高中数学排列组合习题及解析

1、排列组合问题在实际应用中是非常广泛的，并且在实际中的解题方法也是比较复杂的，下 面就通过一些实例来总结实际应用中的解题技巧。.排列的定义：从n个不同元素中，任取 m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。.组合的定义：从n个不同元素中，任取 m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。.排列数公式：.组合数公式：5.排列与组合的区别与联系：与顺序有关的为排列问题，与顺序无关的为组合问题。例1学校组织老师学生一起看电影，同一排电影票 12张。8个学生，4个老师，要求老师在学生 中间，且老师互不相邻，共有多少种不同的坐法？分析 此题

2、涉及到的是不相邻问题，并且是对老师有特殊的要求，因此老师是特殊元素， 在解决时就要特殊对待。所涉及问题是排列问题。解 先排学生共有种排法，然后把老师插入学生之间的空档，共有7个空档可插，选其中的4个空档，共有种选法。根据乘法原理，共有的不同坐法为种。结论1插入法：对于某两个元素或者几个元素要求不相邻的问题，可以用插入法。即先排好没有限制条件的元素，然后将有限制条件的元素按要求插入排好元素的空档之中即可。例2、5个男生3个女生排成一排，3个女生要排在一起，有多少种不同的排法？分析 此题涉及到的是排队问题，对于女生有特殊的限制，因此，女生是特殊元素，并且 要求她们要相邻，因此可以将她们看成是一个元

3、素来解决问题。解因为女生要排在一起，所以可以将3个女生看成是一个人，与 5个男生作全排列，有种排法，其中女生内部也有种排法，根据乘法原理，共有种不同的排法。结论2捆绑法：要求某几个元素必须排在一起的问题，可以用捆绑法来解决问题。即将需要相邻的元素合并为一个元素，再与其它元素一起作排列，同时要注意合并元素内部也可以作 排列。例3高二年级8个班，组织一个12个人的年级学生分会，每班要求至少1人，名额分配方案有多少种？分析此题若直接去考虑的话，就会比较复杂。但如果我们将其转换为等价的其他问题， 就会显得比较清楚，方法简单，结果容易理解。解 此题可以转化为：将12个相同的白球分成 8份，有多少种不同的

4、分法问题，因此须把 这12个白球排成一排，在 11个空档中放上7个相同的黑球，每个空档最多放一个，即可将白 球分成8份，显然有种不同的放法，所以名额分配方案有种。结论3转化法：对于某些较复杂的、或较抽象的排列组合问题，可以利用转化思想，将其化归为简单的、具体的问题来求解。例4 袋中有5分硬币23个，1角硬币10个，如果从袋中取出 2元钱，有多少种取法？分析此题是一个组合问题，若是直接考虑取钱的问题的话，情况比较多，也显得比较凌 乱，难以理出头绪来。但是如果根据组合数性质考虑剩余问题的话，就会很容易解决问题。解把所有的硬币全部取出来，将得到X 23+X10=元，所以比2元多元，所以剩下元即剩下3

5、个5分或1个5分与1个1角，所以共有种取法。结论4 剩余法：在组合问题中，有多少取法，就有多少种剩法，他们是一一对应的， 因此，当求取法困难时，可转化为求剩法。例5期中安排考试科目9门，语文要在数学之前考，有多少种不同的安排顺序？分析 对于任何一个排列问题，就其中的两个元素来讲的话，他们的排列顺序只有两种情 况，并且在整个排列中，他们出现的机会是均等的，因此要求其中的某一种情况，能够得到全 体，那么问题就可以解决了。并且也避免了问题的复杂性。解 不加任何限制条件，整个排法有种，“语文安排在数学之前考”，与“数学安排在 语文之前考”的排法是相等的，所以语文安排在数学之前考的排法共有种。结论5 对

6、等法：在有些题目中，它的限制条件的肯定与否定是对等的，各占全体的二分之一。在求解中只要求出全体，就可以得到所求。例6 我们班里有43位同学，从中任抽 5人，正、副班长、团支部书记至少有一人在内 的抽法有多少种？分析 此题若是直接去考虑的话，就要将问题分成好几种情况，这样解题的话，容易造成 各种情况遗漏或者重复的情况。而如果从此问题相反的方面去考虑的话，不但容易理解，而且 在计算中也是非常的简便。这样就可以简化计算过程。解 43人中任抽5人的方法有种，正副班长，团支部书记都不在内的抽法有种，所以正副班长，团支部书记至少有 1人在内的抽法有种。结论6 排异法：有些问题，正面直接考虑比较复杂，而它的

7、反面往往比较简捷，可以先 求出它的反面，再从整体中排除。练习1某人射击8枪，命中4枪，那么命中的4枪中恰有3枪是连中的情形有几种 ？练习2 一排8个座位，3人去坐，每人两边至少有一个空座的坐法有多少种？练习3马路上有编号为1, 2, 3,10的十只路灯，为节约电而不影响照明，可以把其 中的三只路灯关掉，但不能同时关掉相邻的两只或三只，也不能关掉马路两端的灯，问满足条 件的关灯方法有多少种 ？练习4A、B、C、D E五人站成一排，如果 B必须站在A的右边，那么不同的站法有多少 种？练习5某电路有5个串联的电子元件，求发生故障的不同情形数目？小结：解决排列组合应用题的一些解题技巧，具体有插入法，捆

