第九章 计数原理概率随机变量及其分布Word文档格式.docx
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(1)在分类加法计数原理中,两类不同方案中的方法可以相同.(×
)
(2)在分类加法计数原理中,每类方案中的方法都能直接完成这件事.(√)
(3)在分步乘法计数原理中,事情是分步完成的,其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事,只有每个步骤都完成后,这件事情才算完成.(√)
(4)如果完成一件事情有n个不同步骤,在每一步中都有若干种不同的方法mi(i=1,2,3,…,n),那么完成这件事共有m1m2m3…mn种方法.(√)
(5)在分步乘法计算原理中,每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.(√)
(6)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.(×
(7)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序.(×
(8)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.(√)
(9)(n+1)!
-n!
=n·
n!
.(√)
(10)A=nA.(√)
考点一 计数原理及应用
命题点
1.分类加法计数原理的应用
2.分类乘法计数原理的应用
3.两个原理的综合应用
[例1]
(1)有4位教师在同一年级的4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( )
A.8种 B.9种
C.10种D.11种
解析:
法一:
设四位监考教师分别为A,B,C,D,所教班分别为a,b,c,d,假设A监考b,则余下三人监考剩下的三个班,共有3种不同方法,同理A监考c,d时,也分别有3种不同方法,由分类加法计数原理共有3+3+3=9(种).
法二:
班级按a,b,c,d的顺序依次排列,为避免重复或遗漏现象,教师的监考顺序可用“树形图”表示如下:
∴共有9种不同的监考方法.
答案:
B
(2)(2016·
高考全国甲卷)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.24B.18
C.12D.9
分两步,第一步,从E→F,有6条可以选择的最短路径;
第二步,从F→G,有3条可以选择的最短路径.由分步乘法计数原理可知有6×
3=18条可以选择的最短路径.故选B.
(3)如果一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”,在一个长方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )
A.60B.48
C.36D.24
长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×
6=36个,6个对角面构成的“平行线面组”有6×
2=12个,共有36+12=48个,故选B.
[方法引航] 1.使用分类加法原理时首先根据题目特点恰当选择一个分类标准;
其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类.
2.
(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步,即分步是有先后顺序的,并且分步必须满足:
完成一件事的各个步骤是相互依存的,只有各个步骤都完成了,才算完成这件事.
(2)分步必须满足两个条件:
一是步骤互相独立,互不干扰;
二是步与步确保连续,逐步完成.
3.使用两个基本原理进行计数的基本思想是“先分类,再分步”,即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类,再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”,求出每个步骤的方法数,按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数,最后再按照分类加法计数原理得出总数.
1.从0,1,2,3,4,5这六个数字中,任取两个不同数字相加,其和为偶数的不同取法的种数有( )
A.30B.20
C.10D.6
选D.从0,1,2,3,4,5六个数字中,任取两数和为偶数可分为两类,①取出的两数都是偶数,共有3种方法;
②取出的两类都是奇数,共有3种方法,故由分类加法计数原理得共有N=3+3=6(种).
2.从-1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)=ax2+bx+c的系数,则可组成________个不同的二次函数,其中偶函数有________个(用数字作答).
一个二次函数对应着a,b,c(a≠0)的一组取值,a的取法有3种,b的取法有3种,c的取法有2种,由分步乘法计数原理知共有3×
3×
2=18个二次函数.若二次函数为偶函数,则b=0,同上可知共有3×
2=6个偶函数.
18 6
3.已知集合M={1,-2,3),N={-4,5,6,-7},从两个集合中各取一个元素作为点的坐标,则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是( )
A.18B.10
C.16D.14
选D.分两类:
(1)M中的元素作点的横坐标,N中元素作点的纵坐标,在一、二象限的点共有3×
2个;
(2)M中的元素作点的纵坐标,N中元素作点的横坐标,在一、二象限的点有2×
4个,故所求不同点的个数为3×
2+2×
4=14(个).
考点二 排列问题
1.有限制条件的排列
2.相邻元素的排列
3.不相邻元素的排列
4.定序问题的排列
[例2]
(1)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),那么不同的排法共有________种.
可先排C、D、E三人,共有A种排法,剩余A、B两人只有一种排法,由分步乘法计数原理知满足条件的排法共有A=60(种).
五人全排列,共A种排法,其中B站在A的右边或左边对半,故所求排法种数为A=60(种).
60
(2)(2017·
山东临沂检测)有4名男生、5名女生,全体排成一行,下列情形各有多少种不同的排法?
①甲不在中间也不在两端;
②甲、乙两人必须排在两端;
③男女相间.
解:
①法一:
(元素分析法):
先排甲有6种,再排其余人有A种排法,故共有6·
A=241920(种)排法.
(位置分析法):
从甲外的8人排中间和两端有A种排法,包括甲在内的剩余6人有A种排法,故共有A·
A=336×
720=241920(种)排法.
