高考数学大一轮复习 第十一章 第2节 排列与组合学案 理 新人教B版

11.2排列与组合必备知识预案自诊知识梳理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)个元素的所有不同的个数组合数的个数3.排列数、组合数的公式及性质公式(1)A n m=n(n-1)(n-2)·…·(n-m+1)=n!(n-m)!(2)A n m=A n mA m m=n(n-1)(n-2)·…·(n-m+1)m!=n!m!(n-m)!性质(1)0!= ;A n n=n×(n-1)×(n-2)×…×2×1=n!(2)A n m=A n n-m;An+1m=A n m +A n m-11.A n m=(n-m+1)A n m-1.2.A n m=n A n-1m-1.3.(n+1)!-n!=n·n!.4.k A n k=n A n-1k-1.5.A n m=nmAn-1m-1=nn-mAn-1m=n-m+1mA n m-1.考点自诊1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.()(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序.()(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.()(4)若组合式C A A=C A A,则x=m成立.()(5)排列中,给出的n个元素各不相同,被取出的元素也各不相同的情况.即如果某个元素已被取出,则这个元素就不再取了.()2.2019年5月22日具有“国家战略”意义的“长三角一体化”会议在芜湖举行,长三角城市群包括:上海市以及江苏省、浙江省、安徽省三省部分城市,简称“三省一市”.现有4名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省四个地方旅游,假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游,则恰有一个地方未被选中的概率为()A.2764B.916C.81256D.7163.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种数为()A.18B.20C.21D.224.2020年7月1日迎来了我国建党99周年,6名老党员在这天相约来到革命圣地之一的西柏坡.6名老党员中有3名党员当年在同一个班,他们站成一排拍照留念时,要求同班的3名党员站在一起,且满足条件的每种排法都要拍一张照片,若将照片洗出来,每张照片0.5元(不含过塑费),且有一半的照片需要过塑,每张过塑费为0.75元.若将这些照片平均分给每名老党员(过塑的照片也要平均分),则每名老党员需要支付的照片费为()A.20.5元B.21元C.21.5元D.22元5.(2020广西柳州抽测)将4名学生分别安排到甲、乙、丙三地参加社会实践活动,每个地方至少安排一名学生参加,则不同的安排方案共有种.关键能力学案突破考点简单的排列应用题(多考向探究)考向1在与不在问题——特殊元素(或位置)优先法〖例1〗6人站成一排,其中甲不能站在排头,乙不能站在排尾的不同排法共有种.解题心得解此类问题常用“元素分析法”“位置分析法”.元素分析法——即以元素为主,优先考虑特殊元素的要求,再考虑其他元素;位置分析法——即以位置为主,优先考虑特殊位置的要求,再考虑其他位置.变式发散6人站成一排,则甲既不站排头又不站排尾的站法有种.对点训练16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种考向2相邻问题——捆绑法〖例2〗3名男生、3名女生排成一排,男生必须相邻,女生也必须相邻的排法种数为( )A.2B.9C.72D.36解题心得在实际排列问题中,某些元素要求必须相邻时,可以先将这些元素看成一个整体,与其他元素排列后,再考虑相邻元素的内部排序,这种方法称为“捆绑法”.对点训练2某小区有排成一排的7个车位,现有3辆不同型号的车需要停放,如果要求剩余的4个车位连在一起,那么不同的停放方法的种数为( )A.16B.18C.24D.32考向3 不相邻问题——插空法〖例3〗某校高三要安排毕业晚会的4个音乐节目,2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序,要求2个舞蹈节目不连排,则不同排法的种数是( )A.1 800B.3 600C.4 320D.5 040解题心得某些元素要求不相邻时,可以先安排其他元素,再将这些不相邻元素插入已排好的元素的空隙或两端位置,这种方法称为“插空法”.对点训练3某次联欢会要安排3个歌舞类节目,2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,同类节目不相邻的排法种数是( )A.72B.120C.144D.168考向4 定序问题——等几率法〖例4〗有4名男生,3名女生,其中3名女生高矮各不相同,将7名学生排成一行,要求从左到右,女生从矮到高排列(不一定相邻),不同的排法共有 种.解题心得若有(m+n )个元素排成一列,其中有m 个元素之间的顺序固定不变,则将这(m+n )个元素排成一列,共有A A +A A +A 种不同的排法,然后固定其他的n 个元素的位置不动,把这m 个元素变换顺序,共有A A A 种排法,其中只有一个排列是我们所需要的排列,因而共有A A +A A +AA A A 种不同的排法.对点训练47个人排成一队参观某项目,其中A ,B ,C 三人进入展厅的次序必须是先B 再A 后C ,则不同的列队方式种数为( )A.120B.240C.420D.840考点 组合问题〖例5〗某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种不合格商品.现从35种商品中选取3种.(1)其中某一种不合格商品必须在内,不同的取法有多少种?(2)其中某一种不合格商品不能在内,不同的取法有多少种?(3)恰有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?(4)至少有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?(5)至多有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?解题心得组合问题的两类题型及求解方法(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:“含”,则先将这些元素取出,再由另外的元素补足;“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“至多”含有几个元素的组合题型:解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解,通常用直接法分类复杂时,考虑逆向思维,用间接法处理.对点训练5(1)从4男2女共6名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,不同选法共有()A.156种B.168种C.180种D.240种(2)2020年国庆假期,高三的8名同学准备拼车去旅游,其中(1)班、(2)班、(3)班、(4)班每班各两名,分乘甲乙两辆汽车,每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置),其中(1)班两位同学是孪生姐妹,需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有()A.18种B.24种C.48种D.36种考点分组与分配问题〖例6〗按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方法?(1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;(3)平均分成三份,每份2本;(4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本;(5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本;(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本.解题心得分组、分配问题的一般解题思路是先分组再分配.(1)分组问题属于“组合”问题.①对于整体均分,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组数的阶乘;②对于部分均分,即若有m组元素个数相同,则分组时应除以m!;③对于不等分组,只需先分组,后排列.(2)分配问题属于“排列”问题.①相同元素的“分配”问题,常用的方法是采用“隔板法”;②不同元素的“分配”问题,利用分步乘法计数原理,分两步完成,第一步是分组,第二步是发放;③限制条件的分配问题常采用分类法求解.