微专题 组合的基本问题 学案——2023届高考数学一轮《考点·题型·技巧》精讲与精练

这是一份微专题 组合的基本问题 学案——2023届高考数学一轮《考点·题型·技巧》精讲与精练，共28页。
微专题：组合的基本问题
【考点梳理】
1. 组合：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.
2. 组合数
定义及表示
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号C表示.
组合数公式
乘积式
C＝＝.
阶乘式
C＝.
两个性质
性质1
C＝C.
性质2
C＝C＋C.
3. kC＝nC；C＝C＋C＋…＋C.
4.解组合问题时要注意：①分类时不重不漏；②注意间接法的使用，在涉及“至多”“至少”等问题时，多考虑用间接法(排除法)；
【题型归纳】
题型一：实际问题中的组合计数问题
1．小明暑假来到云南旅游，从云腿、三七、普洱茶、鲜花饼、油鸡枞、小粒咖啡这六种云南特产中任意购买两种，则小明购买了油鸡枞的概率是（       ）
A． B． C． D．
2．某高职院校为提高办学质量，建设同时具备理论教学和实践教学能力的“双师型”教师队伍，现决定从3名男教师和3名女教师中任选2人一同到某企业实训，则选中的2人都是男教师的概率为（       ）
A． B． C． D．
3．现从男、女共8名学生中选出2名男生和1名女生分别参加学校“资源”“生态”和“环保”三个夏令营活动，已知共有90种不同的方案，那么男、女学生的人数分别是（       ）
A．2，6 B．3，5 C．5，3 D．6，2

题型二：代数中的组合计数问题

4．设集合，集合是的子集，且满足，，那么满足条件的集合的个数为（       ）
A． B． C． D．
5．素数是指在一个大于1的自然数中，除了1和此整数自身外，不能被其他自然数整除的数.在不超过18的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是（       ）
A． B． C． D．
6．在一个长度为的数字序列中，当且仅当相邻元素差的绝对值经过排序后正好是从1到，则认定该数字序列存在“有趣的跳跃”如果一组数经过排序后存在“有趣的跳跃”，则称这组数为“有趣的跳跃数组”.例如，因为差的绝对值分别为2，1，所以存在“有趣的跳跃”，这组数为“有趣的跳跃数组”现从这六个数中一次任取3个数，则这3个数是“有趣的跳跃数组”的概率为（       ）
A． B． C． D．

题型三：几何组合计数问题
7．设为正六边形的中心，在O，A，B，C，D，E，F中任取三点，则取到的三点构成等边三角形的概率为（       ）
A． B． C． D．
8．从正360边形的顶点中取若干个，依次连接，构成的正多边形的个数为（       ）
A．360 B．630 C．1170 D．840
9．在平面直角坐标系xOy上，平行直线与平行直线组成的图形中，矩形共有（       ）
A．25个 B．36个 C．100个 D．225个






【双基达标】
10．某款手机软件主要设有“阅读文章”“视听学习”两个学习模块和“每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题模块.某人在学习过程中，“阅读文章”不能放首位，四个答题模块中有且仅有三个答题模块相邻的学习方法种数为（       ）
A．60 B．240 C．192 D．432
11．现有16张不同的卡片，其中红色，黄色，蓝色，绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一颜色，且绿色卡片至多1张，则不同的取法种数为（       ）
A．484 B．472
C．252 D．232
12．一批产品共10件，次品率为20%，从中任取2件，则恰好取到1件次品的概率为(　　)
A． B． C． D．
13．在象棋比赛中，参赛的任意两位选手都比赛一场，其中胜者得2分，负者得0分，平局各得1分.现有四名学生分别统计全部选手的总得分为131分，132分，133分，134分，但其中只有一名学生的统计结果是正确的，则参赛选手共有（       ）
A．11位 B．12位 C．13位 D．14位
14．车马理论也称霍姆斯马车理论，是指各种资源都得到最合理配置和使用充分均匀的一种理论．管理学家经常将霍姆斯马车理论引申为：一个富有效率的团队，不需要每一个人都是最有能力的，而在于每个人的能力都能得到最合理的发挥．某班一小队共10名同学，编号分别为1，2，…，9，10，要均分成两个学习小组（学习小组没有区别），其中1，2号同学必须组合在一起，3，4号同学也必须组合在一起，其余同学可以随意搭配，就能达到最佳效果，那么不同的分组方式的种数为（       ）
A．26 B．46 C．52 D．126
15．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排3名，乙场馆安排1名，丙场馆安排2名，则不同的安排方法共有（       ）．
A．120种 B．90种 C．80种 D．60种
16．高三（1）班举行英语演讲比赛，共有六名同学进入决赛，在安排出场顺序时，甲排在后三位，且丙、丁排在一起的概率为（       ）
A． B． C． D．
17．如图所示，积木拼盘由，，，，五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色（如：与为相邻区域，与为不相邻区域），现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是（       ）

