专题14 计数原理、随机变量及其分布列（专题）-2017年高考数学（理）考纲解读与热点难点突破

专题14 计数原理、随机变量及其分布列（专题）-2017年高考数学（理）考纲解读与热点难点突破

专题14 计数原理、随机变量及其分布列 ‎【2017年高考考纲解读】‎ 高考对本内容的考查主要有：‎ ‎(1)分类加法计算原理、分步乘法计数原理，B级要求．‎ ‎(2)排列与组合，B级要求．‎ ‎(3)离散型随机变量及其分布列、超几何分布、条件概率及相互独立事件，A级要求．‎ ‎(4)n次独立重复试验的模型及二项分布、离散型随机变量的均值与方差，B级要求.‎ ‎【重点、难点剖析】‎ ‎1．两种计数原理 分类计数原理和分步计数原理．‎ ‎2．排列 ‎(1)排列的定义；(2)排列数公式：A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝(m≤n，m，n∈N*)．‎ ‎3．组合 ‎(1)组合的定义；‎ ‎(2)组合数公式：C＝＝(m≤n，m，n∈N*)．‎ ‎(3)组合数性质：C＝C；C＋C＝C.‎ ‎4．概率、随机变量及其分布 ‎(1)离散型随机变量及其概率分布的表示：‎ ‎①离散型随机变量：所有取值可以一一列出的随机变量叫做离散型随机变量；‎ ‎②离散型随机变量概率分布的表示法：概率分布列和概率分布表；‎ 性质：1°pi≥0(i＝1,2,3，…，n)；2°p1＋p2＋p3＋…＋pn＝1；‎ ‎(2)特殊的概率分布列：①0－1分布(两点分布)符号表示：X～0－1分布；‎ ‎②超几何分布：1°符号表示：X～H(n，M，N)；‎ ‎2°概率分布列：X～H(r；n，M，N)＝P(X＝r)＝；‎ ‎③二项分布(又叫独立重复试验，波努利试验)：1°符号表示：X～B(n，p)；2°概率分布列：P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k.‎ 注意：P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＋…＋P(X＝r)＋…＋P(X＝n)＝1.‎ ‎【题型示例】‎ 题型一　计数原理及其应用 ‎【例1】 (2016·四川，4，易)用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，‎ 其中奇数的个数为(　　)‎ A．24 B．48 C．60 D．72‎ ‎【解析】D　能组成的五位数共有A＝120(个)，其中奇数有120×＝72(个)．‎ ‎【举一反三】(2016·课标Ⅱ，5，易)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　)‎ A．24 B．18 C．12 D．9‎ ‎【解析】B　由题意知，从E到F的最短路径有6条，从F到G的最短路径有3条，根据分步乘法计数原理知共有6×3＝18(条)最短路径．‎ ‎【变式探究】(1)(2014·全国大纲卷)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有(　　)‎ A．60种　　　B．70种　　　C．75种　　　D．150种 ‎(2)航空母舰“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼－15飞机准备着舰，如果甲、乙两机必须相邻着舰，而甲、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有(　　)‎ A．12种 B．16种 C．24种 D．36种 ‎【命题意图】(1)本题主要考查基本计数原理的应用，意在考查考生的逻辑分析能力和运算求解能力．‎ ‎(2)本题主要考查排列组合的基础知识，意在考查考生利用排列组合的知识解决计数问题的能力．‎ ‎【易错指导】解决排列组合问题首先要根据所求事件是否与顺序有关，将其进行分类：将该事件分为几个彼此互斥的事件，再根据事件发生的过程将其分成几个简单的步骤，逐步求解，最后利用基本计数原理求解即可，这样可将复杂的事件转化为简单的排列组合问题来解决．‎ ‎【答案】(1)C　(2)D ‎【解析】(1)第一步，先从6名男医生中选出2名，不同的选法有C＝15(种)；第二步，再从5名女医生中选出1名，不同的选法有C＝5(种)；由分步计数原理可得，组成医疗小组的不同的选法共有15×5＝75(种)．故选C.‎ ‎(2)当甲排在边上时，有2A＝12种方法；当甲不排在边上时，有12A＝24种方法．这样一共有12＋24＝36种不同的着舰方法．‎ ‎【感悟提升】分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别：分类加法计数原理针对的是“分类”‎ 问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事．‎ ‎【变式探究】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，…，n}，a＞b.‎ ‎(1)记An为满足a－b＝3的点P的个数，求An；‎ ‎(2)记Bn为满足(a－b)是整数的点P的个数，求Bn.‎ ‎【规律方法】此计数原理问题中要计算点的个数，因此要根据条件对正整数的取值进行分类，弄清可能的取值类别，再根据加法原理进行计算．‎ ‎【变式探究】设集合Pn＝{1,2，…，n}，n∈N*.记f(n)为同时满足下列条件的集合A的个数：①A⊆Pn；②若x∈A，则2x∉A；③若x∈∁PnA，则2x∉∁PnA.‎ ‎(1)求f(4)；‎ ‎(2)求f(n)的解析式(用n表示)．‎ ‎【解析】(1)当n＝4时，符合条件的集合A为：{2}，{1,4}，{2,3}，{1,3,4}，故f(4)＝4.‎ ‎(2)任取偶数x∈Pn，将x除以2，若商仍为偶数，再除以2，…，经过k次以后，商必为奇数，此时记商为m，于是x＝m·2k，其中m为奇数，k∈N*.‎ 由条件知，若m∈A，则x∈A⇔k为偶数；‎ 若m∉A，则x∈A⇔k为奇数．‎ 于是x是否属于A由m是否属于A确定．设Qn是Pn中所有奇数的集合，因此f(n)等于Qn的子集个数．当n为偶数(或奇数)时，Pn中奇数的个数是，‎ 所以f(n)＝ 题型二　条件概率与相互独立事件的概率 例2、(2015·新课标全国Ⅰ，4)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为 ‎(　　)‎ A．0.648 B．0.432 C．0.36 D．0.312‎ 解析　该同学通过测试的概率为p＝0.6×0.6＋C×0.4×0.62＝0.648.