对点训练6(1)某科研单位准备把7名大学生分配到编号为1,2,3的三个实验室实习,若要求每个实验室分配到的大学生人数不小于该实验室的编号,则不同的分配方案的种数为()A.280B.455C.355D.350(2)(2020新高考全国1,3)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有()A.120种B.90种C.60种D.30种(3)在第二届乌镇互联网大会中,为了提高安保的级别同时又为了方便接待,现将其中的五个参会国的人员安排酒店住宿,这五个参会国要在a,b,c三家酒店选择一家,且每家酒店至少有一个参会国入住,则这样的安排方法共有()A.96种B.124种C.130种D.150种11.2排列与组合必备知识·预案自诊知识梳理1.一定的顺序2.排列组合3.(1)1考点自诊1.(1)×(2)×(3)√(4)×(5)√2.B4名同学去旅游的所有情况有44=256(种),恰有一个地方未被选中共有C41·C42C21A22·A33=144(种)情况,所以恰有一个地方未被选中的概率为p=144256=916.故选B.3.B当A,C之间为B时,看成一个整体进行排列,共有A22·A33=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C21·A22·A22=8(种),所以共有20种不同的排法.故选B.4.B利用捆绑法可求得照片的总数为A33A44=144,则每名老党员需要支付的照片费为144×0.5+72×0.756=21(元).故选B.5.36第一步,先从4名学生中任取两人组成一组,与剩下2人组成三组,有C42=6(种)不同的方法;第二步,将分成的三组安排到甲、乙、丙三地,则有A33=6(种)不同的方法.故共有6×6=36(种)不同的安排方案.关键能力·学案突破例1504(方法1特殊元素法)分两类:第1类,甲先从中间四个位置选一个站好,有A41种站法.乙不站排尾,则乙可从除排尾之外的4个位置中选一个站好,共有A41种站法.其余四人任意排,有A44种站法.故共有A41A41A44种站法.第2类,甲站排尾,此时,乙不再特殊,共有A55种站法.根据分类加法计数原理,共有A41A41A44+ A55=504(种)不同的站法.(方法2特殊位置法)排头与排尾特殊,故可以从排头与排尾入手.分三类:第1类,从除甲、乙之外的4人中选2人站排头、排尾,有A42A44种站法.第2类,甲站排尾,有A55种站法.第3类,乙站排头,有A55种站法(其中重合部分:乙站排头,甲站排尾,有A44种站法).根据分类加法计数原理,共有A42A44+A55+A55−A44=504(种)不同的站法.(方法3间接法)6人站成一排有A66种站法,甲站排头或乙站排尾有2A55种站法,甲站排头且乙站排尾有A44种站法,故共有A66-2A55+A44=504(种)不同的站法.变式发散480先安排甲的位置(既不站排头又不站排尾),再安排其他5人的位置,分为两步:第1步,将甲排在除排头、排尾的任意位置上,有A41种站法;第2步,余下5人站在剩下的5个位置上,有A55种站法.由分步乘法计数原理可知,共有A41A55=480(种)不同的站法.对点训练1B 分两类:第1类,甲在最左端,有A 55=5×4×3×2×1=120(种)不同的排法;第2类,乙在最左端,甲不在最右端,有4A 44=4×4×3×2×1=96(种)不同的排法.所以共有120+96=216(种)不同的排法.例2C 可分两步完成:第1步,把3名女生作为一个整体,看成一个元素,3名男生作为一个整体,看成一个元素,两个元素排成一排有A 22种排法;第2步,3名女生排在一起有A 33种排法,3名男生排在一起有A 33种排法,故排法种数为A 22A 33A 33=72.对点训练2C 将4个车位捆绑在一起,看成一个元素,先排3辆不同型号的车,在3个车位上任意排列,有A 33=6(种)方法,再将捆绑在一起的4个车位插入4个空位中,有4种方法,故共有4×6=24(种)方法.例3B 先排除舞蹈节目以外的5个节目,共A 55种排法,再把2个舞蹈节目插在6个空位中,有A 62种排法,所以共有A 55A 62=3600(种)排法.对点训练3B 先安排小品节目和相声节目,然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种:“小品,小品,相声”“小品,相声,小品”和“相声,小品,小品”.对于第一种情况,形式为“□小品歌舞小品□相声□”,有A 22C 31A 32=36(种)安排方法;同理,第三种情况也有36种安排方法;对于第二种情况,三个节目形成4个空,其形式为“□小品□相声□小品□”,有A 22A 43=48(种)安排方法,故共有36+36+48=120(种)安排方法.例4840 7名学生的排列共有A 77种,其中女生的排列共有A 33种,按照从左到右,女生从矮到高的排列只是其中的一种,故有A 77A 33=A 74=840(种)不同的排法. 对点训练4D 根据题意,先将7人排成一列,有A 77种排法,其中A ,B ,C 三人进入展厅的次序必须是先B 再A 后C ,即A ,B ,C 三人顺序一定,则不同的列队方式有A 77A 33=840(种). 例5解(1)从余下的34种商品中,选取2种,有C 342=561(种)取法,故某一种不合格商品必须在内的不同取法有561种.(2)从34种可选商品中,选取3种,有C 343种或者C 353−C 342=C 343=5984(种)取法.故某一种不合格商品不能在内的不同取法有5984种.(3)从20种合格商品中选取1种,从15种不合格商品中选取2种,有C 201C 152=2100(种)取法.故恰有2种不合格商品在内的不同的取法有2100种.(4)选取2种不合格商品有C 201C 152种取法,选取3种不合格商品有C 153种取法,共有C 201C 152+C 153=2100+455=2555(种)取法.故至少有2种不合格商品在内的不同的取法有2555种.(5)任意选取3种的总数为C 353,因此共有C 353−C 153=6545-455=6090(种)取法.故至多有2种不合格商品在内的不同的取法有6090种.对点训练5(1)B (2)B (1)从4男2女共6名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队有C 61·C 51·C 42=6×5×4×32=180(种)选法,服务队中没有女生的选法有C 41·C 31·C 22=4×3×1=12(种),所以要求服务队中至少有1名女生,不同选法共有180-12=168(种)选法.故选B .(2)由题意,第一类,一班的2名同学在甲车上,甲车上剩下两个要来自不同的班级,从三个班级中选两个为C 32=3(种),然后分别从选择的班级中再选择一个学生为C 21C 21=4,故有3×4=12(种);第二类,一班的2名同学不在甲车上,则从剩下的3个班级中选择一个班级的两名同学在甲车上,为C 31=3,然后再从剩下的两个班级中分别选择一人为C 21C 21=4,这时共有3×4=12(种),根据分类加法计数原理得,共有12+12=24(种)不同的乘车方式.故选B .例6解(1)先从6本书中选1本,有C 61种分配方法;再从剩余5本书中选择2本,有C 52种分配方法,剩余的就是3本书,有C 33种分配方法,所以总共有C 61C 52C 33=60(种)分配方法.(2)由(1)可知分组后共有60种方法,分别分给甲、乙、丙后的方法有C 61C 52C 33A 33=360(种).(3)从6本书中选择2本书,有C 62种分配方法;再从剩余4本书中选择2本书,有C 42种分配方法;剩余的就是2本书,有C 22种分配方法,所以有C 62C 42C 22=90(种)分配方法.但是,该过程有重复.假如6本书分别为A ,B ,C ,D ,E ,F ,若三个步骤分别选出的是(AB ),(CD ),(EF ).则所有情况为(AB ,CD ,EF ),(AB ,EF ,CD ),(CD ,AB ,EF ),(CD ,EF ,AB ),(EF ,AB ,CD ),(EF ,CD ,AB ).所以分配方法共有C 62C 42C 22A 33=15(种).(4)由(3)可知,将三份分别分给甲、乙、丙三人,则分配方法有C 62C 42C 22A 33×A 33=90(种).(5)从6本书中选4本书的方法有C 64种,从剩余2本书中选1本书有C 21种,因为在最后两本书的选择中发生了重复,所以分配方法总共有C 64C 21A 22=15(种).(6)由(5)可知,将三份分别分给甲、乙、丙三人即可,则分配方法有C 64C 21A 22×A 33=90(种).对点训练6(1)B (2)C (3)D (1)每个实验室人数分配有三种情况,即1,2,4;1,3,3;2,2,3.当实验室的人数为1,2,4时,分配方案有C 71C 62C 44=105(种);当实验室的人数为1,3,3时,分配方案有C 71C 63C 33=140(种);当实验室的人数为2,2,3时,分配方案有C 72C 52C 33=210(种).故不同的分配方案有455种.故选B.(2)甲场馆安排1名有C 61种方法,乙场馆安排2名有C 52种方法,丙场馆安排3名有C 33种方法,所以共有C 61·C 52·C 33=60(种)方法,故选C .(3)根据题意,分2步进行分析:①五个参会国要在a ,b ,c 三家酒店选择一家,且这三家至少有一个参会国入住,所以可以把5个国家人分成三组,一种是1,1,3,另一种是1,2,2.当按照1,1,3来分时共有C 53=10(种)分组方法;当按照1,2,2来分时共有C 52C 32A 22=15(种)分组方法,则一共有10+15=25(种)分组方法;②将分好的三组对应三家酒店,有A 33=6(种)对应方法;则安排方法共有25×6=150(种).故选D .。

