畜牧人-上善若水任方圆

排列组合常见题型及解法
1 重复排列“求幂运算”
重复排列问题 要区分两类元素：一类可以重复，另一类不能重复。把不能重复的元素看作“客”，能重复的元素
看作“ 店”，则通过“住店法”可顺利解题。
例1 8名同学争夺3项冠军，获得冠军的可能性有（ ）
[解析] 冠军不能重复，但同一个学生可获得多项冠军。把8名学生看作8家“店”，3项冠 军看作3个“客”，
他们都可住进任意一家“店”，每个客有8种可能，因此共有
8
种 不同的结果。
3
2. 特殊元素（位置）用优先法:把有限制条件的元素（位置）称为特殊元 素（位置），可优先将它（们）
安排好，后再安排其它元素。对于这类问题一般采取特殊元素（位置）优 先安排的方法。
例1. 6人站成一横排，其中甲不站左端也不站右端，有多少种不同站法？
解法1：（元素分析法）因为甲不能站左右两端，故第一步先让甲排在左右两端之间的任一位置上，
有 种站法；第二步再让其余的5人站在其他5个位置上，有种站法，故站法有：＝480（种）
种；第解 法2：（位置分析法）因为左右两端不站甲，故第一步先从甲以外的5个人中任选两人站在左右两端，有
二步再让剩余的4个人（含甲）站在中间4个位置，有种，故站法共有：（种）
例2（2000年全国 高考题）乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名参加比赛，3名主力队员要安排在第一、
三、 五位置，其余7名队员选2名安排在第二、四位置，那么不同的出场安排共有_________种（用数字作答 ）。
3
[解析]3名主力的位置确定在一、三、五位中选择，将他们优先安排，有
A
3
种可能；然后从其余7名队员选2
32
2
名安排在第二、四位置， 有
A
7
种排法。因此结果为
A
3
A
7
=2 52种。
例3 5个“1”与2个“2”可以组成多少个不同的数列？
[解析]按一定次 序排列的一列数叫做数列。由于7个位置不同，故只要优先选两个位置安排好“2”，剩下的位置
22< br>填“1”（也可先填“1”再填“2”）。因此，一共可以组成
C
7
C
2
=21个不同的数列。
3. 相邻问题用捆绑法:对于要求某几个元素必须排在一起的问题 ，可用“捆绑法”“捆绑”为一个“大
元素：与其他元素进行排列，然后相邻元素内部再进行排列。 < br>例1.（1996年上海高考题）有8本不同的书，其中数学书3本，外文书2本，其他书3本，若将这些 书排成一列放
在书架上，则数学书恰好排在一起，外文书也恰好排在一起的排法共有_________ ___种（结果用数字表示）。
53
[解析]将数学书与外文书分别捆在一起与其它3本书一 起排，有
A
5
种排法，再将3本数学书之间交换有
A
3
种，
532
2本外文书之间交换有
A
2
种，故共有
A
5
A
3
A
2
=1440种排法。
2
[评述]这里需 要说明的是，有一类问题是两个已知元素之间有固定间隔时，也用“捆绑法”解决。
如：7个人排成一 排，其中甲乙两人之间有且只有一人，问有多少种不同的排法？可将甲乙两人和中间所插一人
125“捆绑”在一起做“大元素”，但甲乙两人位置可对调，且中间一人可从其余5人中任取，有
C5

A
2
A
5
1200
种排法。

4. 相离问题用插空法:元素相离（即不相邻）问题，可以先将其他元素排好，然后再将不相邻的元素
插入已排好的元素位置之间和两端的空中。
例. 7人排成一排，甲、乙、丙3人互不相邻有多少种排法？
解：先将其余4人排成一排，有种，再往4人 之间及两端的5个空位中让甲、乙、丙插入，有种，
所以排法共有：（种）
5. 定序(顺序一定)问题用除法:对于在排列中，当某些元素次序一定时，可用此法。
例. 由数字0、 1、2、3、4、5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的六位数有多
少个？

