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MBA 排列组合方法总结一、【特殊元素、特殊位置】优先法在排列、组合问题中，如果某些元素或位置有特殊要求，则一般需要优先满足要求。
例：有0,1,2,3,4,5可以组成没有重复的五位奇数的个数为（）A 、240B 、256C 、264D 、288E 、320解析：五位奇数的末尾必须是奇数，还有首位不能为0，都应该优先安排，以免不合要求的元素占了这两个位置，先安排末位共有13C ；然后排首位共计有14C ；最后排其他位置共计有34A ；由分步计数原理得.288341413=A C C 选D 二、【相邻问题】捆绑法题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列. 例：,,,,A B C D E 五人并排站成一排，如果,A B 必须相邻且B 在A 的右边，那么不同的排法种数有（）A 、60种B 、48种C 、36种D 、24种E 、72种解析：把,A B 视为一人，且B 固定在A 的右边，则本题相当于4人的全排列，4424A =种，答案：D .三、【相离问题】插空法元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端.例：七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是（） A 、1440种B 、3600种C 、4800种D 、4820种E 、4880种解析：除甲乙外，其余5个排列数为55A 种，再用甲乙去插6个空位有26A 种，不同的排法种数是52563600A A =种，选B .四、【选排问题】先选后排法从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定的位置上，可用先选后排法.例：四个不同球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法有多少种？解析：先取:四个球中选两个为一组(捆绑法)，其余两个球各自为一组的方法有24C 种，再排：在四个盒中每次排3个有34A 种，故共有2344144C A =种. 五、【相同元素分配问题】隔板法将n 个相同的元素分成m 份(m,n 均为正整数)，每份至少一个元素，可以用m-1块隔板插入n 个元素排成一排的n-1个空隙中，所有分法数为:11--m n C 。
MBA联考数学-排列组合与概率初步(总分84, 做题时间90分钟)一、条件充分性判断本大题要求判断所给出的条件能否充分支持题干中陈述的结论，阅读条件(1)和(2)后选择：(A) 条件(1)充分，但条件(2)不充分．(B) 条件(2)充分，但条件(1)不充分．(C) 条件(1)和(2)单独都不充分，但条件(1)和条件(2)联合起来充分．(D) 条件(1)充分，条件(2)也充分．(E) 条件(1)和(2)单独都不充分，条件(1)和条件(2)联合起来也不充分．SSS_FILL1.该问题分值: 3答案:A[解析] 本题应分两步：首先，要选出所用的人，现设男生共有x人，则女生为(8-x)人，由于男生只能从男生中取，故有种．同理，女生的取法有种，故选人的方法为；其次把选出的学生分配出去的方法有＝6，故3x(x-1)(8-x)＝90，即x(x-1)(8-x)＝30＝2× 3×5，则x＝5或x＝3，当x＝5为增根(舍)；当x＝3时，满足题意，故有男生3人，女生5人，即条件(1)充分，条件(2)不充分．此题也可以直接从条件(1)和条件(2)所给的值下手．故正确答案为(A)．SSS_FILL2.该问题分值: 3答案:C[解析] 条件(1)和条件(2)分别给出了甲和乙每次击中目标的概率，显然单独都不充分，应联合起来考虑．甲恰好比乙多击中目标2次的情况是：甲击中2次而乙没有击中，或甲击中3次而乙只击中1次．甲击中目标2次而乙没有击中目标的概率为．甲击中目标3次而乙只击中目标1次的概率为所以甲恰好比乙多击中目标2次的概率为，两个条件联合起来充分．故选(C)．SSS_FILL3.该问题分值: 3答案:E[解析] 基本事件共有6×6×6个．其中点数之积为奇数的事件，即3颗骰子均出现奇数的事件，共有3×3×3个，所以点数之积为奇数的概率点数之积为奇数的概率，则条件(2)也不充分．故正确答案为(E)．SSS_FILL4.该问题分值: 3答案:D[解析] 仔细观察不难发现：条件(1)和条件(2)所构造的事件其实是同一个事件，只是不同的表达方式而已．