11.5 条件概率与事件的独立性考纲要求1．了解条件概率和两个事件相互独立的概念．2．理解n 次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题．1．条件概率对于任何两个事件A 和B ，在已知事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率叫做__________，用符号“P (B |A )”来表示．我们把由事件A 和B 同时发生所构成的事件D ，称为事件A 与B 的__________(或__________)，记做D ＝A ∩B (或D ＝AB )．一般地，我们有条件概率公式P (B |A )＝__________，P (A )＞0.2．事件的相互独立性事件A 是否发生对事件B 发生的概率没有影响，即P (B |A )＝__________，这时，我们称两个事件A ，B __________，并把这两个事件叫做__________．一般地，当事件A ，B 相互独立时，A 与__________，__________与B ，A 与__________也相互独立．3．独立重复试验与二项分布在相同的条件下，重复地做n 次试验，各次试验的结果相互独立，那么一般就称它们为n 次独立重复试验．一般地，事件A 在n 次试验中发生k 次，共有C k n 种情形，由试验的独立性知A 在k 次试验中发生，而在其余n －k 次试验中不发生的概率都是p k (1－p )n －k，所以由概率加法公式知，如果在一次试验中事件A 发生的概率是p ，那么在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为P n (k )＝__________(k ＝0,1,2，…，n )．此时称随机变量X 服从二项分布，记作X ～B (n ，p )．1．在一段时间内，甲去某地的概率是14，乙去此地的概率是15，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内至少有1人去此地的概率是( )．A.320B.15C.25D.9202．一射手对同一目标独立地进行4次射击，已知至少命中一次的概率为8081，则此射手的命中率为__________．一、条件概率【例1－1】甲乙两市位于长江下游，根据一百多年来的记录知道，一年中雨天的比例，甲为20%，乙为18%，两市同时下雨的天数占12%.求：(1)乙市下雨时甲市也下雨的概率； (2)甲乙两市至少一市下雨的概率．【例1－2】把外形相同的球分装在三个盒子中，每盒10个．其中，第一个盒子中有7个球标有字母A,3个球标有字母B ；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中则有红球8个，白球2个．试验按如下规则进行：先在第一个盒子中任取一个球，若取得标有字母A 的球，则在第二个盒子中任取一个球；若第一次取得标有字母B 的球，则在第三个盒子中任取一个球．如果第二次取出的是红球，则称试验为成功，求试验成功的概率．方法提炼1．求P (B |A )时，可把A 看作新的基本事件空间来计算B 发生的概率，也就是说把B 发生的样本空间缩小为A 所包含的基本事件．2．若事件B ，C 互斥，则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )，即为了求得比较复杂事件的概率，往往可以先把它分解成若干个互不相容的较简单事件之和，先求出这些简单事件的概率，再利用加法公式即得所求的复杂事件的概率．请做演练巩固提升2二、相互独立事件同时发生的概率【例2】 甲、乙、丙三人参加了一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约，甲表示只要面试合格就签约，乙、丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约．设每人面试合格的概率都是12，且面试是否合格互不影响．求：(1)至少有1人面试合格的概率； (2)签约人数ξ的分布列． 方法提炼1．当从意义上不易判定两个事件是否相互独立时，可运用公式P (AB )＝P (A )P (B )计算判定．求相互独立事件同时发生的概率时，要搞清事件是否相互独立．若能把复杂事件分解为若干简单事件，则运用对立事件可把问题简化．2．由两个事件相互独立的定义，可推广到三个或三个以上相互独立事件的概率计算公式，即若A 1，A 2，…，A n 相互独立，则P (A 1A 2…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n )．3．在解题过程中，要明确事件中的“至少有一个发生”、“至多有一个发生”、“恰有一个发生”、“都发生”、“都不发生”、“不都发生”等词语的意义．若能把相关事件正确地表示出来，同时注意使用逆向思考的方法，常常能使问题的解答变得简便．请做演练巩固提升3 三、二项分布【例3】 甲、乙两队参加世博会知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为23，乙队中3人答对的概率分别为23，23，12，且各人答对正确与否相互之间没有影响．用ξ表示甲队的总得分．(1)求随机变量ξ的分布列；(2)设C 表示事件“甲得2分，乙得1分”，求P (C )． 方法提炼1．独立重复试验是相互独立事件的特例，注意二者的区别．独立重复试验必须具备如下的条件：(1)每次试验的条件完全相同，有关事件的概率不变；(2)各次试验结果互不影响，即每次试验相互独立；(3)每次试验只有两种结果，这两种可能结果的发生是对立的．2．判断某随机变量是否服从二项分布，主要看以下两点：(1)在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生；(2)在每一次试验中，事件发生的概率相同．若满足，则在n 次独立重复试验中就可把事件发生的次数作为随机变量，此时该随机变量服从二项分布．在写二项分布时，首先要确定X 的取值，再直接用公式P (X ＝k )计算概率即可．请做演练巩固提升4服从二项分布的随机变量的求解【典例】 (12分)(2012四川高考)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A 和B ，系统A 和系统B 在任意时刻发生故障的概率分别为110和p .(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，求p 的值；(2)设系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的概率分布列及数学期望E ξ.规范解答：(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C ，那么1－P (C )＝1－110·p ＝4950.(4分)解得p ＝15.(5分)(2)由题意，P (ξ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫1103＝11 000，(6分)P (ξ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫1102·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110＝271 000，(7分)P (ξ＝2)＝C 23110·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1102＝2431 000，(8分) P (ξ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1103＝7291 000.(9分) 所以，随机变量ξ的概率分布列为 ξ 0 1 2 3P 11 000 271 000 2431 000 7291 000故随机变量ξ的数学期望：(11分)E (ξ)＝0×11 000＋1×271 000＋2×2431 000＋3×7291 000＝2710.(12分)答题指导：解决离散型随机变量分布列时，还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：(1)对随机变量的理解不到位，造成对随机变量的取值求解错误；(2)求错随机变量取值的概率，造成所求解的分布列概率之和大于1或小于1，不满足分布列的性质；(3)要注意语言叙述的规范性，解题步骤应清楚、正确、完整，不要漏掉必要说明及避免出现严重跳步现象．1．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军．若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为( )．A.12B.35C.23D.342．一个正方形被平均分成9个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)．设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A ，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B ，求P (AB )，P (A |B )．3．在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，只要其中有1个开关能够闭合，线路就能正常工作．假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率．4．某小学三年级的英语老师要求学生从星期一到星期四每天学习3个英语单词；每周星期五对一周内所学过的单词随机抽取若干个进行检测(一周所学的单词每个被抽到的可能性相同)．(1)英语老师随机抽了4个单词进行检测，求至少有3个是后两天学习过的单词的概率；(2)某学生对后两天所学过的单词每个能默写对的概率为45，对前两天所学过的单词每个能默写对的概率为35；若老师从后三天所学过的单词中各抽取了一个进行检测，求该学生能默写对的单词数ξ的分布列．参考答案基础梳理自测知识梳理1．条件概率 交 积P (A ∩B )P (A )2．P (B ) 相互独立 相互独立事件 B A B 3．C n k p k(1－p )n －k基础自测1．C 解析：记甲去某地的概率是P (A )＝14，乙去此地的概率是P (B )＝15，故至少有1人去此地的概率为1－P (A B )＝1－P (A )P (B )＝1－34×45＝25.2.23 解析：设此射手的命中率为p ，由1－(1－p )4＝8081，得p ＝23. 考点探究突破【例1－1】 解：分别用A ，B 表示事件“甲下雨”和“乙下雨”，按题意有，P (A )＝20%，P (B )＝18%，P (AB )＝12%.(1)乙市下雨时甲市也下雨的概率为P (A |B )＝P (AB )P (B )＝1218＝23.(2)甲乙两市至少一市下雨的概率为P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )－P (AB )＝20%＋18%－12%＝26%.【例1－2】 解：设A ＝{从第一个盒子中取得标有字母A 的球}， B ＝{从第一个盒子中取得标有字母B 的球}， R ＝{第二次取出的球是红球}， W ＝{第二次取出的球是白球}，则容易求得P (A )＝710，P (B )＝310，P (R |A )＝12，P (W |A )＝12，P (R |B )＝45，P (W |B )＝15.事件“试验成功”表示为RA ∪RB ，又事件RA 与事件RB 互斥，故由概率的加法公式，得P (RA ∪RB )＝P (RA )＋P (RB ) ＝P (R |A )P (A )＋P (R |B )P (B ) ＝12×710＋45×310＝0.59. 【例2】 解：用A ，B ，C 分别表示事件甲、乙、丙面试合格．由题意知A ，B ，C 相互独立，且P (A )＝P (B )＝P (C )＝12.(1)至少有1人面试合格的概率是1－P (A B C )＝1－P (A )P (B )P (C )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝78. P (ξ＝0)＝P (A B C )＋P (A B C )＋P (A B C )＝P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝38，P (ξ＝1)＝P (A B C )＋P (AB C )＋P (A B C )＝P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝38，P (ξ＝2)＝P (A BC )＝P (A )P (B )P (C )＝18， P (ξ＝3)＝P (ABC )＝P (A )P (B )P (C )＝18.所以，ξ的分布列是ξ 0 1 23 P 38 38 1818P (ξ＝0)＝C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎫230×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－233＝127，P (ξ＝1)＝C 13×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232＝29，P (ξ＝2)＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝49，P (ξ＝3)＝33C ×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827，所以ξ的分布列为 ξ 0 1 23 P 127 29 49827(2)甲得2分，乙得1分，两事件是独立的，由上表可知，甲得2分，其概率P (ξ＝2)＝49，乙得1分，其概率为P ＝23×13×12＋13×23×12＋13×13×12＝518.根据独立事件概率公式，得P (C )＝49×518＝1081.演练巩固提升1．D 解析：由甲、乙两队每局获胜的概率相同，知甲每局获胜的概率为12，甲要获得冠军有两种情况：第一种情况是再打一局甲赢，甲获胜概率为12；第二种情况是再打两局，第一局甲输，第二局甲赢．则其概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×12＝14.故甲获得冠军的概率为12＋14＝34.2．解：由图可知，n (Ω)＝9，n (A )＝3，n (B )＝4，n (AB )＝1，所以P (AB )＝19，P (A |B )＝n (AB )n (B )＝14.3．解：分别记这段时间内开关J A ，J B ，J C 能够闭合为事件A ，B ，C .由题意可知，这段时间内该3个开关是否能够闭合相互之间是没有影响的．根据相互独立事件的概率乘法公式，可得这段时间内3个开关都不闭合的概率是P (A B C )＝P (A )P (B )P (C )＝[1－P (A )][1－P (B )][1－P (C )]＝(1－0.7)(1－0.7)(1－0.7)＝0.027.只要这段时间内至少有1个开关能够闭合，线路就能正常工作，从而使线路能正常工作的概率是1－P (A B C )＝1－0.027＝0.973.4．解：(1)设英语老师抽到的4个单词中，至少含有3个后两天学过的事件为A ，则由题意可得P (A )＝314666412C C C C +＝311. 则有：P (ξ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫152×⎝ ⎛⎭⎪⎫25＝2125，P (ξ＝1)＝C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫45×15×25＋⎝ ⎛⎭⎪⎫152×35＝19125，P (ξ＝2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452×25＋C 12×45×15×35＝56125， P (ξ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452×35＝48125.所以ξ的分布列为 ξ 0 12 3 P 2125 1912556125 48125。

