高中数学排列组合习题及解析

排列组合问题在实际应用中是非常广泛的，并且在实际中的解题方法也是比较复杂的，下面就通过一些实例来总结实际应用中的解题技巧。

1.排列的定义：从n个不同元素中，任取m个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n

个不同元素中取出m个元素的一个排列。

2.组合的定义：从n个不同元素中，任取m个元素，并成一组，叫做从n个不同元素中取

出m个元素的一个组合。

3.排列数公式：

4.组合数公式：

5.排列与组合的区别与联系：与顺序有关的为排列问题，与顺序无关的为组合问题。

例1 学校组织老师学生一起看电影，同一排电影票12张。8个学生，4个老师，要求老师在学生中间，且老师互不相邻，共有多少种不同的坐法?

分析此题涉及到的是不相邻问题，并且是对老师有特殊的要求，因此老师是特殊元素，在解决时就要特殊对待。所涉及问题是排列问题。

解先排学生共有种排法，然后把老师插入学生之间的空档，共有7个空档可插，选其中的4个空档，共有种选法。根据乘法原理，共有的不同坐法为种。

结论1 插入法：对于某两个元素或者几个元素要求不相邻的问题，可以用插入法。即先排好没有限制条件的元素，然后将有限制条件的元素按要求插入排好元素的空档之中即可。

例2 、5个男生3个女生排成一排，3个女生要排在一起，有多少种不同的排法?

分析此题涉及到的是排队问题，对于女生有特殊的限制，因此，女生是特殊元素，并且要求她们要相邻，因此可以将她们看成是一个元素来解决问题。

解因为女生要排在一起，所以可以将3个女生看成是一个人，与5个男生作全排列，有种排法，其中女生内部也有种排法，根据乘法原理，共有种不同的排法。

结论2 捆绑法：要求某几个元素必须排在一起的问题，可以用捆绑法来解决问题。即将需要相邻的元素合并为一个元素，再与其它元素一起作排列，同时要注意合并元素内部也可以作排列。

例3 高二年级8个班，组织一个12个人的年级学生分会，每班要求至少1人，名额分配方案有多少种?

分析此题若直接去考虑的话，就会比较复杂。但如果我们将其转换为等价的其他问题，就会显得比较清楚，方法简单，结果容易理解。

解此题可以转化为：将12个相同的白球分成8份，有多少种不同的分法问题，因此须把这12个白球排成一排，在11个空档中放上7个相同的黑球，每个空档最多放一个，即可将白球分成8份，显然有种不同的放法，所以名额分配方案有种。

结论3 转化法：对于某些较复杂的、或较抽象的排列组合问题，可以利用转化思想，将其化归为简单的、具体的问题来求解。

例4 袋中有5分硬币23个，1角硬币10个，如果从袋中取出2元钱，有多少种取法?

分析此题是一个组合问题，若是直接考虑取钱的问题的话，情况比较多，也显得比较凌乱，难以理出头绪来。但是如果根据组合数性质考虑剩余问题的话，就会很容易解决问题。

解把所有的硬币全部取出来，将得到×23+×10=元，所以比2元多元，所以剩下元即剩下3个5分或1个5分与1个1角，所以共有种取法。

结论4 剩余法：在组合问题中，有多少取法，就有多少种剩法，他们是一一对应的，因此，当求取法困难时，可转化为求剩法。

例5 期中安排考试科目9门，语文要在数学之前考，有多少种不同的安排顺序?

分析对于任何一个排列问题，就其中的两个元素来讲的话，他们的排列顺序只有两种情况，并且在整个排列中，他们出现的机会是均等的，因此要求其中的某一种情况，能够得到全体，那么问题就可以解决了。并且也避免了问题的复杂性。

解不加任何限制条件，整个排法有种，“语文安排在数学之前考”，与“数学安排在语文之前考”的排法是相等的，所以语文安排在数学之前考的排法共有种。

结论5 对等法：在有些题目中，它的限制条件的肯定与否定是对等的，各占全体的二分之一。在求解中只要求出全体，就可以得到所求。

例6 我们班里有43位同学，从中任抽5人，正、副班长、团支部书记至少有一人在内的抽法有多少种?

分析此题若是直接去考虑的话，就要将问题分成好几种情况，这样解题的话，容易造成各种情况遗漏或者重复的情况。而如果从此问题相反的方面去考虑的话，不但容易理解，而且在计算中也是非常的简便。这样就可以简化计算过程。

解 43人中任抽5人的方法有种，正副班长，团支部书记都不在内的抽法有种，所以正副班长，团支部书记至少有1人在内的抽法有种。

结论6 排异法：有些问题，正面直接考虑比较复杂，而它的反面往往比较简捷，可以先求出它的反面，再从整体中排除。

练习1 某人射击8枪，命中4枪，那么命中的4枪中恰有3枪是连中的情形有几种?

练习2 一排8个座位，3人去坐，每人两边至少有一个空座的坐法有多少种?

练习3 马路上有编号为1，2，3，……10的十只路灯，为节约电而不影响照明，可以把其中的三只路灯关掉，但不能同时关掉相邻的两只或三只，也不能关掉马路两端的灯，问满足条件的关灯方法有多少种?

练习4 A、B、C、D、E五人站成一排，如果B必须站在A的右边，那么不同的站法有多少种?

练习5 某电路有5个串联的电子元件，求发生故障的不同情形数目?

小结：

解决排列组合应用题的一些解题技巧，具体有插入法，捆绑法，转化法，剩余法，对等法，排异法;对于不同的题目，根据它们的条件，我们就可以选取不同的技巧来解决问题。对于一些

比较复杂的问题，我们可以将几种技巧结合起来应用，便于我们迅速准确地解题。在这些技巧中所涉及到的数学思想方法，例如：分类讨论思想，变换思想，特殊化思想等等，要在应用中注意掌握。

典例精析

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，共有种取法.

【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，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )

【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32时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为12、13、23时，也有4个.故选D.

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，则不同的选择方案共有种.

【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4×5×4×3=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5×4×4×4×4=1 280种方法.

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A44种涂法，共有4A44=96种方法.

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

4×3×2×(1×1+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C13种涂法;

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3×6×6=108种涂法.

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.

排列与组合

典例精析

题型一排列数与组合数的计算

【例1】计算：(1)8!+A66A28-A410;(2) C33+C34+…+C310.

【解析】(1)原式

=8×7×6×5×4×3×2×1+6×5×4×3×2×18×7-10×9×8×7=57×6×5×4×3×256×(-89 )=-5 130623.

(2)原式=C44+C34+C35+…+C310=C45+C35+…+C310=C46+C36+…+C310=C411=330.

【点拨】在使用排列数公式Amn=n!(n-m)!进行计算时，要注意公式成立的条件：m，n∈N+，m≤n.另外，应注意组合数的性质的灵活运用.

【变式训练1】解不等式 >6 .

【解析】原不等式即9!(9-x)!>6×9!(11-x)!，

也就是1(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A44种排法.又3名女生内部可有A33种排法，所以共有A44?A33=144种排法.

(2)男生自己排，女生也自己排，然后相间插入(此时有2种插法)，所以女生与男生相间共有2A33?A33=72种排法.

(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的排法共有A33?A34=144种.

(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A66-A33A44=576种.

(5)先将2个女生排在男生甲、乙之间，有A23种排法.又甲、乙之间还有A22种排法.这样就有A23?A22种排法.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，有A22种排法.最后将余下的女生排在其间，有1种排法.故总排法为A23A22A22=24种.

【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.

【变式训练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的顺序排列构成一个数列.

(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A55-(A44+A33+A22)=88个，即为此数列的第88项.

(2)此数列共有120项，而以5开头的五位数恰好有A44=24个，所以以5开头的五位数中最小的一个就是该数列的第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?

【解析】(1)只须从A，B，C之外的9人中选择2人，C29=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C59=C49=126种选法.

(3)可分两步，先从A，B，C三人中选出1人，有C13种选法，再从余下的9人中选4人，有C49种选法，所以共有C13?C49=378种选法.

(4)可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都不入选的情况C59，共有C512-C59=666种选法.

(5)可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都入选的情况C29种，所以共有C512-C29=756种选法.

【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题，可以用间接法求解.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4C46种;第二类：在一条棱上取三点，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C23=3种.故有69种.

(2)用间接法.共C410-69=141种.

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.

二项式定理

典例精析

题型一二项展开式的通项公式及应用

【例1】已知的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列.

(1)求证：展开式中没有常数项;

(2)求展开式中所有的有理项.

【解析】由题意得2C1n? =1+C2n?( )2，

即n2-9n+8=0，所以n=8，n=1(舍去).

所以Tr+1= ?( ) ?

=(- )r? ? ?

=(-1)r? ? (0≤r≤8，r∈Z).

(1)若Tr+1是常数项，则16-3r4=0，即16-3r=0，

因为r∈Z，这不可能，所以展开式中没有常数项.

(2)若Tr+1是有理项，当且仅当16-3r4为整数，

又0≤r≤8，r∈Z，所以 r=0,4,8，

即展开式中有三项有理项，分别是T1=x4，T5=358 x，T9=1256 x-2.

【点拨】(1)把握住二项展开式的通项公式，是掌握二项式定理的关键.除通项公式外，还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质;

(2)应用通项公式求二项展开式的特定项，如求某一项，含x某次幂的项，常数项，有理项，系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得n或r后，再求所需的项(要注意n和r的数值范围及大小关系);

(3) 注意区分展开式“第r+1项的二项式系数”与“第r+1项的系数”.

【变式训练1】若(xx+ )n的展开式的前3项系数和为129，则这个展开式中是否含有常数项，一次项?如果有，求出该项，如果没有，请说明理由.

【解析】由题知C0n+C1n?2+C2n?22=129，

所以n=8，所以通项为Tr+1=Cr8(xx)8-r = ，

故r=6时，T7=26C28x=1 792x，

所以不存在常数项，而存在一次项，为1 792x.

题型二运用赋值法求值

【例2】(1)已知(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn，且

a1+a2+…+an-1=29-n，则n= ;

(2)已知(1-x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn，若5a1+2a2=0，则a0-a1+a2-a3+…+(-1)nan= .

【解析】(1)易知an=1，令x=0得a0=n，所以a0+a1+…+an=30.

又令x=1，有2+22+…+2n=a0+a1+…+an=30，

即2n+1-2=30，所以n=4.

(2)由二项式定理得，

a1=-C1n=-n，a2=C2n=n(n-1)2，

代入已知得-5n+n(n-1)=0，所以n=6，

令x=-1得(1+1)6=a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6，

即a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6=64.

【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特殊值代入构造相应的结构.

【变式训练2】设(3x-1)8=a0+a1x+a2x2+…+a7x7+a8x8.求a0+a2+a4+a6+a8的值.

【解析】令f(x)=(3x-1)8，

因为f(1)=a0+a1+a2+…+a8=28，

f(-1)=a0-a1+a2-a3+…-a7+a8=48，

所以a0+a2+a4+a6+a8=f(1)+f(-1)2=27×(1+28).

题型三二项式定理的综合应用

【例3】求证：4×6n+5 n+1-9能被20整除.

【解析】

4×6n+5n+1-9=4(6n-1)+5(5n-1)=4[(5+1)n-1]+5[(4+1)n-1]=20[(5n-1+C1n5n-2+…+Cn-1n)+(4 n-1+C1n4n-2+…+Cn-1n)]，是20的倍数，所以4×6n+5n+1-9能被20整除.

