2019版高考數(shù)學一輪復(fù)習 第一部分 基礎(chǔ)與考點過關(guān) 第十一章 計數(shù)原理、隨機變量及分布列學案

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1、 第十一章　計數(shù)原理、隨機變量及分布列 第1課時　分類計數(shù)原理與分步計數(shù)原理 近幾年高考中兩個基本計數(shù)原理在理科加試部分考查，預(yù)測以后高考將會結(jié)合概率統(tǒng)計進行命題，考查對兩個基本計數(shù)原理的靈活運用，以實際問題為背景，考查學生學習基礎(chǔ)知識、應(yīng)用基礎(chǔ)知識、解決實際問題的能力，難度將不太大. ① 理解兩個基本計數(shù)原理. ② 能根據(jù)具體問題的特征，選擇分類計數(shù)原理或分步計數(shù)原理解決一些簡單的實際問題. 1. （選修23P9習題4改編）一件工作可以用兩種方法完成，有18人會用第一種方法完成，有10人會用第二種方法完成.從中選出1人來完成這件工作，不同選法的總數(shù)是　　　　?。?

2、答案：28 解析：由分類計數(shù)原理知不同選法的總數(shù)共有18＋10＝28（種）. 2. （選修23P9習題8改編）從1到10的正整數(shù)中，任意抽取兩個數(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：當且僅當偶數(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，白色球3個，黑色球2個.從袋中隨機取出（一次性）2個球，則這2個球為同色球的種數(shù)為　　　　Ｗ. 答案：7 解析：2個球為紅色共3種，2個球為白色共3種，2個球為黑色共1種，由分類計數(shù)原理得共7種. 4. （選修23P10習題12改編）以正方形的4個頂點中

3、某一頂點為起點、另一個頂點為終點作向量，可以作出不相等的向量個數(shù)為　　　　　Ｗ. 答案：8 解析：起點有4個，每一個起點都可選另外三個頂點中的某一個為終點，但正方形相對邊且方向相同的向量為同一向量，故共有不相等的向量個數(shù)為4×3－4＝8. 5. （選修23P10習題16改編）現(xiàn)用4種不同顏色對如圖所示的四個部分進行著色，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）一個不透明的盒子中裝有標號為1，2，3，4，5的5個除序號外都相同的球，同時取出兩個球，則兩個球上的數(shù)字為相鄰整數(shù)的概率為　　　　　?。? 答案： 解析：從5個球中同時取出2個球的基本事件有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5），共10個.記“兩個球上的數(shù)字為相鄰整數(shù)”為事件A，則事件A中含有4個基本事件：（1，2），（2，3），（3，4），（4，5）.所以P（A）＝＝. 3. （必修3P103練習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個數(shù)字的順序，隨機地輸入由2，4，6，8組成的一個四位數(shù)，能打開鎖的概率是　　　?。? 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（六個面上分別標有數(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，m＝　　　?。? 答案：7 解析：m可能取到的值有2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，對應(yīng)的基本事件個數(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對應(yīng)的事件發(fā)生的概率最大. 5. （必修3P103練習4改編）已知一個不透明的袋中有3個白球，2個黑球，第一次摸出一個球，然后放回，第二次再摸出一個球，則兩次摸到的都是黑球的概率為　　　?。? 答案： 解析：把它們編號，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數(shù)，y表示第二次摸到球號數(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A是必然發(fā)生的事件時，P（A）＝1；當A是不可能發(fā)生的事件時，P（A）＝0；當A是隨機事件時，0

8、集合I，這n個結(jié)果就是集合I的n個元素，各基本事件均對應(yīng)于集合I的含有1個元素的子集，包含m個結(jié)果的事件A對應(yīng)于I的含有m個元素的子集A.因此，從集合的角度看，事件A的概率是子集A的元素個數(shù)與集合I的元素個數(shù)的比值，即P（A）＝.[備課札記] 　　　　　　　　　1　古典概型與代數(shù)問題交匯) 　　　　　1)　若a，b為先后投擲一枚骰子所得的點數(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，所以f（x）在區(qū)間（－∞，－1]上是減函數(shù)的概率P1＝＝. （2） 因為函數(shù)f（x）有零點，所以b2－2a≥0，符合條件的基本事件有24個，所以函數(shù)f（x）有零點的概率P2＝＝. 變式訓練 一個均勻的正四面體面上分別標有1，2，3，4四個數(shù)字，現(xiàn)隨機投擲兩次，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） 因為是投擲兩次，所以基本事件（b，