解：不考虑限制条件，组成的六位数有种，其中个位与十位上的数字一定，所以所求的六位数
有：（个）
6. 多排问题用直排法:对于把几个元素分成若干排的排列问题，若没有其他特 殊要求，可采取统一成
一排的方法求解。
例5. 9个人坐成三排，第一排2人，第二排3人，第三排4人，则不同的坐法共有多少种？
解：9个人可以在三排中随意就坐，无其他限制条件，三排可以看作一排来处理，不同的坐标共有种。
7. 至少问题正难则反“排除法”:有些问题从正面考虑较为复杂而不易得出答案，这时，可以采用转
化思想从问题的反面入手考虑，然后去掉不符合条件的方法种数往往会取得意想不到的效果。在应用此法时要注意做到不重不漏。
例1. 四面体的顶点和各棱中点共有10个点，取其中4个不共面的点，则不同的取法共有（ ）
A. 150种 B. 147种 C. 144种 D. 141种
解：从10个点中任取4个点有种取法 ，其中4点共面的情况有三类。第一类，取出的4个点位于
四面体的同一个面内，有种；第二类，取任一 条棱上的3个点及该棱对棱的中点，这4点共面，
有6种；第三类，由中位线构成的平行四边形（其两组 对边分别平行于四面体相对的两条棱），它的
4个点共面，有3种。以上三类情况不合要求应减掉，所以 不同的取法共有：（种）。
8．
错位排列问题:错位排列问题是一个古老的问题，最先由贝努 利（Bernoulli）提出，其通常提法是：n个有序元素，
全部改变其位置的排列数是多少？所以 称之为“错位”问题。
例1．五个编号为1、2、3、4、5的小球放进5个编号为1、2、3、4、 5的小盒里面，全错位排列（即1不放1，
2不放2，3不放3，4不放4，5不放5，也就是说5个全 部放错）一共有多少种放法？
【华图解析】直接求5个小球的全错位排列不容易，我们先从简单的开始。
小球数小盒数 全错位排列
1 0
2 1（即2、1）
3 2（即3、1、2和2、3、1）
4 9
5 44
6 265
当小球数小盒数为1～3时，比较简单，而当为4～6时，略显复杂，考生们只需要记下这几个 数字即
可（其实0，1，2，9，44，265是一个有规律的数字推理题，9=(1+2)*3；44 =(2+9)*4；265=(44+9)*5；
(44+265)*6=1854）由上述分析可得， 5个小球的全错位排列为44种。
例2．五个瓶子都贴了标签，其中恰好贴错了三个，则错的可能情况共有多少种？
【华图解析 】做此类题目时通常分为两步：第一步，从五个瓶子中选出三个，共有
瓶子全部贴错，根据上表有2种贴 法。则恰好贴错三个瓶子的情况有种。
种选法；第二步，将三个
接下来，考生们再想这样一个 问题：五个瓶子中，恰好贴错三个是不是就是恰好贴对两个呢？答案是肯定的，
是。那么能不能这样考虑 呢？第一步，从五个瓶子中选出二个瓶子，共有
只有1种方法，那么恰好贴对两个瓶子的方法有种。
种选法；第二步，将两个瓶子全部贴对，
问题出来了，为什么从贴错的角度考虑是20种贴法， 而从贴对的角度考虑是10种贴法呢?

答案是，后者的解题过程是错误的，这种考虑只涉及到两个瓶子而没有考虑其他三个瓶子的标签正确与否 ，给瓶子贴
标签的过程是不完整的，只能保证至少有两个瓶子的标签是正确的，而不能保证恰有两个瓶子 的标签是正确的。所以
华图公务员考试辅导专家王永恒老师建议各位考生在处理错位排列问题时，无论问 恰好贴错还是问恰好贴对，都要从
贴错的角度去考虑，这样处理问题简单且不易出错。

9. “隔板法”:常用于解决整数分解型排列、组合的问题。
例:为构建和 谐社会出一份力，一文艺团体下基层宣传演出，准备的节目表中原有4个歌舞节目，如果保持这些节
目的 相对顺序不变，拟再添2个小品节目，则不同的排列方法有多少种？
分析：记两个小品节目分别为 A、B。先排A节目。根据A节目前后的歌舞节目数目考虑方法数，相当于把4个球
1
分成两堆 ，由例26知有
C
5
种方法。这一步完成后就有5个节目了。再考虑需加入的B节 目前后的节目数，同上理
11
1
知有
C
6
种方法。故由乘法原理知，共有
C
5
C
6
30
种方法。
【小结】对本题所需插入的两个隔板采取先后依次插入的方法，使问题得到巧妙解决。