A．780 B．840 C．900 D．960
18．把1、2、3、4、5、6、7这七个数随机地排成一列组成一个数列，要求该数列恰好先减后增，则这样的数列共有（       ）
A．20个 B．62个 C．63个 D．64个
19．甲、乙两名同学从生物、地理、政治、化学中各选两门进行学习，若甲、乙不能同时选生物，则甲、乙总的选法种数有（       ）
A． B． C． D．
20．某亲子栏目中，节目组给6位小朋友布置一项搜寻空投食物的任务．已知：①食物投掷点有远、近两处；②由于小朋友甲年纪尚小，所以要么不参与该项任务，要么参与搜寻近处投掷点的食物，但不参与时另需1位小朋友在大本营陪同；③所有参与搜寻任务的小朋友被均匀分成两组，一组去远处，一组去近处．那么不同的搜寻方案有（       ）
A．10种 B．40种 C．70种 D．80种
21．某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（       ）
A．48 B．54 C．60 D．72
22．2022年第24届冬季奥林匹克运动会（即2022年北京冬季奥运会）的成功举办，展现了中国作为一个大国的实力和担当，“一起向未来”更体现了中国推动构建人类命运共同体的价值追求．在北京冬季奥运会的某个比赛日，某人欲在冰壶（●）、冰球（●）、花样滑冰（）、跳台滑雪（）、自由滑雪（）、雪车（）这6个项目随机选择3个比赛项目现场观看（注：比赛项目后括号内为“●”表示当天不决出奖牌的比赛，“”表示当天会决出奖牌的比赛），则所选择的3个观察项目中当天会决出奖牌的项目数的均值为（       ）
A．1 B． C．2 D．
23．某校开设A类选修课3门，B类选修课3门，每位同学从中选3门．若要求两类课程中都至少选一门，则不同的选法共有（       ）
A．3种 B．6种 C．9种 D．18种
24．为了丰富学生的假期生活，某学校为学生推荐了《西游记》、《红楼梦》、《水浒传》和《三国演义》部名著．甲同学准备从中任意选择部进行阅读，那么《红楼梦》被选中的概率为（       ）
A． B． C． D．
25．某校得到北京大学给的10个推荐名额现准备将这10个推荐名额分配给高三年级的6个班级(每班至少一个名额)，则高三（1）班恰好分到3个名额的概率为（       ）
A． B． C． D．
26．小林同学喜欢吃4种坚果：核桃､腰果､杏仁､榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（       ）
A．20160 B．20220 C．20280 D．20340
27．编号为1、2、3、4、5、6、7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有
A．60种 B．20种 C．10种 D．8种
28．2020年是全面建成小康社会的目标实现之年，也是全面打赢脱贫攻坚战的收官之年.为更好地将“精准扶贫”落到实处，某地安排7名干部(3男4女)到三个贫困村调研走访，每个村安排男､女干部各1名，剩下1名干部负责统筹协调，则不同的安排方案有（       ）
A．72种 B．108种 C．144种 D．210种
29．中国古典乐器一般按“八音”分类，这是我国最早按乐器的制造材料来对乐器进行分类的方法，最早见于《周礼·春官·大师》．八音分为“金、石、土、革、丝、木、鲍、竹”，其中“金、石、木、革”为打击乐器，“土、鲍、竹”为吹奏乐器，“丝”为弹拨乐器．某同学安排了包括“土、鲍、竹”在内的六种乐器的学习，每种乐器安排一节，连排六节，并要求“土”与“鲍”相邻排课，但均不与“竹”相邻排课，且“丝”不能排在第一节，则不同的排课方式的种数为（ ）
A．960 B．1024 C．1296 D．2021
30．小华忘记了手机开机密码的前三位，只记得第一位和第二位取自0，1，2，3(可以相同) ，第三位是A，B，C中的一个字母，则小华输入一次密码就能够成功解锁的概率为 （       ）
A． B． C． D．

【高分突破】
一、 单选题
31．给图中A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色.若有4种颜色可供选择，则共有（       ）种不同的染色方案.

A．96 B．144 C．240 D．360
32．七巧板，又称七巧图、智慧板，是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪，到了明代基本定型，于明、清两代在民间广泛流传．某同学用边长为4 dm的正方形木板制作了一套七巧板，如图所示，包括5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形．若该同学从5个三角形中任取出2个，则这2个三角形的面积之和不小于另外3个三角形面积之和的概率是（       ）

A． B． C． D．
33．年支付宝推出的“集福卡，发红包”活动中，用户只要集齐张福卡，就可拼手气分支付宝亿元超级大红包，若活动的开始阶段，支付宝决定先从富强福、和谐福、友善福、爱国福、敬业福个福中随机选出个福，投放到支付宝用户中，则富强福和友善福至少有个被选中的概率为（       ）．
A． B． C． D．
34．十二生肖，又叫属相，依次为鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪．现有十二生肖的吉祥物各一个，甲、乙、丙三名同学从中各选一个，甲没有选择马，乙、丙二人恰有一人选择羊，则不同的选法有（       ）
A．242种 B．220种 C．200种 D．110种
35．文化和旅游部在2021年围绕“重温红色历史、传承奋斗精神”“走进大国重器、感受中国力量”“体验美丽乡村、助力乡村振兴”这三个主题，遴选出“建党百年红色旅游百条精品线路”．这些精品线路中包含中共一大会址、嘉兴南湖、井冈山、延安、西柏坡5个传统红色旅游景区，还有港珠澳大桥、北京大兴国际机场2个展现改革开放和新时代发展成就的景区，中国天眼、“两弹一星”纪念馆、湖南十八洞村、浙江余村、贵州花茂村5个展示科技强国和脱贫攻坚成果的景区．为安排旅游路线，从上述12个景区中选3个景区，则必须含有传统红色旅游景区以及展示科技强国和脱贫攻坚成果景区的不同选法种数为（       ）
A．220 B．150 C．50 D．100
36．奥林匹克标志由5个奥林匹克环套接组成，五环象征五大洲的团结以及全世界的运动员以公正、坦率的比赛和友好的精神在奥林匹克运动会上相见．如图，5个奥林匹克环共有8个交点，从中任取3个点，则这3个点恰好位于同1个奥林匹克环上的概率为（       ）

A． B． C． D．
37．现有棵树径（绕树底部围一圈得到的周长）均不相等的国槐需要种植在新办公楼的前面，种成一排，若要求从中间往两边看时，树径都依次变小，则树径排第五的那棵树和树径排第一（树径最大）的那棵树相邻的概率为（       ）
A． B． C． D．