11、c）共有4×4＝16（個）. 當z＝4時，（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.若l1∩l2＝?，則l1∥l2，即k1＝k2，即b＝2a.滿足條件的實數(shù)對（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的交點位于第一象限”，由于直線l1與l2有交點，則b≠2a. 聯(lián)立方程組解得 ∵ l1與l2的交點位于第一象限，∴ ∵ a，b∈{1，2，3，4，5，6}，∴ b>2a. ∵ 總事件數(shù)共36個，滿足b>2a的事件有（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，5），（2，6），共6個， ∴ P（B）＝＝. 若先后拋擲兩次骰子得到的點數(shù)分別為m，n，求： （1） 點P（m，n）在直線x＋y＝4上的概率； （2） 點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m＝1時，1≤n≤3，故符合條件的基本事件有3個；當m＝2 時，1≤n≤4，故符合條件的基本事件有4個；當m＝3時，1≤n≤3，故符合條件的基本事件有3個；當m＝4時，n＝2，故符合條件的基本事件有1個.故符合條件的基本事件共11個，所以所求概率

15、為. 　　　　　　　　　3　用概率解決生活中的決策問題) 　　　　　3)　某商場舉行有獎促銷活動，顧客購買一定金額的商品后即可抽獎，抽獎方法：從裝有2個紅球A1，A2和1個白球B的甲箱與裝有2個紅球a1，a2和2個白球b1，b2的乙箱中，各隨機摸出1個球，若摸出的2個球都是紅球則中獎，否則不中獎. （1） 用球的標號列出所有可能的摸出結(jié)果； （2） 有人認為：兩個箱子中的紅球總數(shù)比白球多，所以中獎的概率大于不中獎的概率，你認為正確嗎？請說明理由. 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，所以中獎的概率為＝，不中獎的概率為1－＝>，故這種說法不正確. 變式訓練 某兒童樂園在“六一”兒童節(jié)推出了一項趣味活動.參加活動的兒童需轉(zhuǎn)動如圖所示的轉(zhuǎn)盤兩次，每次轉(zhuǎn)動后，待轉(zhuǎn)盤停止轉(zhuǎn)動時，記錄指針所指區(qū)域中的數(shù).設(shè)兩次記錄的數(shù)分別為x，y.獎勵規(guī)則如下： ① 若xy≤3，則獎勵玩具一個；② 若xy≥8，則獎勵水杯一個；③

17、其余情況獎勵飲料一瓶. 假設(shè)轉(zhuǎn)盤質(zhì)地均勻，四個區(qū)域劃分均勻.小亮準備參加此項活動. （1） 求小亮獲得玩具的概率； （2） 請比較小亮獲得水杯與獲得飲料的概率的大小，并說明理由. 解：用數(shù)對（x，y）表示兒童參加活動兩次記錄的數(shù)，則基本事件空間Ω與點集S＝{（x，y）|x∈N，y∈N，1≤x≤4，1≤y≤4}一一對應(yīng)，因為S中元素個數(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，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，所以小亮獲得水杯的概率大于獲得飲料的概率. 1. （2017·蘇北四市期末）從1，2，3，4，5，6這六個數(shù)中一次隨機地取出2個數(shù)，則所取2個數(shù)的和能被3整除的概率為　　　?。? 答案： 解析：從1，2，3，4，5，6這六個數(shù)中一次隨機地取出2個數(shù)，基本事件總數(shù)n＝15，所取2個數(shù)的和能被3整除包含的基本事件有（1，

