2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第一部分 基礎(chǔ)與考點(diǎn)過(guò)關(guān) 第十一章 計(jì)數(shù)原理、隨機(jī)變量及分布列學(xué)案

《2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第一部分 基礎(chǔ)與考點(diǎn)過(guò)關(guān) 第十一章 計(jì)數(shù)原理、隨機(jī)變量及分布列學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第一部分 基礎(chǔ)與考點(diǎn)過(guò)關(guān) 第十一章 計(jì)數(shù)原理、隨機(jī)變量及分布列學(xué)案（65頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第十一章　計(jì)數(shù)原理、隨機(jī)變量及分布列 第1課時(shí)　分類計(jì)數(shù)原理與分步計(jì)數(shù)原理 近幾年高考中兩個(gè)基本計(jì)數(shù)原理在理科加試部分考查，預(yù)測(cè)以后高考將會(huì)結(jié)合概率統(tǒng)計(jì)進(jìn)行命題，考查對(duì)兩個(gè)基本計(jì)數(shù)原理的靈活運(yùn)用，以實(shí)際問(wèn)題為背景，考查學(xué)生學(xué)習(xí)基礎(chǔ)知識(shí)、應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)、解決實(shí)際問(wèn)題的能力，難度將不太大. ① 理解兩個(gè)基本計(jì)數(shù)原理. ② 能根據(jù)具體問(wèn)題的特征，選擇分類計(jì)數(shù)原理或分步計(jì)數(shù)原理解決一些簡(jiǎn)單的實(shí)際問(wèn)題. 1. （選修23P9習(xí)題4改編）一件工作可以用兩種方法完成，有18人會(huì)用第一種方法完成，有10人會(huì)用第二種方法完成.從中選出1人來(lái)完成這件工作，不同選法的總數(shù)是　　　　　Ｗ.

2、答案：28 解析：由分類計(jì)數(shù)原理知不同選法的總數(shù)共有18＋10＝28（種）. 2. （選修23P9習(xí)題8改編）從1到10的正整數(shù)中，任意抽取兩個(gè)數(shù)相加所得和為奇數(shù)的不同情形的種數(shù)是　　　　?。? 答案：25 解析：當(dāng)且僅當(dāng)偶數(shù)加上奇數(shù)后和為奇數(shù)，從而不同情形有5×5＝25（種）. 3. （改編題）一只袋中有大小一樣的紅色球3個(gè)，白色球3個(gè)，黑色球2個(gè).從袋中隨機(jī)取出（一次性）2個(gè)球，則這2個(gè)球?yàn)橥虻姆N數(shù)為　　　　Ｗ. 答案：7 解析：2個(gè)球?yàn)榧t色共3種，2個(gè)球?yàn)榘咨?種，2個(gè)球?yàn)楹谏?種，由分類計(jì)數(shù)原理得共7種. 4. （選修23P10習(xí)題12改編）以正方形的4個(gè)頂點(diǎn)中

3、某一頂點(diǎn)為起點(diǎn)、另一個(gè)頂點(diǎn)為終點(diǎn)作向量，可以作出不相等的向量個(gè)數(shù)為　　　　?。? 答案：8 解析：起點(diǎn)有4個(gè)，每一個(gè)起點(diǎn)都可選另外三個(gè)頂點(diǎn)中的某一個(gè)為終點(diǎn)，但正方形相對(duì)邊且方向相同的向量為同一向量，故共有不相等的向量個(gè)數(shù)為4×3－4＝8. 5. （選修23P10習(xí)題16改編）現(xiàn)用4種不同顏色對(duì)如圖所示的四個(gè)部分進(jìn)行著色，要求有公共邊界的兩塊不能用同一種顏色，則不同的著色方法共有　　　　　　種. 答案： 解析：設(shè)兩種不同顏色為a，b，則所有可能為（a，a，a），（a，a，b），（a，b，a），（a，b，b），（b，a，a），（b，a，b），（b，b，a），（b，b，b），共8種.其

4、中滿足條件的有（a，b，a），（b，a，b），共2種，∴ 所求概率為. 2. （必修3P100例1改編）一個(gè)不透明的盒子中裝有標(biāo)號(hào)為1，2，3，4，5的5個(gè)除序號(hào)外都相同的球，同時(shí)取出兩個(gè)球，則兩個(gè)球上的數(shù)字為相鄰整數(shù)的概率為　　　　　?。? 答案： 解析：從5個(gè)球中同時(shí)取出2個(gè)球的基本事件有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5），共10個(gè).記“兩個(gè)球上的數(shù)字為相鄰整數(shù)”為事件A，則事件A中含有4個(gè)基本事件：（1，2），（2，3），（3，4），（4，5）.所以P（A）＝＝. 3. （必修3P103練習(xí)2改編

5、）小明的自行車用的是密碼鎖，密碼鎖的四位數(shù)密碼由4個(gè)數(shù)字2，4，6，8按一定順序排列構(gòu)成，小明不小心忘記了密碼中4個(gè)數(shù)字的順序，隨機(jī)地輸入由2，4，6，8組成的一個(gè)四位數(shù)，能打開(kāi)鎖的概率是　　　　Ｗ. 答案： 解析：四位數(shù)密碼共有24種等可能的結(jié)果，恰好能打開(kāi)鎖的密碼只有1種，故所求事件的概率為. 4. （必修3P101例3改編）連續(xù)2次拋擲一枚骰子（六個(gè)面上分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，5，6），記“兩次向上的數(shù)字之和等于m”為事件A，則P（A）最大時(shí)，m＝　　　　Ｗ. 答案：7 解析：m可能取到的值有2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，對(duì)應(yīng)的基本事件個(gè)數(shù)依次為1，2，

6、3，4，5，6，5，4，3，2，1，∴兩次向上的數(shù)字之和等于7對(duì)應(yīng)的事件發(fā)生的概率最大. 5. （必修3P103練習(xí)4改編）已知一個(gè)不透明的袋中有3個(gè)白球，2個(gè)黑球，第一次摸出一個(gè)球，然后放回，第二次再摸出一個(gè)球，則兩次摸到的都是黑球的概率為　　　?。? 答案： 解析：把它們編號(hào)，白為1，2，3，黑為4，5.用（x，y）記錄摸球結(jié)果，x表示第一次摸到球號(hào)數(shù)，y表示第二次摸到球號(hào)數(shù).所有可能的結(jié)果為（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（3，5），（4，1），（

7、4，2），（4，3），（4，4），（4，5），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（5，5），共25種，兩次摸到的都是黑球的情況為（4，4），（4，5），（5，4），（5，5），共4種，故所求概率P＝. 1. 概率的取值范圍是0≤P（A）≤1.當(dāng)A是必然發(fā)生的事件時(shí)，P（A）＝1；當(dāng)A是不可能發(fā)生的事件時(shí)，P（A）＝0；當(dāng)A是隨機(jī)事件時(shí)，0

8、集合I，這n個(gè)結(jié)果就是集合I的n個(gè)元素，各基本事件均對(duì)應(yīng)于集合I的含有1個(gè)元素的子集，包含m個(gè)結(jié)果的事件A對(duì)應(yīng)于I的含有m個(gè)元素的子集A.因此，從集合的角度看，事件A的概率是子集A的元素個(gè)數(shù)與集合I的元素個(gè)數(shù)的比值，即P（A）＝.[備課札記](méi) 　　　　　　　　　1　古典概型與代數(shù)問(wèn)題交匯) 　　　　　1)　若a，b為先后投擲一枚骰子所得的點(diǎn)數(shù)，函數(shù)f（x）＝ax2＋bx＋1. （1） 求f（x）在區(qū)間（－∞，－1]上是減函數(shù)的概率； （2） 求函數(shù)f（x）有零點(diǎn)的概率. 解： b a 1 2 3 4 5 6 1 （1，1） （1，2） （1

