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高三理科一轮总复习教学案《排列组合》


排列组合、二项式定理、概率
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考试要求 1.理解并运用分类加法计数原理或分步 排 列 、 组 合 乘法计数原理解决一些简单的实际问题; 2.理解排列、 组合的概念; 能利用计数原 理推导排列数公式、组合数公式,并能解决 简单的实际问题; 3.能用计数原理证明二项式定理;会用 二项式定理解决与之有关的简单问题. 1.了解随机事件发生的不确定性和频率 随

机 事 件 的 概 率 的稳定性,了解概率的意义以及频率与概率 的区别; 2.了解两个互斥事件的概率加法公式和 相互独立事件同时发生的概率乘法公式; 3.理解古典概型及其概率计算公式; 会计 算一些随机事件所包含的基本事件的个数及 事件发生的概率; 4.了解随机数的意义, 能运用模拟方法估 计概率,了解几何概型的意义. 1.理解取有限值的离散型随机变量及其 分布列的概念,了解分布列对于刻画随机现象 离 散 型 随 机 变 量 的重要性;超几何分布及其导出过程,并能进 行简单的应用; 3.了解条件概率和两个事件相互独立的 概念,理解 n 次独立重复试验的模型及二项分 布,并能解决一些简单的实际问题; 4.理解取有限值的离散型随机变量均值、 方差的概念,能计算简单离散型随机变量的 均值、方差,并能解决一些实际问题; 5.利用实际问题的直方图, 认识正态分布 曲线的特点及曲线所表示的意义. 2.古典概型、几何概 型的概率计算. 本章难点:1.互斥事 件的判断及互斥事 件概率加法公式应 重难点击 本章重点:排 列、组合的意义及其 计算方法,二项式定 理的应用. 本章难点:用二项式 定理解决与二项展 开式有关的问题. 本章重点:1.随 机事件、互斥事件及 概率的意义,并会计 要求考生能从集合的 思想观点认识事件、 互斥事 件与对立事件,进而理解概 排列组合是学习概率 的基础, 其核心是两个基本 原理.高考中着重考查两个 基本原理, 排列组合的概念 及二项式定理. 命题展望

算互斥事件的概率; 率的性质、 公式,还要求考生 了解几何概型与随机数的 意义.高考中注重考查基础 知识和基本方法的同时, 还 常考查分类与整合, 或然与 必然的数学思想方法, 逻辑

用;2.可转 化为几何 思维能力以及运用概率知 概型求概率的问题. 本章重点:1.离 散型随机变量及其 分布列;2.独立重复 试验的模型及二项 分布. 本章难点:1.利用离 散型随机变量的均 值、方差解决一些实 际问题;2.正态分布 曲线的特点及曲线 所表示的意义. 求随机变量的分布列 与期望, 以及在此基础上进 行统计分析是近几年来较 稳定的高考命题态势.考生 应注重对特殊分布(如二项 分布、超几何分布)的理解 和对事件的意义的理解. 识解决实际问题的能力.

知识网络

12.1
典例精析

分类加法计数原理与分步乘法计数原理

题型一 分类加法计数原理的应用 【例 1】 在 1 到 20 这 20 个整数中,任取两个数相加,使其和大于 20,共有 【解析】当一个加数是 1 时,另一个加数只能是 20,有 1 种取法; 当一个加数是 2 时,另一个加数可以是 19,20,有 2 种取法; 当一个加数是 3 时,另一个加数可以是 18,19,20,有 3 种取法; ?? 当一个加数是 10 时,另一个加数可以是 11,12,?,19,20,有 10 种取法; 当一个加数是 11 时,另一个加数可以是 12,13,?,19,20,有 9 种取法; ?? 当一个加数是 19 时,另一个加数只能是 20,有 1 种取法. 由分类加法计数原理可得共有 1+2+3+?+10+9+8+?+1=100 种取法. 【点拨】采用列举法分类,先确定一个加数,再利用“和大于 20”确定另一个加数. 【变式训练 1】(2010 济南市模拟)从集合{1,2,3,?,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比 种取法.