法三:
(等机会法):
9个人全排列有A种,甲排在每一个位置的机会都是均等的,依题意得,甲不在中间及两端的排法总数有A×
=241920(种).
法四:
(间接法):
将4男5女共9人全排列有A种排法,应去掉甲排中间有的A种,去掉甲排两端的有2A种.故有A-3·
A=6A=241920(种).
②先排甲、乙,再排其余7人.
共有A·
A=10080(种)排法.
③(插空法)先排4名男生有A种方法,再将5名女生插空,有A种方法,故共有A·
A=2880(种)排法.
[方法引航] 排列问题的常用技巧
捆绑法
把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列,同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
对不相邻问题,先考虑不受限制的元素的排列,再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中
先整体后局部
“小集团”排列问题中先整体后局部
定序问题除法处理
对于定序问题,可先不考虑顺序限制,排列后,再除以定序元素的全排列
间接法
正难则反,等价转化的方法
1.将本例
(1)改为:
A,B,C,D,E排一排,其中A,B,C顺序固定,有多少种排法.
假如有五个位置,先排好D,E两人,剩余的三个位置就按A,B,C的固定顺序安排,只有一种方法,故A=5×
4=20.
2.在本例
(2)条件下,若甲,乙二人不相邻,有多少种排法.
先排其余7人,有A种方法,产生8个“空位”,
甲乙二人插空有A,共有A·
A种方法.
考点三 组合问题
1.某元素含在内部
2.某元素不含在内部
3.“至多,至少”含元素
[例3] 某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种假货.现从35种商品中选取3种.
(1)其中某一种假货必须在内,不同的取法有多少种?
(2)其中某一种假货不能在内,不同的取法有多少种?
(3)恰有2种假货在内,不同的取法有多少种?
(4)至少有2种假货在内,不同的取法有多少种?
(5)至多有2种假货在内,不同的取法有多少种?
(1)从余下的34种商品中,选取2种有C=561(种),
∴某一种假货必须在内的不同取法有561种.
(2)从34种可选商品中,选取3种,有C种或者C-C=C=5984(种).
∴某一种假货不能在内的不同取法有5984种.
(3)从20种真货中选取1件,从15种假货中选取2件有CC=2100(种).
∴恰有2种假货在内的不同的取法有2100种.
(4)选取2件假货有CC种,选取3件假货有C种,共有选取方式CC+C=2100+455=2555(种).
∴至少有2种假货在内的不同的取法有2555种.
(5)选取3件的总数有C,因此共有选取方式
C-C=6545-455=6090(种).
∴至多有2种假货在内的不同的取法有6090种.
[方法引航]
(1)“含”与“不含”的问题:
“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足;
“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中去选取.
(2)“至少”、“至多”的问题:
解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法或间接法都可以求解,通常用直接法分类复杂时,考虑逆向思维,用间接法处理.
1.在某校举行的羽毛球两人决赛中,采用5局3胜制的比赛规则,先赢3局者获胜,直到决出胜负为止.若甲、乙两名同学参加比赛,则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )
A.6种 B.12种
C.18种D.20种
选D.分三种情况:
恰好打3局(一人赢3局),有2种情形;
恰好打4局(一人前3局中赢2局,输一局,第4局赢),共有2C=6种情形;
恰好打5局(一个前4局中赢2局,输2局,第5局赢),共有2C=12种情形.所有可能出现的情形共有2+6+12=20(种).
2.甲、乙两人从4门课程中各选修2门,
求:
①甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有多少种?
②甲、乙所选的课程中至少有一门不相同的选法有多少种?
①甲、乙两人从4门课程中各选修2门,且甲、乙所选课程中恰有1门相同的选法种数共有CCC=24(种).
②甲、乙两人从4门课程中各选两门不同的选法种数为CC,又甲乙两人所选的两门课程都相同的选法种数为C种,因此满足条件的不同选法种数为CC-C=30(种).
考点四 分组与分配、排列与组合的综合应用
[例4] 4个不同的球,4个不同的盒子,把球全部放入盒内.
(1)恰有1个盒不放球,共有几种放法?
(2)恰有1个盒内有2个球,共有几种放法?
(3)恰有2个盒不放球,共有几种放法?
(1)为保证“恰有1个盒不放球”,先从4个盒子中任意取出去一个,问题转化为“4个球,3个盒子,每个盒子都要放入球,共有几种放法?
”即把4个球分成2,1,1的三组,然后再从3个盒子中选1个放2个球,其余2个球放在另外2个盒子内,由分步乘法计数原理得,共有CCC×
A=144(种).
(2)“恰有1个盒内有2个球”,即另外3个盒子放2个球,每个盒子至多放1个球,也即另外3个盒子中恰有一个空盒,因此,“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事,所以共有144种放法.