因此，连续检测三件时都是合格品的概率为(0.9)3＝0.729，至少有一件是次品的概率为1-(0.9) 3＝1-0.729＝0.271．即条件(1)和条件(2)都充分支持题干．故正确答案为(D)．SSS_FILL5.该问题分值: 3答案:A[解析] 在条件(1)下，一个学生2本，其他3个学生每人1本，5本书取2本捆在一起作为1本，有C种方法，然后将这捆在一起的书连同其他3本共4个元素分给4个学生，有种分法，根据分步计数原理共有＝240种不同的分法，则说明条件(1)是充分的．在条件(2)下，一个学生3本，其他2个学生每人1本；或者一个学生1本，其他两个学生每人2本．前一种情况下，5本书取3本捆在一起作为1本，有种方法，然后将这捆在一起的书连同其他2本共3个元素分给3个学生，有种分法，根据分步计数原理共有种不同的分法；后一种情况下，5本书分成1+2+2本书，有种方法，然后再将其分给三个学生，有种分法，根据分步计数原理共有种不同的分法；再根据分类计数原理共有60+90＝150种不同的分法，则说明条件(2)是不充分的．故正确答案为(A)．二、问题求解1.某洗衣机生产厂家，为了检测其产品无故障的启动次数，从生产的一批洗衣机中任意抽取了5台，如果测得的每台无故障启动次数分别为11300，11000，10700，10000， 9500，那么这批洗衣机的平均无故障启动次数大约为( )．SSS_SINGLE_SELA ( 10300B ( 10400C ( 10500D ( 10600E ( A、B、C、D都不正确该问题分值: 3答案:C[解析] 这5台洗衣机的平均无故障启动次数为故选(C)．2.把6个人分配到3个部门去调研，每部门去2人，则分配方案共有( )种．SSS_SINGLE_SELA ( 15B ( 105C ( 45D ( 90E ( A、B、C、D都不正确该问题分值: 3答案:D[解析] 把6人先分为3组，每组2人，共有＝15种分法．然后再把这3组分配到3个部门，有＝6种分配方法．据乘法原理，总的分配方案有15×6＝90种．解这类有组合又有排列的问题，常常用先组合再排列的方法考虑．故选(D)．3.某种测验可以随时在网络上报名参加，某人通过这种测验的概率是．若他连续两次参加测验，则其中恰有一次通过的概率是( )．SSS_SIMPLE_SINA B C D E该问题分值: 3答案:C[解析] 这是一个独立重复试验的问题．n次独立重复试验中恰有是次发生的概率为故选(C)．如果做两次测验，两次都通过的概率，则有．两次测验都不通过的概率P2(0)也等于．4.SSS_SINGLE_SEL该问题分值: 3答案:A[解析] 依题意事件应该是“一颗骰子掷4次均未出现6点”，其概率应是，而事件表示“掷两颗骰子共2次每次均未出现双6点”，其概率为，因此故正确答案为(A)．5.3名医生6名护士被分配到3所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士，不同的分配方法共有( )种．SSS_SINGLE_SELA ( 90B ( 180C ( 270D ( 540E ( A、B、C、D都不正确该问题分值: 3答案:D[解析] 设计让3所学校依次挑选，先由学校甲挑选，有种，再由学校乙挑选，有种，余下的到学校丙只有一种，于是不同的方法共有种，故正确答案为(D)．6.有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人左右不相邻，那么不同的排法有( )种．SSS_SINGLE_SELA ( 234B ( 346C ( 350D ( 363E ( A、B、C、D都不正确该问题分值: 3答案:B[解析] 前后两排共23个座位，有3个座位不能坐，故共有20个座位两人可以坐，包括两人相邻的情况，共有种排法；考虑到两人左右相邻的情况，若两人均坐后排，采用捆绑法，把两人看成一体，共有种坐法，若两人坐前排，因中间3个座位不能坐，故只能坐左边4个或右边4个座位，共有种坐法，故题目所求的坐法种数共有，故正确答案为(B)．7.盒内有大小相同的4个小球，全红、全白、全蓝的单色球各1个，另一个是涂有红、白、蓝3色的彩球，从中任取1个，记事件A、月、C分别表示取到的球上有“红色”、“白色”、“蓝色”，则一定有( )．