数列,这样的等比数列的个数为( A.3 B.4

) C.6 D.8

3 【解析】 当公比为 2 时, 等比数列可为 1,2,4 或 2,4,8; 当公比为 3 时, 等比数列可为 1,3,9; 当公比为 时, 2 1 1 2 等比数列可为 4,6,9.同理,公比为 、 、 时,也有 4 个.故选 D. 2 3 3 题型二 分步乘法计数原理的应用 【例 2】 从 6 人中选 4 人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览,要求每个旅游景点只 有一人游览,每人只游览一个旅游景点,且 6 个人中甲、乙两人不去张家界游览,则不同选择方案共有 种.

【解析】能去张家界的有 4 人,依此能去韶山、衡山、桃花源的有 5 人、4 人、3 人.则由分步乘法计数 原理得不同的选择方案有 4× 4× 5× 3=240 种. 【点拨】根据题意正确分步,要求各步之间必须连续,只有按照这几步逐步地去做,才能完成这件事, 各步之间既不能重复也不能遗漏. 【变式训练 2】(2010 湘潭市调研)要安排一份 5 天的值班表,每天有一人值班,现有 5 人,每人可以值 多天班或不值班,但相邻两天不准由同一人值班,问此值班表共有 种不同的排法.

【解析】依题意,值班表须一天一天分步完成.第一天有 5 人可选有 5 种方法,第二天不能用第一天的人有 4 种方法,同理第三天、第四天、第五天也都有 4 种方法,由分步乘法计数原理共有 5× 4× 4=1 280 种方法. 4× 4× 题型三 分类和分步计数原理综合应用 【例 3】(2011 长郡中学)如图,用 4 种不同的颜色对图中 5 个区域涂色(4 种颜色全部使用), 要求每个区域涂一种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色种数有 .

【解析】方法一:由题意知,有且仅有两个区域涂相同的颜色,分为 4 类:1 与 5 同;2 与 5 同;3 与 5 同;1 与 3 同.对于每一类有 A4种涂法,共有 4A4=96 种方法. 4 4 方法二:第一步:涂区域 1,有 4 种方法;第二步:涂区域 2,有 3 种方法;第三步:涂区域 4,有 2 种 方法(此前三步已经用去三种颜色);第四步:涂区域 3,分两类:第一类,3 与 1 同色,则区域 5 涂第四种颜 色;第二类,区域 3 与 1 不同色,则涂第四种颜色,此时区域 5 就可以涂区域 1 或区域 2 或区域 3 中的任意 一种颜色,有 3 种方法.所以,不同的涂色种数有 4× 2× 1+1× 3× (1× 3)=96 种. 【点拨】染色问题是排列组合中的一类难题.本题能运用两个基本原理求解,要注意的是分类中有分步, 分步后有分类. 【变式训练 3】(2009 深圳市调研)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为 1,2,?,9 的 9 个小正方形,使得任意相邻(有公共边)小正方形所涂颜色都不相同,且 1,5,9 号小正方形涂相同 颜色,则符合条件的所有涂法有多少种? 【解析】第一步,从三种颜色中选一种颜色涂 1,5,9 号有 C1种涂法; 3 第二步,涂 2,3,6 号,若 2,6 同色,有 4 种涂法,若 2,6 不同色,有 2 种涂法,故共有 6 种涂法; 第三步,涂 4,7,8 号,同第二步,共有 6 种涂法. 由分步乘法原理知共有 3× 6=108 种涂法. 6×

总结提高

分类加法计数原理和分步乘法计数原理回答的都是完成一件事有多少种不同方法或种数的问题,其区别 在于:分类加法计数原理是完成一件事要分若干类,类与类之间要互斥,用任何一类中的任何一种方法都可 以独立完成这件事;分步乘法计数原理是完成一件事要分若干步,步骤之间相互独立,各个步骤相互依存, 缺少其中任何一步都不能完成这件事,只有当各个步骤都完成之后,才能完成该事件.因此,分清完成一件事 的方法是分类还是分步,是正确使用这两个基本计数原理的基础.