二、多选题
38．一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红色球（标号为1和2），2个绿色球（标号为3和4），从袋中不放回地依次随机摸出2个球．设事件“第一次摸到红球”，事件“第二次摸到红球”，“两次都摸到绿球”，“两个球中有红球”，则（       ）
A．
B．
C．
D．
39．将四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，不允许有空盒子，下列结果正确的有（ ）
A． B．    C． D．18
40．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是（       ）
A．若任意选择三门课程，选法总数为
B．若物理和化学至少选一门，选法总数为
C．若物理和历史不能同时选，选法总数为
D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为
41．某市组织2022年度高中校园足球比赛，共有10支球队报名参赛.比赛开始前将这10支球队分成两个小组，每小组5支球队，其中获得2021年度冠、亚军的两支球队分别在第一小组和第二小组，剩余8支球队抽签分组.已知这8支球队中包含甲、乙两队，记“甲队分在第一小组”为事件，“乙队分在第一小组”为事件，“甲、乙两队分在同一小组”为事件，则（       ）
A． B．
C． D．事件与事件相互独立
42．用数字、、、、、组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是（       ）
A．可组成个不重复的四位数
B．可组成个不重复的四位偶数
C．可组成个能被整除的不重复四位数
D．若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序排成一个数列，则第个数字为
43．在100件产品中，有98件合格品，2件不合格品，从这100件产品中任意抽出3件，则下列结论正确的有（       ）
A．抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种
B．抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种
C．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种
D．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种

三、填空题
44．今有2只红球、3只黄球，同色球不加以区分，将这5只球排成一列，有______种不同的方法（用数字作答）．
45．将5个不同的小球全部放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，若每个盒子中所放的球的个数不大于其编号数，则共有_________种不同的放法.
46．从3行3列的方阵中任取三个数，则恰有两个数位于同行或同列（不能同时出现既有两数同行、又有两数同列的情况）的概率为______（结果用最简分数表示）．
47．生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人，这里的“五经”是儒家典籍《周易》、《尚书》、《诗经》、《礼记》、《春秋》的合称．为弘扬中国传统文化，某校在周末兴趣活动中开展了“五经”知识讲座，每经排1节，连排5节，则满足《诗经》必须排在后2节，《周易》和《礼记》必须分开安排的情形共有_______．
48．一个盒子里装有7个大小､形状完成相同的小球，其中红球4个，编号分别为1，2，3，4，黄球3个，编号分别为1，2，3，从盒子中任取4个小球，其中含有编号为3的不同取法有________种.
49．从4男2女六名航天员中选出三名作为神舟十四号乘组，则恰好有一名女航天员被选中的选法有______种．（用数字作答）

四、解答题
50．某数学兴趣小组有5名同学，其中3名男生2名女生，现从中选2人去参加一项活动．
(1)求选出的2人中，恰有1名男生，1名女生的概率；
(2)用X表示选出的2人中男生的个数，求X的分布列．
51．从包含甲､乙2人的8人中选4人参加4×100米接力赛，在下列条件下，各有多少种不同的排法？
（1）甲､乙2人都被选中且必须跑中间两棒；
（2）甲､乙2人只有1人被选中且不能跑中间两棒.
52．男子冰球比赛上演的是速度与激情的碰撞.2022北京冬奥会男子冰球主要比赛场馆是位于北京奥林匹克公园的“冰之帆”国家体育馆.本届冬奥会男子冰球有12支队伍进入正赛，中国首次组队参赛，比赛规则12支男子冰球参赛队先按照往届冬奥会赛制分成三个小组（每组4个队）.正赛分小组赛阶段与决赛阶段；小组赛阶段各组采用单循环赛制（小组内任两队需且仅需比赛一次）；决赛阶段均采用淘汰制（每场比赛胜者才晋级），先将12支球队按照小组赛成绩进行种子排名，排名前四的球队晋级四分之一决赛（且不在四分之一决赛中遭遇），其余8支球队按规则进行附加赛（每队比赛一次，胜者晋级），争夺另外4个四分之一决赛席位，随后依次是四分之一决赛、半决赛、铜牌赛、金牌赛
(1)本届冬奥会男子冰球项目从正赛开始到产生金牌，组委会共要安排多少场比赛？
(2)某机构根据赛前技术统计，率先晋级四分之一决赛的四支球队（甲乙丙丁队）实力相当，假设他们在接下来四分之一决赛、半决赛、铜牌赛、金牌赛中取胜率都依次为、、、，且每支球队晋级后每场比赛相互独立，试求甲、乙、丙、丁队都没获得冠军的概率.
53．和时代，我们的听觉得以延伸，掏出手机拨通电话，地球另一头的声音近在咫尺．到了时代，我们的视觉也开始同步延伸，视频通话随时随地，一个手机像一个小小窗口，面对面轻声闲聊，天涯若比邻.时代，我们的思想和观念得以延伸，随时的灵感随时传上网，随手的视频随手拍和发，全球同步可读可转可评，个人的思想和观点能够在全球的信息网络中延伸、保存、碰撞、交流，微博、微信、抖音等等这些我们生活中极其常见的社交网络正是延伸与交流之所．现在，的到来给人们的生活带来更加颠覆性的变革．某科技创新公司基于领先技术的支持，业务收入在短期内逐月攀升，该创新公司在月份至月份的业务收入（单位：百万元）关于月份的数据如下表所示，并根据数据绘制了如图所示的散点图．















(1)从前个月的收入中随机抽取个，求恰有个月的收入超过百万元的概率；
(2)根据散点图判断：与（均为常数）哪一个更适宜作为业务收入关于月份的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）

(3)根据（2）的结果及表中的数据，求出关于的回归方程．（结果保留小数点后两位）
参考数据：

















其中，设，．
参考公式：对于一组具有线性相关关系的数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．
54．如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，C3，C4，C5，C6，直径AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4．

（1）以这10个点中的3个点为顶点作三角形可作出多少个？其中含点C1的有多少个？
（2）以图中的12个点(包括A，B)中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？
55．某班有名班干部，其中男生人，女生人，任选人参加学校的义务劳动．
（1）求男生甲或女生乙被选中的概率；
（2）设“男生甲被选中”为事件，“女生乙被选中”为事件，求和．