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第6节几何概型最新考纲 1.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率;2。

了解几何概型的意义。

知识梳理1。

几何概型的定义事件A理解为区域Ω的某一子区域A,A的概率只与子区域A的几何度量（长度、面积、体积)成正比，而与A的位置和形状无关，满足上述条件的试验称为几何概型。

2.几何概型的两个基本特点(1）无限性：在一次试验中,可能出现的结果有无限多个；（2）等可能性：每个结果的发生具有等可能性。

3。

几何概型的概率公式P(A)＝错误!，其中μΩ表示区域Ω的几何度量,μA表示子区域A的几何度量.［常用结论与微点提醒］1.几何概型的基本事件的个数是无限的，古典概型中基本事件的个数是有限的，前者概率的计算与基本事件的区域长度(面积或体积)的大小有关，而与形状和位置无关.2.几何概型中,线段的端点、图形的边框是否包含在事件之内不影响所求结果。

诊断自测1.思考辨析（在括号内打“√”或“×”)（1）随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率。

（）(2)从区间[1,10]内任取一个数，取到1的概率是110.（)（3）概率为0的事件一定是不可能事件。

高考数学一轮复习：11.2 排列与组合必备知识预案自诊知识梳理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 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 的个数组合数的个数3.排列数、组合数的公式及性质公式(1)A n m =n (n-1)(n-2)·…·(n-m+1)=n!(n -m)!(2)A n m =A nm A m m =n(n -1)(n -2)·…·(n -m +1)m!=n!m!(n -m)!性质 (1)0!= ;A n n =n ×(n-1)×(n-2)×…×2×1=n !(2)A n m =A n n -m;A n +1m =A n m +A n m-11.A n m =(n-m+1)A n m -1.2.A n m =n A n -1m -1.3.(n+1)!-n !=n ·n !.4.k A n k =n A n -1k -1.5.A n m=nm An-1m-1=nn-mAn-1m=n-m+1mA n m-1.考点自诊1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.()(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序.()(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.()(4)若组合式C A A=C A A,则x=m成立.()(5)排列中,给出的n个元素各不相同,被取出的元素也各不相同的情况.即如果某个元素已被取出,则这个元素就不再取了.()2.2019年5月22日具有“国家战略”意义的“长三角一体化”会议在芜湖举行,长三角城市群包括:上海市以及江苏省、浙江省、安徽省三省部分城市,简称“三省一市”.现有4名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省四个地方旅游,假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游,则恰有一个地方未被选中的概率为()A.2764B.916C.81256D.7163.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种数为()A.18B.20C.21D.224.2020年7月1日迎来了我国建党99周年,6名老党员在这天相约来到革命圣地之一的西柏坡.6名老党员中有3名党员当年在同一个班,他们站成一排拍照留念时,要求同班的3名党员站在一起,且满足条件的每种排法都要拍一张照片,若将照片洗出来,每张照片0.5元(不含过塑费),且有一半的照片需要过塑,每张过塑费为0.75元.若将这些照片平均分给每名老党员(过塑的照片也要平均分),则每名老党员需要支付的照片费为()A.20.5元B.21元C.21.5元D.22元5.(2020广西柳州抽测)将4名学生分别安排到甲、乙、丙三地参加社会实践活动,每个地方至少安排一名学生参加,则不同的安排方案共有种.关键能力学案突破考点简单的排列应用题(多考向探究)考向1在与不在问题——特殊元素(或位置)优先法【例1】6人站成一排,其中甲不能站在排头,乙不能站在排尾的不同排法共有种.解题心得解此类问题常用“元素分析法”“位置分析法”.元素分析法——即以元素为主,优先考虑特殊元素的要求,再考虑其他元素;位置分析法——即以位置为主,优先考虑特殊位置的要求,再考虑其他位置.变式发散6人站成一排,则甲既不站排头又不站排尾的站法有种.对点训练16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种考向2 相邻问题——捆绑法 【例2】3名男生、3名女生排成一排,男生必须相邻,女生也必须相邻的排法种数为( ) A.2 B.9 C.72 D.36解题心得在实际排列问题中,某些元素要求必须相邻时,可以先将这些元素看成一个整体,与其他元素排列后,再考虑相邻元素的内部排序,这种方法称为“捆绑法”.对点训练2某小区有排成一排的7个车位,现有3辆不同型号的车需要停放,如果要求剩余的4个车位连在一起,那么不同的停放方法的种数为( )A.16B.18C.24D.32 考向3 不相邻问题——插空法【例3】某校高三要安排毕业晚会的4个音乐节目,2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序,要求2个舞蹈节目不连排,则不同排法的种数是( )A.1 800B.3 600C.4 320D.5 040解题心得某些元素要求不相邻时,可以先安排其他元素,再将这些不相邻元素插入已排好的元素的空隙或两端位置,这种方法称为“插空法”.对点训练3某次联欢会要安排3个歌舞类节目,2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,同类节目不相邻的排法种数是( )A.72B.120C.144D.168 考向4 定序问题——等几率法【例4】有4名男生,3名女生,其中3名女生高矮各不相同,将7名学生排成一行,要求从左到右,女生从矮到高排列(不一定相邻),不同的排法共有 种.解题心得若有(m+n )个元素排成一列,其中有m 个元素之间的顺序固定不变,则将这(m+n )个元素排成一列,共有A A +A A +A种不同的排法,然后固定其他的n 个元素的位置不动,把这m 个元素变换顺序,共有A A A 种排法,其中只有一个排列是我们所需要的排列,因而共有A A +AA +A A AA 种不同的排法.对点训练47个人排成一队参观某项目,其中A ,B ,C 三人进入展厅的次序必须是先B 再A 后C ,则不同的列队方式种数为( )A.120B.240C.420D.840考点组合问题【例5】某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种不合格商品.现从35种商品中选取3种.(1)其中某一种不合格商品必须在内,不同的取法有多少种? (2)其中某一种不合格商品不能在内,不同的取法有多少种? (3)恰有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种? (4)至少有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种? (5)至多有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种? 解题心得组合问题的两类题型及求解方法(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:“含”,则先将这些元素取出,再由另外的元素补足;“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“至多”含有几个元素的组合题型:解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解,通常用直接法分类复杂时,考虑逆向思维,用间接法处理.对点训练5(1)从4男2女共6名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,不同选法共有()A.156种B.168种C.180种D.240种(2)2020年国庆假期,高三的8名同学准备拼车去旅游,其中(1)班、(2)班、(3)班、(4)班每班各两名,分乘甲乙两辆汽车,每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置),其中(1)班两位同学是孪生姐妹,需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有()A.18种B.24种C.48种D.36种考点分组与分配问题【例6】按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方法?(1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;(3)平均分成三份,每份2本;(4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本;(5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本;(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本.解题心得分组、分配问题的一般解题思路是先分组再分配.(1)分组问题属于“组合”问题.