高二数学同步辅导讲义(第21讲)

高二数学同步辅导讲义(第21讲)

高二数学同步辅导讲义 分类计数原理与分步计算原理 一、主要内容 1、 理解分类计数原理及分步计数原理 2、 能用两个基本原理解题 二、学习指导 1、分类计数原理。一件事，完成它可以有 n 类办法，在第一类办法中有 m1 种方法，在 第二类办法中有 m2 种方法，…，在第 n 类办法中有 mn 种方法，那么完成这件事共有 N=m1+m2+…+mn 种方法 利用分类计数原理的关键是根据完成事情方法的独立性进行分类。对事物进行适当的分 类是人们研究复杂事物常用用的方法，分类的基本要求是既不重复也不遗留，即每个研究对 象当且仅当属于其中一类，在每一次分类中，标准要统一，更为复杂的问题，往往要分级讨 论。使用分类计数原理时，就要恰当地分类，分类的标准是每一类的每一种方法都能独立完 成某件事，这些方法之间相互没有影响。 分类计数原理又称为加法原理。 2、分步计数原理。一件事，完成它需要 n 个步骤，做第一步有 m1 种方法，做第二步有 m2 种方法，做第 n 步有 mn 种方法，那么完成这件事共有 N=m1×m2×…×mn 种 使用分步计数原理的关键是根据完成事情的要求，确定所必须经过的步骤。这 n 个步骤 缺不可，当且仅当这 n 个步骤连续完成之后，这件事情才算完成。 3、 两个原理的比较 共同点：两个原理都是计算完成某项工作的方法种数，最后的目的都必须完成某件事。 不同点：分类计数原理的特点是完成一件事的各种方法是互相独立，互不影响的，其中 任何一种方法都能完成这件事。 分步计数原理的特点是完成一件事必须分成若干步骤，缺少其中一步都不能完成这件 事。 归纳起来，分类计数原理针对的是“分类问题”，任何一种方法都能独立的、一次性完 成一件事。从集合的角度看，若每一类作为一子集，则所有分类子集的并集应为全集，任两 个分类子集的交集为空集。 分步计数原理针对的是“分步问题”，一件事必须连续地、多次地完成。 4、如何运用两个基本原理 （1）审清题意，首先要弄清是完成怎样的事件；其次分析完成这件事可以采用什么方法； 再适当分类，在每一类中看需要是否适当分步。 （2）如果用分类计算原理，应根据具体问题特征确定一个分类标准，使得满足完成这件 事的任何一种方法必定属于某一类；当然分别属于不同两类的两种方法应该也是不同的。 如果用分步计数原理，必须根据问题特征进行合理的分步，使得完成这件事必需且只需 连续完成这 n 步，且两个不同步骤中的两种方法应是无关的。 （3）在研究乘法原理时，可借助于“树图”来直观地理解题意，帮助解题。 三、典型例题 例1、 在平面直角坐标系内，点 P（x，y）的横、纵坐标均在{0，1，2，3}内取值 （1）不同的 P 点共有多少个？ （2）在坐标轴上的 P 点共有多少个？ （3）不在坐标轴上的点共有多少个？ 解题思路分析： （1）确定点 P 坐标必须分两步，即分步完成横坐标与纵坐标的确定：第一步确定横坐标， 有 4 种方法，即从 0，1，2，3 四个数字中选一个；第二步确定纵坐标，也可从 0，1，2，3 四个数字中选一个，也有四种方法。根据乘法原理，所有不同的 P 点个数为： N=4×4=16（种） （2）因坐标轴分横轴及纵轴，所以首先对点 P 分类讨论。注意到原点的特殊性，应分三 类： 第一类，点 P 横、纵坐标均为 0，只有一种情况 P（0，0）； 第二类，点 P 横坐标为 0，纵坐标不为 0，纵坐标只能从 1，2，3 三个数中取，共有 3 种情况； 第三类，点 P 纵坐标为 0，横坐标不为 0，同第二类，也有 3 种情况。根据加法原理， 满足条件点 P 共有： N=1+3+3=7（种） （3）法一：直接法。分两步分别确定横坐标与纵坐标，它们只能从 1，2，3 三个数字中 有，各有 3 种情况，根据乘法原理 ∴ N=3×3=9 法二：间接法。根据是否在坐标轴上分成两类讨论： 第一类，点 P 在坐标轴上，由（2）知，共有 7 个； 第二类，点 P 不在坐标轴上，设为 x 个 则 x+7=16 ∴ x=9 评注：间接法的原理也可以称之为减法原理 例 2、某市电话号码由 7 位数字组成，其中前两位数字是统一的，后五位数字都是 0 到 9 之间的一个数字，那么末位数字为 8 的电话号码至多有多少个？ 解题思路分析： 本题只要考虑从第 3 至第 6 位这四个数字的取法，因每一个数字都可以从 0～9 这 10 个数字中取一个，有 10 种方法，所以根据乘法原理，共有 N=10×10×10×10=10000（种） ∴ 满足条件的电话号码至多有 104 个 例 3、将 3 名同学安排到 2 个工厂里去实习，问共有多少种不同的分配方案？ 解题思路分析： 法一：把同学作为研究对象，分三步，每一步都有两种方法，根据乘法原理 共有 N=2×2×2=8（种）分配方案 法二：将工厂作为研究对象，对分配到甲厂的人数进行分类讨论：第一类，没有人分配， 只有一种分法；第二类，分配人数为 1，有 3 种分法；第三类，分配人数为 2，有 3 种分法 （如记三名同学为 A、B、C，则有 A 与 B，A 与 C，B 与 C 3 种分法）；第四类，所分人数为 3， 只有 1 种分法。 根据加法原理，共有 N=1+3+3+1=8（种） 评注：排列组合的知识可以优化为思维方法。同学们在解题过程中，应习惯变换思想问 题的角度，一题多解，培养自己的思维能力。 例 4、乘积(x1+x2+x3+x4)(y1+y2+y3+y4+y5)(z1+z2+z3+z4+z5+z6)展开后共有多少项？ 解题思路分析： 根据乘法的分配律，展开式的每一项是从三个数集{ x1，x2，x3，x4}，{y1，y2，y3，y4， y5}，{z1，z2，z3，z4，z5，z6}中各取一个相乘而得到的。所以这是一个必须分步完成的问题， 需分三步，要用分步计数原理。 这三步中分别有 4，5，6 种方法 ∴ 共有 N=4×5×6=120（种） 例 5、已知 a∈{3，4，6}，b∈{1，2，7，8}，r∈{8，9}，求方程(x+a)2+(y+b)2=r2 可 表示不同的个数。 解题思路分析： 对于每一组 a、b、r，方程(x+a)2+(y+b)2=r2 都表示一个圆，故方程(x+a)2+(y+b)2=r2 表 示圆的个数等于 a、b、r 取值的组数。 确定 a、b、r 的一组值需分三步：第一步定 a，有 3 种方法；第二步定 b，有 4 种方法， 第三步定 r，有 2 种方法。 根据分步计数原理，共有： N=3×4×2=24（种） 例 6、从 1 到 10 的正整数中，每次取出两个数，使其和小于 10，求不同的取法种数。 解题思路分析： 首先根据任意两个数的和与 10 的大小进行分类，将 1 到 10 的正整数分成两个集合： A={1，2，3，4，5}，B={6，7，8，9，10} 其次根据条件要求将取法分成三类： 第一类：集合 A 中任取两个元素，共有 10 种取法； 第二类：从集合 A、B 中各取一个元素。如果 A 中取 1，则 B 中有 3 种方法；如果 A 中 取 2，B 中有 2 种方法；如果 A 中取 3，则 B 中只有一种，由分类计数原理共有 6 种方法 ∴ 根据分类计数原理，共有 10+6=16（种） 同步练习 （一）选择题 1、5 名同学报名参加数学、语文、外语竞赛，每人必须且仅报一科，则不同的报名方 法种 A、35 B、53 C、60 D、20 2、从 3 名女同学与 2 名男同学中选一人主持本班的某次主题班会，则不同的选法种数 为 A、2 B、3 C、5 D、6 3、用 10 元、5 元和 1 元三种面值钱币支付 20 元，不同的支付方法有 A、6 种 B、7 种 C、8 种 D、9 种 4、若一个乒乓球队里有男队员 5 人，女队员 6 人，从中选出男女队员一人参加混合对 打比赛，则不同的组队方法数为 A、11 B、30 C、56 D、65 5、如图，用 4 种不同颜色涂入图中的矩形 A、B、C、D，要求相邻的矩形颜色 不同，则不同的涂法种数为 A、12 B、24 C、48 D、72 （二）填空题 6、甲、乙、丙三村，从甲村到乙村有 3 条路可走，从乙村到丙村有 2 条路可走，而从 甲村到丙村还有另 2 条路可走，则从甲村到丙村的路共有______条。 7、某大厅共有 6 个门，一人进入该大厅又出来的不同走法共有______种。 8、和 10 的两个自然数，共有______对。 9、设 x∈{1，2，3，4，5}，y∈{2，3，4，5，6，7}，则以有序数对（x，y）为坐标 的点的个数是_______。 10、三张卡片的正反面分别写有数字 1 和 2，3 和 4，5 和 6，若将三张卡片并列，则可 得到______ 个不同的三位数（6 不能作 9 用）。 （三）解答题 11、(a1+a2+…+an)(b1+b2+…bm)展开后，共有多少个项？ 12、满足 A∪B={a，b}的非空集合 A、B 共有多少组？ 13、设椭圆 1 b y a x 2 2 2 2  的焦点在 y 轴上，a∈{1，2，3，4，5}，b∈{1，2，3，4，5， 6，7}，这样的椭圆共有多少个？ 14、已知函数 f(x)=ax2+bx+c，其中 a、b、c∈{0，1，2，4}，求组成不同的二次函数 的个数？ 15、标号为 A、B、C 的三个口袋，A 袋装有 5 个红色小球，B 袋装有 6 个白色小球，C 袋装有 7 个黄色小球，每次取 2 个不同的颜色小球，共有多少种不同取法？ 参考答案 （一）选择题 1、A 2、B 3、D 4、B 5、D （二）填空题 6、8 7、36 8、6 9、30 10、48 （三）解答题 11、mn 12、7 13、20 14、48 15、107 10.2 排列 一、主要内容 4、 排列的概念、表示法、计算公式； 5、 与排列数有关的计算题、证明题等； 3、排列应用题：没有附加条件，有附加条件的 二、学习指导 1、排列的定义：从 n 个不同元素中，任取 m（m≤n）个，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。 从 n 个不同元素中取出 m 个元素的所有排列的个数，叫做从 n 个不同元素取出 m 个元素 的排列数，用符号 An m 表示。 根据排列的定义，它有两个要点：（1）从 n 个不同元素中任取 m 个；（2）按照一定顺序 排成一列。所谓“按照一定的顺序排成一列”应该理解成是将 m 个元素放在 m 个不同的位置 上。所以排列定义中的每个要点，可以简略地称之为一是元素，二是位置。 在确定排列的数目时，往往要借助于树图写出所有的排列。 2、排列数的计算公式：An m=n(n-1)(n-2)…[n-(m-1)]，等号右边是 m 个连续的正整数的 积，第一项为 n，成递减趋势。 排列数的化简公式：An m= )!mn( !n  规定：0！=1，An m=n!=n(n-1)(n-2)·…·2·1 排列数公式的推导过程是分步计数原理的直接应用 根据排列数的定义，可得到与排列数有关的变形公式： 2m 2n 2 n 1m 1n m m AAnAA      =… k·k!=(k+1)!-k! )!1k( 1 !k 1 )!1k( k  3、排列应用主要是解决与实际问题有关的应用题。这类问题从条件出发，分两类：一 类是没有附加条件的排列问题；二类是有附加条件的排列问题。有附加条件的排列问题主要 有两种：一是“在与不在”的问题，就是某一个或某几个元素在或不在某些特殊位置，一是 “邻与不邻”问题，是指某些元素相邻或不相邻的问题，这类总是常用“捆绑法”或“插空 法”。 解有附加条件 排列问题的基本思路：从元素出发或从位置出发称为“元素分析法”、“位 置分析法”。 解有附加条件的排列问题的基本方法：一是直接法，先从特殊元素或特殊位置出发，再 考虑非特殊元素及非特殊位置，用分步计数原理； 二是间接法，先不考虑条件限制，求出排列总数，再求出不满足条件的排列数，前者与 后者的差即为问题结论，也可称这种方法的原理为减法原理。 三、典型例题 例1、 由 a1，a2，…，a7 七个元素组成的全排列中 （1）a1 在首位的有多少种？ （2）前两个位置上是 a1、a2（顺序固定）的有多少种？ （3）前两个位置上是 a1、a2（顺序不固定）的有多少种？ 解题思路分析： （1）先满足特殊元素（a1）与特殊位置（首位），把 a1 放在首位，有 A1 1 种方法；再让其 余 6 个元素在其余 6 个位置上作全排列，有 A6 6 种方法。这两个步骤完成以后，就得到所要 求的排列。根据分步计数原理，有： A1 1A6 6=A6 6 种方法 （2）先把 a1、a2 分别放在第一、二个位置上，满足 a1、a2 在前两个位置上（顺序固定）， 有 A1 1A1 1 种方法；再让其余 5 个元素排在其余 5 个位置上作全排列，有 A5 5 种方法 ∴ 共有 A1 1A1 1A5 5=A5 5 种方法 （3）先把 a1、a2 放在前两个位置上，由于顺序不固定，所以有 A2 2 种方法，再让其余 5 个元素在其余 5 个位置上作全排列，有 A5 5 种方法。 ∴ 共有 A2 2A5 5 种方法 评注：计算 An m 时，如果要求某一特殊元素必须放在某一特殊位置，那么先把这个元素 放在这个特殊位置，这时元素少了 1 个，位置也少了 1 个，则问题转化为求 1m 1nA   的问题， 这种情况可以推广到某 r 个元素必须分别在 r 个特殊位置上，其结果是 rm rnA   。 如果特殊的 r 个元素在特殊的 r 个位置上，又可以变换位置，在这种情况下，完成这一 步骤的方法有 Ar r 种，在这一步完成后，完成第二步有 rm rnA   种方法，因此解这类问题的公式 是 rm rn r r AA   。 例 2、由 a1，a2，…，a7 七个元素每次取出 5 个的排列中 （1）a1 不在首位的有多少种？ （2）a1 既不在首位，又不在末位的有多少种？ （3）a1 与 a7 既不在首位又不在末位的有多少种？ （4）a1 不在首位，同时 a7 不在末位的有多少种？ 