数学高考原版复习用书第十章计数原理概率随机变量及其分布.docx
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数学高考原版复习用书第十章计数原理概率随机变量及其分布
第一节 计数原理与排列组合
教材细梳理
知识点1 两个计数原理
(1)分类加法计数原理
完成一件事可以有n类不同方案,各类方案相互独立,在第1类方案中有m1种不同的方法,在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有mn种不同的方法.那么,完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法.
(2)分步乘法计数原理
完成一件事需要经过n个步骤,缺一不可,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mn种不同的方法.那么,完成这件事共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法.
知识点2 排列与组合
(1)排列、组合的定义
排列的定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
按照一定的顺序排成一列
组合的定义
合成一组
(2)排列数、组合数的定义、公式、性质
排列数
组合数
定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数
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
公式
A=n(n-1)…(n-m+1)=
C==
性质
A=n!
,0!
=1
C=C,C+C=C
[拓展]
1.正确理解组合数的性质
(1)C=C
从n个不同元素中取出m个元素的方法数等于取出剩余n-m个元素的方法数.
(2)C+C=C
从n+1个不同元素中取出m个元素可分以下两种情况:
①不含特殊元素A有C种方法;②含特殊元素A有C种方法.
2.分类加法计数原理中各类办法之间是相互独立的,并列的,互斥的.分步乘法计数原理中各步之间是相互依存的.
四基精演练
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)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.( )
(2)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.( )
(3)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.( )
(4)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.( )
答案:
(1)√
(2)√ (3)√ (4)×
2.(知识点2)从3,5,7,11这四个质数中,每次取出两个不同的数分别为a,b,共可得到的不同值的个数为( ) ⇐源自选修2-3P27T11
A.6 B.8
C.12D.16
答案:
C
3.(知识点1)某校开设A类选修课2门,B类选修课3门,一位同学从中选3门.若要求两类课程中各至少选一门,则不同的选法共有( ) ⇐源自选修2-3P27T7
A.3种B.6种
C.9种D.18种
答案:
C
4.(知识点2)男篮比赛中8支球队分为两个小组,单循环比赛,则两个小组共进行________场比赛. ⇐源自选修2-3P27T5
A.AB.C
C.2AD.2C
答案:
D
5.(知识点2)把5张不同的电影票分给4个人,每人至少一张,则不同的分法种数为________. ⇐源自选修2-3P28T13
答案:
CA=240(种).
考点一 两个原理的直接应用[基础练通]
1.已知椭圆+=1,若a∈{2,4,6,8},b∈{1,2,3,4,5,6,7,8},这样的椭圆有( )
A.12个B.16个
C.28个D.32个
解析:
选C.若焦点在x轴上,则a>b,a=2时,有1个;a=4时,有3个;a=6时,有5个;a=8时,有7个,共有1+3+5+7=16(个).
若焦点在y轴上,则b>a,b=3时,有1个;b=4时,有1个;b=5时,有2个;b=6时,有2个;b=7时,有3个,b=8时,有3个.共有1+1+2+2+3+3=12(个).故共有16+12=28(个).
2.某校为了丰富学生的课外活动,安排了A,B两个活动小组.某班甲、乙、丙、丁4名同学报名参加,每人只报一项,则4名同学的不同报名方案的种数为( )
A.6B.8
C.12D.16
解析:
选D.分步完成,甲有2种报名方法,乙有2种报名方法,丙有2种报名方法,丁有2种报名方法,都报完了事件结束,故共有2×2×2×2=24=16(种).
3.(2018·广州模拟)如图,用6种不同的颜色把图中A,B,C,D四块区域分开,若相邻区域不能涂同一种颜色,则不同的涂法共有( )
A.400种B.460种
C.480种D.496种
解析:
选C.完成此事可能使用4种颜色,也可能使用3种颜色.当使用4种颜色时:
从A开始,有6种方法,B有5种,C有4种,D有3种,完成此事共有6×5×4×3=360(种)方法;当使用3种颜色时:
A,D使用同一种颜色,从A,D开始,有6种方法,B有5种,C有4种,完成此事共有6×5×4=120(种)方法.由分类加法计数原理可知:
不同涂法有360+120=480(种).
1.分类、分步的应用技巧
(1)分类:
一般按特殊情况优先分类,每类中再分步计数,当分类不多时,可用枚举法,当分类较多时,也可用间接法求解.
(2)分步:
先按一定的顺序分步,再按特殊要求分类.
2.涂色、种植问题的解题关注点和关键
(1)关注点:
首先分清元素的数目,其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素.
(2)关键:
是对每个区域逐一进行,选择下手点,分步处理.
[提醒] 对于较复杂的两个原理综合应用的问题,可恰当画出示意图或列出表格,使问题形象化、直观化,以图助解.