【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需注意(a+b)n中，a，b中有一个是除数的倍数;其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚.

【变式训练3】求的近似值，使误差小于.

【解析】=6=1+6×1+15×2+ (6)

因为T3=C262=15×2= 06<，

且第3项以后的绝对值都小于，

所以从第3项起，以后的项都可以忽略不计.

所以=6≈1+6×==.

总结提高

1.利用通项公式可求展开式中某些特定项(如常数项、有理项、二项式系数最大项等)，解决这些问题通常采用待定系数法，运用通项公式写出待定式，再根据待定项的要求写出n、r满足的条件，求出n和r，再确定所需的项;

2.赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段;

3.利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形，使得二项展开式的每一项都成为除数的倍数.对于余数问题，要注意余数的取值范围.

随机事件的概率与概率的基本性质

典例精析

题型一频率与概率

【例1】某企业生产的乒乓球被08年北京奥委会指定为乒乓球比赛专用球.日前有关部门对某批产品进行了抽样检测，检查结果如下表所示.

抽取球数n 50 100 200 500 1 000 2 000

优等品数m 45 92 194 470 954 1 902

优等品频率

(1)计算表中乒乓球优等品的频率;

(2)从这批乒乓球产品中任取一个，质量检查为优等品的概率是多少?(结果保留到小数点后三位)

【解析】(1)依据公式，计算出表中乒乓球优等品的频率依次是,,,

,,.

(2)由(1)知，抽取的球数n不同，计算得到的频率值不同，但随着抽取的球数的增多，却都在常数的附近摆动，所以质量检查为优等品的概率为.

【点拨】从表中所给的数据可以看出，当所抽乒乓球较少时，优等品的频率波动很大，但当抽取的球数很大时，频率基本稳定在，在其附近摆动，利用概率的统计定义，可估计该批乒乓球的优等率.

【变式训练1】某篮球运动员在最近几场比赛中罚球的结果如下.

投篮次数n 8 10 12 9 10 16

进球次数m 6 8 9 7 7 12

进球频率

(1)计算表中进球的频率;

(2)这位运动员投篮一次，进球的概率是多少?

【解析】(1)由公式计算出每场比赛该运动员罚球进球的频率依次为：

(2)由(1)知，每场比赛进球的频率虽然不同，但频率总在附近摆动，可知该运动员进球的概率为 .

题型二随机事件间的关系

【例2】从一副桥牌(52张)中任取1张.判断下列每对事件是否为互斥事件，是否为对立事件.

(1)“抽出红桃”与“抽出黑桃”;

(2)“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”;

(3)“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”.

【解析】(1)是互斥事件但不是对立事件.因为“抽出红桃”与“抽出黑桃”在仅取一张时不可能同时发生，因而是互斥的.同时，不能保证其中必有一个发生，因为还可能抽出“方块”或“梅花”，因此两者不对立.

(2)是互斥事件又是对立事件.因为两者不可同时发生，但其中必有一个发生.

(3)不是互斥事件，更不是对立事件.因为“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”这两个事件有可能同时发生，如抽得12.

【点拨】要区分互斥事件和对立事件的定义.

【变式训练2】抽查10件产品，设事件A：至少有两件次品，则A的对立事件为( )

A.至多两件次品

B.至多一件次品

C.至多两件正品

D.至少两件正品

【解析】根据对立事件的定义得选项B.

题型三概率概念的应用

【例3】甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于或等于85分为优秀，85分以下为非优秀，统计后，得到如下列联表.

优秀非优秀总计

甲 10

乙 30

总计 105

已知从全部105人中随机抽取1人为优秀的概率为 .

(1)请完成上面列联表;

(2)根据列联表的数据，若按95%的可靠性要求，能否认为“成绩与班级有关系”(参考数据P(K2>=;

(3)若按下面的方法从甲班优秀的学生中抽取一人：把甲班优秀的10人按2到11进行编号，然后两次掷一枚均匀的骰子，出现的点数之和为被抽取人的编号.试求抽到6号或10号的概率.

【解析】(1)

优秀非优秀总计

甲 10 45 55

乙 20 30 50

总计 30 75 105

(2)计算K2的一个观测值

k= =.

因为<，所以没有95%的把握认为成绩与班级有关.

(3)记被抽取人的序号为ζ，

则P(ζ=6)= ，P(ζ=10)= ，

所以P(ζ=6或ζ=10)=P(ζ=6)+P(ζ=10)= = .

【点拨】本题考查概率的概念在实际生活中的应用.

【变式训练3】袋内有35个球，每个球上都记有从1~35中的一个号码，设号码为n的球的重量为 -5n+20克，这些球以等可能性从袋里取出(不受重量、号码的影响).

(1)如果取出1球，试求其重量比号码数大5的概率;

(2)如果任意取出2球，试求它们重量相等的概率.

【解析】(1)由不等式 -5n+20>n+5，得n>15或n<3，

由题意知n=1,2或者n=16,17，…，35，于是所求概率为 .

(2)设第n号和第m号的两个球的重量相等，

其中n

所以(n-m)(n+m-15)=0.

因为n≠m，所以n+m=15，

所以(n，m)=(1,14)，(2,13)，…，(7,8).

故所求概率为 .

总结提高

1.对立事件是互斥事件的一种特殊情况，是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事件.集合A的对立事件记作，从集合的角度来看，事件所含结果的集合正是全集U中由事件A所含结果组成集合的补集，即A∪ =U，A∩ = .对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件.

事件A、B的和记作A+B，表示事件A、B至少有一个发生.当A、B为互斥事件时，事件A+B 是由“A发生而B不发生”以及“B发生而A不发生”构成的.

当计算事件A的概率P(A)比较困难时，有时计算它的对立事件的概率则要容易些，为此有P(A)=1-P( ).

2.若A与B互相独立，则与，A与，与B都是相互独立事件.判断A与B是否独立的方法是看P(AB)=P(A)?P(B)是否成立.

古典概型

典例精析

题型一古典概率模型的计算问题

【例1】一汽车厂生产A、B、C三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如下表(单位：辆)，

轿车A 轿车B 轿车C

舒适型 100 150 z

标准型 300 450 600

现按分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有A类10辆.

(1)求z的值;

(2)用分层抽样的方法在C类轿车中抽取一个容量为5的样本，将该样本视为一个总体，从中任取2辆，求至少有1辆舒适型轿车的概率;

(3)用随机抽样方法从B类舒适型轿车中抽取8辆，经检测它们的得分如下：,,,

,,,,把这8辆车的得分看成一个总体，从中任取一个数，求该数与样本平均数之差的绝对值不超过的概率.

【解析】(1)依题意知，从每层抽取的比率为140，从而轿车的总数为50×40=2 000辆，所以z=2 000-50-600=400.

(2)由(1)知C类轿车共1 000辆，又样本容量为5，故抽取的比率为1200，即5辆轿车中有2辆舒适型、3辆标准型，任取2辆，一共有n=10种不同取法，记事件A：至少有1辆舒适型轿车，则事件表示抽取到2辆标准型轿车，有m′=3种不同取法，从而事件A包含：基本事件数为m=7种，所以P(A)=710.

(3)样本平均数=18×+++++++=，记事件B：从样本中任取一数，该数与样本平均数的绝对值不超过，则事件B包含的基本事件有6种，所以P(B)=68=34.

【点拨】利用古典概型求事件的概率时，主要弄清基本事件的总数，及所求事件所含的基本事件的个数.

【变式训练1】已知△ABC的三边是10以内(不包含10)的三个连续的正整数，求任取一个△ABC是锐角三角形的概率.

【解析】依题意不妨设a=n-1，b=n，c=n+1(n>1，n∈N)，从而有a+b>c，即n>2，所以△ABC的最小边为2，要使△ABC是锐角三角形，只需△ABC的最大角C是锐角，cos

C=(n-1)2+n2-(n+1)22(n-1)n=n-42(n-1)>0，所以n>4，

所以，要使△ABC是锐角三角形，△ABC的最小边为4.另一方面，从{2,3,4，…，9}中，“任取三个连续正整数”共有6种基本情况，“△ABC是锐角三角形”包含4种情况，故所求的概率为46=23.

题型二有放回抽样与不放回抽样

【例2】现有一批产品共有10件，其中8件为正品，2件为次品.

(1)如果从中取出一件，然后放回，再取一件，求连续3次取出的都是正品的概率;

(2)如果从中一次取3件，求3件都是正品的概率.

【解析】(1)有放回地抽取3次，按抽取顺序(x，y，z)记录结果，则x，y，z都有10种可能，所以试验结果有10×10×10=103种;设事件A为“连续3次都取正品”，则包含的基本事件共有8×8×8=83 种，因此，P(A)= =.

(2)方法一：可以看作不放回抽样3次，顺序不同，基本事件不同，按抽取顺序记录(x，y，z)，则x有10种可能，y有9种可能，z有8种可能，所以试验的所有结果为10×9×8=720种.设事件B为“3件都是正品”，则事件B包含的基本事件总数为8×7×6=336，所以

P(B)=336720≈.

方法二：可以看作不放回3次无顺序抽样，先按抽取顺序(x，y，z)记录结果，则x有10种可能，y有9种可能，z有8种可能，但(x，y，z)，(x，z，y)，(y，x，z)，(y，z，x)，(z，x，y)，(z，y，x)是相同的，所以试验的所有结果有10×9×8÷6=120.按同样的方法，事件B 包含的基本事件个数为8×7×6÷6=56，因此P(B)=56120≈.

【点拨】关于不放回抽样，计算基本事件个数时，既可以看作是有顺序的，也可以看作是无顺序的，其结果是一样的，但不论选择哪一种方式，观察的角度必须一致，否则会导致错误.

【变式训练2】有5张卡片，上面分别写有0,1,2,3,4中的1个数.求：

(1)从中任取两张卡片，两张卡片上的数字之和等于4的概率;

(2)从中任取两次卡片，每次取一张，第一次取出卡片，记下数字后放回，再取第二次，两次取出的卡片上的数字之和恰好等于4的概率.

【解析】(1)两张卡片上的数字之和等于4的情形共有4种，任取两张卡片共有10种，所以概率为P=410=25;

(2)两张卡片上的数字之和等于4的情形共有5种，任取两张卡片共有25种，所以概率为P=525=15.

题型三古典概型问题的综合应用

【例3】甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，2个白球;乙袋装有2个红球，n个白球.从甲、乙两袋中各任取2个球.

(1)若n=3，求取到的4个球全是红球的概率;

(2)若取到的4个球中至少有2个红球的概率为34，求n.

【解析】(1)记“取到的4个球全是红球”为事件A，

P(A)=C22C24?C22C25=16×110=160.

(2)记“取到的4个球至多有1个红球”为事件B，“取到的4个球只有1个红球”为事件B1，“取到的4个球全是白球”为事件B2.

由题意，得P(B)=1-34=14.

P(B1)=C12C12C24?C2nC2n+2+C22C24?C12C1nC2n+2=2n23(n+2)(n+1)，

P(B2)=C22C24?C2nC2n+2=n(n-1)6(n+2)(n+1).