19、2），（1，5），（2，4），（3，6），（4，5），共5個，所以所取2個數(shù)的和能被3整除的概率P＝＝. 2. 某校從2名男生和3名女生中隨機選出3名學生做義工，則選出的學生中男女生都有的概率為　　　　　Ｗ. 答案： 解析：從5名學生中隨機選出3名學生共有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　　　　?。? 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種花種在一個花壇中，余下的2種花種在另一個花壇中，則紅色和紫色的花不在同一花壇的概率是　　　　?。? 答案： 解析：將4種顏色的花任選2種種在一個花壇中，余下2種種在另一個花壇中，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·全國卷Ⅱ）從分別寫有1，2，3，4，5的5張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機抽取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　　　?。? 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：將四種水果每兩種分為一組，有6種方法，則甲、乙兩同學各自所選的兩種水果相同的概率為. 3. （2017·山東卷）從

23、分別標有1，2，…，9的9張卡片中不放回地隨機抽取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Ⅲ文）小敏打開計算機時，忘記了開機密碼的前兩位，只記得第一位是M，I，N中的一個字母，第二位是1，2，3，4，5中的一個數(shù)字，則小敏輸入一次密碼能夠成功開機的概率是　　　　Ｗ. 答案： 解析：開機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機的概率是. 1. 解以代數(shù)、幾何等數(shù)學知識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；細心診斷事件類型，正確運用概率公式. 2. 解較復(fù)雜的概率問題的關(guān)鍵是理解題目的實際含義，把問題轉(zhuǎn)化為概率模型.必要時可考慮分類討論、數(shù)形結(jié)合、正難則反等思想方法.[備課札記] 第5課時　幾何概型與互斥事件（對應(yīng)學生用書（文）166～168頁、（理）168～169頁）

25、 幾何概型往往要通過一定的手段才能轉(zhuǎn)化到幾何度量值的計算上來，在解決問題時要善于根據(jù)問題的具體情況進行轉(zhuǎn)化.對于比較復(fù)雜的概率問題，可利用其對立事件求解，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算公式解決問題.② 了解隨機數(shù)的意義，能運用模擬方法估計概率.③ 了解兩個互斥事件的概率加法公式. 1. （必修3P110習題1改編）在水平放置的長為5 m的木桿上掛一盞燈，則懸掛點與木桿兩端距離都大于2 m的概率是　　　　. 答案： 解析：這是一個幾何概型題，其概率就是相應(yīng)的線段CD，AB（如圖）的長度的比值，∴ P＝.

26、 2. （必修3P115練習1改編）把紅、黑、藍、白4張紙牌隨機地分發(fā)給甲、乙、丙、丁四個人，每人分得1張，事件“甲分得紅牌”與事件“乙分得紅牌”是　　　　Ｗ.（填序號） ① 對立事件；② 不可能事件；③ 互斥但不對立事件. 答案：③ 解析：由互斥事件的定義可知，甲、乙不能同時得到紅牌.由對立事件的定義可知，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3改編）在500 mL的水中有一只草履蟲，現(xiàn)從中隨機取出2 mL 水樣放到顯微鏡下觀察，則發(fā)現(xiàn)草履蟲的概率是　　　　Ｗ. 答案：0.004 解析：由于取水樣的隨機性，所求事件A“在取出2 mL的水樣中有草履蟲”的概率等于水樣的體積與總體積之比，即＝0.004. 5. （必修3P110習題4改編）如圖，在圓心角為直角的扇形OAB中，分別以O(shè)A，OB為直徑作兩個半圓.在扇形OAB內(nèi)任投一點，則此點落在陰影部分的概率是　　　?。? 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，此點落在陰影部分的概率為＝1－. 1. 幾何概型的定義 對于一個隨機試驗，我們將每個基本事件理解為從某個特定的幾何區(qū)域內(nèi)隨機地取一點，該區(qū)域中每一點被取到的機會都一樣；而一個隨機事件的發(fā)生則理解為恰好取到上述區(qū)域內(nèi)的某個指定區(qū)域中的點，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試驗，稱為幾何概型. 2. 概率計算公式 在幾何區(qū)域D中隨機