考点二 排列的应用[探究变通]
[例1]
(1)若A,B,C,D,E,F六个不同元素排成一列,要求A不排在两端,且B,C相邻,则不同的排法有________种(用数字作答).
解析:
由于B,C相邻,把B,C看作一个整体,有2种排法.这样,6个元素变成了5个.先排A,由于A不排在两端,则A排在中间的3个位置中,有A=3种排法,其余的4个元素任意排,有A种不同排法,故不同的排法有2×3×A=144(种).
答案:
144
(2)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________种.
解析:
本题主要考查某些元素不相邻的问题,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).
答案:
12
[母题变式]
1.若本例
(2)中条件“任意两个数字都不相邻”改为“1,2,3这三个数字必须相邻”,则这样的全排列方法有________种.
解析:
用捆绑法,有AA=36(种).
答案:
36
2.若本例
(2)中条件变为:
符号“+”与“-”都不相邻,则这样的全排列有________种.
解析:
共有AA=72(种).
答案:
72
1.求解有限制条件排列问题的主要方法
直
接
法
分类法
选定一个适当的分类标准,将要完成的事件分成几个类型,分别计算每个类型中的排列数,再由分类加法计数原理得出总数
分步法
选定一个适当的标准,将事件分成几个步骤来完成,分别计算出各步骤的排列数,再由分步乘法计数原理得出总数
捆绑法
相邻问题捆绑处理,即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列,同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
不相邻问题插空处理,即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中
除法
对于定序问题,可先不考虑顺序限制,排列后,再除以已定元素的全排列
间接法
对于分类过多的问题,按正难则反,等价转化的方法
2.解决有限制条件排列问题的策略
(1)根据特殊元素(位置)优先安排进行分步,即先安排特殊元素或特殊位置.
(2)根据特殊元素当选数量或特殊位置由谁来占进行分类.
考点三 组合问题[探究变通]
[例3]
(1)[一题多解](2018·全国卷Ⅰ)从2位女生,4位男生中选3人参加科技比赛,且至少有1位女生入选,则不同的选法共有________种.(用数字填写答案)
解析:
解法一:
可分两种情况:
第一种情况,只有1位女生入选,不同的选法有CC=12(种);第二种情况,有2位女生入选,不同的选法有CC=4(种).
根据分类加法计数原理知,至少有1位女生入选的不同的选法有16种.
解法二:
从6人中任选3人,不同的选法有C=20(种),从6人中任选3人都是男生,不同的选法有C=4(种),所以至少有1位女生入选的不同的选法有20-4=16(种).
答案:
16
(2)[一题多解]甲、乙两人从4门选修课中各选修2门,则甲乙所选的课程中至少有一门相同的选法共有( )
A.30种 B.36种
C.60种D.144种
解析:
解法一:
(直接法)有一门相同的选法有CCC=24(种),
有两门相同的选法有CC=6(种),
故共有24+6=30种选法.
解法二:
(间接法)CC-CC=36-6=30(种).
答案:
A
(3)(2018·西安模拟)共享单车是指企业与政府合作,在公共服务区等地方提供自行车单车共享服务.现从6辆黄色共享单车和4辆蓝色共享单车中任取4辆进行检查,则至少有两辆蓝色共享单车的取法种数是________.
解析:
分三种情况讨论:
①两辆蓝色共享单车,有CC=90(种),
②三辆蓝色共享单车,有CC=24(种),
③四辆蓝色共享单车,有C=1(种).
根据分类加法计数原理可得,至少有两辆蓝色共享单车的取法种数是90+24+1=115.
答案:
115
两类含有附加条件的组合问题的解法
1.“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:
若“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足;若“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”或“最多”含有几个元素的组合题型:
解这类题目必须十分重视“至少”与“最多”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,用间接法求解.
1.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.10种B.9种
C.12种D.8种
解析:
选C.依题意,满足题意的不同安排方案共有C·C=12(种).
★2.现有12张不同的扑克牌,其中红桃、方片、黑桃、梅花各3张,现从中任取3张,要求这3张牌不能是同一种且黑桃至多一张,则不同的取法种数为________.
解析:
分类完成,含有一张黑桃的不同取法有CC=108(种),不含黑桃时,有C-3C=81(种)不同的取法.故共有108+81=189(种)不同的取法.
答案:
189
考点四 排列、组合的综合应用[创新贯通]
命题点1
简单的排列、组合的混合应用
[例3]
(1)安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有( )
A.12种 B.18种
C.24种D.36种
解析:
将4项工作分成3部分,每部分至少有1项工作,共有C=6(种)方法,再分别分给3人,由分步乘法计数原理知,共有C×A=36(种)不同方法.