(3)确定2个空盒有C种方法.
4个球放进2个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类,第一类有序不均匀分组有CCA种方法;
第二类有序均匀分组有·
A种方法.故共有C(CCA+·
A)=84(种).
[方法引航] 排列、组合综合题目,一般是将符合要求的元素取出(组合)或进行分组,再对取出的元素或分好的组进行排列.其中分组时,要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准.
1.将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中.若每个信封放2张,其中标号为1,2的卡片放入同一信封,则不同的放法共有( )
A.12种 B.18种
C.36种D.54种
选B.先放1、2的卡片有C种,再将3、4、5、6的卡片平均分成两组再放置,有·
A种,故共有C·
C=18(种).
2.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张,其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人,每人2张,不同的获奖情况有__________种(用数字作答).
把8张奖券分4组有两种分法,一种是分(一等奖,无奖)、(二等奖,无奖)、(三等奖,无奖)、(无奖,无奖)四组,分给4人有A种分法;
另一种是一组两个奖,一组只有一个奖,另两组无奖,共有C种分法,再分给4人有CA种分法,所以不同获奖情况种数为A+CA=24+36=60.
[方法探究]
不同元素的分组分配问题
不同元素的分配问题,有时比较容易混淆,作为分配问题,可以分两步来完成,先分组后分配的原则,还要看是均匀分组还是非均匀分组,这样就对分配问题的解题有明确的思路.
[典例] 按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方式?
(1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;
(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;
(3)平均分成三份,每份2本;
(4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本;
(5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本;
(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本;
(7)甲得1本,乙得1本,丙得4本.
[审题视点] 本题是分组分配问题,要注意区分平均、不平均分组或分配的区别与联系.
[解]
(1)无序不均匀分组问题.
先选1本,有C种选法;
再从余下的5本中选2本,有C种选法;
最后余下3本全选,有C种选法.
故共有CCC=60(种).
(2)有序不均匀分组问题.
由于甲、乙、丙是不同的三人,在
(1)题基础上,还应考虑再分配,共有CCCA=360(种).
(3)无序均匀分组问题.
先分三步,则应是CCC种方法,但是这里出现了重复.不妨记六本书为A,B,C,D,E,F,若第一步取了AB,第二步取了CD,第三步取了EF,记该种分法为(AB,CD,EF),则CCC种分法中还有(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB),(EF,CD,AB),(EF,AB,CD),共有A种情况,而这A种情况仅是AB,CD,EF的顺序不同,因此只能作为一种分法,故分配方式有=15(种).
(4)有序均匀分组问题.
在(3)的基础上再分配给3个人,
共有分配方式·
A=CCC=90(种).
(5)无序部分均匀分组问题.共有=15(种).
(6)有序部分均匀分组问题.
在(5)的基础上再分配给3个人,
A=90(种).
(7)直接分配问题.
甲选1本,有C种方法;
乙从余下的5本中选1本,有C种方法,余下4本留给丙,有C种方法,故共有分配方式CCC=30(种).
[高考真题体验]
1.(2016·
高考全国丙卷)定义“规范01数列”{an}如下:
{an}共有2m项,其中m项为0,m项为1,且对任意k≤2m,a1,a2,…,ak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个 B.16个
C.14个D.12个
选C.当m=4时,数列{an}共有8项,其中4项为0,4项为1,要满足对任意k≤8,a1,a2,…,ak中0的个数不少于1的个数,则必有a1=0,a8=1,a2可为0,也可为1.
(1)当a2=0时,分以下3种情况:
①若a3=0,则a4,a5,a6,a7中任意一个为0均可,则有C=4种情况;
②若a3=1,a4=0,则a5,a6,a7中任意一个为0均可,有C=3种情况;
③若a3=1,a4=1,则a5必为0,a6,a7中任一个为0均可,有C=2种情况;
(2)当a2=1时,必有a3=0,分以下2种情况:
①若a4=0,则a5,a6,a7中任一个为0均可,有C=3种情况;
②若a4=1,则a5必为0,a6,a7中任一个为0均可,有C=2种情况.综上所述,不同的“规范01数列”共有4+3+2+3+2=14个,故选C.
2.(2012·
高考课标全国卷)将2名教师,4名学生分成2个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小组由1名教师和2名学生组成,不同的安排方案共有( )
A.12种B.10种
C.9种D.8种
选A.2名教师各在1个小组,给其中1名教师选2名学生,有C种选法,另2名学生分配给另1名教师,然后将2个小组安排到甲、乙两地,有A种方案,故不同的安排方案共有CA=12(种),选A.
3.(2014·
高考大纲全国卷)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
选C.由题意知,选2名男医生、1名女医生的方法有CC=75(种).
4.(2016·
高考四川卷)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.24B.48
C.60D.72
选D.奇数的个数为CA=72.