9、，3） （1，4） （1，5） （1，6） 2 （2，1） （2，2） （2，3） （2，4） （2，5） （2，6） 3 （3，1） （3，2） （3，3） （3，4） （3，5） （3，6） 4 （4，1） （4，2） （4，3） （4，4） （4，5） （4，6） 5 （5，1） （5，2） （5，3） （5，4） （5，5） （5，6） 6 （6，1） （6，2） （6，3） （6，4） （6，5） （6，6） （a，b）共有36種不同的取法，且這36種不同的取法都是等可能的. （1） f′（x）＝ax＋b

10、，由題意f′（－1）≤0，即b≤a，符合條件的基本事件有21個(gè)，所以f（x）在區(qū)間（－∞，－1]上是減函數(shù)的概率P1＝＝. （2） 因?yàn)楹瘮?shù)f（x）有零點(diǎn)，所以b2－2a≥0，符合條件的基本事件有24個(gè)，所以函數(shù)f（x）有零點(diǎn)的概率P2＝＝. 變式訓(xùn)練 一個(gè)均勻的正四面體面上分別標(biāo)有1，2，3，4四個(gè)數(shù)字，現(xiàn)隨機(jī)投擲兩次，正四面體面朝下的數(shù)字分別為b，c. （1） 記z＝（b－3）2＋（c－3）2，求z＝4的概率； （2） 若方程x2－bx－c＝0至少有一根x∈{1，2，3，4}，就稱該方程為“漂亮方程”，求方程為“漂亮方程”的概率. 解：（1） 因?yàn)槭峭稊S兩次，所以基本事件（b，

11、c）共有4×4＝16（個(gè)）. 當(dāng)z＝4時(shí)，（b，c）的所有取值為（1，3），（3，1），所以z＝4的概率P1＝＝. （2） ① 若方程一根為x＝1，則1－b－c＝0，即b＋c＝1，不成立； ② 若方程一根為x＝2，則4－2b－c＝0，即2b＋c＝4，所以b＝1，c＝2； ③ 若方程一根為x＝3，則9－3b－c＝0，即3b＋c＝9，所以b＝2，c＝3； ④ 若方程一根為x＝4，則16－4b－c＝0，即4b＋c＝16，所以b＝3，c＝4. 綜上所述，（b，c）的所有可能取值為（1，2），（2，3），（3，4），共3種. 所以，方程為“漂亮方程”的概率P2＝. 　　　　　　　　　

12、2　幾何背景的古典概型問(wèn)題) 　　　　　2)　已知直線l1：x－2y－1＝0，直線l2：ax－by＋1＝0，其中a，b∈{1，2，3，4，5，6}. （1） 求直線l1∩l2＝?的概率； （2） 求直線l1與l2的交點(diǎn)位于第一象限的概率. 解：（1） 直線l1的斜率k1＝，直線l2的斜率k2＝.設(shè)事件A為“直線l1∩l2＝?”.a，b∈{1，2，3，4，5，6}的總事件數(shù)為（1，1），（1，2），…，（1，6），（2，1），（2，2），…，（2，6），…，（6，5），（6，6），共36個(gè).若l1∩l2＝?，則l1∥l2，即k1＝k2，即b＝2a.滿足條件的實(shí)數(shù)對(duì)（a，b）有（1，2

13、），（2，4），（3，6），共3種情況.∴ P（A）＝＝. （2） 設(shè)事件B為“直線l1與l2的交點(diǎn)位于第一象限”，由于直線l1與l2有交點(diǎn)，則b≠2a. 聯(lián)立方程組解得 ∵ l1與l2的交點(diǎn)位于第一象限，∴ ∵ a，b∈{1，2，3，4，5，6}，∴ b>2a. ∵ 總事件數(shù)共36個(gè)，滿足b>2a的事件有（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，5），（2，6），共6個(gè)， ∴ P（B）＝＝. 若先后拋擲兩次骰子得到的點(diǎn)數(shù)分別為m，n，求： （1） 點(diǎn)P（m，n）在直線x＋y＝4上的概率； （2） 點(diǎn)P（m，n）落在區(qū)域|x－2|＋|y－2|≤2內(nèi)的概率

14、. 解：（1） 由題意可知，（m，n）的取值情況有（1，1），（1，2），（1，3），…，（1，6），（2，1），（2，2），…，（2，6），…，（6，1），（6，2），…，（6，6），共36種.而滿足點(diǎn)P（m，n）在直線x＋y＝4上的取值情況有（1，3），（2，2），（3，1），共3種，故所求概率為＝ . （2） 由題意可得，基本事件n＝36.當(dāng)m＝1時(shí)，1≤n≤3，故符合條件的基本事件有3個(gè)；當(dāng)m＝2 時(shí)，1≤n≤4，故符合條件的基本事件有4個(gè)；當(dāng)m＝3時(shí)，1≤n≤3，故符合條件的基本事件有3個(gè)；當(dāng)m＝4時(shí)，n＝2，故符合條件的基本事件有1個(gè).故符合條件的基本事件共11個(gè)，所以所求概率

15、為. 　　　　　　　　　3　用概率解決生活中的決策問(wèn)題) 　　　　　3)　某商場(chǎng)舉行有獎(jiǎng)促銷活動(dòng)，顧客購(gòu)買一定金額的商品后即可抽獎(jiǎng)，抽獎(jiǎng)方法：從裝有2個(gè)紅球A1，A2和1個(gè)白球B的甲箱與裝有2個(gè)紅球a1，a2和2個(gè)白球b1，b2的乙箱中，各隨機(jī)摸出1個(gè)球，若摸出的2個(gè)球都是紅球則中獎(jiǎng)，否則不中獎(jiǎng). （1） 用球的標(biāo)號(hào)列出所有可能的摸出結(jié)果； （2） 有人認(rèn)為：兩個(gè)箱子中的紅球總數(shù)比白球多，所以中獎(jiǎng)的概率大于不中獎(jiǎng)的概率，你認(rèn)為正確嗎？請(qǐng)說(shuō)明理由. 解：（1） 所有可能的摸出結(jié)果是（A1，a1），（A1，a2），（A1，b1），（A1，b2），（A2，a1），（A2，a2），

16、（A2，b1），（A2，b2），（B，a1），（B，a2），（B，b1），（B，b2）. （2） 不正確，理由如下： 由（1）知，所有可能的摸出結(jié)果共12種，其中摸出的2個(gè)球都是紅球的結(jié)果為{A1，a1}，{A1，a2}，{A2，a1}，{A2，a2}，共4種，所以中獎(jiǎng)的概率為＝，不中獎(jiǎng)的概率為1－＝>，故這種說(shuō)法不正確. 變式訓(xùn)練 某兒童樂(lè)園在“六一”兒童節(jié)推出了一項(xiàng)趣味活動(dòng).參加活動(dòng)的兒童需轉(zhuǎn)動(dòng)如圖所示的轉(zhuǎn)盤兩次，每次轉(zhuǎn)動(dòng)后，待轉(zhuǎn)盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，記錄指針?biāo)竻^(qū)域中的數(shù).設(shè)兩次記錄的數(shù)分別為x，y.獎(jiǎng)勵(lì)規(guī)則如下： ① 若xy≤3，則獎(jiǎng)勵(lì)玩具一個(gè)；② 若xy≥8，則獎(jiǎng)勵(lì)水杯一個(gè)；③

17、其余情況獎(jiǎng)勵(lì)飲料一瓶. 假設(shè)轉(zhuǎn)盤質(zhì)地均勻，四個(gè)區(qū)域劃分均勻.小亮準(zhǔn)備參加此項(xiàng)活動(dòng). （1） 求小亮獲得玩具的概率； （2） 請(qǐng)比較小亮獲得水杯與獲得飲料的概率的大小，并說(shuō)明理由. 解：用數(shù)對(duì)（x，y）表示兒童參加活動(dòng)兩次記錄的數(shù)，則基本事件空間Ω與點(diǎn)集S＝{（x，y）|x∈N，y∈N，1≤x≤4，1≤y≤4}一一對(duì)應(yīng)，因?yàn)镾中元素個(gè)數(shù)是4×4＝16，所以基本事件總數(shù)n＝16. （1） 記“xy≤3”為事件A. 則事件A包含的基本事件共有5個(gè)，即（1，1），（1，2），（1，3），（2，1），（3，1）.所以P（A）＝，即小亮獲得玩具的概率為. （2） 記“xy≥8”為事件B，