答案:
D
(2)将A,B,C,D,E这5名同学从左至右排成一排,则A与B相邻且A与C之间恰好有一名同学的排法有( )
A.18种B.20种
C.21种D.22种
解析:
当A,C之间为B时,看成一个整体进行排列,共有A·A=12种,当A,C之间不是B时,先在A,C之间插入D,E中的任意一个,然后B在A之前或之后,再将这四个人看成一个整体,与剩余一个进行排列,共有C·A·A=8(种),所以共有20种不同的排法.故选B.
答案:
B
命题点2
分组、分配问题
[例4] 有4个不同的球和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?
解:
(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个盒内不放球”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).
分组问题的求解策略
1.对不同元素的分配问题.
(1)整体均分:
解题时要注意分组后,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后一定要除以A(n为均分的组数),避免重复计数.
(2)部分均分:
解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数,即若有m组元素个数相等,则分组时应除以m!
,分组过程中有几个这样的均匀分组,就要除以几个这样的全排列数.
(3)不等分组:
只需先分组,后排列,注意分组时任何组中元素的个数都不相等,所以不需要除以全排列数.
2.对于相同元素的“分配”问题,常用方法是采用“隔板法”.
3.将6名同学平均分成三组,每组两人,则不同的分组方法的种数为( )
A.60B.30
C.15D.10
解析:
选C.平均分成三组的方法种数为=15(种).
4.将5名交警分配到三个拥挤的路口疏导交通,其中一个路口1人,另两个路口各2人的不同安排方案共有________种.
A.360B.180
C.90D.60
解析:
选C.先分组后排列,共有A=90(种)不同的安排方案.
★5.某学校需从3名男生和2名女生中选出4人,分派到甲、乙、丙三地参加义工活动,其中甲地需要选派2人且至少有1名女生,乙地和丙地各需要选派1人,则不同的选派方法的种数是( )
A.18B.24
C.36D.42
解析:
选D.由题设可分两类:
一是甲地只含有一名女生,先考虑甲地有CC种情形,后考虑乙、丙两地,有A种情形,共有CCA=36(种)情形;
二是甲地只含有两名女生,则甲地有C种情形,乙、丙两地有A种情形,共有CA=6(种)情形.
由分类计数原理可得36+6=42(种)情形.故选D.
排列与组合问题中的容斥原理
容斥原理设card(A)表示集合A的元素个数,则card(A∪B)=card(A)+card(B)-card(A∩B);
card(A∪B∪C)=card(A)+card(B)+card(C)-card(A∩B)-card(A∩C)-card(B∩C)+card(A∩B∩C).
[例5] 有6名同学咨询成绩,老师说:
甲不是6人中成绩最好的,乙不是6人中成绩最差的.而且6人的成绩各不相同,那么他们6人的成绩不同的可能排序共有( )
A.120种 B.216种
C.384种D.504种
解析:
以A记为甲成绩排名第一的所有可能的排序的集合,以B记为乙成绩排名最后的所有可能的排序的集合,则|A|=|B|=5!
,|A∩B|=4!
.
由容斥原理知,甲排名第一或乙排名最后的所有的排序数为|A∪B|=|A|+|B|-|A∩B|=216.
按照老师所述,这6名同学成绩可能的排序数为6!
-216=504,故选D.
答案:
D
本题是逻辑推理题,关键是建立适当的数学模型进行求解.通过分析,可转化为与排列有关的容斥原理问题,进而求出答案.利用容斥原理能有效降低问题的维度.
[素材库]
1.(2018·浙江卷)从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成________个没有重复数字的四位数.(用数字作答)
解析:
若取的4个数字不包括0,则可以组成的四位数的个数为CCA;若取的4个数字包括0,则可以组成的四位数的个数为CCCA.综上,一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为CCA+CCCA=720+540=1260.
答案:
1260
2.(2016·全国卷Ⅲ)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
解析:
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.
限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)
A级 基础夯实练
1.从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a,b组成复数a+bi,其中虚数的个数是( )
A.30 B.42
C.36D.35
解析:
选C.因为a+bi为虚数,所以b≠0,即b有6种取法,a有6种取法,由分步乘法计数原理知可以组成6×6=36个虚数.
2.某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记,则甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的不同选法的种数为( )
A.85B.56
C.49D.28
解析:
选C.由于丙不入选,相当于从9人中选派3人.甲、乙两人均入选,有CC种选法,甲、乙两人只有1人入选,有CC种选法.所以由分类加法计数原理知,共有CC+CC=49种不同选法.