例. 有10个三好学生名额，分配到6个班，每班至少1个名额，共有多少种不同的分配方案？
解：6个班 ，可用5个隔板，将10个名额并排成一排，名额之间有9个空，将5个隔板插入9个空，
每一种插法， 对应一种分配方案，故方案有：
10．分球入盒问题
（种）
例32：将5个小球放到3个盒子中，在下列条件下，各有多少种投放方法？
① 小球不同，盒子不同，盒子不空
3122
CCCC
5253
解：将小球分成 3份，每份1，1，3或1，2，2。再放在3个不同的盒子中，即先分堆，后分配。有
(
< br>+)A
3
3
22
A
2
A
2
②小球 不同，盒子不同，盒子可空 解：
3
5
种
③小球不同，盒子相同，盒子不空
解：只要将5个不同小球分成3份，分法为：1，1，3； 1，2，2。共有
C
5
C
2
+
C
5
C3
=25种
22
A
2
A
2
3
312 2
④小球不同，盒子相同，盒子可空
本题即是将5个不同小球分成1份，2份，3份的问题。 共有
C
5
(C
4
C
3
)(
C
5
C
2
+
C
5
C
3
)41
种
555
22
A
2
A
2
122
⑤小球相同， 盒子不同，盒子不空
解：（隔板法）。0 00 00 ，有
C
4
种方法
⑥小球相同，盒子不同，盒子可空
解一：把5个 小球及插入的2个隔板都设为小球（7个球）。7个球中任选两个变为隔板（可以相邻）。那么2块隔
2
板分成3份的小球数对应于 相应的3个不同盒子。故有
C
7
=21
2
解：分步插板法。
⑦小球相同，盒子相同，盒子不空
解：5个相同的小球分成3份即可，有3，1，1；2，2，1。 共 2种
⑧小球相同，盒子相同，盒子可空
解：只要将将5个相同小球分成1份，2份，3份即可。分法如下：5，0，0； 4，1，0；3，2，0；
3，1，1； 2，2，1。
例、有4个不同的小球，放入4个不同的盒子内，球全部放入盒子内
（1）共有几种放法？（答：
4
4
）
23
（2）恰有1个 空盒，有几种放法？（答：
C
4
A
4
144
）
23
（3）恰有1个盒子内有2个球，有几种放法？（答：
同上
C
4
A
4
144
）
3222
（4）恰有2个盒子不放球，有几种放法 ？（答：
C
4
A
4
C
4
C
4
 84
）

11．分组问题与分配问题
①分组问题：均匀分组，除法处理；非均匀分组，组合处理
例。有9个不同的文具盒：（1） 将其平均分成三组；（2）将其分成三组，每组个数2，3，4。上述问题各有多少
种不同的分法？
33
分析：（1）此题属于分组问题：先取3个为第一组，有
C
9
种分法，再取3个不第二组，有
C
6
种分法，剩下3
333
C
9
C
6
C
3
234
个为第三组，有
C
种分法，由于三组之间没有顺序，故有种分法。（2）同（1），共有
CC
7
C
4
种分法，因
9
3
A
3
3
3
3
三组个数各不相同，故不必再除以
A
3
。
练习：12个学生平均分成3组， 参加制作航空模型活动，3个教师各参加一组进行指导，问有多少种分组方法？
②分配问题： 定额分配，组合处理； 随机分配，先组后排。
例。有9本不同的书：（1）分 给甲2本，乙3本，丙4本；（2）分给三个人，分别得2本，3本，4本。上述问题
各有多少种不同的 分法？
234234
（1）此题是定额分配问题，先让甲选，有
C
9
种；再让乙选，有
C
7
种；剩下的给丙，有
C
4
种，共有
C
9
C
7
C
4
种
不同的分法（2）此题是 随机分配问题：先将9本书分成2本，3本，4本共有三堆，再将三堆分给三个人，共有
2343
种不同的分法。
C
9
.C
7
.C
4
.A
3
【评述】本题涉及一类重要问题：问题中既有元素的限制，又有排列的问题，一般是先选元素（即组 合）后排列