29、地取一點，記事件“該點落在其內(nèi)部的一個區(qū)域d內(nèi)”為事件A，則事件A發(fā)生的概率P（A）＝. 3. 不能同時發(fā)生的兩個事件稱為互斥事件. 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. 若兩個互斥事件必有1個發(fā)生，則稱這兩個事件為對立事件；若事件A的對立事件記作，則P（A）＋P（）＝1，P（）＝1－P（A）Ｗ. 　　　　　　　　　1　幾何概型) 　　　　　1)?。?/p>

30、2017·全國卷Ⅰ）如圖，正方形ABCD內(nèi)的圖形來自中國古代的太極圖.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稱.在正方形內(nèi)隨機取一點，則此點取自黑色部分的概率是　　　?。? 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)正方形的邊長為2，則所求的概率P＝＝. 變式訓練 在等腰直角三角形ABC中，過直角頂點C在∠ACB內(nèi)部任作一射線CM，與線段AB交于點M，求AM＜AC的概率. 解：如圖，過點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0，1，2，3四個數(shù)中任取的一個數(shù)，b是從0，1，2三個數(shù)中任取的一個數(shù)，求上述方程有實根的概率； （2） 若a是從區(qū)間[0，3]中任取的一個數(shù)，b是從區(qū)間[0，2]中任取的一個數(shù)，求上述方程有實根的概率. 解：設(shè)事件A為“方程x2＋2ax＋b2＝0有實根”， 當a≥0，b≥0時，方程x

32、2＋2ax＋b2＝0有實根的充要條件為a≥b. （1） 基本事件共有12個：（0，0），（0，1），（0，2），（1，0），（1，1），（1，2），（2，0），（2，1），（2，2），（3，0），（3，1），（3，2），其中第一個數(shù)表示a的取值，第二個數(shù)表示b的取值. 事件A中包含9個基本事件，故事件A發(fā)生的概率P（A）＝＝. （2） 試驗的全部結(jié)果所構(gòu)成的區(qū)域為{（a，b）|0≤a≤3，0≤b≤2}. 構(gòu)成事件A的區(qū)域為{（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中隨機取一個數(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（a，b）是區(qū)域內(nèi)的隨機點，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），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，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)　某保險公司利用簡單隨機抽樣方法，對投保車輛進行抽樣，樣本車輛中每輛車的賠付結(jié)果統(tǒng)計如下： 賠付金額（元） 0 1 000 2 000 3 000 4 000 車輛數(shù)（輛） 500 130 100 150 120 　?。?） 若每輛車的投保金額均為2 800元，估計賠付金額大于投保金

35、額的概率； （2） 在樣本車輛中，車主是新司機的占10%，在賠付金額為4 000元的樣本車輛中，車主是新司機的占20%，估計在已投保車輛中，新司機獲賠金額為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“投保車輛中新司機獲賠4 000元”， 由已知，得樣本車輛中車主為新司機的有0.1×1 000＝100（輛），而賠付金額為4

36、000元的車輛中，車主為新司機的有0.2×120＝24（輛）， 所以樣本車輛中新司機車主獲賠金額為4 000元的頻率為＝0.24. 由頻率估計概率得P（C）＝0.24. 如圖，A地到火車站共有兩條路徑L1和L2，現(xiàn)隨機抽取100位從A地到達火車站的人進行調(diào)查，調(diào)查結(jié)果如下： 所用時間（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 　?。?） 分別求通過路徑L1和L2所用時間落在上表中各時間段內(nèi)的頻率； （2） 現(xiàn)甲、乙兩人分別有40分鐘

37、和50分鐘時間用于趕往火車站，為了盡最大可能在允許的時間內(nèi)趕到火車站，試通過計算說明，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，在40分鐘內(nèi)趕到火車站；B1，B2分別表示乙選擇L1和L2時，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Ⅱ文）某路口人行橫道的信號燈為紅燈和綠燈交替出現(xiàn)，紅燈持續(xù)時間為40 s.若一名行人來到該路口遇到紅燈，則至少需要等待15 s才出現(xiàn)綠燈的概率為　　　　　　. 答案： 解析：因為紅燈持續(xù)時間為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]上隨機取一個數(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]上隨機取一個數(shù)x，即x∈[－1，1]時，要使cos 的值介于0到之間，需使－≤≤－或≤≤. ∴ －1≤x≤－或≤x≤1，區(qū)間長度為.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中隨機選兩個數(shù)字，則選中的數(shù)字中至少有一個是偶數(shù)的概率為　　　?。? 答案： 解析：在數(shù)字1，2，3，4中隨機選