8、绑法，转化法，剩余法，对等法,排异法；对于不同的题目，根据它们的条件，我们就可以选取不同的技巧来解决问题。对于一些比较复杂的问题，我们可以将几种技巧结合起来应用，便于我们迅速准确地解题。在这些技巧 中所涉及到的数学思想方法，例如：分类讨论思想，变换思想，特殊化思想等等，要在应用中 汪思掌握。典例精析 题型一分类加法计数原理的应用例1在1到20这20个整数中，任取两个数相加，使其和大于20,共有 种取法.【解析】当一个加数是1时，另一个加数只能是 20,有1种取法；当一个加数是2时，另一个加数可以是 19,20 ,有2种取法；当一个加数是3时，另一个加数可以是 18,19,20 ,有3种取法；当

9、一个加数是10时，另一个加数可以是11,12 , , 19,20 ,有10种取法；当一个加数是11时，另一个加数可以是12,13 , , 19,20 ,有9种取法;当一个加数是19时，另一个加数只能是 20,有1种取法.由分类加法计数原理可得共有1+2+3+-+10+9+8+-+1=100种取法.【点拨】采用列举法分类，先确定一个加数，再利用“和大于 20”确定另一个加数.【变式训练11 （2010济南市模拟）从集合1,2,3 , , 10中任意选出三个不同的数，使 这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为（）【解析】当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8;当公比为3时，等比数列可

10、为1,3,9;当公比为32时，等比数列可为 4,6,9.同理，公比为12、13、23时，也有4个.故选D.题型二分步乘法计数原理的应用例2从6人中选4人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览，要求每个旅 游景点只有一人游览，每人只游览一个旅游景点，且 6个人中甲、乙两人不去张家界游览，则 不同的选择方案共有种.【解析】能去张家界的有 4人，依此能去韶山、衡山、桃花源的有5人、4人、3人.则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有4X5X4X 3=240种.【点拨】根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能 完成这件事，各步之间既不能重复也不能遗漏【变式训练2】

11、（2010湘潭市调研）要安排一份5天的值班表，每天有一人值班，现有5人, 每人可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一人值班，问此值班表共有种不同的排法.【解析】依题意，值班表须一天一天分步完成 .第一天有5人可选有5种方法，第二天不 能用第一天的人有 4种方法，同理第三天、第四天、第五天也都有4种方法，由分步乘法计数原理共有 5X4X4X4X4=1 280 种方法.题型三分类和分步计数原理综合应用例3 （2011长郡中学）如图，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，则不同的涂色种数有.【解析】方法一：由题意知，有且仅

12、有两个区域涂相同的颜色，分为 4类：1与5同;2与 5同;3与5同;1与3同.对于每一类有 A44种涂法，共有4A44=96种方法.方法二：第一步：涂区域 1 ,有4种方法；第二步：涂区域2,有3种方法；第三步：涂区 域4,有2种方法（此前三步已经用去三种颜色 ）；第四步：涂区域3,分两类：第一类，3与1 同色，则区域5涂第四种颜色；第二类，区域3与1不同色，则涂第四种颜色，此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有 3种方法.所以，不同的涂色种数有 4X3X2X（1 X1 + 1X 3）=96 种.【点拨】染色问题是排列组合中的一类难题.本题能运用两个基本原理求解，要注意的

13、是分类中有分步，分步后有分类.【变式训练3 （2009深圳市调研）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，使得任意相邻 （有公共边）小正方形所涂颜色都不相同，且 1,5,9号小正方形涂相 同颜色，则符合条件的所有涂法有多少种？【解析】第一步，从三种颜色中选一种颜色涂1,5,9号有C13种涂法；第二步，涂2,3,6号，若2,6同色，有4种涂法，若2,6不同色，有2种涂法，故共有6 种涂法；第三步，涂4,7,8号，同第二步，共有 6种涂法.由分步乘法原理知共有 3X6X6=108种涂法.总结提高分类加法计数原理和分步乘法计数原理回答的都是完成一件事有多少种不同方法或种

14、数 的问题，其区别在于：分类加法计数原理是完成一件事要分若干类，类与类之间要互斥，用任 何一类中的任何一种方法都可以独立完成这件事；分步乘法计数原理是完成一件事要分若干步，步骤之间相互独立，各个步骤相互依存，缺少其中任何一步都不能完成这件事，只有当各个步 骤都完成之后，才能完成该事件.因此，分清完成一件事的方法是分类还是分步，是正确使用这 两个基本计数原理的基础.排列与组合典例精析题型一排列数与组合数的计算【例 1】 计算：(1)8!+A66A28- A410; C33+C34+ - +C310.【解析】(1)原式=8X7X6X5X4X3X2X1+6X5X4X3X2X 18X7-10X9X8X

15、7=57X6X5X4X3X256X( -89)=-5 130623.(2)原式=C44+C34+C35+ +C310=C45+C35+ +C310=C46+C36+ +C310=0411 =330.【点拨】在使用排列数公式 Amn=n!(n-m)!进行计算时，要注意公式成立的条件：成n C N+, mem另外，应注意组合数的性质的灵活运用.【变式训练1解不等式6 .【解析】原不等式即 9!(9- x)!6 X9!(11 -x)!,也就是1(9-x)!,化简得 x2-21x+1040 ,解得x13,又因为2WxW9,且xCN*,所以原不等式的解集为2,345,6,7.题型二有限制条件的排列问题【

