第九章 计数原理概率随机变量及其分布列.docx
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第九章计数原理概率随机变量及其分布列
第一节分类加法计数原理和分步乘法计数原理
【考纲下载】
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.
2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.
一、必备知识
两个计数原理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
条件
完成一件事有两类方案.在第1类方案中有m种不同的方法,在第2类方案中有n种不同的方法
完成一件事需要两个步骤.做第1步有m种不同的方法,做第2步有n种不同的方法
结论
完成这件事共有N=m+n种不同的方法
完成这件事共有N=m×n种不同的方法
二、必记结论
区分分类与分步的依据
区分分类与分步的依据在于“一次性”完成.若能“一次性”完成,则不需分步,只需分类;否则就分步处理.
一、思考辨析
判断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”)
(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,每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.( )
(4)在分步乘法计数原理中,事情是分两步完成的,其中任何一个单独的步骤都能完成这件事.( )
提示:
(1)错误.在分类加法计数原理中,两类不同方案中的方法是不同的.
(2)正确.根据分类加法计数原理的概念可知,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)正确.根据分步乘法计数原理的概念可知此结论正确.
(4)错误.在分步乘法计数原理中,任何一步都不能单独完成这件事.
答案:
(1)×
(2)√ (3)√ (4)×
二、牛刀小试
1.从3名女同学和2名男同学中选1人主持主题班会,则不同的选法种数为( )
A.6 B.5 C.3 D.2
解析:
选B 由分类加法计数原理可知共有3+2=5种不同选法.
2.某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单,开演前又增加了3个新节目,如果将这3个新节目插入节目单中,那么不同的插法种数为( )
A.504B.210C.336D.120
解析:
选A 分三步:
先插一个新节目,有7种方法;再插第二个新节目,有8种方法;最后插第三个节目,有9种方法.故共有7×8×9=504种不同的插法.
3.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,其中虚数有( )
A.30个B.42个C.36个D.35个
解析:
选C ∵a+bi为虚数,∴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.
4.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是________.
解析:
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取出的两数都是奇数,共有3种方法,故由分类加法计数原理得共有N=3+3=6种取法.
答案:
6
5.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:
以1为首项的等比数列为1,2,4;1,3,9;以2为首项的等比数列为2,4,8;以4为首项的等比数列为4,6,9,共4个.把这四个数列顺序分别颠倒,又得到4个数列,故所求数列有8个.
答案:
8
考点一
分类加法计数原理
题根迁移,多维探究
[例1]
(1)在所有的两位数中,个位数字大于十位数字的两位数共有( )
A.50个B.45个C.36个D.35个
(2)(2013·福建高考)满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为( )
A.14B.13C.12D.10
[听前试做]
(1)利用分类加法计数原理:
8+7+6+5+4+3+2+1=36个.
(2)当a=0时,关于x的方程为2x+b=0,此时有序数对(0,-1),(0,0),(0,1),(0,2)均满足要求;
当a≠0时,Δ=4-4ab≥0,所以ab≤1,此时满足要求的有序数对为(-1,-1),(-1,0),(-1,1),(-1,2),(1,-1),(1,0),(1,1),(2,-1),(2,0).
综上,共有13个满足要求的有序数对.
答案:
(1)C
(2)B
[探究] 本例
(1)中的条件不变,求个位数字小于十位数字的两位偶数的个数.
解:
当个位数字是8时,十位数字取9,只有1个;
当个位数字是6时,十位数字可取7,8,9,共3个;
当个位数字是4时,十位数字可取5,6,7,8,9,共5个.
同理可知,
当个位数字是2时,共7个;
当个位数字是0时,共9个.
由分类加法计数原理知,共有1+3+5+7+9=25个符合条件的两位数.
1.分类加法计数原理的特点
(1)根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准.
(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类.
2.使用分类加法计数原理遵循的原则
有时分类的划分标准有多个,但不论是以哪一个为标准,都应遵循“标准要明确,不重不漏”的原则.
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C.18种D.20种
解析:
选B 赠送一本画册,3本集邮册,需从4人中选取一人赠送画册,其余送集邮册,有4种方法;赠送2本画册,2本集邮册,需从4人中选出2人送画册,其余2人送集邮册,有6种方法.由分类加法计数原理,不同的赠送方法有10种.
考点二
分步乘法计数原理
题根迁移,多维探究
[例2]
(1)(2015·青岛模拟)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
(2)有六名同学报名参加三个智力项目,每项限报一人,且每人至多参加一项,则共有________种不同的报名方法.
[听前试做]
(1)先排第一列,由于每列的字母互不相同,因此共有6种不同排法;再排第二列,其中第二列第一行的字母共有2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6×2×1=12种不同的排列方法.