①对于整体均分,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组数的阶乘;②对于部分均分,即若有m组元素个数相同,则分组时应除以m!;③对于不等分组,只需先分组,后排列.(2)分配问题属于“排列”问题.①相同元素的“分配”问题,常用的方法是采用“隔板法”;②不同元素的“分配”问题,利用分步乘法计数原理,分两步完成,第一步是分组,第二步是发放;③限制条件的分配问题常采用分类法求解.对点训练6(1)某科研单位准备把7名大学生分配到编号为1,2,3的三个实验室实习,若要求每个实验室分配到的大学生人数不小于该实验室的编号,则不同的分配方案的种数为()A.280B.455C.355D.350(2)(2020新高考全国1,3)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有()A.120种B.90种C.60种D.30种(3)在第二届乌镇互联网大会中,为了提高安保的级别同时又为了方便接待,现将其中的五个参会国的人员安排酒店住宿,这五个参会国要在a,b,c三家酒店选择一家,且每家酒店至少有一个参会国入住,则这样的安排方法共有()A.96种B.124种C.130种D.150种11.2排列与组合必备知识·预案自诊知识梳理1.一定的顺序2.排列组合3.(1)1考点自诊1.(1)×(2)×(3)√(4)×(5)√2.B4名同学去旅游的所有情况有44=256(种),恰有一个地方未被选中共有C41·C42C21A22·A33=144(种)情况,所以恰有一个地方未被选中的概率为p=144256=916.故选B.3.B当A,C之间为B时,看成一个整体进行排列,共有A22·A33=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C21·A22·A22=8(种),所以共有20种不同的排法.故选B.4.B利用捆绑法可求得照片的总数为A33A44=144,则每名老党员需要支付的照片费为144×0.5+72×0.756=21(元).故选B.5.36第一步,先从4名学生中任取两人组成一组,与剩下2人组成三组,有C42=6(种)不同的方法;第二步,将分成的三组安排到甲、乙、丙三地,则有A33=6(种)不同的方法.故共有6×6=36(种)不同的安排方案.关键能力·学案突破例1504(方法1特殊元素法)分两类:第1类,甲先从中间四个位置选一个站好,有A41种站法.乙不站排尾,则乙可从除排尾之外的4个位置中选一个站好,共有A41种站法.其余四人任意排,有A44种站法.故共有A41A41A44种站法.第2类,甲站排尾,此时,乙不再特殊,共有A55种站法.根据分类加法计数原理,共有A41A41A44+ A55=504(种)不同的站法.(方法2特殊位置法)排头与排尾特殊,故可以从排头与排尾入手.分三类:第1类,从除甲、乙之外的4人中选2人站排头、排尾,有A42A44种站法.第2类,甲站排尾,有A55种站法.第3类,乙站排头,有A55种站法(其中重合部分:乙站排头,甲站排尾,有A44种站法).根据分类加法计数原理,共有A42A44+A55+A55−A44=504(种)不同的站法.(方法3间接法)6人站成一排有A66种站法,甲站排头或乙站排尾有2A55种站法,甲站排头且乙站排尾有A44种站法,故共有A66-2A55+A44=504(种)不同的站法.变式发散480 先安排甲的位置(既不站排头又不站排尾),再安排其他5人的位置,分为两步:第1步,将甲排在除排头、排尾的任意位置上,有A 41种站法;第2步,余下5人站在剩下的5个位置上,有A 55种站法.由分步乘法计数原理可知,共有A 41A 55=480(种)不同的站法. 对点训练1B 分两类:第1类,甲在最左端,有A 55=5×4×3×2×1=120(种)不同的排法;第2类,乙在最左端,甲不在最右端,有4A 44=4×4×3×2×1=96(种)不同的排法.所以共有120+96=216(种)不同的排法.例2C 可分两步完成:第1步,把3名女生作为一个整体,看成一个元素,3名男生作为一个整体,看成一个元素,两个元素排成一排有A 22种排法;第2步,3名女生排在一起有A 33种排法,3名男生排在一起有A 33种排法,故排法种数为A 22A 33A 33=72.对点训练2C 将4个车位捆绑在一起,看成一个元素,先排3辆不同型号的车,在3个车位上任意排列,有A 33=6(种)方法,再将捆绑在一起的4个车位插入4个空位中,有4种方法,故共有4×6=24(种)方法.例3B 先排除舞蹈节目以外的5个节目,共A 55种排法,再把2个舞蹈节目插在6个空位中,有A 62种排法,所以共有A 55A 62=3600(种)排法.对点训练3B 先安排小品节目和相声节目,然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种:“小品,小品,相声”“小品,相声,小品”和“相声,小品,小品”.对于第一种情况,形式为“□小品歌舞小品□相声□”,有A 22C 31A 32=36(种)安排方法;同理,第三种情况也有36种安排方法;对于第二种情况,三个节目形成4个空,其形式为“□小品□相声□小品□”,有A 22A 43=48(种)安排方法,故共有36+36+48=120(种)安排方法.例4840 7名学生的排列共有A 77种,其中女生的排列共有A 33种,按照从左到右,女生从矮到高的排列只是其中的一种,故有A 77A 33=A 74=840(种)不同的排法.对点训练4D 根据题意,先将7人排成一列,有A 77种排法,其中A ,B ,C 三人进入展厅的次序必须是先B 再A 后C ,即A ,B ,C 三人顺序一定,则不同的列队方式有A 77A 33=840(种).例5解(1)从余下的34种商品中,选取2种,有C 342=561(种)取法,故某一种不合格商品必须在内的不同取法有561种.(2)从34种可选商品中,选取3种,有C 343种或者C 353−C 342=C 343=5984(种)取法.故某一种不合格商品不能在内的不同取法有5984种.(3)从20种合格商品中选取1种,从15种不合格商品中选取2种,有C 201C 152=2100(种)取法.故恰有2种不合格商品在内的不同的取法有2100种.(4)选取2种不合格商品有C 201C 152种取法,选取3种不合格商品有C 153种取法,共有C 201C 152+C 153=2100+455=2555(种)取法.故至少有2种不合格商品在内的不同的取法有2555种. (5)任意选取3种的总数为C 353,因此共有C 353−C 153=6545-455=6090(种)取法. 故至多有2种不合格商品在内的不同的取法有6090种.对点训练5(1)B (2)B (1)从4男2女共6名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队有C 61·C 51·C 42=6×5×4×32=180(种)选法,服务队中没有女生的选法有C 41·C 31·C 22=4×3×1=12(种),所以要求服务队中至少有1名女生,不同选法共有180-12=168(种)选法.故选B .(2)由题意,第一类,一班的2名同学在甲车上,甲车上剩下两个要来自不同的班级,从三个班级中选两个为C 32=3(种),然后分别从选择的班级中再选择一个学生为C 21C 21=4,故有3×4=12(种);第二类,一班的2名同学不在甲车上,则从剩下的3个班级中选择一个班级的两名同学在甲车上,为C 31=3,然后再从剩下的两个班级中分别选择一人为C 21C 21=4,这时共有3×4=12(种),根据分类加法计数原理得,共有12+12=24(种)不同的乘车方式.故选B . 例6解(1)先从6本书中选1本,有C 61种分配方法;再从剩余5本书中选择2本,有C 52种分配方法,剩余的就是3本书,有C 33种分配方法,所以总共有C 61C 52C 33=60(种)分配方法.(2)由(1)可知分组后共有60种方法,分别分给甲、乙、丙后的方法有C 61C 52C 33A 33=360(种).(3)从6本书中选择2本书,有C 62种分配方法;再从剩余4本书中选择2本书,有C 42种分配方法;剩余的就是2本书,有C 22种分配方法,所以有C 62C 42C 22=90(种)分配方法.但是,该过程有重复.假如6本书分别为A ,B ,C ,D ,E ,F ,若三个步骤分别选出的是(AB ),(CD ),(EF ).则所有情况为(AB ,CD ,EF ),(AB ,EF ,CD ),(CD ,AB ,EF ),(CD ,EF ,AB ),(EF ,AB ,CD ),(EF ,CD ,AB ).所以分配方法共有C 62C 42C 22A 33=15(种).(4)由(3)可知,将三份分别分给甲、乙、丙三人,则分配方法有C 62C 42C 22A 33×A 33=90(种).(5)从6本书中选4本书的方法有C 64种,从剩余2本书中选1本书有C 21种,因为在最后两本书的选择中发生了重复,所以分配方法总共有C 64C 21A 22=15(种).(6)由(5)可知,将三份分别分给甲、乙、丙三人即可,则分配方法有C 64C 21A 22×A 33=90(种).对点训练6(1)B (2)C (3)D (1)每个实验室人数分配有三种情况,即1,2,4;1,3,3;2,2,3.当实验室的人数为1,2,4时,分配方案有C 71C 62C 44=105(种);当实验室的人数为1,3,3时,分配方案有C 71C 63C 33=140(种);当实验室的人数为2,2,3时,分配方案有C 72C 52C 33=210(种).故不同的分配方案有455种.故选B.(2)甲场馆安排1名有C 61种方法,乙场馆安排2名有C 52种方法,丙场馆安排3名有C 33种方法,所以共有C 61·C 52·C 33=60(种)方法,故选C .(3)根据题意,分2步进行分析:①五个参会国要在a ,b ,c 三家酒店选择一家,且这三家至少有一个参会国入住, 所以可以把5个国家人分成三组,一种是1,1,3,另一种是1,2,2.当按照1,1,3来分时共有C 53=10(种)分组方法;当按照1,2,2来分时共有C 52C 32A 22=15(种)分组方法,则一共有10+15=25(种)分组方法;②将分好的三组对应三家酒店,有A 33=6(种)对应方法;则安排方法共有25×6=150(种).故选D .。