概率
Ⅰ、随机事件的概率
例1 某商业银行为储户提供的密码有0，1，2，„，9中的6个数字组成.
(1)某人随意按下6个数字，按对自己的储蓄卡的密码的概率是多少？
(2)某人忘记了自 己储蓄卡的第6位数字，随意按下一个数字进行试验，按对自己的密码的概率是多少？
解 （1）储蓄 卡上的数字是可以重复的，每一个6位密码上的每一个数字都有0，1，2，„，9这10种，正确的结果
1
66
，随意按下6个数字相当于随意按下个，随意按下6个数字相当于随意按下个密
1010
6
10
1
码之一，其概率是
6
.
10
有1种，其概率为
(2)以该人记忆自己的储蓄卡上的密码在前5个正确的前提下，随意按下一 个数字，等可能性的结果为0，1，2，„，
9这10种，正确的结果有1种，其概率为
1.
10
例2 一个口袋内有m个白球和n个黑球，从中任取3个球，这3个球恰好是2 白1黑的概率是多少？（用组合数表
示）
解 设事件I是“从m个白球和n个黑球中任选3 个球”，要对应集合I
1
，事件A是“从m个白球中任选2个球，从
321
n 个黑球中任选一个球”，本题是等可能性事件问题，且Card(I
1
)=
C
mn
,Card(A)C
m
C
n
，于是
21
Card(A)C
m
C
n

3
P(A)=.
Card(I
1
)C
mn
Ⅱ、互斥事件有一个发生的概率
例3在20件产品中有15件正品，5件次品，从中任取3件，求：
（1）恰有1件次品的概率；（2）至少有1件次品的概率.

321
解 （1）从20件产品中任取3件的取法有
C
20< br>，其中恰有1件次品的取法为
C
15
C
5
。
21
C
15
C35
.

恰有一件次品的概率P =
3
5

C
20
76
(2)法一 从20件产品中 任取3件，其中恰有1件次品为事件A
1
,恰有2件次品为事件A
2
，3件全 是次品为事件A
3
,
则它们的概率
2113
C
15
C
5
105
C
5
2
C
15
2C
5
2
P(A
1
)= =,,,
P(A)P(A)
23
333
C
20
C
20
228C
20
2 28
228
而事件A
1
、A
2
、A
3
彼此 互斥，因此3件中至少有1件次品的概率
P(A
1
+A
2
+A3
)=P(A
1
)+P(A
2
)+P(A
3
) =
137
.
228
法二 记从20件产品中任取3件，3件全是正品为事 件A，那么任取3件，至少有1件次品为
A
，根据对立事件
3
C
15
137
的概率加法公式P(
A
)=
1P(A)1
3< br>

C
20
228
例4 1副扑克牌有红桃、黑桃、梅花、方 块4种花色，每种13张，共52张，从1副洗好的牌中任取4张，求4
张中至少有3张黑桃的概率.
4
解 从52张牌中任取4张，有
C
52
种取法.“4张中至少有 3张黑桃”，可分为“恰有3张黑桃”和“4张全是黑桃”，
314
C
13
 C
39
C
13
共有
CCC
种取法


4
C
52
3
13
1
39
4
13< br>注 研究至少情况时，分类要清楚。
Ⅲ、相互独立事件同时发生的概率
[来源:学+科+网]

例5 猎人在距离 100米处射击一野兔，其命中率为0.5，如果第一次射击未中，则猎人进行第二次射击，但距离150
米. 如果第二次射击又未中，则猎人进行第三次射击，并且在发射瞬间距离为200米. 已知猎人的命中概率与距
离的平方成反比，求猎人命中野兔的概率.
解 记三次射击依次为 事件A，B，C，其中
P(A)
11k
,由
P(A)
，求得k =5000。
22100
2
P(B)
5000250001
 ,P(C)
,

命中野兔的概率为
22
15092008P(A)P(AB)P(ABC)P(A)P(A)P(B)P(A)P(B)P(C)< br>
11212195
(1)(1)(1).
2292981 44
例6 要制造一种机器零件，甲机床废品率为0.05，而乙机床废品率为0.1，而它们的生产 是独立的，从它们制造的
产品中，分别任意抽取一件，求：
（1）其中至少有一件废品的概率； （2）其中至多有一件废品的概率.
解： 设事件A为“从甲机床抽得的一件是废品”；B为“从乙机床抽得的一件是废品”.
则P（A）=0.05, P(B)=0.1,
（1）至少有一件废品的概率
P (AB)1P(AB)1P(A)P(B)10.950.900.145

（2）至多有一件废品的概率
PP(ABABAB)0.050.90. 950.10.950.90.995

Ⅳ、概率内容的新概念较多，本课时就学生易犯错误作如下归纳总结：
类型一 “非等可能”与“等可能”混同
例1 掷两枚骰子，求所得的点数之和为6的概率．
错解 掷两枚骰子出现的点数之和2，3，4，…，12共11种基本事件，所以概率为P=
1