(2)每项限报一人,且每人至多参加一项,因此可由项目选人,第一个项目有6种选法,第二个项目有5种选法,第三个项目有4种选法,根据分步乘法计数原理,可得不同的报名方法共有6×5×4=120种.
答案:
(1)A
(2)120
[探究1] 本例
(2)中将条件“每项限报一人,且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项,每项人数不限”,则有多少种不同的报名方法?
解:
每人都可以从这三个比赛项目中选报一项,各有3种不同的报名方法,根据分步乘法计数原理,可得不同的报名方法共有36=729种.
[探究2] 本例
(2)中将条件“每项限报一人,且每人至多参加一项”改为“每项限报一人,但每人参加的项目不限”,则有多少种不同的报名方法?
解:
每人参加的项目不限,因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛,根据分步乘法计数原理,可得不同的报名方法共有63=216种.
利用分步乘法计数原理解决问题时要注意
(1)要按事件发生的过程合理分步,即考虑分步的先后顺序.
(2)各步中的方法互相依存,缺一不可,只有各步骤都完成才算完成这个事件.
(3)对完成各步的方法数要准确确定.
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).
解析:
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.
答案:
18 6
考点三
两个原理的综合应用
高频考点,发散思维
两个计数原理的应用是高考命题的一个热点,多以选择题或填空题的形式呈现,试题难度不大,多为容易题或中档题,且主要有以下几个命题角度:
角度一:
与数字有关的问题
[例3] (2013·山东高考)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.243B.252C.261D.279
[听前试做] 十个数排成不重复数字的三位数求解方法是:
第1步,排百位数字,有9种方法(0不能作首位);
第2步,排十位数字,有9种方法;
第3步,排个位数字,有8种方法,根据乘法原理,共有9×9×8=648个没有重复数字的三位数.
可以组成所有三位数的个数:
9×10×10=900,所以可以组成有重复数字的三位数的个数为900-648=252.
答案:
B
角度二:
与几何有关的问题
[例4] (2014·安徽高考)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60°的共有( )
A.24对B.30对C.48对D.60对
[听前试做] 法一:
直接法:
如图,在上底面中选B1D1,四个侧面中的面对角线都与它成60°,共8对,同样A1C1对应的也有8对,下底面也有16对,这共有32对;左右侧面与前后侧面中共有16对.所以全部共有48对.
法二:
间接法:
正方体的12条面对角线中,任意两条垂直、平行或成角为60°,所以成角为60°的共有C-12-6=48对.
答案:
C
角度三:
涂色问题
[例5] (2015·本溪模拟)
如图所示的几何体由一个正三棱锥PABC与正三棱柱ABCA1B1C1组合而成,现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色),要求相邻的面均不同色,则不同的染色方案共有________种.
[听前试做] 先涂三棱锥PABC的三个侧面,然后涂三棱柱的三个侧面,共有3×2×1×2=12种不同的涂法.
答案:
12
与两个计数原理有关问题的常见类型及解题策略
(1)与数字有关的问题.可分类解决,每类中又可分步完成,也可以直接分步解决;
(2)与几何有关的问题.可先分类,再分步解决;
(3)涂色问题.可按颜色的种数分类完成,也可以按不同的区域分步完成.
1.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1
A.240B.204
C.729D.920
解析:
选A 若a2=2,则“凸数”为120与121,共1×2=2个;
若a2=3,则“凸数”有2×3=6个;
若a2=4,则“凸数”有3×4=12个;…;
若a2=9,则“凸数”有8×9=72个.
∴所有凸数有2+6+12+20+30+42+56+72=240个.
2.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
解析:
选B 长方体的6个表面构成的“平行线面组”个数为6×6=36,另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”个数为6×2=12,故符合条件的“平行线面组”的个数是36+12=48.
3.(2015·南京模拟)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________.
1
4
5
2
3
解析:
按区域1与3是否同色分类.
(1)区域1与3同色:
先涂区域1与3,有4种方法,
再涂区域2,4,5(还有3种颜色),有A种方法.
∴区域1与3涂同色,共有4A=24种方法.
(2)区域1与3不同色:
先涂区域1与3,有A种方法,
第二步,涂区域2有2种涂色方法,
第三步,涂区域4只有一种方法,
第四步,涂区域5有3种方法.
∴这时共有A×2×1×3=72种方法.
故由分类加法计数原理,不同的涂色种数为24+72=96.