参考答案：
1．B
【分析】利用组合数以及古典概型进行求解.
【详解】小明从六种云南特产中任意购买两种，共有种情况，
小明购买了油鸡枞的情况共有种情况，
所以小明购买了油鸡枞的概率是.故A，C，D错误.
故选：B.
2．C
【分析】利用古典概型以及组合数进行计算求解.
【详解】从3名男教师和3名女教师中任选2人一同到某企业实训共有种情况，选中的2人都是男教师共有种情况，故从3名男教师和3名女教师中任选2人一同到某企业实训，则选中的2人都是男教师的概率为.故A，B，D错误.
故选：C.
3．B
【分析】设男生有人，则女生有人，且．然后按先选人再分配的原则列方程求解．
【详解】设男生有人，则女生有人，且．
由题意可得，即，得，故，
即男、女学生的人数分别是3，5.
故选：B．
4．C
【分析】根据条件,由组合数公式得可组成集合个数为，再减去4个不合题意的即可.
【详解】从集合中任取3个元素, 有 种取法;
而, , ,
这4种取法不符合条件，不能构成集合的元素;
满足条件的集合的个数为.
故选：C.
5．B
【分析】利用古典概型概率公式即得.
【详解】因为不超过18的素数有2，3，5，7，11，13，17共7个，从中随机选取两个不同的数共有种等可能的结果，
其和等于16的结果，共2种等可能的结果，
故其和等于16的概率是.
故选：B.
6．C
【分析】首先求出基本事件总数，再列出“有趣的跳跃数组”，最后利用古典概型的概率公式计算可得；
【详解】解：6个数任取3个共有个，这3个数是“有趣的跳跃数组”有
共10个，
概率.
故选：C
7．C
【分析】首先求出基本事件总数，再列出使三点为等边三角形的情况，最后利用古典概型的概率公式计算可得；
【详解】解：从O，A，B，C，D，E，F中任取三点有种取法；
要使三点组成的三角形为等边三角形，
若取点则有种情况（、、、、、）；
若不取点则有种情况（、）；
故取到的三点构成等边三角形的概率