所以P(B)=P(B1)+P(B2)=2n23(n+2)(n+1)+n(n-1)6(n+2)(n+1)=14，化简得7n2-11n-6=0，解得n=2或n=-37(舍去)，故n=2.

【变式训练3】甲、乙二人参加普法知识竞赛，共有10道不同的题目，其中选择题6道，判断题4道，甲、乙二人一次各抽取一题.

(1)甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是多少?

(2)甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是多少?

【解析】(1)甲从选择题中抽到一题的可能结果有C16个，乙从判断题中抽到一题的的可能结果是C 14，故甲抽到选择题，乙抽到判断题的可能结果为C16×C14=24.又甲、乙二人一次各抽取一题的结果有C110×C19=90，

所以概率为2490=415.

(2)甲、乙二人一次各抽取一题基本事件的总数是10×9=90.

方法一：(分类计数原理)

①只有甲抽到了选择题的事件数是：6×4=24;

②只有乙抽到了选择题的事件数是：6×4=24;

③甲、乙同时抽到选择题的事件数是：6×5=30.

故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是24+24+3090=1315.

方法二：(利用对立事件)

事件“甲、乙二人至少有一个抽到选择题”与事件“甲、乙两人都未抽到选择题”是对立事件.

事件“甲、乙两人都未抽到选择题”的基本事件个数是4×3=12.

故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是1-1290=1-215=1315.

总结提高

1.对古典概型首先必须使学生明确判断两点：①对于每个随机试验来说，所有可能出现的试验结果数n必须是有限个;②出现的各个不同的试验结果数m其可能性大小必须是相同的.只有在同时满足①、②的条件下，运用的古典概型计算公式P(A)=mn得出的结果才是正确的.使用公式P(A)=mn计算时，确定m、n的数值是关键所在.

2.对于n个互斥事件A1，A2，…，An，其加法公式为

P(A1+A2+…+An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An).

3.分类讨论思想是解决互斥事件有一个发生的概率的一个重要的指导思想.

4.在应用题背景条件下，能否把一个复杂事件分解为若干个互相排斥或相互独立、既不重复又不遗漏的简单事件是解答这类应用题的关键，也是考查学生分析问题、解决问题的能力的重要环节.

几何概型

典例精析

题型一长度问题

【例1】如图，∠AOB=60°，OA=2，OB=5，在线段OB上任取一点C，

试求：

(1)△AOC为钝角三角形的概率;

(2)△AOC为锐角三角形的概率.

【解析】如图，由平面几何知识知：

当AD⊥OB时，OD=1;当OA⊥AE时，OE=4，BE=1.

(1)当且仅当点C在线段OD或BE上时，△AOC为钝角三角形.

记“△AOC为钝角三角形”为事件M，则P(M)=OD+EBOB=1+15=，即△AOC为钝角三角形的概率为.

(2)当且仅当点C在线段DE上时，△AOC为锐角三角形.

记“△AOC为锐角三角”为事件N，则P(N)=DEOB=35=，即△AOC为锐角三角形的概率为.

【点拨】我们把每一个事件理解为从某个特定的区域内随机地取一点，该区域中每一点被取到的机会都一样，而一个事件发生则理解为恰好在上述区域内的某个指定的区域内的点，这样的概率模型就可以用几何概型求解.

【变式训练1】点A为周长等于3的圆周上的一个定点，若在该圆周上随机取一点B，则劣弧AB的长度小于1的概率为.

【解析】如图

可设 =1，则根据几何概率可知其整体事件是其周长3，则其概率是23.

题型二面积问题

【例2】两个CB对讲机(CB即CitizenBand民用波段的英文缩写)持有者，莉莉和霍伊都为卡尔货运公司工作，他们的对讲机的接收范围为25公里，在下午3：00时莉莉正在基地正东距基地30公里以内的某处向基地行驶，而霍伊在下午3：00时正在基地正北距基地40公里以内的某地向基地行驶，试问在下午3：00时他们能够通过对讲机交谈的概率有多大?

【解析】设x和y分别代表莉莉和霍伊距基地的距离，于是0≤x≤30,0≤y≤40.

他们所有可能的距离的数据构成有序点对(x，y)，这里x，y都在它们各自的限制范围内，则所有这样的有序数对构成的集合即为基本事件组对应的几何区域，每一个几何区域中的点都代表莉莉和霍伊的一个特定的位置，他们可以通过对讲机交谈的事件仅当他们之间的距离不超过25公里时发生(如下图)，因此构成该事件的点由满足不等式x2+y2≤25的数对组成，

此不等式等价于x2+y2≤625，右图中的方形区域代表基本事件组，阴影部分代表所求事件，方形区域的面积为1 200平方公里，而事件的面积为(14)×π×(25)2=625π4，

于是有P=625×π41 200=625π4 800≈.

【点拨】解决此类问题，应先根据题意确定该实验为几何概型，然后求出事件A和基本事件的几何度量，借助几何概型的概率公式求出.

【变式训练2】如图，以正方形ABCD的边长为直径作半圆，重叠部分为花瓣.现在向该正方形区域内随机地投掷一飞镖，求飞镖落在花瓣内的概率.

【解析】飞镖落在正方形区域内的机会是均等的，符合几何概型条件.记飞镖落在花瓣内为事件A，设正方形边长为2r，则

P( A)=S花瓣SABCD=12πr2×4-(2r)2(2r)2=π-22.

所以，飞镖落在花瓣内的概率为π-22.

题型三体积问题

【例3】在线段[0,1]上任意投三个点，设O至三点的三线段长为x、y、z，研究方法表明：x，y，z能构成三角形只要点(x，y，z) 落在棱长为1的正方体T的内部由△ADC，△ADB，△BDC，△AOC，△AOB，△BOC所围成的区域G中(如图)，则x，y，z能构成三角形与不能构成三角形这两个事件中哪一个事件的概率大?

【解析】V(T)=1，V(G)=13-3×13×12×13=12，

所以P=V(G)V(T)=12.

由此得，能与不能构成三角形两事件的概率一样大.

【点拨】因为任意投的三点x，y，z是随机的，所以使得能构成三角形只与能构成三角形的区域及基本事件的区域有关.

【变式训练3】已知正方体ABCD—A1B1C1D1内有一个内切球O，则在正方体ABCD—A1B1C1D1内任取点M，点M在球O内的概率是( )

A.π4

B.π8

C.π6

D.π12

【解析】设正方体的棱长为a，则点M在球O内的概率P=V球V正方体=43π(a2)3a3=π6，选C.

总结提高

1.几何概型是一种概率模型，它与古典概型的区别是试验的可能结果不是有限个.其特点是在一个区域内均匀分布，概率大小与随机事件所在区域的形状和位置无关，只与该区域的大小有关.如果随机事件所在区域是一个单点，其测度为0，则它出现的概率为0，但它不是不可能事件. 如果随机事件所在区域是全部区域扣除一个单点，其测度为1，则它出现的概率为1，但它不是必然事件.

2.若试验的全部结果是一个包含无限个点的区域(长度，面积，体积)，一个基本事件是区域中的一个点.此时用点数度量事件A包含的基本事件的多少就毫无意义.“等可能性”可以理解成“对任意两个区域，当它们的测度(长度，面积，体积，…)相等时，事件A对应点落在这两区域上的概率相等，而与形状和位置都无关”.

3.几何概型并不限于向平面(或直线、空间)投点的试验，如果一个随机试验有无限多个等可能的基本结果，每个基本结果可以用平面(或直线、空间)中的一点来表示，而所有基本结果对应于一个区域Ω，这时，与试验有关的问题即可利用几何概型来解决.

条件概率与事件的独立性

典例精析

题型一条件概率的求法

【例1】一张储蓄卡的密码共6位数字，每位数字都可从0~9中任选一个.某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：

(1)任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率;

(2)如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率.

【解析】设第i次按对密码为事件Ai(i=1,2)，则A=A1∪( A2)表示不超过2次就按对密码.

(1)因为事件A1与事件 A2互斥，由概率的加法公式得

P(A)=P(A1)+P( A2)=110+9×110×9=15.

(2)用B表示最后一位是偶数的事件，则

P(A|B)=P(A1|B)+P( A2|B)=15+4×15×4=25.

【点拨】此类问题解题时应注意着重分析事件间的关系，辨析所求概率是哪一事件的概率，再运用相应的公式求解.

【变式训练1】设某种动物从出生算起活到20岁以上的概率为，活到25岁以上的概率为.现有一只20岁的这种动物，问它能活到25岁以上的概率是.

【解析】设此种动物活到20岁为事件A，活到25岁为事件B，所求概率为P(B|A)，由于B?A，则P(AB)=P(B)，所以P(B|A)=P(AB)P(A)=P(B)P(A)=0.40.8=12.

题型二相互独立事件的概率

【例2】三人独立破译同一份密码，已知三人各自破译出密码的概率分别为15，14，13，且他们是否破译出密码互不影响.

(1)求恰有二人破译出密码的概率;

(2)“密码被破译”与“密码未被破译”的概率哪个大?说明理由.

【解析】(1)记三人各自破译出密码分别为事件A，B，C，依题意知A，B，C相互独立，记事件D：恰有二人破译密码，

则P(D)=P(AB )+P(A C)+P( BC)

=15×14×(1-13)+15×(1-14)×13+(1-15)×14×13=960=320.

(2)记事件E：密码被破译，：密码未被破译，

则P( )=P( )=(1-15)×(1-14)×(1-13)=2460=25，

所以P(E)=1-P( )=35，所以P(E)>P( ).

故密码被破译的概率大.

【点拨】解决事件的概率问题的一般步骤：①记取事件;②揭示事件的关系;③计算事件的概率.

【变式训练2】甲、乙、丙三个口袋内都分别装有6个只有颜色不相同的球，并且每个口袋内的6个球均有1个红球，2个黑球，3个无色透明的球，现从甲、乙、丙三个口袋中依次随机各摸出1个球，求恰好摸出红球、黑球和无色球各1个的概率.

【解析】由于各个袋中球的情况一样，而且从每一个袋中摸出红球、黑球、无色球的概率均分别为16，13，12，可得P=A33×16×13×12=16.

题型三综合问题

【例3】某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案.

方案一：三门课程中至少有两门及格为考试通过;

方案二：在三门课程中随机选取两门，这两门都及格为考试通过.

假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是a，b，c，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响.

(1)分别求该应聘者在方案一和方案二下考试通过的概率;

(2)试比较该应聘者在上述两种方案下考试通过的概率的大小，并说明理由.

【解析】记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为A，B，C，则P(A)=a，P(B)=b，P(C)=c.

(1)应聘者在方案一下考试通过的概率

P1=P(AB )+P( BC)+P(A C)+P(ABC)

=ab(1-c)+bc(1-a)+ac(1-b)+abc

=ab+bc+ca-2abc.

应聘者在方案二下考试通过的概率

P2=13P(AB)+13P(BC)+13P(AC)=13(ab+bc+ca).

(2)由a，b，c∈[0,1]，则

P1-P2=23(ab+bc+ca)-2abc=23[ab(1-c)+bc(1-a)+ca(1-b)]≥0，

故P1≥P2，即采用第一种方案，该应聘者考试通过的概率较大.

【点拨】本题首先以相互独立事件为背景，考查两种方案的概率，然后比较概率的大小，要求运用a，b，c∈[0,1]这一隐含条件.