第十一章计数原理第1讲排列与组合考纲展示命题探究考点一两个基本原理1分类加法计数原理的概念完成一件事可以有n类方案，各类方案相互独立，在第一类方案中有m1种不同方法，在第二类方案中有m2种不同方法……在第n类方案中有m n种不同方法．那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种方法．2分步乘法计数原理的概念完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法……做第n步有m n种方法．那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种方法．3两个计数原理的联系与区别(1)应用分类计数原理时，将各类办法中的方法数相加即得完成事情的方法总数．(2)应用乘法计数原理时，将各步骤中的方法数相乘即得完成事情的方法总数.1．思维辨析(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，两类不同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，各种方法中完成某个步骤的方法是各不相同的．()(4)在分步乘法计数原理中，事件是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．()答案(1)×(2)√(3)×(4)×2．某商场共有7个大门，东、南、西侧各2个，北侧1个，1人到该商场购物，则他进出门的走法有()A．8种B．7种C．24种D．49种答案 D解析完成“进出门”这件事，需分两步，'第一步，进商场门，有7种走法；第二步，购物后出门，也有7种走法，根据分步乘法计数原理可得进出门的走法有7×7＝49(种)．3．如图所示，用五种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有________种．答案180解析按区域分四步：第一步，A区域有5种颜色可选；第二步，B区域有4种颜色可选；第三步，C区域有3种颜色可选；第四步，D区域也有3种颜色可选．由分步乘法计数原理，共有5×4×3×3＝180种不同的涂色方法．[考法综述]把握两个原理的区别与联系，正确进行分类与分步，往往与排列组合相结合考查．命题法应用两个原理解决问题典例用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成________个无重复数字的四位偶数(用数字作答)．[解析]要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”，所以首位数字不能为0，末位数字必须是偶数，且组成的四位数中的四个数字不重复，因此应先分类，再分步．第1类，当首位数字为奇数，即取1,3,5中的任意一个时，末位数字可取0,2,4,6中的任意一个，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．根据分步乘法计数原理，有3×4×5×4＝240种取法．第2类，当首位数字为偶数，即取2,4,6中的任意一个时，末位数字可以取除首位数字的任意一个偶数数字，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．根据分步乘法计数原理，有3×3×5×4＝180种取法．根据分类加法计数原理，共可以组成240＋180＝420个无重复数字的四位偶数．[答案]420【解题法】两个原理的使用策略在解决实际问题过程中，经常综合应用这两个计数原理．即分类时，每一类方法可能要运用分步完成；而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想去求解．对本类问题应该按照问题的特点去决定先分类后分步，还是先分步后分类．分类的关键在于做到“不重不漏”，标准统一；分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，正确分步．1．从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是()A．9 B．10C．18 D．20答案 C解析从1,3,5,7,9中任取两个数可组成lg a－lg b有A25＝20种结果，而lg a－lg b＝lg ab，其中基本事件(1,3)(3,9)和(3,1)(9,3)使lgab的值相等，则不同值的个数为20－2＝18(个)，故选C.2.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．14 B．13C．12 D．10答案 B解析当a＝0时，方程变为2x＋b＝0，则b为－1,0,1,2都有解；当a≠0时，需满足Δ＝22－4ab≥0，即ab≤1.当a＝－1时，b可取－1,0,1,2.当a＝1时，b可取－1,0,1.当a＝2时，b可取－1,0，故满足条件的有序数对(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.3．将1,2,3，…，9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大．当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法为()A．6种B．12种C．18种D．24种答案 A解析因为每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1,2,9只有一种填法，5只能填在右上角或左下角，5填好后与之相邻的空格可填6,7,8任一个，余下两个数字按从小到大只有一种方法．共有2×3＝6种结果，故选A.考点二排列与组合1排列(1)排列与排列数：一般地，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，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列，所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m 个元素的排列数，用符号A m n表示．(2)排列数公式：A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！(n－m)！(n，m ∈N*，且m≤n)．n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个元素的一个全排列．这时公式中m＝n，即有A n n＝n！＝n(n－1)(n－2)·…·2·1.规定：0！＝1.2组合(1)组合与组合数：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合，所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号C m n表示．(2)组合数公式：C m n＝A m nA m m＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)m！＝n！m！(n－m)！(m，n∈N*，且m≤n)．规定：C0n＝1.(3)组合数的性质①C m n＝C n－mn；②C m n＋1＝C m n＋C m－1(m≤n，m，n∈N*)．n注意点排列与排列数的区别“排列”与“排列数”是两个不同的概念，一个排列是指“从n 个不同元素中取出m个元素，按一定顺序排成一列”，而排列数是指这种排列的个数.1．思维辨析(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 x n＝C m n，则x＝m成立．()(4)组合数公式的阶乘形式主要用于计算具体的组合数．()(5)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．()答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√2．8个色彩不同的球已平均分装在4个箱子中，现从不同的箱子中取出2个彩球，则不同的取法共有()A．6种B．12种C．24种D．28种答案 C解析从8个球中任取2个有C28＝28种取法，2球位于同一箱子中有C14＝4种取法，2球位于不同箱子的取法有28－4＝24种．3．两男两女共4个学生站成一排照相，两个女生必须相邻的站法有________种．(用数字作答)答案12解析根据题意，分两步进行，先将2名女生排在一起看成一个元素，考虑其顺序有A 22种情况，再与2名男生全排列有A 33种情况，则不同的排列方法有A 33A 22＝12种．[考法综述] 高考中的排列问题一般是有限制条件的排列问题．常见策略针对问题，常与两个原理综合运用解决问题，而对组合的要求是基础和全面，往往排列与组合综合考查，多出现于概率题中．命题法1 排列问题典例1 有5个同学排队，问：(1)甲、乙2个同学必须相邻的排法有多少种？(2)甲、乙、丙3个同学互不相邻的排法有多少种？(3)乙不能站在甲前面，丙不能站在乙前面的排法有多少种？(4)甲不站在中间位置，乙不站在两端的排法有多少种？[解](1)(捆绑法)先排甲、乙，有A 22种排法，再与其他3名同学排列，共有A 22·A 44＝48(种)不同排法．(2)(插空法)先排其余的2名同学，有A 22种排法，出现3个空，将甲、乙、丙插空，所以共有A 22·A 33＝12(种)排法．(3)这是顺序一定问题，由于乙不能站在甲前面，丙不能站在乙前面，故3人只能按甲、乙、丙这一种顺序排列．解法一：5人的全排列共有A 55种排法，甲、乙、丙3人全排列有A 33种，而3人按甲、乙、丙顺序排列是全排列中的一种，所以共有A 55A 33＝20(种)排法；解法二(插空法)：先排甲、乙、丙3人，只有一种排法，然后插入1人到甲、乙、丙中，有4种插法，再插入1人，有5种插法，故共有4×5＝20(种)排法．(4)(间接法)5个人的全排列有A55种，其中甲站在中间时有A44种排法，乙站在两端时有2A44种排法，甲站在中间同时乙站在两端时有2A33种排法，所以一共有A55－A44－2A44＋2A33＝60(种)排法．【解题法】解决排列问题的方法与策略(1)方法(2)策略①特殊元素(或位置)优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置．②分排问题直排法处理．③“小集团”排列问题中先集中后局部的处理方法．命题法2组合问题典例2某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？[解](1)从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561(种)，∴某一种假货必须在内的不同取法有561种．(2)从34种可选商品中，选取3种，有C334＝5984(种)或者C335－C234＝C334＝5984(种)，∴某一种假货不能在内的不同取法有5984种．(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有C120C215＝2100(种)．∴恰有2种假货在内的不同的取法有2100种．(4)选取2件假货有C120C215种，选取3件假货有C315种，共有选取方式C120C215＋C315＝2100＋455＝2555(种)．∴至少有2种假货在内的不同的取法有2555种．(5)解法一：(直接法)有2种假货在内，不同的取法有C120C215种；有1种假货在内，不同的取法有C220C115种；没有假货在内，有C320种，因此共有选取方式C120C215＋C220C115＋C320＝6090(种)．解法二：(间接法)选取3件的总数有C335，因此共有选取方式C335－C315＝6545－455＝6090(种)．∴至多有2种假货在内的不同的取法有6090种．【解题法】组合问题的解题思路(1)把具体问题转化或归结为组合问题，注意排列问题与组合问题的区别，关键看是否与元素的顺序有关．(2)通过分析确定运用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理．(3)分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏，同时注意组合问题中以下两类常见题型：①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“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”含有几个元素的题型：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解，用直接法和间接法都可以求解，用直接法分类复杂时，通常用间接法处理．命题法3排列组合的综合应用典例3有5名男生和3名女生，从中选出5人担任5门不同学科的课代表，分别求符合下列条件的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生；(2)某女生一定要担任语文课代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表；(4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不担任数学课代表．[解](1)先选后排．符合条件的课代表人员的选法有(C35C23＋C45C13)种，排列方法有A55种，所以满足题意的选法有(C35C23＋C45C13)·A55＝5400(种)．(2)除去该女生后，即相当于挑选剩余的7名学生担任四科的课代表，有A47＝840(种)选法．(3)先选后排．从剩余的7名学生中选出4名有C47种选法，排列方法有C14A44种，所以选法共有C47C14A44＝3360(种)．(4)先从除去该男生和该女生的6人中选出3人，有C36种选法，该男生的安排方法有C13种，其余3人全排列，有A33种，因此满足题意的选法共有C36C13A33＝360(种)．【解题法】求解排列、组合问题的基本方法(1)直接法：把符合条件的排列数或组合数直接列式计算．(2)限制条件排除法：先求出不考虑限制条件的个数，然后减去不符合条件的个数，相当于减法原理．(3)相邻问题捆绑法：在特定条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整个问题排好之后再考虑它们“内部”的排列数，它主要用于解决相邻问题．(4)插空法：先把不受限制的元素排列好，然后把特定元素插在它们之间或两端的空当中．(5)特殊元素、位置优先安排法：对问题中的特殊元素或位置优先考虑排列，然后排列其他一般元素或位置．