2019版高考数学一轮复习 第一部分 基础与考点过关 第十一章 计数原理、随机变量及分布列学案.doc

第十一章计数原理、随机变量及分布列第1课时分类计数原理与分步计数原理近几年高考中两个基本计数原理在理科加试部分考查，预测以后高考将会结合概率统计进行命题，考查对两个基本计数原理的灵活运用，以实际问题为背景，考查学生学习基础知识、应用基础知识、解决实际问题的能力，难度将不太大. 理解两个基本计数原理. 能根据具体问题的特征，选择分类计数原理或分步计数原理解决一些简单的实际问题.1. （选修23P9习题4改编）一件工作可以用两种方法完成，有18人会用第一种方法完成，有10人会用第二种方法完成.从中选出1人来完成这件工作，不同选法的总数是.答案：28解析：由分类计数原理知不同选法的总数共有181028（种）.2. （选修23P9习题8改编）从1到10的正整数中，任意抽取两个数相加所得和为奇数的不同情形的种数是.答案：25解析：当且仅当偶数加上奇数后和为奇数，从而不同情形有5525（种）.3. （改编题）一只袋中有大小一样的红色球3个，白色球3个，黑色球2个.从袋中随机取出（一次性）2个球，则这2个球为同色球的种数为.答案：7解析：2个球为红色共3种，2个球为白色共3种，2个球为黑色共1种，由分类计数原理得共7种.4. （选修23P10习题12改编）以正方形的4个顶点中某一顶点为起点、另一个顶点为终点作向量，可以作出不相等的向量个数为.答案：8解析：起点有4个，每一个起点都可选另外三个顶点中的某一个为终点，但正方形相对边且方向相同的向量为同一向量，故共有不相等的向量个数为4348.5. （选修23P10习题16改编）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种.答案：解析：设两种不同颜色为a，b，则所有可能为（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种.其中满足条件的有（a，b，a），（b，a，b），共2种， 所求概率为.2. （必修3P100例1改编）一个不透明的盒子中装有标号为1，2，3，4，5的5个除序号外都相同的球，同时取出两个球，则两个球上的数字为相邻整数的概率为.答案：解析：从5个球中同时取出2个球的基本事件有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5），共10个.记“两个球上的数字为相邻整数”为事件A，则事件A中含有4个基本事件：（1，2），（2，3），（3，4），（4，5）.所以P（A）.3. （必修3P103练习2改编）小明的自行车用的是密码锁，密码锁的四位数密码由4个数字2，4，6，8按一定顺序排列构成，小明不小心忘记了密码中4个数字的顺序，随机地输入由2，4，6，8组成的一个四位数，能打开锁的概率是.答案：解析：四位数密码共有24种等可能的结果，恰好能打开锁的密码只有1种，故所求事件的概率为.4. （必修3P101例3改编）连续2次抛掷一枚骰子（六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6），记“两次向上的数字之和等于m”为事件A，则P（A）最大时，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，对应的基本事件个数依次为1，2，3，4，5，6，5，4，3，2，1，两次向上的数字之和等于7对应的事件发生的概率最大.5. （必修3P103练习4改编）已知一个不透明的袋中有3个白球，2个黑球，第一次摸出一个球，然后放回，第二次再摸出一个球，则两次摸到的都是黑球的概率为.答案：解析：把它们编号，白为1，2，3，黑为4，5.用（x，y）记录摸球结果，x表示第一次摸到球号数，y表示第二次摸到球号数.所有可能的结果为（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种，两次摸到的都是黑球的情况为（4，4），（4，5），（5，4），（5，5），共4种，故所求概率P.1. 概率的取值范围是0P（A）1.当A是必然发生的事件时，P（A）1；当A是不可能发生的事件时，P（A）0；当A是随机事件时，0P（A）2a. 总事件数共36个，满足b2a的事件有（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，5），（2，6），共6个， P（B）.若先后抛掷两次骰子得到的点数分别为m，n，求：（1） 点P（m，n）在直线xy4上的概率；（2） 点P（m，n）落在区域|x2|y2|2内的概率.解：（1） 由题意可知，（m，n）的取值情况有（1，1），（1，2），（1，3），（1，6），（2，1），（2，2），（2，6），（6，1），（6，2），（6，6），共36种.而满足点P（m，n）在直线xy4上的取值情况有（1，3），（2，2），（3，1），共3种，故所求概率为 .（2） 由题意可得，基本事件n36.