解题思路分析： （1）首先满足特殊元素 a1，a1 不在首位的排列可以分为两类：①不含 a1：此时只需从 a1 以外的其它 6 个元素中取出 5 个放在 5 个位置上，有 A6 5 种；②含有 a1，a1 不在首位的： 先从 4 个位置中选出 1 个放在 a1，再从 a1 以外的 6 个元素中选 4 个排在没有 a1 的位置上， 共有 A4 1A6 4 种 ∴ 由分类计数原理，共有 A6 5+A4 1A6 4 种 法二：把位置作为研究对象，第一步满足特殊位置（首位），从 a1 以外的 6 个元素中选 1 个排在首位，有 A6 1 种方法；第二步，从占据首位以外的 6 个元素中选 4 个排在除首位以 外的其它 4 个位置上，有 A6 4 种方法，由分步计数原理，共有： A6 1A6 4 种方法 法三：间接法，用减法原理：从总的可能情况中减去不符合要求的情况。不考虑 a1 在 首位的要求，总的可能情况有 A7 5 种；a1 在首位的，有 A6 4 种，所以，符合要求的 A7 5-A6 4 种。 （2）把位置作为研究对象，先满足特殊位置，从 a1 以外的 6 个元素中选两个排在首末 两个位置上，有 A6 2 种方法；再从未排上的 5 个元素中选 3 个排在中间 3 个位置上，有 A5 3 种方法，由分步计数原理，有 A6 2A5 3 种方法。 （3）把位置作为研究对象。先从 a1、a7 以外的 5 个元素中选两个排在首末两个位置，有 A5 2 种方法；再从末排上的 5 个元素选出 3 个排在中间 3 个位置上有 A5 3 种方法。 由分步计数原理，共有 A5 2A5 3 种方法。 （4）用间接法。总的可能情况是 A7 5 种，减去 a1 在首位的 A6 4 种，再减去 a7 在末位的 A6 4 种。注意到 a1 在首位同时 a7 在末位的情况被减去了两次，所以还需补回一次 A5 3 种，所以结 果是 A7 5-2A6 4+A5 3 种方法。 评注：本题第（1）题给出的三种方法是最常用的，在具体题目中还应该选择适当的方 法。因为排列问题对思维的要求很高，所以用不同解法相互检验是防止错误结果的行之有效 的方法。 例 3、1，2，3，4，5 五个数字做全排列组成的数中 （1）1，3，5 必须连在一起的有多少个？ （2）2，4 不相邻的有多少个？ （3）2，4 必须排在偶数位上的有多少个？ 解题思路分析： （1）元素连在一起，先把它们看成一个整体。把 1，3，5 看成一个整体，加上 2，4 共 3 个元素，它们的全排列数是 A3 3。对于其中的每一个排列，让彼此相邻的 1，3，5 三个元素 再做全排列，又有 A3 3 种可能，完成这两个步骤，就得符合要求的数，所以根据分步计数原 理，只有 A3 3A3 3 个数。 （2）先让 1，3，5 作全排列，有 A3 3 种方法，对其中每一种排法，每两个数之间及第 1 个数字之前和第末个数字之后，共有 4 个位置，让 2，4 分别插入这 4 个位置中的任意两个， 有 A4 2 种方法，所以根据分步计数原理，共有 A3 3A4 2 个数。 法二用间接法得 A5 5-A2 2A4 4 个 （3）第一步把 2，4 排在偶数位上，有 A2 2 种排法；第二步把 1，3，5 排在奇数位上有 A3 3 种排法。 ∴ 共有 A2 2A3 3 个数 评注：第（1）小题的方法称为“捆绑法”，第（2）小题的方法称为“插空法”。 例 4、在 3000 与 8000 之间不重复的奇数有多少个？ 解题思路分析： 首先弄清结论要求的数字含义：（1）在 3000 与 8000 之间意思是千位数 字只能取 3，4，5，6，7 的四位数；（2）奇数的意思是个位只能取 1，3，5， 7 或 9。 其次，根据首位和末位的要求分析元素之间的关系，借助于集合符号分 类表示如下，其中首尾两集合集是{3，5，7}。 由图示，对所求的数分成两类：个位上是 1 或 9 的；个数上是 3，5 或 7 的。 对于第一类：第一步从 1，9 中选 1 个放在个位；第二步，从 3，4，5，6 或 7 中选 1 个放在千位，第三步从其余的 8 个数字（0，1，2，…，9 中除去已放在个位、千位的 2 个 后剩余的数字）中任选 2 个放在首位、十位，根据分步计数原理，第一类数共有 A2 1A5 1A8 2 个。 对于第二类数，第一步从 3，5，7 中选 1 个放在个数，第二步从 3，5，7 三个数字余下 的两个再加上 4，6 共 4 个数字中选 1 个放在千位，第三步从未放在个位与千位上的其余 8 个数字中选 2 个放在百位和十位，根据分步计数原理，第二类数共有 A3 1A8 2 个。 ∴ 根据分类计数原理，共有 A2 1A5 1A8 2+A3 1A4 1A8 2 个数。 评注： 1、分类、分步的基础是对元素和位置的分析。用集合的观点，借助于 Veen 图是常用的 比较好的一种方法，这样做使得分类时不重不漏，思考时条理清楚。 2、对较复杂的排列问题，一般这样思考： ①先看完成所要求的事件的方法可以不重不漏地分成几类，根据加法法则把各类的数目 相加，就得到所要求事件的总数目； ②在每一类中，把完成所要求事件的过程分成几步，根据分步计数原理把每步的可能数 相乘，便得到这一类的数目。 ③计算每一步的可能数。 例 5、5 名运动员参加 100 米决赛，如果各人到达终点的顺序各不相同，问甲比乙先到 达终点的可能有几种？ 解题思路分析： 法一：将甲到达终点的情况作为分类标准 甲第一个到达：乙可以第二、三、四、五名到达，共有 N1=A4 4 种 甲第二个到达：乙可以第三、四、五名到达，共有 N2=A3 1A3 3 种 类似的，甲第三个到达，共有 N3=A2 1A3 3 种 甲第四个到达，共有 N4=A3 3 种 ∴ 根据分类计数原理，共有 N=N1+N2+N3+N4=A4 4+A3 1A3 3+A2 1A3 3+A3 3=60（种） 法二：5 名运动员到达终点的顺序有 A5 5=120（种） 而甲先于乙到达和乙先于甲到达的可能性均等 ∴  5 5A2 1N 60（种） 评注：第二种方法称为“等可能事件法”。 例 6、已知 3 n 4 1n2 P140P  ，求 n 解题思路分析： 根据排列数的计算公式，原方程可以化简为 (2n+1)(2n)(2n-1)(2n-2)=140n(n-1)(n-2) ∵ n≥3 ∴ n(n-1)≠0 ∴ (2n+1)(2n-1)=35(n-2) ∴ n=3 或 n= 4 23 ∵ n∈N+ ∴ n=3 评注：解这类题目时，要注意排列数 Pn m 中 m、n 的取值范围，如本题中，2n+1≥4 且 n ≥4，n 是自然数 例 7、求证：A1 1+2A2 2+3A3 3+…+nAn n=(n+1)!-1 解题思路分析： 本题左边可以看成是数列的求和问题，根据右边的要求，应消元化简 分析通项： !k)!1k(AA)1k(A]1)1k[(kA k k k k k k k k  1A1 1=2！-！ 2A2 2=3！-2！ 3A3 3=4！-3！ …… nAn n=(n+1)!-n! 将这 n 个等式左、右两边分别相加得: A1 1+2A2 2+3A3 3+…+nAn n=(n+1)!-1 评注：对数列的通项进行分析是处理数列问题的重要方法。本题的关键是对 n 的变形： n=(n+1)-1。根据不同需要对某些式子作一定变形是解决数学问题的基本功。 同步练习 （一）选择题 1、若 a∈N+，且 a＜20，则(27-a)(28-a)(33-a)…(34-a)可表示为 A、 8 a27A  B、 a27 a34A   C、 7 a34A  D、 8 a34A  2、用 1，2，3，…，9 这 9 个数字组成数字不重复的三位数的个数是 A、 27 B、84 C、504 D、729 3、8 个同学排成一排的排列数为 m，8 个同学排成前后两排（前排 3 个，后排 5 个）的 排列数为 n，则 m、n 的大小关系是 A、m=n B、m＞n C、m＜n D、n＜m＜2n 4、6 张同排连号的电影票，分给 3 名教师和 3 名学生，如果师生相间而坐，则不同的 方法数为 A、A3 3A4 3 B、(A3 3)2 C、2(A3 3)2 D、A6 6-(A3 3)2 5、用 0，2，4，6，9 这五个数字可以组成数字不重复的五位偶数共有 A、72 个 B、78 个 C、84 个 D、384 个 6、由数字 1，2，3，4，5 组成数字不重复的五位数中，小于 50000 的偶数有 A、 24 个 B、36 个 C、48 个 D、60 个 7、由 0，1，2，3，4，5 这六个数字组成的数字不重复且大于 345012 的六位数的个数 是 A、245 B、269 C、270 D、360 8、已知集合 M={a1，a2，a3}，P={b1，b2，…，b6}，若 M 中的不同元素对应到 P 中的像 不同，则这样的的映射共有 A、3 个 B、20 个 C、64 个 D、120 个 9、要排一张有 5 个独唱节目和 3 个合唱节目的演出节目表，如果合唱节目不排在节目 表的第一个位置上，并且任何两个合唱节目不相邻，则不同的排法总数是 A、A8 8 B、A5 5A3 3 C、A5 5A5 3 D、A3 3A5 3 10、甲、乙、丙、丁、戊五人并排站在一排，如果乙必须站在甲的右边（甲、乙可以不 相邻），那么不同的排法共有 A、24 种 B、60 种 C、90 种 D、120 种 （二）填空题 11、根据条件，求 x 的值 （1）Ax 5=12Ax 3，则 x=__________。 （2） 1n 1n 1n 1n n n xAAA      ，则 x=__________。 （3） 1:30800A:A 3x 54 6x 56  ，则 x=__________。 12、7 位同学站成一排，按下列要求，各有多少种不同排法（不求结果）。 （1）甲站在某一固定位置__________。 （2）甲站中间，乙与甲相邻__________。 （3）甲、乙相邻__________。 （4）甲、乙两人不相邻 __________。 （5）甲、乙、丙三个相邻__________。 （6）甲、乙、丙三人中任何两人都不相邻__________。 （三）解答题 13、3 名男生与 4 名女生排成一排，按下列条件，各有多少种不同排法？ （1）男生按自左至右从高到矮的顺序； （2）男生和女生都分别按自左至右从高到矮的顺序； （3）男生和女生统一按自左至右从高到矮的顺序。 14、从数字 0，1，3，5，7 中取出不同的三个作系数，可以组成多少个不同的一元二次 方程 ax2+bx+c=0？其中有实根的方程有多少个？ 15、用 1，2，3，4，5，7 这 7 个数字组成没有重复数字的四位数 （1）如果四位数必须是偶数，那么这样的四位数有多少个？ （2）如甲组成的四位数必须大于 6500，那么这样的四位数有多少个？ 参考答案 （一）选择题 1、D。 2、B。 A9 3=504（个） 3、A。 m=A8 8，n=A8 3A5 5, 4、B。 相间而坐有两类，师生师生师生，或生师生师生师。每种情况下，教师之间和 学生之间分别交换位置，共有 2A3 3A3 3 种。 5、B。 A3 1 A3 1 A3 1+ A4 1 A3 3=78 个 6、B。 抓住首、末两个特殊位置分析，有 A2 1 A3 1 A3 3=36 个 7、B。 位置分析法，分成四类：第一类，第 6 位数字是 4，5，有 A2 1 A5 5 个；第二类， 第 6 位数字是 3，第 5 位数字是 5，有 A4 4 个；第三类，第 6 位、第 5 位、第 4 位数字分别是 3，4，5，有 A2 1 A2 2 个；第四类，前 4 位数字是 3，4，5，0，有 A1 1 A1 1 种。 ∴ 共有 A2 1 A5 5+A4 4+ A2 1 A2 2+A1 1=296 个 8、D。 A6 3 个 9、C。 用插空法 10、B。 用等可能事件模型 2 1 A6 6=60（种） （二）填空题 11、 7 ， n 1 ， 41 12、 6 6A ， 5 5A2 ， 2 2 6 6AA ， 2 7 5 5AA ， 3 3 5 5AA ， 3 5 4 4AA （三）解：（1） 840 A A 3 3 7 7  （种） （2） 35 AA A 4 4 3 3 7 7  （种） （3） 1 A A 7 7 7 7  （种） 14、解：对 a 分类，共有 4A4 2=48 个不同的一元二次 其中有实根的有 A4 2+2A2 2+A2 2=18 个 15、（ 1）A3 1 A3 6=360 个 （2）A6 3+A2 1 A5 2=160 个 10．3 组合 一、主要内容 6、 组合的概念、组合数的表示法； 7、 组合的计算公式，化简公式及组合数的两个性质； 8、 利用组合及组合数的概念解实际问题。 二、学习指导 1、组合的定义 ：课本 P.96 组合数的定义：课本 P.97 组合的计算公式及化简公式：课本 P.98 组合数化简公式： m m m nm n A AC  中，等式右边除以 Am m，意味着抹去 m 个排列时的顺序， 简称“去序”。 2、关于组合数性质 2： 1m n m n m 1n CCC    的理解及推广。 从集合的角度看，设被取的 n+1 个元素的集合是{a，b1，b2，…，bn}。公式左边是从这 n+1 个元素中取 m 个的组合数。将该集合分成两个子集 A={a}与 B={b1，b2…，bn}。将从 n+1 个元素中取 m 个元素的组合分成两类（有且仅有该两类）：一类是含有 a，一类不含有 a。含 有 a 的一类分两步得到：（1）从集合 A 中选一个元素，有 C1 1 种选法；（2）从 B 中选 m-1 个 元素，有 1m nC  种选法，由分步计数原理，含 a 的组合有 1m n 1 1CC  个。不含 a 的一类也可以分 两步得到：（1）从集合 A 中选 0 个元素，有 C1 0 种选法；（2）从 B 中选 m 个元素，有 m nC 种选 法，由分步计数原理，不含 a 的 组 合 有 C1 0 ·Cn m 个。再由分类计数原理，得到 m n 0 1 1m n 1 1 m 1n CCCCC    。此式特征，右边每一项的下标之和为 n+1，表示被取元素有 n+1 个，上标之和均为 m，表示所取元素为 m 个。 推广一下，如被取元素有 r+1 个，每次取 m 个（m≤n+r，r≤m）个。则将 n+r 个元素分 成子集 A 和 B，A 含有 r 个元素，B 含有 n 个元素，仿照刚才的思路可得： rm n r r 2m n 2 r 1m n 1 r m n 0 r m rn CCCCCCCCC     3、对于组合数性质 1： mn n m n CC  的运用。当 2 nm  时，一般用它来简化计算。在某 些证明题中，用它来变换上标。 4、与组合有关的应用题分无附加的条件与有附加条件两类，附加条件主要是“含与不 含”，即某些特殊元素含有或不含在所要求的组合之中的问题。