(6)多元问题分类法：将符合条件的排列分为几类，根据分类计数原理求出排列总数．(7)元素不多列举法：即把符合条件的一一列举出来．(8)元素相同隔板法：若把n个不加区分的相同元素分成m组，可通过n个相同元素排成一排，在元素之间插入m－1块隔板来完成分组，此法适用于同元素分组问题．(9)“至多”“至少”间接法：“至多”“至少”的排列组合问题，需分类讨论且一般分类的情况较多，所以通常用间接法，即排除法，它适用于反面明确且易于计算的问题．(10)选排问题先取再排法：选排问题很容易出现重复或遗漏的错误，因此常先取出元素(组合)再排列，即先取后排．(11)定序问题消序法：甲、乙、丙顺序一定，采用消序法，即除法，用总排列数除以顺序一定的排列数．(12)有序分配逐分法：有序分配是指把元素按要求分成若干组，常采用逐分的方法求解．1.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有()A．144个B．120个C．96个D．72个答案 B解析当五位数的万位为4时，个位可以是0,2，此时满足条件的偶数共有C12A34＝48(个)；当五位数的万位为5时，个位可以是0,2,4，此时满足条件的偶数共有C13A34＝72(个)，所以比40000大的偶数共有48＋72＝120(个)，选B.2．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种答案 C解析从6名男医生中选出2名有C26种选法，从5名女医生中选出1名有C15种选法，故共有C26·C15＝6×52×1×5＝75种选法，选C.3．六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种答案 B解析当最左端排甲的时候，排法的种数为A55；当最左端排乙的时候，排法种数为C14A44.因此不同的排法的种数为A55＋C14A44＝120＋96＝216.4．6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．144 B．120C．72 D．24答案 D解析先把三把椅子隔开摆好，它们之间和两端有4个位置，再把三人带椅子插放在四个位置，共有A34＝24种放法，故选D.5．用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球．由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是()A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)答案 A解析从5个有区别的黑球取k个的方法数为C k5，故可用(1＋c)5的展开式中c k的系数表示．所有的蓝球都取或都不取用1＋b5表示．再由乘法原理知，符合题意的取法可由(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5表示．6．某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是() A．72 B．120C．144 D．168答案 B解析先不考虑小品类节目是否相邻，保证歌舞类节目不相邻的排法共有A33·A34＝144种，再剔除小品类节目相邻的情况，共有A33·A22·A22＝24种，于是符合题意的排法共有144－24＝120种．7．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对答案 C解析利用正方体中两个独立的正四面体解题，如图，它们的棱是原正方体的12条面对角线．一个正四面体中两条棱成60°角的有(C26－3)对，两个正四面体有(C26－3)×2对．又正方体的面对角线中平行成对，所以共有(C26－3)×2×2＝48对．故选C.8．设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|x i∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为()A．60 B．90C．120 D．130答案 D解析设t＝|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|，t＝1说明x1，x2，x3，x4，x5中有一个为－1或1，其他为0，所以有2·C15＝10个元素满足t＝1；t＝2说明x1，x2，x3，x4，x5中有两个为－1或1，其他为0，所以有C25×2×2＝40个元素满足t＝2；t＝3说明x1，x2，x3，x4，x5中有三个为－1或1，其他为0，所以有C35×2×2×2＝80个元素满足t＝3，从而，共有10＋40＋80＝130个元素满足1≤t≤3.故选D.9．某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言(用数字作答)．答案1560解析根据排列数定义，由题意得A240＝1560，故全班共写了1560条毕业留言．10.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(用数字作答)．答案60解析不同的获奖情况分为两种，一是一人获两张奖券一人获一张奖券，共有C23A24＝36种；二是有三人各获得一张奖券，共有A34＝24种．因此不同的获奖情况有36＋24＝60种．3名男生和3名女生站成一排，任何2名男生都不相邻，任何2名女生也不相邻，共有多少种排法？[错解][错因分析]不相邻问题，用插空法是对的，但上述错解只能保证女生不相邻，并不能保证先排的男生不相邻，如排法：女男女男男女．[正解]第1步，3名男生站成一排，有A33种排法；第2步，插入女生，女生只能插入3名男生形成的前3个空当或后3个空当中，有2A33种插法．由分步乘法计数原理可知，共有2A33·A33＝72种排法．[心得体会]………………………………………………………………………………………………时间：45分钟基础组1.[2016·衡水中学仿真]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种答案 B解析分两类，第一类取出1本画册，3本邮册，此时赠送方法有C14种，第二类是取出2本画册，2本集邮册，此时赠送方法有C24种．故赠送方法共有C14＋C24＝10种，故选B.2．[2016·枣强中学预测]编号为1,2,3,4,5,6的六个同学排成一排，3,4号两位同学相邻，不同的排法有()A．60种B．120种C．240种D．480种答案 C解析将3,4看作一个整体，连同1,2,5,6共5个元素进行全排列，共有5！种排法．由于3,4还要进行排列，故共有5！×2！＝240种排法．3．[2016·冀州中学一轮检测]如图所示，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，则不同的涂色方法有()A．72种B．96种C．108种D．120种答案 B解析将第一列的3个区域由上到下分别标为A，B，C，第二列的区域标为D，第三列的区域标为E，则先涂区域D，独占一种颜色，有四种方案．再考虑A，B，C，若涂三种颜色，则有A33种方法，此时E任选不同于D的一种颜色即可，也有3种涂法；若A，B，C只用两种颜色，则A，C同色，此时E必须用最后一种没有涂的颜色．故总方法有C14(A33·3＋A33)＝96种．4．[2016·武邑中学一轮检测]3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是()A．360 B．288C．216 D．96答案 B解析先保证3位女生中有且只有两位女生相邻，则有C23·A22·A33·A24种排法，再从中排除男生甲站两端的排法，∴所求排法种数为A22·C23·(A33A24－2A22·A23)＝6×(6×12－24)＝288.5．[2016·武邑中学月考]已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，P可表示平面上________个第二象限的点．答案 6解析确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a<0，所以有3种确定方法；第二步确定b，由于b>0，所以有2种确定方法．由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.6. [2016·衡水中学热身]某运输公司有7个车队，每个车队的车辆均多于4辆．现从这个公司中抽调10辆车，并且每个车队至少抽调1辆，那么共有________种不同的抽调方法．答案84解析解法一：(分类法)在每个车队抽调1辆车的基础上，还需抽调3辆车．可分成三类：一类是从某1个车队抽调3辆，有C17种；一类是从2个车队中抽调，其中1个车队抽调1辆，另1个车队抽调2辆，有A27种；一类是从3个车队中各抽调1辆，有C37种．故共有C17＋A27＋C37＝84(种)抽调方法．解法二：(隔板法)由于每个车队的车辆均多于4辆，只需将10个份额分成7份．可将10个小球排成一排，在相互之间的9个空当中插入6个隔板，即可将小球分成7份，故共有C69＝84(种)抽调方法．7．[2016·武邑中学模拟]室内体育课上王老师为了丰富课堂内容，调动同学们的积极性，他把第四排的8个同学请出座位并且编号为1,2,3,4,5,6,7,8.经过观察这8个同学的身体特征，王老师决定，按照1,2号相邻，3,4号相邻，5,6号相邻，而7号与8号不相邻的要求站成一排做一种游戏，有________种排法(用数字作答)．答案576解析把编号相邻的3组同学每两个同学捆成一捆，这3捆之间有A33＝6种排序方法，并且形成4个空当，再将7号与8号插进空当中有A24＝12种插法，而捆好的3捆中每相邻的两个同学都有A22＝2种排法．所以不同的排法种数为23×6×12＝576.8．[2016·枣强中学一轮检测]用1,2,3,4,5,6组成六位数(没有重复数字)，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是________(用数字作答)．答案40解析先将3,5排列，有A22种排法；再将4,6插空排列，有2A22种排法；最后将1,2插入3,4,5,6形成的空中，有C15种排法．由分步乘法计数原理知，共有A22·2A22·C15＝40种．9．[2016·衡水中学周测]由6名同学参加两项课外活动，每位同学必须参加一项活动且不能同时参加两项，每项活动最多安排4人，则不同的安排方法有________种(用数字作答)．答案50解析(分类讨论思想)记这两项课外活动分别为A，B，依题意知，满足题意的安排方法共有三类：第一类，实际参加A，B两项活动的人数分别是4,2，则相应的安排方法有C46＝15(种)；第二类，实际参加A，B两项活动的人数分别是3,3，则相应的安排方法有C36＝20(种)；第三类，实际参加A，B两项活动的人数分别是2,4，则相应的安排方法有C26＝15(种)．因此，不同的安排方法共有15＋20＋15＝50(种)．10．[2016·冀州中学月考]有甲、乙、丙3项任务，任务甲需要2人承担，任务乙、丙各需要1人承担，从10人中选派4人承担这3项任务，不同的选法共有________种(用数字作答)．答案2520解析解法一：先从10人中选出2人承担任务甲，再从余下8人中选出1人承担任务乙，最后从剩下的7人中选出1人承担任务丙．根据分步乘法计数原理，不同的选法共有C210C18C17＝2520种．解法二：先从10人中选出2人承担任务甲，再从余下8人中选出2人分别承担任务乙、丙．根据分步乘法计数原理，不同的选法共有C210A28＝2520种．11．[2016·武邑中学周测]某班一天上午有4节课，每节都需要安排一名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A、B两人中安排一人，第四节课只能从A、C两人中安排一人，则不同的安排方案共有多少种？解①第一节课若安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4×3＝12种排法．②第一节课若安排B，则第四节课可由A或C上，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×4×3＝24种排法．因此不同的安排方案共有12＋24＝36种．12．[2016·衡水中学月考]有4名男生、5名女生，全体排成一行，下列情形各有多少种不同的排法？(1)甲不在中间也不在两端；(2)甲、乙两人必须排在两端；(3)男女相间．解(1)解法一：(元素分析法)先排甲有6种，再排其余人有A88种，故共有6·A88＝241920(种)排法．解法二：(位置分析法)中间和两端有A38种排法，包括甲在内的其余6人有A66种排法，故共有A38·A66＝336×720＝241920(种)排法．解法三：(等机会法)9个人全排列有A99种，甲排在每一个位置的机会都是均等的，依题意得，甲不在中间及两端的排法总数是A99×6 9＝241920(种)．解法四：(间接法)A99－3·A88＝6A88＝241920(种)．(2)先排甲、乙，再排其余7人．共有A22·A77＝10080(种)排法．(3)插空法．先排4名男生有A44种方法，再将5名女生插空，有A55种方法，故共有A44·A55＝2880(种)排法．能力组13. [2016·枣强中学猜题]某学校为了迎接市春季运动会，从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为() A．85 B．86C．91 D．90答案 B解析解法一：(直接法)由题意，可分三类考虑：第1类，男生甲入选，女生乙不入选：C13C24＋C23C14＋C33＝31；第2类，男生甲不入选，女生乙入选：C14C23＋C24C13＋C34＝34；第3类，男生甲入选，女生乙入选：C23＋C14C13＋C24＝21.∴男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86.解法二：(间接法)从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有C49－C45－C44＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C47－C44＝34种．∴男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120－34＝86.14．[2016·衡水中学期中]用1,2,3,4,5组成不含重复数字的五位数，数字2不出现在首位和末位，数字1,3,5中有且仅有两个数字相。