【变式训练3】甲，乙，丙三人分别独立地进行某项体能测试，已知甲能通过测试的概率是25，甲，乙，丙三人都能通过测试的概率是320，甲，乙，丙三人都不能通过测试的概率是340，且乙通过的概率比丙大.

(1)求乙，丙两人各自通过测试的概率分别是多少?

(2)测试结束后，最容易出现几人通过的情况?

【解析】(1)设乙、丙两人各自通过的概率分别为x，y，依题意得

即或 (舍去)，

所以乙、丙两人各自通过的概率分别为34，12.

(2)因为三人都不能通过测试的概率为P0=340，

三人都能通过测试的概率为P3=320=640，

三人中恰有一人通过测试的概率：

P1=25×(1-34)×(1-12)+(1-25)×34×(1-12)+(1-25)×(1-34)×12=720=1440，

三人恰有两人通过测试的概率：

P2=1-(P0+P1+P3)=1740，

所以测试结束后，最容易出现两人通过的情况.

总结提高

1.互斥事件、对立事件、相互独立事件的区别：

对于事件A、B，在一次试验中，A、B如果不能同时发生，则称A、B互斥.一次试验中，如果A、B互斥且A、B中必有一个发生，则称A、B对立.显然，A+ 为必然事件，A、B互斥则不能同时发生，但可能同时不发生.两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一事件的发生的概率没有影响.事实上：

A、B互斥，则P(AB)=0;

A、B对立，则P(AB)=0且P(A)+P(B)=1;

A、B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B).

它们是不相同的.

2.由于当事件A、B相互独立时，P(AB)=P(A)P(B)，因此式子1-P(A)P(B)表示相互独立事件A、B中至少有一个不发生的概率.对于n个随机事件A1，A2，…，An，有

P(A1+A2+…+An)=1-P( ∩ ∩…∩ )，此称为概率的和与积的互补公式.

离散型随机变量及其分布列

典例精析

题型一离散型随机变量的分布列

【例1】设离散型随机变量X的分布列为

X 0 1 2 3 4

P

求：(1)2X+ 1的分布列;(2)|X-1|的分布列.

【解析】首先列表如下：

X 0 1 2 3 4

2X+1 1 3 5 7 9

|X-1| 1 0 1 2 3

从而由上表得两个分布列如下：

2X+1的分布列：

2X+1 1 3 5 7 9

P

|X-1|的分布列：

|X-1| 0 1 2 3

P

【点拨】由于X的不同的值，Y=f(X)会取到相同的值，这时要考虑所有使f(X)=Y成立的X1，X2，…，Xi的值，则P(Y)=P(f(X))=P(X1)+P(X2)+…+P(Xi)，在第(2)小题中充分体现了这一点.

【变式训练1】某地有A、B、C、D四人先后感染了甲型H1N1流感，其中只有A到过渡区，B肯定是受A感染的，对于C，因为难以断定他是受A还是受B感染的，于是假定他受A和受B 感染的概率都是12，同样也假定D受A、B、C感染的概率都为13，在这种假定之下，B、C、D 中受A感染的人数X就是一个随机变量，写出X分布列，并求均值.

【解析】依题知X可取1、2、3，

P(X=1)=1×(1-12)×(1-13)=13，

P(X=2)=1×(1-12)×13+1×12×(1-13)=12，

P(X=3)=1×12×13=16，

所以X的分布列为

X 1 2 3

P

均值E(X)=1× +2× +3× = .

题型二两点分布

【例2】在掷一枚图钉的随机试验中，令ξ= 如果针尖向上的概率为p，试写出随机变量ξ的分布列.

【解析】根据分布列的性质，针尖向下的概率是1-p.于是，随机变量的分布列是

ξ 0 1

P 1-p p

【点拨】本题将两点分布与概率分布列的性质相结合，加深了两点分布的概念的理解.

【变式训练2】若离散型随机变量ξ= 的分布列为：

ξ 0 1

P 9c2-c 3-8c

(1)求出c;

(2)ξ是否服从两点分布?若是，成功概率是多少?

【解析】(1)由(9c2-c)+(3-8c)=1，解得c=13或23.

又9c2-c≥0,3-8c≥0，所以c=13.

(2)是两点分布.成功概率为3-8c=13.

题型三超几何分布

【例3】有10件产品，其中3件次品，7件正品，现从中抽取5件，求抽得次品数 X 的分布列.

【解析】X的所有可能取值为 0,1,2,3，X=0表示取出的5件产品全是正品，

P(X=0)=C03C57C510=21252=112;

X=1表示取出的5件产品有1件次品4件正品，

P(X=1)=C13C47C510=105252=512;

X=2表示取出的5件产品有2件次品3件正品，

P(X=2)=C23C37C510=105252=512;

X=3表示取出的5件产品有3件次品2件正品，

P(X=3)=C33C27C510=21252=112.

所以X的分布列为

X 0 1 2 3

P

【点拨】在取出的5件产品中，次品数X服从超几何分布，只要代入公式就可求出相应的概率，关键是明确随机变量的所有取值.超几何分布是一个重要分布，要掌握它的特点.

【变式训练3】一盒中有12个乒乓球，其中9个新的，3个旧的，从盒中任取3个球来用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X是一个随机变量，其分布列为P(X)，则P(X=4)的值为( )

【解析】由题意取出的3个球必为2个旧球1个新球，故P(X=4)=C23C19C312=27220.选C.

总结提高

1.求离散型随机变量分布列的问题，需要综合运用排列、组合、概率等知识和方法.

2.求离散型随机变量ξ的分布列的步骤：

(1)求出随机变量ξ的所有可能取值xi(i=1,2,3，…);

(2)求出各取值的概率P(ξ=xi)=pi;

(3)列出表格.

独立重复试验与二项分布

典例精析

题型一相互独立事件同时发生的概率

【例1】甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为14，乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为112，甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为29.

(1)分别求甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率;

(2)从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，求至少有一个一等品的概率.

【解析】(1)设A、B、C分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件.

由题设条件有

即

由①③解得P(C)=23，将P(C)=23分别代入③②可得P(A)=13，P(B)=14，即甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率分别是13，14，23.

(2)记D为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的事件，

则P(D)=1-P( )=1-[1-P(A)][1-P(B)][1-P(C)]=1-23×34×13=56.

故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的概率为56.

【点拨】相互独立事件是发生的概率互不影响的两个或多个事件.两个相互独立事件同时发生的概率满足P(AB)=P(A)P(B)，对于求与“至少”、“至多”有关事件的概率，通常转化为求其对立事件的概率.

【变式训练1】甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为12，乙每次击中目标的概率为23.

(1)求乙至多击中目标2次的概率;

(2)求甲恰好比乙多击中目标2次的概率.

【解析】(1)乙至多击中目标2次的概率为1-C33(23)3=1927.

(2)设甲恰比乙多击中目标2次为事件A，甲恰击中目标2次且乙恰击中目标0次为事件B1，甲恰击中目标3次且乙恰击中目标1次为事件B2，则A=B1+B2，B1、B2为互斥事件.

P(A)=P(B1)+P(B2)=38×127+18×29=124.

所以，甲恰好比乙多击中目标2次的概率为124.

题型二独立重复试验

【例2】(2010天津)某射手每次射击击中目标的概率是 23，且各次射击的结果互不影响.

(1)假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率;

(2)假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率.

【解析】(1)设X为射手在5次射击中击中目标的次数，则X～B(5，23).在5次射击中，恰有2次击中目标的概率P(X=2)=C25×(23)2×(1-23)3=40243.

(2)设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i=1,2,3,4,5);“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A，则

P(A)=P(A1A2A3 )+P( A2A3A4 )+P( A3A4A5)=(23)3×(13)2+13×(23)3×13+(13)2×(23) 3=881.

【点拨】独立重复试验是同一试验的n次重复，每次试验成功的概率都相同，恰有k次试验成功的概率为Pn(k)=Cknpk(1-p)n-k.

【变式训练2】袋子A中装有若干个均匀的红球和白球，从中摸出一个红球的概率是13.从A中有放回地摸球，每次摸出一个，有3次摸到红球即停止.

(1)求恰好摸5次停止的概率;

(2)记5次之内(含5次)摸到红球的次数为ξ，求P(ξ≥2).

【解析】(1)P=C24×(13)2×(23)2×13=881.

(2)P(ξ=2)=C25×(13)2×(1-13)3=80243，

P(ξ=3)=C35×(13)3×(1-13)2=40243，

则P(ξ≥2)=P(ξ=2)+P(ξ=3)=4081.

题型三二项分布

【例3】一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率为13.

(1)设X为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X的分布列;

(2)设Y为这名学生在首次遇到红灯前经过的路口数，求Y的分布列;

(3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率.

【解析】(1)依题意知X～B(6，13)，

P(X=k)=Ck6(13)k(23)6-k，k=0,1,2,3,4,5,6.

所以X的分布列为

X 0 1 2 3

P

X 4 5 6

P

(2)依题意知Y可取0,1,2,3,4,5,6，

P(Y=0)=13，

P(Y=1)=13×23=29，

P(Y=2)=13×(23)2=427，

P(Y=3)=13×(23)3=881，

P(Y=4)=13×(23)4=16243，

P(Y=5)=13×(23)5=32729，

P(Y=6)=(23)6=64729，

所以Y的分布列为

Y 0 1 2 3 4 5 6

P

(3)这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率为

P(X≥1)=1-P(X=0)=1-(23)6=665729.

【点拨】解决离散型随机变量的分布列问题时，要依据相关概念识别离散型随机变量服从什么分布，如第(1)问中X服从二项分布，而第(2)问中并不服从二项分布.

【变式训练3】某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18、19、20层停靠.若该电梯在底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为13，用ξ表示这5位乘客在第20层下电梯的人数.求随机变量ξ的分布列.

【解析】方法一：ξ的所有可能值为0,1,2,3,4,5.

P(ξ=0)=2535=32243，P(ξ=1)= =80243，

P(ξ=2)= =80243，P(ξ=3)= =40243，

P(ξ=4)= =10243，P(ξ=5)=135=1243.

从而ξ的分布列为

ξ 0 1 2 3 4 5

P

方法二：考察一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验.

故ξ～B(5，13)，即有

P(ξ=k)=Ck5(13)k(23)5-k，k=0,1,2,3,4,5.

由此计算ξ的分布列如方法一.

总结提高

独立重复试验是同一试验的n次重复，每次试验结果的概率不受其他次结果的概率的影响，每次试验有两个可能结果：成功和失败.n次试验中A恰好出现了k次的概率为Cknpk(1-p)n-k，这k次是n次中的任意k次，若是指定的k次，则概率为pk(1-p)n-k.

离散型随机变量的期望与方差

典例精析

题型一期望与方差的性质的应用

【例1】设随机变量ξ的分布列为P(ξ=k)=16(k=1,2,3,4,5,6)，求E(ξ)，E(2ξ+3)和D(ξ)，D(2ξ+3).

【解析】E(ξ)=x1p1+x2p2+…+x6p6=，

E(2ξ+3)=2E(ξ)+3=10，

D(ξ)=(x1-E(ξ))2p1+(x2-E(ξ))2p2+…+(x6-E(ξ))2p6=3512，D(2ξ+3)=4D(ξ)=353.

【点拨】在计算离散型随机变量的期望与方差时，首先要弄清其分布特征及分布列，再准确运用公式，特别是利用性质解题.