课时规范训练
A组 基础演练
1.用数字1、2、3、4、5组成的无重复数字的四位偶数的个数为( )
A.8 B.24
C.48D.120
选C.分两步:
(1)数字2、4先排个位有A种排法.
(2)余下4个数字再排前三位有A种排法,故共有AA=48种排法.
2.10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人站前排,其他人的相对顺序不变,则不同调整方法的种数为( )
A.CAB.CA
C.CAD.CA
选C.从后排抽2人的方法种数是C;
前排的排列方法种数是A.由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是CA.
3.将字母a,a,b,b,c,c排成三行两列,要求每行的字母互不相同,每列的字母也互不相同,则不同的排列方法共有( )
A.12种B.18种
C.24种D.36种
选A.先排第一列,因为每列的字母互不相同,因此共有A种不同的排法.
再排第二列,其中第二列第一行的字母共有A种不同的排法,第二列第二、三行的字母只有1种排法.
因此共有A·
A·
1=12(种)不同的排列方法.
4.把标号为1,2,3,4,5的同色球全部放入编号为1~5号的箱子中,每个箱子放一个球且要求偶数号的球必须放在偶数号的箱子中,则所有的放法种数为( )
A.36B.20
C.12D.10
选C.依题意,标题为2、4的球放入编号为2、4的箱子中有A种放法,再把标号为1,3,5的球放入编号为1,3,5的箱子中有A种放法,所以满足题意的放法种数为A·
A=12,选C.
5.某同学有同样的画册2本,同样的集邮册3本,从中取出4本赠送给4位朋友,每位朋友1本,则不同的赠送方法共有( )
A.4种B.10种
选B.分两种情况:
①选2本画册,2本集邮册送给4位朋友,有C=6种方法;
②选1本画册,3本集邮册送给4位朋友,有C=4种方法,所以不同的赠送方法共有6+4=10(种),故选B.
6.在数字1,2,3与符号“+”,“-”这五个元素的所有全排列中,任意两个数字都不相邻的全排列方法共有( )
A.6种B.12种
C.18种D.24种
选B.先排符号“+”,“-”,有A种排列方法,此时两个符号中间与两端共有3个空位,把数字1,2,3“插空”,有A种排列方法,因此满足题目要求的排列方法共有AA=12(种).
7.将A,B,C,D,E五种不同的文件放入编号依次为1,2,3,4,5,6,7的七个抽屉内,每个抽屉至多放一种文件,若文件A,B必须放入相邻的抽屉内,文件C,D也必须放入相邻的抽屉内,则所有不同的放法有( )
A.120种B.210种
C.420种D.240种
选D.可先排相邻的文件,再作为一个整体与其他文件排列,则有AAA=240种排法,所以选D.
8.六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有( )
A.192种B.216种
C.240种D.288种
选B.根据甲、乙的位置要求分类解决,分两类.
第一类:
甲在左端,有A=5×
4×
2×
1=120种方法;
第二类:
乙在左端,有4A=4×
1=96种方法.
所以共有120+96=216种方法.
9.某台小型晚会由6个节目组成,演出顺序有如下要求:
节目甲必须排在前两位,节目乙不能排在第一位,节目丙必须排在最后一位.该台晚会节目演出顺序的编排方案共有( )
A.36种B.42种
C.48种D.54种
选B.分两类,第一类:
甲排在第一位时,丙排在最后一位,中间4个节目无限制条件,有A种排法;
甲排在第二位时,从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C种排法,其他3个节目有A种排法,故有CA种排法.依分类加法计数原理,知共有A+CA=42(种)编排方案.
10.把3盆不同的兰花和4盆不同的玫瑰花摆放在如图中的1,2,3,4,5,6,7所示的位置上,其中3盆兰花不能放在一条直线上,则不同的摆放方法有( )
A.2680种B.4320种
C.4920种D.5140种
选B.先将7盆花全排列,共有A种排法,其中3盆兰花排在一条直线上的排法有5A×
A(种),故所求摆放方法有A-5AA=4320(种).
B组 能力突破
1.将甲、乙、丙、丁、戊五位同学分别保送到北大、上海交大和浙大3所大学,若每所大学至少保送1人,且甲不能被保送到北大,则不同的保送方案共有( )
A.150种B.114种
C.100种D.72种
选C.先将五人分成三组,因为要求每组至少一人,所以可选择的只有2,2,1或者3,1,1,所以共有+=25种分组方法.因为甲不能去北大,所以有甲的那组只有上海交大和浙大两个选择,剩下的两组无限制,一共有4种方法,所以不同的保送方案共有25×
4=100(种).
2.某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务,如果要求至少有1名女生,那么不同的选派方案有________种.
①有1名女生的选派方法有CC=8(种).
②有2名女生的选派方法有CC=6(种).
∴不同的选派
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