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

41、的概率P＝1－＝. 1. （2017·揚州市考前調(diào)研）在區(qū)間（0，5）內(nèi)任取一個實數(shù)m， 則滿足3＜m＜4的概率為　　　?。? 答案： 解析：根據(jù)幾何概型的概率計算公式，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）上隨機取一個數(shù)x，則f（x）<2的概率為　　　?。? 答案： 解析：因為log2x＜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個紅球和1個白球，現(xiàn)從兩盒中隨機各取一個球，則至少有一個紅球的概率為　　　?。? 答案： 解析：從兩盒中各取一個球的基本事件數(shù)為9，沒有紅球的基本事件數(shù)為1

42、，則至少有一個紅球的概率＝1－沒有紅球的概率＝1－＝. 4. （2017·蘇州期末）若一架飛機向目標投彈，擊毀目標的概率為0.2，目標未受損的概率為0.4，則目標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，得目標受損但未完全被擊毀的概率為1－0.2－0.4＝0.4. 1. 對于幾何概型的應(yīng)用題，關(guān)鍵是將實際問題轉(zhuǎn)化為概型中的長度、角度、面積、體積等常見幾何概型問題，構(gòu)造出隨機事件對應(yīng)的幾何圖形，利用圖形的測度來求隨機事件的概率. 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，而幾何概型則是無限個. 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，分解后的每個事件概率的計算通常為等可能事件的概率計算，這時應(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.解題時需注意“互斥事件”與“對立事件”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] 　 　 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. 分步計數(shù)原理：如果完成一件事，需要分成n個步驟，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.分類要用分類計數(shù)原理將種數(shù)相加；分步要用分步計數(shù)原理，將種數(shù)相乘. [備課札記

45、] 　　　　　　　　　1　分類計數(shù)原理) 　　　　　1)　在所有的兩位數(shù)中，個位數(shù)字大于十位數(shù)字的兩位數(shù)共有多少個？ 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，7個，6個，5個，4個，3個，2個，1個.由分類計數(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）. （解法2）按個位上的數(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，2個，3個，4個，5個，6個，7個，8個.由分類計數(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）. 變式訓練 有A，B，C型高級電腦各一臺，甲、乙、丙、丁4個操作人員的技術(shù)等級不同，甲、乙會操作三種型號的電腦，丙不會操作C型電腦，而丁只會操作A型電腦.從這4個操作人員中選3人分別去操作這三種型號的電腦，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，由于丁只會操作A型電腦，這時安排3人操作電腦，有2種方法；第3類，選甲、丙、丁3人，這時安排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)分類計數(shù)原理，共有4＋2＋1＋1＝8（種）選

47、派方法. 　　　　　　　　　2　分步計數(shù)原理) 　　　　　2)　用紅、黃、藍三種顏色去涂圖中標號為1，2，…，9的9個小正方形（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，且標號為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5，7同色時，4，8各有2種涂法，共4種涂法，當5，7異色時，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.由分步計數(shù)原理，可得涂法共有3×6×6＝108（種）. 變式訓練 有4位教師在同一年級的4個班中各教一個班的數(shù)學，在數(shù)學檢測時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?x∈A，y∈B，x