【变式训练1】袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n号的有n个(n=1,2,3,4).现从袋中任取一球，ξ表示所取球的标号.

(1)求ξ的分布列、期望和方差;

(2)若η=aξ+b，E(η)=1，D(η)=11，试求a，b的值.

【解析】(1)ξ的分布列为：

ξ 0 1 2 3 4

P

所以E(ξ)=0×12+1×120+2×110+3×320+4×15=，

D(ξ)=2×12+2×120+2×110+2×320+2×15=.

(2)由D(η)=a2D(ξ)，得a2×=11，即a=±2.又E(η)=aE(ξ)+b，

所以当a=2时，由1=2×+b，得b=-2;

当a=-2时，由1=-2×+b，得b=4.

所以或

题型二期望与方差在风险决策中的应用

【例2】甲、乙两名工人加工同一种零件，两人每天加工的零件数相等，所得次品数分别为ξ、η，ξ和η的分布列如下：

ξ 0 1 2

P

η 0 1 2

P

试对这两名工人的技术水平进行比较.

【解析】工人甲生产出的次品数ξ的期望和方差分别为：

E(ξ)=0×610+1×110+2×310=，

D(ξ)=2×610+2×110+2×310=.

工人乙生产出的次品数η的期望和方差分别为：

E(η)=0×510+1×310+2×210=，D(η)=2×510+2×310+2×210=.

由E(ξ)=E(η)知，两人出次品的平均数相同，技术水平相当，但D(ξ)>D(η)，可见乙的技术比较稳定.

【点拨】期望仅体现了随机变量取值的平均大小，但有时仅知道均值的大小还不够.如果两个随机变量的均值相等，还要看随机变量的取值如何在均值周围变化，即计算方差.方差大说明随机变量取值较分散，方差小说明取值分散性小或者取值比较集中、稳定.

【变式训练2】利用下列盈利表中的数据进行决策，应选择的方案是.

【解析】利用方案A1、A2、A3、A4盈利的期望分别是：

50×+65×+26×=;

70×+26×+16×=;

-20×+52×+78×=;

98×+82××=.故选A3.

题型三离散型随机变量分布列综合问题

【例3】(2010浙江)如图，一个小球从M处投入，通过管道自上而下落入A或B或C.已知小球从每个叉口落入左右两个管道的可能性是相等的.某商家按上述投球方式进行促销活动，若投入的小球落到A，B，C，则分别设为1,2,3等奖.

(1)已知获得1,2,3等奖的折扣率分别为50%,70%,90%.记随机变量ξ为获得k(k=1,2,3)等奖的折扣率，求随机变量ξ的分布列及期望E(ξ);

(2)若有3人次(投入1球为1人次)参加促销活动，记随机变量η为获得1等奖或2等奖的人次，求P(η=2).

【解析】(1)由题意得ξ的分布列为

ξ 50% 70% 90%

p

则E(ξ)=316×50%+38×70%+716×90%=34.

(2)由(1)可知，获得1等奖或2等奖的概率为316+38=916.由题意得η～(3，916)，则P(η=2)=C23(916)2(1-916)=1 7014 096.

【变式训练3】(2010北京市东城区)已知将一枚质地不均匀的硬币抛掷三次，三次正面均朝上的概率为127.

(1)求抛掷这样的硬币三次，恰有两次正面朝上的概率;

(2)抛掷这样的硬币三次后，抛掷一枚质地均匀的硬币一次，记四次抛掷后正面朝上的总次数为ξ，求随机变量ξ的分布列及期望E(ξ).

【解析】(1)设抛掷一次这样的硬币，正面朝上的概率为P，依题意有C33?P3=127，解得

P=13.

所以抛掷这样的硬币三次，恰有两次正面朝上的概率为P3(2)=C23×(13)2×23=29.

(2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,4.

P(ξ=0)=C03×(23)3×12=427;

P(ξ=1)=C03×(23)3×12+C13×13×(23)2×12=1027;

P(ξ=2)=C13×13×(23)2×12+C23×(13)2×23×12=13;

P(ξ=3)=C23×(13)2×23×12+C33×(13)3×12=754;

P(ξ=4)=C33×(13)3×12=154.

所以ξ的分布列为

ξ 0 1 2 3 4

P

E(ξ)=0×427+1×1027+2×13+3×754+4×154=32.

总结提高

1.期望是算术平均值概念的推广，是概率意义下的平均; E(ξ)是一个实数，由ξ的分布列唯一确定，即作为随机变量ξ是可变的，可取不同值，而E(ξ)是不变的，它描述ξ取值的平均状态.

2.方差D(ξ)表示随机变量ξ对E(ξ)的平均偏离程度，统计中常用标准差D(ξ)描述ξ的分散程度.

正态分布

典例精析

题型一研究正态总体在三个特殊区间内取值的概率值

【例1】某正态曲线的密度函数是偶函数，而且该函数的最大值为122π，求总体位于区间[-4，-2]的概率.

【解析】由正态曲线的密度函数是偶函数知μ=0，由最大值为122π知σ=2，

所以P(-2≤x≤2)=P(μ-σ≤x≤μ+σ)= 6，

P(-4≤x≤4)=P(μ-2σ≤x≤μ+2σ)= 4，

所以P(-4≤x≤-2)=12× 6)= 9.

【点拨】应当熟记：

P(μ-σ≤X≤μ+σ)= 6;

P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)= 4;

P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)= 4.

【变式训练1】设X~N(1,22)，试求：

(1)P(-1

(2)P(X≥5).

【解析】因为X～N(1,22)，所以μ=1，σ=2.

(1)P(-1

(2)因为P(X≥5)=P(X≤-3)，

所以P(X≥5)=12[1-P(-3

=12[1-P(1-4

=12[1-P(μ-2σ

=12 4)= 8.

题型二利用正态总体密度函数估计某区间的概率

【例2】已知某地区数学考试的成绩X~N(60,82)(单位：分)，此次考生共有1万人，估计在60分到68分之间约有多少人?

【解析】由题意μ=60，σ=8，

因为P(μ-σ

所以P(52

又此正态曲线关于x=60对称，

所以P(60

从而估计在60分到68分之间约有341 3人.

【点拨】本题是教材变式题，将原题中单纯(μ-σ，μ+σ)的概率考查结合了正态曲线的对称性以及概率的意义，使题目更具实际意义.另外，还可将问题变为(44,76)、(68,76)等区间进行探讨.

【变式训练2】某人乘车从A地到B地，所需时间(分钟)服从正态分布N(30,100)，求此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率.

【解析】由μ=30，σ=10，P(μ-σ

总结提高

1.服从正态分布的随机变量X的概率特点

若随机变量X服从正态分布，则X在一点上的取值概率为0，即P(X=a)=0，而{X=a}并不是不可能事件，所以概率为0的事件不一定是不可能事件，从而P(X

2.关于正态总体在某个区间内取值的概率求法

(1)熟记P(μ-σ

(2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.

①正态曲线关于直线x=μ对称，从而在关于x=μ对称的区间上概率相同.

②P(X

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高中数学100个热点问题(三)： 排列组合中的常见模型

第80炼 排列组合的常见模型 一、基础知识： （一）处理排列组合问题的常用思路： 1、特殊优先：对于题目中有特殊要求的元素，在考虑步骤时优先安排，然后再去处理无要求的元素。 例如：用0,1,2,3,4组成无重复数字的五位数，共有多少种排法？ 解：五位数意味着首位不能是0，所以先处理首位，共有4种选择，而其余数位没有要求， 只需将剩下的元素全排列即可，所以排法总数为44496N A =?=种 2、寻找对立事件：如果一件事从正面入手，考虑的情况较多，则可以考虑该事的对立面，再用全部可能的总数减去对立面的个数即可。 例如：在10件产品中，有7件合格品，3件次品。从这10件产品中任意抽出3件，至少有一件次品的情况有多少种 解：如果从正面考虑，则“至少1件次品”包含1件，2件，3件次品的情况，需要进行分类讨论，但如果从对立面想，则只需用所有抽取情况减去全是正品的情况即可，列式较为简 单。3310785N C C =-=（种） 3、先取再排（先分组再排列）：排列数m n A 是指从n 个元素中取出m 个元素，再将这m 个元素进行排列。但有时会出现所需排列的元素并非前一步选出的元素，所以此时就要将过程拆分成两个阶段，可先将所需元素取出，然后再进行排列。 例如：从4名男生和3名女生中选3人，分别从事3项不同的工作，若这3人中只有一名女生，则选派方案有多少种。 解：本题由于需要先确定人数的选取，再能进行分配（排列），所以将方案分为两步，第一步：确定选哪些学生，共有2143C C 种可能，然后将选出的三个人进行排列：33A 。所以共有213433108C C A =种方案 （二）排列组合的常见模型 1、捆绑法（整体法）：当题目中有“相邻元素”时，则可将相邻元素视为一个整体，与其他元素进行排列，然后再考虑相邻元素之间的顺序即可。 例如：5个人排队，其中甲乙相邻，共有多少种不同的排法

排列组合问题经典题型解析含答案

排列组合问题经典题型与通用方法 1. 相邻问题捆绑法：题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列 例1. A,B,C,D,E 五人并排站成一排，如果 A,B 必须相邻且B 在A 的右边，则不同的排法有（ ） A 、60 种 B 、48 种 C 、36 种 D 、24 种 2. 相离问题插空排：元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几 个元素全排列，再把规定的相离的 几个元素插入上述几个元素的空位和两端 ? 例2.七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是（ ） A 、1440 种 B 、3600 种 C 、4820 种 D 、4800 种 3. 定序问题缩倍法：在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法 例3.A,B,C,D,E 五人并排站成一排，如果 B 必须站在A 的右边（A, B 可以不相邻）那么不同的排法有 （ ） 4. 标号排位问题分步法：把元素排到指定位置上， 可 先把某个元素按规定排入， 第二步再排另一个元素， 如 此继续下去，依次即可完成 ? 例4.将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所 填数字均不相同的填法有（ ） A 、6 种 B 、9 种 C 、11 种 D 、23 种 5. 有序分配问题逐分法：有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法 例5.（ 1 ）有甲乙丙三项任务，甲需 2人承担，乙丙各需一人承担，从 10人中选出4人承担这三项任务, 不同的选法种数是（ ） A 、1260 种 B 、2025 种 C 、2520 种 D 、5040 种 （2）12名同学分别到三个不同的路口进行流量的调查，若每个路口 6. 全员分配问题分组法： 例6.（ 1）4名优秀学生全部保送到 3所学校去，每所学校至少去一名，则不同的保送方案有多少种? A 、24 种 B 、60 种 C 、90 种 D 、 120 种 4人，则不同的分配方案有（ 4 4 4 C 12C 8C 4 种 4 4 3C 12C 8C C 、 C 12C 8 A 3 种