当m1时，1n3，故符合条件的基本事件有3个；当m2 时，1n4，故符合条件的基本事件有4个；当m3时，1n3，故符合条件的基本事件有3个；当m4时，n2，故符合条件的基本事件有1个.故符合条件的基本事件共11个，所以所求概率为.3用概率解决生活中的决策问题)3)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，抽奖方法：从装有2个红球A1，A2和1个白球B的甲箱与装有2个红球a1，a2和2个白球b1，b2的乙箱中，各随机摸出1个球，若摸出的2个球都是红球则中奖，否则不中奖.（1） 用球的标号列出所有可能的摸出结果；（2） 有人认为：两个箱子中的红球总数比白球多，所以中奖的概率大于不中奖的概率，你认为正确吗？请说明理由.解：（1） 所有可能的摸出结果是（A1，a1），（A1，a2），（A1，b1），（A1，b2），（A2，a1），（A2，a2）， （A2，b1），（A2，b2），（B，a1），（B，a2），（B，b1），（B，b2）.（2） 不正确，理由如下： 由（1）知，所有可能的摸出结果共12种，其中摸出的2个球都是红球的结果为A1，a1，A1，a2，A2，a1，A2，a2，共4种，所以中奖的概率为，不中奖的概率为1，故这种说法不正确.变式训练某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动.参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的数.设两次记录的数分别为x，y.奖励规则如下： 若xy3，则奖励玩具一个； 若xy8，则奖励水杯一个； 其余情况奖励饮料一瓶.假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀.小亮准备参加此项活动.（1） 求小亮获得玩具的概率；（2） 请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由.解：用数对（x，y）表示儿童参加活动两次记录的数，则基本事件空间与点集S（x，y）|xN，yN，1x4，1y4一一对应，因为S中元素个数是4416，所以基本事件总数n16.（1） 记“xy3”为事件A.则事件A包含的基本事件共有5个，即（1，1），（1，2），（1，3），（2，1），（3，1）.所以P（A），即小亮获得玩具的概率为.（2） 记“xy8”为事件B，“3xy，所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率.1. （2017苏北四市期末）从1，2，3，4，5，6这六个数中一次随机地取出2个数，则所取2个数的和能被3整除的概率为.答案：解析：从1，2，3，4，5，6这六个数中一次随机地取出2个数，基本事件总数n15，所取2个数的和能被3整除包含的基本事件有（1，2），（1，5），（2，4），（3，6），（4，5），共5个，所以所取2个数的和能被3整除的概率P.2. 某校从2名男生和3名女生中随机选出3名学生做义工，则选出的学生中男女生都有的概率为.答案：解析：从5名学生中随机选出3名学生共有10种选法，男女生都有的共9种（即去掉选的是3名女生的情况），则所求的概率为.本题考查用列举法解决古典概型问题，属于容易题.3. 箱子中有形状、大小都相同的3只红球和2只白球，一次摸出2只球，则摸到的2只球颜色不同的概率为.答案：解析：从5只球中一次摸出2只球，共有10种摸法，摸到的2只球颜色不同的摸法共有6种，则所求的概率为.4. （2016新课标文）为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是.答案：解析：将4种颜色的花任选2种种在一个花坛中，余下2种种在另一个花坛中，有6种种法，其中红色和紫色的花不在同一花坛的种法有4种，故概率为.5. （2017全国卷）从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为.答案：解析：将第一次抽取的卡片上的数记为a，第二次抽取的卡片上的数记为b，先后两次抽取的卡片上的数记为（a，b），则有（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种抽取方法，其中第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的抽取方法有10种，所以所求概率P.1. （2017扬州期末）已知A，B3，1，1，2且AB，则直线AxBy10的斜率小于0的概率为.答案：解析：所有的基本事件（A，B）为（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种，其中（3，1），（1，2），（1，3），（2，1）这4种能使直线AxBy10的斜率小于0，所以所求的概率P.2. （2016上海卷文）某食堂规定，每份午餐可以在四种水果中任选两种，则甲、乙两同学各自所选的两种水果相同的概率为.