排 列 组 合 与 概 率 统 计 专 题
一、2012年考纲要求
(1)理解排列、组合的意义，掌握计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的应用问题.；
(2)掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们计算和证明一些简单的问题.； (3)了解随机事件的发生存在着规律性和随机事件、等可能性事件的概念的意义，会用排列组合的基本公式计算一些等可能性事件的概率；
(4)了解互斥事件、相互独立事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率；
(5)会计算事件n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率；
(6)了解离散型随机变量及其期望、方差的意义，会根据离散型随机变量的分布列求出期望值、方差；
(7)会用随机抽样、系统抽样、分层抽样等常用的抽样方法从总体中抽取样本，用样本频率分布去估计总体分布；
(8)了解正态分布的意义及主要性质，线性回归的方法和简单应用. 二．经典例题剖析
考点一 排列、组合的应用问题
1.在∠AOB 的OA 边上取m 个点，在OB 边上取n 个点(均除O 点外)，连同O 点共m+n+1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有( )
1212111121212
121211211C C C D.C C C C C C C.C C C C .C B C C C A.C n m n m n m m n n m m n n m m n n m +++++++++
解析：方法1：从OA 边上(不包括O)中任取一点与从OB 边上(不包括O)中任取两点，可构造一个三角形，有
C 1
m
C 2n
个；第二类办法 从OA 边上(不包括O)中任取两点与OB 边上(不
包括O)中任取一点，与O 点可构造一个三角形，有C 2m C 1
n 个；第三类办法 从OA 边上(不
包括O)任取一点与OB 边上(不包括O)中任取一点，与O 点可构造一个三角形，有
C 1m C 1n
个
由加法原理共有
N=C 1
m C 2n +C 2m C 1n +C 1m C 1n
个三角形
方法2 从m+n+1中任取三点共有C 3
1++n m 个，其中三点均在射线OA(包括O 点)，有C 3
1+m 个，
三点均在射线OB(包括O 点)，有
C 3
1
+n 个 所以，个数为
N=C 31++n m －C 3
1+m －C 31
+n 个 答案
C
2.如图，一环形花坛分成A
B C D ，，，四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为（ ）.
A ．96
B ．84
C ．60
D ．48
解析：解法一 当选两种不同的花时，有
122
4=A 种，选三种不同的花 时有
48
3
31234=A C C 种，选四种不同的花时有
244
4=A 种，共有84
244812=++种.
解法二 当A 、C 种同一种花时，有
36
1
31314=C C C 种，当A 、C 种不同的花时，有48
1
21224=C C A 种，共有844836=+种，故选B.
3.将5名志愿者分配到3个不同的场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案
种数为
A.540
B.300
C.180
D.150
解析：将5分成满足题意的3份有1，1，3与2，2，１两种，所以共有
1503
32
2
232533
3
5
=+A A C C A C 种方案，故D 正确．
4.将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为
.18A .24B .30C .36D
的种数是24C ，顺序有33A 种，而甲乙被分在同一个班的有3
3A 种，所以种数是30
3
33324=-A A C ,
故C 正确.
5. 已知集合A=｛5｝,B=｛1,2｝,C=｛1,3,4｝，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为
(A)33 (B) 34 (C) 35 (D)36 解：不考虑限定条件确定的不同点的个数为
113233
C C A ＝36，但集合B 、C 中有相同元素1，
由5，1，1三个数确定的不同点的个数只有三个，故所求的个数为36－3＝33个，选A
6.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加.甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜四项工作，则不同安排方案的种数是.
A ．152
B ．126
C ．90
D ．54 解析：甲乙从事同一样工作，有
18
3
313=A C 种安排方案，甲乙从事不同工作，有
108
2
22323=A C A 种安排方案，则共有12610818=+种，应选C.
考点二、二项式定理的应用
7.
设
22221201212)...2n n n n n x a a x a x a x a x --+=+++++，则
22024213521lim[(...)(...)]n n n a a a a a a a a -→∞
++++-++++=
解析：令0x =
得
201
(
22
n n a ==
令
1x =
时
20122(
1)2n n a a a a +=+++???+
令
1x =-
时
201221)2n n a a a a -=-+-???+
两式相加得：
220221)1)22
2n n n a a a ++-++???+=
两式相减得：
2213211)1)22
2n n n a a a -+--++???+=
代入极限式可得，故0
8.
()10
x y -的展开式中，73
x y 的系数与3
7
x y 的系数之和等于 .
解析：由二项式定理，37y x 的系数为310C -,7
3y x 的系数为710C -，故系数和为240
)(7
10310-=-+-C C .
9. 若多项式
=
+++++++=+91010910102,)1(9)1()1(a x a x a x a a x x 则Λ-10
10.已知n
4
)x
21x (+
的展开式前三项中的x 的系数成等差数列。
求展开式里所有的x 的有理项； 求展开式里系数最大的项。
解析：（1）∵ )1n (n 81)21(C ,2n 21C ,1C 2
2n
1n 0n -==?= 由题设可知
08n 9n ),1n (n 81
12n 22=+--+=?
解得n=8或n=1（舍去）
当n=8时，通项r 4
34r
r
8
r
4
r
8r
81r x 2C )x 2()x (
C T ----+?
?=?=
据题意，
4r 34-
必为整数，从而可知r 必为4的倍数，而0≤r ≤8 ∴ r=0，4，8，故x 的有理项为4
1x T =，
x 835
T 5=
，
29x 2561T =
设第r+1项的系数tr+1最大，显然tr+1>0，故有r 1r t t +≥1且1r 2
r t t ++≤1
∵
r 2r
92
C 2C t t 1r 1r 8r r
8r 1t -=??=+---+由r 2r
9-≥1得r ≤3
又∵
)1r (2r 82C 2C t t r
r 8)1r (1
r 81r 2r +-=??=-+-+++由)1r (2r
8+-≤1得：r ≥2
∴ r=2或r=3所求项为2
53x 7T =和4
74x 7T = 考点三、概率
11.投掷两颗骰子，得到其向上的点数分别为m 和n,则复数（m+ni ）(n-mi)为实数的概率为.
A 、13
B 、14
C 、16
D 、112
解析：因为
22
()()2()m ni n mi mn n m i +-=+-为实数，
所以22
n m =故m n =则可以取1、2???6，共6种可能，所以
11
6661
6
P C C =
=?
12.一个坛子里有编号为1，2，…，12的12个大小相同的球，其中1到6号球是红球，其
余的是黑球，若从中任取两个球，则取到的都是红球且至少有1个球的号码是偶数的概率是（ ）
A ．122
B ．111
C ．322
D ．211
解析：设“取到的都是红球，且至少有1个球的号码是偶数”为事件A ，则A 包含的有利事件有
11
233312
m C C C =+=种，而从中任取两个球共有n=
662
12=C 种结果，由等可能性事件的概率公式知,
122
().
6611m P A n =
==故选D.
13.从某批产品中，有放回地抽取产品二次，每次随机抽取1件，假设事件A ：“取出的2件产品中至多有1件是二等品”的概率()0.96P A =． （1）求从该批产品中任取1件是二等品的概率p ；
（2）若该批产品共100件，从中任意抽取2件，求事件B ：“取出的2件产品中至少有一件二等品”的概率()P B ． 解析：（1）记
A 表示事件“取出的2件产品中无二等品”，
1
A 表示事件“取出的2件产品
中恰有1件二等品”．则
01
A A ，互斥，且
01
A A A =+，故
01()()P A P A A =+212012()()(1)C (1)1P A P A p p p p
=+=-+-=-
于是2
0.961p =-．解得120.20.2p p ==-，（舍去）．
（2）记0B 表示事件“取出的2件产品中无二等品”，则
28002100C 316
()C 495P B ==
．
∴
00316179
()()1()1495495P B P B P B ==-=-
=
14.投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A ，“骰子向上的点数是3”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一件发生的概率是.