16、例2 3男3女共6个同学排成一行. TOC o 1-5 h z (1)女生都排在一起，有多少种排法？(2)女生与男生相间，有多少种排法？(3)任何两个男生都不相邻，有多少种排法？(4)3名男生不排在一起，有多少种排法 ？(5)男生甲与男生乙中间必须排而且只能排2位女生，女生又不能排在队伍的两端，有几种排法？【解析】(1)将3名女生看作一人，就是 4个元素的全排列，有 A44种排法.又3名女生内 部可有A33种排法，所以共有 A44?A33=144种排法.(2)男生自己排，女生也自己排，然后相间插入(此时有2种插法)，所以女生与男生相间共有2A33?A33=72种排法.(3)女生先排，女生之间及

17、首尾共有4个空隙，任取其中 3个安插男生即可，因而任何两个男生都不相邻的排法共有A33?A34=144种.(4)直接分类较复杂，可用间接法 .即从6个人的排列总数中，减去 3名男生排在一起的排 法种数，得3名男生不排在一起的排法种数为A66-A33A44=576种.(5)先将2个女生排在男生甲、乙之间，有 A23种排法.又甲、乙之间还有 A22种排法.这 样就有A23?A22种排法.然后把他们4人看成一个元素(相当于一个男生)，这一元素及另1名男 生排在首尾，有A22种排法.最后将余下的女生排在其间，有1种排法.故总排法为A23A22A22=24种.【点拨】排列问题的本质就是“元素”占“位子”

18、问题，有限制条件的排列问题的限制主 要表现在：某些元素“排”或“不排”在哪个位子上，某些元素“相邻”或“不相邻” .对于这类问题，在分析时，主要按照“优先”原则，即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子，对于“相邻”问题可用“捆绑法”，对于“不相邻”问题可用“插空法”.对于直接考虑较困难的问题，可以采用间接法.【变式训练2把123,4,5 这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大 的顺序排列构成一个数列.(1)43 251是这个数列的第几项？(2)这个数列的第97项是多少？【解析】(1)不大于43 251的五位数 A55-(A44+A33+A22)=88个，即为此数列的第 88项.(2

19、)此数列共有120项，而以5开头的五位数恰好有 A44=24个，所以以5开头的五位数中 最小的一个就是该数列的第97项，即51 234.题型三 有限制条件的组合问题【例3】 要从12人中选出5人去参加一项活动. TOC o 1-5 h z (1)A , B, C三人必须入选有多少种不同选法？(2)A , B, C三人都不能入选有多少种不同选法？(3)A , B, C三人只有一人入选有多少种不同选法？(4)A , B, C三人至少一人入选有多少种不同选法？(5)A , B, C三人至多二人入选有多少种不同选法？【解析】(1)只须从A, B, C之外的9人中选择2人，C29=36种不同选法.(2)

20、由A, B, C三人都不能入选只须从余下 9人中选择5人,即有C59=C49=126种选法.(3)可分两步，先从 A, B, C三人中选出1人，有C13种选法，再从余下的 9人中选4人， 有C49种选 法，所以共有 C13?C49=378种选法.(4)可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A, B, C三人都不入选的情况 C59,共有 C512-C59=666 种选法.(5)可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A, B, C三人都入选的情况 C29 种，所以共有 C512-C29=756种选法.【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题，可以用间接法求解.对于有限制条件

21、的问题，一般要根据特殊元素分类.【变式训练3四面体的顶点和各棱中点共有10个点.(1)在其中取4个共面的点，共有多少种不同的取法？(2)在其中取4个不共面的点，共有多少种不同的取法？【解析】(1)四个点共面的取法可分三类.第一类：在同一个面上取，共有4c46种；第二类: 在一条棱上取三点，再在它所对的棱上取中点，共有 6种；第三类：在六条棱的六个中点中取， 取两对对棱的4个中点，共有 C23=3种.故有69种.(2)用间接法.共0410-69=141种.总结提高解有条件限制的排列与组合问题的思路：(1)正确选择原理，确定分类或分步计数；(2)特殊元素、特殊位置优先考虑；(3)再考虑其余元素或其

22、余位置.二项式定理典例精析题型一二项展开式的通项公式及应用【例11已知 的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列(1)求证：展开式中没有常数项 ；(2)求展开式中所有的有理项.【解析】由题意得 2cl n? =1+C2n?( )2 ,IP n2-9n+8=0 ,所以 n=8, n=1(舍去).所以 Tr+1=?()?=(-)r?=(-1)r?(0 r8, r Z).(1)若 Tr+1 是常数项，则 16-3r4=0 ,即 16-3r=0 ,因为r e Z,这不可能，所以展开式中没有常数项.(2)若Tr+1是有理项，当且仅当 16-3r4为整数，又 0WrW8, r C Z,所以0,4,8