SSS_SINGLE_SELA ( A、B、C两两互不相容B ( A、B、C两两互不相容且其和为ΩC ( A、B、C两两独立D ( A、B、C相互独立E ( A、B、C、D都不正确该问题分值: 3答案:C[解析] 依题意，P(A)＝P(B)＝P(C)＝＝0.5，P(AB)-P(BC)-P(AC)= =0.25＞0，由计算可看出A、B、C两两独立但是不相互独立，故正确答案为(C)．8.设A、B是对立事件，0＜P(A)＜1，则一定有( )．SSS_SINGLE_SELA ( 0＜P(AU＜1 ( 0＜PB (＜1C ( 0＜P()＜1D ( 0＜＜1E ( A、B、C、D都不正确该问题分值: 3答案:B[解析] A、B是对立事件，故P(A)+P(B)＝1，又因为0＜P(A)＜1，故0＜P(B)＜ 1，故正确答案为(B)．进一步分析知，P(AUB)＝1，，P(AB)＝0，因此除B外各选项均不正确．9.把两个不同的白球和两个不同的红球任意地排成一列，结果为两个白球不相邻的概率是( )．SSS_SIMPLE_SINA B C D E该问题分值: 3答案:D[解析] 总排列数为＝24．要使白球不相邻，可以先定两个位置放白球，放法有＝2．两白球的左、右端和中间三处空位．若选左端和中间各放一红球，有＝2种排法．同理选中间和右端各放一红球，也有2种排法．若选中间放两个红球，也是2种放法．白球不相邻的排法有＝12．所求概率为．若考虑两个白球相邻的情况，如果把两个白球作为一整体与两个红球作排列，则有种排法，三个位置中的一个放两个白球，又有种排法，所以两个白球相邻的概率为白球不相邻的概率为．故选(D)．10.某区乒乓球队的队员中有11人是甲校学生，4人是乙校学生，5人是丙校学生，现从这20人中随机选出2人配对双打，则此2人不属于同一学校的所有选法共有( )种．SSS_SINGLE_SELA ( 71B ( 119C ( 190D ( 200E ( A、B、C、D都不正确该问题分值: 3答案:B[解析] 从20个人中选出2人的所有选法为＝190种，2人来自同一学校的所有选法为＝55+6+10＝71．所以2人不是同一学校的选法共有190-71＝119种．故选(B)．11.从4名男生和3名女生中挑出3人站成一排，3人中至少有一名男同学的不同排法共有( )种．SSS_SINGLE_SELA ( 29B ( 34C ( 204D ( 209E ( A、B、C、D都不正确该问题分值: 3答案:C[解析] 从4名男生和3名女生中挑出3人站成一排的所有不同排法共有＝7× 6×5＝210种，其中没有男同学的不同排法共有＝3×2×1＝6种，所以3人中至少有一名男同学的不同排法共有种．故选(C)．12.从1，2，3，4，5，6这6个数中任取3个不同的数，使3个数之和能被3整除，则不同的取法有( )种．SSS_SINGLE_SELA ( 6B ( 7C ( 8D ( 9E ( A、B、C、D都不正确该问题分值: 3答案:C[解析] 本题讨论取出3个数之和的性质，是与3个数次序无关的组合问题．因为数目不太大，可以将各种情形逐个列出．例如，首先取1，然后取2，第3个可以取3或6．然后再依次(从小到大)考虑，列出{1，2，3)，{1，2，6}，{1，3，5}，{1，5，6}，{2，3，4}，{2，4，6}，{3，4，5)， {4，5，6}，共8种取法．只要按顺序不遗漏即可．故选(C)．13.从正方体的8个顶点中任取3个点为顶点作三角形，其中直角三角形的个数为( )．SSS_SINGLE_SELA ( 56B ( 52C ( 48D ( 40E ( A、B、C、D都不正确该问题分值: 3答案:C[解析] 从正方体的每个面中的四个顶点中任取三点，均可构成直角三角形，共有6×个，从正方体的相对两条棱组成的矩形的四个顶点中任选三点，也构成直角三角形，共有个，应用加法原理，有个，故正确答案为(C)．14.从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有( )种．SSS_SINGLE_SELA ( 8B ( 12C ( 16D ( 20E ( A、B、C、D都不正确该问题分值: 3答案:B[解析] 记正方体的6个面为上、下、左、右、前、后，那么，从中取3个面有两个不相邻者，可分为3类．第一类：选取的3个面不含前、后面，有4种不同取法；第二类：选取的3个面不含左、右面，也有4种不同取法；第三类：选取的3个面不含上、下面，同样有4种不同取法．故应用加法原理，得不同取法数为N＝4+4+4＝12．故正确答案为(B)．15.从12个化学实验小组(每小组4人)中选5人，进行5种不同的化学实验，且每小组至多选1人，则不同的安排方法有( )种．