A ．512
B ．12
C ．7
12
D ．34
解析：依题意有
21)(=
A P ,61
)(=B P ,则A 、B 至少有一个发生的概率是
127
))(1)((1(1=
---B P A P ,故选C.
15．抛一枚均匀的骰子来构造数列
{}n a
111(),.
1
()
n
n i n n i n a a a a a n =?==+++?
-?∑L 当第次出现奇数时使记当第次出现偶数时
（1）求
∑==7
1
3
i i
a
的概率； （2）若
∑∑===≠7
1
2
1
3
,0i i i i
a a
求的概率.
解：（1）设事件
∑==7
1
3
i i
a
为A ，则在7次抛骰子中出现5次奇数，2次偶数，而抛骰子出
现的奇数和偶数的概率为P 是相等的，且为
21=
P 。12821)21()21()(2
557==C A P 。
（2）若
2
,2,02
1
2
1
2
1
-==≠∑∑∑===i i i i i i
a a a
或则，即前2次抛骰子中都是奇数或都是偶数.
若前2次都是奇数，则必须在后5次中抛出3次奇数2次偶数，其概率：
645
)21()21(4123251==
C P ；若前2次都是偶数，则必须在后5次中抛出5次奇数，其概率：
.1281)21(4152==
P
∴所求事件的概率
.12811
128164521=+=
+=P P P
16. 栽培甲、乙两种果树，先要培育成苗，然后再进行移栽．已知甲、乙两种果树成苗的概
率分别为0.6，0.5，移栽后成活的概率分别为0.7，0.9． （1）求甲、乙两种果树至少有一种果树成苗的概率； （2）求恰好有一种果树能培育成苗且移栽成活的概率． 解：分别记甲、乙两种果树成苗为事件
1
A ，
2
A ；分别记甲、乙两种果树苗移栽成活为事件
1
B ，
2
B ，
1()0.6
P A =，
2()0.5
P A =，
1()0.7P B =，
2()0.9
P B =．
（1）甲、乙两种果树至少有一种成苗的概率为
1212()1()10.40.50.8P A A P A A +=-=-?=g ；
（2）分别记两种果树培育成苗且移栽成活为事件A B ，则
11()()0.42
P A P A B ==，
22()()0.45
P B P A B ==．恰好有一种果树培育成苗且移栽成活的概率为
()0.420.550.580.450.492P AB AB +=?+?=．
解
法
二
：
恰
好
有
一
种
果
树
栽
培
成
活
的
概
率
为
11211221221212()0.492P A B A A B A B A A B A A B B +++=．
17. 四棱锥S ABCD -的所有棱长均为1米，一只小虫从S 点出发沿四棱锥爬行，若在每一顶点处选择不同的棱都是等可能的。设小虫爬行n 米后恰回到S 点的概率为n
P 。
（1）求
23
,P P 的值； （2）求证：；
（3） 求证： 解：（I ）P2表示从S 点到A （或B 、C 、D ），然后再回到S 点的概率， ∴；因为从S 点沿SA 棱经过B 或D ，然后再回到S 点的概率为，所以。
（2）设小虫爬行n 米后恰回到S 点的概率为Pn ，那么表示爬行n 米后恰好
没回到S 点的概率，
则此时小虫必在A （或B 、C 、D ）点，所以。
（3）由，从而，
所以
。
考点四、随机变量的分布列、期望和方差
18.袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n 号的有n 个（n=1,2,3,4）。现从袋中任取一球，ξ表示所取球的标号。 （1）求ξ的分布列，期望和方差；
（2）若b a -=ξη，1=ηE ，11=ηD ，试求a,b 的值. 解析：（1）ξ的分布列为：
S
A B
D C
01234 1.5
22010205E ξ=?+?+?+?+?=
2222211131
(0 1.5)(1 1.5)(2 1.5)(3 1.5)(4 1.5) 2.75
22010205
D ξ=-?+-?+-?+-?+-?= （2）由2D a D ηξ=，得2 2.7511a ?=，即2a =±，又
E aE b ηξ=+，所以
当2a = 时，由12 1.5b =?+，得2b =-； 当2a =- 时，由12 1.5b =-?+，得4b =.
2
2a b =?∴?=-?，或24a b =-??
=?
，即为所求. 19. 一种电脑屏幕保护画面，只有符号“○”和“×”随机地反复出现，每秒钟变化一次，每次变
化只出现“○”和“×”之一，其中出现“○”的概率为p ，出现“×”的概率为q ，若第k 次出现“○”，则记
1
=k a ；出现“×”，则记
1
-=k a ，令
.
21n n a a a S +++=Λ
（1）当
21
=
=q p 时，记||3S =ξ，求ξ的分布列及数学期望；
（2）当
32,31=
=q p 时，求)4,3,2,1(028=≥=i S S i 且的概率. 解：（I ）
|
|3S =ξΘ的取值为1，3，又
,21
=
=q p
.41)31()21()3(,432)21()21()1(33213=?+===??==∴ξξP C P ∴ξ的分布列为(略).
∴Eξ=1×43+3×41=23
.
（2）当S8=2时，即前八秒出现“○”5次和“×”3次，又已知
),
4,3,2,1(0=≥i S i 若第一、
三秒出现“○”，则其余六秒可任意出现“○”3次；若第一、二秒出现“○”，第三秒出现“×”，则后五秒可任出现“○”3次.故此时的概率为
).
218780(3
803830)32()31()(78353536或=?=??+=C C P 20.一批产品共10件，其中7件正品，3件次品，每次从这批产品中任取一件，在下述三种情况下，分别求直至取得正品为止所需次数ξ的概率分布。
每次取出的产品不再放回； 每次取出的产品仍然放回去；
每次取出一件次品后，再另放一件正品放回到这批产品中。
解析：（1）由于总共7件正品，3件次品，所以，ξ可能取的值有1，2，3，4.取这些值时的概率分别为：
()1071==ξP ,()307
971032=?==ξP
()120787921033=??=
=ξP ,()12017781921034=???==ξP
所以，ξ的分布列为：
(2)由于每次取出的产品仍放回去，下次取时和前一次情况完全相同，所以，ξ可能取的值是ΛΛ,,3,2,1k ，相应取值的概率为：
()1071=
=ξP ，
()100211071032=
?==ξP , ()1000631071031033=
??=
=ξP ,
┅
()1071031
?
?
?
?
??==-k k P ξ.
所以，ξ的分布列为：
P
107 10021 10063
┅
107
1031
?
??
? ??-k
┅ (3)与（1）的情况类似， ξ可能取的值有1，2，3，4.取这些值时的概率分别为：
()1071=
=ξP ，
()2561081032=
?==ξP , ()500271*********=
??==ξP , ()500310101011021034=
???=
=ξP .
所以，ξ的分布列为：
ξ 1
2
3
4
P
107
256
50027
5003
21.一个盒子里装有4张大小形状完全相同的卡片，分别标有数2，3，4，5；另一个盒子也装有4张大小形状完全相同的卡片，分别标有数3，4，5，6.现从一个盒子中任取一张卡片，其上面的数记为x ；再从另一盒子里任取一张卡片，其上面的数记为y ，记随机变量η＝x ＋y ，求η的分布列和数学期望.
解析：依题意，可分别取5η=、6、????11取，则有
1123
(5),(6),(7)441616164321
(8),(9),(10),(11)16161616p p p p p p p ηηηηηηη==
=====?========
η∴η
5
6
7 8
9 10 11
P
116 216 316 416 316 216 116
8161111621016391648163716261615=?+?+?+?+?+?+?