答案：解析：将四种水果每两种分为一组，有6种方法，则甲、乙两同学各自所选的两种水果相同的概率为.3. （2017山东卷）从分别标有1，2，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是.答案：解析：每次抽取1张，抽取2次，共有9872（种）情况，其中满足题意的情况有25440（种），所以所求概率P.4. （2016新课标文）小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1，2，3，4，5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是.答案：解析：开机密码的前两位可能是M1，M2，M3，M4，M5，I1，I2，I3，I4，I5，N1，N2，N3，N4，N5，共15种，所以小敏输入一次密码能够成功开机的概率是.1. 解以代数、几何等数学知识为背景的概率题的策略是：读懂题意，理解内涵，寻求关系，突破入口；尽力脱去背景外衣，回首重温概率定义；细心诊断事件类型，正确运用概率公式.2. 解较复杂的概率问题的关键是理解题目的实际含义，把问题转化为概率模型.必要时可考虑分类讨论、数形结合、正难则反等思想方法.备课札记第5课时几何概型与互斥事件（对应学生用书（文）166168页、（理）168169页）几何概型往往要通过一定的手段才能转化到几何度量值的计算上来，在解决问题时要善于根据问题的具体情况进行转化.对于比较复杂的概率问题，可利用其对立事件求解，或分解成若干小事件利用互斥事件的概率加法公式求解. 了解几何概型的意义，并能正确应用几何概型的概率计算公式解决问题. 了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率. 了解两个互斥事件的概率加法公式.1. （必修3P110习题1改编）在水平放置的长为5 m的木杆上挂一盏灯，则悬挂点与木杆两端距离都大于2 m的概率是.答案：解析：这是一个几何概型题，其概率就是相应的线段CD，AB（如图）的长度的比值， P.2. （必修3P115练习1改编）把红、黑、蓝、白4张纸牌随机地分发给甲、乙、丙、丁四个人，每人分得1张，事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是.（填序号） 对立事件； 不可能事件； 互斥但不对立事件.答案：解析：由互斥事件的定义可知，甲、乙不能同时得到红牌.由对立事件的定义可知，甲、乙可能都得不到红牌，即“甲或乙分得红牌”的事件可能不发生.故填.3. （必修3P115练习2改编）一箱产品中有正品4件，次品3件，从中任取2件. 恰有1件次品和恰有2件次品； 至少有1件次品和全是次品； 至少有1件正品和至少有1件次品； 至少有1件次品和全是正品.以上几组事件中互斥事件有组.答案：2解析：中的两事件互斥，中的两事件不互斥.4. （必修3P109练习3改编）在500 mL的水中有一只草履虫，现从中随机取出2 mL 水样放到显微镜下观察，则发现草履虫的概率是.答案：0.004解析：由于取水样的随机性，所求事件A“在取出2 mL的水样中有草履虫”的概率等于水样的体积与总体积之比，即0.004.5. （必修3P110习题4改编）如图，在圆心角为直角的扇形OAB中，分别以OA，OB为直径作两个半圆.在扇形OAB内任投一点，则此点落在阴影部分的概率是.答案：1解析：设扇形的半径为2，则其面积为，如图，由两段小圆弧围成的阴影面积为S1，另外三段圆弧围成的阴影面积为S2，则S121，S22221211，故阴影部分的总面积为22，因此任投一点，此点落在阴影部分的概率为1.1. 几何概型的定义对于一个随机试验，我们将每个基本事件理解为从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中每一点被取到的机会都一样；而一个随机事件的发生则理解为恰好取到上述区域内的某个指定区域中的点，这里的区域可以是线段、平面图形、立体图形等.用这种方法处理随机试验，称为几何概型.2. 概率计算公式在几何区域D中随机地取一点，记事件“该点落在其内部的一个区域d内”为事件A，则事件A发生的概率P（A）.3. 不能同时发生的两个事件称为互斥事件.4. 如果事件A，B互斥，那么事件AB发生的概率等于事件A，B分别发生的概率的和，即P（AB）P（A）P（B）.5. 一般地，如果事件A1，A2，An两两互斥，那么P（A1A2An）P（A1）P（A2）P（An）.6. 若两个互斥事件必有1个发生，则称这两个事件为对立事件；若事件A的对立事件记作，则P（A）P（）1，P（）1P（A）.1几何概型)1)（2017全国卷）如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是.答案：解析：由于圆中黑色部分和白色部分关于正方形的中心（即圆心）对称，所以圆中黑色部分的面积为圆的面积的一半.不妨设正方形的边长为2，则所求的概率P.变式训练在等腰直角三角形ABC中，过直角顶点C在ACB内部任作一射线CM，与线段AB交于点M，求AMAC的概率.