答案:
96
—————————————[课堂归纳——通法领悟]——————————————
个区别——两个计数原理的区别
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
区别一
每类办法都能独立完成这件事.它是独立的、一次的且每次得到的是最后的结果,只需一种方法就能完成
每一步得到的只是其中间结果,任何一步都不能独立完成这件事,缺少任何一步都不可,只有各步骤都完成了才能完成这件事
区别二
各类办法之间是互斥的,并列的,独立的
各步之间是相互依存的,并且既不能重复,也不能遗漏
个注意点——利用两个计数原理解题时的三个注意点
(1)当题目无从下手时,可考虑要完成的这件事是什么,即怎样做才算完成这件事,然后给出完成这件事的一种或几种方法,从这几种方法中归纳出解题方法;
(2)分类时标准要明确,做到不重不漏,有时要恰当画出示意图或树状图,使问题的分析更直观、清楚,便于探索规律;
(3)复杂问题一般是先分类再分步.
一、选择题
1.现用4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色,要求有公共边界的两块不能用同一种颜色,则不同的着色方法共有( )
A.24种 B.30种
C.36种D.48种
解析:
选D 分4个步骤依次对各部分进行涂色,则不同的着色方法共有4×3×2×2=48种,故选D.
2.已知两条异面直线a,b上分别有5个点和8个点,则这13个点可以确定不同的平面个数为( )
A.40B.16C.13D.10
解析:
选C 分两类情况讨论:
第1类,直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面;
第2类,直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.
根据分类加法计数原理知,共可以确定8+5=13个不同的平面.
3.某市汽车牌照号码可以上网自编,但规定从左到右第二个号码只能从字母B、C、D中选择,其他四个号码可以从0~9这十个数字中选择(数字可以重复),有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3、5、6、8、9中选择,其他号码只想在1、3、6、9中选择,则他的车牌号码可选的所有可能情况有( )
A.180种B.360种C.720种D.960种
解析:
选D 按照车主的要求,从左到右第一位号码有5种选法,第二位号码有3种选法,其余三位号码各有4种选法.因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4=960种.
4.(2015·临沂模拟)如图所示的阴影部分由方格纸上3个小方格组成,我们称这样的图案为L型(每次旋转90°仍为L型图案),那么在由4×5个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的L型图案的个数是( )
A.16B.32C.48D.64
解析:
选C 每四个小方格(2×2型)中有“L”型图案4个,共有2×2型小方格12个,所以共有“L”型图案4×12=48个.
5.有甲、乙、丙三项任务,甲需2人承担,乙、丙各需1人承担,从10人中选派4人承担这项任务,不同的选法有( )
A.1260种B.2025种C.2520种D.5040种
解析:
选C 第一步,从10人中选派2人承担任务甲,有C种选派方法;第二步,从余下的8人中选派1人承担任务乙,有C种选派方法;第三步,再从余下的7人中选派1人承担任务丙,有C种选派方法.根据分步乘法计数原理,知选法为C·C·C=2520种.
6.(2014·辽宁高考)6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为( )
A.144B.120C.72D.24
解析:
选D 3人中每两人之间恰有一个空座位,有A×2=12种坐法,3人中某两人之间有两个空座位,有A×A=12种坐法,所以共有12+12=24种坐法.
7.(2014·全国高考)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
解析:
选C 从中选出2名男医生的选法有C=15种,从中选出1名女医生的选法有C=5种,所以不同的选法共有15×5=75种,故选C.
8.将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里,使得放入每个盒子里球的个数不小于该盒子的编号,则不同的放球方法有( )
A.10种B.20种C.36种D.52种
解析:
选A 分为两类:
①1号盒子放入1个球,2号盒子放入3个球,有C=4种放球方法;②1号盒子放入2个球,2号盒子放入2个球,有C=6种放球方法.
∴共有C+C=10种不同的放球方法.
二、填空题
9.(2015·泉州模拟)如果把个位数是1,且恰有3个数字相同的四位数叫作“好数”,那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中,“好数”共有________个.
解析:
当相同的数字不是1时,有C个;当相同的数字是1时,共有CC个,由分类加法计数原理知共有“好数”C+CC=12个.
答案:
12
10.如图所示,在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中,与正八边形有公共边的三角形有________个.
解析:
分两类:
①有一条公共边的三角形共有8×4=32个;②有两条公共边的三角形共有8个.故共有32+8=40个.
答案:
40
11.农科院小李在做某项试验时,计划从花生、大白菜、大豆、玉米、小麦、高粱这6种种子中选出4种,分别种植在4块不同的空地上(1块空地只能种1种作物),若小李已决定在第1块空地上种玉米或高粱,则不同的种植方案有________种.(用数字作答)
解析:
由已知条件可得第1块地有C种种植方法,则第2~4块地共有A种种植方法,由分步乘法计数原理可得,不同的种植方案有CA=120种.