=ηE
22．甲盒有标号分别为1、2、3的3个红球；乙盒有标号分别为1、2…、n(n≥2)的n 个黑球，
从甲、乙两盒中各抽取一个小球，抽取的标号恰好分别为1和n 的概率为.121
（1）求n 的值；
（2）现从甲、乙两盒各随机抽取1个小球，抽得红球的得分为其标号数；抽得黑球，若标号数为奇数，
则得分为1，若标号数为偶数，则得分为零，设被抽取的2个小球得分之和为ξ，求ξ的数学期望E ξ.
解：（1）由题意知114
312n n =∴=，。
（2）
611)1(141213=?==C C C P ξ，31
6161)2(141
2131114121311=
+=?+?==C C C C C C C C P ξ， 316161)3(1412131114121311=+=?+?==C C C C C C C C P ξ，61
)4(141
21311=
?==C C C C P ξ，
∴
25
614313312611=
?+?+?+?=ξE 23.投到某杂志的稿件，先由两位初审专家进行评审．若能通过两位初审专家的评审，则予
以录用；若两位初审专家都未予通过，则不予录用；若恰能通过一位初审专家的评审，则再由第三位专家进行复审，若能通过复审专家的评审，则予以录用，否则不予录用．设稿件能通过各初审专家评审的概率均为0．5，复审的稿件能通过评审的概率为0．3，各专家独立评审.
（1）求投到该杂志的1篇稿件被录用的概率；
（2）记X 表示投到该杂志的4篇稿件中被录用的篇数，求X 的分布列及期望．
解析：（1）记A 表示事件：稿件能通过两位初审专家的评审；B 表示事件：稿件恰能通过一位初审专家的评审；C 表示事件：稿件能通过复审专家的评审； D 表示事件：稿件被录用.则D=A+B·C P （A ）=0.5×0.5=0.25，P （B ）=2×0.5×0.5=0.5，P （C ）=0.3 P （D ）=P （A+B·C ）= P （A ）+P （B·C ）= P （A ）+ P （B ）P （C ）=0.25+0.5×0.3=0.40 （Ⅱ）X~B （4,0.4），其分布列为：P （X=0）=（1-0.4）4=0.1296，
P （X=1）=14C ×0.4×（1-0.4）3=0.3456，P （X=2）=2
4C ×0.42×（1-0.4）2=0.3456， P （X=3）= 34C ×0.43×（1-0.4）=0.1536，P （X=4）=0.44=0.0256.
期望EX=4×0.4=1.6.
24.甲、乙二人进行一次围棋比赛，约定先胜3局者获得这次比赛的胜利，比赛结束，假设在一局中，甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，各局比赛结果相互独立，已知前2局中，甲、乙各胜1局.
（1）求甲获得这次比赛胜利的概率；
（2）设ξ表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，求ξ的分布列及数学期望. （1）0.648；（2）ξ=2、3，E ξ=2.48
25.从1,2，3，…，n 这n 个数中任取两个，求两数之积的数学期望。
解：E ξ=(1)(32)
12n n ++。
26.抛掷两个骰子，当至少有一个5点或一个6点出现时，就说这次试验成功，求在30次试验中成功次数η的期望。
。
解：350
9530),95,30(~=?=ηηE B
考点五、抽样方法及统计初步知识与应用
27.在某校举行的数学竞赛中，全体参赛学生的竞赛成绩近似服从正态分布(70,100)N ，已知成绩在90分以上（含90分）的学生有12名.（1）试问此次参赛学生总数约为多少人？
（2）若该校计划奖励竞赛成绩排在前50名的学生，试问设奖的分数线约为多少分？ 可共查阅的（部分）标准正态分布表
00()()
x P x x Φ=<
解析：（1）设参赛学生的分数为ξ，因为ξ～N(70，100)，由条件知，
P(ξ≥90)＝1－P （ξ<90）＝1－F(90)＝1－Φ)
1070
90(
-
＝1－Φ(2)＝1－0.9772＝0.228.
这说明成绩在90分以上（含90分）的学生人数约占全体参赛人数的
2.28％，因此，参赛总人数约为0228.012
≈526（人）.
（2）假定设奖的分数线为x 分，则
P(ξ≥x)＝1－P （ξ ) 1070( -x ＝52650 ＝0.0951， 即Φ ) 1070( -x ＝0.9049，查表得1070 -x ≈1.31，解得x ＝83.1. 故设奖得分数线约为83.1分. 28.将参加夏令营的600名学生编号为：001，002，… ，600.采用系统抽样方法抽取一个容量为50的样本，且随机抽得的号码为003.这600名学生分住在三个营区，从001到300在第1营区，从301到495在第Ⅱ营区，从496到600在第Ⅲ营区.三个营区被抽中的人数依次为 解析：1250600=，则分成50组，每组12人。因为2512300 =组，从003开始，则第一 营区抽取25人，第25人编号为291.301到492在第26到第41组，495为第42组第三号， 则第二营区抽取17人，剩下的第三营区抽取8人，故25,17,8 . 29.在生产过程中，测得纤维产品的纤度（表示纤维粗细的一种量）共有100个数据，将数据分组如右表： （1）在答题卡上完成频率分布表，并在给定的坐标系中画出频率分布直方图； （2）估计纤度落在[1.381.50) ，中的概率及纤度小于1.40的概率是多少？ （3）统计方法中，同一组数据常用该组区间的中点值（例如区间[1.301.34)， 的中点值是1.32）作为代表．据此，估计纤度的期望． 解析：（1） （2）纤度落在[) 1.381.50 ， 中的概率约为0.300.290.100.69 ++=，纤度小于1.40的概率 约为 1 0.040.250.300.44 2 ++?= ． （3）总体数据的期望约为 1.320.04 1.360.25 1.400.30 1.440.29 1.480.10 1.520.02 1.4088 ?+?+?+?+?+?=． 样本数据 高中数学必修排列组合和概率练习题 一、选择题（每小题5分，共60分） (1)已知集合A={1,3,5,7,9,11}，B={1,7,17}.试以集合A 和B 中各取一个数作 为点的坐标,在同一直角坐标系中所确定的不同点的个数是C (A)32(B)33(C)34(D)36 解分别以{}1357911，，，，，和{}1711，，的元素为x 和y 坐标,不同点的个数为1163P P g 分别以{}1357911，，，，，和{}1711，，的元素为y 和x 坐标,不同点的个数为1163P P g 不同点的个数总数是1111636336P P P P +=g g ,其中重复的数据有(1,7),(7,1)，所以只有34个 (2)从1，2，3，…，9这九个数学中任取两个，其中一个作底数，另一个作真 数，则可以得到不同的对数值的个数为 (A)64(B)56(C)53(D)51 解①从1，2，3，…，9这九个数学中任取两个的数分别作底数和真数的“对数式”个数为292P ； ②1不能为底数，以1为底数的“对数式”个数有8个,而应减去； ③1为真数时，对数为0，以1为真数的“对数式”个数有8个,应减去7个； ④2324log 4log 92log 3log 9 ===，49241log 2log 32log 3log 9 == =，应减去4个 所示求不同的对数值的个数为29287453()C ---=个 （3）四名男生三名女生排成一排，若三名女生中有两名站在一起，但三名女生 不能全排在一起，则不同的排法数有 （A ）3600（B ）3200（C ）3080（D ）2880 解①三名女生中有两名站在一起的站法种数是23P ； ②将站在一起的二名女生看作1人与其他5人排列的排列种数是66P ，其中的 三名女生排在一起的站法应减去。站在一起的二名女生和另一女生看作1人与4名男生作全排列，排列数为55P ，站在一起的二名女生和另一女生可互换位置的排列，故三名女生排在一起的种数是1525P P 。 符合题设的排列数为： 26153625665432254322454322880P P P P -=?????-????=????=种（）（）（） 我的做法用插空法，先将4个男生全排再用插空743342274534522880A A C A A C A --= （4 ）由100+展开所得x 多项式中，系数为有理项的共有 （A ）50项（B ）17项（C ）16项（D ）15项 解1000100110011r 100r r 100100100100100100=C )+C )++C )++C --L L 预备知识 在概率的计算中经常要用到一些排列组合知识，也常常用到牛顿二项式定理。 