12.2
典例精析 题型一 排列数与组合数的计算

排列与组合

6 8!+A6 3 3 3 【例 1】 计算:(1) 2 4 ;(2) C3+C4+?+C10. A8-A10

8× 6× 4× 2× 7× 5× 3× 1+6× 4× 2× 57× 5× 3× 5× 3× 1 6× 4× 2 5 130 【解析】(1)原式= = =- . 623 8× 7-10× 8× 9× 7 56× (-89)
4 3 3 (2)原式=C4+C3+C3+?+C3 =C4+C3+?+C3 =C6+C6+?+C10=C4 =330. 4 4 5 10 5 5 10 11

n! 【点拨】在使用排列数公式 Am= 进行计算时,要注意公式成立的条件:m,n∈N+,m≤n.另外, n (n-m)! 应注意组合数的性质的灵活运用.
x x 【变式训练 1】解不等式 A9 >6 A9 ? 2 .

9! 9! 6 1 【解析】原不等式即 >6× ,也就是 > , (9-x)! (11-x)! (9-x)! (11? x) ? (10 ? x) ? 9 ? x)! 化简得 x2-21x+104>0, 解得 x<8 或 x>13,又因为 2≤x≤9,且 x∈N*, 所以原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7}. 题型二 有限制条件的排列问题 【例 2】 3 男 3 女共 6 个同学排成一行. (1)女生都排在一起,有多少种排法?(2)女生与男生相间,有多少种排法? (3)任何两个男生都不相邻,有多少种排法?(4)3 名男生不排在一起,有多少种排法? (5)男生甲与男生乙中间必须排而且只能排 2 位女生,女生又不能排在队伍的两端,有几种排法? 【解析】(1)将 3 名女生看作一人,就是 4 个元素的全排列,有 A4种排法.又 3 名女生内部可有 A3种排法, 4 3 所以共有 A4·A3=144 种排法. 4 3 (2)男女先各自排,然后相间插入(此时有 2 种插法),所以女生与男生相间共有 2A3·A3=72 种排法. 3 3 (3)女生先排,女生之间及首尾共有 4 个空隙,任取其中 3 个安插男生即可,因而任何两个男生都不相邻
3 的排法共有 A3·A4=144 种. 3

(4)直接分类较复杂,可用间接法.即从 6 个人的排列总数中,减去 3 名男生排在一起的排法种数,得 3 名男生不排在一起的排法种数为 A6-A3A4=576 种. 6 3 4 (5)先将 2 个女生排在男生甲、乙之间,有 A2种排法.又甲、乙之间还有 A2种排法.这样就有 A2·A2种排 3 2 3 2

法.然后把他们 4 人看成一个元素(相当于一个男生), 这一元素及另 1 名男生排在首尾, A2种排法.最后将余 有 2
2 下的女生排在其间,有 1 种排法.故总排法为 A3A2A2=24 种. 2 2

【点拨】排列问题的本质就是“元素”占“位子”问题,有限制条件的排列问题的限制主要表现在:某 些元素“排”或“不排”在哪个位子上,某些元素“相邻”或“不相邻”.对于这类问题,在分析时,主要按 照“优先”原则,即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子,对于“相邻”问题可用“捆绑法”,对于“不 相邻”问题可用“插空法”.对于直接考虑较困难的问题,可以采用间接法. 【变式 2】把 1,2,3,4,5 这五个数字组成无重复数字的五位数,并把它们按由小到大排列构成一个数列. (1)43 251 是这个数列的第几项?(2)这个数列的第 97 项是多少? 【解析】(1)不大于 43 251 的五位数 A5-(A4+A3+A2)=88 个,即为此数列的第 88 项. 5 4 3 2 (2)此数列共有 120 项,而以 5 开头的五位数恰好有 A4=24 个,所以以 5 开头的五位数中最小的一个就 4 是该数列的第 97 项,即 51 234. 题型三 有限制条件的组合问题 【例 3】 要从 12 人中选出 5 人去参加一项活动. (1)A,B,C 三人必须入选有多少种不同选法? (2)A,B,C 三人都不能入选有多少种不同选法?

(3)A,B,C 三人只有一人入选有多少种不同选法? (4)A,B,C 三人至少一人入选有多少种不同选法? (5)A,B,C 三人至多二人入选有多少种不同选法?
2 【解析】(1)只须从 A,B,C 之外的 9 人中选择 2 人,C9=36 种不同选法.