23、,即展开式中有三项有理项，分别是T1=x4, T5=358 x , T9=1256 x-2.【点拨】(1)把握住二项展开式的通项公式，是掌握二项式定理的关键.除通项公式外，还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质；(2)应用通项公式求二项展开式的特定项，如求某一项，含 x某次哥的项，常数项，有理项，系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得n或后，再求所需的项(要注意n和r的数值范围及大小关系);(3)注意区分展开式“第r+1项的二项式系数”与“第 r+1项的系数”.【变式训练11若(xx+)n的展开式的前3项系数和为129,则这个展开式中是否含有常 数项，一次

24、项？如果有，求出该项，如果没有，请说明理由 .【解析】由题知 C0n+C1n?2+C2n?22=1?9所以n=8,所以通项为 Tr+1=Cr8(xx)8-r =,故 r=6 时，T7=26C28x=1 792x ,所以不存在常数项，而存在一次项，为 1 792x.题型二运用赋值法求值例 2 (1)已知(1+x)+(1+x)2+ +(1 +x)n=aO+a1 x+a2x2+ +anxn,且 a1+a2+ +2门-1=29-n，贝U n= ;(2)已知(1-x)n=a0+a1x+a2 x2+anxn,若 5a1+2a2=0,则 a0-a1+a2- a3+(-1)nan=【解析】 易知an=1,令x

25、=0得a0=n,所以a0+a1+- +an=30.又令 x=1 ,有 2+22+- - +2n=a0+a1 + , - +an=30,即 2n+1-2=30 ,所以 n=4.(2)由二项式定理得，a1=-C1n=-n , a2=C2n=n(n-1)2 ,代入已知得-5n+n(n-1)=0 ,所以n=6,令 x=-1 得(1+1)6=a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6 ,即 a0-a1 +a2-a3+a4-a5+a6=64.【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特殊值代入构造相应 的结构.【变式训练 2】设(3x- 1)8=a0+a1x+a2x2+a7x7+a8x8.

26、求 a0+a2+a4+a6+a8 的值.【解析】令f(x)=(3x-1)8,因为 f(1)=a0+a1+a2+ -+a8=28,f(-1)=a0-a1 +a2- a3+- - -a7+a8=48 ,所以 a0+a2+a4+a6+a8=f(1 )+f(- 1)2=27 x (1 +28).题型三二项式定理的综合应用【例3】求证：4X6n+5 n+1-9能被20整除.【解析】4 x 6n+5n+1 -9=4(6n-1 )+5(5n-1 )=4(5+1 )n-1 +5(4+1)n-1 =20(5n-1 +C1 n5n-2+ - +Cn-1 n)+(4n-1+C1n4n- 2+ - +Cn-1n),是

27、 20 的倍数，所以 4X6n+5n+1-9 能被 20 整除.【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需注意 (a+b)n中，a, b中有一个是除数的 倍数；其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚【变式训练3求的近似值，使误差小于.【解析】=6=1+6X1+15X2+6 .因为 T3=C262=152= 06=;(3)若按下面的方法从甲班优秀的学生中抽取一人：把甲班优秀的10人按2到11进行编号，然后两次掷一枚均匀的骰子，出现的点数之和为被抽取人的编号.试求抽到6号或10号的概率.【解析】优秀非优秀总计甲 10 45 55乙 20 30 50总计 30 75 105(2)计算K2的一个观

28、测值k=.因为 n+5 ,得n15或n1 , n N),从而有a+bc,即n2,所以 ABC的最小边为2,要使 ABC是锐角三角形，只需 ABC的最大角C是锐角，cos C=(n-1 )2+n2-(n+1 )22(n-1 )n=n-42(n-1 )0,所以 n4,所以，要使 ABC是锐角三角形， ABC的最小边为4.另一方面，从2,3,4 ,，9中， “任取三个连续正整数”共有 6种基本情况， ABC是锐角三角形”包含 4种情况，故所求 的概率为46=23.题型二 有放回抽样与不放回抽样【例2现有一批产品共有10件，其中8件为正品，2件为次品.(1)如果从中取出一件，然后放回，再取一件，求连续

29、 3次取出的都是正品的概率；(2)如果从中一次取3件，求3件都是正品的概率.【解析】(1)有放回地抽取3次，按抽取顺序(x , y, z)记录结果，则x, y, z都有10种 可能，所以试验结果有 10X10X10=103种；设事件A为“连续3次都取正品”，则包含的基本 事件共有8X8X8=83种，因此， P(A)=.(2)方法一：可以看作不放回抽样 3次，顺序不同，基本事件不同，按抽取顺序记录(x , y, z),则x有10种可能，y有9种可能，z有8种可能，所以试验的所有结果为10X9X8=720 #.设事件B为“3件都是正品”，则事件B包含的基本事件总数为 8X7X6=336, 所以P(

30、B)=336720.方法二：可以看作不放回 3次无顺序抽样，先按抽取顺序 (x, y, z)记录结果，则x有10 种可能，y 有 9 种可能，z 有 8 种可能，但(x , y, z) , (x , z, y) , (y , x, z) , (y , z, x),亿， x, y),亿，y, x)是相同的，所以试验的所有结果有 10X9X8+6=120.按同样的方法，事件 B 包含的基本事件个数为 8X7X6-6=56,因此 P(B)=56120.【点拨】关于不放回抽样，计算基本事件个数时，既可以看作是有顺序的，也可以看作是 无顺序的，其结果是一样的，但不论选择哪一种方式，观察的角度必须一致，否