11
剖析 以上11种基本事件不是等可能的，如点数和2只有(1，1)，而点数之和为6 有(1，5)、(2，4)、(3，3)、(4，
2)、(5，1)共5种．事实上，掷两枚骰子共有3 6种基本事件，且是等可能的，所以“所得点数之和为6”的概
率为P=
5
．
36
类型二 “互斥”与“对立”混同
例2 把红、黑、白、蓝4张纸牌随机地 分给甲、乙、丙、丁4个人，每个人分得1张，事件“甲分得红牌”与“乙
分得红牌”是（ ）
A．对立事件 B．不可能事件 C．互斥但不对立事件 D．以上均不对
错解 A
剖析 本题错误的原因在于把“互斥”与“对立”混同，二者的联系与区别主要体现在 ：
( 1)两事件对立，必定互斥，但互斥未必对立；(2)互斥概念适用于多个事件，但对立概念只适用于两个事件；
(3)两个事件互斥只表明这两个事件不能同时发生，即至多只能发生其中一个，但可以都不发生；而两 事件对
立则表示它们有且仅有一个发生．
事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌” 是不能同时发生的两个事件，这两个事件可能恰有一个发生，一个不发生，
可能两个都不发生，所以应选 C．
类型三 “互斥”与“独立”混同
例3 甲投篮命中率为O．8，乙投篮命中率为0.7，每人投3次，两人恰好都命中2次的概率是多少?
错解 设“甲恰好投中两次”为事件A，“乙恰好投中两次”为事件B，则两人都恰好投中两次为事件 A+B，
22
P(A+B)=P(A)+P(B)：
c
3
0.8< br>2
0.2c
3
0.7
2
0.30.825

剖析 本题错误的原因是把相互独立同时发生的事件当成互斥事件来考虑，将两人都恰好投中2次理解 为“甲恰好投
中两次”与“乙恰好投中两次”的和．互斥事件是指两个事件不可能同时发生；两事件相互 独立是指一个事件的
发生与否对另一个事件发生与否没有影响，它们虽然都描绘了两个事件间的关系，但 所描绘的关系是根本不同．
解： 设“甲恰好投中两次”为事件A，“乙恰好投中两次”为事件B，且A，B相互独立，
则两人都恰好投中两次为事件A·B，于是P(A·B)=P(A)×P(B)= 0.169
几何概型
1、【2012高考真题辽宁理10】在长为12cm的线段AB上任取一点C.现 作一矩形，领边长分别等于线段AC，CB的
长，则该矩形面积小于32cm
2
的概率 为
(A)
1124
(B) (C) (D)
6335
【答案】C
【解析】设线段AC 的长为
x
cm，则线段CB的长为(
12x
)cm,那么矩形的面积为x(12x)
cm
2
，
由
x(12x)32
， 解得
x4或x8
。又
0x12
，所以该矩形面积小于32cm
2
的概率为
2
，故选C
3
2、【2012高考真题湖北理8】如 图，在圆心角为直角的扇形OAB中，分别以OA，OB为直径作两个半圆. 在扇形
OAB

内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是
11


2π
21
C． D．
ππ
【答案】A
A．
1
B．
【解析】令
OA 1
，扇形OAB为对称图形，ACBD围成面积为
S
1
，
称轴OD， 则过C点。
S
2
即为以OA为直径的半圆面积减去三角
围成OC为
S
2
，作对
形OAC的面积，
2

π< br>S
1

1

111

2
。在扇形 OAD中
1
为扇形面
S
2



 
2
2

2

2228
积和
2
积 减去三角形OAC面
S
2
S
1
1

2
1 S

2
2



1

2

，，
S
1
S
2

，扇
2
4
288216
1
S

，选A.
4
形
第8题图
OAB面积

0x2,
3、【 2012高考真题北京理2】设不等式组

，表示平面区域为D，在区域D内随机取一个点，则 此点到坐
0y2

标原点的距离大于2的概率是
（A）


2

4

（B） （C） （D）
24
46

【答案】D
【解析】题目中

0x2
表示的区域如图正方形所示，而动点D

0y 2
可以存在的位置为正方
形面积减去四分之一圆的面积部分，因此
1
22 

2
2
4

4
，故选D。
P
224


练习：
一、从10位同学（其中 6女，4男）中随机选出3位参加测验.每位女同学能通过测验的概率均为
通过测验的概率均为
4
，每位男同学能
5
3
.试求：
5
（Ⅰ）选出的3位同学中，至少有一位男同学的概率；
（Ⅱ）10位同学中的女同学甲和男同学乙同时被选中且通过测验的概率.