18、“3

19、2），（1，5），（2，4），（3，6），（4，5），共5個(gè)，所以所取2個(gè)數(shù)的和能被3整除的概率P＝＝. 2. 某校從2名男生和3名女生中隨機(jī)選出3名學(xué)生做義工，則選出的學(xué)生中男女生都有的概率為　　　　?。? 答案： 解析：從5名學(xué)生中隨機(jī)選出3名學(xué)生共有10種選法，男女生都有的共9種（即去掉選的是3名女生的情況），則所求的概率為.本題考查用列舉法解決古典概型問(wèn)題，屬于容易題. 3. 箱子中有形狀、大小都相同的3只紅球和2只白球，一次摸出2只球，則摸到的2只球顏色不同的概率為　　　　　Ｗ. 答案： 解析：從5只球中一次摸出2只球，共有10種摸法，摸到的2只球顏色不同的摸法共有6種，

20、則所求的概率為. 4. （2016·新課標(biāo)Ⅰ文）為美化環(huán)境，從紅、黃、白、紫4種顏色的花中任選2種花種在一個(gè)花壇中，余下的2種花種在另一個(gè)花壇中，則紅色和紫色的花不在同一花壇的概率是　　　　　Ｗ. 答案： 解析：將4種顏色的花任選2種種在一個(gè)花壇中，余下2種種在另一個(gè)花壇中，有6種種法，其中紅色和紫色的花不在同一花壇的種法有4種，故概率為. 5. （2017·全國(guó)卷Ⅱ）從分別寫有1，2，3，4，5的5張卡片中隨機(jī)抽取1張，放回后再隨機(jī)抽取1張，則抽得的第一張卡片上的數(shù)大于第二張卡片上的數(shù)的概率為　　　　Ｗ. 答案： 解析：將第一次抽取的卡片上的數(shù)記為a，第二次抽取的卡片上的數(shù)記為

21、b，先后兩次抽取的卡片上的數(shù)記為（a，b），則有（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（3，5），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4），（4，5），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（5，5），共25種抽取方法，其中第一張卡片上的數(shù)大于第二張卡片上的數(shù)的抽取方法有10種，所以所求概率P＝＝. 1. （2017·揚(yáng)州期末）已知A，B∈{－3，－1，1，2}且A≠B，則直線Ax＋By＋1＝0的斜率小于0的概率為　　　　Ｗ. 答案： 解析

22、：所有的基本事件（A，B）為（－3，－1），（－3，1），（－3，2），（－1，1），（－1，2），（1，2），（－1，－3），（1，－3），（2，－3），（1，－1），（2，－1），（2，1）共12種，其中（－3，－1），（1，2），（－1，－3），（2，1）這4種能使直線Ax＋By＋1＝0的斜率小于0，所以所求的概率P＝＝. 2. （2016·上海卷文）某食堂規(guī)定，每份午餐可以在四種水果中任選兩種，則甲、乙兩同學(xué)各自所選的兩種水果相同的概率為　　　?。? 答案： 解析：將四種水果每?jī)煞N分為一組，有6種方法，則甲、乙兩同學(xué)各自所選的兩種水果相同的概率為. 3. （2017·山東卷）從

23、分別標(biāo)有1，2，…，9的9張卡片中不放回地隨機(jī)抽取2次，每次抽取1張，則抽到的2張卡片上的數(shù)奇偶性不同的概率是　　　?。? 答案： 解析：每次抽取1張，抽取2次，共有9×8＝72（種）情況，其中滿足題意的情況有2×5×4＝40（種），所以所求概率P＝＝. 4. （2016·新課標(biāo)Ⅲ文）小敏打開(kāi)計(jì)算機(jī)時(shí)，忘記了開(kāi)機(jī)密碼的前兩位，只記得第一位是M，I，N中的一個(gè)字母，第二位是1，2，3，4，5中的一個(gè)數(shù)字，則小敏輸入一次密碼能夠成功開(kāi)機(jī)的概率是　　　　Ｗ. 答案： 解析：開(kāi)機(jī)密碼的前兩位可能是M1，M2，M3，M4，M5，I1，I2，I3，I4，I5，N1，N2，N3，N4，N5，共15

24、種，所以小敏輸入一次密碼能夠成功開(kāi)機(jī)的概率是. 1. 解以代數(shù)、幾何等數(shù)學(xué)知識(shí)為背景的概率題的策略是：讀懂題意，理解內(nèi)涵，尋求關(guān)系，突破入口；盡力脫去背景外衣，回首重溫概率定義；細(xì)心診斷事件類型，正確運(yùn)用概率公式. 2. 解較復(fù)雜的概率問(wèn)題的關(guān)鍵是理解題目的實(shí)際含義，把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為概率模型.必要時(shí)可考慮分類討論、數(shù)形結(jié)合、正難則反等思想方法.[備課札記](méi) 第5課時(shí)　幾何概型與互斥事件（對(duì)應(yīng)學(xué)生用書（文）166～168頁(yè)、（理）168～169頁(yè)）

25、 幾何概型往往要通過(guò)一定的手段才能轉(zhuǎn)化到幾何度量值的計(jì)算上來(lái)，在解決問(wèn)題時(shí)要善于根據(jù)問(wèn)題的具體情況進(jìn)行轉(zhuǎn)化.對(duì)于比較復(fù)雜的概率問(wèn)題，可利用其對(duì)立事件求解，或分解成若干小事件利用互斥事件的概率加法公式求解. ① 了解幾何概型的意義，并能正確應(yīng)用幾何概型的概率計(jì)算公式解決問(wèn)題.② 了解隨機(jī)數(shù)的意義，能運(yùn)用模擬方法估計(jì)概率.③ 了解兩個(gè)互斥事件的概率加法公式. 1. （必修3P110習(xí)題1改編）在水平放置的長(zhǎng)為5 m的木桿上掛一盞燈，則懸掛點(diǎn)與木桿兩端距離都大于2 m的概率是　　　　. 答案： 解析：這是一個(gè)幾何概型題，其概率就是相應(yīng)的線段CD，AB（如圖）的長(zhǎng)度的比值，∴ P＝.

26、 2. （必修3P115練習(xí)1改編）把紅、黑、藍(lán)、白4張紙牌隨機(jī)地分發(fā)給甲、乙、丙、丁四個(gè)人，每人分得1張，事件“甲分得紅牌”與事件“乙分得紅牌”是　　　?。?（填序號(hào)） ① 對(duì)立事件；② 不可能事件；③ 互斥但不對(duì)立事件. 答案：③ 解析：由互斥事件的定義可知，甲、乙不能同時(shí)得到紅牌.由對(duì)立事件的定義可知，甲、乙可能都得不到紅牌，即“甲或乙分得紅牌”的事件可能不發(fā)生.故填③. 3. （必修3P115練習(xí)2改編）一箱產(chǎn)品中有正品4件，次品3件，從中任取2件. ① 恰有1件次品和恰有2件次品； ② 至少有1件次品和全是次品； ③ 至少有1件正品和至少有1件次品； ④ 至少有