(2)由 A,B,C 三人都不能入选只须从余下 9 人中选择 5 人,即有 C5=C4=126 种选法. 9 9 (3)可分两步,先从 A,B,C 三人中选出 1 人,有 C1种选法,再从余下的 9 人中选 4 人,有 C4种选 法, 3 9 所以共有 C1·C4=378 种选法. 3 9
5 5 (4)可用间接法,从 12 人中选 5 人共有 C5 种,再减去 A,B,C 都不入选的情况 C5, 12 9 共有 C12-C9=666 种选法. 5 (5)可考虑间接法,从 12 人中选 5 人共有 C5 种,再减去 A,B,C 三人都入选的情况 C2种,所以共有 C12 12 9

-C2=756 种选法. 9 【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题,可用间接法.对于有限制条件的问题,一般要根据特殊元素分类. 【变式训练 3】四面体的顶点和各棱中点共有 10 个点. (1)在其中取 4 个共面的点,共有多少种不同的取法? (2)在其中取 4 个不共面的点,共有多少种不同的取法? 【解析】(1)四个点共面的取法可分三类.第一类:在同一个面上取,共有 4C4种;第二类:在一条棱上取 6 三点,再在它所对的棱上取中点,共有 6 种;第三类:在六条棱的六个中点中取,取两对对棱的 4 个中点, 共有 C2=3 种.故有 69 种.(2)用间接法.共 C4 -69=141 种. 3 10

总结提高
解有条件限制的排列与组合问题的思路: (1)正确选择原理,确定分类或分步计数; (2)特殊元素、特殊位置优先考虑; (3)再考虑其余元素或其余位置.

排列与组合(理)练习 1.某研究性学习小组有 4 名男生和 4 名女生,一次问卷调查活动需要挑选 3 名同学参加,其中至少一名 女生,则不同的选法种数为( C ) A.120 B.84 C .52 D.48

2.甲、乙、丙 3 位志愿者安排在周一至周五的 5 天中参加某项志愿者活动,要求每人参加一天且每天 至多安排一人,并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有( A ) A.20 种 B.30 种 C.40 种 D.60 种

2 [解析] 分三类:甲在周一,共有 A4种排法;甲在周二,共有 A2种排法; 甲在周三,共有 A2种排法; 3 2 2 ∴A2+A2+A2=20. 4 3

3.10 名同学合影,站成了前排 3 人,后排 7 人.现摄影师要从后排 7 人中抽 2 个站前排,其他人的相 对顺序不变,则不同调整方法的种数为( C
5 A.C2A5 B.C2A2 7 7 2

)

C.C2A2 7 5

2 D.C7A3 5

[解析] 从后排抽 2 人的方法种数是 C2;前排的排列方法种数是 A2,由分步计数原理知不同调整方法种 7 5 数是 C2A2. 7 5 4. 一个汽车牌照号码共有五位,某市汽车牌照号码可上网自编,但规定从左到右第二个号码只能从字母 B、 C、D 中选择, 其他四个号码可以从 0~9 这十个数字中选择(数字可以重复),某车主第一个号码(从左到右)只想 在数字 3、 6、 9 中选择,其他号码只想在 1、 6、 中选择,则他的车牌号码可选的所有可能情况有( D) 5、 8、 3、 9 A.180 种 B.360 种 C.720 种 D.960 种 [解析] 按照车主的要求,从左到右第一个号码有 5 种选法,第二位号码有 3 种选法,其余三位各有 4
1 种选法,因此该车主的车牌号码可选的所有可能情况共有 A1· 1· 1· 1· 4=960 种,故选 D. 5 A3 A4 A4 A

5.如图所示的几何体是由一个正三棱锥 P-ABC 与正三棱柱 ABC-A1B1C1 组合而成,现用 3 种不同颜色 对这个几何体的表面染色(底面 A1B1C1 不涂色),要求相邻的面均不同色,则不同的染色方案共有( D )

A.24 种

B.18 种 C.16 种

D.12 种

1 [解析] 先涂三棱锥 P-ABC 的三个侧面,然后涂三棱柱的三个侧面,共有 C3× 2× 1C1=3 × 1× C1 C1 2 2× 2=12

种不同的涂法. 6. 从集合{1,2,3, …,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的等比数列的个数为(D ) A.3 B.4 C.6 D.8