高中数学完整讲义——排列与组合5.排列组合问题的常见模型1

高中数学讲义 1．基本计数原理 ⑴加法原理 分类计数原理：做一件事，完成它有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有2m 种方法，……，在第n 类办法中有n m 种不同的方法．那么完成这件事共有12n N m m m =+++种不同的方法．又称加法原理． ⑵乘法原理 分步计数原理：做一件事，完成它需要分成n 个子步骤，做第一个步骤有1m 种不同的方法，做第二个步骤有2m 种不同方法，……，做第n 个步骤有n m 种不同的方法．那么完成这件事共有12n N m m m =???种不同的方法．又称乘法原理． ⑶加法原理与乘法原理的综合运用 如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理． 分类计数原理、分步计数原理是推导排列数、组合数公式的理论基础，也是求解排列、组合问题的基本思想方法，这两个原理十分重要必须认真学好，并正确地灵活加以应用． 2． 排列与组合 ⑴排列：一般地，从n 个不同的元素中任取()m m n ≤个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列．（其中被取的对象叫做元素） 排列数：从n 个不同的元素中取出()m m n ≤个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用符号A m n 表示． 排列数公式：A (1)(2) (1)m n n n n n m =---+，m n +∈N ，，并且m n ≤． 全排列：一般地，n 个不同元素全部取出的一个排列，叫做n 个不同元素的一个全排列． n 的阶乘：正整数由1到n 的连乘积，叫作n 的阶乘，用!n 表示．规定：0!1=． ⑵组合：一般地，从n 个不同元素中，任意取出m ()m n ≤个元素并成一组，叫做从n 个元素中任取m 个元素的一个组合． 组合数：从n 个不同元素中，任意取出m ()m n ≤个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中，任意取出m 个元素的组合数，用符号C m n 表示． 组合数公式：(1)(2)(1)!C !!()! m n n n n n m n m m n m ---+==-，,m n +∈N ，并且m n ≤． 组合数的两个性质：性质1：C C m n m n n -=；性质2：11C C C m m m n n n -+=+．（规定0 C 1n =） 知识内容 排列组合问题的常见模型 1

排列组合题型总结

排列组合题型总结 排列组合问题千变万化，解法灵活，条件隐晦，思维抽象，难以找到解题的突破口。因而在求解排列组合应用题时，除做到：排列组合分清，加乘原理辩明，避免重复遗漏外，还应注意积累排列组合问题得以快速准确求解。 一．直接法、 1． 特殊元素法 例1用1，2，3，4，5，6这6个数字组成无重复的四位数，试求满足下列条件的四位数各有多少个 （1）数字1不排在个位和千位 （2）数字1不在个位，数字6不在千位。 分析：（1）个位和千位有5个数字可供选择25A ，其余2位有四个可供选择24A ，由乘法原理： 25A 24A =240 2．特殊位置法 （2）当1在千位时余下三位有35A =60，1不在千位时，千位有14A 种选法，个位有14A 种，余下的有24A ， 共有14A 1 4A 24A =192所以总共有192+60=252 二．间接法当直接法求解类别比较大时，应采用间接法。如上例中（2）可用间接法2435462A A A +-=252 例2 有五张卡片，它的正反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将它们任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三维书？ 分析：此例正面求解需考虑0与1卡片用与不用，且用此卡片又分使用0与使用1，类别较复杂，因 而可使用间接计算：任取三张卡片可以组成不同的三位数333352A C ??个，其中0在百位的有 2242?C ?22A 个，这是不合题意的。故共可组成不同的三位数333352A C ??-2242?C ?22A =432 （个） 三．插空法 当需排元素中有不能相邻的元素时，宜用插空法。 例3 在一个含有8个节目的节目单中，临时插入两个歌唱节目，且保持原节目顺序，有多少中插入方 法？ 分析：原有的8个节目中含有9个空档，插入一个节目后，空档变为10个，故有11019A A ?=100中插 入方法。 四．捆绑法 当需排元素中有必须相邻的元素时，宜用捆绑法。 例4 4名男生和3名女生共坐一排，男生必须排在一起的坐法有多少种？ 分析：先将男生捆绑在一起看成一个大元素与女生全排列有44A 种排法，而男生之间又有44A 种排法，又乘法原理满足条件的排法有：44A ×4 4A =576 练习1．四个不同的小球全部放入三个不同的盒子中，若使每个盒子不空，则不同的放法有 种（3324A C ） 2． 某市植物园要在30天内接待20所学校的学生参观，但每天只能安排一所学校，其中有一所学校

高中数学排列组合专题

排列组合 一．选择题（共5小题） 1．甲、乙、丙三同学在课余时间负责一个计算机房的周一至周六的值班工作，每天1人值班，每人值班2天，如果甲同学不值周一的班，乙同学不值周六的班，则可以排出不同的值班表有（） A．36种B．42种C．50种D．72种 2．某城市的街道如图，某人要从A地前往B地，则路程最短的走法有（） A．8种 B．10种C．12种D．32种 3．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 4．现将甲乙丙丁4个不同的小球放入A、B、C三个盒子中，要求每个盒子至少放1个小球，且小球甲不能放在A盒中，则不同的放法有（） A．12种B．24种C．36种D．72种 5．从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有（） A．300种B．240种C．144种D．96种 二．填空题（共3小题） 6．某排有10个座位，若4人就坐，每人左右两边都有空位，则不同的坐法有种． 7．四个不同的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，则恰有一个空盒的放法共有种（用数字作答）． 8．书架上原来并排放着5本不同的书，现要再插入3本不同的书，那么不同的

插法共有种． 三．解答题（共8小题） 9．一批零件有9个合格品，3个不合格品，组装机器时，从中任取一个零件，若取出不合格品不再放回，求在取得合格品前已取出的不合格品数的分布列10．已知展开式的前三项系数成等差数列． （1）求n的值； （2）求展开式中二项式系数最大的项； （3）求展开式中系数最大的项． 11．设f（x）=（x2+x﹣1）9（2x+1）6，试求f（x）的展开式中： （1）所有项的系数和； （2）所有偶次项的系数和及所有奇次项的系数和． 12．求（x2+﹣2）5的展开式中的常数项． 13．求值C n5﹣n+C n+19﹣n． 14．3名男生，4名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方案的种数．（1）选5名同学排成一行； （2）全体站成一排，其中甲只能在中间或两端； （3）全体站成一排，其中甲、乙必须在两端； （4）全体站成一排，其中甲不在最左端，乙不在最右端； （5）全体站成一排，男、女各站在一起； （6）全体站成一排，男生必须排在一起； （7）全体站成一排，男生不能排在一起； （8）全体站成一排，男、女生各不相邻； （9）全体站成一排，甲、乙中间必须有2人； （10）全体站成一排，甲必须在乙的右边； （11）全体站成一排，甲、乙、丙三人自左向右顺序不变； （12）排成前后两排，前排3人，后排4人． 15．用1、2、3、4、5、6共6个数字，按要求组成无重复数字的自然数（用排列数表示）．

排列组合问题经典题型解析含答案

排列组合问题经典题型解析含答案

排列组合问题经典题型与通用方法 1.相邻问题捆绑法:题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列. 例1.,,,, A B C D E五人并排站成一排，如果,A B必须相邻且B在A 的右边，则不同的排法有（） A、60种 B、48种 C、36种 D、24种 2.相离问题插空排:元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端. 例2.七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是（） A、1440种 B、3600种 C、4820种 D、4800种 3.定序问题缩倍法:在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法. 例3.A,B,C,D,E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边（,A B可以不相邻）那么不同的排法有（）A、24种 B、60种 C、90种D、120种

4.标号排位问题分步法:把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成. 例4.将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有（ ） A 、6种 B 、9种 C 、11种 D 、23种 5.有序分配问题逐分法:有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法. 例5.（1）有甲乙丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需一人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法种数是（ ） A 、1260种 B 、2025种 C 、2520种 D 、5040种 （2）12名同学分别到三个不同的路口进行流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配方案有（ ） A 、44412 8 4 C C C 种 B 、44412 8 4 3C C C 种 C 、44312 8 3 C C A 种 D 、 4441284 33 C C C A 种

高二数学知识点：排列与组合

高二数学知识点：排列与组合 排列组合公式/排列组合计算公式 排列P------和顺序有关 组合C-------不牵涉到顺序的问题 排列分顺序，组合不分 例如把5本不同的书分给3个人，有几种分法."排列" 把5本书分给3个人，有几种分法"组合" 1.排列及计算公式 从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列;从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号p(n，m)表示. p(n，m)=n(n-1)(n-2)……(n-m+1)=n!/(n-m)!(规定0!=1). 2.组合及计算公式 从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的一个组合;从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数.用符号 c(n，m)表示. c(n，m)=p(n，m)/m!=n!/((n-m)!*m!);c(n，m)=c(n，n-m); 3.其他排列与组合公式

从n个元素中取出r个元素的循环排列数=p(n，r)/r=n!/r(n-r)!. n个元素被分成k类，每类的个数分别是n1，n2，...nk这n 个元素的全排列数为 n!/(n1!*n2!*...*nk!). k类元素，每类的个数无限，从中取出m个元素的组合数为c(m+k-1，m). 排列(Pnm(n为下标，m为上标)) Pnm=n×(n-1)....(n-m+1);Pnm=n!/(n-m)!(注：!是阶乘符 号);Pnn(两个n分别为上标和下标)=n!;0!=1;Pn1(n为下标1为上标)=n 组合(Cnm(n为下标，m为上标)) Cnm=Pnm/Pmm;Cnm=n!/m!(n-m)!;Cnn(两个n分别为上标和下标)=1;Cn1(n为下标1为上标)=n;Cnm=Cnn-m 2019-07-0813：30 公式P是指排列，从N个元素取R个进行排列。公式C是指组合，从N个元素取R个，不进行排列。N-元素的总个数R参与选择的元素个数!-阶乘，如9!=9*8*7*6*5*4*3*2*1 从N倒数r个，表达式应该为n*(n-1)*(n-2)..(n-r+1); 因为从n到(n-r+1)个数为n-(n-r+1)=r 举例： Q1：有从1到9共计9个号码球，请问，可以组成多少个三位数?