11.8 用样本估计总体 考纲要求 1．了解分布的意义和作用，能根据频率分布表画频率分布直方图、频率折线图、茎叶图，体会它们各自的特点． 2．理解样本数据标准差的意义和作用，会计算数据标准差． 3．能从样本数据中提取基本的数字特征(如平均数、标准差)，并给出合理的解释． 4．会用样本的频率分布估计总体分布，会用样本的基本数字特征估计总体的基本数字特征，理解用样本估计总体的思想． 5．会用随机抽样的基本方法和样本估计总体的思想解决一些简单的实际问题．

1．用样本的频率分布估计总体的分布 (1)在频率分布直方图中，纵轴表示________________，数据落在各小组内的频率用____________表示，所有长方形面积之和______． (2)作频率分布直方图的步骤如下： ①计算极差(即一组数据中________与________的差)． ②决定______与______． ③决定______． ④列__________． ⑤绘制______________． (3)频率分布折线图和总体密度曲线： ①频率分布折线图：连接频率分布直方图中各小长方形上边的______，就得频率分布折线图．一般习惯于把频率分布折线图画成与横轴相连，所以横轴上的左右两端点没有实际的意义． ②总体密度曲线：随着__________的增加，作图时__________增加，组距减小，相应的频率折线图会越来越接近于一条光滑曲线，即总体密度曲线． 2．用样本的数字特征估计总体的数字特征 (1)众数：一组数据中出现次数最多的数． (2)中位数：将数据从小到大排列，若有奇数个数，则最中间的数是中位数；若有偶数个数，则中间两数的平均数是中位数．

(3)平均数：x＝____________，反映了一组数据的平均水平． (4)标准差：s＝______________________________，反映了样本数据的离散程度． (5)方差：s2＝________________，反映了样本数据的离散程度．