答案:
120
12.将数字1,2,3,4,5,6排成一列,记第i个数为ai(i=1,2,…,6),若a1≠1,a3≠3,a5≠5,a1 解析: 分两步: 第1步,先排a1,a3,a5,若a1=2,有2种排法;若a1=3,有2种排法;若a1=4,有1种排法,所以共有5种排法; 第2步,再排a2,a4,a6,共有A=6种排法,故有5×6=30种不同的排列方法. 答案: 30 1.6位选手依次演讲,其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲,则不同的演讲次序共有( ) A.240种B.360种C.480种D.720种 解析: 选C 由题意,甲可从4个位置选择一个,其余元素不限制,所以所有不同次序共有AA=480.利用特殊元素优先安排的原则分步完成得到结论. 2.(2015·南充模拟)一个旅游景区的游览线路如图所示,某人从P点处进,Q点处出,沿图中线路游览A,B,C三个景点及沿途风景,则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有 ( ) A.6种B.8种 C.12种D.48种 解析: 选D 从P点处进入结点O以后,游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口),若先游览完A景点,再进入另外两个景点,最后从Q点处出有(4+4)×2=16种不同的方法;同理,若先游览B景点,有16种不同的方法;若先游览C景点,有16种不同的方法,因而所求的不同游览线路有3×16=48种. 3.现有16张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一种颜色,且红色卡片至多1张,不同取法的种数为( ) A.232B.252C.472D.484 解析: 选C 若没有红色卡片,则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张,若都不同色则有C×C×C=64种,若2张同色,则有C×C×C×C=144种;若红色卡片有1张,剩余2张不同色,则有C×C×C×C=192种,剩余2张同色,则有C×C×C=72种,所以共有64+144+192+72=472种不同的取法. 4.(2014·北京高考)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. 解析: 将A、B捆绑在一起,有A种摆法,再将它们与其他3件产品全排列,有A种摆法,共有AA=48种摆法,而A、B、C3件在一起,且A、B相邻,A、C相邻有CAB、BAC两种情况,将这3件与剩下2件全排列,有2×A=12种摆法,故A、B相邻,A、C不相邻的摆法有48-12=36种. 答案: 36 第二节 排列与组合 【考纲下载】 1.理解排列组合的概念. 2.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式. 3.能利用排列组合知识解决简单的实际问题. 一、必备知识 1.排列与组合的概念 名称 定义 排列 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 合成一组 2.排列数与组合数的概念 名称 定义 排列数 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 组合数 组合的个数 3.排列数与组合数公式 (1)排列数公式 ①A=n(n-1)…(n-m+1)=; ②A=n! . (2)组合数公式 C===. 4.组合数的性质 (1)C=C_; (2)C+C=C. 二、必记结论 解决排列组合问题“四项基本原则” (1)特殊优先原则: 如果问题中有特殊元素或特殊位置,优先考虑这些特殊元素或特殊位置. (2)先取后排原则: 在既有取出又需要对取出的元素进行排列时,要先取后排,即完整地把需要排列的元素取出后,再进行排列. (3)正难则反原则: 当直接求解困难时,采用间接法解决问题. (4)先分组后分配原则: 在分配问题中如果被分配的元素多于位置,这时要先进行分组,再进行分配. 一、思考辨析 判断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.( ) (2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.( ) (3)若组合式C=C,则x=m成立.( ) (4)排列定义规定给出的n个元素各不相同,并且只研究被取出的元素也各不相同的情况.也就是说,如果某个元素已被取出,则这个元素就不再取了.( ) 提示: (1)错误.相同排列是指元素完全相同且排列顺序也一样. (2)正确.根据组合的概念可知两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同. (3)错误.若组合式C=C,则x=m成立或x+m=n. (4)正确.根据排列的概念可知正确. 答案: (1)× (2)√ (3)× (4)√ 二、牛刀小试 1.A、B、C、D、E五人并排站成一排,如果B必须在A的右边(A、B可以不相邻),那么不同的排法共有( ) A.24种 B.60种 C.90种 D.120种 解析: 选B 可先排C、D、E三人,共有A种,剩余A、B两人只有一种排法.故满足条件的排法共有A×1=60种. 2.教室里有6盏灯,由3个开关控制,每个开关控制2盏灯,则不同的照明方法有( ) A.63种B.31种C.8种D.7种 解析: 选D 由题意知,可以开2盏、4盏、6盏灯照明,不同的方法有C+C+C=7种. 3.将某师范大学4名大四学生分成2人一组,安排到A城市的甲、乙两所中学进行教学实习,并推选甲校张老师、乙校李老师作为指导教师,则不同的实习安排方案共有________种. 解析: 采取“学校”选“人”的思路,则
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- 第九章 计数原理概率随机变量及其分布列 第九 计数 原理 概率 随机变量 及其 分布