高考专题---总结排列组合题型

总结排列组合题型 一．直接法 1．特殊元素法 例1用1，2，3，4，5，6这6个数字组成无重复的四位数，试求满足下列条件的四位数各有多少个 （1）数字1不排在个位和千位 （2）数字1不在个位，数字6不在千位。 分析：（1）个位和千位有5个数字可供选择，其余2位有四个可供选择，由乘法原理：=240 2．特殊位置法 （2）当1在千位时余下三位有=60，1不在千位时，千位有种选法，个位有种，余下的有，共有=192所以总共有192+60=252 二．间接法当直接法求解类别比较大时，应采用间接法。如上例中（2）可用间接法=252 例2 有五张卡片，它的正反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将它们任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三维书？ 分析：此例正面求解需考虑0与1卡片用与不用，且用此卡片又分使用0与使用1，类别较复杂，因而可使用间接计算：任取三张卡片可以组成不同的三位数个，其中0在百位的有个，这是不合题意的。故共可组成不同的三位数-=432（个） 三．插空法当需排元素中有不能相邻的元素时，宜用插空法。 例3 在一个含有8个节目的节目单中，临时插入两个歌唱节目，且保持原节目顺序，有多少中插入方法？ 分析：原有的8个节目中含有9个空档，插入一个节目后，空档变为10个，故有=100中插入方法。 四．捆绑法当需排元素中有必须相邻的元素时，宜用捆绑法。 例4 4名男生和3名女生共坐一排，男生必须排在一起的坐法有多少种？ 分析：先将男生捆绑在一起看成一个大元素与女生全排列有种排法，而男生之间又有种排

法，又乘法原理满足条件的排法有：×=576 练习1．四个不同的小球全部放入三个不同的盒子中，若使每个盒子不空，则不同的放法有种（） 2．某市植物园要在30天内接待20所学校的学生参观，但每天只能安排一所学校，其中有一所学校人数较多，要安排连续参观2天，其余只参观一天，则植物园30天内不同的安排方法有（）（注意连续参观2天，即需把30天种的连续两天捆绑看成一天作为一个整体来选有 其余的就是19所学校选28天进行排列） 五．阁板法名额分配或相同物品的分配问题，适宜采阁板用法 例5 某校准备组建一个由12人组成篮球队，这12个人由8个班的学生组成，每班至少一人，名额分配方案共种。 分析：此例的实质是12个名额分配给8个班，每班至少一个名额，可在12个名额种的11个空当中插入7块闸板，一种插法对应一种名额的分配方式，故有种 练习1.(a+b+c+d)15有多少项？ 当项中只有一个字母时，有种（即a.b.c.d而指数只有15故。 当项中有2个字母时，有而指数和为15，即将15分配给2个字母时，如何分，闸板法一分为2，即 当项中有3个字母时指数15分给3个字母分三组即可 当项种4个字母都在时四者都相加即可． 练习2．有20个不加区别的小球放入编号为1，2，3的三个盒子里，要求每个盒子内的球数不少编号数，问有多少种不同的方法？（） 3．不定方程X 1+X 2 +X 3 +…+X 50 =100中不同的整数解有（） 六．平均分堆问题例6 6本不同的书平均分成三堆，有多少种不同的方法？ 分析：分出三堆书（a 1,a 2 ）,(a 3 ,a 4 )，（a 5 ,a 6 ）由顺序不同可以有=6种，而这6种分法只算一 种分堆方式，故6本不同的书平均分成三堆方式有=15种 练习：1．6本书分三份，2份1本，1份4本，则有不同分法？ 2．某年级6个班的数学课，分配给甲乙丙三名数学教师任教，每人教两个班，则分派方法的种数。

(完整)高中数学排列组合专题复习

高考数学轻松搞定排列组合难题二十一种方法 排列组合问题联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，因此解决排列组合问题，首先要认真审题，弄清楚是排列问题、组合问题还是排列与组合综合问题；其次要抓住问题的本质特征，采用合理恰当的方法来处理。 教学目标 1.进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理。 2.掌握解决排列组合问题的常用策略;能运用解题策略解决简单的综合应用题。提高学生解决问题分析问题的能力 3.学会应用数学思想和方法解决排列组合问题. 复习巩固 1.分类计数原理(加法原理) 完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有 m种不同的方法，在第2类 1 办法中有 m种不同的方法，…，在第n类办法中有n m种不同的方法，那么2 完成这件事共有： 种不同的方法． 2.分步计数原理（乘法原理） 完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有 m种不同的方法，做第2步 1 有 m种不同的方法，…，做第n步有n m种不同的方法，那么完成这件事共2 有： 种不同的方法． 3.分类计数原理分步计数原理区别 分类计数原理方法相互独立，任何一种方法都可以独立地完成这件事。分步计数原理各步相互依存，每步中的方法完成事件的一个阶段，不能完成整个事件． 解决排列组合综合性问题的一般过程如下: 1.认真审题弄清要做什么事 2.怎样做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或是分步与分类同时进行,确定分多少步及多少类。 3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少个元素. 4.解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略 一.特殊元素和特殊位置优先策略 例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数. 解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排, 两个位置.

排列组合知识点总结+典型例题及答案解析

排列组合知识点总结+典型例题及答案解析 一．基本原理 1．加法原理：做一件事有n 类办法，则完成这件事的方法数等于各类方法数相加。 2．乘法原理：做一件事分n 步完成，则完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。 注：做一件事时，元素或位置允许重复使用，求方法数时常用基本原理求解。 二．排列：从n 个不同元素中，任取m （m ≤n ）个元素，按照一定的顺序排成一 .m n m n A 有排列的个数记为个元素的一个排列，所个不同元素中取出列，叫做从 1.公式：1.()()()()! ! 121m n n m n n n n A m n -=+---=…… 2. 规定：0!1= (1)!(1)!,(1)!(1)!n n n n n n =?-+?=+ (2) ![(1)1]!(1)!!(1)!!n n n n n n n n n ?=+-?=+?-=+-； (3) 111111 (1)!(1)!(1)!(1)!!(1)! n n n n n n n n n +-+==-=- +++++ 三．组合：从n 个不同元素中任取m （m ≤n ）个元素并组成一组，叫做从n 个不同的m 元素中任取 m 个元素的组合数，记作 Cn 。 1. 公式： ()()()C A A n n n m m n m n m n m n m m m ==--+= -11……!! !! 10 =n C 规定： 组合数性质： .2 n n n n n m n m n m n m n n m n C C C C C C C C 21011 =+++=+=+--…… ，， ①；②；③；④ 111 12111212211 r r r r r r r r r r r r r r r r r r n n r r r n n r r n n n C C C C C C C C C C C C C C C +++++-+++-++-++++ +=+++ +=++ +=注： 若1 2 m m 1212m =m m +m n n n C C ==则或 四．处理排列组合应用题 1.①明确要完成的是一件什么事（审题） ②有序还是无序 ③分步还是分类。

高中数学排列组合例题

到车间也有7种分依此类推由分步计数原理共有76种不同的排法 一.特殊元素和特殊位置优先策略 例1.由0,1,2,3,4,5 可以组成多少个没有重复数字五位奇数 . 解：由于末位和首位有特殊要求，应该优先安排，以免不合要求的元素占了这 两个位置 先排末位共有C 3 然后排首位共有C i 最后排其它位置共有A 3 113 由分步计数原理得 C 4C 3A 4 =288 练习题:7种不同的花种在排成一列的花盆里 ，若两种葵花不种在中间，也不种在两端的花盆里，问有多少不同的种法？ 二. 相邻元素捆绑策略 例2. 7人站成一排，其中甲乙相邻且丙丁相邻，共有多少种不同的排法. 解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也看成一个复合元素，再与其它元素进行排列，同时对相邻元素内 5 2 2 部进行自排。由分步计数原理可得共有 A 5A 2A ； =480种不同的排法 允许重复的排列问题的特点是以元素为研究对象，元素不受位置的约束，可以逐一安排各个元素 的位置，没有限制地安排在 m 个位置上的排列数为 m n 种 练习题： 1. 某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为 _42_ 2. 某8层大楼一楼电梯上来8名乘客人，他们到各自的一层下电梯，下电梯六. 环排问题线排策略 例6. 8人围桌而坐，共有多少种坐法？ 解：围桌而坐与坐成一排的不同点在于，坐成圆形没有首尾之分，所以 从此位置把圆形展成直线其余7人共有（8-1 ）!种排法即7 ! 要求某几个元素必须排在一起的问题 ，可以用捆绑法来解决问题 ?即将需要相邻的元素合并 为一个元素，再与其它元素一起作排列，同时要注意合并元素内部也必须排列 ?练习题：某人射击8枪，命中4枪，4枪命中恰好有3枪连在一起的情形的不同种数为 20 三. 不相邻问题插空策略 例3. 一个晚会的节目有4个舞蹈,2个相声,3个独唱，舞蹈节目不能连续岀场，则节目的岀场顺序有多少种？ 解:分两步进行第一步排2个相声和3个独唱共有 A 5种，第二步将4舞蹈插入第一步排好的6个元素中间包含首尾两个空位共有种 Ae 不同的方法，由分步计数原理，节目的不同顺序共有 A 5A 4 ______ 种 元素相离问题可先把没有位置要求的元素进行排队再把不相邻元素插入中间和两 练习 一5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目 ----------- 插入原节目单中， 且两个新 节目不相邻，那么不同插法的种数为 JQ_ 四. 定序问题倍缩空位插入策略 例4.7人排队，其中甲乙丙3人顺序一定共有多少不同的排法 解:（倍缩法）对于某几个元素顺序一定的排列问题 ，可先把这几个元素与其他元素一起进行排列 ，然后用总排列数除以这几个 元素之间 的全排列数，则共有不同排法种数是： A 7∕A 3 （空位法）设想有7把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有 A 7 种方法，其余的三个位置甲乙丙共有 丄种坐法，则共有 A ：种 方法。 思考:可以先让甲乙丙就坐吗 ？ — — （插入法）先排甲乙丙三个人，共有1种排法，再把其余4四人依次插入共有 ___________ 方法 定序问题可以用倍缩法，还可转化为占位插 练习题:10人身高各不相等，排成前后排，每排5人，要求从左至右身高逐渐增加，共有多少排法？ C 15O 五. 重排问题求幕策略 例5.把6名实习生分配到7个车间实习，共有多少种不同的分法 解:完成此事共分六步：把第一名实习生分配到车间有 J-种分法.把第二名实习生分配 排列组合 A 4并 -CKMXxMXXX) ABCDEFGHA D- B E A F H G

高中数学排列组合经典题型全面总结版

高中数学排列与组合 （一）典型分类讲解 一.特殊元素和特殊位置优先策略 例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数. 解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排, 先排末位共有1 3C 然后排首位共有1 4C 最后排其它位置共有 34A 由分步计数原理得1 1 3 434 288C C A = 练习题:7种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间，也不种在两端的花盆里，问有多少不同的种法？ 二.相邻元素捆绑策略 例2. 7人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法. 解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也看成一个复合元素，再与其它元素进行排列，同时对相邻元 素内部进行自排。由分步计数原理可得共有 522522480A A A =种不同的排法 练习题:某人射击8枪，命中4枪，4枪命中恰好有3枪连在一起的情形的不同种数为 20 三.不相邻问题插空策略 例3.一个晚会的节目有4个舞蹈,2个相声,3个独唱,舞蹈节目不能连续出场,则节目的出场顺序有多少种？ 解:分两步进行第一步排2个相声和3个独唱共有55A 种， 第二步将4舞蹈插入第一步排好的6个元素中间包含首尾两个空位共有种 46 A 不同的方法,由分步计数原理,节目的不同顺序共有54 56A A 种 练习题：某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个新节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为 30 四.定序问题倍缩空位插入策略 例4. 7人排队,其中甲乙丙3人顺序一定共有多少不同的排法 解:(倍缩法)对于某几个元素顺序一定的排列问题,可先把这几个元素与其他元素一起进行排列,然后用总排列数除以这几个元素 之间的全排列数,则共有不同排法种数是： 73 73/A A (空位法)设想有7把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有 47 A 种方法，其余的三个位置甲乙丙共有 1种坐法，则共有4 7A 种方法。 思考:可以先让甲乙丙就坐吗? （插入法)先排甲乙丙三个人,共有1种排法,再把其余4四人依次插入共有 方法 练习题:10人身高各不相等,排成前后排，每排5人,要求从左至右身高逐渐增加，共有多少排法？ 5 10C 五.重排问题求幂策略 例5.把6名实习生分配到7个车间实习,共有多少种不同的分法 解:完成此事共分六步:把第一名实习生分配到车间有 7 种分法.把第二名实习生分配到车间也有7种分依此类推,由分步计数原 理共有6 7种不同的排法 练习题： 1． 某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插 法的种数为 42 4 4 3 允许重复的排列问题的特点是以元素为研究对象，元素不受位置的约束，可以逐一安排各个元素的位置，一般地n 不同的元素没有限制地安排在m 个位置上的排列数为n m 种