49、恒成立，則稱（A，B）為集合M的一個“子集對”，則集合M的“子集對”共有　　　　個. 答案：17 解析：A＝{1}時，B有23－1＝7（種）情況； A＝{2}時，B有22－1＝3（種）情況； A＝{3}時，B有1種情況； A＝{1，2}時，B有22－1＝3（種）情況； A＝{1，3}，{2，3}，{1，2，3}時，B均有1種情況， 故滿足題意的“子集對”共有7＋3＋1＋3＋3＝17（個）. 某地奧運火炬接力傳遞路線共分6段，傳遞活動分別由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)分類計數(shù)原理，共有方案48＋48＝96（種）. 1. 只用1，2，3三個數(shù)字組成一個四位數(shù)，規(guī)定這三個數(shù)必須同時使用，且同一數(shù)字不能相鄰出現(xiàn)，這樣的四位數(shù)有　　　　個. 答案：18 解析：由題意知，1，2，3中必有某一個數(shù)字重復(fù)使用2次，第一步確定誰被使用2次，有3種方法；第二步把這2個相等的數(shù)放在四位數(shù)不相鄰的兩個位置上，也有3種方法；第三步將余下的2個數(shù)放在四位數(shù)余下的2個位置上，有2種方法.故這樣的四位數(shù)共有3×3×2＝18（個）

51、. 2. 如果把個位數(shù)是1，且恰好有3個數(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. 答案：12 解析：當重復(fù)數(shù)字是1時，有3×3種；當重復(fù)數(shù)字不是1時，有3種.由分類計數(shù)原理，得滿足條件的“好數(shù)”有3×3＋3＝12（個）. 3. 由1，2，3，4可以組成　　　　個自然數(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. 第二類：兩位自然數(shù)，可分兩步來完成.先取出十位上的數(shù)字，再取出個位上的數(shù)字，共有4×4＝16（個）. 第三類：三位

52、自然數(shù)，可分三步來完成.每一步都可以從4個不同的數(shù)字中任取一個，共有4×4×4＝64（個）. 第四類：四位自然數(shù)，可分四步來完成，每一步都可以從4個不同的數(shù)字中任取一個，共有4×4×4×4＝256（個）. 由分類計數(shù)原理知，可以組成的不同的自然數(shù)為4＋16＋64＋256＝340（個）. 4. 把座位編號為1，2，3，4，5的五張電影票全部分給甲、乙、丙、丁四個人，每人至少一張，至多兩張，且分得的兩張票必須是連號，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，相當于將1，2，3，4，5這五個數(shù)用3個板子隔開，分為四部分且不存在三連號.在4個空位插3個板子，共有C＝4（種），再對應(yīng)到4個人，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. 兩個基本原理認識不清致誤) 典例　將紅、黃、綠、黑4種不同的顏色分別涂入圖中的五個區(qū)域內(nèi)，要求相鄰的兩個區(qū)域的顏色都不相同，則有多少種不同的涂色方法？ 易錯分析

54、：解決本題易出現(xiàn)的錯誤是沒有理解計數(shù)原理的概念，盲目地套用公式.錯解一：按一定順序依次涂色利用分步計數(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，由分步計數(shù)原理，共有4×3×2×2×1＝48（種）.錯解二：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，即有一種顏色涂兩個相對的區(qū)域，另一相對區(qū)域也有同色或不同色2種涂法，共有4×3×2×2＝48（種）.錯解一錯在涂D區(qū)域時有B，D同色與B，D不同色兩類情形；錯解二錯在最后一步相對區(qū)域涂色計數(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B與D同色時，有4×3×2×1×2＝48（種）； ② 當B與D不同色時，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，即有一種顏色涂兩個相對的區(qū)域，另一相對區(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、 由分類計數(shù)原理知涂法總數(shù)為24＋48＝72（種）. 特別提醒：分類計數(shù)原理與分步計數(shù)原理的區(qū)別：分類計數(shù)原理針對的是“完成事件的方法種類不同”的問題，其各種方法是相互獨立的，用其中任何一種方法都能完成這件事情；分步計數(shù)原理針對的是“完成事件需分幾個步驟”的問題，其各個步驟中的方法是相互聯(lián)系的，只有各個步驟都完成才能完成這件事情.在解題時，要分析計數(shù)對象的本質(zhì)特征與形成過程，正確合理進行分步或分類，然后應(yīng)用兩個基本計數(shù)原理來解決. 1. 甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中參加某項志愿者活動，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個小方格組成，我們稱這樣的圖案為L型（每次旋轉(zhuǎn)90°仍為L型圖案），那么在由4×5個小方格組成的方格紙上可以畫出不同位置的L型圖案的個數(shù)是　　　?。? 答案：48 解析：每四個小方格（2×2型）中有“L”型圖案4個，共有2×2型小方格12個，所以共有“L”型圖案4×12＝48（個）. 3. 現(xiàn)要安排一