解：如图，过点C在ACB内任作射线CM，则射线CM在ACB内是等可能分布的，故基本事件的区域测度是ACB的大小，即90.在AB上取ACAC，则ACC67.5.记“AM AC”为事件A，则事件A的概率P（A），故AM P（A2），所以甲应选择路径L1；P（B1）0.10.20.30.20.8，P（B2）0.10.40.40.9，P（B2）P（B1），所以乙应选择路径L2.1. （2016新课标文）某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40 s.若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15 s才出现绿灯的概率为.答案：解析：因为红灯持续时间为40 s.所以这名行人至少需要等待15 s才出现绿灯的概率为.2. （2016天津卷文）甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，甲获胜的概率是，则甲不输的概率为.答案：解析：甲不输的概率为.3. （2017苏州市考前模拟）在区间1，1上随机取一个数x，cos 的值介于0到之间的概率为.答案：解析：在区间1，1上随机取一个数x，即x1，1时，要使cos 的值介于0到之间，需使或. 1x或x1，区间长度为.由几何概型知cos 的值介于0到之间的概率为.4. （2017南京、盐城一模）在数字1，2，3，4中随机选两个数字，则选中的数字中至少有一个是偶数的概率为.答案：解析：在数字1，2，3，4中随机选两个数字，基本事件总数为6，选中的数字中至少有一个是偶数的对立事件是选中的两个数字都是奇数，所以选中的数字中至少有一个是偶数的概率P1.5. （2017常州期末）男队有号码为1，2，3的三名乒乓球运动员，女队有号码为1，2，3，4的四名乒乓球运动员，现两队各出一名运动员比赛一场，则出场的两名运动员号码不同的概率为.答案：解析：男队有号码为1，2，3的三名乒乓球运动员，女队有号码为1，2，3，4的四名乒乓球运动员，现两队各出一名运动员比赛一场，基本事件总数为3412（个），出场的两名运动员号码不同的对立事件是出场的两名运动员号码相同，所以出场的两名运动员号码不同的概率P1.1. （2017扬州市考前调研）在区间（0，5）内任取一个实数m， 则满足3m4的概率为.答案：解析：根据几何概型的概率计算公式，得满足3m4的概率为.2. 设函数f（x）log2x，在区间（0，5）上随机取一个数x，则f（x）2的概率为.答案：解析：因为log2x2，解得0x4，所以P（f（x）2）.3. 甲、乙两盒中各有除颜色外完全相同的2个红球和1个白球，现从两盒中随机各取一个球，则至少有一个红球的概率为.答案：解析：从两盒中各取一个球的基本事件数为9，没有红球的基本事件数为1，则至少有一个红球的概率1没有红球的概率1.4. （2017苏州期末）若一架飞机向目标投弹，击毁目标的概率为0.2，目标未受损的概率为0.4，则目标受损但未完全被击毁的概率为.答案： 0.4解析：根据互斥事件的概率公式，得目标受损但未完全被击毁的概率为10.20.40.4.1. 对于几何概型的应用题，关键是将实际问题转化为概型中的长度、角度、面积、体积等常见几何概型问题，构造出随机事件对应的几何图形，利用图形的测度来求随机事件的概率.2. 分清古典概型与几何概型的关键就是古典概型与几何概型中基本事件发生的可能性都是相等的，但古典概型要求基本事件是有限个，而几何概型则是无限个.3. 求较复杂的互斥事件的概率，一般有两种方法：一是直接求解法，即将所求事件的概率分解成一些彼此互斥的事件的概率和，分解后的每个事件概率的计算通常为等可能事件的概率计算，这时应注意事件是否互斥，是否完备；二是间接求解法，先求出此事件的对立事件的概率，再用公式P（A）1P（）.若解决“至少”“至多”型的题目，用后一种方法就显得比较方便.解题时需注意“互斥事件”与“对立事件”的区别与联系，搞清楚“互斥事件”与“等可能性事件”的差异.备课札记答案：48解析：按ABCD顺序分四步涂色，共有432248（种）.1. 分类计数原理：如果完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，在第n类方式中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有Nm1m2mn种不同的方法.2. 分步计数原理：如果完成一件事，需要分成n个步骤，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Nm1m2mn种不同的方法.3. 分类和分步的区别，关键是看事件能否一步完成，事件一步完成了就是分类；必须要连续若干步才能完成的则是分步.分类要用分类计数原理将种数相加；分步要用分步计数原理，将种数相乘.备课札记1分类计数原理)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多少个？