高中排列组合知识点汇总和典型例题[全]

一．基本原理 1．加法原理：做一件事有n 类办法，则完成这件事的方法数等于各类方法数相加。 2．乘法原理：做一件事分n 步完成，则完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。 注：做一件事时，元素或位置允许重复使用，求方法数时常用基本原理求解。 二．排列：从n 个不同元素中，任取m （m ≤n ）个元素，按照一定的顺序排成一 .m n m n A 有排列的个数记为个元素的一个排列，所个不同元素中取出列，叫做从 1.公式：1.()()()()! ! 121m n n m n n n n A m n -= +---=…… 2. 规定：0!1= (1)!(1)!,(1)!(1)!n n n n n n =?-+?=+ (2) ![(1)1]!(1)!!(1)!!n n n n n n n n n ?=+-?=+?-=+-； (3)111111(1)! (1)! (1)!(1)! !(1)! n n n n n n n n n +-+==-=-+++++ 三．组合：从n 个不同元素中任取m （m ≤n ）个元素并组成一组，叫做从n 个不同的m 元素中任取 m 个元素的组合数，记作 Cn 。 1. 公式： ()()()C A A n n n m m n m n m n m n m m m ==--+= -11……!! !! 10 =n C 规定： 组合数性质：.2 n n n n n m n m n m n m n n m n C C C C C C C C 21011=+++=+=+--……，， ①；②；③；④ 111 12111212211 r r r r r r r r r r r r r r r r r r n n r r r n n r r n n n C C C C C C C C C C C C C C C +++++-+++-++-+++++=++++=+++=注： 若1 2 m m 1212m =m m +m n n n C C ==则或 四．处理排列组合应用题 1.①明确要完成的是一件什么事（审题） ②有序还是无序 ③分步还是分类。 2．解排列、组合题的基本策略 （1）两种思路：①直接法； ②间接法：对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉。这是解决 排列组合应用题时一种常用的解题方法。 （2）分类处理：当问题总体不好解决时，常分成若干类，再由分类计数原理得出结论。注意： 分类不重复不遗漏。即：每两类的交集为空集，所有各类的并集为全集。 （3）分步处理：与分类处理类似，某些问题总体不好解决时，常常分成若干步，再由分步计 数原理解决。在处理排列组合问题时，常常既要分类，又要分步。其原则是先分类，后分步。 （4）两种途径：①元素分析法；②位置分析法。 3．排列应用题： （1）穷举法（列举法）：将所有满足题设条件的排列与组合逐一列举出来； (2)、特殊元 素优先考虑、特殊位置优先考虑； （3）．相邻问题：捆邦法： 对于某些元素要求相邻的排列问题，先将相邻接的元素“捆绑”起来，看作一“大”元素与其余元素排列，然后再对相邻元素内部进行排列。 （4）、全不相邻问题，插空法：某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插空

高中数学-排列组合解法大全

排列组合解法大全 复习巩固 1.分类计数原理（加法原理） 完成一件事，有n类办法，在第 1类办法中有m1种不同的方法，在第 2 类办法中有m2种不同的方法，?，在第n 类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有： 种不同的方法． 2.分步计数原理（乘法原理） 完成一件事，需要分成n个步骤，做第 1步有m1种不同的方法，做第 2步有m2种不同的方法，做第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事共有： 种不同的方法． 3.分类计数原理分步计数原理区别分类计数原理方法相互独立，任何一种方法都可以独立地完成这件事。分步计数原理各步相互依存，每步中的方法完成事件的一个阶段，不能完成整个事件． 解决排列组合综合性问题的一般过程如下 : 1.认真审题弄清要做什么事 2.怎样做才能完成所要做的事 , 即采取分步还是分类 , 或是分步与分类同时进行 , 确定分多少步及多少类。 3.确定每一步或每一类是排列问题（有序）还是组合（无序）问题, 元素总数是多少及取出多少个元素 . 4.解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略 一. 特殊元素和特殊位置优先策略 例 1. 由 0,1,2,3,4,5 可以组成多少个没有重复数字五位奇数 . 解: 由于末位和首位有特殊要求 , 应该优先安排 , 以免不合要求的元素占了这两个位置 . 先排末位共有C13 然后排首位共有C14 最后排其它位置共有A43 由分步计数原理得C41C13A43 288 练习题 :7 种不同的花种在排成一列的花盆里 , 若两种葵花不种在中间，也不种在两端的花盆里，问有多少不同的种法？ 二. 相邻元素捆绑策略 例 2. 7 人站成一排 , 其中甲乙相邻且丙丁相邻 , 共有多少种不同的排法 . 解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也看成一个复合元素，再与其它元素进行排列，同时对相邻元素部进行自排。由分步计数原理可得共有A55A22A22480种不同的排法 练习题 : 某人射击 8 枪，命中 4 枪， 4 枪命中恰好有 3 枪连在一起的情形的不同种数为20

高中数学排列组合典型例题精讲

概念形成 1、元素：我们把问题中被取的对象叫做元素 2、排列：从n 个不同元素中，任取m （m n ≤）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺．．．． 序．排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列．．．． 。 说明：（1）排列的定义包括两个方面：①取出元素，②按一定的顺序排列（与位置有关） （2）两个排列相同的条件：①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同 合作探究二 排列数的定义及公式 3、排列数：从n 个不同元素中，任取m （m n ≤）个元素的所有排列的个数叫做从n 个元素中取出 m 元素的排列数，用符号m n A 表示 议一议：“排列”和“排列数”有什么区别和联系？ 4、排列数公式推导 探究：从n 个不同元素中取出2个元素的排列数2n A 是多少？3n A 呢？m A n 呢？ )1()2)(1(+-?--=m n n n n A m n （,,m n N m n *∈≤） 说明：公式特征：（1）第一个因数是n ，后面每一个因数比它前面一个少1，最后一个 因数是1n m -+，共有m 个因数； （2）,,m n N m n *∈≤ 即学即练: 1.计算 (1）410A ； (2）25A ；(3)3355A A ÷ 2.已知101095m A =???，那么m = 3．,k N +∈且40,k ≤则(50)(51)(52)(79)k k k k ----用排列数符号表示为( ) A ．5079k k A -- B ．2979k A - C ．3079k A - D ．3050k A - 例1． 计算从c b a ,,这三个元素中，取出3个元素的排列数，并写出所有的排列。 5 、全排列：n 个不同元素全部取出的一个排列，叫做n 个不同元素的全排列。 此时在排列数公式中， m = n 全排列数：(1)(2)21!n n A n n n n =--?=（叫做n 的阶乘）. 即学即练:口答（用阶乘表示）：（1）334A （2）44A （3）)!1(-?n n 排列数公式的另一种形式： )! (!m n n A m n -= 另外，我们规定 0! =1 .

(完整版)高中数学排列组合习题精选

1、体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某学生到该体育场练跑步，则他进出门的方案有（ ）种。 2、某公共汽车上有10名乘客，沿途有5个车站，乘客下车的可能方式有（ ）种 3、（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（各项目冠军都只有一人），共有多少种可能的结果？ 4、从集合{1，2，…，10}中任选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为（） 5、有4位教师在同一年级的四个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有（ ）种。 A ．8 B ．9 C ．10 D ．11 6、3人玩传球游戏，由甲开始并做为第一次传球，经过4次传球后，球仍回到甲手中，有多少种不同的传球方式呢？ 7、集合A ＝{a,b,c,d},B={1,2,3,4,5}。（1）从集合A 到集合B 可以建立多少个不同的映射？（2）从集合A 到集合B 的映射中，要求集合A 中元素的象不同，这样的映射有多少个 8、对一个各边长都不相等的凸五边形的各边进行染色，每条边都可以染红、黄、蓝三种不同的颜色，但是不允许相邻相邻的边染相同的颜色，则不同的染色方法共有（ ）种。 9、用5种不同颜色给图中的A 、B 、C 、D 四个区域涂色，规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，共有（ ）种不同的涂色方案。 10、将1,2,3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，如图是一种填法，则不同的填写方法共有 A ．6种 B ．12种 C ．24种 D ．48种 11、如图所示的五个区域中，中心区域是一幅图画，现要求在其余四个区域中涂色，有四种颜色可供选择．要求每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为()A ．64B ．72C.84 D ．96 12、（13山东）用0,1,…,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为（ ） A ．243 B ．252 C ．261 D ．279 13、（13福建）满足{},1,0,1,2a b ∈-,且关于x 的方程220ax x b ++=有实数解的有序数对(,)a b 的个数为（ ） A ．14 B ．13 C ．12 D ．10 14、（16全国）定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意2k m ≤，12,,,k a a a L 中0的个数不少于1的个数。若m =4，则不同的“规范01数列”共有（A ）18（B ）16（C ）14 （D ）12

排列组合专题复习及经典例题详解

排列组合专题复习及经典例题详解 1.学习目标 掌握排列、组合问题的解题策略 2.重点 （1）特殊元素优先安排的策略： （2）合理分类与准确分步的策略； （3）排列、组合混合问题先选后排的策略； （4）正难则反、等价转化的策略； （5）相邻问题捆绑处理的策略； （6）不相邻问题插空处理的策略． 3.难点 综合运用解题策略解决问题． 4.学习过程: (1)知识梳理 m种不完成一件事，有几类办法，在第一类办法中有1．分类计数原理（加法原理）：1mm种不同的方法，类型办法中有种不同的方法……在第n同的方法，在第2类办法中有n2N?m?m?...?m 种不同的方法．那么完成这件事共有n12m种不步有个步骤，做第12．分步计数原理（乘法原理）：完成一件事，需要分成n1mm种不同的方法；那么完成这步有种不同的方法……，做第同的方法，做第2步有n n2N?m?m?...?m种不同的方法．件事共有n12特别提醒： 分类计数原理与“分类”有关，要注意“类”与“类”之间所具有的独立性和并列性； 分步计数原理与“分步”有关，要注意“步”与“步”之间具有的相依性和连续性，应用这两个原理进行正确地分类、分步，做到不重复、不遗漏． 3．排列：从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n m?nm?n 时叫做全排列. 时叫做选排列，排列个不同元素中取出m个元素的一个，4．排列数：从n个不同元素中，取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同m P. 个元素的排列数，用符号表示元素中取出m n n!?m）?Nmn（m?)...()(1n?2n?m1)??,n、?(?Pnn5．排列数公式： n(n?m)!1mmm?mPPP??排列数具有的性质：nn1?n特别提醒： 规定0!=1 1 6．组合：从n个不同的元素中，任取m(m≤n)个不同元素，组成一组，叫做从n个不同元素中取m个不同元素的一个组合. 7．组合数：从n个不同元素中取m(m≤n)个不同元素的所有组合的个数，叫做从n个m C. 个不同元素的组合数，用符号表示不同元素中取出m nm Pn(n?1)(n?2)...(n?m?1)n!mn???C．组合数公式：8 nm)!m!(n?m!mP mmn?mmmm?1C?CC?C?C；②组合数的两个性质：①nnnnn?1特别提醒：排列与组合的联系与区别. 联系：都是从n个不同元素中取出m个元素. 区别：前者是“排成一排”，后者是“并成一组”，前者有顺序关系，后者无顺序关系.