三类之和为24＋12＋12＝48种。 二、填空题
4.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有 种. 答案 32
5.某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“×××××××0000”到“×××××××9999”共10 000个号码，公司规定：凡卡号的后四位中带有数字“4”或“7”的一律作为优惠卡，则这组号码中“优惠卡”共有 个. 答案 5 904
6.若一个m,n均为非负整数的有序数对（m,n)，在做m+n的加法时各位均不会进位，则称（m,n)为“简单的”有序数对，m+n称为有序数对（m,n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序数对的个数是 . 答案 300 三、解答题
7.（1）4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？ （2）4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？
解 （1）要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，四个都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有：3×3×3×3=81种报名方法.
（2）完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，
于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步.而每项冠军是四人中的某一人，有4种可能的情况，于是共有：4×4×4=43=64种可能的情况. 8.用5种不同的颜色给图中所给出的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色，若要求相邻（有公共边）的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？
解 完成该件事可分步进行. 涂区域1，有5种颜色可选. 涂区域2，有4种颜色可选.
涂区域3，可先分类：若区域3的颜色与2相同，则区域4有4种颜色可选.若区域3的颜色与2不同，则区域3有3种颜色可选，此时区域4有3种颜色可选. 所以共有5×4×（1×4+3×3）=260种涂色方法.
9.在平面直角坐标系内，点P（a，b）的坐标满足a≠b,且a,b都是集合{1,2,3,4,5,6}的元素,又点P到原点的距离|OP|≥5.求这样的点P的个数. 解 按点P的坐标a将其分为6类: (1)若a=1,则b=5或6,有2个点;
6
(2)若a=2,则b=5或6,有2个点;
(3)若a=3,则b=5或6或4,有3个点; (4)若a=4,则b=3或5或6,有3个点; (5)若a=5,则b=1,2,3,4,6,有5个点; (6)若a=6,则b=1,2,3,4,5,有5个点;
∴共有2+2+3+3+5+5=20（个）点.
10.将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有多少种？
解 设由左到右五块田中要种a,b,c三种作物，不妨先设第一块种a,则第二块可种b,c,有两种选法.同理，如果第二块种b,则第三块可种a和c,也有两种选法，由分步计数原理共有1×2×2×2×2=16.其中要去掉ababa和acaca两种方法. 故a种作物种在第一块田中时的种法数有16-2=14（种）. 同理b种或c种作物种在第一块田中时的种法数也都为14种. 所以符合要求的种植方法共有
3×(2×2×2×2-2)=3×(16-2)=42(种).
第二课 排列与组合
一．知识梳理 1．概念 2．公式 3．性质 排列 组合 二．基础自测
1.（09北京卷文）用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为 ； 解：本题主要考查排列组合知识以及分步计数原理知识. 属于基础知识、基本运算的考查.
12和4排在末位时，共有A2?2种排法，
3其余三位数从余下的四个数中任取三个有A4?4?3?2?24种排法，
于是由分步计数原理，符合题意的偶数共有2?24?48（个）.故选C.
2.（09湖北卷文）从5名志愿者中选派4人在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有一人参加，星期六有两人参加，星期日有一人参加，则不同的选派方法共有
7
1解：5人中选4人则有C54种，周五一人有C4种，周六两人则有C32，周日则有C11种，故
1共有C54×C4×C32=60种,故选C
3.停车场每排恰有10个停车位.当有7辆不同型号的车已停放在同一排后，恰有3个空车位连在一起的排法有 种.（用式子表示） 答案 A88
4.在100件产品中有6件次品，现从中任取3件产品，至少有1件次品的不同取法种数是 （用式子表示）.
3答案 C100-C394
5.如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有 种（用数字作答）.
答案 390
三．典例剖析
例1 六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？ （1）甲不站两端； （2）甲、乙必须相邻； （3）甲、乙不相邻；
（4）甲、乙之间间隔两人； （5）甲、乙站在两端；
（6）甲不站左端，乙不站右端.