31、则会导致错误.【变式训练2有5张卡片，上面分别写有0/23,4 中的1个数.求：(1)从中任取两张卡片，两张卡片上的数字之和等于4的概率；(2)从中任取两次卡片，每次取一张，第一次取出卡片，记下数字后放回，再取第二次， 两次取出的卡片上的数字之和恰好等于4的概率.【解析】(1)两张卡片上的数字之和等于4的情形共有4种，任取两张卡片共有10种，所以概率为P=410=25;(2)两张卡片上的数字之和等于4的情形共有5种，任取两张卡片共有 25种，所以概率为P=525=15.题型三古典概型问题的综合应用【例3】 甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，2个白球；乙袋装有2个红球，n个白

32、球.从甲、乙两袋中各任取2个球.(1)若n=3,求取到的4个球全是红球的概率；(2)若取到的4个球中至少有2个红球的概率为 34,求n.【解析】(1)记“取到的4个球全是红球”为事件 A,P(A)=C22C24?C22C25=W110=160.(2)记“取到的4个球至多有1个红球”为事件 B, “取到的4个球只有1个红球”为事件 B1, “取到的4个球全是白球”为事件B2.由题意，得 P(B)=1-34=14.P(B1)=C12C12c24?C2nC2n+2+C22c24?C12C1 nC2n+2=2n23(n+2)(n+),P(B2)=C22C24?C2nC2n+2=n(n-1 )6(n+2

33、)(n+1).所以 P(B)=P(B1)+P(B2)=2n23(n+2)(n+1)+n(n-1)6(n+2)(n+1)=14,化简得 7n2-11n-6=0 ,解得n=2或n=-37(舍去)，故n=2. TOC o 1-5 h z 【变式训练3甲、乙二人参加普法知识竞赛，共有 10道不同的题目，其中选择题6道,判断题4道，甲、乙二人一次各抽取一题.(1)甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是多少？(2)甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是多少？【解析】(1)甲从选择题中抽到一题的可能结果有C16个，乙从判断题中抽到一题的的可能结果是C14,故甲抽到选择题，乙抽到判断题的可能结果为C16XC14=

34、24又甲、乙二人一次各抽取一题的结果有 C11 OX C19=9Q所以概率为2490=415.(2)甲、乙二人一次各抽取一题基本事件的总数是10X9=90.方法一：(分类计数原理)只有甲抽到了选择题的事件数是：6 X 4=24;只有乙抽到了选择题的事件数是：6X4=24;甲、乙同时抽到选择题的事件数是：6X5=30.故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是24+24+3090=1315.方法二：(利用对立事件)事件“甲、乙二人至少有一个抽到选择题”与事件“甲、乙两人都未抽到选择题”是对立 事件.事件“甲、乙两人都未抽到选择题”的基本事件个数是4X3=12.故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率

35、是1 -1290=1-215=1315.总结提高.对古典概型首先必须使学生明确判断两点：对于每个随机试验来说，所有可能出现的 试验结果数n必须是有限个；出现的各个不同的试验结果数m其可能性大小必须是相同的.只有在同时满足、的条件下，运用的古典概型计算公式P(A尸mn得出的结果才是正确的.使用公式P(A尸mn计算时，确定m n的数值是关键所在.对于n个互斥事件A1, A2, , An,其加法公式为 P(A1 +A2+ - +An)=P(A1 )+P(A2)+ -+P(An).分类讨论思想是解决互斥事件有一个发生的概率的一个重要的指导思想.在应用题背景条件下，能否把一个复杂事件分解为若干个互相排斥

36、或相互独立、既不重 复又不遗漏的简单事件是解答这类应用题的关键，也是考查学生分析问题、解决问题的能力的 重要环节.几何概型典例精析题型一长度问题【例1】如图，Z AOB=60 , OA=2 OB=5在线段 OB上任取一点 C,试求：AOa钝角三角形的概率；AOa锐角三角形的概率.【解析】如图，由平面几何知识知：当 ADLOB时，OD=1;当 O屋 AE时，OE=4 BE=1.(1)当且仅当点C在线段OD或BE上时， AOE钝角三角形.记“ A08钝角三角形”为事件 M则P(M)=0D+EB0B=1 + 15R4 AOC为钝角三角形的 概率为.(2)当且仅当点C在线段DE上时， AOa锐角三角形

37、.记“ AO8锐角三角”为事件 N,则P(N)=DEOB=35=即4 AOC为锐角三角形的概率为.【点拨】我们把每一个事件理解为从某个特定的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，而一个事件发生则理解为恰好在上述区域内的某个指定的区域内的点，这 样的概率模型就可以用几何概型求解 .【变式训练1】点A为周长等于3的圆周上的一个定点，若在该圆周上随机取一点B,则劣弧AB的长度小于1的概率为【解析】如图可设=1 ,则根据几何概率可知其整体事件是其周长3,则其概率是23.题型二面积问题【例2】 两个CB对讲机(CB即CitizenBand民用波段的英文缩写)持有者，莉莉和霍伊都 为卡尔