处理问题的方法分直接法及 简接法，其思路与排列问题类似。 三、典型例题 例 1、 1n 1n 1m m CC     ，求证：m=1+2+3+…+n 解题思路分析： 从化简组合数着手： 2 )1n(nCCC mCCC 2 1n )1n(1n 1n 1n 1n 1 m )1m(m m 1m m         ∴ n212 )1n(nm   例 2、求证： 1n 2m n m 1n m 1n m CC2CC     解题思路分析： 法一：用组合数性质 2 自左向右合并项： 左= 1n 2m n 1m 1n 1m n m 1n m n m 1n m CCC)CC()CC(       法二：左= !n)!nm( !m2)!1n()!1nm( !m )!1n()!1nm( !m  右         1n 2mC )!1n()]!1n()2m[( )!2m( )!1n()!1nm( )2m)(1m(!m n)1n)(nm)(1nm( )1n)(1nm(2n)1n()nm)(11m( )!1n()!1nm( !m ]n)nm( 2 )nm)(1nm( 1 )1n(n 1[)!1n()!1nm( !m 法三： 1n 2mC   ：表示从 m+2 个元素中每次取 n+1 个元素的组合数； 把 m+2 个元素分成两个集合：A 与 B，其中 A 中含有 m 个元素，B 中含有 2 个元素。从 m+2 个元素中的每次取出 n+1 个的组合，可以分成三类：①从 A 中取 n+1 个，从 B 中取 0 个， 有 0 2 1n m CC  ；②从 A 中取 n-1 个，从 B 中取 2 个，有 2 2 1n m CC  个；③从 A 中取 n 个，从 B 中取 1 个，有 1 2 n mCC 个 ∴ 总数为 1 2 n m 2 2 1n m 0 2 1n m CCCCCC   ∴ 1 2 n m 2 2 1n m 0 2 1n m 1n 2m CCCCCCC    即 1n 2m n m 1n m 1n m CC2CC     评注：法一是用组合数性质，法二是用组合种数公式，法三是运用了基本概念，构造了 组合数的模型。本题以第一种方法最简单。 例 3、从 A、B、C 等 16 人中选 7 人 （1）A 必须在内的有多少种？ （2）A 不在内的有多少种？ （3）A、B 同时在内的有多少种？ （4）A 或 B 中有 1 人在内的有多少种？ （5）A、B、C 三人中至少有 1 人在内的有多少种？ 解题思路分析： （1）A 必须在内，那么只需从其余 15 人中再选 6 人即可，因此有 C15 6 种； （2）A 不在内，所以除去 A，只在 15 人人中选 7 人，有 C15 7 种； 若用间接法：总数是 C16 7，不满足的情形是（1）中的情况，所以满足的组合数为 C16 7-C15 6； （3）A、B 同时在内，则只需从其余 14 个人中选 5 个人，有 C14 5 种； （4）分两步，第一步从 A、B 中选 1 人，有 C2 1 种；第二步从其余 14 个人中选 6 人，有 C14 6 种，因此有 C2 1C14 6 种选法； （5）法一：间接法。总数是 C16 7，不满足的情形是 A、B、C 均在内，有 C13 7 种，因此满 足条件的组合数是 C16 7-C13 7 种。 法二：直接法。分成四类：从 A、B、C 中分别选 0 个、1 个、2 个、3 个，每一类再分 成两步，则共有 C3 0C13 7+C3 1C13 6+C3 2C13 5+C3 3C13 4 种选法。 评注： 1、设集合 R 中有 r 个元素，集合 S 中有 s 个元素。如果 R∪S 中每次取 m 个元素的组合 里，必须含有 R 中的 r0 个元素，那么这样的组合数为 00 rm s r r CC  （0＜r0＜r，0＜m-r0≤s）。 本题第（1）（ 2）（ 3）（ 4）均属于此类问题。 2、解题时，选用直接法还是间接法，以简便为原则。 例 4、有划船运动员 10 人，其中 3 人只会划右舷，2 人只会划左舷，其余 5 人既会划左 舷也会划右舷，现在要从这 10 人中选出 6 人，平均分配在船的两舷划桨，有多少种选法？ 解题思路分析： 首先借助于集合工具对研究对象分类。 其次以只会划左舷的人有 2 人在内为标准进行分类：（1）有 2 人在内，（2）有 1 人在内， （3）有 0 人在内。 对第（1）类：第一步从只会划左舷的 2 人中选 2 人去划左舷，第二步，从左右舷都会 划的 5 人中选 1 人也去划左舷，第三步，从其中 7 人中选 3 人去划右舷，完成这 3 步的方法 数分别是 C2 2、C5 1、C7 3，由分步计数原理，第（1）类方法有 C2 2·C5 1·C7 3 种。 同理，第（2）类有 C2 1C5 2C6 3 种 第（3）类有 C2 0C5 3C5 3 种 由分类计数原理，共有 C2 2C5 1C7 3+C2 1C5 2C6 3+C2 0C5 3C5 3 种选法 评注：本题以会划左舷的 2 人为标准进行分类，也可以以会划右舷或以左右舷都会划的 5 人为标准进行分类，一般说来，选择元素较少的那一类做标准较简单。 例 5、从 5 位男同学和 4 位女同学中选出 4 位参加一个座谈会，要求座谈会的成员中既 有男同学，又有女同学，有几种不同的选法？ 解题思路分析： 法一：直接法。满足条件的组合有三类：（1）1 男 3 女；（2）2 男 2 女；（3）3 男 1 女。 分别有 C5 1C4 3、C5 2C4 2、C5 3C4 1 种选法，因此根据分类计数原理，共有； C5 1C4 3+C5 2C4 2+C5 3C4 1=120（种）选法 法二：间接法。总数是 C9 4，满足的情形是 4 位同学全部是男生，或全部是女生，共有 C5 4+C4 4 种 ∴ 满足条件的选法有 C9 4-C5 4-C4 4=120（种） 例 6、（ 1）四面体的一个顶点为 A，从其它顶点和各棱中点中取 3 个点， 使它们和点 A 在同一个平面上，有多少种不同取法； （2）四面体的顶点和棱中点共有 10 个点，在其中取 4 个不共面的点，有 多少种不同的取法。 解题思路分析： （1）考虑平面 ABC，从 E、F、B、M、C 中任取 3 点必与点 A 共面，共有 C5 3 种取法。 同理，平面 ACD，平面 ABD 也有类似的结论 考虑直线 AB 与 N，A、E、B、N 共面，有 1 种选法 同理直线 AC 与点 P，直线 AD 与 M 也有类似结论 根据分类计数原理，共有 3C5 3+3=33（种）取法 （2）用间接法。从 10 个点中取 4 个点有 C10 4 种选法 不满足的情形指所取四点共面，有三类： ①每一个表面上的 6 点中取 4 点必共面，如平面 ABC 内，六个点 A、B、C、E、F、M 中 任取四点必共面。共有 4C6 4=60 种取法。 ②每一条棱上的对棱中点四点共面，如直线 AB 与点 N，A、E、B、N 共面。因为 6 条条 棱，共有 6 种取法。 ③六条棱的 6 个中点中任取 4 个点，因 EF // PN，EG MN，GF PM，共有 3 种取法。 ∴ 满足 4 点不共面的取法有 C10 4-（60+6+3）=141（种） 评注：本题应充分分析利用图形的几何性质。 例 7、在 1，2，3…，30 这 30 个数中，每次取两两不等的三个数，使它们和是 3 的倍 数，共有多少种不同的取法？ 解题思路分析： 从每一个数能否被 3 整除着手，任一个自然数被 3 整除，根据余数为 0，1，2 分成三类： （1）能被 3 整除；A0={3，6，9，…，30}，集合中共 10 个元素；（2）被 3 除余 1：A1={1， 4，7，…，28}，集合中共 10 个元素；（3）被 3 除余 2：A2={2，5，8，…，29}，集合中也 有 10 个元素。 所取 3 个数和是 3 的倍数的取法有两类： 一是分别从 A1、A1、A2 中取 3 个元素，每一个集合取法有 C10 3 种，因此共有 3C10 3 种 二是各从 A0、A1、A2 中取 1 个元素，根据分步计数原理，共有 C10 1C10 1C10 1=(C10 1)3 种 根据分类计数原理，共有 3C10 3+(C10 1)3=1360（种） 例 8、如果集合 A1、A2 满足 A1∪A2=A，则称（A1、A2）为集合 A 的一种分析，并规定：当 且仅当 A1=A2 时，（A1，A2）与（A2，A1）为集合 A 的同一种分拆，则集合 A={a1，a2，a3}有多 少种不同的分拆法？ 解题思路分析： 选定 A1，以 A1 中元素个数为标准进行分类： （1）A1 是空集，则 A2={a1，a2，a3}，有 1 种分拆法； （2）A1 是一元集，A2 可以是二元集或三元集（必须含除 A1 中元素后剩余两元素），有 C3 1 ×2=6 种分拆法； （3）A1 是二元集，如 A1={a1，a2}，则 A2 可以是 1 元集，2 元集，3 元集（均必须含 a3）, 有 C3 2×4=12 种分拆法； （4）A1 是三元素，则 A2 可以是一元集、二元集、三元集或φ ，有 1×(C3 1+C3 1+1+1)=8 种 分拆法。 根据分类计数原理，共有 1+6+12+8=27 种分拆法 评注：由以上几例可以看出，正确分类是解题的关键。 同步练习 （一）选择题 1、计算 C10 r+1+C10 17-r，值不同的有 A、1 个 B、2 个 C、3 个 D、4 个 2、已知 a∈{-2，-1，0，1，2，3，4}，b∈{-3，-2，-1，0，1，2，3，4，5}，则方 程 1b y a x 22  表示的不同双曲线条数最多是 A、14 B、22 C、26 D、48 3、高三年级有 8 个班，分配 4 个数学教师任教，每个教师教两个班，则不同的分派方 式有 A、P8 2P6 2P4 2P2 2 种 B、C8 2C6 2C4 2C2 2 种 C、C8 2C6 2C4 2C2 2P4 4 种 D、 !4 CCCC 2 2 2 4 2 6 2 8 种 4、10 个人分乘 3 辆汽车，要求甲车坐 5 人，乙车坐 3 人，丙车坐 2 人，则不同的乘车 方法有 A、 !3 CCC 5 5 3 8 2 10 B、C10 2C8 2C5 5 C、C10 2C8 3C5 5·3！ D、P10 2P8 3P5 5 5、从 4 台甲型和 5 台乙型电视机中任意取出 3 台，其中至少要有甲型与乙型电视机各 1 台，则不同的取法共有 A、35 种 B、70 种 C、84 种 D、140 种 6、一组 6 条平行线与另一组 3 条平行线互相垂直，则由它们所围成的矩形个数是 A、16 个 B、24 个 C、45 个 D、90 个 7、已知一些点的坐标（x，y）满足|x|<2，|y|<2 且 x∈Z，y∈Z，若以这些点的其中三 点为顶点作三角形，这样的三角形共有 A、72 个 B、76 个 C、80 个 D、84 个 8、以正方体的顶点为顶点的四面体个数是 A、70 B、64 C、58 D、24 （二）填空题 9、若 C7 x=C7 2，则 x=________；若 Cx 12=Cx 3，则 x=________；若 Cx 3∶Cx 2=44∶3，则 x=________。 10、利用公式 Cn m+Cn m-1=Cn+1 m 计算 （1）Cm 5-Cm+1 5+Cm 4=_________； （2）若 C17 2x+C17 2x-1=C18 6，则 x=__________； （3）C2 2+C3 2+C4 2+…+C10 2=__________。 11、M 和 N 是两个不重合的平面，在平面 M 内取 5 个点，在平面 N 取 4 个点，则由这些 点最多能决定不同位置的三棱锥有________个。 12、棱梯一共有 10 级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若要求 8 步走完这 楼梯，则不同的走法共有______种。 13、在连续 6 次射击中，恰好命中 4 次的情形有______种，又在命中的 4 次恰好有 3 次是连续的情形有______种。 （三）解答题 14、异面直线1 和2 上分别有 m 个和 n 个（m，n≥3）不同的点，以这些点为顶点，可 分别构成多少个三角形？多少个四面体？ 15、在 1，2，3，…，100 这 100 个自然数中，每次取不等的两数相乘，使它们的积是 7 的倍数，这样的取法共有多少种？ 16、大小不等的两个正方体玩具，分别在各面上标以数字 1，2，3，4，5，6，求： （1） 向上的面标着的数字之和为偶数的有多少种情形？ （2） 向上的面标着的数字之积不小于 20 的有多少种不同的情形？ 17、两个同心圆，在外圆周上有相异的 6 个点，内圆周上有相异的 3 个点，由这 9 个点 所决定的直线最多有多少条？最少有多少条？ 18、有翻译人员 11 名，其中 5 人仅通英语，4 人仅通法语，另 2 人英语法语皆通，现 欲从中找出 8 人，组成两个翻译小组，其中 4 人译英语，另 4 人译法语，两个小组同时工作， 问满足条件的 8 人名单共可开列多少张？ 参考答案 （一）选择题 1、B。 由       Nr 10r170 101r0 得 r=7，8，9 2、B。 因 ab<0，故有 C2 1C5 1+C4 1C3 1=22 条 3、B。 将 8 个班分成 4 组，根据分步计数原理，有 C8 2C6 2C4 2C2 2 种 4、B。 将 10 个人分成 3 组，人数分别是 5，3，2，根据分步计数原理，有 C10 2C8 3C5 5 种。 5、B。 分成两类：甲 2 乙 1，甲 1 乙 2，共有 C4 2C5 1+C5 2C4 1=70（台） 6、C。 C3 2C6 2=45 7、B。 满足条件的点共有 9 个，用间接法得 C9 3-8=76 个 8、C。 C8 4-12C4 4=58 个 （二）填空题 9、 2 或 5 ， 20 ， 11 10、（ 1）0 （2）3 或 6 （3）165 11、 120 C9 4-C5 4-C4 4 或 C5 2C4 2+C5 1C4 3+C5 3C4 1 12、 28 C7 2 13、 15 ， 6 C6 4=15（种） （三）解答题 14、Cm 2Cn 1+Cm1Cn 2= 2 )2nm(mn 2 )1n(mn)1m(mn  个三角形； 4 )1n)(1m(mnCC 1 n 2 m  个四面体。 