[解析] 当公比为 2 时,等比数列可为 1、2、4,2、4、8. 3 当公比为 3 时,等比数列可为 1、3、9.当公比为 时,等比数列可为 4、6、9. 2

同时,4、2、1,8、4、2,9、3、1 和 9、6、4 也是等比数列,共 8 个. 7.(2011· 昆明模拟)将 4 名新来的同学分配到 A、B、C 三个班级中,每个班级至少安排 1 名学生,其中 甲同学不能分配到 A 班,那么不同的分配方案有________.24 种
3 [解析] 将 4 名新来的同学分配到 A、 C 三个班级中, B、 每个班级至少安排一名学生有 C2A3种分配方案, 4 1 其中甲同学分配到 A 班共有 C2A2+C1A2种方案.因此满足条件的不同方案共有 C2A3-C2A2-C3A2=24(种). 3 2 3 2 4 3 3 2 2

8.有 6 个大小不同的 数按如图的形式随机排列,设第一行的数为 M1,第二、三行中的最大数分别为 M2、 M3,则满足 M1<M2<M3 的所有排列的个数是________.240

[解析] 设 6 个 数按从小到大顺序依次为 a1、a2、a3、a4、a5、a6. 据题设条件知 M3=a6, 可依第二行最大数 M2 分类讨论.
3 ①若 M2=a5,有排法 C1· 1· 2· 3=144 种. 4 C3 A2 A 1 ②若 M2=a4,则 a5 必在第三行有排法 C1· 2· 2A3=72 种. 3 C A2 3 1 ③若 M2=a3,则 a4、a5 都在第三行有排法 C2· 2A3=24 种,据条件知 M2 不能小于 a3. A2 3

∴满足题设条件的所有不同排列的个数为 144+72+24=240 个. 9.在空间直角坐标系 O-xyz 中有 8 个点:P1(1,1,1)、P2(-1,1,1)、…、P7(-1,-1,-1)、P8(1,-1,-1)(每 个点的横、纵、竖坐标都是 1 或-1),以其中 4 个点为顶点的三棱锥一共有___个(用数字作答).58 [解析] 这 8 个点构成正方体的 8 个顶点,此题即转 化成以正方体的 8 个顶点中的 4 个点为顶点的三棱
2 锥一共有多少个,则共有三棱锥 C1C3+(C2C4-2× 4-2)+C3C1=58 个. 4 4 4 4 4

[点评] 用间接法求解更简便些,从正方体的 8 个顶点中任取 4 个,有不同取法 C4种,其中这四点共面 8 的(6 个对角面、6 个表面)共 12 个,∴这样的三棱锥有 C4-12=58 个. 8 10.(2011· 苏州调研)某外商计划在 4 个候选城市投资 3 个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超 过 2 个,求该外商不同的投资方案有多少种? [解析] 根据题意分两类,一类:先将 3 个项目分成两组,一组有 1 个项目,另一组有 2 个项目,然后 再分配给 4 个城市中的 2 个,共有 C 2A2种方案;另一类 1 个城市 1 个项目,即把 3 个元素排在 4个不同位置 3 4
2 中的 3 个,共有 A3种方案.由分类加法计数原理可知共有 C3A2+A3=60(种)方案. 4 4 4

11.(2011· 广东广州综合测试)将 18 个参加青少年科技创新大赛的名额分配给 3 个学校,要求每校至少有 一个名额且各校分配的名额互不相等,则不同的分配方法种数为( B A.96 B.114 C.128 D.136 [解析] 若某一学校的最少人数是 1,2,3,4,5, 则各有 7,5,4,2,1 种不同的分组方案. 故不同的分配方法种数 )

是(7+5+4+2+1)A3=19× 6=114. 3 12.(2011· 甘肃兰州高手诊断)某位高三学生要参加高校自主招生考试,现从 6 所高校中选择 3 所报考, 其中两所学校的考试时间相同.则该学生不同的报名方法种数是( C A.12 B.15 C.16 D.20 [解析] 若该考生不选择两所考试时间相同的学校,有 C3=4 种报名方法;若该考生选择两所考试时间 4 相同的学校之一,有 C2C1=12 种报名方法,故共有 4+12=16 种不同的报名方法. 4 2 13.(2010· 天津理)如图,用四种不同颜色给图中的 A、B、C、D、E、F 六个点涂色,要求每个点涂一种 颜色,且图中每条线段的两个端点涂不同颜色,则不同的涂色方法共有( B ) )