SSS_SIMPLE_SINA B C D E该问题分值: 3答案:B[解析] (1)先选5人，这也是一个两步问题：选5人的过程也分两步：①先确定要选取人的化学实验小组有种选法；②再从选取的小组中每组选取1人．共有：，可得选取人员的方法为：种．(2)把选取的5人安排到5个不同的实验中去，有种方法，所以，总的不同方法是：种，故正确答案为(B)．16.设10件产品中有7件正品、3件次品，从中随机地抽取3件，若已发现2件次品，则3件都是次品的概率ρ是( )．SSS_SIMPLE_SINA B C D E该问题分值: 3答案:D＝“取出的3件产品中有i件次品”，i＝0、1、2、3应用古典型[解析] 设Ai概率公式故正确答案为(D)．17.k个坛子各装n个球，编号为1，2，…，n，从每个坛中各取一个球，所取到的k个球中最大编号是m(1≤m≤n)的概率p是( )．SSS_SIMPLE_SINA B C D E该问题分值: 3答案:A[解析] 设事件A＝“取到的是个球最大编号是m”，如果每个坛子都从1～m号球中取一个，则是个球的最大编号不超过m，这种取法共有m k种等可能取法；如果每个坛子都从1～m-1号球中取一个，则是个球的最大编号不超过m-1，其等可能取法共有(m- 1) k种，因此由计算可知，正确答案为(A)．18.任取一个正整数，其平方数的末位数是4的概率等于( )．SSS_SINGLE_SELA ( 0.1B ( 0.2C ( 0.3D ( 0.4E ( A、B、C、D都不正确该问题分值: 3答案:B[解析] 只有当所取正整数的末位数是2或8时，其平方数的末位数字才能是4．所有正整数的末位数字只有0，1，2，…，9共10种等可能，于是所要求的概率是．故选(B)．19.12名同学分别到3个不同的路口进行车流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配方案共有( )种．SSS_SIMPLE_SINA B C D E该问题分值: 3答案:A[解析] 先分配4个人到第一个路口，再分配4个人到第二个路口，最后分配4个人到第三个路口．由以上分析，得种，故正确答案为(A)．20.某车间生产的一种零件中，一等品的概率是0.9．生产这种零件4件，恰有2件一等品的概率是( )．SSS_SINGLE_SELA ( 0.0081B ( 0.0486C ( 0.0972D (0.06E (A、B、C、D都不正确该问题分值: 3答案:B[解析] 4件产品中，2件一等品，2件非一等品的概率为故选(B)．21.设A、B是两个随机事件，0＜P(A)＜1，P(B)＞0，P(B|A)+( )＝1，则一定有( )．SSS_SIMPLE_SINA B C D E该问题分值: 3答案:C[解析] 对于任何事件与B，只要＞0，定有，结合题设条件可以得出，即故正确答案为(C)．22.设某种证件的号码由7位数字组成，每个数字可以是数字0，1，2，…，9中的任一个数字，则证件号码由7个完全不同的数字组成的概率是( )．SSS_SIMPLE_SINA B C D E该问题分值: 3答案:D[解析] 所有不同号码的号码数目都是107，即基本事件的总数，其中7个数字完全不相同的排列数是＝10×9×8×7×6×5×4．故选(D)．注意，基本事件的总数是107，而不是10!．每一位数字的取法都有10种可能10!相当于各位不重复的10位数字号码总数．在“从袋中取不同号码(颜色)的球”等问题中，也有“取后放回”和“取后不放回”的区别．此外，还要注意“7个不同数字”在这里是排列问题，不是组合问题．23.某班组共有员工10人，其中女员工3人．现选2名员工代表，至少有1名女员工当选的概率是( )．SSS_SIMPLE_SINA B C D E该问题分值: 3答案:D[解析] 基本事件的总数为，即10名员工选2名的组合数．至少1名女员工当选，其中含的基本事件数目为，于是故选(D)．1。