27、1件次品和全是正品. 以上幾組事件中互斥事件有　　　　組. 答案：2 解析：①④中的兩事件互斥，②③中的兩事件不互斥. 4. （必修3P109練習(xí)3改編）在500 mL的水中有一只草履蟲(chóng)，現(xiàn)從中隨機(jī)取出2 mL 水樣放到顯微鏡下觀察，則發(fā)現(xiàn)草履蟲(chóng)的概率是　　　　Ｗ. 答案：0.004 解析：由于取水樣的隨機(jī)性，所求事件A“在取出2 mL的水樣中有草履蟲(chóng)”的概率等于水樣的體積與總體積之比，即＝0.004. 5. （必修3P110習(xí)題4改編）如圖，在圓心角為直角的扇形OAB中，分別以O(shè)A，OB為直徑作兩個(gè)半圓.在扇形OAB內(nèi)任投一點(diǎn)，則此點(diǎn)落在陰影部分的概率是　　　　Ｗ. 答案

28、：1－ 解析：設(shè)扇形的半徑為2，則其面積為＝π，如圖，由兩段小圓弧圍成的陰影面積為S1，另外三段圓弧圍成的陰影面積為S2，則S1＝2×＝－1，S2＝×22－2××12＋－1＝－1，故陰影部分的總面積為2×＝π－2，因此任投一點(diǎn)，此點(diǎn)落在陰影部分的概率為＝1－. 1. 幾何概型的定義 對(duì)于一個(gè)隨機(jī)試驗(yàn)，我們將每個(gè)基本事件理解為從某個(gè)特定的幾何區(qū)域內(nèi)隨機(jī)地取一點(diǎn)，該區(qū)域中每一點(diǎn)被取到的機(jī)會(huì)都一樣；而一個(gè)隨機(jī)事件的發(fā)生則理解為恰好取到上述區(qū)域內(nèi)的某個(gè)指定區(qū)域中的點(diǎn)，這里的區(qū)域可以是線段、平面圖形、立體圖形等.用這種方法處理隨機(jī)試驗(yàn)，稱為幾何概型. 2. 概率計(jì)算公式 在幾何區(qū)域D中隨機(jī)

29、地取一點(diǎn)，記事件“該點(diǎn)落在其內(nèi)部的一個(gè)區(qū)域d內(nèi)”為事件A，則事件A發(fā)生的概率P（A）＝. 3. 不能同時(shí)發(fā)生的兩個(gè)事件稱為互斥事件. 4. 如果事件A，B互斥，那么事件A＋B發(fā)生的概率等于事件A，B分別發(fā)生的概率的和，即P（A＋B）＝P（A）＋P（B）Ｗ. 5. 一般地，如果事件A1，A2，…，An兩兩互斥，那么P（A1＋A2＋…＋An）＝P（A1）＋P（A2）＋…＋P（An）Ｗ. 6. 若兩個(gè)互斥事件必有1個(gè)發(fā)生，則稱這兩個(gè)事件為對(duì)立事件；若事件A的對(duì)立事件記作，則P（A）＋P（）＝1，P（）＝1－P（A）Ｗ. 　　　　　　　　　1　幾何概型) 　　　　　1)　（

30、2017·全國(guó)卷Ⅰ）如圖，正方形ABCD內(nèi)的圖形來(lái)自中國(guó)古代的太極圖.正方形內(nèi)切圓中的黑色部分和白色部分關(guān)于正方形的中心成中心對(duì)稱.在正方形內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)，則此點(diǎn)取自黑色部分的概率是　　　　Ｗ. 答案： 解析：由于圓中黑色部分和白色部分關(guān)于正方形的中心（即圓心）對(duì)稱，所以圓中黑色部分的面積為圓的面積的一半.不妨設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為2，則所求的概率P＝＝. 變式訓(xùn)練 在等腰直角三角形ABC中，過(guò)直角頂點(diǎn)C在∠ACB內(nèi)部任作一射線CM，與線段AB交于點(diǎn)M，求AM＜AC的概率. 解：如圖，過(guò)點(diǎn)C在∠ACB內(nèi)任作射線CM，則射線CM在∠ACB內(nèi)是等可能分布的，故基本事件的區(qū)域測(cè)度是∠ACB的大

31、小，即90°.在AB上取AC′＝AC，則∠ACC′＝＝67.5°.記“AM < AC”為事件A，則事件A的概率P（A）＝＝，故AM < AC的概率是. 　　　　　　　　　2　古典概型與幾何概型的區(qū)別與聯(lián)系) 　　　　　2)　設(shè)關(guān)于x的一元二次方程x2＋2ax＋b2＝0. （1） 若a是從0，1，2，3四個(gè)數(shù)中任取的一個(gè)數(shù)，b是從0，1，2三個(gè)數(shù)中任取的一個(gè)數(shù)，求上述方程有實(shí)根的概率； （2） 若a是從區(qū)間[0，3]中任取的一個(gè)數(shù)，b是從區(qū)間[0，2]中任取的一個(gè)數(shù)，求上述方程有實(shí)根的概率. 解：設(shè)事件A為“方程x2＋2ax＋b2＝0有實(shí)根”， 當(dāng)a≥0，b≥0時(shí)，方程x

32、2＋2ax＋b2＝0有實(shí)根的充要條件為a≥b. （1） 基本事件共有12個(gè)：（0，0），（0，1），（0，2），（1，0），（1，1），（1，2），（2，0），（2，1），（2，2），（3，0），（3，1），（3，2），其中第一個(gè)數(shù)表示a的取值，第二個(gè)數(shù)表示b的取值. 事件A中包含9個(gè)基本事件，故事件A發(fā)生的概率P（A）＝＝. （2） 試驗(yàn)的全部結(jié)果所構(gòu)成的區(qū)域?yàn)閧（a，b）|0≤a≤3，0≤b≤2}. 構(gòu)成事件A的區(qū)域?yàn)閧（a，b）|0≤a≤3，0≤b≤2，a≥b}，即如圖所示的陰影區(qū)域， 所以所求的概率P（A）＝＝. 變式訓(xùn)練 已知關(guān)于x的二次函數(shù)f（x）＝ax2－4bx

33、＋1. （1） 設(shè)集合A＝{－1，1，2，3，4，5}和B＝{－2，－1，1，2，3，4}，分別從集合A，B中隨機(jī)取一個(gè)數(shù)作為a和b，求函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，＋∞）上是增函數(shù)的概率； （2） 設(shè)點(diǎn)（a，b）是區(qū)域內(nèi)的隨機(jī)點(diǎn)，求函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，＋∞）上是增函數(shù)的概率. 解：要使函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，＋∞）上是增函數(shù)，需a＞0，且－≤1，即a＞0且2b≤a. （1） 所有（a，b）的取法總數(shù)為6×6＝36（個(gè)），滿足條件的（a，b）有（1，－2），（1，－1），（2，－2），（2，－1），（2，1），（3，－2），（3，－1），（3，1），（4，－2），（4，－1），（4，1）

34、，（4，2），（5，－2），（5，－1），（5，1），（5，2），共16個(gè)，所以所求概率P＝＝. （2） 如圖： 求得區(qū)域的面積為×8×8＝32，由求得P，所以區(qū)域內(nèi)滿足a＞0且2b≤a的面積為×8×＝，所以所求概率P＝＝. 　　　　　　　　　3　互斥事件) 　　　　　3)　某保險(xiǎn)公司利用簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣方法，對(duì)投保車輛進(jìn)行抽樣，樣本車輛中每輛車的賠付結(jié)果統(tǒng)計(jì)如下： 賠付金額（元） 0 1 000 2 000 3 000 4 000 車輛數(shù)（輛） 500 130 100 150 120 　　（1） 若每輛車的投保金額均為2 800元，估計(jì)賠付金額大于投保金