A.288 种

B.264 种

C.240 种

D.168 种 A3,再从 4 B、F、C 三点选一个涂第四种颜色,如 B,再 F,若 F

[解析] 当涂四色时,先排 A、E、D 为

1 与 C 同色,则涂 C 有 2 种方法,若 F 与 C 异色则只有一种方法,故 A3A3(2+1)=216 种. 4

当涂三色时,先排 A、E、D 为 C3A3,再排 B 有 2 种,F、C 各为一种,故 C3A3× 4 3 4 3 2=48, 故共有 216+48=264 种,故选 B. 14.一植物园参观路径如图所示,若要全部参观并且路线不重复,则不同的参观路线种数共有( D )

A.6 种 B.8 种

C.36 种 D.48 种

2 [解析] 如图所示,三个区域 按参观的先后次序共有 A3种参观方法,对于每一种参观次序,每一个植物

园都有 2 类参观路径,∴共有不同参观路线 2× 2× 2=48 种. 2× A3

15. (2010· 重庆一中)为配合即将开幕的 2010 年上海世博会, 某大学拟成立由 4 名同学组成的志愿者招募

宣传队,经过初选,2 名男同学,4 名女同学成为了候选人,每位候选人当选正式队员的机会是相等的. (1)求当选的 4 名同学中恰有 1 名男同学的概率.(2)求当选的 4 名同学中至少有 3 名女同学的概率. [解析] 从 2 男 4 女共 6 名同学中选取 4 人,不同选法共有 C4=15 种, 6 8 (1)恰有 1 名男同学当选的情况有 C1· 3=8 种,∴所求概率 P= . 2 C4 15 (2)当选的 4 名同学中至少有 3 名女同学的情况有 C3C1+C4=9 种,∴所求概率 P= 4 2 4 9 3 = . 15 5

16.(2011· 深圳模拟)用 0,1,2,3,4 这五个数字,可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数? (1)被 4 整除;(2)比 21034 大的偶数;(3)左起第二、四位是奇数的偶数. [解] (1)被 4 整除的数,其特征应是末两位数是 4 的倍数,可分为两类:当末两位数是 20、40、04 时,其排列 数为 3A3=18,当末两位数 是 12、 32 时,其排列数为 3A1· 2=12.故满足条件的五位数共有 18+12=30(个). 24、 3 2 A2 (2)①当末位数字是 0 时,首位数字可以为 2 或 3 或 4,满足条件的数共有 3× 3=18 个. A3 ②当末位数字是 2 时,首位数字可以为 3 或 4,满足条件的数共有 2× 3=12 个. A3 ③当末位数字是 4 时,首位数字是 3 的有 A3=6 个,首位数字是 2 时,有 3 个,共有 9 个. 3 综上知,比 21034 大的偶数共有 18+12+9=39 个. (3)方法一:可分为两类:末位数是 0,有 A2· 2=4(个);末位数是 2 或 4,有 A2· 1=4(个); 2 A2 2 A2 故共有 A2· 2+A2· 1=8(个). 2 A2 2 A2 方法二:第二、四位从奇数 1,3 中取,有 A2个;首位从 2,4 中取,有 A1个;余下的排在剩下的两位,有 2 2 A2个,故共有 A2A1A2=8(个). 2 2 2 2

1. 10 名大学毕业生中选 3 人担任村长助理,则甲、 从 乙至少有 1 人入选,而丙没有入选的不同选法为( C) A.85 B.56 C.49 D.28 [解析] 分两类计算,C2C1+C1C2=49,故选 C. 2 7 2 7 2. 从编号为 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 的 10 个球中, 任取 5 个球, 则这 5 个球的编号之和为偶数的概率是( C ) 1 A. 6 1 1 2 B. C. D. 3 2 3

4 [解析] 从 10 个球中选 5 个有 C5 种选法,取出的 5 个球编号之和为偶数的取法有:1 偶 4 奇 C1C5,3 10 5

C1C4+C3C2+C5 1 5 5 5 5 5 偶 2 奇 C3C2,5 偶 C5,∴所