排列组合专题复习及经典例题详解1.学目掌握排列、合的解策略2.重点（1）特殊元素先安排的策略：（2）合理分与准确分步的策略；（3）排列、合混合先后排的策略；（4）正反、等价化的策略；（5）相捆理的策略；（6）不相插空理的策略．3.点合运用解策略解决．4.学程 :(1)知梳理1．分数原理（加法原理）：完成一件事，有几法，在第一法中有m1种不同的方法，在第 2 法中有m2种不同的方法⋯⋯在第n 型法中有m n种不同的方法，那么完成件事共有N m1m2... m n种不同的方法．2．分步数原理（乘法原理）：完成一件事，需要分成n 个步，做第 1 步有m1种不同的方法，做第 2 步有m2种不同的方法⋯⋯，做第n 步有m n种不同的方法；那么完成件事共有 N m1 m2...m n种不同的方法．特提醒：分数原理与“分”有关，要注意“ ”与“ ”之所具有的独立性和并列性；分步数原理与“分步”有关，要注意“步”与“步”之具有的相依性和性，用两个原理行正确地分、分步，做到不重复、不漏．3．排列：从 n 个不同元素中，任取m(m≤n) 个元素，按照一定的序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出 m个元素的一个排列，m n叫做排列，m n 叫做全排列.4．排列数：从 n 个不同元素中，取出m(m≤n) 个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出 m个元素的排列数，用符号P n m表示.5．排列数公式：P n m n(n1)( n2)...( n m1)(n n!（ m n,n、 m N）m)!排列数具有的性： P n m1P n m mP n m 1特别提醒：规定 0!=16．组合：从 n 个不同的元素中，任取m(m≤n) 个不同元素，组成一组，叫做从同元素中取m个不同元素的一个组合.7．组合数：从 n 个不同元素中取m(m≤n) 个不同元素的所有组合的个数，叫做从n 个不n 个不同元素中取出m个不同元素的组合数，用符号C nm表示 .8．组合数公式：C n m Pnmn(n1)(n 2)...(n m 1)n!P m m m!m! (n m)!组合数的两个性质：① C n m C n n m；② C n m1 C n m C n m 1特别提醒：排列与组合的联系与区别.联系：都是从 n 个不同元素中取出m个元素 .区别：前者是“排成一排”，后者是“并成一组”，前者有顺序关系，后者无顺序关系 .(2)典型例题考点一 : 排列问题例1. 六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？（ 1）甲不站两端；（ 2）甲、乙必须相邻；（ 3）甲、乙不相邻；（4）甲、乙之间间隔两人；（ 5）甲、乙站在两端；（ 6）甲不站左端，乙不站右端 .【解析】： (1) 方法一：要使甲不站在两端，可先让甲在中间 4 个位置上任选 1 个，有P41种站法，然后其余 5 人在另外 5 个位置上作全排列有P55种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法： P41 P55480(种)方法二：由于甲不站两端，这两个位置只能从其余 5 个人中选 2 个人站，有P52种站法，然后中间 4 人有P44种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法：P52 P44480（种）方法三：若对甲没有限制条件共有P66种站法，甲在两端共有2P55种站法，从总数中减去这两种情况的排列数，即共有站法：P 62P 5480(种)65（2）方法一：先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，和其余 4 人进行全排列有P55种站法，再把甲、乙进行全排列，有2P5 P2240(种P2种站法，根据分步乘法计数原理，共有52)方法二：先把甲、乙以外的 4 个人作全排列，有P44种站法，再在5 个空档中选出一个供甲、乙放入，有 P1种方法，最后让甲、乙全排列，有2种方法，共有P 4 P1 P2240(种) 5P2 4 5 2（3）因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”，第一步先让甲、乙以外的 4 个人站队，有 P44种站法；第二步再将甲、乙排在 4 人形成的 5 个空档（含两端）中，有P52种站法，故共有站法为P44 P52480（种）此外，也可用“间接法”， 6 个人全排列有P66种站法，由（2）知甲、乙相邻有52652.P5P2240652720 240 480( )种站法，所以不相邻的站法有 P P P种（4）方法一：先将甲、乙以外的4 个人作全排列，有P44种，然后将甲、乙按条件插入站队，有 3P22种，故共有 P44（3P22） 144（种）站法.方法二：先从甲、乙以外的 4 个人中任选 2 人排在甲、乙之间的两个位置上，有P42种，然后把甲、乙及中间 2 人看作一个“大”元素与余下 2 人作全排列有P33种方法，最后对甲、乙进行排列，有P22种方法，故共有 P42 P33 P22144（种）站法.