58、份5天值班表，每天有一個人值班.共有5個人，每個人都可以值多天班或不值班，但相鄰兩天不能由同一個人值班，問此值班表有　　　　種不同的排法. 答案：1 280 解析：分5步進行：第一步，先排第一天，可排5人中的任一個，有5種排法；第二步，再排第二天，此時不能排第一天的人，有4種排法；第三步，第三天，此時不能排第二天的人，有4種排法；第四步，第四天，此時不能排第三天的人，有4種排法；第五步，第五天，此時不能排第四天的人，有4種排法.由分步計數(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的一個分拆，并規(guī)定：當且

59、僅當A1＝A2時，（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，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，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)用兩個計數(shù)原理解決具體問題時，常用以下幾種方法技巧： （1） 建模法：建立數(shù)學模型，將所給問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學問題，這是計數(shù)方法中的基本方法. （2） 枚舉法：利用枚舉法（如樹狀圖，表格）可以使問題的分析更直觀、清楚，便于發(fā)現(xiàn)規(guī)律，從而形成恰當?shù)姆诸惢蚍植降脑O(shè)計思想. （3） 直接法和間接法：在實施計算中，可考慮用直接法或間接法（排除法），用不同的方法、不同的思路來驗證結(jié)

61、果的正誤. （4） 分類計數(shù)原理和分步計數(shù)原理多數(shù)情形下是結(jié)合使用的，根據(jù)問題特點，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] 第2課時　排列與組合（對應(yīng)學生用書（理）172～173頁） 近幾年高考中排列與組合在理科加試部分考查，今后將會結(jié)合概率統(tǒng)計進行命題，考查排列、組合的基礎(chǔ)知識、思維能力，以實際問題為背景，考查學生學習基礎(chǔ)知識、應(yīng)用基礎(chǔ)知識、解決實際問題的能力，難度將不太大. ① 理解排列、組合的概念，能利用計數(shù)原理推導排列數(shù)公式、組合數(shù)公式，并能解決簡單的實際問題.②

62、 以實際問題為背景，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：問題即為從7個元素中選出5個全排列，有A＝2 520（種）排法. 2. （選修23P18習題10改編）用數(shù)字1，2，3，4，5組成的無重復(fù)數(shù)字的四位偶數(shù)的個數(shù)為　　　　?。? 答案：48 解析：分兩步：第一步，先排個位有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名教師開設(shè)公開課，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　　　?。? 答案：42 解析：從4名男教師和5名女教師中各選2名教師開設(shè)公開課，所有的選法種數(shù)是C×C＝60.男教師A和女教師B都沒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習題2改編）下列等式不正確的是　　　　.（填序號） 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張獎券中有一、二、三等獎各1張，其余5張無獎.將這8張獎券分配給4個人

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

65、為A＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）； ② 當m＝n時，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?。?進一步規(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個不同的元素中取出m（m≤n）個元素并成一組，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個組合. （2） 組合數(shù)的定義：從n個不同的元素中取出m（m≤n）個元素的所有組合的個數(shù)，叫做從n個不同元素中取出m個元素的組合數(shù)，用符號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，就是都要“從n個不同元素中，任取m個元素”，而不同點就是前者要“順序”，而后者卻是“并成一組”.因此，“有序”與“無序”是區(qū)別排列與組合的重要標志. 　　　　　　　　　1　排列問題) 　　　　　1)　（選修23P26例2改編）7位同學站成一排照相. （1） 甲不排頭、乙不排尾的排法共有多少種？ （2） 甲、乙兩同學必須相鄰的排法共有多少種？ （3） 甲、乙兩同學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，即A－A－A＋A＝3 720（種）排法. （2） 采用“捆綁”法，將甲、乙看