这里罗列一些同学们在中学里已学过的有关公式，并适当作一点推广。 一. 两个原理 1. 乘法原理: 完成一项工作有m 个步骤，第一步有1n 种方法，第二步有2n 种方法，…， 第m 步有m n 种方法，且完成该项工作必须依次通过这m 个步骤， 则完成该项工作一共有 1n 2n …m n 种方法，这一原理称为乘法原理。 2. 加法原理: 完成一项工作有m 种方式，第一种方式有1n 种方法，第二种 方式有2n 种方法，…，第m 种方式有m n 种方法，且完成该项工作只需 选择这m 种方式中的一种，则完成这项工作一共有 1n +2n +…+m n 种方法，这一原理称为加法原理。 二. 排列: 从n 个元素里每次取出r 个元素，按一定顺序排成一列，称为 从n 个元素里每次取r 个元素的排列，这里n 和Z 。均为正整数(以 下同)。 当这n 个元素全不相同时，上述的排列称为无重复排列，我 们关心的是可以做成多少个排列，即排列数。 对于无重复排列，要求当 时 r n 称为选排列，而当 r ＝n 时称为全排列。我们记排列数分别为 即将全排列看成选排列的特例。 利用乘法原理不难得到 由阶乘的定义 由阶乘的定义 将上面的n个不同的元素改为n类不同的元素，每一类元素 都有无数多个。今从这n类元素中取出r个元素，这r个元素可 以有从同一类元素中的两个或两个以上，将取出的这r个元素dl 成一列，称为从n类元素中取出r个元素的可重复排列，排列数记 作，由乘法原理得 显然，此处r可以大于n 例3 将三封信投入4个信箱，问在下列两种情形下各有几 种投法? 1)每个信箱至多只许投入一封信； 2)每个信箱允许投入的信的数量不受限制。 解1)显然是无重复排列问题，投法的种数为 2)是可重复排列问题，投法的种数为 三、组合 从“个元素中每次取出r个元素，构成的一组，称为从n个元 素里每次取出r个元素的组合。 设这n个元素全不相同，即得所谓无重复组合，我们来求组合数，记作 将一个组合中的r个元素作全排列，全排列数为 ， 所有组合中的元素作全排列，共有 个排列，这相当于从n个元素里每次取r个元素的选排列，排列总数为 故有 一、排列组合问题的解题策略 一、相临问题——捆绑法 例1．7名学生站成一排，甲、乙必须站在一起有多少不同排法？ 解：两个元素排在一起的问题可用“捆绑”法解决，先将甲乙二人看作一个元素与其他五人进行排列，并考虑甲乙二人的顺序，所以共有种。 评注：一般地: 个人站成一排,其中某个人相邻,可用“捆绑”法解决，共有种排法。 二、不相临问题——选空插入法 例2． 7名学生站成一排，甲乙互不相邻有多少不同排法？ 解：甲、乙二人不相邻的排法一般应用“插空”法，所以甲、乙二人不相邻的排法总数应为：种 . 评注：若个人站成一排，其中个人不相邻，可用“插空”法解决，共有种排法。 三、复杂问题——总体排除法 在直接法考虑比较难，或分类不清或多种时，可考虑用“排除法”，解决几何问题必须注意几何图形本身对其构成元素的限制。 例3.(1996年全国高考题)正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形共有多少个. 解：从7个点中取3个点的取法有种，但其中正六边形的对角线所含的中心和顶点三点共线不能组成三角形，有3条，所以满足条件的三角形共有－3＝32个. 四、特殊元素——优先考虑法 对于含有限定条件的排列组合应用题，可以考虑优先安排特殊位置，然后再考虑其他位置的安排。 例4． (1995年高考题) 1名老师和4名获奖学生排成一排照像留念，若老师不排在两端，则共有不同的排法种． 解：先考虑特殊元素（老师）的排法，因老师不排在两端，故可在中间三个位置上任选一个位置，有种，而其余学生的排法有种，所以共有＝72种不同的排法. 例5．（2000年全国高考题）乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名队员参加比赛，3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员选2名安排在第二、四位置，那么不同的出场安排共有种. 解：由于第一、三、五位置特殊，只能安排主力队员，有种排法，而其余7名队员选出2名安排在第二、四位置，有种排法，所以不同的出场安排共有＝252种. 五、多元问题——分类讨论法 对于元素多，选取情况多，可按要求进行分类讨论，最后总计。 例6．（2003年春招）某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为（A ） A．42 B．30 C．20 D．12 高中数学选修2-3基础知识归纳（排列组合、概率问题） 一．基本原理 1．加法原理：做一件事有n类办法，则完成这件事的方法数等于各类方法数相加。 2．乘法原理：做一件事分n步完成，则完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。 注：做一件事时，元素或位置允许重复使用，求方法数时常用基本原理求解。 二．排列：从n个不同元素中，任取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，所有排列的个数记为。 四．处理排列组合应用题 1.①明确要完成的是一件什么事（审题）②有序还是无序③分步还是分类。 2．解排列、组合题的基本策略 （1）两种思路： ①直接法： ②间接法：对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉。这是解决排列组合应用题时一种常用的解题方法。 分类处理：当问题总体不好解决时，常分成若干类，再由分类计数原 理得出结论。 注意：分类不重复不遗漏。即：每两类的交集为空集，所有各类的并集为全集。 （3）分步处理：与分类处理类似，某些问题总体不好解决时，常常分成若干步，再由分步计数原理解决。在处理排列组合问题时，常常既要分类，又要分步。其原则是先分类，后分步。 （4）两种途径：①元素分析法；②位置分析法。 3．排列应用题： （1）穷举法（列举法）：将所有满足题设条件的排列与组合逐一列举出来； (2) 特殊元素优先考虑、特殊位置优先考虑； 例1. 电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公 益广告，则共有种不同的播放方式（结果用数值表示）. 解：分二步：首尾必须播放公益广告的有种；中间4个为不同的商业广告有种，从而应当填＝48. 从而应填48． 例2. 6人排成一行，甲不排在最左端，乙不排在最右端，共有多少 1。排列组合： 可“区分”的叫做排列 abc P33 不可“区分”的叫做组合 aaa C33 用下列步骤来作一切的排列组合题： （1）先考虑是否要分情况考虑 （2）先计算有限制或数目多的字母，再计算无限制，数目少的字母 （3）在计算中永远先考虑组合：先分配，再如何排（先取再排） 例子： 8封相同的信，扔进4个不同的邮筒，要求每个邮筒至少有一封信，问有多少种扔法？ 第一步：需要分类考虑（5个情况）既然信是一样的，邮筒不一样，则只考虑4个不同邮筒会出现信的可能性。 第二步：计算数目多或者限制多的字母，由于信一样就不考虑信而考虑邮筒，从下面的几个情况几列式看出每次都从限制多的条件开始作。先选择，再考虑排列。 5个情况如下： a. 5 1 1 1：4个邮筒中取一个邮筒放5封信其余的3个各放一个的分法：C(4,1)=4 b.4 2 1 1：同上，一个邮筒4封信，其余三个中间一个有两封，两个有一封：C(4,1) * C(3,1)=12 c. 3 3 1 1: C(4,2) =6 d. 3 2 2 1: C(4,1) * C(3,2) = 12 e. 2 2 2 2 :1 4＋12＋6＋12＋1＝35种放法 [原创]如何解决排列后的组合问题(大家讨论哦) 很多CDer问的排列组合的问题中最多的是关于排列后的组合问题，这种题目确实很头疼，且考场上时间紧迫，头脑紧张，更没有时间考虑这些问题，所以出错多在此处。 根据我的经验： 如果排列后重新组合一般是两种排列的组合，这时可以看排列中和组合中的两组事务的性质，如果有一方是同质的或者是随机的，则不用重新组合；需要组合的情况只在两者都是异质或者非随机的时候。 例题1：从10个人中取出2个人住进2个屋子，有多少种住法？ 