15、记能被整除的数组成集合 A={7，14，21，…，98}，不能被 7 整除的数组成集合 B， 则取法分两类： （1）A 中取两个数，有 C14 2 个；（2）A、B 中各取 1 个，有 C14 1C86 1 个，由分类计数原理， 共有 C14 2+C14 1C86 1=1295（个） 16、（ 1）C3 1C3 1+C3 1C3 1=18；（ 2）8 17、（ 1）C6 1C3 1+C6 2+C3 2=36（条）；（2）C6 2+C3 1+C2 1=21（条） 18、以法语译组的组成情况分三类：第一类，皆由仅通法语者担任，有 C7 4C7 4 种选法； 第三类，此组中仅有 3 人仅通法语，共有 C4 3(C2 1C5 4+C2 2C5 3)种选法；第三类，此组中恰有 2 人 仅通法语，有 C4 2C2 2C5 4 种选法。由分类计数原理，共有 C4 4C7 4+C4 3（C2 1C5 4+C2 2C5 3）+C4 2C2 2C5 4=145 （张）。 排列组合的综合问题 一、主要内容 较复杂的排列组合问题的求解思路。 二、学习指导 1、排列组合的本质区别在于对所取出的元素是作有序排列还是无序排列。组合问题可 理解为把元素取出后放到某一集合中去，集合中的元素是无序的。 较复杂的排列组合问题一般是先分组，再排列。必须完成所有的分组再排列，不能边分 组边排列。 排列组合问题的常见错误是重复和遗漏。弄清问题的实质，适当的分类，合理的分步是 解决这个错误的关键，采用不同的思路检验结果是否一致是解决这个错误的技巧。 2、排列组合的常见模型有“捆绑法”、“插空法”、错位法“、”分组分配“等。 集合是常用的工具之一。为了将抽象问题具体化，可以从特殊情形着手，通过画格子， 画树图等帮助理解。 “正难则反”是处理问题常用的策略。 三、典型例题 例1、 有 6 本不同的书，按下列方式分配，分别有多少种分配方式？ （1）按一组 1 本，一组 2 本，一组 3 本分成三组； （2）按一人 1 本，一人 2 本，一人 3 本分成甲、乙、丙三人； （3）均分成三组； （4）均分成甲、乙、丙三人。 解题思路分析： 本题是分组分配问题，是排列组合的混合题。处理此类问题的关键是正确判断组间是排 列还是组合问题即是有序还是无序。 （1）由于各组内元素不同，所以组间无法交换，属组间组合问题，其分法种数由分步计 数原理得： N=C6 1C5 2C3 3=60（种） （2）本题分成三组后，分配给甲、乙、丙三个不同的人，属于组间排列问题。第一步分 组，方法有 C6 1C5 2C3 3，第二步分配，方法有 A3 3 种，由分步计数原理，分法种数为： N=C6 1C5 2C3 3A3 3=360（种） （3）因分组后，组与组交换不形成新的方法，属于组间组合问题，在分组基础上去序即 可，分法共有： N 3 3 2 2 2 4 2 6 A CCC =15 评注：此题属“均匀分组”题型，其分法种数是在分组的基础上，除以组数的排列数。 （4）此题与（1）题题型相同，分法种数： N=C6 2C4 2C2 2=90（种） 评注：注意（3）、（4）两种题型的差异。 例 2、有 9 名同学排成两行，第一行 4 人，第二行 5 人，其中甲必须站在第一行，乙、 丙必须站在第二行，问有多少种不同的排法？ 解题思路分析： 法一：从特殊位置着手。第一步排第一行：从甲、乙、丙外的 6 人中选出 3 人与甲排第 一行，有 C6 3A4 4 种排法；第二步排第二行，将其余 5 人排在第二行，有 A5 5 种排法，由分步计 数原理，共有 N=C6 3A4 4A5 5（种）排法。 法二：从特殊元素着手，第一步甲排第一行，有 A4 1 种排法；第二步排乙、丙于第二行， 有 A5 2 种排法。因排两行与排一行本质相同，故第三步排所剩 6 人，有 A6 6 种排法，由分步计 数原理，共有排法： N=A4 1A5 2A6 6 种 评注：解法一体现了先组合再排列的原则，这是处理排列、组合问题的常用思路。 例 3、将 4 个不同的球放入 4 个不同的盆子内 （1）共有几种放法？ （2）恰有一个盆子未放球，共几种放法？ （3）恰有一个盆子内有 2 球，共几种放法？ （4）恰有两个盆子内未放球，共有几种放法？ 解题思路分析： （1）把球作为研究对象，事件指所有球都放完。因每一只球都有四种放法，故由分步计 数原理，共有 44=256（种）； （2）问题即为“4 个球放入三个盆子，每个盆子内都要放球，共有几种放法？” 第一步是把 4 只球分成 2，1，1 三组，共有 C4 2 种放法； 第二步把 3 组球放入三个盆子中去（作全排列），有 A4 3 种； 由分步计数原理，共有 N=C4 2A4 3（种） 评注：第二步应是 A4 3，而不是 A3 3，因还要选从四个盆子中选三个盆子，然后作全排。 （3）仔细审题，认清问题的本质。“恰有一盆子内入 2 个球”即另三个盆子放 2 球，也 即另外 3 个盆子恰有一个空盆，因此，“恰有一个盆子放 2 球”与“恰有一个盆子不放球” 是等价的。 （4）先取走两个不放球的盆子，有 C4 2 种取法；其次将 4 球分两类放入所剩 2 盆；第一 类均匀放入，有 C4 2C2 2 种放法；第二步按 3，1 分组放入，有 C4 3C1 1A2 2 种放法。故有 N=C4 2(C4 2C2 2+C4 3C1 1A2 2)=84（种）。 例 4、现有印有 0，1，3，5，7，9 六个数字的六张照片，如果允许 9 可以作 6 使用， 那么从中任意抽出三张可以组成多少个不同的三位数（首位数不为零）。 解题思路分析： 从特殊元素着手，对三位数是否合 9 或 0 分类讨论。第一类，9 在内，0 不在内。先从 除 0，9 外的四个数字中取两个，再将三个数作全排列，因 9 可以作 6 用，最后还要乘以 2 （在每一种情况下，把 9 看成 6，得一个新数），由分步计数原理，共有 C4 2A3 3A2 2 种；第二类， 9 和 0 同时在内。先从除 0，9 外的四个数字中选 1 个，再排 0，9 及取出的数字，最后再将 9 作 6 使用，共有 C4 1A2 1A2 2=32（种）；第三类，所取数字中不含 9，再根据是否含 0 讨论，有 A4 3+C4 2A2 1A2 2=48（种）。 由分类计数原理共有 72+32+48=152（种）。 例 5、用 0，1，2，3，4 五个数字组成各位数字不重复的五位数，若按由小到大排列， 试问：（1）42130 是第几个数？（2）第 60 个数是什么？ 解题思路分析： （1）要知道 42130 是第几个数，只要知道比它小的有几个数，就基本解决了。根据数的 大小比较的原则，比 42130 小的数可以分成如下几类： 1□□□□，2□□□□，3□□□□型的； 40□□□，41□□□型的； 420□□型的； 4200□型的。 各类的 数 分 别 有 C3 1A4 4 ， C2 1A3 3 ， C1 1A2 2 ， C1 1A1 1 个 ， 所 以 比 42130 小 的 数 有 C3 1A4 4+C2 1A3 3+C1 1A2 2+C1 1A1 1=87 个，42130 是第 88 个。 （2）万位 1 的数，即 1□□□□型的数，有 A4 4=24 个； 万位为 2 的，同样有 A4 4=24 个； 万位为 3 的也有 24 个，所以第 60 个数是万位为 3 的这一类数中的第 12 个数，再 具体分类： 30□□□型的有 A3 3=6 个； 31□□□型的有 A3 3=6 个 所以，第 12 个数是 31□□□型的数中最大的一个即为 31420。 评注：此类题型称为字典式排列问题，解题的关键在于根据题意正确地进行分类，分类 的关键是采用类似查字典的方法，从高位向低位，一位一位地考察各位上所取数字的可能性。 例 6、5 个成年人，2 个小孩，排成一排，两头都是成年人，每个小孩两边都是成年人， 且其母女俩一定要相邻的排法有多少种？ 解题思路分析： 某母女俩一定相邻，同时与这个女孩相邻的还应有一个成年人，因此第一步从除这位母 亲以外的 4 个成年人中选 1 人，准备排在这个女孩旁边，有 C4 1 种选法；第二步选出的这个 人与那位母亲排在女孩两侧，有 A2 2 种方法；第三步，把“母女、另一成年人”这个三人小 组看成一个整体（因为小组左右位置全是成年人，所以可以看成一个成年人），与其余 3 个 人做全排列，有 A4 4 种方法；第四步，让另一个小孩插入四个成年人之间的三个间隔中的一 个，有 A3 1 种方法。由分步计数原理，共有 C4 1A2 2A4 4A2 1=576（种）方法。 评注：前边已强调先满足特殊元素成特殊位置的方法，本题的条件较多，因此优先考虑 的应是条件最强的要求，或者是谁最特殊就优先满足谁，这样有利于把问题简化。如本题构 成特殊的 3 人小组后，问题就转化为“4 个成年人与 1 个排成一排，两头必是成年人的排法 有多少？” 例 7、在一块并排 10 垄的田地中，选择 2 垄分别种植 A、B 两种作物，每种作物种植一 垄，为有利于作物生长，要求 A、B 两种作物的间隔不小于 6 垄，则不同的种植方法共有多 少种？ 解题思路分析： “不小于”意味着大于或等于，由此进行分类讨论： 第一类，A、B 间隔 6 垄，有（1，8），（2，9），（3，10）三种，每一种 A、B 交换，共 有 C3 1A2 2 种； 第二类，A、B 间隔 7 垄，有（1，9），（2，10）两种，每种 C2 1A2 2 种； 第三类，A、B 间隔 8 垄，有（1，10）一种，再交换 A、B，有 A2 2 种。 由分类计数原理，共有 C3 1A2 2+C2 1A2 2+A2 2=12（种） 例 8、由-1，0，1，2，3 这五个数中选三个不同的数组成二次函数 y=ax2+bx+c 的系数。 （1）开口向上的抛物线有几条？ （2）开口向下的抛物线有几条？ （3）开口向上且不过原点的抛物线有多少条？ （4）与 x 轴的正、负半轴各有一个交点的抛物线有多少条？ （5）与 x 轴负轴至少有一个交点的抛物线有多少条？ 解题思路分析： （1）a>0，b、c 可任意选，有 C3 1A4 2=36（条）； （2）a<0，a 只能取-1，b、c 有 A4 2 种选法，共有 A4 2=12（条）； （3）a>0 且 c≠0，共有 C3 1C3 1C3 1=27（条）； （4）ac<0，当 a>0，c<0 时，a、b、c 分别有 C3 1、C3 1、C1 1 种选法；当 a<0，c>0 时，a、 b、c 有 C1 1、C3 1、C3 1 种选法，共有 C3 1C3 1C1 1+C3 1C3 1C1 1=18（条）； （5）“与 x 轴负半轴至少有一个交点”包含三种情形： 第一类，与 x 轴正负半轴各有一个交点，由（4）知共有 18 条； 第二类，过原点与 x 轴负半轴有一个交点，c=0，ab<0，a、b 有 A3 2 种选法； 第三类，与 x 轴负半轴有两个不同交点，则            0a c 0a b 0c ∴ b=3，a、c∈{1，2}，有 A2 2 条 由分类计数原理，共有 18+A3 2+A2 2=26 条 同步练习 （一）选择题 1、将 6 件不同的产品分别装入两个相同的袋子里，要求每袋至少有一件，则不同的装 法数是 A、21 B、31 C、41 D、62 2、将四名教师分配到三个班级去参加活动，要求每班至少一名的分配方法有 A、72 种 B、48 种 C、36 种 D、24 种 3、从 1，3，5，7，9 这五个数字中任取 3 个，从 2，4，6，8 这四个数字中任取 2 个， 组成数字不重复的五位数的个数是 A、A5 3A4 2 B、C5 3A5 3C5 2A4 2 C、C5 3C4 2A5 5 D、A5 3A6 2 4、编号为 1，2，3，4 的四种不同的种子，在三块不同的土地上试种，每块地上试种一 种，其中 1 号种必种，则不同的试种方法有： A、24 种 B、18 种 C、12 种 D、96 种 5、用 1，2，3，4，5 这五个数字，可以组成没有重复数字且大于 20000 又不是 5 的倍 数的整数有： A、96 个 B、78 个 C、72 个 D、36 个 6、现有男女学生共 8 人，从男生中挑选两人，女生中挑选一人分别参加数学、物理、 化学三种竞赛，共有 90 种不同选法，那么男女生人数分别是： A、男生 2 人，女生 6 人 B、男生 3 人，女生 5 人 C、男生 5 人，女生 3 人 D、男生 6 人，女生 2 人 7、从 1 到 9 这 9 个数字中任取两个作为底和真数，构成对数 logab，则这些对数值中不 同值的个数有： A、53 个 B、55 个 C、57 个 D、72 个 8、将 9 人排成 3 排，每排 3 人，要求甲在第二排，乙与丙在第三排，则所有的不同排 法数是： A、3C6 2C4 1A3 3 B、C3 1C3 2A6 6 C、A3 1A3 2A6 6 D、C3 1C3 2(A3 3)3 9、从单词“equation”中选取 5 个不同的字母排成一排，含有“qu”（其中“qu”相连 且顺序不变）的不同排列共有： A、120 个 B、480 个 C、720 个 D、840 个 10、书架上原有 6 本书，再放上 3 本，但要求原有的相对顺序不变，则不变方法有： A、504 种 B、210 种 C、24 种 D、12 种 （二）填空题 11、从 1 到 9 这 9 个数字中任选 3 个排成没有重复数字的三位数，要求个位上的数字大 于十位上的数字，这样的三位数共有__________个。 12、从 5 个男乒乓球运动员和 4 个女乒乓球运动员中选出 2 男、2 女进行乒乓球混合双 打，则不同的分组方法有__________种。 13、某班有同学 30 人，暑假时约定互通一封信，互通一次电话，则共写信________封， 共打电话________次。 14、由 6，7，8，9，0 这五个数字组成没有重复数字的五位数，按从小到大的顺序排列， 那么 67890 是这个数列的第________项。 15、有编号为 1，2，3，…，10 的 10 只灯，为了节约用电，可以将其中三只大灯关掉， 但不能同时关掉相邻的两只或三只，也不能关掉两端的灯，则满足条件的关灯方法有 ________种。 （三）解答题 16、某产品有 4 只次品，6 只正品，每只产品均不同且可区分，若每次取出 一只测试，直到 4 只次品全部测出为止，则最后一只次品恰好在第五次测试时被 发现的不同情况共有多少种？ 