35、額的概率； （2） 在樣本車輛中，車主是新司機(jī)的占10%，在賠付金額為4 000元的樣本車輛中，車主是新司機(jī)的占20%，估計(jì)在已投保車輛中，新司機(jī)獲賠金額為4 000元的概率. 解：（1） 設(shè)A表示事件“賠付金額為3 000元”，B表示事件“賠付金額為4 000元”，以頻率估計(jì)概率，得P（A）＝＝0.15，P（B）＝＝0.12. 由于投保金額為2 800元，所以賠付金額大于投保金額的概率為P（A）＋P（B）＝0.15＋0.12＝0.27. （2） 設(shè)C表示事件“投保車輛中新司機(jī)獲賠4 000元”， 由已知，得樣本車輛中車主為新司機(jī)的有0.1×1 000＝100（輛），而賠付金額為4

36、000元的車輛中，車主為新司機(jī)的有0.2×120＝24（輛）， 所以樣本車輛中新司機(jī)車主獲賠金額為4 000元的頻率為＝0.24. 由頻率估計(jì)概率得P（C）＝0.24. 如圖，A地到火車站共有兩條路徑L1和L2，現(xiàn)隨機(jī)抽取100位從A地到達(dá)火車站的人進(jìn)行調(diào)查，調(diào)查結(jié)果如下： 所用時(shí)間（分鐘） 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60 選擇L1的人數(shù) 6 12 18 12 12 選擇L2的人數(shù) 0 4 16 16 4 　　（1） 分別求通過(guò)路徑L1和L2所用時(shí)間落在上表中各時(shí)間段內(nèi)的頻率； （2） 現(xiàn)甲、乙兩人分別有40分鐘

37、和50分鐘時(shí)間用于趕往火車站，為了盡最大可能在允許的時(shí)間內(nèi)趕到火車站，試通過(guò)計(jì)算說(shuō)明，他們應(yīng)如何選擇各自的路徑. 解：（1） 選擇L1的有60人，選擇L2的有40人，故由調(diào)查結(jié)果得： 所用時(shí)間（分鐘） 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60 L1的頻率 0.1 0.2 0.3 0.2 0.2 L2的頻率 0 0.1 0.4 0.4 0.1 （2）設(shè)A1，A2分別表示甲選擇L1和L2時(shí)，在40分鐘內(nèi)趕到火車站；B1，B2分別表示乙選擇L1和L2時(shí)，在50分鐘內(nèi)趕到火車站. 由（1）知P（A1）＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，

38、P（A2）＝0.1＋0.4＝0.5，P（A1）>P（A2）， 所以甲應(yīng)選擇路徑L1； P（B1）＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8， P（B2）＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，P（B2）>P（B1）， 所以乙應(yīng)選擇路徑L2. 1. （2016·新課標(biāo)Ⅱ文）某路口人行橫道的信號(hào)燈為紅燈和綠燈交替出現(xiàn)，紅燈持續(xù)時(shí)間為40 s.若一名行人來(lái)到該路口遇到紅燈，則至少需要等待15 s才出現(xiàn)綠燈的概率為　　　　　　. 答案： 解析：因?yàn)榧t燈持續(xù)時(shí)間為40 s.所以這名行人至少需要等待15 s才出現(xiàn)綠燈的概率為＝. 2. （2016·天津卷文）甲、乙兩人下棋，兩人下成和棋的概率是

39、，甲獲勝的概率是，則甲不輸?shù)母怕蕿椤　　　　。? 答案： 解析：甲不輸?shù)母怕蕿椋? 3. （2017·蘇州市考前模擬）在區(qū)間[－1，1]上隨機(jī)取一個(gè)數(shù)x，cos 的值介于0到之間的概率為　　　?。? 答案： 解析：在區(qū)間[－1，1]上隨機(jī)取一個(gè)數(shù)x，即x∈[－1，1]時(shí)，要使cos 的值介于0到之間，需使－≤≤－或≤≤. ∴ －1≤x≤－或≤x≤1，區(qū)間長(zhǎng)度為.由幾何概型知cos 的值介于0到之間的概率為＝. 4. （2017·南京、鹽城一模）在數(shù)字1，2，3，4中隨機(jī)選兩個(gè)數(shù)字，則選中的數(shù)字中至少有一個(gè)是偶數(shù)的概率為　　　　Ｗ. 答案： 解析：在數(shù)字1，2，3，4中隨機(jī)選

40、兩個(gè)數(shù)字，基本事件總數(shù)為6，選中的數(shù)字中至少有一個(gè)是偶數(shù)的對(duì)立事件是選中的兩個(gè)數(shù)字都是奇數(shù)，所以選中的數(shù)字中至少有一個(gè)是偶數(shù)的概率P＝1－＝. 5. （2017·常州期末）男隊(duì)有號(hào)碼為1，2，3的三名乒乓球運(yùn)動(dòng)員，女隊(duì)有號(hào)碼為1，2，3，4的四名乒乓球運(yùn)動(dòng)員，現(xiàn)兩隊(duì)各出一名運(yùn)動(dòng)員比賽一場(chǎng)，則出場(chǎng)的兩名運(yùn)動(dòng)員號(hào)碼不同的概率為　　　?。? 答案： 解析：男隊(duì)有號(hào)碼為1，2，3的三名乒乓球運(yùn)動(dòng)員，女隊(duì)有號(hào)碼為1，2，3，4的四名乒乓球運(yùn)動(dòng)員，現(xiàn)兩隊(duì)各出一名運(yùn)動(dòng)員比賽一場(chǎng)，基本事件總數(shù)為3×4＝12（個(gè)），出場(chǎng)的兩名運(yùn)動(dòng)員號(hào)碼不同的對(duì)立事件是出場(chǎng)的兩名運(yùn)動(dòng)員號(hào)碼相同，所以出場(chǎng)的兩名運(yùn)動(dòng)員號(hào)碼不同

41、的概率P＝1－＝. 1. （2017·揚(yáng)州市考前調(diào)研）在區(qū)間（0，5）內(nèi)任取一個(gè)實(shí)數(shù)m， 則滿足3＜m＜4的概率為　　　　Ｗ. 答案： 解析：根據(jù)幾何概型的概率計(jì)算公式，得滿足3＜m＜4的概率為. 2. 設(shè)函數(shù)f（x）＝log2x，在區(qū)間（0，5）上隨機(jī)取一個(gè)數(shù)x，則f（x）<2的概率為　　　?。? 答案： 解析：因?yàn)閘og2x＜2，解得0＜x＜4，所以P（f（x）<2）＝. 3. 甲、乙兩盒中各有除顏色外完全相同的2個(gè)紅球和1個(gè)白球，現(xiàn)從兩盒中隨機(jī)各取一個(gè)球，則至少有一個(gè)紅球的概率為　　　?。? 答案： 解析：從兩盒中各取一個(gè)球的基本事件數(shù)為9，沒(méi)有紅球的基本事件數(shù)為1

42、，則至少有一個(gè)紅球的概率＝1－沒(méi)有紅球的概率＝1－＝. 4. （2017·蘇州期末）若一架飛機(jī)向目標(biāo)投彈，擊毀目標(biāo)的概率為0.2，目標(biāo)未受損的概率為0.4，則目標(biāo)受損但未完全被擊毀的概率為　　　?。? 答案： 0.4 解析：根據(jù)互斥事件的概率公式，得目標(biāo)受損但未完全被擊毀的概率為1－0.2－0.4＝0.4. 1. 對(duì)于幾何概型的應(yīng)用題，關(guān)鍵是將實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化為概型中的長(zhǎng)度、角度、面積、體積等常見(jiàn)幾何概型問(wèn)題，構(gòu)造出隨機(jī)事件對(duì)應(yīng)的幾何圖形，利用圖形的測(cè)度來(lái)求隨機(jī)事件的概率. 2. 分清古典概型與幾何概型的關(guān)鍵就是古典概型與幾何概型中基本事件發(fā)生的可能性都是相等的，但古典概型要求基本事

43、件是有限個(gè)，而幾何概型則是無(wú)限個(gè). 3. 求較復(fù)雜的互斥事件的概率，一般有兩種方法：一是直接求解法，即將所求事件的概率分解成一些彼此互斥的事件的概率和，分解后的每個(gè)事件概率的計(jì)算通常為等可能事件的概率計(jì)算，這時(shí)應(yīng)注意事件是否互斥，是否完備；二是間接求解法，先求出此事件的對(duì)立事件的概率，再用公式P（A）＝1－P（）.若解決“至少”“至多”型的題目，用后一種方法就顯得比較方便.解題時(shí)需注意“互斥事件”與“對(duì)立事件”的區(qū)別與聯(lián)系，搞清楚“互斥事件”與“等可能性事件”的差異.[備課札記](méi) 　 　 答案：48 解析：按A→B→C→D順序分四步涂色，共有4×3×2×2＝48（種）. 1.