解：（解法1）按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个.由分类计数原理知，符合题意的两位数共有8765432136（个）.（解法2）按个位上的数字是2，3，4，5，6，7，8，9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别是1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个.由分类计数原理知，符合题意的两位数共有1234567836（个）.变式训练有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑.从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有多少种？解：第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作电脑，有224（种）方法；第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人操作电脑，有2种方法；第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人操作电脑只有1种方法；第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法.根据分类计数原理，共有42118（种）选派方法.2分步计数原理)2)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1，2，9的9个小正方形（如图），使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1，5，9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有种.123456789答案：108解析：把区域分为三部分，第一部分1，5，9，有3种涂法；第二部分4，7，8，当5，7同色时，4，8各有2种涂法，共4种涂法，当5，7异色时，7有2种涂法，4，8均只有1种涂法，故第二部分共426（种）涂法；第三部分与第二部分一样，共6种涂法.由分步计数原理，可得涂法共有366108（种）.变式训练有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，则监考的方法有种. 答案：9解析：分四步完成：第一步：第1位教师有3种选法；第二步：第1位教师监考的班的数学老师即第2位教师有3种选法；第三步：第3位教师有1种选法；第四步：第4位教师有1种选法.共有33119（种）监考的方法.3两个基本原理的综合应用)3)已知集合M1，2，3，4，集合A，B为集合M的非空子集.若对xA，yB，xy恒成立，则称（A，B）为集合M的一个“子集对”，则集合M的“子集对”共有个.答案：17解析：A1时，B有2317（种）情况；A2时，B有2213（种）情况；A3时，B有1种情况；A1，2时，B有2213（种）情况；A1，3，2，3，1，2，3时，B均有1种情况，故满足题意的“子集对”共有7313317（个）.某地奥运火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成.如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方案共有种.（用数字作答）答案：96解析：分为两类：第一棒是丙有12432148（种）；第一棒是甲、乙中一人有21432148（种）.根据分类计数原理，共有方案484896（种）.1. 只用1，2，3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有个.答案：18解析：由题意知，1，2，3中必有某一个数字重复使用2次，第一步确定谁被使用2次，有3种方法；第二步把这2个相等的数放在四位数不相邻的两个位置上，也有3种方法；第三步将余下的2个数放在四位数余下的2个位置上，有2种方法.故这样的四位数共有33218（个）.2. 如果把个位数是1，且恰好有3个数字相同的四位数叫做“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.答案：12解析：当重复数字是1时，有33种；当重复数字不是1时，有3种.由分类计数原理，得满足条件的“好数”有33312（个）.3. 由1，2，3，4可以组成个自然数，其中数字可以重复，最多只能是四位数字.答案：340解析：组成的自然数可以分为以下四类：第一类：一位自然数，共有4个.第二类：两位自然数，可分两步来完成.先取出十位上的数字，再取出个位上的数字，共有4416（个）.第三类：三位自然数，可分三步来完成.每一步都可以从4个不同的数字中任取一个，共有44464（个）.第四类：四位自然数，可分四步来完成，每一步都可以从4个不同的数字中任取一个，共有4444256（个）.由分类计数原理知，可以组成的不同的自然数为41664256340（个）.4. 