17、图为某市 A 及四郊 B、C、D、E 的区域地图，现有五种颜色，每区域只 能用一种颜色涂，问有多少种不同的涂色方法，使每相邻两块不同颜色？ 18、6 项不同的工程，由 4 个工程队分别承包，每个工程队至少承包一项，且 6 项工程 全部被承包，则不同的承包方式共有多少种？ 19、从 6 种小麦品种中选出 4 种，分别种植在不同土质的 4 块土地上进行试验，已知 1 号、2 号小麦品种不能在试验田甲上种植，则共有多少种不同的种植方案？ 20、有翻译 8 人，其中 3 人只会英语，2 人只会日语，其余 3 人既会英语又会日语，现 从中选 6 人，安排 3 人翻译英语，3 人翻译日语，则不同的安排方法有多少种？ 参考答案 （一） 选择题 1、B。 将 6 件产品分成三组：（1，5），（2，4），（3，3），分别有 C6 1、C6 2、 2 2 3 6 A C 种 方法，共有装法数 C6 1+C6 2+ 2 2 3 6 A C =31（种） 2、C。 C4 2C3 3=36（种） 3、C。 先选再排，第一步选有 C5 3C4 2 种，第二步五个数字全排有 A5 5 种 4、B。 C3 2A3 3=48 5、B。 分成 2□□□□，3□□□□，4□□□□，5□□□□四类，有 78 个 6、B。 设男生 n 人，则  3 3 1 n8 2 n ACC 9，n=3 7、A。 8、C。 甲、乙、丙之外的 6 人排三排与排一排的全排列数相同 9、B。 C6 3A4 4=480（个） 10、A。 3 96 6 9 9 A A A  =504（种） （二） 填空题 11、 252 3 9P2 1 =252 12、 120 C5 2C4 2A2 2=120（种） 13、 870 ， 435 A30 2=870,C30 2=435 14、 10 15、 20 插空法 C6 3=20（种） （三） 解答题 16、C4 3C4 1A4 4=576（种） 17、A5 5+C5 4C5 1·2C3 1A2 2+C5 3A3 3=420（种） 18、6 项工程分 4 份，有（3，1，1，1），（2，2，1，1）两解分法，共有 4 42 2 2 2 1 1 1 2 2 4 2 63 6 A) AA CCCCC(  =1560 （种） 19、对是否选 1 号及 2 号进行分类讨论： 第一类，没有选 1 号和 2 号：A4 4=24 种 第二类，选 1 号不选 2 号：C4 3A3 3C3 1=72（种） 第三类，选 2 号不选 1 号：C4 3A3 3C3 1=72（种） 第四类，同时选出 1 号和 2 号：C4 2A3 3A2 2=72（种） ∴ 共有 24+3×72=240（种） 20、以是否选只会日语的人为标准，有 C2 2C3 1C5 3+C2 1C3 2C4 3+C3 3C3 3=55（种） 高二数学同步辅导教材（第 35 讲） 主讲: 孙福明(江苏省常州高级中学 一级教师) 一、本讲进度 10.5 随机事件的概率 一、主要内容 1、 概率的定义 2、等可能事件的概率的求解 二、学习指导 1、随机事件的概率 （1）几个概念 ①随机试验：事先无法准确预知试验结果而在同一条件下能重复进行的试验。 ②基本事件：随机试验的每一个可能的结果称为试验的一个基本事件。 ③必然事件：在一定条件下必然要发生的事件 不可能事件：在一定条件下不可能发生的事件 随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件 ④频率：同一试验重复进行了 n 次，其中事件 A 发生了 m 次，则 m/n 就是该次试验中事 件 A 发生的频率。 （2）概率的定义：在大量重复进行同一试验时，随机事件 A 发生的频率 m/n 总是接近于 某个常数，在它附近摆动，这个常数叫做事件的概率。用符号 P(A)表示。 显然 0≤P(A)≤1 当 P(A)=0 时，A 为不可能事件 当 P(A)=1 时，A 为必然事件 概率从数量上反映了一个事件发生的可能性的大小。在实际工作中一个事件的概率往是 无法精确求得的，当试验次数 n 适当大时，我们就以频率 m/n 作为它的近似值。 频率 m/n 的大小是不能完全确定的，这反映了随机偶然性的一面。但只要试验次数 n 充分的大，m/n 就几乎接近一个常数 p。这里 p 是客观存在的数，与所做的若干次具体试验 无关，这又反映了随机事件必然性的一面。 2、等可能事件的概率 （1）定义：如果一次试验中可能出现的结果有 n 个，而且所有结果出现的可能性相等， 那么每一个基本事件的概率都是 1/n。 如果某个事件 A 包含的结果有 m 个，那么事件 A 的概率为 P(A)=m/n. 这个定义包含四层含义：①随机事件 E 中仅含有有限个（n 个）基本事件；②基本事件 出现的可能性相等；③事件 A 中包含 m 个基本事件；④P(A)= m mA 试验中基本事件的总数 中基本事件数事件 。 （2）从集合角度看。把一次试验中，等可能出现的 n 个结果组成一个集合 I，则此 n 个 结果就是 I 的 n 个元素，包含其中 m 个结果的事件 A 就对应于 I 的含有 m 个元素的子集 A， 于是事件 A 的频率就等于子集 A 中元素个数 card(A)与集合 I 的元素个数 card(I)的比值， 即： P(A)= n m )I(card )A(card  （3）计算等可能事件的概率的步骤： 第一步：计算该次事件共可能有多少种结果出现，即基本事件的总数 n（card(I)）。 第二步：计算其中要求的事件 A 包含多少种结果，即事件 A 包含的基本事件的个数 m （card(A)）。 第三步：利用公式 P(A)= n m 计算结果。 （4）计算等可能事件的概率常用到工具“排列”、“组合”，因此特别要注意排列与组合 使用的场合。 三、典型例题 例 1、某鱼池中共有 n 条鱼，从中捕得 t 条，加了标志后放回池中。经过一段时间后再 从池中捕出 m 条鱼，问其中恰有 s 条标志鱼的概率是多少？（n≥m≥s，n≥t≥s） 解题思路分析： 从 n 条鱼中捕得 m 条，共有 Cn m 种可能结果，这就是基本事件的总数。 在捕得的 m 条中恰有 s 条标志鱼，这 s 条是从 t 条中捕得的，则另外捕得的 m-s 条非标 志鱼是从 n-t 条非标志鱼中捕得的，故捕得的 m 条鱼恰有 s 条标志鱼的捕法有 tm tn s t CC   ，这 是随机事件中的基本事件数 ∴ 所求概率 P= m n tm tn s t C CC   例 2、一个口袋内有 7 个白球和 3 个黑球，分别求下列事件的概率： （1）事件 D1：从中摸出一个放回后再摸一个，两回摸出的球是一白一黑； （2）事件 D2：从袋中摸出一个黑球，放回后再摸出一个是白球； （3）事件 D3：从袋中摸出两个球，一个黑的，一个白的； （4）事件 D4：从袋中摸出两个球，先摸出的是黑的，后摸出的是白的； （5）事件 D5：从袋中摸出两个球，后一个是白球。 解题思路分析： （1）基本事件的总数是 10×10；D1 包括“先摸黑球后摸白球”及“先摸白球后摸黑球”， 摸出白球及黑球分别有 7 种和 3 种可能，所以 D1 发生共有 2×7×3 种可能。 ∴ P(D1)= 42.01010 372   （2）事件 D2 与事件 D1 不同，它确定了先摸黑球再摸白球的顺序。 P(D2)= 21.01010 37   （3）事件 D3 说明摸出两个球不放回，且不考虑次序，因此基本事件总数是 C10 2，事件 D3 包含的基本事件个数是 C7 1C3 1。 ∴ P(D3)= 47.015 7 C CC 2 10 1 3 1 7  （4）与事件 D1 相比，D4 不要考虑摸出两球的先后次序。 ∴ P(D4)= 23.030 7 C CC 2 10 1 3 1 7  （5）基本事件总数是 A10 2，事件 D5 包含“先摸出白球，后又摸出白球”及“先摸出黑球， 后又摸出白球”，根据分类计数原理，D5 中包含基本事件数为 C7 1C6 1+C3 1C7 1 ∴ P(D5)= 2.010 7 A CCCC 2 10 1 7 1 3 1 6 1 7  评注：1、注意“放回抽样”与“不放回抽样”的区别，本例①②是放回抽样，③④⑤ 都是不放回抽样。 2、特别注意何时用排列，何时用组合。 例 3、在 100 毫升水中共有 3 个大肠菌 （1）从中任抽 1 毫升水化验，求某个指定的大肠菌恰好落在这 1 毫升水中的概率； （2）每次抽一毫升，连续抽 3 次，求每次恰有一个大肠菌的概率。 解题思路分析： （1）将 100 毫升水等分成 100 份，对于某个确定的大肠菌来说，它落入这每份水中的可 能性相同，都是 1/100，这也就是恰好落入被抽的那一毫升水中的概率。 （2）3 个肠菌落入这 100 份水中的所有情况相当于把 3 个球随机的放入 100 个盒子的情 况，共有 100×100×100 种可能，即基本事件总数是 1003 个。 在抽取的三份中每份恰有一个大肠菌的情形相当于这 3 个大肠菌在这三份水中的一种 排列，共有 3！种可能情况： ∴ P(A)= 000006.0 100 !3 3  评注：在充分审题的基础上，构造排列组合的模型，便于认清题目的本质，从而顺利找 到解题思路。 例 4、甲乙两人街头约会，约定谁先到后须等待 10 分种，这时若另一个人还没来就可 离开。现在甲是 1 点半到达的，假设乙在 1 点到 2 点内到达，且乙在 1 点到 2 点之间任何时 刻到达是等可能的，求甲乙能会面的概率。 解题思路分析： 设事件 A1：“乙在 1 点到 1 点 20 分内到达” 事件 A2：“乙在 1 点 20 分到 1 点 40 分内到达” 事件 A3：“乙在 1 点 40 分到 2 点内到达” 则 A1、A2、A3 是等可能的基本事件，它包含必然事件“乙在 1 点到 2 点内到达”的各种 可能。 显然，在 A1、A3 情况下甲乙不能见面；在 A2 发生的情况下甲乙能见面，所以甲乙见面的 概率是 1/3。 评注：随机试验的基本事件可以有多种分法，其原则是：①基本事件构成的集合的交集 为空集；②所有基本事件构成的集合的并集为必然事件；③所研究的随机事件都能用这些基 本事件中的一部分组合而成；④基本事件的总数是有限个，是等可能的。 例 5、以集合 A={2，4，6，7，8，11，12，13}中的任意两个元素分别为分子与分母构 成分数，求这种分数是可约分数的概率。 解题思路分析： 试验的基本事件是所取两数构成分数，由于两数是任取的，所以这些分数是等可能的。 基本事件的总数为 A8 2 因奇数 7，11，13 皆为质数，相互之间不可约，所以可约分数的情形是分子、分母同为 偶数，共有 A5 2 个 ∴ P= 14 5 A A 2 8 2 5  例 6、在一个袋子里，放有均匀的 n 个白球和 m 个黑球，若逐一地全部取出，问第一个 上和最后一个取出的都是白球的概率是多少？ 解题思路分析： 每次取出一个球是任意的，所以取完后各种结果是等可能的。基本事件的总数相当于把 n+m 个球进行全排列的个数，有(m+n)!种。“第一个和最后一个都是白球”相当于将“n 个白 球与 m 个黑球排成一列，两端恰为白球”，其可能结果为(m+n-2)! ∴ P= )!nm( )!2nm(   例 7、今有强弱不同的十支球队，若把它们均分为两组进行比赛，分别计算： （1）两个最强的队被分在不同组内的概率； （2）两个最强的队恰在同一组内的概率。 解题思路分析： （1）10 支球队均分为两组有 5 10 5 5 5 10 C2 1 !2 CC  种分法。两支强队分开的方法有 4 8 2 2 4 4 4 8 CA!2 CC  种 ∴ P= 9 5 C2 1 C 5 10 4 8  （3）两强队在同一组的分法为 C8 3C5 5=C8 3 种 ∴ P= 9 4 C2 1 C 5 10 3 8  例 8、有 12 个外观完全相同的盆子，其中 3 只盆子中没有放球，3 只盆子中各放了 1 个球，3 只盆子中各放了 2 个球，3 只盆子中各放了 3 个球，随机打开两个盆子，求： （1）这两个盆子都不空的概率； （2）这两个盆子中球数和恰等于 5 的概率； （3）这两个盆子中球数和为多少时概率最大？ 解题思路分析： 打开盆子的结果是等可能事件。基本事件总数是 C12 2=66 （1）“两个盆子都不空”所包含的基本事件数就是从 9 个有球的盆子中打开两个的个数， 有 C9 2=36 种 ∴ P= 11 6 C C 2 12 2 9  （2）只能打开 1 个放有 3 个球的盆子和 1 个放有 2 个球的盆子，分两步完成共有 C3 1C3 1=9 种 ∴ P= 22 3 66 9  （3）打开两个盆子中球数和恰为 6 个的方法有 C3 2=3 种： 打开两个盆子中球数和恰为 5 个的方法有 C3 2C3 1=9 种 打开两个盆子中球数和恰为 4 个的方法有 C3 2+C3 1C3 1=12 种 打开两个盆子中球数和恰为 3 个的方法有 C3 1C3 1+C3 1C3 1=18 种 打开两个盆子中球数和恰为 2 个的方法有 C3 1C3 1+C3 2=12 种 打开两个盆子中球数和恰为 1 个的方法有 C3 1C3 1=9 种 打开两个盆子中球数和恰为 0 个的方法有 C3 2=3 种 ∴ 打开两个盆子中球数为 3 时概率最大，为 13 3 C CCCC 2 12 1 3 1 3 1 3 1 3  同步练习 （一）选择题 1、从分别写有 A、B、C、D、E 的五张卡片中任取两张，这两张卡片上的字母顺序恰好 相邻的概率是 A、 5 2 B、 5 1 C、 10 3 D、 10 7 2、一个三位数的密码锁，每位上的数字都可在 0 到 9 这十个数字中任选，某人忘记了 密码的最后一个号码，那么此人开锁时，在对好前两位数码后，随意拔动最后一个数字恰好 能开锁的概率是 A、 310 1 B、 210 1 C、 10 1 D、 1 10C 3、将一部四卷的文集，任意放在书架的同一层上，则卷序自左向右或自右向左恰为 1， 2，3，4 的概率是 A、 8 1 B、 12 1 C、 16 1 D、 24 1 4、停车场可把 12 辆车停放一排，当有 8 辆车已停放后，则所剩 4 个空位恰连在一起的 概率为 A、 8 12C 7 B、 8 12C 8 C、 8 12C 9 D、 8 12C 10 5、从长度分别为 3，5，7，9，11 的 5 条线段中任取 3 条，这 3 条线段能组成三角形的 概率为 A、 2 1 B、 5 3 C、 10 7 D、 5 4 6、把一个体积为 64cm3 的立方体木块表现涂上红漆，然后锯成体积为 1cm3 的小立方体， 从中任取 1 块，则取出的这一块至少一面涂红的概率为 A、 8 7 B、 4 3 C、 8 5 D、 2 1 7、从不超过 30 的正整数中任意选取 2 个正整数，这两个数都是质数的概率是 A、 29 3 B、 29 9 C、 10 3 D、 3 1 （二）填空题 8、在库房存放的零件中，有 n 个一级品，m 个二级品，逐个进行检验时，若已检测过 的前 k 个皆为一级品，则检验第 k+1 个时仍得一级品的概率为__________。 