44、分類計(jì)數(shù)原理：如果完成一件事，有n類方式，在第1類方式中有m1種不同的方法，在第2類方式中有m2種不同的方法，……在第n類方式中有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn種不同的方法. 2. 分步計(jì)數(shù)原理：如果完成一件事，需要分成n個(gè)步驟，做第1步有m1種不同的方法，做第2步有m2種不同的方法，……做第n步有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m1×m2×…×mn種不同的方法. 3. 分類和分步的區(qū)別，關(guān)鍵是看事件能否一步完成，事件一步完成了就是分類；必須要連續(xù)若干步才能完成的則是分步.分類要用分類計(jì)數(shù)原理將種數(shù)相加；分步要用分步計(jì)數(shù)原理，將種數(shù)相乘. [備課札記

45、] 　　　　　　　　　1　分類計(jì)數(shù)原理) 　　　　　1)　在所有的兩位數(shù)中，個(gè)位數(shù)字大于十位數(shù)字的兩位數(shù)共有多少個(gè)？ 解：（解法1）按十位上的數(shù)字分別是1，2，3，4，5，6，7，8的情況分成8類，在每一類中滿足題目條件的兩位數(shù)分別是8個(gè)，7個(gè)，6個(gè)，5個(gè)，4個(gè)，3個(gè)，2個(gè)，1個(gè).由分類計(jì)數(shù)原理知，符合題意的兩位數(shù)共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36（個(gè)）. （解法2）按個(gè)位上的數(shù)字是2，3，4，5，6，7，8，9分成8類，在每一類中滿足條件的兩位數(shù)分別是1個(gè)，2個(gè)，3個(gè)，4個(gè)，5個(gè)，6個(gè)，7個(gè)，8個(gè).由分類計(jì)數(shù)原理知，符合題意的兩位數(shù)共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7

46、＋8＝36（個(gè)）. 變式訓(xùn)練 有A，B，C型高級(jí)電腦各一臺(tái)，甲、乙、丙、丁4個(gè)操作人員的技術(shù)等級(jí)不同，甲、乙會(huì)操作三種型號(hào)的電腦，丙不會(huì)操作C型電腦，而丁只會(huì)操作A型電腦.從這4個(gè)操作人員中選3人分別去操作這三種型號(hào)的電腦，則不同的選派方法有多少種？ 解：第1類，選甲、乙、丙3人，由于丙不會(huì)操作C型電腦，分2步安排這3人操作電腦，有2×2＝4（種）方法；第2類，選甲、乙、丁3人，由于丁只會(huì)操作A型電腦，這時(shí)安排3人操作電腦，有2種方法；第3類，選甲、丙、丁3人，這時(shí)安排3人操作電腦只有1種方法；第4類，選乙、丙、丁3人，同樣也只有1種方法.根據(jù)分類計(jì)數(shù)原理，共有4＋2＋1＋1＝8（種）選

47、派方法. 　　　　　　　　　2　分步計(jì)數(shù)原理) 　　　　　2)　用紅、黃、藍(lán)三種顏色去涂圖中標(biāo)號(hào)為1，2，…，9的9個(gè)小正方形（如圖），使得任意相鄰（有公共邊）的小正方形所涂顏色都不相同，且標(biāo)號(hào)為1，5，9的小正方形涂相同的顏色，則符合條件的所有涂法共有　　　　種. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案：108 解析：把區(qū)域分為三部分，第一部分1，5，9，有3種涂法；第二部分4，7，8，當(dāng)5，7同色時(shí)，4，8各有2種涂法，共4種涂法，當(dāng)5，7異色時(shí)，7有2種涂法，4，8均只有1種涂法，故第二部分共4＋2＝6（種）涂法；第三部分與第二

48、部分一樣，共6種涂法.由分步計(jì)數(shù)原理，可得涂法共有3×6×6＝108（種）. 變式訓(xùn)練 有4位教師在同一年級(jí)的4個(gè)班中各教一個(gè)班的數(shù)學(xué)，在數(shù)學(xué)檢測(cè)時(shí)要求每位教師不能在本班監(jiān)考，則監(jiān)考的方法有　　　　種. 答案：9 解析：分四步完成：第一步：第1位教師有3種選法；第二步：第1位教師監(jiān)考的班的數(shù)學(xué)老師即第2位教師有3種選法；第三步：第3位教師有1種選法；第四步：第4位教師有1種選法.共有3×3×1×1＝9（種）監(jiān)考的方法. 　　　　　　　　　3　兩個(gè)基本原理的綜合應(yīng)用) 　　　　　3)　已知集合M＝{1，2，3，4}，集合A，B為集合M的非空子集.若對(duì)?x∈A，y∈B，x

49、恒成立，則稱（A，B）為集合M的一個(gè)“子集對(duì)”，則集合M的“子集對(duì)”共有　　　　個(gè). 答案：17 解析：A＝{1}時(shí)，B有23－1＝7（種）情況； A＝{2}時(shí)，B有22－1＝3（種）情況； A＝{3}時(shí)，B有1種情況； A＝{1，2}時(shí)，B有22－1＝3（種）情況； A＝{1，3}，{2，3}，{1，2，3}時(shí)，B均有1種情況， 故滿足題意的“子集對(duì)”共有7＋3＋1＋3＋3＝17（個(gè)）. 某地奧運(yùn)火炬接力傳遞路線共分6段，傳遞活動(dòng)分別由6名火炬手完成.如果第一棒火炬手只能從甲、乙、丙三人中產(chǎn)生，最后一棒火炬手只能從甲、乙兩人中產(chǎn)生，則不同的傳遞方案共有　　　　種.（用數(shù)字

50、作答） 答案：96 解析：分為兩類：第一棒是丙有1×2×4×3×2×1＝48（種）；第一棒是甲、乙中一人有2×1×4×3×2×1＝48（種）.根據(jù)分類計(jì)數(shù)原理，共有方案48＋48＝96（種）. 1. 只用1，2，3三個(gè)數(shù)字組成一個(gè)四位數(shù)，規(guī)定這三個(gè)數(shù)必須同時(shí)使用，且同一數(shù)字不能相鄰出現(xiàn)，這樣的四位數(shù)有　　　　個(gè). 答案：18 解析：由題意知，1，2，3中必有某一個(gè)數(shù)字重復(fù)使用2次，第一步確定誰(shuí)被使用2次，有3種方法；第二步把這2個(gè)相等的數(shù)放在四位數(shù)不相鄰的兩個(gè)位置上，也有3種方法；第三步將余下的2個(gè)數(shù)放在四位數(shù)余下的2個(gè)位置上，有2種方法.故這樣的四位數(shù)共有3×3×2＝18（個(gè)）

51、. 2. 如果把個(gè)位數(shù)是1，且恰好有3個(gè)數(shù)字相同的四位數(shù)叫做“好數(shù)”，那么在由1，2，3，4四個(gè)數(shù)字 組成的有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)中，“好數(shù)”共有　　　　個(gè). 答案：12 解析：當(dāng)重復(fù)數(shù)字是1時(shí)，有3×3種；當(dāng)重復(fù)數(shù)字不是1時(shí)，有3種.由分類計(jì)數(shù)原理，得滿足條件的“好數(shù)”有3×3＋3＝12（個(gè)）. 3. 由1，2，3，4可以組成　　　　個(gè)自然數(shù)，其中數(shù)字可以重復(fù)，最多只能是四位數(shù)字. 答案：340 解析：組成的自然數(shù)可以分為以下四類： 第一類：一位自然數(shù)，共有4個(gè). 第二類：兩位自然數(shù)，可分兩步來(lái)完成.先取出十位上的數(shù)字，再取出個(gè)位上的數(shù)字，共有4×4＝16（個(gè)）. 第三類：三位