故选：C
8．B
【分析】由题可得所求的正多边形的个数就是360的所有约数之和减去360和180.
【详解】从360的约数中去掉1和2，其余的约数均可作为正多边形的边数，
设从360个顶点中选出个构成正多边形，这样的正多边形有个，
因此所求的正多边形的个数就是360的所有约数之和减去360和180，
考虑到，
因此所求正多边形的个数为.
故选：B.
9．D
【分析】求出矩形的横边和竖边各有多少种选法即得解.
【详解】解：要构成矩形，从中选两条直线作为两边，共有种选法；
同理从中选两条直线作为两边也有15种选法．共有种选法，即矩形共有225个．
故选：D．
10．B
【分析】结合捆绑法、插空法求得不同的学习方法种数.
【详解】由题意，知有且仅有三个答题模块相邻，所以从四个答题模块中选三个捆绑在一起，和另外一个答题模块插空放在两个学习模块的间隙或两端位置，由于“阅读文章”不能放首位，因此不同的学习方法种数为.
故选：B
11．B
【分析】用间接法分析.先求出“从16张卡片中任取3张的所有取法数”，再分析“取出的3张为同一种颜色”和“取出的3张有2张绿色卡片”的取法数，从而可求出答案.
【详解】根据题意，不考虑限制，从16张卡片中任取3张，共有种取法，
如果取出的3张为同一种颜色，则有种情况，
如果取出的3张有2张绿色卡片，则有种情况，
故所求的取法共有种.
故选：B.
12．B
【分析】根据古典概率计算公式结合组合数计算即可求解．
【详解】由题意知10件产品中有2件次品，故所求概率为P(X＝1)＝＝．
故选：B
13．B
【分析】设参赛选手共有位，则总场次为，由每场得分为2，即总得分只能为偶数，结合题设列方程求n值，并判断n值的合理性即可.
【详解】设参赛选手共有位，则总比赛场次为，即场，且，，
由题意知：任意一场比赛结束，选手的总得分为2分，故所有选手总得分为分且为偶数，
∴当，得；当，无整数解；
∴(位).
故选：B.
【点睛】关键点点睛：根据每场得分为2易知总得分为偶数，设参赛人数为n，利用组合数求比赛总场次，列方程求参赛人数.
14．A
【分析】根据题意分为两类：（1）当1，2号同学与3，4号同学在同一个小组，（2）当1，2号同学与3，4号同学在不同的小组，即可求解.
【详解】由题意，可分为两类：
（1）若1，2号与3，4号在同一个小组，那么该小组还差1人，有种分组方式；
（2）若1，2号与3，4号在不同的小组，则这两个小组均还差3人，有种分组方式，
所以共有种分组方式．
故选：A．
15．D
【分析】根据场馆安排，对6名同学依次分组，利用分步乘法原则即可求得结果.
【详解】首先安排甲场馆的3名同学，即；
再从剩下的3名同学中来安排乙场馆的1名同学，即；
最后安排2名同学到丙场馆，即.
所以不同的安排方法有：种.
故选：D.
16．B
【分析】利用分类分步计数，结合捆绑法、排列组合数求甲排在后三位且丙、丁排在一起的安排方法数，再由全排列求六位同学任意安排的方法数，应用古典概率的求法求概率即可.
【详解】1、将除甲丙丁外的其它三名同学作排列有种；
2、丙丁捆绑，插入三名同学成排的4个空中，分两种情况：
当插入前2个空有种，再把甲插入五名同学所成排的5个空中后3个空有种；
当插入后2个空有种，再把甲插入有种；
所以，甲排在后三位且丙、丁排在一起的安排方法有种，
而六位同学任意安排的方法数为种，
所以甲排在后三位且丙、丁排在一起的概率为.
故选：B
17．D
【分析】先涂，再涂，再涂，再涂，最后涂，由分步乘法计数原理，可得不同的涂色方法种数.
【详解】解：先涂，则有种涂法，再涂，因为与相邻，所以的颜色只要与不同即可，有种涂法，同理有种涂法，有种涂法，有种涂法，由分步乘法计数原理，可知不同的涂色方法种数为．
故选：D.
18．B
【分析】该数列恰好先减后增，则数字7一定是分界点，且前面的顺序和后面的顺序都只有一种，根据7前面的数字的个数多少分类即可．
【详解】该数列恰好先减后增，则数字7一定是分界点，且前面的顺序和后面的顺序都只有一种，
当7前有1个数字时，有种，
当7前有2个数字时，有种，
当7前有3个数字时，有种，
当7前有4个数字时，有种，
当7前有5个数字时，有种，
根据分类计数原理，共有种，
故选：B．
19．A
【分析】分别求出甲选生物和甲不选生物时，甲、乙的选法种数，然后利用加法计数原理即可.
【详解】当甲选生物，乙不选生物时，甲、乙的选法有种；
当甲不选生物，乙随便选，甲、乙的选法有种，
则甲、乙总的选法有种．
故选：.
20．B
【分析】分别分析甲不参与任务和甲参与任务两种情况，结合题意，分析计算，即可得答案.
【详解】若甲不参与任务，则需要先从剩下的5位小朋友中任意选出1位陪同，有种选择，
再从剩下的4位小朋友中选出2位搜寻远处，有种选择，
最后剩下的2位小朋友搜寻近处，因此搜寻方案共有（种）；
若甲参与任务，则其只能去近处，需要从剩下的5位小朋友中选出2位搜寻近处，有种选择，
剩下的3位小朋友去搜寻远处，因此搜寻方案共有（种）．
综上，搜寻方案共有（种）．
故选：B．
21．C
【分析】先分组，再考虑甲的特殊情况.
【详解】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，
共有 种方法；
由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，
所以由 种方法；
按照分步乘法原理，共有 种方法；
故选：C.
22．C
【分析】分别计算决出奖牌的项目数为1，2，3的概率，按照均值的公式计算即可.
【详解】所选择的3个观察项目中当天会决出奖牌的项目数为，则的取值为1，2，3，
，，
则.
故选：C.
23．D
【分析】根据题意运用分类计数原理，结合组合的性质进行求解即可.
【详解】从A类选修课3门选1门，B类选修课3门选2门的选法数为：，
从A类选修课3门选2门，B类选修课3门选1门的选法数为：，
所以不同的选法共有种，
故选：D
24．C
【分析】先求出从4部名著中任选2部的选法，再求出《红楼梦》被选中的选法，进而可得得出结果.
【详解】从4部名著中任选2部共有种选法，
其中《红楼梦》被选中的选法有种，
所以《红楼梦》被选中的概率为.
故选：C
25．B
【分析】利用隔板法，结合古典概型即可得到结果.
【详解】将10个名额分给6个班，每班至少一个名额，
即从9个分段中选择5个段分开，共有种方法，
若三（1）班恰好分到3个名额，则只需将剩下的7个名额分给5个班，共有方法，
从而概率为.
故选：B
26．A
【分析】设出核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，分类讨论求出分堆情况，再进行排列，求出最后答案.
【详解】依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2次或4次，分类计算分堆可能：
（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z.
若是“8=4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故1种可能；
若是“8=3+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z※）（※）（※），故有种可能；
若是“8=1+1+2+2+2”，则考虑（Z）（X）（Z※）（X※）（※※），故有种可能；
小计：1+12+12=25；
（2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型
若是“10=4+3+1+1+1”，则四个H无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放H，故0种可能；
若是“10=4+2+2+1+1”，则“1+1”中有一个是H，“4+2+2”中各一个H，“2+2”中除了一个H外，另一个互异，故有种可能；
若是“10=3+3+2+1+1”，则“1+1”中各有1个H，“3+3+2”中各一个H，可以考虑含※模式，（H※※）（H※※）（H※）（※）（H），故有种可能；
若是“10=3+2+2+2+1”，则可用下表进一步分类，有1+种可能；
YXZ
H※
H※
H※
H
H※※
H※
H※
H※
※
H※
H※
※※
H