9、若 n 为任意整数，n2 的尾数为 1 的概率是__________。 10、3 个男孩和 4 个女孩坐成一排，男女相间的概率为__________。 11、某人有 5 把钥匙，其中只有一把能打开房门，不幸的是他忘了哪一把，只好随意试 开，则第一次就打开的概率为__________，第二次打开的概率为__________，第五次打开的 概率为__________，第五次仍未打开的概率为__________。 12、将 3 个不同的小球随意放入 4 个不同的盒子内，则 3 个小球恰在 3 个不同盒子内的 概率为__________。 （三）解答题 13、甲、乙、丙、丁、戊五人任意排成一排照相，甲恰好排在正中的概率是多少？ 14、有 5 张卡片，上面分别写有 0，1，2，3，4 （1）从中任取 2 张卡片，2 张卡片上的两数之和等于 4 的概率是多少？ （2）从中任取两次卡片，每次取 1 张，第 1 次取出卡片，记下数字后放回，再取第 2 次，两次取出的卡片上数的和恰好等于 4 的概率是多少？ 15、某班组织春游，40 名同学分乘两辆车，每辆车可坐 20 名同学，小王和小李同乘 1 辆车的概率是多少？ 16、在集合{(x，y)|0≤x≤5，且 0≤y≤4}内任取一个元素，能使代数式 12 19 4 x 3 y  ≥ 0 的概率是多少？ 17、一次考试中有 4 道选择题，每题有 4 个选择项，4 个选择项中有且只有一个答案正 确，每道选择题都任选一个选择项填入，求： （1）每题都答错的概率； （2）答对一半题的概率。 18、两人相约在 20∶00～21∶00 之间相见，并且先到者必须等迟到者 40 分钟方可离去， 如果两人出发是各自独立的，在 20∶00～21∶00 各时刻相见的可能性是相等的，求两人在 约定时间内相见的概率。 参考答案 （一）选择题 1、A 2、C 3、B 4、C 5、C 6、A 7、A （二）填空题 8、 knm kn   9、0.2 10、 35 1 11、 4 1,5 1 ，1，0 12、 8 3 （三）解答题 13、P= 5 1 14、（ 1）P= 5 1 C 2 2 5  （2）P= 5 1 25 5  15、 4 1 2 1 2  16、 10 3 17、（ 1） 256 81 4 3 4 4  （2） 128 27 4 3311C 4 2 4  18、 9 8 10．6 互斥事件有一个发生的概率 一、主要内容 2、 互斥事件与对立事件的概念 2、互斥事件有一个发生及对立事件概率的计算公式 二、学习指导 3、互斥事件 （3）两个互斥事件：不可能同时发生的两个事件 （2）多个互斥事件：如果事件 A1，A2，…，An 中的任何两个事件都是互斥事件，则说事 件 A1，A2，…，An 彼此互斥。 （3）从集合角度看： 记某次试验的结果为全集 U 如果 A、B 是这次试验的两个互斥事件所含有的结果组成的集合，则 A∩B=φ ，A∪B  I。 如果事件 A1，A2，…，An 彼此互斥，则由各个事件所含的结果组成的集合的交集是空集。 2、对立事件：如果两个互斥事件在一次试验中必然有一个发生，那么这样两个互斥事 件叫做对立事件。 符号：事件 A 的对立事件用 A 表示 从集合角度看，记某次试验的结果为全集 U，A 与 A 是两个对立事件的结果组成的集合， 则 A∩ A =φ ，A∪ A =U。也就是说，由事件 A 所含的结果组成的集合，是全集中由事件 A 所含的结果组成的集合的补集。 3、互斥事件与对立事件比较 区别：互斥事件强调两个事件不可能同时发生，并非说明两个互斥事件不可能同时不发 生，即在一次试验中两个互斥的事件可能都不发生，因此互斥事件不一定是对立事件。 如果 A 与 B 是互斥事件，那么在一次试验中可能出现的结果是：①A 发生 B 不发生，② B 发生 A 不发生，③A 与 B 均不发生。 对立事件是指在一次试验中必然有一个发生的 两个事件。 用 Veen 图表示 联系：互斥事件与对立事件都不可能同时发生。对立事件一定是互斥事件，对立事件是 特殊的互斥事件，两个事件对立是两个事件互斥的充分非必要条件。 4、加法公式 （1）两个互斥事件至少有一个发生的概率的计算公式 ①两个事件的和。设 A、B 是两个事件，如果在一次试验中，A 或 B 至少有一个发生。 符号 A+B 即 A+B 表示这样的事件：如果在一次试验中，A 或 B 中至少有一个发生就表示该事件发 生。 特例，当事件 A 与 B 互斥时 ②两个互斥事件的和：两个互斥事件至少有一个发生 此时 P(A+B)=P(A)+P(B) ……加法公式 即两个互斥事件至少有一个发生的概率等于这两个事件分别发生的概率之和 推广 （4）多个互斥事件至少有一个发生的概率 ①多个事件的和：若事件 A1，A2，…，，An 中至少有一个发生 符号：A1+A2+…+An 特别地，当 A1，A2，…，An 彼此互斥时 ②多个互斥事件的加法公式： 如果事件 A1，A2，…，An 彼此互斥，那么事件 A1+A2+…+An 的概率，等于这 n 个事件分别 发生的概率的和。 即 P(A1+A2+…+An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An) （5）对立事件的加法公式 P(A+ A )=P(A)+P( A )=1 或 P(A)=1-P( A ) 5、用加法公式求概率的一般步骤： 第一步，确定这些事件彼此互斥 第二步，确定这些事件中有一个发生 第三步，分别求出每一事件发生的概率（用等可能事件概率的求法），然后再求这些概 率的和 6、思想方法： （1）化归思想，例在求某些稍复杂的事件的概率时，通常将所求事件的概率化成一些彼 此互斥的事件的概率的和，此时应达到不重不漏的要求。或转化为求对立事件的概率。 （2）集合思想，借助于 Veen 图理清各事件构成的集体之间的关系。 三、典型例题 例 1、每 1 万张有奖明信片中，有一等奖 5 张，二等奖 10 张，三等奖 100 张。某人买 了 1 张，设事件 A“这张明信片获一等奖”，事件 B“这张明信片获二等奖”，事件 C“这张 明信片获三等奖”，事件 D“这张明信片未获奖”，事件 E“这张明信片获奖”，则在这些事件 中 （1）与事件 D 互斥的有哪些事件？ （2）与事件 D 对立的有哪些事件？ （3）与事件 A+B 对立的有哪些事件？ （4）与事件   BA 互斥的有哪些事件？ 解题思路分析： 用 Veen 图表示上述事件构成的集合之间的关系，如图，由图可知 （1）与事件 D 互斥的事件有： A、 B、C、E、A+B、B+C、A+C （2）与事件 D 对立的事件为 E，也就是 A+B+C （3）与 A+B 对立的事件：C+D （4）因 =C+D，所以与 互斥即与 C+D 互斥，事件有：A，B，A+B 例 2、一个不透明的袋中装入 4 个白球与黑球，从中任意摸出 3 个球 （1）可能发生哪些事件？ （2）指出其中每个事件的互斥事件； （3）事件“至少摸出一个白球”是哪几个事件的和事件？它的对高水平事件是哪个事件？ 解题思路分析： （1）以白球或黑球的个数作为讨论标准。可能发生下列事件： ①摸出 3 个白球，记为事件 A ②摸出 2 个白球，1 个黑球，记为事件 B ③摸出 1 个白球，2 个黑球，记为事件 C ④摸出 3 个黑球，记为事件 D （2）事件 A、B、C、D 彼此互斥； （3）“至少摸出 1 个白球”的事件为 A、B、C 的和事件，即“至少摸出 1 个白球”的对 立事件是 D。 评注：由（3）可知，“至少摸出 1 个白球”的事件组成比较复杂，但其对立事件“摸出 3 个黑球”则组成较为简单。因此，如果要求“至少摸出 1 个白球”的概率，则改为对立事 件的概率，再利用公式 P(A)=1-P( A )较简单。 例 3、一副扑克抽掉大小主之后，还有 52 张，从这 52 张中任意抽出 1 张 （1）求抽出的这张是红桃 A 的概率； （2）求抽出的这一张是红色牌的概率； （3）求抽出的这一张是 A、K、Q、J 的概率。 解题思路分析： （1）52 张片中任意抽取一张，结果是等可能的 ∴ 抽出的这张牌是红桃 A 的概率为 1/52 （2）红色牌包括红桃与方块两种。记“抽 1 张红桃牌”为事件 T，“抽 1 张方块牌”为 事件 F，所以抽出的一张红色牌是指抽取一张红桃牌或一张红方块牌，即 F+T ∵ F 与 T 互斥 ∴ P(F+T)=P(F)+P(T) ∵ 红桃牌有 13 张 ∴ 抽取 1 张牌得红桃的概率 P(T)=13/52=1/4 同理，P(F)=1/4 ∴ P（F+T）=1/2 （3）记“抽 1 张牌得 A”为事件 A “抽 1 张牌得 K”为事件 K “抽 1 张牌得 Q”为事件 Q “抽 1 张牌得 J”为事件 J ∵ 52 张牌中 A 有四种花色 ∴ P(A)=4/52=1/13 同理，P(K)=P(Q)=P(J)=1/13 又∵ 事件 A、K、Q、J 彼此互斥 ∴ 抽 1 张牌为 A 或 K 或 Q 或 J 的概率为 P(A+K+Q+J)=P(A)+P(K)+P(Q)+P(J)=1/13+1/13+1/13+1/13=4/13 评注：问题（2）、（3）也可以用等可能事件的概率来解。 问题（2）中，红桃与红方块共有 26 张，而抽出任何一张牌都是等可能事件。所以抽 1 张牌得到红桃或方块的概率为 26/52=1/2 同理问题（3），由于 A、K、Q、J 共有 4×4=16 张，故 P(A+K+Q+J)=16/52=4/13 例 4、袋中有 9 个编号分别为 1，2，…，9 的小球，从中随机地取出 2 个，求至少有一 个编号为奇数的概率。 解题思路分析： “至少有一个编号为奇数”包含两种情形：“一编号为奇一编号为偶数”，“两编号均为 奇数”。记其中恰有一个球上的编号是奇数的为事件 A，恰有两个球上的编号为奇数的为事 件 B、B 互斥。 由等可能事件的概率公式 18 5 C C)B(P 9 5 C CC)A(P 2 9 2 5 2 9 1 4 1 5   ∴ 6 5 18 5 9 5)B(P)A(P)BA(P  评注：运用加法公式的前提是判断事件间是否互斥，要学会把一个事件分为几个互斥事 件。 例 5、有 4 位同学，每人买 1 张体育彩票，求至少有两位同学彩票号码末位数字相同的 概率。 解题思路分析： 直接计算符合条件的事件个数情形较多，因此可转化为求对应事件的概率。 记事件 A 为“至少有两位同学彩票号码的末位数字相同”，则 A 为“4 位同学所买彩票 号码的末位数字不相同”，因每人所买彩票的末位数字均有 0，1，2，…，9 十种可能，故基 本事件的总数为 10×10×10×10=104 个， 所包含的基本事件个数对应着从 0，1，2，…， 9 这 10 个数字取 4 个不同数字的全排列，有 A10 4 个。 ∴ 125 63 10 A)A(P 4 4 10  ∴ 125 62 125 631)A(P1)A(P  评注：本题只需考虑末位数字。当题目条件含有“至少”、“至多”等情形，从正面直接 求解较繁烦时，应考虑转化为求对应事件的概率。这种“正难则反”的思想在本章学习中常 常用到。 例 6、某商场有奖销售中，购满 100 元商品得 1 张奖券，多购多得，每 1000 张奖券为 一个开奖单位。设特等奖 1 个，一等奖 10 个，二等奖 50 个。设 1 张奖券中特等奖、一等奖、 二等奖的事件分别为 A、B、C，求 （1）P(A)、P(B)、P(C) （2）1 张奖券的中奖概率 （3）1 张奖券不中特等或一等奖的概率 解题思路分析： （1）由等可能事件概率求法 11000 50)C(P,100 1 1000 10)B(P,1000 1)A(P  （2）“ 1 张奖券中奖”指 1 张奖券中特等奖，或一等奖，或二等奖，即指事件 A+B+C ∵ A、B、C 是互斥事件 ∴ P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.001+0.01+0.05=0.065 （3）1 张奖券不中特等奖或一等奖是指   BA ∵ 与 A+B 是对立事件 ∴ P( )=1-P(A+B)=1-P(A)-P(B)=1-0.001-0.01=0.989 例 7、10 台彩电中有 8 台正品，2 台次品，从中任取 2 台，求： （1）“ 1 台正品，1 台次品”的概率 （2）“ 2 台都是次品”的概率 （3）“ 1 台正品，1 台次品”或“2 台都是次品”的概率 解题思路分析： 记从 10 台彩电中任取 2 台的事件为 U 记取“1 台正品，1 台次品”的事件为 A，取“2 台都是次品”的事件为 B （1）、（ 2）是等可能事件的概率 （1） 45 16 95 28 C CC )U(card )A(card)A(P 2 10 1 2 1 8   （2） 45 1 C 1 )I(d5car )B(card)B(P 2 10  （3）法一：本小题即求 P(A+B) ∵ A、B 是互斥事件 ∴ P(A+B)=P(A)+P(B)= 45 17 45 1 45 16  法二：记“2 台都是正品”为事件 C，则本小题求 )C(P ∵ 45 28 C C)C(P 2 10 2 8  ∴ 25 17 45 281)C(P1)C(P  例 8、黑暗中从 4 双鞋子中任意摸出 2 只鞋子不能配成 1 双的概率是多少？ 解题思路分析： 法一：记“从 4 双鞋子中任意摸出 2 只鞋的所有结果”为事件 U，“其中不能配成 1 双” 为事件 A 则由等可能事件的概率公式： 7 6 C CCC )U(card )A(card)A(P 2 8 1 2 1 2 2 4  法二：用对立事件加法公式： A 表示“从 4 双鞋子中任意摸出 2 只恰好配成一双”，其结果为 C4 1 种 ∴ 7 1 C C )U(card )A(card)A(P 2 8 1 4  ∴ 7 6)A(P1)A(P  例 9、公元前 73 年在罗马暴发了斯巴达克斯领导的奴隶起义，起义军接连取得了胜利。 