‎ 答案　A ‎【变式探究】(1)(2014·新课标全国卷Ⅱ)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是(　　)‎ A．0.8 B．0.75 C．0.6 D．0.45‎ ‎(2)一出租车司机从饭店到火车站的途中要经过六个交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯这一事件是相互独立的，并且概率都是，那么这位司机遇到红灯前，已经通过了两个交通岗的概率是________．‎ ‎【命题意图】本题主要考查概率的计算，涉及事件相互关系的分析与条件概率的计算，意在考查考生的理解能力与运算求解能力．‎ ‎【答案】(1)A　(2) ‎【感悟提升】‎ ‎1．条件概率的求法 ‎(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝.这是通用的求条件概率的方法．‎ ‎(2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝.‎ ‎2．求相互独立事件和独立重复试验的概率的方法及注意点 ‎(1)直接法：正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或为一独立重复试验问题，然后用相应概率公式求解．‎ ‎(2)间接法：当复杂事件正面情况比较多，反面情况较少，则可利用其对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解．‎ ‎(3)注意点：注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同．‎ ‎【变式探究】甲、乙二人比赛投篮，每人连续投3次，投中次数多者获胜，若甲前2‎ 次每次投中的概率都是，第3次投中的概率是；乙每次投中的概率都是.甲、乙每次投中与否相互独立．‎ ‎(1)求乙直到第3次才投中的概率；‎ ‎(2)在比赛前，从胜负的角度考虑，你支持谁？请说明理由．‎ ‎【解析】(1)记事件Ai：乙第i次投中(i＝1,2,3)，‎ 则P(Ai)＝(i＝1,2,3)，事件A1，A2，A3相互独立，‎ ‎∴P(乙直到第3次才投中)＝P(1·2·A3)＝P(1)·P(2)·P(A3)＝××＝.‎ ‎(2)设甲投中的次数为ξ，乙投中的次数为η，‎ 由η～B，∴乙投中次数的数学期望E(η)＝3×＝.‎ ξ的所有可能取值是0,1,2,3，‎ 甲前2次投中次数服从二项分布B，且每次投中与否相互独立，‎ ‎∴P(ξ＝0)＝××＝，‎ P(ξ＝1)＝C×××＋C×2×＝，‎ P(ξ＝2)＝C×2×＋C×××＝，‎ P(ξ＝3)＝C×2×＝，‎ ‎∴甲投中次数的数学期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝，‎ ‎∴E(η)＞E(ξ)，∴在比赛前，从胜负的角度考虑，应支持乙.‎ ‎【变式探究】红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A、B、C进行围棋比赛，甲对A、乙对B、丙对C各一盘．已知甲胜A、乙胜B、丙胜C的概率分别为0.6、0.5、0.5.假设各盘比赛结果相互独立．‎ ‎(1)求红队至少两名队员获胜的概率；‎ ‎(2)用ξ表示红队队员获胜的总盘数，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)．‎ ‎ (2)由题意，知ξ的可能取值为0,1,2,3.‎ 因此P(ξ＝0)＝P()＝0.4×0.5×0.5＝0.1，‎ P(ξ＝1)＝P(F)＋P(E)＋P(D)＝0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0. 5＋0.6×0.5×0.5＝0.35，‎ P(ξ＝3)＝P(DEF)＝0.6×0.5×0.5＝0.15.‎ 由对立事件的概率公式，得P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝0.4.‎ 所以ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎0.1‎ ‎0.35‎ ‎0.4‎ ‎0.15‎ 因此E(ξ)＝0×0.1＋1×0.35＋2×0.4＋3×0.15＝1.6.‎ ‎【变式探究】某品牌设计了编号依次为1,2，3，…，n(n≥4，且n∈N*)的n种不同款式的时装，由甲、乙两位模特分别独立地从中随机选择i，j(0≤i，j≤n，且i，j∈N)种款式用来拍摄广告．‎ ‎(1)若i＝j＝2，且甲在1到m(m为给定的正整数，且2≤m≤n－2)号中选择，乙在(m＋1)到n号中选择．记Pst(1≤s≤m，m＋1≤t≤n)为款式(编号)s和t同时被选中的概率，求所有的Pst的和；‎ ‎(2)求至少有一个款式为甲和乙共同认可的概率．‎ 解　(1)甲从1到m(m为给定的正整数，且2≤m≤n－2)号中任选两款，乙从(m＋1)到n号中任选两款的所有等可能基本事件的种数为CC，‎ 记“款式s和t(1≤s≤m，m＋1≤t≤n)同时被选中”为事件A，则事件A包含的基本事件的种数为CC·CC，‎ 所以P(A)＝Pst＝＝，‎ 则所有的Pst的和为：CC·＝4；‎ ‎【规律方法】对于求较复杂事件的概率问题，可以将所求事件转化成彼此互斥的事件的和，或者先求对立事件的概率，再用互斥事件的概率加法公式或对立事件的概率公式求出所求事件的概率．‎ ‎【变式探究】 甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响；每人各次射击是否击中目标相互之间也没有影响．‎ ‎(1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；‎ ‎(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；‎ ‎(3)假设某人连续2次未击中目标，则中止其射击．求乙恰好射击5次后被中止射击的概率．‎ ‎【解析】(1)甲至少一次未击中目标的概率P1是 P1＝P4(1)＋P4(2)＋P4(3)＋P4(4)‎ ‎＝1－P4(0)＝1－40＝.‎ ‎(2)甲射击4次恰击中2次的概率为 P2＝C22＝，‎ 乙射击4次恰击中3次的概率为P3＝C3×＝，‎ 由乘法公式得，所求概率为P＝P2P3＝×＝.