解答：C10,2,不用排列 可以这样考虑，取出2个人是随机的，房子没有说有区别，两个随机，所以不用排列其实两个中有一个是随机的，就不用考虑排列了 两个都是有顺序或者编号的才用考虑排列 （这个答案可能不对） 例题2：从10个人中取出2个人住进A、B，2个屋子，有多少种住法？ 解答：C10,2,不用排列 这样考虑，从10个中取2个出来，是C10，2，这两个是同质的，没有区别，取哪个放在A中还是B中是没有区别的，所以不用排列。 例题3：从编号1－10的人中取出2个人住进A、B，2个屋子，有多少种住法？ 解答：P2，2×C10，2这时需要排列了 例题4：从10个小球中1取出2个放在A，B两个盒子里，有多少种放法？ 答案：C10，2 小球同质 例题5：从编号1－10的小球中取出2个放在2个盒子里，有多少种放法？ 答案：C10，2 盒子同质 2。概率 加法原则和乘法原则：问自己这个事儿完成了没有？如果完成了就是加法原则，没有完成就是乘法原则。 例子：从北京到上海可以乘飞机（3种方案），轮船（2种方案），或者火车（5种方案），问从北京到上海乘这3种交通工具共几种方案？答：既然任何一个方案都已经到达了上海，这件事儿已经完成了，所以用加法原则：3＋2＋5＝10种 高中数学 排列组合二项式定理与概率统计 其系数性质，会把实际问题化归为数学模型问题或方程问题去解决，就可顺利获解。 例4、设88 018(1),x a a x a x +=+++L 则0,18,,a a a L 中奇数的个数为（ ） A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 例5、组合数C r n （n ＞r ≥1，n 、r ∈Z ）恒等于（ ） A ．r +1n +1C r -1n -1 B ．(n +1)(r +1) C r -1n -1 C ．nr C r -1 n -1 D ．n r C r -1n -1 . 例6、在的展开式中，含的项的系数是 （A ）-15 （B ）85 （C ）-120 （D ）274 例7、若(x +12x )n 的展开式中前三项的系数成等差数，则展开式中x 4项的系数为 (A)6 (B)7 (C)8 (D)9 考点三：概率 【内容解读】概率试题主要考查基本概念和基本公式，对等可能性事件的概率、互斥事件的概率、独立事件的概率、事件在n 次独立重复试验中恰发生k 次的概率、离散型随机变量分布列和数学期望等内容都进行了考查。掌握古典概型和几何概型的概率求法。 【命题规律】（1）概率统计试题的题量大致为2道，约占全卷总分的6％-10％，试题的难度为中等或中等偏易。 （2）概率统计试题通常是通过对课本原题进行改编，通过对基础知识的重新组合、变式和拓展，从而加工为立意高、情境新、设问巧、并赋予时代气息、贴近学生实际的问题。这样的试题体现了数学试卷新的设计理念，尊重不同考生群体思维的差异，贴近考生的实际，体现了人文教育的精神。 例8、在平面直角坐标系xoy 中，设D 是横坐标与纵坐标的绝对值均不大于2的点构成的区域，E 是到原点的距离不大于1的点构成的区域，向D 中随意投一点，则落入E 中的概率 为 。 例9、从编号为1,2,…,10的10个大小相同的球中任取4个，则所取4个球的最大号码是6的概率为 (A) 1 84 (B) 121 (C) 25 (D) 35 例10、在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为1，2，3，…， 18的18名 火炬手.若从中任选3人，则选出的火炬手的编号能组成3为公差的等差数列的概率为 )5)(4)(3)(2)(1(-----x x x x x 4 x 2013国家公务员考试行测暑期向前冲数学运算：排列组合 与概率问题重难点讲解 排列组合与概率问题在国家公务员考试中出现频率较大，几乎每年都会考查该类题型。公务员的日常工作更多涉及到统计相关知识，因此这部分题型会愈加被强调。 在现实生活中我们经常会遇到排座次、分配任务等问题，用到的都是排列组合原理，即便是最简单的概率问题也要利用排列组合原理计算。与此同时，排列组合中还有很多经典问题模型，其结论可以帮助我们速解该部分题型。 一、基础原理 二、基本解题策略 面对排列组合问题常用以下三种策略解题： 1.合理分类策略 ①类与类之间必须互斥（互不相容）；②分类涵盖所有情况。 2.准确分步策略 ①步与步之间互相独立（不相互影响）；②步与步之间保持连续性。 3.先组后排策略 当排列问题和组合问题相混合时，应该先通过组合问题将需要排列的元素选择出来，然后再进行排列。 【例题1】班上从7名男生和5名女生中选出3男2女去参加五个竞赛，每个竞赛参加一人。问有多少种选法？ A．120 B．600 C．1440 D．42000 中公解析：此题答案为D。此题既涉及排列问题（参加五个不同的竞赛），又涉及组合问题（从12名学生中选出5名），应该先组后排。 三、概率问题 概率是一个介于0到1之间的数，是对随机事件发生可能性的测度。概率问题经常与排列组合结合考查。因此解决概率问题要先明确概率的定义，然后运用排列组合知识求解。 1.传统概率问题 2.条件概率 在事件B已经发生前提下事件A发生的概率称为条件概率，即A在B条件下的概率。 P（AB）为AB同时发生的概率，P（B）为事件B单独发生的概率。 第十三章 排列组合与概率 一、基础知识 1．加法原理：做一件事有n 类办法，在第1类办法中有m 1种不同的方法，在第2类办法中有m 2种不同的方法，……，在第n 类办法中有m n 种不同的方法，那么完成这件事一共有N=m 1+m 2+…+m n 种不同的方法。2 乘法原理：做一件事，完成它需要分n 个步骤，第1步有m 1种不同的方法，第2步有m 2种不同的方法，……，第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N=m 1×m 2×…×m n 种不同的方法。3．排列与排列数：从n 个不同元素中，任取m(m ≤n)个元素，按照一定顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列，从n 个不同元素中取出m 个(m ≤n)元素的所有排列个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用m n A 表示，m n A =n(n-1)…(n-m+1)= )! (! m n n -,其中m,n ∈N,m ≤n, 注：一般地0 n A =1，0！=1，n n A =n!。 4．N 个不同元素的圆周排列数为n A n n =(n-1)!。 5．组合与组合数：一般地，从n 个不同元素中，任取m(m ≤n)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，即从n 个不同元素中不计顺序地取出m 个构成原集合的一个子集。从n 个不同元素中取出m(m ≤n)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m n C 表示： .)! (!! !)1()1(m n m n m m n n n C m n -=+--= 6．组合数的基本性质：（1）m n n m n C C -=；（2）1 1--+=n n m n m n C C C ；（3） k n k n C C k n =--11；（4）n n k k n n n n n C C C C 20 10==+++∑= ；（5）111++++-=+++k m k k m k k k k k C C C C ；（6） k n m n m k k n C C C --=。 7．定理1：不定方程x 1+x 2+…+x n =r 的正整数解的个数为1 1--n r C 。 高中数学排列组合概率练习题 1．如图，三行三列的方阵中有9个数(1,2,3;1,2,3)ij a i j ==，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是 （A ） 37 （B ） 47 （C ） 114 （D ） 1314 答案：D 解析：若取出3个数，任意两个不同行也不同列，则只有6种取法；而从9个数中任意取3个的方法是3 9C ．所以3 9 613114 C - = ． 2．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有 （A ）6种 （B ）9种 （C ）11种 （D ）13种 答案：B 解析：设四人分别是甲、乙、丙、丁，他们写的卡片分别为,,,a b c d ，则甲有三种拿卡片的方法，甲可以拿,,b c d 之一．