若是“10=2+2+2+2+2”，则四个H至少有两个出现搭配相同，故0种可能；
小计：；
（3）诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”类型
若是“12=4+4+2+1+1”，则“4+4”必然重复，故0种可能；
若是“12=4+3+3+1+1”，则枚举“3+3”的情况，发现仅（HYXZ）（HYZ）（HYX）（Z）（X）可能；
若是“12=4+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY※）（※※）（※※）（※）或（HYXZ）（XZ※）（※※）（※※）（※），故有种可能；
若是“12=3+3+3+2+1”，则有（HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY）（HY）（H）都成立，有2种可能；
若是“12=3+3+2+2+2”，则枚举“3+3”的情况，发现（HYX）（HYZ）（HY）（H※）（Y※），有2种可能.
小计；
诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”类型
若是“14=4+4+*+*+*”，则“4+4”必然重复，故0种可能；
若是“14=4+3+3+3+1”，则“4+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；
若是“14=4+3+3+2+2”，则“4+3+3”至少有2个Z，考虑（HYXZ）（HYX）（Z※※）（※※）（※※），其中Z※※有种可能，故此小类有3种可能；
若是“14=3+3+3+3+2”，则“3+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；
小计；
（5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z”
只有“16=4+3+3+3+3”的搭配，有1种可能；
综上：共有25+76+54+12+1=168个分堆可能，故不同的方案数为=种.
故选：A
【点睛】比较复杂一些的排列组合问题，要结合分类加法原理和分步乘法原理进行求解，特别是分类标准，要做到不重不漏，本题中，应用的是把8,10,12,14,16分为5个数（从1到4）的和的分类标准，可以做到不重不漏.
27．C
【分析】试题分析：根据题意，先安排4盏不亮的路灯，有1种情况，排好后，有5个空位；在5个空位中任意选3个，插入3盏亮的路灯，有种情况，则不同的开灯方案有10种，故选C．
考点：1、排列；2、组合．
28．C
【分析】先安排男干部，再安排女干部，由排列组合以及分步乘法计数原理得出答案.
【详解】∵每个村男､女干部各1名，∴可先安排男干部，共种，再安排女干部，共有种，∴共有种不同的安排方案
故选：C.
【点睛】关键点睛：在从4名女干部中选3人到三个贫困村调研走访时，关键是按照先选后排的方法进行处理.
29．C
【分析】排课可分为以下两大类：（1）“丝”被选中，（2）“丝”不被选中，结合分类计数原理，即可求解.
【详解】由题意，排课可分为以下两大类：
（1）“丝”被选中，不同的方法总数为种；
（2）“丝”不被选中，不同的方法总数为种．
故共有种．
故选：C
30．A
【分析】结合古典概型的概率的计算公式即可.
【详解】输入不同的组合一共有：种可能，
而正确密码只有一种可能，
所以密码一次输入就对的概率为，
故选：A
31．A
【分析】通过分析题目给出的图形，可知要完成给图中、、、、、六个区域进行染色，最少需要3种颜色，即同色，同色，同色，由排列知识可得该类染色方法的种数；也可以4种颜色全部用上，即，，三组中有一组不同色，同样利用排列组合知识求解该种染法的方法种数，最后利用分类加法求和．
【详解】解：要完成给图中、、、、、六个区域进行染色，染色方法可分两类，
第一类是仅用三种颜色染色，
即同色，同色，同色，则从四种颜色中取三种颜色有种取法，三种颜色染三个区域有种染法，共种染法；
第二类是用四种颜色染色，即，，中有一组不同色，则有3种方案不同色或不同色或不同色），先从四种颜色中取两种染同色区有种染法，剩余两种染在不同色区有2种染法，共有种染法．
由分类加法原理得总的染色种数为种．
故选：A．
32．D
【分析】先逐个求解所有5个三角形的面积，再根据要求计算概率.
【详解】如图所示，，，，，的面积分别为，，．
将，，，，分别记为，，，，，从这5个三角形中任取出2个，则样本空间，共有10个样本点．
记事件表示“从5个三角形中任取出2个，这2个三角形的面积之和不小于另外3个三角形面积之和”，则事件包含的样本点为，，，共3个，所以．
故选：D．