3.从1,3,5中取两个数,从2,4中取一个数,可以组成没有重复数字的三位数,则在这些三位数中,奇数的个数为( )
A.12B.18
C.24D.36
解析:
选C.从1,3,5中取两个数有C种方法,从2,4中取一个数有C种方法,而奇数只能从1,3,5取出的两个数之一作为个位数,故奇数的个数为CCAA=3×2×2×2×1=24(个).
4.六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
解析:
选B.第一类:
甲在最左端,有A=5×4×3×2×1=120(种)方法;
第二类:
乙在最左端,有4A=4×4×3×2×1=96(种)方法.
所以共有120+96=216(种)方法.
5.某班组织文艺晚会,准备从A,B等8个节目中选出4个节目演出,要求A,B两个节目至少有一个选中,且A,B同时选中时,它们的演出顺序不能相邻,那么不同演出顺序的种数为( )
A.1860B.1320
C.1140D.1020
解析:
选C.当A,B节目中只选其中一个时,共有CCA=960(种)演出顺序;当A,B节目都被选中时,由插空法得共有CAA=180(种)演出顺序,所以一共有1140种演出顺序.
6.(2018·河南天一大联考)如图,图案共分9个区域,有6种不同颜色的涂料可供涂色,每个区域只能涂一种颜色的涂料,其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色,且相邻区域的颜色不相同,则涂色方法共有( )
A.360种B.720种
C.780种D.840种
解析:
选B.由题意知2,3,4,5的颜色都不相同,先涂1:
有6种方法,再涂2,3,4,5,有A种方法,故一共有6×A=720(种).
7.某县委将7位大学生志愿者(4男3女)分成两组,分配到两所小学支教,若要求女生不能单独成组,且每组最多5人,则不同的分配方案共有( )
A.36种B.68种
C.104种D.110种
解析:
选C.分组的方案有3、4和2、5两类,第一类有(C-1)·A=68(种);第二类有(C-C)·A=36(种),所以共有N=68+36=104(种).
8.从班委会5名成员中选出3名,分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员,其中甲、乙二人不能担任文娱委员,则不同的选法共有________种(用数字作答).
解析:
第一步,先选出文娱委员,因为甲、乙不能担任,所以从剩下的3人中选1人当文娱委员,有3种选法.
第二步,从剩下的4人中选学习委员和体育委员,又可分两步进行:
先选学习委员有4种选法,再选体育委员有3种选法.由分步乘法计数原理可得,不同的选法共有3×4×3=36(种).
答案:
36
9.乘积(a+b+c)(d+e+f+h)(i+j+k+l+m)展开后共有________项.
解析:
由(a+b+c)(d+e+f+h)(i+j+k+l+m)展开式各项都是从每个因式中选一个字母的乘积,由分步乘法计数原理可得其展开式共有3×4×5=60(项).
答案:
60
10.若把英语单词“good”的字母顺序写错了,则可能出现的错误写法共有________种.
解析:
把g、o、o、d4个字母排一列,可分两步进行,第一步:
排g和d,共有A种排法;第二步:
排两个o,共一种排法,所以总的排法种数为A=12(种).其中正确的有一种,所以错误的共A-1=12-1=11(种).
答案:
11
B级 能力提升练
11.(2018·福建漳州八校第二次联考)若无重复数字的三位数满足条件:
①个位数字与十位数字之和为奇数,②所有数位上的数字和为偶数,则这样的三位数的个数是( )
A.540B.480
C.360D.200
解析:
选D.由个位数字与十位数字之和为奇数知个位数字、十位数字1奇1偶,有CCA=50(种)排法;所有数位上的数字和为偶数,则百位数字是奇数,有C=4(种)满足题意的选法,故满足题意的三位数共有50×4=200(个).
12.(2018·浙江温州高三模拟)身高从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人排成高矮相间的一个队形,则甲丁不相邻的不同的排法共有( )
A.12B.14
C.16D.18
解析:
选B.从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人的身高可记为1,2,3,4,5.要求1,4不相邻.分四类:
①先排4,5时,则1只有1种排法,2,3在剩余的两个位上,这样有AA=4(种)排法;②先排3,5时,则4只有1种排法,2,1在剩余的两个位上,这样有AA=4种排法;③先排1,2时,则4只有1种排法,3,5在剩余的两个位上,这样有AA=4(种)排法;④先排1,3时,则这样的数只有两个,即21534,43512,只有两种排法.综上共有4+4+4+2=14(种)排法,故选B.
13.将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通,每个路口至少一人,且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )
A.18种B.24种
C.36种D.72种
解析:
选C.不同的分配方案可分为以下两种情况:
①甲、乙两人在一个路口,其余三人分配在另外的两个
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- 数学高考原版复习用书第十章 计数原理概率随机变量及其分布 数学 高考 原版 复习 第十 计数 原理 概率 随机变量 及其 分布