解 （1）方法一 要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有A14种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有A5根据分步计数原理，共有5种站法，
5站法：A14·A5=480（种）.
2方法二 由于甲不站两端，这两个位置只能从其余5个人中选2个人站，有A5种站法，
24然后中间4人有A44种站法，根据分步计数原理，共有站法：A5·A4=480（种）.
方法三 若对甲没有限制条件共有A6甲在两端共有2A5从总数中减去6种站法，5种站法，
5这两种情况的排列数，即共有站法：A66-2A5=480（种）.
8
（2）方法一 先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，和其余4人进行全排列有A5再把甲、乙进行全排列，有A2根据分步计数原理，共有A5A22种站法，2=2405种站法，5·（种）站法.
方法二 先把甲、乙以外的4个人作全排列，有A44种站法，再在5个空档中选出一个供甲、乙放入，有A1最后让甲、乙全排列，有A2共有A4A1A22种方法，4·2=2405种方法，5·（种）.
（3）因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”，第一步先让甲、乙以外的4个人站队，有A44种站法；第二步再将甲、乙排在4人形成的5个空档（含两端）中，有
22A5种站法，故共有站法为A44·A5=480（种）.
52也可用“间接法”，6个人全排列有A66种站法，由（2）知甲、乙相邻有A5·A2=240
52种站法，所以不相邻的站法有A66-A5·A2=720-240=480（种）.
（4）方法一 先将甲、乙以外的4个人作全排列，有A44种，然后将甲、乙按条件插入
42站队，有3A22种，故共有A4·（3A2）=144（种）站法.
方法二 先从甲、乙以外的4个人中任选2人排在甲、乙之间的两个位置上，有A24种，然后把甲、乙及中间2人看作一个“大”元素与余下2人作全排列有A33种方法，最后对
232甲、乙进行排列，有A22种方法，故共有A4·A3·A2=144（种）站法.
（5）方法一 首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A22种，再让其他4人在中间位
24置作全排列，有A44种，根据分步计数原理，共有A2·A4=48（种）站法.
方法二 首先考虑两端两个特殊位置，甲、乙去站有A22种站法，然后考虑中间4个位
24置，由剩下的4人去站，有A44种站法，由分步计数原理共有A2·A4=48（种）站法.
5（6）方法一 甲在左端的站法有A55种，乙在右端的站法有A5种，且甲在左端而乙在右
654端的站法有A44种，共有A6-2A5+A4=504（种）站法.
9
方法二 以元素甲分类可分为两类：①甲站右端有A5②甲在中间4个位置之一，5种站法，
145114而乙不在右端有A14·A4·A4 种，故共有A5+A4·A4·A4=504（种）站法.
练习：1.用0、1、2、3、4、5这六个数字，可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数：(1)奇数；(2)偶数；(3)大于3 125的数.
12解 (1)先排个位，再排首位，共有A13·A4·A4=144（个）.
112(2)以0结尾的四位偶数有A35个，以2或4结尾的四位偶数有A2·A4·A4个，则共有
112A35+ A2·A4·A4=156（个）.
2(3)要比3 125大，4、5作千位时有2A35个，3作千位，2、4、5作百位时有3A4个，3
321作千位，1作百位时有2A13个，所以共有2A5+3A4+2A3=162（个）.
例2 男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人.选派5人外出比赛.在下列情形中各有多少种选派方法？
（1）男运动员3名，女运动员2名； （2）至少有1名女运动员； （3）队长中至少有1人参加； （4）既要有队长，又要有女运动员.
解 （1）第一步：选3名男运动员，有C36种选法. 第二步：选2名女运动员，有C24种选法.
2共有C36·C4=120种选法.
（2）方法一 至少1名女运动员包括以下几种情况： 1女4男，2女3男，3女2男，4女1男. 由分类计数原理可得总选法数为
4233241C14C6+C4C6+C4C6+C4C6=246种.
方法二 “至少1名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解.
5从10人中任选5人有C10种选法，其中全是男运动员的选法有C56种.
5所以“至少有1名女运动员”的选法为C10-C56=246种.
10