38、货运公司工作，他们的对讲机的接收范围为25公里，在下午3: 00时莉莉正在基地正东距基地30公里以内的某处向基地行驶，而霍伊在下午 3: 00时正在基地正北距基地 40公里以 内的某地向基地行驶，试问在下午 3: 00时他们能够通过对讲机交谈的概率有多大 ？【解析】设x和y分别代表莉莉和霍伊距基地的距离，于是 0WxW30,0WyW4S他们所有可能的距离的数据构成有序点对(x , y),这里x, y都在它们各自的限制范围内，则所有这样的有序数对构成的集合即为基本事件组对应的几何区域，每一个几何区域中的点都 代表莉莉和霍伊的一个特定的位置，他们可以通过对讲机交谈的事件仅当他们之间的距离不超过25

39、公里时发生(如下图)，因此构成该事件的点由满足不等式x2+y2W25的数对组成，此不等式等价于x2+y2W625,右图中的方形区域代表基本事件组，阴影部分代表所求事件，方形区域的面积为 1 200平方公里，而事件的面积为(14) X兀X (25)2=625兀4,于是有 P=625X 兀 41 200=625 % 4 800 .【点拨】解决此类问题，应先根据题意确定该实验为几何概型，然后求出事件A和基本事件的几何度量，借助几何概型的概率公式求出【变式训练2如图，以正方形 ABCDW边长为直径作半圆，重叠部分为花瓣.现在向该正方形区域内随机地投掷一飞镖，求飞镖落在花瓣内的概率【解析】飞镖落在正方形

40、区域内的机会是均等的，符合几何概型条件.记飞镖落在花瓣内为事件A,设正方形边长为 2r,则P( A)=S 花瓣 SABCD=12r2 X4 - (2r)2(2r)2= 兀-22.所以，飞镖落在花瓣内的概率为Tt-22.题型三体积问题【例3在线段0,1上任意投三个点，设 O至三点的三线段长为 x、y、z,研究方法表 明：x, y, z能构成三角形只要点(x , y, z)落在棱长为1的正方体T的内部由 ADQ ADB BDQ AAOQ AAO BOC所围成的区域 G中(如图)，则x, y, z能构成三角形与不能构成 三角形这两个事件中哪一个事件的概率大？【解析】V(T)=1 , V(G)=13-

41、 3X13X12X13=12,所以 P=V(G)V(T)=12.由此得，能与不能构成三角形两事件的概率一样大【点拨】因为任意投的三点x, y, z是随机的，所以使得能构成三角形只与能构成三角形的区域及基本事件的区域有关.【变式训练3】已知正方体 ABCD-A1B1C1D1内有一个内切球 O,则在正方体 ABCB-A1B1C1D1 内任取点M点M在球0内的概率是()A. % 4 B. % 8 C. 7t 6 D. % 12【解析】设正方体的棱长为 a,则点M在球O内的概率P=V球V正方体=43兀(a2)3a3=兀6, 选C.总结提高.几何概型是一种概率模型，它与古典概型的区别是试验的可能结果不是

42、有限个.其特点是在一个区域内均匀分布，概率大小与随机事件所在区域的形状和位置无关，只与该区域的大 小有关.如果随机事件所在区域是一个单点，其测度为0,则它出现的概率为 0,但它不是不可能事件.如果随机事件所在区域是全部区域扣除一个单点，其测度为1,则它出现的概率为1,但它不是必然事件.若试验的全部结果是一个包含无限个点的区域(长度，面积，体积),一个基本事件是区域中的一个点.此时用点数度量事件 A包含的基本事件的多少就毫无意义.“等可能性”可以理 解成“对任意两个区域，当它们的测度(长度，面积，体积，)相等时，事件A对应点落在这两区域上的概率相等，而与形状和位置都无关”.几何概型并不限于向平面

43、 (或直线、空间)投点的试验，如果一个随机试验有无限多个等 可能的基本结果，每个基本结果可以用平面 (或直线、空间)中的一点来表示，而所有基本结果 对应于一个区域 Q,这时，与试验有关的问题即可利用几何概型来解决条件概率与事件的独立性典例精析题型一条件概率的求法【例1】一张储蓄卡的密码共 6位数字，每位数字都可从 。9中任选一个.某人在银行自动 提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：(1)任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率；(2)如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率.【解析】设第i次按对密码为 事件Ai(i=1,2),则A=A1 U (A2)表示不超过2次就按

44、对密码.(1)因为事件A1与事件A2互斥，由概率的加法公式得 P(A)=P(A1)+P( A2)=110+9 X110X9=15.(2)用B表示最后一位是偶数的事件，则P(A|B)=P(A1|B)+P( A2|B)=15+4 X15X 4=25.【点拨】此类问题解题时应注意着重分析事件间的关系，辨析所求概率是哪一事件的概率，再运用相应的公式求解.【变式训练1】设某种动物从出生算起活到20岁以上的概率为，活到25岁以上的概率为.现有一只20岁的这种动物，问它能活到25岁以上的概率是【解析】设此种动物活到20岁为事件A,活到25岁为事件B,所求概率为P(B|A),由于B? A,则 P(AB)=P(

45、B),所以 P(B|A)=P(AB)P(A)=P(B)P(A)=0.40.8=12.题型二相互独立事件的概率【例2】三人独立破译同一份密码，已知三人各自破译出密码的概率分别为15, 14, 13,且他们是否破译出密码互不影响.(1)求恰有二人破译出密码的概率；(2) “密码被破译”与“密码未被破译”的概率哪个大？说明理由.【解析】(1)记三人各自破译出密码分别为事件 A, B, C,依题意知A, B, C相互独立，记事件D:恰有二人破译密码，则 P(D)=P(AB )+P(A C)+P( BC)=15X 14X(1 -13)+15X(1 - 14) X 13+(1 -15)X 14X 13=9