当甲拿b 卡片时，其余三人有三种拿法，分别为,,badc bcda bdac ．类似地，当甲拿c 或d 时，其余三人各有三种拿法．故共有9种拿法． 3．在平面直角坐标系中，x 轴正半轴上有5个点，y 轴正半轴上有3个点，将x 轴正半轴上这5个点和y 轴正半轴上这3个点连成15条线段，这15条线段在第一象限内的交点最多有 （A ）30个 （B ）20个 （C ）35个 （D ）15个 答案：A 解析：设想x 轴上任意两个点和y 轴上任意两个点可以构成一个四边形，则这个四边形唯一的对角线交点，即在第一象限，适合题意．而这样的四边形共有302 32 5=?C C 个，于是最多有30个交点． 推广1：．在平面直角坐标系中，x 轴正半轴上有m 个点，y 轴正半轴上有n 个点，将x 轴正半轴上这m 个点和y 轴正半轴上这n 个点连成15条线段，这15条线段在第一象限内的交点最多有2 2 m n C C ?个 变式题：一个圆周上共有12个点，由这些点所连的弦最多有＿＿个交点． 答案：4 12C 4．有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其随机的并排摆放到书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率是 （A ） 15 （B ） 25 （C ） 35 （D ） 45 111213212223313233a a a a a a a a a ?? ? ? ??? 高中数学竞赛标准讲义----排列组合与概率 一、基础知识 1．加法原理：做一件事有n 类办法，在第1类办法中有m 1种不同的方法，在第2类办法中有m 2种不同的方法，……，在第n 类办法中有m n 种不同的方法，那么完成这件事一共有N=m 1+m 2+…+m n 种不同的方法。 2．乘法原理：做一件事，完成它需要分n 个步骤，第1步有m 1种不同的方法，第2步有m 2种不同的方法，……，第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N=m 1×m 2×…×m n 种不同的方法。 3．排列与排列数：从n 个不同元素中，任取m(m ≤n)个元素，按照一定顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列，从n 个不同元素中取出m 个(m ≤n)元素的所有排列个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用m n A 表示，m n A =n(n-1)…(n-m+1)= )! (! m n n -,其中m,n ∈N,m ≤n, 注：一般地0n A =1，0！=1，n n A =n!。 4．N 个不同元素的圆周排列数为n A n n =(n-1)!。 5．组合与组合数：一般地，从n 个不同元素中，任取m(m ≤n)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，即从n 个不同元素中不计顺序地取出m 个构成原集合的一个子集。从n 个不同元素中取出m(m ≤n)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m n C 表示： .)! (!! !)1()1(m n m n m m n n n C m n -=+--= 6．组合数的基本性质：（1）m n n m n C C -=；（2）11--+=n n m n m n C C C ；（3）k n k n C C k n =--11；（4）n n k k n n n n n C C C C 20 10==+++∑= ；（5）111++++-=+++k m k k m k k k k k C C C C ；（6）k n m n m k k n C C C --=。 7．定理1：不定方程x 1+x 2+…+x n =r 的正整数解的个数为11--n r C 。 [证明]将r 个相同的小球装入n 个不同的盒子的装法构成的集合为A ，不定方程x 1+x 2+…+x n =r 的正整数解构成的集合为B ，A 的每个装法对应B 的唯一一个解，因而构成映射，不同的装法对应的解也不同，因此为单射。反之B 中每一个解(x 1,x 2,…,x n ),将x i 作为第i 个盒子中球的个数，i=1,2,…,n ，便得到A 的一个装法，因此为满射，所以是一一映射，将r 个小球从左到右排成一列，每种装法相当于从r-1个空格中选n-1个，将球分n 份，共有11--n r C 种。故定理得证。 推论1 不定方程x 1+x 2+…+x n =r 的非负整数解的个数为.1r r n C -+ 2015年国考数量关系：排列组合与概率问题重难点讲解 中公教育专家通过对真题的深入研究发现，排列组合与概率问题在国家公务员考试中出现频率较大，几乎每年都会考查该类题型。公务员的日常工作更多地涉及到统计相关知识，因此这部分题型会愈加被重视。 在现实生活中我们经常会遇到排座次、分配任务等问题，用到的都是排列组合原理，即便是最简单的概率问题也要利用排列组合原理计算。与此同时，排列组合中还有很多经典问题模型，其结论可以帮助我们速解该部分题型。 一、基础原理 二、基本解题策略 面对排列组合问题，中公教育专家通过多年的研究经验找出了其常用的三种解题策略： 1.合理分类策略 ①类与类之间必须互斥(互不相容);②分类涵盖所有情况。 2.准确分步策略 ①步与步之间互相独立(不相互影响);②步与步之间保持连续性。 3.先组后排策略 当排列问题和组合问题相混合时，应该先通过组合问题将需要排列的元素选择出来，然后再进行排列。 【例题1】奶奶有6 颗口味各不相同的糖，现分给3 个孙子，其中1 人得1 颗、1 人得2 颗、1人得3颗，则共有( )种分法。 A.60 B.120 C.240 D.360 中公解析：此题答案为D。此题既涉及排列问题(参加6颗口味各不同的糖)，又涉及组合问题(分给三个孙子，每人分得糖数不同)，应该先组后排。 三、概率问题 概率是一个介于0到1之间的数，是对随机事件发生可能性的测度。概率问题经常与排列组合结合考查。因此解决概率问题要先明确概率的定义，然后运用排列组合知识求解。 1.传统概率问题 【例题2】田忌与齐威王赛马并最终获胜被传为佳话。假设齐威王以上等马、中等马和下等马的固定顺序排阵，那么田忌随机将自己的三匹马排阵时，能够获得两场胜利的概率是( )。 第一讲 排列组合概念及简单应用 排列和排列数公式 A m n ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝n ！ (n －m )！(m ，n ∈N *，并且m ≤n ) A n n ＝n ！＝n ×(n －1)×(n －2)×…×3×2×1. 规定：0！＝1. 组合与组合数公式 1．组合数公式 C m n ＝A m n A m m ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)m ！＝n ！m ！(n －m )！(m ，n ∈N *，并且 m ≤n ) 2．组合数的性质 (1)C m n ＝C n －m n (2)C m n ＋1＝C m n ＋C m － 1n 常规题型 一、投信问题 1、个口袋里有5封信，另一个口袋里有4封信，各封信内容均不相同. （1）从两个口袋里各取一封信，有多少种不同的取法？ （2）把这两个口袋里的9封信，分别投入4个邮筒，有多少种不同的放法？ 2、五位旅客到一个城市出差，这个城市有6家旅馆，有多少种住宿方法？ 3、12名旅客在一辆火车上，共有六个车站，有多少种下车方案？ 4、3个同学在一座只有两个楼梯的楼上下楼，有几种下楼方案？ 二、染色问题 1、如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法总数. 2. 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． 3.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． 江苏省白蒲中学2013高一数学排列、组合和概率教案01 苏教版 两个基本原理 一、教学目标 1、知识传授目标：正确理解和掌握加法原理和乘法原理 2、能力培养目标：能准确地应用它们分析和解决一些简单的问题 3、思想教育目标：发展学生的思维能力，培养学生分析问题和解决问题的能力 二、教材分析 1.