(2004年全国卷Ⅰ)
解：本小题主要考查组合，概率等基本概念，独立事件和互斥事件的概率以及运用概率知识
解决实际问题的能力，满分12分.
解：（Ⅰ）随机选出的3位同学中，至少有一位男同学的概率为
3
C
6
5
1－
3

；„„„„„„6分
C
10
6
（Ⅱ）甲、乙被选中且能通过测验的概率为
1
C
8
434

3
.
；„„„„„„12分
C
10
55125
二、 已知8支球队中有3支弱队,以抽签方式将这8支球队分为A、B两组,每组4支.求：
（Ⅰ）A、B两组中有一组恰有两支弱队的概率；
（Ⅱ）A组中至少有两支弱队的概率. (2004年全国卷Ⅱ)
11
C
5
C
5
1
解：（ Ⅰ）解法一：三支弱队在同一组的概率为
4

4
.

C
8
C
8
7
故有一组恰有两支弱队的概率为
1
16
.

77
C
3
2
C
5
2
C
3
2
C
5
2
6
解法二：有一组恰有两支弱队的 概率
.

7
C
8
4
C
8
4< br>31
C
3
2
C
5
2
C
3
C
5
1
（Ⅱ）解法一：A组中至少有两支弱队的概率


44
2
C
8
C
8
解法二：A、B两组 有一组至少有两支弱队的概率为1，由于对A组和B组来说，至少有两支弱队的概率是相同
的，所以A组 中至少有两支弱队的概率为
.

三、为防止某突发事件发生，有甲、乙、丙、丁四种相 互独立的预防措施可供采用，单独采用甲、乙、丙、丁预防措
施后此突发事件不发生的概率（记为P）和 所需费用如下:
预防措施
P
费用（万元）
甲
0.9
90
乙
0.8
60
丙
0.7
30
丁
0.6
10
1
2
预防方案可单独采用一种预防措施 或联合采用几种预防措施，在总费用不超过120万元的前
提下,请确定一个预防方案，使得此突发事 件不发生的概率最大.(2004年湖北卷)
[来源学科网]

解：方案1：单独采用 一种预防措施的费用均不超过120万元.由表可知，采用甲措施，可使此突发事件不发生
的概率最大， 其概率为0.9.
方案2：联合采用两种预防措施，费用不超过120万元，由表可知.联合甲、丙两 种预防措施可使此突发事件不发生
的概率最大，其概率为1—(1—0.9)(1—0.7)=0.97 .
方法3：联合采用三种预防措施，费用不超过120万元，故只能联合乙、丙、丁三种预防措施，此 时突发事件不发生
的概率为1—（1—0.8）(1—0.7)(1—0.6)=1—0.024=0. 976.
综合上述三种预防方案可知，在总费用不超过120万元的前提下，联合使用乙、丙、丁三种 预防措施可使此突发
事件不发生的概率最大.

作业
(2 011年高考湖北卷理科15)给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色.当n≤4时，在所有不同的着色方案 中，黑
色正方形互不相邻的着色方案如下图所示：

n=1
n=2

n=3


n=4

由此推断，当n=6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有 种，至少有两个
黑色正方形相邻的着色方案共有 种.（结果用数值表示）

(2011年高考江苏卷23)（本小题满分10分）
设整数
n4，
P(a,b)
是平面直角坐标系
xOy
中的点，其中
a,b {1,2,3,
（1）记
A
n
为满足
ab3
的点< br>P
的个数，求
A
n
；
（2）记
B
n
为满足
(ab)
是整数的点
P
的个数，求
B
n

解析：考察计数原理、等差数列求和、分类讨论、归纳推理能力，较难题。
（1）因为满足
ab3
a,b{1,2,3,
,n},ab

1
3
,n},ab
的每一组解构成一个点P,所以
A
n< br>n3
。

（2）设
(ab)kN
，则
ab3k,03kn1,0k
对每一个k对应的解数为：n-3k,构成以3为公差 的等差数列；
当n-1被3整除时，解数一共有：
14
当n-1被3除余1时， 解数一共有：
25
当n-1被3除余2时，解数一共有：
36
13
*
n1
,

3
n3
1n3n1(n1)(n2)


236
2n3n2(n2)(n1)
n3

236
3n3n3(n3)n
n3

236

(n1)(n2)
,n3k1orn3k2


6
B
n


(kN
*
)






[来源:]


(n3)n
6
,n3k3