罗马奴隶主统帅把抓回来的 50 名临阵脱逃的士兵分成 10 人一组，让 10 人抽签处死 1 人， 抽签方法是在一只陶罐中放 9 枚白色石头及 1 枚黑色石头。10 个依次各摸出一块石头，若 某人摸到黑石头，则这名士兵当众被用石头砸死，而同组尚未摸到的几个人就可不再摸而逃 生。 （1）求某组 10 人尚未开始摸石头前，这组的第 6 个人摸到黑石头的概率； （2）求第 6 个人不摸石头就可逃生的概率； （3）求第 6 个人经过摸石头后逃生的概率； （4）若第 6 个人要去摸石头，则他摸到黑石头的概率是多少？ 解题思路分析： 解决本题的关键是正确运用排列的知识求出有关事件所包含的基本事件的总数。 记第 i 个士兵摸到黑石头的事件为 Ai（i=1，2，…，10） （1）第 6 个人摸到黑石头，说明前五个人都摸到白石头，即前 5 个人摸到 9 块白石头的 5 块，有 A9 5 种方法。第 6 个人属于固定元素固定位置的排列题型。 事件“前 6 个人摸 10 块头，每摸一块”的总数为 A10 6。由等可能事件概率公式 ∴ 10 1 A A)A(P 6 10 5 9 6  （2）“第 6 个人不摸石头就可逃生”意味着“前 5 名士兵中有 1 人已经摸到黑石头”即 A1+A2+…+A5 类似于第（1）小题的分析，可得： 第 1 个人摸到黑石头的概率 10 1)A(P 1  第 2 个人摸到黑石头的概率 10 1 A A)A(P 2 10 1 9 2  第 3 个人摸到黑石头的概率 10 1 A A)A(P 3 10 2 9 3  第 3 个人摸到黑石头的概率 10 1 A A)A(P 4 10 3 9 3  第 3 个人摸到黑石头的概率 10 1 A A)A(P 5 10 4 9 3  ∵ Ai（i=1，2，…，5）彼此互斥 ∴ P(A1+A2+A3+A4+A5)=P(A1)+P(A2)+P(A3)+P(A4)+P(A5)=1/2 （3）“第 6 个经过摸石头后逃生”意味着“第 6 个人和前面 5 个人都摸的是白球” ∴ 5 2 A AP 6 10 6 9  （4）当第 6 个人去摸石头时，陶罐中已剩下 5 块石头，且有 5 块白石头已被前面 5 个人 摸走，陶罐只有 4 块白石头与 1 块黑石头 ∴ 5 1P  评注：1、（ 1）（ 2）说明谁先摸谁后摸，摸到黑石头的概率是相等的。通俗地说，抽签 的先后顺序不影各人抽签的概率。 2、由第（1）小题知，在某组未开始摸石头之前，第 6 名士兵摸到白石头的概率为 10 9 10 11)A(P1 6  ，这个逃生事件可以分为“可能不抽签而逃生”及“可能抽签后再逃 生”这两个互斥事件，由问题（2）（ 3）答案知，这两个事件的概率分别为 5 2,2 1 ，由加法公 式， 10 9 5 2 2 1  ，这个等式确实成立。 同步练习 （一）选择题 1、某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，若生产中出现乙级品的概率为 0.03，丙级品的概率为 0.01，则对成品抽查一件恰得正品的概率为 A、 0.99 B、0.98 C、0.97 D、0.96 2、今有光盘驱动器 50 个，其中一级品 45 个，二级品 5 个，从中任取 3 个，出现二级 品的概率为 A、 3 50 3 5 C C B、 3 50 3 5 2 5 1 5 C CCC  C、 3 50 3 45 C C1 D、 3 50 1 45 2 5 2 45 1 5 C CCCC  3、一只口袋中有 4 个红球，5 个黄球，6 个白球，若他任意摸出 1 个球，这球是红球或 白球的概率为 A、 15 4 B、 5 2 C、 3 2 D、 75 8 4、在每 100 张奖券中，设头等奖 1 个，二等奖 2 个，三等奖 4 个，若从中任抽 20 张， 则获奖的概率为 A、 20 100 8 20 C C B、 20 100 1 7 C C C、 20 100 7 7 2 7 1 7 C CCC   D、 20 100 20 93 C C1 5、某班共有男生 25 人，女生 15 人，选出 10 人参加合唱比赛，其中至少有 3 名男生参 加的概率为 A、 10 40 3 25 C C B、 10 40 3 25 2 25 1 25 C CCC1  C、 10 40 4 25 C C D、 10 40 8 15 2 25 9 15 1 25 10 15 0 25 C CCCCCC1  6、从 1，2，3，4，5 中任取 2 个数，组成无重复数字的二位奇数的概率为 A、 2 5 1 5 A A B、 2 6 1 5 A A3 C、 2 6 1 5 C C D、 2 6 1 5 C C3 （二）填空题 7、乘客在某电车站等待 26 或 16 路车，在该站停靠的有 16，22，26，31 四路车上，若 各路电车停靠的频率相等，则乘客期待的电车首先停靠的概率等于__________。 8、现有 10 元的球票 5 张，20 元的 3 张，50 元的 2 张，从这 10 张票中随机地抽出 3 张，其价格之和恰为 70 元的概率是__________。 9、将一枚硬币连续抛掷 5 次，正面恰好出现两次的概率为__________。 10、某人射击射中 10 环，9 环，8 环的概率依次为 0.2，0.25，0.3，则他打 1 枪命中 至少 8 环的概率为__________。 11、一个口袋中有 6 个球，其中 4 个红球，2 个黄球，从中摸出 3 个球，则 3 球颜色不 全相同的概率为_________。 12、某饭店有 11 张餐桌，据统计，在就餐时间，在 4 张或 4 张以下餐桌上有顾客的概 率为 0.20 ，在 5 至 8 张餐桌上有顾客的概率为 0.35；在 9 至 10 张餐桌上有顾客的概率为 0.30，则顾客到饭店后因没有餐桌而至别的饭店就餐的概率为__________。 13、有一批小包装食品，其中重量在 90～95g 的有 40 袋，重量在 95～100g 的有 30 袋， 重量在 100～105g 的有 10 袋，从中任抽 1 袋，则这袋食品的重量在 95～100g 的概率为 __________，重量不足 100g 的概率为________,重量达到或超过 95g 的概率为________。 （三）解答题 14、从 1，2，3，…，100 这 100 个数中，随机地取出两个数，求其积为 3 的倍数的概 率。 15、某计算机小组内有男同学 6 名，女同学 4 名，从中任意选出 4 人，参加编程序比赛， 求代表中男同学不超过 2 人的概率。 16、某班级 36 名同学血型如下：A 型 12 人，B 型 10 人，O 型 6 人，若从该班中任意地 抽出 2 人，求此两个血型相同的概率。 17、甲、乙两人参加知识竞赛，共有 10 个不同的题目，其中选择题 6 个，判断题 4 个， 甲乙两人依次各抽一题： （1）甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是多少？ （2）甲、乙两人中至少有 1 人抽到选择题的概率是多少？ 18、同时掷 3 粒骰子，求 3 粒骰子向上一面的点数之积等于 6 的概率。 19、4 个人站 dn 一圈做传球练习，球从 A 开始，求经过 5 次传球后，球仍回到 A 手中 的概率。 20、一个口袋有大小相同的 3 个红球，2 个黄球，4 个蓝球，现从中任意摸出两个球， 求下列事件的概率。 （1）两球皆为红球及黄球； （2）两球是红球或黄球。 参考答案 （一） 选择题∴ D 2、C 3、C 4、D 5、D 6、B （二） 填空题 7、 2 1 8、 6 1 C CC 3 10 1 2 2 5  9、 16 5 10、0.75 11、 5 4 12、0.15 13、 2 1,8 7,8 3 （三） 解答题 14、 150 83 C CCC)A(P 2 100 1 67 1 33 2 33  15、 4 10 4 4 3 4 1 6 2 4 2 6 C CCCCCP  或 42 23 C CCC1P 4 10 4 6 1 4 3 6  16、 2 36 2 6 2 8 2 10 2 12 C CCCCP  = 45 11 17、（1） 15 4 A CCP 2 10 1 4 1 6  （2） 15 13 A A1P 2 10 2 4  或 15 13 A CC A CC A AP 2 10 1 6 1 4 2 10 1 4 1 6 2 10 2 6  18、积等于 6 的组合有 6，1，1 及 3，2，1 ∴ 24 1 6 AAP 3 3 3 1 3  19、可能的情况有（1）中间 4 次都未传给 A，第 5 次传给 A，有 3×23=24 种方法；（2） 第二次传给 A，第 5 次传给 A，有 3×1×3×2=18 种方法；（3）第 3 次传给 A，第 5 次传给 A， 有 3×2×1×3=18 种方法。 ∴ 81 20 243 181824P  20、（ 1） 9 1 C CCP 2 9 2 2 2 3  ；（ 2） 18 5 C CP 2 9 2 5  10．7 相互独立事件同时发生的概率 一、主要内容 3、 相互独立事件及独立重复试验的概念 2、乘法公式及二项概率公式 二、学习指导 （一）互相独立事件 1、两个独立事件：有两个事件 A、B，如果 A 是否发生对 B 是否发生的概率没有影响， 同样，B 是否发生对 A 是否发生的概率没有影响，则 A 与 B 就是相互独立事件。 注意：互斥事件是指在同一次试验中，两个不能同时发生的事件；独立事件是指在两次 不同的试验中，A 事件发生的概率不影响 B 事件发生的概率。 性质：如果事件 A 与 B 是独立事件，则 A 与 B，A 与 B ， 与 也都互相独立。 2、多个独立事件。如果事件 A1，A2，…，An 两两互相独立，则称事件 A1，A2，…An 相互 独立。 4、 乘法公式 （1）两个相互独立事件同时发生：如果事件 A 与 B 相互独立，却同时发生，即事件 A 发生且同时事件 B 发生。 符号：A·B （2）多个互相独立事件同时发生：如果事件 A1，A2…，An 相互独立，且同时发生。 符号：A1·A2·A3·…·An （3）乘法公式 ①P(A·B)=P(A)P(B) 两个互相独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积。 ②P(A1·· A2·A3·…·An)=P(A1)P(A2)…P(An) n 个独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积。 ③推论 P( A ·B)=P( )P（B）， P(A· B )=P(A)P( B )，P( · )=P( )P( )， P( 1A · 2A … nA )=P( )·…·P( ) 进一步，利用 P( )=1-P(A)，P( )=1-P(B)可转化为求 P(A)，P(B) 5、 如何利用乘法公式 第一步，确定所研究的这些事件是相互独立的，并且应该同时发生； 第二步，求出每一事件发生的概率（利用等可能事件概率公式）； 第三步，利用乘法公式求这些事件概率的积，即为所求事件的概率。 （二）独立重复试验 1、概念。在同样条件下重复地、各次试验之间互相独立地进行的试验。 注意；事件的独立性是指在一次试验中被考察的各事件间的独立性。 试验间的相互独立性是指每一次试验中各事件发生的概率与其它各次试验的结果无关。 说明：独立重复试验的特征是：每一次试验只有两种结果，即某事件要么发生，要么不 发生，并且任何二次试验中发生的概率都是一样的。 2、二项概率公式 如果在一次试验中事件 A 发生的概率是 P，那么在 n 次独立重复事验中，事件 A 恰好发 生 k 次的概率为 Pn(k)=Cn kPk(1-P)n-k 该公式又叫贝努利公式 证明：问题：设事件 A 是某随机试验中可能出现的事件，P(A)=P，现把这个试验独立地 重复进行几次，要求事件 A 恰好发生 k 次的概率。 分成如下 n 个层次说明： （1）在 n 次试验的总结果中，因事件 A 发生 k 次，故事件 发生 n-k 次。把 k 次 A 与 n-k 次 A 搭配，由 A 与 出现的先后次序不同而有 Cn k 种，即相当于在 n 个号码中任取 k 个 号码的不同取法种数。（实际上，根据组合数原理，相当于把 n 个事件分成 k 组，剩下 n-k 个事件即为对应的搭配） （2）由于各次事件间相互独立，由相互独立事件的概率乘法公式，k 次 A 与 n-k 次 每 种搭配发生的概率都是 Pk(1-P)n-k。（不考虑顺序，只考虑个数） （3）由于这些搭配都是等可能的，且都是互斥的，由互斥事件的概率加法公式得： Pn(k)=Cn kPk(1-P)n-k 说明：二项概率公式恰好是二项式[(1-p)+P]n 展开后的 k+1 项。进一步地： 第 1 项(1-P)n 表示“n 次试验中事件 A 不发生（记为 A0）”的概率； 第 2 项 Cn 1P1(1-P)n-1 表示“n 次试验中事件 A 发生 1 次（记为 A1）”的概率； …… 第 k 项 Cn kPk(1-P)n-k 表示“n 次试验中 A 发生 k 次（记为 Ak）”的概率； …… 第 n+1 项 Cn nPn 表示“n 次试验中事件 A 发生 n 次记为为 An”）的概率。 显然：A0+A1+…+An=U P(A0+A1+…+An)=(1-P)n+Cn 1P(1-P)n-1+…+Cn kPk(1-P)n-k+…+Cn nPn=[P+(1-P)]n=1 （三）在学习过程中，应不断与前面所学相关概念进行比较。实际上，学好本章的关键 就在于准确理解概念的内涵及处延。 重视集合 Veen 图的运用，可直观地判断事件之间的相互关系。如事件构成集合交集为 φ ，则它们互斥。 （四）化归思想，将复杂事件的概率转化为求可求概率的事件，如考虑对立事件，分拆 为互斥事件用加法公式，分拆为独立事件用乘法公式。 三、典型例题 （一）事件之间的相互关系——计算事件概率的前提 例 1、已知随机 事件 E 为：掷一颗骰子，观察点数。事件 A：“点数小于 5”， 事件 B：“点数是奇数”事件 C：“点数是偶数”。求： （1）事件 A+C，B+C，A·C 分别表示什么？ （2）事件 A ，   CA ， + C ， · 分别表示什么？ （3）事件 A·C+ ·C 表示什么？ 解题思路分析： （1）事件 A+C 表示：“出现点数 1，2，3，4，6” 事件 B+C 表示：“必然事件” 事件 A·C 表示：“点数小于 5 且点数是偶数”，即“点数为 2，4” （2） 表示事件 A 不发生，即“点数大于或等于 5” 表示事件 ABC 都不发生，即“点数为 5” + 表示事件 ， 至少有一个发生，即 A 及 C 中至少有一个不发生， 即“点 数为 1，3，5，6” A · C 表示事件 A 及 C 都不发生，即   CA = · 评注：注意 与 + 不同。 = · （3）A·C+ ·C 表示事件 A·C 及事件 ·C 中至少有一个发生，也就是 A 与 C 同时发 生或者 A 不发生而 C 发生，即“点数是 2，4，6”，也就是事件 C ∴ A·C+ ·C=C 评注：一般地，若事件 A1，A2，…，An 互斥，且 A1+A2+…+An=U，那么 A1B+A2B+…+AnB=B 例 2、设某随机试验中有 A、B、C 三个事件，试将下列事件用 A、B、C 及 Veen 图表示 出来。 （1）三个事件都发生； （2）三个事件中至少有一个发生； （3）三个事件都不发生； （4）A 发生，B、C 不发生； （5）三个事件中至少有两个发生； （6）不多于一个事件发生； （7）不多于两个事件发生。 解题思路分析： （1）A·B·C （2）A+B+C （3） CBA  或   CBA （4） CBA  或 )CB(A   （5）(A·B)+(B·C)+(C·A) （6）   )AC()CB()BA( （7）   CBA （二）互斥事件的概率加法公式及相互独立事件的概率乘积公式。 例 3、两人射击同一目标，各击一发，甲击中的概率是 0.9，乙击中的概率是 0.8，问 “目标被击中”的概率是多大？ 解题思路分析： “目标被击中”包含三个这样的事件：“甲击中乙未击中”，“甲乙都击中”，“甲未击中 乙击中”。若设“甲击中目标”为事件 A，“乙击中目标”为事件 B，“目标被击中”为事件 C， 则 C=A+B=A· B +A·B+ A ·B 法一：如图 ∵ ·B，A·B，A· 三个事件互斥 ∴ P(A+B)=P(A· +A·B+ ·B)=P(A· )+P(A·B)+P( ·B) 又 A 与 B 是独立事件 ∴ 与 B，A 与 也互相独立 ∴ P(A· )=P(A)P( )，P(A·B)=P(A)P(B)，P( ·B)=P( )P(B) ∴ P（A+B）=P(A)P( )+P(A)P(B)+P( )P(B) =P(A)(1-P(B))+P(A)P(B)+(1-P(A))P(B) =0.9×0.2+0.9×0.8+0.1×0.8 =0.98 法二：考虑对立事件 事件 C 的对立事件为 C 为“甲乙都没有击中目标”，即 C = · ∵ 与 相互独立 ∴ P( )=P( · )=P( )·P( ) =(1-P(A))(1-P(B))=(1-0.9)(1-0.8)=0.02 ∴ P(C)=1-P( )=1-0.02=0.98 例 4、一工人看管三台机床，在一小时内，甲、乙、丙三台机床需工人照看的概率分别 是 0.9，0.8 和 0.85，求在一小时中 （1）没有一台机床需要照看的概率； （2）至少有一台机床不需要照看的概率； （3）至多只有一台机床需要照看的概率。 解题思路分析： 设 A，B，C 分别表示“甲、乙、丙三台机床不需要照看”，则 （1）“没有一台机床需要照看”为事件 A·B·C 因 A、B、C 彼此独立 ∴ P(A·B·C)=P(A)P(B)P(C)=[1-P( )][1-P( )][1-P( )] =(1-0.9)(1-0.8)(1-0.85)=0.003 （2）“至少有一台机床不需要照看”为事件 A+B+C 注意：事件 A、B、C 并不互斥，因此不能利用加法公式 可考虑它的对立事件：三台机床都需要照看，即 A · B · C ，因 、 、 C 彼此独立 ∴ P( · · C )=P( )P( )P( C )=0.9×0.8×0.85=0.612 ∴ P(   CBA )=P( · · C )=0.612 ∴ P(A+B+C)=1-P( )=1-0.9×0.8×0.85=0.388 评注：求相互独立事件的和的概率时，由于它们不一定互斥，不能用互斥事件的概率加 法公式，因此经常是通过求它的对立事件的概率而把问题转化为求相互独立的积的概率。其 中常用到事件恒等式。   BA = · ，或 = · · C 第（3）小题也是这个思路 （3）设“至多只有一台机床需工人照看”为事件 D，，实际上，D 事件也就是“至 少有两台机床不需要照看” 如图阴影部分 下面关键是如何把事件 D 分解为若干互斥事件，即转化为能求概率的事件和与 积。 借助图形可得到 D 有两种表示法 ①D=A·B+B·C+A·C 因 A·B，B·C 并不互斥，所以不能利用加法公式，此转化途径行不通。 ②D=A·B·C+A·B· + ·B·C+A· ·C 显然等式右边事件 A·B·C，A·B· ， ·B·C，A· ·C 构成的复集合交集为空 集，它们是互斥事件。 ∴ P(D)=P(A·B·C)+P(A·B· )+P( ·B·C)+P(A· ·C) 进一步地，因 A、B、C 彼此独立，故 A、B、 及 、B、C，A、 、C 均彼此之间独立 ∴ P(D)=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P( )+P( )P(B)P(C)+P(A)P( )P(C) =0。059 （三）独立重复试验 例 5、设一射手每次中靶的概率为 0.6，求在四次射击中，①击中一次，②第二次击中， ③击中两次，④第二、三两次击中，⑤至少击中一次的概率。 解题思路分析： 设“射击一次击中”为事件 A，其概率 P=0.6 ①在二项概率公式中：令 n=4，k=1 P4(1)=C4 1P(1-P)3=4×0.6(1-0.6)3=0.1536 ②由条件，第一、三、四次击中与不击中都有可能，因此它不属于独立重复试验，与问 题①不同 P=0.6 ③n=4，k=2 P4(2)=C4 2P2(1－P)2=0。3456 ④该事件是独立事件 P=0.6×0.6=0.36 注意：此事件不能用 A·A 表示，因为它们概率虽然相同，却不是同一事件，不能用相 同符号表示，A·A 表示事件 A 与它本身同时发生，所以 A·A=A。本题意思不是这样。 ⑤法一：求用“至少”表述的事件的概率时，往往先求其对立事件 设“至少击一次”为事件 B，则 B 表示“一次也没有击中”，在二项概率公式中，令 n=4， k=0 P( )=P4(0)=C4 0P0(1-P)4=0.44=0.0256 ∴ P(B)=1-P( )=1-0.0256=0.9744 法二：事件 B 包括“击中一次”“击中两次”“击中三次”“击中四次”，它们都是独立重 复试验，概率分别为 P4(1)，P4(2)，P4(3)，P4(4) 因上述四种事件彼此互斥 ∴ P(B)=P4(1)+P4(2)+P4(3)+P4(4) =0.1536+0.3456+0.3456+0.1296=0.9744 例 6、在四次独立重复试验中，事件 A 至少出现一次的概率是 81 80 ，求事件 A 在每次试 验中出现的概率。 解题思路分析： 用解方程的思想解题 设事件 A 在每次试验中出现的概率为 P，记“在四次独立重复试验中，事件 A 至少出现 一次”为事件 D， D 表示“在四次独立重复试验中，事件 A 一次都没有出现” ∴ P( D )=P4(0) ∴ 1-P(D)=P4(0) ∴ 1- 81 80 =C4 0P0(1-P)4 ∴ (1-P)4= 81 1 ∴ P= 3 2 评注：二项式概率公式不仅合正用，还要会逆用。 例 7、某人有两盒火柴，每盒有 100 根，吸烟时从任一盒中取一根，问过一段时间后第 一盒已经用完，第二盒剩 20 根的概率。 解题思路分析： 通过审题，构造数学模型 把取一根火柴看成是一次试验，每次试验有两个基本事件（到第一盒拿一根或到第二盒 拿一根），概率均为 1/2。各次试验是独立的。 现一共作了 180 次试验，其中有 100 次是到第一盒去取一根，因此所求概率为 180 100 18080100100 180 2 C)5.01(5.0C  例 8、甲投篮的命中率为 0.8，乙投篮的命中率为 0.7，每人各投 3 次，每人恰好都中 2 次的概率是多少？ 解题思路分析： 设甲投中 2 次的事件为 A，则 P(A)=C3 20.82(1-0.8)=0.384 设乙投中 2 次的事件为 B，则 P(B)=C3 20.72(1-0.7)=0.441 两人都恰中 2 次的事件为 A·B ∴ P(A·B)=P(A)P(B)=0.384×0.441≈0.169 评注：n 次独立重复试验中某事件恰好发生 k 次的概率，实质上是 Cn k 种彼此互斥的情 况，且在每种情况下某事件发生 k 次的概率都相同，为 Pk(1-P)n-k 例 9、如果飞机投掷炸弹命中目标的概率为 0.2，某目标需要至少 3 枚炸弹命中才能被 摧毁。如果飞机一次投下了 10 枚炸弹，求： （1）恰有 5 枚炸弹命中目标的概率； （2）目标被命中的概率； （3）目标被摧毁的概率。 解题思路分析： （1）P10(5)=C10 5×0.25×(1-0.2)5 =252×0.00032×0.32768≈0.0264 （2）记“目标被命中”为事件 A，A 意味着“至少有 1 枚炸弹命中目标”。直接计算的情 形较多。转化为考虑对应事件 A ：“目标没有被命中” P( )=P10(0)=C10 0P(1-P)10=C10 0×0.2×(1-0.2)10=0.1074 ∴ P(A)=1-P( )=0.8926 （3）记“目标被摧毁”为事件 B，由已知，目标至少被命中 3 枚炸弹。仍考虑其对立事 件：“目标至多被 2 枚炸弹命中”，包含有目标没有被命中，目标被 1 枚炸弹命中，目标被两 枚炸弹命中，它们的概率分别 C10 0×0.20×(1-0.2)10，C10 1×0.21×(1-0.2)9，C10 2×0.22× (100.2)8 ∴ P( B )=C10 0×0.20×0.810+C10 1×0.21×0.89×C10 2×0.22×0.88 =0.98(0.64+1.6+1.8)≈0.6778 ∴ P(B)=1-P( )=1-0.6778=0.3222 同步练习 （一）选择题 1、袋内分别有红、白、黑球 3，2，1 个，从中任取 2 个，则互斥而不对立的两个事件 是： A、至少有一个白球，都是白球 B、至少有一个白球，至少有一个红球 C、恰有一个白球，恰有两个白球 D、至少有一个白球，红、黑球各 1 个 2、一道竞赛题，A、B、C 三人可解出的概率依次为 1/2，1/3，1/4，则三人独立解答， 仅有 1 人解出的概率是： A、1/24 B、11/24 C、17/24 D、1 3、甲盒中有 200 个螺杆，其中 A 型 160 个，乙盒中有 240 个螺母，其中 A 型 180 个， 现从甲、乙两盒中各任取一个，则恰可配成 A 型螺柱的概率是： A、1/20 B、15/16 C、3/5 D、19/20 4、流星穿过大气层落在地面上的概率为 0.002，则由 10 个流星组成的流星群穿过大气 层恰有 4 个落在地面上的概率为 A、3.32×10-5 B、3.32×10-8 C、6.64×10-5 D、6.64×10-8 5、加工 1 件产品要用三道工序，设这三道工序的次品率分别为 2%，3%，4%，各道工序 互不影响，且只要一个产品在任何一道工序加工得到次品，则该产品就是次品，则该产品加 工次品概率为 A、24% B、9% C、8.74% D、0.0024% （二）填空题 6、两台独立在两地工作的雷达，每台雷达发现飞行目标的概率分别为 0.9 和 0.85，则 恰好有一台雷达发现飞行目标的概率是__________。 7、某地震监测站预报的准确率为 0.6，那么连续 5 次预报中有 4 次准确的概率为 __________。 8、某企业正常用水（24 小时用水不超过一定量）的概率为 3/4，则 5 天内至少 4 次正 常用水的概率为__________。 9、用 5 门命中率都是 3/5 的高射跑，同时射击一架敌机，至少有一门击中敌机的概率 为__________（保留两位有效数字）。 10、甲在一个口袋中放有 10 个红球，8 个白球与 2 个黄球，三人先后摸球，每次每人 摸出一个球，记录摸出球的颜色后立即把球放回口袋中，再由下一个人来摸，则三人中至少 有 1 人摸出黄球的概率为___________。 （三）解答题 11、甲、乙两批种子发芽率分别为 0.8，0.7，从两批种子随机地各抽取一粒，求： （1）两粒都是发芽种子的概率； （2）两粒都不是发芽种子的概率； （3）两粒中一粒发芽，一粒不发芽的概率； （4）两粒中至少有一粒发芽的概率。 12、在一次三人象棋对抗赛中，甲胜乙的概率为 0.4，乙胜丙的概率为 0.5，丙胜甲的 概率为 0.6。比赛顺序如下：第一局，甲对乙；第二局，一局胜者对丙；第三局，二局胜者 对一局中战败者；第四局，三局胜者对二局中战败者。求：（1）乙连胜四局的概率；（2）丙 连胜三局的概率； 13、一个纺织女工看管十二台织布机，在 m 小时内一台织布机需要工人看管的概率等于 1/3，求： （1）在 m 小时内，有四台织布机需要看管的概率； （2）在 m 小时内，需要看管织布机不多于 6 台的概率； （3）若在 n 次独立试验中，事件 A 在每次试验中出现的概率为 P，试计算它在 n 次试验 中出现奇数次和偶数次的概率 P1 和 P2。 参考答案 （一）选择题 1、C 2、B 3、C 4、B 5、C （二）填空题 6、0.22 7、0.26 8、 128 81 9、0.99 10、0.271 （三）解答题 11、（1）0.56 （2）0.06 （3）0.38 （4）0.94 12、（ 1）P=0.62×0.52=0.09 （2）P=0.4×0.6×0.5×0.6+0.6×0.5×0.6×0.5=0.162 13、（ 1）P=P12(4)=C12 4( 3 1 )4(1- 3 1 )8 （2）P=P12(k)=    6 0k k12kk 12 )3 2()3 1(C 14、P1= ])P21(1[2 1 n ，P2= ])P21(1[2 1 n