把座位编号为1，2，3，4，5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为.答案：96解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则有3人分得1张，有1人分得2张，且分得的票必须是连号，相当于将1，2，3，4，5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号.在4个空位插3个板子，共有C4（种），再对应到4个人，有A24（种），则不同的分法共有42496（种）.5. 用4种不同的颜色涂入如图的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂色方法共有种.6.答案：72解析：按A，B，C，D顺序涂色，共有432372（种）方法.8. 两个基本原理认识不清致误)典例将红、黄、绿、黑4种不同的颜色分别涂入图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？易错分析：解决本题易出现的错误是没有理解计数原理的概念，盲目地套用公式.错解一：按一定顺序依次涂色利用分步计数原理求解.如按A，B，C，D，E顺序分别有4，3，2，2，1种涂法，由分步计数原理，共有4322148（种）.错解二：先涂中间C区有4种方法，剩下3种颜色涂4周4块区域，即有一种颜色涂两个相对的区域，另一相对区域也有同色或不同色2种涂法，共有432248（种）.错解一错在涂D区域时有B，D同色与B，D不同色两类情形；错解二错在最后一步相对区域涂色计数有误.解：（解法1）A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色依赖于B与D涂的颜色，如果B与D颜色相同有2种涂色方法，不相同，则只有1种，因此应先分类后分步. 当B与D同色时，有4321248（种）； 当B与D不同色时，有4321124（种）.故不同的涂色方法共有482472（种）.（解法2）先涂中间C区有4种方法，剩下3种颜色涂4周4块区域，即有一种颜色涂两个相对的区域，另一相对区域也有同色或不同色3种涂法，共有432372（种）.（解法3）按用3种或用4种颜色分两类，第一类用3种，此时A与E，B与D分别同色，于是涂法种数为A24（种）；第二类用4种，此时A与E，B与D有且只有一组同色，涂法种数为2A48（种）.由分类计数原理知涂法总数为244872（种）.特别提醒：分类计数原理与分步计数原理的区别：分类计数原理针对的是“完成事件的方法种类不同”的问题，其各种方法是相互独立的，用其中任何一种方法都能完成这件事情；分步计数原理针对的是“完成事件需分几个步骤”的问题，其各个步骤中的方法是相互联系的，只有各个步骤都完成才能完成这件事情.在解题时，要分析计数对象的本质特征与形成过程，正确合理进行分步或分类，然后应用两个基本计数原理来解决.1. 甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有种.答案：20解析：安排方法可以分为三类：若甲安排在周一，则乙、丙有4312（种）排法；若甲安排在周二，则乙、丙有326（种）排法；若甲安排在周三，则乙、丙有212（种）排法.所以不同的安排方法共有126220（种）.2. 如图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45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.答案：48 解析：每四个小方格（22型）中有“L”型图案4个，共有22型小方格12个，所以共有“L”型图案41248（个）.3. 现要安排一份5天值班表，每天有一个人值班.共有5个人，每个人都可以值多天班或不值班，但相邻两天不能由同一个人值班，问此值班表有种不同的排法.答案：1 280解析：分5步进行：第一步，先排第一天，可排5人中的任一个，有5种排法；第二步，再排第二天，此时不能排第一天的人，有4种排法；第三步，第三天，此时不能排第二天的人，有4种排法；第四步，第四天，此时不能排第三天的人，有4种排法；第五步，第五天，此时不能排第四天的人，有4种排法.由分步计数原理可得不同的排法有544441 280（种）.4. 若集合A1，A2满足A1A2A，则称（A1，A2）为集合A的一个分拆，并规定：当且仅当A1A2时，（A1，A2）与（A2，A1）为集合A的同一种分拆，则集合Aa1，a2，a3的不同分拆种数是.答案：27解析：由题意A1A2A，对A1分以下几种情况讨论： 若A1（空集），必有A2a1，a2，a3，共1种分拆； 若A1a1，则A2a2，a3或a1，a2，a3，共2种分拆；同理A1a2，a3时，各有2种分拆； 若A1a1，a2，则A2a3、a1，a3、a2，a3或a1，a2，a3，共4种分拆；同理A1a1，a3、a2，a3时，各有4种分拆； 若A1a1，a2，a3，则A2（空集）、a1、a2、a3、a1，a2、a1，a3、a2，a3或a1，a2，a3，共8种分拆.