重点：加法原理，乘法原理。解决方法：利用简单的举例得到一般的结论． 2.难点：加法原理，乘法原理的区分。解决方法：运用对比的方法比较它们的异同． 三、活动设计 1.活动：思考，讨论，对比，练习． 2.教具：多媒体课件． 四、教学过程正 1．新课导入 随着社会发展，先进技术，使得各种问题解决方法多样化，高标准严要求，使得商品生产工序复杂化，解决一件事常常有多种方法完成，或几个过程才能完成。 排列组合这一章都是讨论简单的计数问题，而排列、组合的基础就是基本原理，用好基本原理是排列组合的关键． 2．新课 我们先看下面两个问题． (l)从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船．一天中，火车有4班，汽车有 2班，轮船有 3班，问一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？板书：图 因为一天中乘火车有4种走法，乘汽车有2种走法，乘轮船有3种走法，每一种走法都可以从甲地到达乙地，因此，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有 4十2十3=9种不同的走法． 一般地，有如下原理： 加法原理：做一件事，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有m n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m1十m2十…十m n种不同的方法． (2) 我们再看下面的问题： 由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条．从A村经B村去C村，共有多少种不同的走法？ 板书：图 这里，从A村到B村有3种不同的走法，按这3种走法中的每一种走法到达B村后，再从B村到C村又有2种不同的走法．因此，从A村经B村去C村共有 3X2=6种不同的走法．一般地，有如下原理： 乘法原理：做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有m n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m1 m2… 专题五： 排列、组合、二项式定理、概率与统计 【考点分析】 1． 突出运算能力的考查。高考中无论是排列、组合、二项式定理和概率题目，均是用数 值给出的选择支或要求用数值作答，这就要求平时要重视用有关公式进行具体的计算。 2． 有关排列、组合的综合应用问题。这种问题重点考查逻辑思维能力，它一般有一至两 3． 个附加条件，此附加条件有鲜明的特色，是解题的关键所在；而且此类问题一般都有 多种解法，平时注意训练一题多解；它一般以一道选择题或填空题的形式出现，属于中等偏难（理科）的题目。 4． 有关二项式定理的通项式和二项式系数性质的问题。这种问题重点考查运算能力，特 别是有关指数运算法则的运用，同时还要注意理解其基本概念，它一般以一道选择题或填空题的形式出现，属于基础题。 5． 有关概率的实际应用问题。这种问题既考察逻辑思维能力，又考查运算能力；它要求 对四个概率公式的实质深刻理解并准确运用；文科仅要求计算概率，理科则要求计算分布列和期望；它一般以一小一大（既一道选择题或填空题、一道解答题）的形式出现，属于中等偏难的题目。 6． 有关统计的实际应用问题。这种问题主要考查对一些基本概念、基本方法的理解和掌 握，它一般以一道选择题或填空题的形式出现，属于基础题。 【疑难点拨】 1． 知识体系： 2．知识重点： （1） 分类计数原理与分步计数原理。它是本章知识的灵魂和核心，贯穿于本章的始终。 （2） 排列、组合的定义，排列数公式、组合数公式的定义以及推导过程。排列数公式 的推导过程就是位置分析法的应用，而组合数公式的推导过程则对应着先选（元素）后排（顺序）这一通法。 （3） 二项式定理及其推导过程、二项展开式系数的性质及其推导过程。二项式定理的 推导过程体现了二项式定理的实质，反映了两个基本计数原理及组合思想的具体应用，二项展开式系数性质的推导过程就对应着解决此类问题的通法——赋值法（令1±=x ）的应用。 （4） 等可能事件的定义及其概率公式，互斥事件的定义及其概率的加法公式，相互独 立事件的定义及其概率的乘法公式，独立重复试验的定义及其概率公式。互斥事件的概率加法公式对应着分类相加计数原理的应用，相互独立事件的概率乘法公式对应着分步相乘计数原理的应用。 （5） （理科）离散型随机变量的定义，离散型随机变量的分布列、期望和方差。 （6） 简单随机抽样、系统抽样、分层抽样，总体分布，正态分布，线性回归。 排列组合二项式定理与概率统计 例7、若(x +12x )n 的展开式中前三项的系数成等差数，则展开式中x 4项的系数为 (A)6 (B)7 (C)8 (D)9 考点三：概率 【内容解读】概率试题主要考查基本概念和基本公式，对等可能性事件的概率、互斥事件的概率、独立事件的概率、事件在n 次独立重复试验中恰发生k 次的概率、离散型随机变量分布列和数学期望等内容都进行了考查。掌握古典概型和几何概型的概率求法。 【命题规律】（1）概率统计试题的题量大致为2道，约占全卷总分的6％-10％，试题的难度为中等或中等偏易。 （2）概率统计试题通常是通过对课本原题进行改编，通过对基础知识的重新组合、变式和拓展，从而加工为立意高、情境新、设问巧、并赋予时代气息、贴近学生实际的问题。这样的试题体现了数学试卷新的设计理念，尊重不同考生群体思维的差异，贴近考生的实际，体现了人文教育的精神。 例8、在平面直角坐标系xoy 中，设D 是横坐标与纵坐标的绝对值均不大于2的点构成的区域，E 是到原点的距离不大于1的点构成的区域，向D 中随意投一点，则落入E 中的概率 为 。 例9、从编号为1,2,…,10的10个大小相同的球中任取4个，则所取4个球的最大号码是6的概率为 (A) 184 (B) 121 (C) 25 (D) 35 例10、在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为1，2，3，…， 18的18名 火炬手.若从中任选3人，则选出的火炬手的编号能组成3为公差的等差数列的概率为 （A ） 511 （B ）681 （C ）3061 （D ）408 1 例11、某一批花生种子，如果每1粒发牙的概率为4 5,那么播下4粒种子恰有2粒发芽的概率是（ ） A.16 625 B. 96625 C. 192625 D. 256625 排列组合与概率原理及解题技巧 一、基础知识 1．加法原理：做一件事有n 类办法，在第1类办法中有m 1种不同的方法，在第2类办法中有m 2种不同的方法，……，在第n 类办法中有m n 种不同的方法，那么完成这件事一共有N=m 1+m 2+…+m n 种不同的方法。 2．乘法原理：做一件事，完成它需要分n 个步骤，第1步有m 1种不同的方法，第2步有m 2种不同的方法，……，第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N=m 1×m 2×…×m n 种不同的方法。 3．排列与排列数：从n 个不同元素中，任取m(m ≤n)个元素，按照一定顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列，从n 个不同元素中取出m 个(m ≤n)元素的所有排列个数，叫做从n 个不同 元素中取出m 个元素的排列数，用m n A 表示，m n A =n(n-1)…(n-m+1)= )! (! m n n -,其中m,n ∈N,m ≤n, 注：一般地0n A =1，0！=1，n n A =n!。 4．N 个不同元素的圆周排列数为n A n n =(n-1)!。 5．组合与组合数：一般地，从n 个不同元素中，任取m(m ≤n)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，即从n 个不同元素中不计顺序地取出m 个构成原集合的一个子集。从n 个不同元 素中取出m(m ≤n)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m n C 表示： .)! (!! !)1()1(m n m n m m n n n C m n -=+--= 6．