52、自然數(shù)，可分三步來(lái)完成.每一步都可以從4個(gè)不同的數(shù)字中任取一個(gè)，共有4×4×4＝64（個(gè)）. 第四類：四位自然數(shù)，可分四步來(lái)完成，每一步都可以從4個(gè)不同的數(shù)字中任取一個(gè)，共有4×4×4×4＝256（個(gè)）. 由分類計(jì)數(shù)原理知，可以組成的不同的自然數(shù)為4＋16＋64＋256＝340（個(gè)）. 4. 把座位編號(hào)為1，2，3，4，5的五張電影票全部分給甲、乙、丙、丁四個(gè)人，每人至少一張，至多兩張，且分得的兩張票必須是連號(hào)，那么不同的分法種數(shù)為　　　　　Ｗ. 答案：96 解析：先將票分為符合條件的4份，由題意，4人分5張票，且每人至少一張，至多兩張，則有3人分得1張，有1人分得2張，且分得的票必

53、須是連號(hào)，相當(dāng)于將1，2，3，4，5這五個(gè)數(shù)用3個(gè)板子隔開(kāi)，分為四部分且不存在三連號(hào).在4個(gè)空位插3個(gè)板子，共有C＝4（種），再對(duì)應(yīng)到4個(gè)人，有A＝24（種），則不同的分法共有4×24＝96（種）. 5. 用4種不同的顏色涂入如圖的矩形A，B，C，D中，要求相鄰的矩形涂色不同，則不同的涂色方法共有　　　　種. 6. 答案：72 解析：按A，B，C，D順序涂色，共有4×3×2×3＝72（種）方法. 　　8. 兩個(gè)基本原理認(rèn)識(shí)不清致誤) 典例　將紅、黃、綠、黑4種不同的顏色分別涂入圖中的五個(gè)區(qū)域內(nèi)，要求相鄰的兩個(gè)區(qū)域的顏色都不相同，則有多少種不同的涂色方法？ 易錯(cuò)分析

54、：解決本題易出現(xiàn)的錯(cuò)誤是沒(méi)有理解計(jì)數(shù)原理的概念，盲目地套用公式.錯(cuò)解一：按一定順序依次涂色利用分步計(jì)數(shù)原理求解.如按A，B，C，D，E順序分別有4，3，2，2，1種涂法，由分步計(jì)數(shù)原理，共有4×3×2×2×1＝48（種）.錯(cuò)解二：先涂中間C區(qū)有4種方法，剩下3種顏色涂4周4塊區(qū)域，即有一種顏色涂?jī)蓚€(gè)相對(duì)的區(qū)域，另一相對(duì)區(qū)域也有同色或不同色2種涂法，共有4×3×2×2＝48（種）.錯(cuò)解一錯(cuò)在涂D區(qū)域時(shí)有B，D同色與B，D不同色兩類情形；錯(cuò)解二錯(cuò)在最后一步相對(duì)區(qū)域涂色計(jì)數(shù)有誤. 解：（解法1）A區(qū)域有4種不同的涂色方法，B區(qū)域有3種，C區(qū)域有2種，D區(qū)域有2種，但E區(qū)域的涂色依賴于B與D涂的顏色

55、，如果B與D顏色相同有2種涂色方法，不相同，則只有1種，因此應(yīng)先分類后分步. ① 當(dāng)B與D同色時(shí)，有4×3×2×1×2＝48（種）； ② 當(dāng)B與D不同色時(shí)，有4×3×2×1×1＝24（種）. 故不同的涂色方法共有48＋24＝72（種）. （解法2）先涂中間C區(qū)有4種方法，剩下3種顏色涂4周4塊區(qū)域，即有一種顏色涂?jī)蓚€(gè)相對(duì)的區(qū)域，另一相對(duì)區(qū)域也有同色或不同色3種涂法，共有4×3×2×3＝72（種）. （解法3）按用3種或用4種顏色分兩類，第一類用3種，此時(shí)A與E，B與D分別同色，于是涂法種數(shù)為A＝24（種）；第二類用4種，此時(shí)A與E，B與D有且只有一組同色，涂法種數(shù)為2A＝48（種）.

56、 由分類計(jì)數(shù)原理知涂法總數(shù)為24＋48＝72（種）. 特別提醒：分類計(jì)數(shù)原理與分步計(jì)數(shù)原理的區(qū)別：分類計(jì)數(shù)原理針對(duì)的是“完成事件的方法種類不同”的問(wèn)題，其各種方法是相互獨(dú)立的，用其中任何一種方法都能完成這件事情；分步計(jì)數(shù)原理針對(duì)的是“完成事件需分幾個(gè)步驟”的問(wèn)題，其各個(gè)步驟中的方法是相互聯(lián)系的，只有各個(gè)步驟都完成才能完成這件事情.在解題時(shí)，要分析計(jì)數(shù)對(duì)象的本質(zhì)特征與形成過(guò)程，正確合理進(jìn)行分步或分類，然后應(yīng)用兩個(gè)基本計(jì)數(shù)原理來(lái)解決. 1. 甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中參加某項(xiàng)志愿者活動(dòng)，要求每人參加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外兩位前面.不同的安排方法共有　

57、　　　種. 答案：20 解析：安排方法可以分為三類：若甲安排在周一，則乙、丙有4×3＝12（種）排法；若甲安排在周二，則乙、丙有3×2＝6（種）排法；若甲安排在周三，則乙、丙有2×1＝2（種）排法.所以不同的安排方法共有12＋6＋2＝20（種）. 2. 如圖的陰影部分由方格紙上3個(gè)小方格組成，我們稱這樣的圖案為L(zhǎng)型（每次旋轉(zhuǎn)90°仍為L(zhǎng)型圖案），那么在由4×5個(gè)小方格組成的方格紙上可以畫出不同位置的L型圖案的個(gè)數(shù)是　　　?。? 答案：48 解析：每四個(gè)小方格（2×2型）中有“L”型圖案4個(gè)，共有2×2型小方格12個(gè)，所以共有“L”型圖案4×12＝48（個(gè)）. 3. 現(xiàn)要安排一

58、份5天值班表，每天有一個(gè)人值班.共有5個(gè)人，每個(gè)人都可以值多天班或不值班，但相鄰兩天不能由同一個(gè)人值班，問(wèn)此值班表有　　　　種不同的排法. 答案：1 280 解析：分5步進(jìn)行：第一步，先排第一天，可排5人中的任一個(gè)，有5種排法；第二步，再排第二天，此時(shí)不能排第一天的人，有4種排法；第三步，第三天，此時(shí)不能排第二天的人，有4種排法；第四步，第四天，此時(shí)不能排第三天的人，有4種排法；第五步，第五天，此時(shí)不能排第四天的人，有4種排法.由分步計(jì)數(shù)原理可得不同的排法有5×4×4×4×4＝1 280（種）. 4. 若集合A1，A2滿足A1∪A2＝A，則稱（A1，A2）為集合A的一個(gè)分拆，并規(guī)定：當(dāng)且