综上，共有12343827（种）不同的分拆.在应用两个计数原理解决具体问题时，常用以下几种方法技巧：（1） 建模法：建立数学模型，将所给问题转化为数学问题，这是计数方法中的基本方法.（2） 枚举法：利用枚举法（如树状图，表格）可以使问题的分析更直观、清楚，便于发现规律，从而形成恰当的分类或分步的设计思想.（3） 直接法和间接法：在实施计算中，可考虑用直接法或间接法（排除法），用不同的方法、不同的思路来验证结果的正误.（4） 分类计数原理和分步计数原理多数情形下是结合使用的，根据问题特点，一般是先分类再分步，某些复杂情形下，也可先分步再分类.分类要“不重不漏”，分步要“连续完整”.备课札记第2课时排列与组合（对应学生用书（理）172173页）近几年高考中排列与组合在理科加试部分考查，今后将会结合概率统计进行命题，考查排列、组合的基础知识、思维能力，以实际问题为背景，考查学生学习基础知识、应用基础知识、解决实际问题的能力，难度将不太大. 理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题. 以实际问题为背景，正确区分排列与组合，合理选用排列与组合公式进行解题.1. （选修23P26例2改编）从3名男生，4名女生中任选5人排成一排，则有种不同的排法.答案：2 520解析：问题即为从7个元素中选出5个全排列，有A2 520（种）排法.2. （选修23P18习题10改编）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.答案：48解析：分两步：第一步，先排个位有A种排法；第二步，再排前三位有A种排法.故共有AA48（种）排法.3. 某校拟从4名男教师和5名女教师中各选2名教师开设公开课，则男教师A和女教师B至少有一名被选中的不同选法的种数是.答案：42解析：从4名男教师和5名女教师中各选2名教师开设公开课，所有的选法种数是CC60.男教师A和女教师B都没有被选中的选法种数是CC18，故男教师A和女教师B至少有一名被选中的不同选法的种数是601842.4. （选修23P24习题2改编）下列等式不正确的是.（填序号） CC； C； （n2）（n1）AA； CCC.答案：解析：由排列数公式和组合数公式易证正确；而C，所以不正确.5. （改编题）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.答案：60解析：分两类，第一类：3张中奖奖券分给3个人，共A种分法；第二类：3张中奖奖券分给2个人相当于把3张中奖奖券分两组再分给4人中的2人，共有CA种分法.总获奖情况共有ACA60（种）.1. 排列（1） 排列的定义：从n个不同的元素中取出m（mn）个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.（2） 排列数的定义：从n个不同的元素中取出m（mn）个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号A表示.（3） 排列数公式 当mn时，排列称为选排列，排列数为An（n1）（n2）（nm1）； 当mn时，排列称为全排列，排列数为An（n1）（n2）21.上式右边是自然数1到n的连乘积，把它叫做n的阶乘，并用n！表示，于是An！.进一步规定0！1，于是，An（n1）（n2）（nm1），即A.2. 组合（1） 组合的定义：从n个不同的元素中取出m（mn）个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.（2） 组合数的定义：从n个不同的元素中取出m（mn）个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号C表示.（3） 组合数公式C.规定C1.（4） 组合数的两个性质： CC； CCC.（5） 区别排列与组合排列与组合的共同点，就是都要“从n个不同元素中，任取m个元素”，而不同点就是前者要“顺序”，而后者却是“并成一组”.因此，“有序”与“无序”是区别排列与组合的重要标志.1排列问题)1)（选修23P26例2改编）7位同学站成一排照相.（1） 甲不排头、乙不排尾的排法共有多少种？（2） 甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？（3） 甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？（4） 甲必须站在乙的左边的不同排法共有多少种？解：（1） （解法1）直接法：分两种情况：甲站在排尾，则有A种排法；甲不站排尾，先排甲、乙，再排其他，则有AAA种排法.综上，共有AAAA3 720（种）排法.（解法2）间接法：总的排法数减去甲站在排头的和乙站在排尾的情况，但是这就把甲站在排头且乙站在排尾的情况减了两次，故后面要加回来，即AAAA3 720（种）排法.（2） 采用“捆绑”法，将甲、乙看成一