组合数的基本性质：（1）m n n m n C C -=；（2）1 1--+=n n m n m n C C C ；（3）k n k n C C k n =--11；（4）n n k k n n n n n C C C C 20 10 ==+++∑= ；（5）111++++-=+++k m k k m k k k k k C C C C ；（6）k n m n m k k n C C C --=。 7．定理1：不定方程x 1+x 2+…+x n =r 的正整数解的个数为1 1--n r C 。 [证明]将r 个相同的小球装入n 个不同的盒子的装法构成的集合为A ，不定方程x 1+x 2+…+x n =r 的正整数解构成的集合为B ，A 的每个装法对应B 的唯一一个解，因而构成映射，不同的装法对应的解也不同，因此为单射。反之B 中每一个解(x 1,x 2,…,x n ),将x i 作为第i 个盒子中球的个数，i=1,2,…,n ，便得到A 的一个装法，因此为满射，所以是一一映射，将r 个小球从左到右排成一列，每种装法相当于从r-1个空格中选n-1个，将球分n 份，共有1 1--n r C 种。故定理得证。 推论1 不定方程x 1+x 2+…+x n =r 的非负整数解的个数为.1r r n C -+ 推论2 从n 个不同元素中任取m 个允许元素重复出现的组合叫做n 个不同元素的m 可重组合，其组合数为.1m m n C -+ 8．二项式定理：若n ∈N +,则(a+b)n =n n n r r n r n n n n n n n b C b a C b a C b a C a C +++++---2221 10.其中第r+1 专题三： 排列、组合及二项式定理 一、排列、组合与二项式定理 【基础知识】 1.分类计数原理（加法原理）12n N m m m =+++. 2.分步计数原理（乘法原理）12n N m m m =???. 3.排列数公式 m n A =)1()1(+--m n n n = ！ ！)(m n n -.(n ，m ∈N * ，且m ≤n)． 4.组合数公式 m n C =m n m m A A =m m n n n ???+-- 21)1()1(=！！！)(m n m n -?(n ，m ∈N * ，且m ≤n). 5.组合数的两个性质： (1) m n C =m n n C - ; (2) m n C +1 -m n C =m n C 1+ （3）1 121++++=++++r n r n r r r r r r C C C C C . 6.排列数与组合数的关系是：m m n n A m C =?！ . 7.二项式定理：n n n r r n r n n n n n n n n b C b a C b a C b a C a C b a ++++++=+--- 222110)( ; 二项展开式的通项公式：r r n r n r b a C T -+=1)210(n r ，，， =. 【题例分析】 例1、从6名短跑运动员中选4人参加4×100米接力，如果其中甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，问共有多少种参赛方法？ 解法：问题分成三类：（1）甲乙二人均不参加，有4 4A 种；（2）甲、乙二人有且仅有1人参加，有234C （44A －3 3A ）种；（3）甲、乙二人均参加，有24C （44A －23 3A ＋2 2A ） 种，故共有252种． 点评：对于带有限制条件的排列、组合综合题，一般用分类讨论或间接法两种． 例2: 有5个男生和3个女生，从中选取5人担任5门不同学科的科代表，求分别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科代表． (3)某男生必须包括在内,但不担任数学科代表． (4)某女生一定要担任语文科代表,某男生必须担任科代表,但不担任数学科代表． 解：(1)先取后排,有13452335C C C C +种,后排有5 5A 种,共有5 513452335 )(A C C C （C +＝5400种． (2)除去该女生后先取后排：8404 447=A C 种． GRE数学排列组合和概率题目 考生在答新gre数学试题时，一定要细心认真，把握好时间，最好有做完检查的时间，尽量在新gre数学部分获取高分。 1、15人中取5人，有3个不能都取，有多少种取法? C155 –C122 2、7人比赛，A在B的前面的可能性有多少种 P77 / 2 A在B前的次数与在其后的次数相等 3、3对人分为A,B,C三组，考虑组顺和组中的人顺，有多少种分法? P33 ×(P22 )3 先考虑组顺，再考虑人顺 4、17个人中任取3人分别放在3个屋中，其中7个只能在某两个屋，另外10个只能在另一个屋，有多少种分法? P72 P101 5、A,B,C,D,E,F排在1，2，3，4，5，6这六个位置，问A不在1，B不在2，C不在3的排列的种数? P66 -3P55 +3P44 -P33 (先取总数，后分别把A放1，B放2, C放3,把这个数量算出，从总数中减去即可，建议用三个同样的环相互交错取总数的方法计算) 6、4幅大小不同的画，要求两幅最大的排在一起，有多少种排法? 2P33 7、5辆车排成一排，1辆黄色，1两蓝色，3辆红色，且3辆红车不可分辨，问有多少种排法? P55 /P33 如果再加一个条件2辆不可分辨的白色车，同理：P77 /P33 P22 8、4对夫妇，从中任意选出3人组成一个小组，不能从任一对夫妇中同时选择两人，问符合选择条件的概率是多少? (C83 –C61 C41 )/C83 9、从6双不同的手套中任取4只，求其中恰有一双配对的概率。 C61 C52 C21 C21 /C124 10、3个打字员为4家公司服务，每家公司各有一份文件录入，问每个打字员都收到文件的概率? (C42 C21 )C31 /34 先把文件分为2，1，1三堆，然后把这三堆文件分给三个打字员。 虽然新版gre数学部分难度系数有所提高，但相信我们国内考生能够从容应对，以上即是搜索整理的有关新gre数学排列组合和概率题目解析，希望能对广大考生有所帮助。 排列与组合练习题 1．如图，三行三列的方阵中有9个数(1,2,3;1,2,3)ij a i j ==，从中任取三 个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是 （A ）37 （B ）47 （C ）114 （D ）1314 答案：D 解析：若取出3个数，任意两个不同行也不同列，则只有6种取法；而从9个数中任意取3个的方法是39C ．所以39613114 C -=． 2．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有 （A ）6种 （B ）9种 （C ）11种 （D ）13种 答案：B 解析：设四人分别是甲、乙、丙、丁，他们写的卡片分别为,,,a b c d ，则甲有三种拿卡片的方法，甲可以拿,,b c d 之一．当甲拿b 卡片时，其余三人有三种拿法，分别为,,badc bcda bdac ．类似地，当甲拿c 或d 时，其余三人各有三种拿法．故共有9种拿法． 3．在平面直角坐标系中，x 轴正半轴上有5个点，y 轴正半轴上有3个点，将x 轴正半轴上这5个点和y 轴正半轴上这3个点连成15条线段，这15条线段在第一象限内的交点最多有 （A ）30个 （B ）20个 （C ）35个 （D ）15个 答案：A 解析：设想x 轴上任意两个点和y 轴上任意两个点可以构成一个四边形，则这个四边形唯一 的对角线交点，即在第一象限，适合题意．而这样的四边形共有302325=?C C 个，于是最 多有30个交点． 推广1：．在平面直角坐标系中，x 轴正半轴上有m 个点，y 轴正半轴上有n 个点，将x 轴正半轴上这m 个点和y 轴正半轴上这n 个点连成15条线段，这15条线段在第一象限内的 交点最多有22m n C C ?个 变式题：一个圆周上共有12个点，由这些点所连的弦最多有＿＿个交点． 答案：412C 4．有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其随机的并排摆放到书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率是 （A ）15 （B ）25 （C ）35 （D ） 45 答案：B 111213212223313233a a a a a a a a a ?? ? ? ???高中数学排列组合与概率统计习题
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