46、60=320.(2)记事件E:密码被破译，：密码未被破译，贝U P( )=P( )=(1-15) X(1 -14)X(1 -13)=2460=25 ,所以 P(E)=1-P( )=35 ,所以 P(E)P().故密码被破译的概率大.【点拨】解决事件的概率问题的一般步骤：记取事件；揭示事件的关系；计算事件的概率.【变式训练2甲、乙、丙三个口袋内都分别装有 6个只有颜色不相同的球，并且每个口 袋内的6个球均有1个红球，2个黑球，3个无色透明的球，现从甲、乙、丙三个口袋中依次随 机各摸出1个球，求恰好摸出红球、黑球和无色球各1个的概率.【解析】由于各个袋中球的情况一样，而且从每一个袋中摸出红球、黑球

47、、无色球的概率 均分别为 16, 13, 12,可得 P=A330,故P1RP2,即采用第一种方案，该应聘者考试通过的概率较大【点拨】本题首先以相互独立事件为背景，考查两种方案的概率，然后比较概率的大小， 要求运用a, b, c 0,1这一隐含条件.【变式训练3】甲，乙，丙三人分别独立地进行某项体能测试，已知甲能通过测试的概率 是25,甲，乙，丙三人都能通过测试的概率是320,甲，乙，丙三人都不能通过测试的概率是 TOC o 1-5 h z 340,且乙通过的概率比丙大.(1)求乙，丙两人各自通过测试的概率分别是多少？(2)测试结束后，最容易出现几人通过的情况？【解析】(1)设乙、丙两人各自通

48、过的概率分别为x, y,依题意得即或(舍去)，所以乙、丙两人各自通过的概率分别为34, 12.(2)因为三人都不能通过测试的概率为P0=340,三人都能通过测试的概率为P3=320=640,三人中恰有一人通过测试的概率：P1 =25X(1 -34) X(1 -12)+(1- 25) X 34X(1 -12)+(1- 25) X (1 -34) X 12=720=144Q三人恰有两人通过测试的概率：P2=1-(P0+P1+P3)=1740 ,所以测试结束后，最容易出现两人通过的情况总结提高.互斥事件、对立事件、相互独立事件的区别：对于事件A、B,在一次试验中，A、B如果不能同时发生，则称 A、B

49、互斥.一次试验中， 如果A、B互斥且A、B中必有一个发生，则称 A、B对立.显然，A+为必然事件，A、B互斥则 不能同时发生，但可能同时不发生.两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一事件的发生 的概率没有影响.事实上：A、B 互斥,则 P(AB)=0;A、B 对立,则 P(AB)=0 且 P(A)+P(B)=1;A、B 相互独立，则 P(AB)=P(A)P(B).它们是不相同的.由于当事件 A、B相互独立时，P(AB)=P(A)P(B),因此式子1-P(A)P(B)表示相互独立事 件A、B中至少有一个不发生的概率.对于n个随机事件A1, A2,，An,有P(A1+A2+- +An)=1 -

50、P( n nn ),此称为概率的和与积的互补公式离散型随机变量及其分布列典例精析题型一离散型随机变量的分布列【例1】设离散型随机变量 X的分布列为X0 1 2 34P求：(1)2X+ 1的分布列；(2)|X-1|的分布列.【解析】首先列表如下：X0 1 2 342X+1 1 3579|X-1110 12 3从而由上表得两个分布列如下：2X+1的分布列：2X+1 1 3579|X-1|的分布列：|X-110123P【点拨】由于X的不同的值，Y=f(X)会取到相同的值，这时要考虑所有使f(X)=Y成立的X1, X2, , Xi 的值，则 P(Y)=P(f(X)=P(X1)+P(X2)+ +P(Xi

51、),在第 (2)小题中充分体现了这 -占 八、【变式训练11某地有A、B、C D四人先后感染了甲型 H1N1流感，其中只有A到过渡区，B肯定是受A感染的，对于 C,因为难以断定他是受 A还是受B感染的，于是假定他受 A和受B 感染的概率都是12,同样也假定 D受A、B、C感染的概率都为13,在这种假定之下，B、C、D 中受A感染的人数X就是一个随机变量，写出 X分布列，并求均值.【解析】依题知X可取1、2、3,P(X=1)=1X(1 -12) X(1 -13)=13 ,P(X=2)=1 X (1 -12)X13+1X12X(1 -13)=12 ,P(X=3)=1X 12X13=16,所以X的分

52、布列为X 1 2 3P均值 E(X)=1 X +2 X +3 X =.题型二两点分布【例2在掷一枚图钉的随机试验中，令 E =如果针尖向上的概率为p,试写出随机变量E的分布列.【解析】根据分布列的性质，针尖向下的概率是1-p.于是，随机变量的分布列是E 0 1P 1-p p【点拨】本题将两点分布与概率分布列的性质相结合，加深了两点分布的概念的理解.【变式训练2】若离散型随机变量卫二的分布列为：E 0 1P 9c2-c 3-8c(1)求出c;E是否服从两点分布？若是，成功概率是多少？【解析】(1)由(9c2-c)+(3-8c)=1,解得 c=13 或 23.又靠2-(0,3-8(0,所以 c=1