33．D
【解析】先求出富强福和友善福两个都没有被选中的概率，然后再由可得答案.
【详解】从富强福、和谐福、友善福、爱国福、敬业福个福中随机选出个福有选法，
富强福和友善福两个都没有被选中有种选法，
所以富强福和友善福两个都没有被选中的概率为，
则富强福和友善福至少有个被选中的概率为，
故选：D．
34．C
【解析】根据甲的特殊性，先确定甲的选法有多少种，再根据乙丙中的一人选择羊，确定另一人的选法有多少种，最后根据分步计数原理，得出总共的选法有多少种.
【详解】根据题意,甲没有选择马且乙丙中有一人选择羊，所以甲没有选择马和羊，而是在除了马和羊的十个中选择一个，即有种.
乙丙中恰有一人选羊，先在两个人中选一人让他选羊，即有种，再让剩下的一人在剩余的十个动物中选一个，即有种.
根据分步计数原理，综上所述：选法总共有种
故选：C.
35．B
【分析】根据给定条件求出从12个景区中选3个景区的选法种数，去掉不符合要求的选法种数即可得解.
【详解】从12个景区中选3个景区，共有种选法，
不含传统红色旅游景区的选法种数为，
不含展示科技强国和脱贫攻坚成果景区的选法种数为，
所以所求的不同选法种数为.
故选：B
36．A
【分析】由组合法计算出从8个点中任取3个点的取法，这3个点恰好位于同1个奥林匹克环上有3种可能，再由组合知识计算，然后由概率公式计算概率．
【详解】从8个点中任取3个点，共有种情况，这3个点恰好位于同1个奥林匹克环上有种情况，故所求的概率．
故选：A．
37．D
【分析】首先基本事件有，然后树径排第五的那棵树和树径排第一（树径最大）的那棵树相邻有，进而根据概率公式即可求得结果.
【详解】将树径从高到低的棵树依次编号为，，，，，，，，，，，则号必须排在正中间，从其余棵中任选棵排在号的左边，剩下的棵树排在号的右边，有种排法．
当排名第五的号排在最高的号的左边时，从，，，，，中任选棵排在号的左边，其余五棵排在号的右边，有种排法，同理当排名第五的号排在最高的号的右边时，也有种排法．
所以树径排第五的那棵树和树径排第一的那棵树相邻的概率为．
故选：D.
38．AD
【分析】依次计算出4个事件对应的概率，再依次判断4个选项即可.
【详解】由题意知：“第一次摸到红球”，第一次从2个红球摸1个，第二次从剩下的3个里摸1个，故；
“第二次摸到红球”， 若第一次从2个红球摸1个，第二次直接摸剩下的1个红球，若第一次从2个绿球摸1个，第二次从2个红球里摸1个，故；
“两次都摸到绿球”， 第一次从2个绿球摸1个，第二次直接摸剩下的1个绿球，故；
“两个球中有红球”和 “两次都摸到绿球”互为对立事件，故，故，A正确；
，B错误；
，C错误；
“两次都摸到绿球”和 “第二次摸到红球”为互斥事件，D正确.
故选：AD.
39．BC
【分析】根据题意，分析可得三个盒子中有1个中放2个球，有2种解法：
(1)分2步进行分析：①、先将四个不同的小球分成3组，②、将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，由分步计数原理计算可得答案；
(2)分2步进行分析：①、在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，②、将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，由分步计数原理计算可得答案，综合2种解法即可得答案．
【详解】根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，有2种解法：
(1)分2步进行分析：
①、先将四个不同的小球分成3组，有种分组方法；
②、将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有种放法；
则没有空盒的放法有种；
(2)分2步进行分析：
①、在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有种情况；
②、将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有种放法；
则没有空盒的放法有种；
故选：BC．
40．ABD
【分析】若任意选择三门课程，由组合的概念可知选法总数为种，可判断A错误；若物理和化学至少选一门，由分步乘法计数原理知选法总数为种，可判断B错误；若物理和历史不能同时选，利用间接法可知选法总数为种，可判断C正确；若物理和化学至少选一门，有3种情况，分别讨论计算，可判断D错误．
【详解】对于A，若任意选择三门课程，选法总数为种，故A错误
对于B，若物理和化学选一门，有种方法，其余两门从剩余的5门中选2门，有种选法
若物理和化学选两门，有种选法，剩下一门从剩余的5门中选1门，有种选法
由分步乘法计数原理知，总数为种选法，故B错误
对于C，若物理和历史不能同时选，选法总数为种，故C正确
对于D，若物理和化学至少选一门，有3种情况，
只选物理不选历史，有种选法
选化学，不选物理，有种选法
物理与化学都选，不选历史，有种选法
故总数为种，故D错误
故选：ABD
41．ABD
【分析】A选项可以直接得到答案；B选项利用组合知识分别求出分组的所有情况和事件包含的情况，从而求出相应的概率；C选项，分别求出，，验证是否等于；D选项利用若，则事件A与B相互独立来验证事件与事件是否相互独立.
【详解】对于A，因为甲队分在第一小组和第二小组的概率相等，且两种情况等可能，所以，故A正确；
对于B，8支球队抽签分组共有种不同方法，甲、乙两队分在同小组共有种不同方法，所以甲、乙两队分在同一小组的概率，故B正确；
对于C，因为，所以，故C错误；
对于D，因为，，所以，所以事件与事件相互独立，故D正确.
故选：ABD.
42．BC
【解析】A选项选一个非0数在首位，其他几位全排列；B选项，分为在末位和不在末位；C选项能被整除的四个数然后分类讨论排列；D选项分类讨论：首位为、前两位为、前两位为进而得出答案.
【详解】解：A选项，有个，错，
B选项，分为两类：在末位，则有种，不在末位，则有种，
∴共有种，对，
C选项，先把四个相加能被整除的四个数从小到大列举出来，
即先选：，、、、，
它们排列出来的数一定可以被整除，∴共有：种，对，
D选项，首位为的有个，前两位为的有个，前两位为的有个，此时共有个，
因而第个数字是前两位为的最小数，即为，错，
故选：BC.
【点睛】解排列、组合问题要遵循的两个原则:
（1）按元素(位置)的性质进行分类；
（2）按事情发生的过程进行分步：具体地说，解排列、组合问题常以元素(位置)为主体，即先满足特殊元素(位置)，再考虑其他元素(位置).
43．ACD
【分析】根据给定条件利用含有限制条件的组合问题，逐一分析各选项判断作答.
【详解】对于A，B，抽1件不合格品有种，再抽2件合格品有种，由分步计数乘法原理知，
抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种，A正确，B不正确；
对于C，至少有1件是不合格品有两类：1件是不合格品的抽法有种，2件是不合格品的抽法有种，
由分类加法计数原理知，抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种，C正确；
对于D，至少有1件是不合格品的抽法可以用排除法，从100件产品中任意抽出3件有种，
抽出3件全是合格品有种，抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有()种，D正确.
故选：ACD
44．10
【分析】由分步计数原理可分两步完成，第一步：在5个不同位置中选2个位置排红球， 第二步：在剩下的3个不同位置排黄球，再运算即可得解.
【详解】分两步完成，
第一步：在5个不同位置中选2个位置排红球，共种排法，
第二步：在剩下的3个不同位置排黄球，共种排法，
故将这5只球排成一列，有种不同的方法,
故答案为：10.
45．535
【分析】根据每个盒子中所放的球的个数不大于其编号数，将每个盒子能放入的球个数列举出来，由总球数为5，以可能的球数组合列举分组，结合组合数求出它们所有不同放法
【详解】四个盒子放球的个数如下
1号盒子：{0，1}
2号盒子：{0，1，2}
3号盒子：{0，1，2，3}
4号盒子：{0，1，2，3，4}
结合由5个不同的小球全部放入盒子中，不同组合下放法
5 = 1 + 4：种
5 = 2 + 3：种
5 = 1 + 1 + 3：种
5 = 1 + 2 + 2：种
5 = 1 + 1 + 1 + 2：种
∴5个相同的小球放入四个盒子方式共有535种
故答案为：535
【点睛】本题考查了组合数，对问题分类、分组，应用组合数的计算
46．
【分析】从9个数中任取3个，共有种选法；当3个数中位于同行或同列时，共有6种选法；当3个数中都位于不同行或不同列时，共有种选法；当3个数中既有两数同行、又有两数同列时共有种选法；利用间接法即可得出结论．
【详解】解：从9个数中任取3个，共有种选法；
当3个数中位于同行或同列时，共有6种选法；
当3个数中都位于不同行或不同列时，共有种选法；
当3个数中既有两数同行、又有两数同列时共有种选法；
从中任取三个数，则恰有两个数位于同行或同列（注意：不能同时出现既有两数同行、又有两数同列的情况）的概率.
故答案为：．
47．28
【分析】对《诗经》的位置分两种情况（位于第4节和第5节）讨论，利用间接法列式计算得解.
【详解】当《诗经》位于第5节时，《周易》和《礼记》相邻有3种情形，且《周易》和《礼记》排序有种，剩下的排序也有种，因此满足条件的情形有种；
当《诗经》位于第4节时，《周易》和《礼记》相邻有2种情形，《周易》和《礼记》排序有种，剩下的排序也有种，此时满足条件的情形有种．
所以满足条件的情形共有种．
故答案为：28
48．30
【解析】从反面考虑，总数为,不含有编号为3的总数为,即得解.
【详解】从反面考虑，总数为,不含有编号为3的总数为,
所以含有编号为3的总数为.
故答案为：30.
【点睛】方法点睛：
1、排列组合问题的解题步骤：仔细审题编程列式计算.
2、编程的一般方法
一般问题直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、至少问题间接法、复杂问题分类法、小数问题列举法.
3、解排列组合问题，要排组分清（有序排列，无序组合），加乘有序(分类加法，分步乘法).
49．
【分析】利用组合数来计算出选法数.
【详解】依题意可知，选法有种.
故答案为：
50．(1)
(2)分布列见解析