59、僅當(dāng)A1＝A2時(shí)，（A1，A2）與（A2，A1）為集合A的同一種分拆，則集合A＝{a1，a2，a3}的不同分拆種數(shù)是　　　?。? 答案：27 解析：由題意A1∪A2＝A，對(duì)A1分以下幾種情況討論： ① 若A1＝?（空集），必有A2＝{a1，a2，a3}，共1種分拆； ② 若A1＝{a1}，則A2＝{a2，a3}或{a1，a2，a3}，共2種分拆； 同理A1＝{a2}，{a3}時(shí)，各有2種分拆； ③ 若A1＝{a1，a2}，則A2＝{a3}、{a1，a3}、{a2，a3}或{a1，a2，a3}，共4種分拆； 同理A1＝{a1，a3}、{a2，a3}時(shí)，各有4種分拆； ④ 若A1＝

60、{a1，a2，a3}，則A2＝?（空集）、{a1}、{a2}、{a3}、{a1，a2}、{a1，a3}、{a2，a3}或{a1，a2，a3}，共8種分拆. 綜上，共有1＋2×3＋4×3＋8＝27（種）不同的分拆. 在應(yīng)用兩個(gè)計(jì)數(shù)原理解決具體問(wèn)題時(shí)，常用以下幾種方法技巧： （1） 建模法：建立數(shù)學(xué)模型，將所給問(wèn)題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問(wèn)題，這是計(jì)數(shù)方法中的基本方法. （2） 枚舉法：利用枚舉法（如樹(shù)狀圖，表格）可以使問(wèn)題的分析更直觀、清楚，便于發(fā)現(xiàn)規(guī)律，從而形成恰當(dāng)?shù)姆诸惢蚍植降脑O(shè)計(jì)思想. （3） 直接法和間接法：在實(shí)施計(jì)算中，可考慮用直接法或間接法（排除法），用不同的方法、不同的思路來(lái)驗(yàn)證結(jié)

61、果的正誤. （4） 分類計(jì)數(shù)原理和分步計(jì)數(shù)原理多數(shù)情形下是結(jié)合使用的，根據(jù)問(wèn)題特點(diǎn)，一般是先分類再分步，某些復(fù)雜情形下，也可先分步再分類.分類要“不重不漏”，分步要“連續(xù)完整”. [備課札記](méi) 第2課時(shí)　排列與組合（對(duì)應(yīng)學(xué)生用書（理）172～173頁(yè)） 近幾年高考中排列與組合在理科加試部分考查，今后將會(huì)結(jié)合概率統(tǒng)計(jì)進(jìn)行命題，考查排列、組合的基礎(chǔ)知識(shí)、思維能力，以實(shí)際問(wèn)題為背景，考查學(xué)生學(xué)習(xí)基礎(chǔ)知識(shí)、應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)、解決實(shí)際問(wèn)題的能力，難度將不太大. ① 理解排列、組合的概念，能利用計(jì)數(shù)原理推導(dǎo)排列數(shù)公式、組合數(shù)公式，并能解決簡(jiǎn)單的實(shí)際問(wèn)題.②

62、 以實(shí)際問(wèn)題為背景，正確區(qū)分排列與組合，合理選用排列與組合公式進(jìn)行解題. 1. （選修23P26例2改編）從3名男生，4名女生中任選5人排成一排，則有　　　　種不同的排法. 答案：2 520 解析：?jiǎn)栴}即為從7個(gè)元素中選出5個(gè)全排列，有A＝2 520（種）排法. 2. （選修23P18習(xí)題10改編）用數(shù)字1，2，3，4，5組成的無(wú)重復(fù)數(shù)字的四位偶數(shù)的個(gè)數(shù)為　　　　?。? 答案：48 解析：分兩步：第一步，先排個(gè)位有A種排法；第二步，再排前三位有A種排法.故共有AA＝48（種）排法. 3. 某校擬從4名男教師和5名女教師中各選2名教師開(kāi)設(shè)公開(kāi)課，則男教師A和女教師B至少有一

63、名被選中的不同選法的種數(shù)是　　　　Ｗ. 答案：42 解析：從4名男教師和5名女教師中各選2名教師開(kāi)設(shè)公開(kāi)課，所有的選法種數(shù)是C×C＝60.男教師A和女教師B都沒(méi)有被選中的選法種數(shù)是C×C＝18，故男教師A和女教師B至少有一名被選中的不同選法的種數(shù)是60－18＝42. 4. （選修23P24習(xí)題2改編）下列等式不正確的是　　　　.（填序號(hào)） ① C＝C；② C＝；③ （n＋2）（n＋1）A＝A；④ C＝C＋C. 答案：② 解析：由排列數(shù)公式和組合數(shù)公式易證①③④正確；而C＝，所以②不正確. 5. （改編題）在8張獎(jiǎng)券中有一、二、三等獎(jiǎng)各1張，其余5張無(wú)獎(jiǎng).將這8張獎(jiǎng)券分配給4個(gè)人

64、，每人2張，不同的獲獎(jiǎng)情況有　　　　種. 答案：60 解析：分兩類，第一類：3張中獎(jiǎng)獎(jiǎng)券分給3個(gè)人，共A種分法；第二類：3張中獎(jiǎng)獎(jiǎng)券分給2個(gè)人相當(dāng)于把3張中獎(jiǎng)獎(jiǎng)券分兩組再分給4人中的2人，共有CA種分法.總獲獎(jiǎng)情況共有A＋CA＝60（種）. 1. 排列 （1） 排列的定義：從n個(gè)不同的元素中取出m（m≤n）個(gè)元素，按照一定的順序排成一列，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的一個(gè)排列. （2） 排列數(shù)的定義：從n個(gè)不同的元素中取出m（m≤n）個(gè)元素的所有排列的個(gè)數(shù)，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的排列數(shù)，用符號(hào)A表示. （3） 排列數(shù)公式 ① 當(dāng)m＜n時(shí)，排列稱為選排列，排列數(shù)

65、為A＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）； ② 當(dāng)m＝n時(shí)，排列稱為全排列，排列數(shù)為A＝n（n－1）（n－2）…2·1Ｗ. 上式右邊是自然數(shù)1到n的連乘積，把它叫做n的階乘，并用n！表示，于是A＝n！Ｗ.進(jìn)一步規(guī)定0?。?，于是，A＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）＝＝，即A＝Ｗ. 2. 組合 （1） 組合的定義：從n個(gè)不同的元素中取出m（m≤n）個(gè)元素并成一組，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的一個(gè)組合. （2） 組合數(shù)的定義：從n個(gè)不同的元素中取出m（m≤n）個(gè)元素的所有組合的個(gè)數(shù)，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的組合數(shù)，用符號(hào)C表示. （3） 組合數(shù)公式 C＝

66、＝ ＝Ｗ.規(guī)定C＝1Ｗ. （4） 組合數(shù)的兩個(gè)性質(zhì)：① C＝C??； ② C＝C＋CＷ. （5） 區(qū)別排列與組合 排列與組合的共同點(diǎn)，就是都要“從n個(gè)不同元素中，任取m個(gè)元素”，而不同點(diǎn)就是前者要“順序”，而后者卻是“并成一組”.因此，“有序”與“無(wú)序”是區(qū)別排列與組合的重要標(biāo)志. 　　　　　　　　　1　排列問(wèn)題) 　　　　　1)?。ㄟx修23P26例2改編）7位同學(xué)站成一排照相. （1） 甲不排頭、乙不排尾的排法共有多少種？ （2） 甲、乙兩同學(xué)必須相鄰的排法共有多少種？ （3） 甲、乙兩同學(xué)不能相鄰的排法共有多少種？ （4） 甲必須站在乙的左邊的不同排法共有多少種？ 解：（1） （解法1）直接法：分兩種情況：①甲站在排尾，則有A種排法；②甲不站排尾，先排甲、乙，再排其他，則有A·A·A種排法. 綜上，共有A＋A·A·A＝3 720（種）排法. （解法2）間接法：總的排法數(shù)減去甲站在排頭的和乙站在排尾的情況，但是這就把甲站在排頭且乙站在排尾的情況減了兩次，故后面要加回來(lái)，即A－A－A＋A＝3 720（種）排法. （2） 采用“捆綁”法，將甲、乙看