‎ ‎(3)乙恰好5次停止射击，则最后两次未击中，前三次或都击中或第一与第二次恰有一次击中，第三次必击中，故所求概率为P＝32＋C23＝. ‎ 题型三　离散型随机变量的分布列 例3、(2016·课标Ⅰ，19，12分，中)某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个 ‎200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：‎ 以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需要更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．‎ ‎(1)求X的分布列；‎ ‎(2)若要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值；‎ ‎(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？‎ 解：由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2.从而 P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04；‎ P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16；‎ P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；‎ P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；‎ P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；‎ P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08；‎ P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04.‎ 所以X的分布列为 X ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ ‎22‎ P ‎0.04‎ ‎0.16‎ ‎0.24‎ ‎0.24‎ ‎0.2‎ ‎0.08‎ ‎0.04‎ ‎(2)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，故n的最小值为19.‎ ‎(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)．‎ 当n＝19时，‎ EY＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4 040.‎ 当n＝20时，‎ EY＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080.‎ 可知当n＝19时所需费用的期望值小于n＝20时所需费用的期望值，故应选n＝19.‎ ‎【变式探究】(2015·安徽，17)已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3‎ 件正品时检测结果．‎ ‎(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；‎ ‎(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望)．‎ ‎【变式探究】(2015·福建，16)某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．‎ ‎(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；‎ ‎(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和数学期望．‎ 解　(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，‎ 则P(A)＝××＝.‎ ‎(2)依题意得，X所有可能的取值是1，2，3.‎ 又P(X＝1)＝，P(X＝2)＝×＝，‎ P(X＝3)＝××1＝.‎ 所以X的分布列为 X ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝.‎ ‎【举一反三】(2015·重庆，17)端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个．‎ ‎(1)求三种粽子各取到1个的概率；‎ ‎(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与数学期望．‎ 题型四　均值与方差 例4．(2016·天津，16，13分，中)某小组共10人，利用假期参加义工活动，已知参加义工活动次数为1，2，3的人数分别为3，3，4，现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会．‎ ‎(1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；‎ ‎(2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的分布列和数学期望．‎ 解：(1)由已知，得P(A)＝＝.‎ 所以，事件A发生的概率为.‎ ‎(2)随机变量X的所有可能取值为0，1，2.‎ P(X＝0)＝＝，‎ P(X＝1)＝＝，‎ P(X＝2)＝＝.‎ 所以，随机变量X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P 随机变量X的数学期望EX＝0×＋1×＋2×＝1.‎ ‎【变式探究】(2016·山东，19，12分，中)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语．在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分．已知甲每轮猜对的概率是，乙每轮猜对的概率是；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，求：‎ ‎(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；‎ ‎(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数学期望EX.