【分析】（1）根据组合的应用，结合古典概型计算即可；
（2）由题知X可能的取值为0，1，2，进而根据超几何分布求解即可.
(1)
解：某数学兴趣小组有5名同学，其中3名男生2名女生，
从中选2人去参加一项活动，有（种）选法．
设“选出的两人中，恰有1名男生，1名女生”为事件A，则
(2)
解：根据题意，X可能的取值为0，1，2．
，，．
故X的分布列为
X
0
1
2
P




51．（1）；（2）.
【分析】（1）先排甲、乙两人，余下的两个位置需要在剩余的6人中选2人排列，分步乘法计数原理，即得解；
（2）从甲､乙2人中选出1人，排在第一棒或第四棒，再从另外6人中选3人排在剩余的三个位置，根据分步乘法计数原理，即得解
【详解】（1）甲､乙2人必须跑中间两棒，则有种排法，余下的两个位置需要在剩余的6人中选2人排列，有种排法，
根据分步乘法计数原理，知不同的排法种数为.
（2）甲､乙2人只有1人被选中且不能跑中间两棒，则需要从甲､乙2人中选出1人，有种选法，然后在第一棒和第四棒中选一棒，有种选法，另外6人中要选3人在剩余的三个位置上排列，有种排法，
根据分步乘法计数原理，知不同的排法种数为.
52．(1)30；
(2).

【分析】（1）分别求出小组赛、附加赛、四分之一决赛、铜牌赛、金牌赛各自的比赛场次，加起来即可得到答案.
（2）先求出甲、乙、丙、丁队获得冠军的概率，则1减去甲、乙、丙、丁队获得冠军的概率为甲、乙、丙、丁队都没获得冠军的概率.
(1)
根据赛制，小组赛共安排比赛场
附加赛共安排比赛场
四分之一决赛共安排比赛场，
半决赛共安排比赛场，铜牌赛、金牌赛各比赛一场共2场，
总共安排比赛场.
(2)
设甲、乙、丙、丁队获得冠军分别为事件，都没获得冠军为事件，
由于晋级后每场比赛相互独立，故
由于四队实力相当，故
又，且事件互斥

故甲、乙、丙、丁队都没获得冠军的概率为.
53．(1)
(2)选择更适宜
(3)

【分析】（1）由表格数据可确定月收入超过百万元的有个月，结合排列数和古典概型概率公式可求得结果；
（2）由散点图可确定回归模型；
（3）化简回归方程为，采用最小二乘估计可求得，由此可得回归方程.
(1)
由表格数据可知：前个月的月收入超过百万元的有个月，
所求概率.
(2)
由散点图可知：选择更适宜.
(3)
由得：，即，
，，
，关于的回归方程为：.
54．（1）116(个)；36(个)；（2）360(个)．
【解析】（1）可以分成三类即在C1，C2，…，C6这六个点任取三点，在C1，C2，…，C6中任取一点，D1，D2，D3，D4中任取两点和C1，C2，…，C6中任取两点，D1，D2，D3，D4中任取一点，将三类情况加到一起即可；
（2）需要四个点，且无三点共线，类似于（1）可分三种情况讨论得四边形个数为
【详解】（1）可分三种情况处理：
①C1，C2，…，C6这六个点任取三点可构成一个三角形,有种；
②C1，C2，…，C6中任取一点，D1，D2，D3，D4中任取两点可构成一个三角形，有种；
③C1，C2，…，C6中任取两点，D1，D2，D3，D4中任取一点可构成一个三角形，有．
所以共有=116(个)．
其中含C1点的三角形有=36(个)．
（2）构成一个四边形，需要四个点，且无三点共线，
C1，C2，…，C6这六个点中任意三点都不共线.
①C1，C2，…，C6这六个点任取四点可构成一个四边形，有种；
②C1，C2，…，C6中任取三点，D1，D2，D3，D4中任取一点可构成一个四边形，有种；
③C1，C2，…，C6中任取两点，D1，D2，D3，D4中任取两点可构成一个四边形，有种．
所以共有=360(个)．
【点睛】关键点睛：本题考查解决组合的实际问题，解答本题的关键是将问题分为三类，即以在C1，C2，…，C6和取点的个数情况进行分类讨论，属于中档题.
55．（1）；（2），．
【解析】（1）求出总的选法，男生甲或女生乙被选中的选法，由此能求出男生甲或女生乙被选中的概率．
（2）求出女生乙被选中的概率，男生甲、女生乙都被选中的概率，即可得出结论.
【详解】（1）某班从名班干部(男生人、女生人)中任选人参加学校的义务劳动，总的选法有种，
男生甲或女生乙都没有被选中的选法：
则男生甲或女生乙被选中的选法有种，
∴男生甲或女生乙被选中的概率为；
（2）总的选法有种，男生甲被选中的选法有种，∴，
男生甲被选中、女生乙也被选中选法有种，∴，
∴在男生甲被选中的前提下，女生乙也被选中的概率为．