53、3.(2)是两点分布.成功概率为3-8c=13.题型三超几何分布【例3】 有10件产品，其中3件次品，7件正品，现从中抽取 5件，求抽得次品数 X的 分布列.【解析】X的所有可能取值为 0,123 , X=0表示取出的5件产品全是正品，P(X=0)=C03C57C510=21252=112;X=1表示取出的5件产品有1件次品4件正品，P(X=1)=C13C47C510=105252=512;X=2表示取出的5件产品有2件次品3件正品，P(X=2)=C23C37C510=105252=512;X=3表示取出的5件产品有3件次品2件正品，P(X=3)=C33C27C510=21252=112.所以

54、X的分布列为X0 1 2 3P【点拨】在取出的5件产品中，次品数 X服从超几何分布，只要代入公式就可求出相应的 概率，关键是明确随机变量的所有取值.超几何分布是一个重要分布，要掌握它的特点【变式训练3】一盒中有12个乒乓球，其中9个新的，3个旧的，从盒中任取3个球来用， 用完后装回盒中，此时盒中旧球个数 X是一个随机变量，其分布列为 P(X),则P(X=4)的值为 ( )【解析】由题意取出的 3个球必为2个旧球1个新球，故P(X=4)=C23cl9c312=27220.选 C.总结提高.求离散型随机变量分布列的问题，需要综合运用排列、组合、概率等知识和方法.求离散型随机变量卫的分布列的步骤：(

55、1)求出随机变量 七的所有可能取值xi(i=1,2,3, );(2)求出各取值的概率 P(七=xi)=pi;(3)列出表格.独立重复试验与二项分布典例精析题型一 相互独立事件同时发生的概率例1甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等 品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为14 ,乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零 TOC o 1-5 h z 件不是一等品的概率为112,甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为29.(1)分别求甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率；(2)从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，求至少有一个一等品的概率【解析】(1)设

56、A、日C分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件.由题设条件有即由解得P(C)=23 ,将P(C)=23分别代入可得 P(A)=13 , P(B)=14 ,即甲、乙、丙三 台机床各自加工的零件是一等品的概率分别是13, 14, 23.(2)记D为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的事件，则 P(D)=1-P( )=1 -1 -P(A)1 -P(B)1 -P(C)=1 -23X 34X 13=56.故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的概率为56.【点拨】相互独立事件是发生的概率互不影响的两个或多个事件.两个相互独立事件同时发生的概率满足 P(

57、AB)=P(A)P(B),对于求与“至少”、“至多”有关事件的概率，通常转化为 求其对立事件的概率.【变式训练11甲、乙两人各进行 3次射击，甲每次击中目标的概率为12,乙每次击中目标的概率为23.(1)求乙至多击中目标 2次的概率；(2)求甲恰好比乙多击中目标2次的概率.【解析】 乙至多击中目标 2次的概率为1-033(23)3=1927.(2)设甲恰比乙多击中目标2次为事件A,甲恰击中目标 2次且乙恰击中目标 。次为事件B1,甲恰击中目标 3次且乙恰击中目标 1次为事件B2,则A=B1+B2 B1、B2为互斥事件.P(A)=P(B1)+P(B2)=38 X 127+18X29=124.所以

58、，甲恰好比乙多击中目标2次的概率为124.题型二独立重复试验例2 (2010天津)某射手每次射击击中目标的概率是23 ,且各次射击的结果互不影响(1)假设这名射手射击 5次，求恰有2次击中目标的概率；(2)假设这名射手射击 5次，求有3次连续击中目标，另外 2次未击中目标的概率.【解析】(1)设X为射手在5次射击中击中目标的次数，则XB(5, 23).在5次射击中，恰有 2 次击中目标的概率 P(X=2)=C25X (23)2 X (1 -23)3=40243.(2)设“第i次射击击中目标”为事件 Ai(i=1,2,3,4,5);“射手在 5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为

59、事件 A,则P(A)=P(A1A2A3 )+P( A2A3A4 )+P( A3A4A5)=(23)3 X (13)2+13 X (23)3 X 13+(13)2 X (23)3=881.【点拨】独立重复试验是同一试验的n次重复，每次试验成功的概率都相同，恰有 k次试验成功的概率为 Pn(k)=Cknpk(1 -p)n-k.【变式训练2袋子A中装有若干个均匀的红球和白球，从中摸出一个红球的概率是13.从A中有放回地摸球，每次摸出一个，有3次摸到红球即停止.(1)求恰好摸5次停止的概率；(2)记5次之内(含5次)摸到红球的次数为 E ,求P( 2).【解析】(1)P=C24X(13)2 X (23

60、)2 X 13=881.(2)P(=2)=C25X (13)2 X(1 -13)3=80243 ,P( E =3)=C35X (13)3 X (1 -13)2=40243 ,贝U P( E 2)=P( E =2)+P( E =3)=4081.题型三二项分布【例3】一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率为13.(1)设X为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X的分布列；(2)设Y为这名学生在首次遇到红灯前经过的路口数，求 Y的分布列；(3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率【解析】(1)依题意知XB(6, 13),P(X=k)