‎ ‎ (2)由题意，随机变量X可能的取值为0，1，2，3，4，6.‎ 由事件的独立性与互斥性，得 P(X＝0)＝×××＝，‎ P(X＝1)＝2×＝＝，‎ P(X＝2)＝×××＋×××＋×××＋×××＝，‎ P(X＝3)＝×××＋×××＝＝，‎ P(X＝4)＝2×＝＝，‎ P(X＝6)＝×××＝＝.‎ 可得随机变量X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎6‎ P 所以数学期望EX＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝.‎ ‎ 【变式探究】(2015·天津，16)为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名．从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．‎ ‎(1)设A为事件“选出的4人中恰有2 名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A发生的概率；‎ ‎(2)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和数学期望．‎ ‎【变式探究】(2015·山东，19)若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”(如137，359，567等)．在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分．‎ ‎(1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”；‎ ‎(2)若甲参加活动，求甲得分X的分布列和数学期望E(X)．‎ 解　(1)个位数是5的“三位递增数”有125，135，145，235，245，345；‎ ‎(2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为C＝84，‎ 随机变量X的取值为：0，－1，1，因此 P(X＝0)＝＝，‎ P(X＝－1)＝＝，‎ P(X＝1)＝1－－＝，‎ 所以X的分布列为 X ‎0‎ ‎－1‎ ‎1‎ P 则E(X)＝0×＋(－1)×＋1×＝.‎ ‎【举一反三】(2015·湖南，18)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．‎ ‎(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；‎ ‎(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望．‎ 解　(1)记事件A1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，‎ A2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，‎ B1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，‎ C＝{顾客抽奖1次能获奖}．‎ 由题意，A1与A2相互独立，A12与1A2互斥，B1与B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A12＋1A2，C＝B1＋B2.‎ 因为P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，所以 P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝×＝，‎ P(B2)＝P(A12＋1A2)＝P(A12)＋P(1A2)‎ ‎＝P(A1)P(2)＋P(1)P(A2)‎ ‎＝P(A1)(1－P(A2))＋(1－P(A1))P(A2)‎ ‎＝×＋×＝.‎ 故所求概率为 P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝＋＝.‎ ‎(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为，所以X～B.‎ 于是 P(X＝0)＝C＝，‎ P(X＝1)＝C＝，‎ P(X＝2)＝C＝，‎ P(X＝3)＝C＝.‎ 故X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P X的数学期望为E(X)＝3×＝.‎ 题型五　排列组合 ‎ 例5．(2015·四川，6)用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有(　　)‎ A．144个 B．120个 C．96个 D．72个 解析　由题意，首位数字只能是4，5，若万位是5，则有3×A＝72个；若万位是4，则有2×A个＝48个，故40 000大的偶数共有72＋48＝120个．选B.‎ 答案　B ‎【变式探究】 (1)(2014·重庆)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是(　　)‎ A．72 B．120 C．144 D．168‎ ‎(2)(2014·北京)把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．‎ ‎【命题意图】本题主要考查排列组合的知识，意在考查考生应用排列组合知识解决实际问题的能力．‎ ‎【答案】(1)B　(2)36‎ ‎【感悟提升】解答排列、组合问题的角度：解答排列、组合应用题要从“分析”“分辨”“分类”“分步”的角度入手．(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有无限制等；(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．‎ ‎【举一反三】(2015·广东，12)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言(用数字作答)．‎ 解析　依题两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数，所以全班共写了A＝40×39＝1 560条毕业留言．‎ 答案　1 560‎ ‎ ‎