（5）方法一：首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有P22种，再让其他 4 人在中间位置作全排列，有 P44种，根据分步乘法计数原理，共有P22 P4448（种）站法.方法二：首先考虑两端两个特殊位置，甲、乙去站有P22种站法，然后考虑中间 4 个位置，由剩下的 4 人去站，有P44种站法，由分步乘法计数原理共有P22 P4448（种）站法.（6）方法一：甲在左端的站法有P55种，乙在右端的站法有 P55种，甲在左端而且乙在右端的站法有 P44种，故甲不站左端、乙不站右端共有P66-2P55+ P44=504（种）站法.方法二：以元素甲分类可分为两类：①甲站右端有P55种站法，②甲在中间 4 个位置之一，而乙又不在右端有 P41 P41 P44种，故共有 P55+ P41P41P44=504（种）站法 .考点二 : 组合问题例2. 男运动员 6 名，女运动员 4 名，其中男女队长各 1 人. 选派 5 人外出比赛 .在下列情形中各有多少种选派方法？（ 1）男运动员 3 名，女运动员 2 名；（ 2）至少有 1 名女运动员；（ 3）队长中至少有 1 人参加；（ 4）既要有队长，又要有女运动员 .【解析】：（ 1）选法为C63C42120（种）.（2）方法一：至少 1 名女运动员包括以下几种情况： 1 女 4 男， 2 女 3 男， 3 女 2 男， 4 女1男 .14233241246（种）由分类计数原理可得总选法数为C 4 C 6 C 4 C 6 C 4 C 6 C 4C6.方法二：因“至少 1 名女运动员”的反面为“全是男运动员”，故可用间接法求解.从 10 人中任选 5 人有C105种选法，其中全是男运动员的选法有 C 65种.所以“至少有 1 名女运动员”的选法C105 C 65246（种）.（3）方法一：可分类求解：“只有男队长”的选法为C84；“只有女队长”的选法为C84；“男、女队长都入选”的选法为 C 83；所以共有2 C84+ C83=196（种）选法.方法二：间接法：从10 人中任选 5 人有C105种选法 . 其中不选队长的方法有 C 85种.所以“至少 1名队长”的选法为 C105- C85=196 种 .（4）当有女队长时，其他人任意选，共有 C 94种选法；不选女队长时，必选男队长，共有 C 84种选法，而且其中不含女运动员的选法有C54种，所以不选女队长时的选法共有C84 C 54种选法.所以既有队长又有女运动员的选法共有C94(C84 C 54 ) 191 种.考点三 : 综合问题例个不同的球， 4 个不同的盒子，把球全部放入盒内.（1）恰有 1 个盒不放球，共有几种放法？（2）恰有 1 个盒内有 2 个球，共有几种放法？（3）恰有 2 个盒不放球，共有几种放法？【解析】：（ 1）为保证“恰有 1 个盒不放球”，先从 4 个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4 个球， 3 个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把 4 个球分成 2，1，1 的三组，然后再从 3 个盒子中选 1 个放 2 个球，其余2 个球放在另外 2 个盒子内，由分步乘法计数原理，共有C41C42 C 31 P22144种；（2）“恰有 1 个盒内有 2 个球”，即另外 3 个盒子放2 个球，每个盒子至多放 1 个球，也就是说另外 3 个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有 1 个盒内有 2 个球”与“恰有 1 个盒不放球”是同一件事，所以共有144 种放法 .（3）确定 2 个空盒有C42种方法； 4 个球放进 2 个盒子可分成（ 3，1）、（ 2， 2）两类：第一类有序不均匀分组有 C 43 C11 P22 8 种方法；第二类有序均匀分组有C42 C22P22 6 种方法.P2223 1 2C42C222故共有 C4（C4 C1 P2P22P2） 84 种.当堂测试1. 从 5 名男医生、 4 名女医生中选 3 名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有（）种种种种【解析】：分为 2 男 1 女，和 1 男 2 女两大类，共有 C 52C 41 C 51C 4270 种．解题策略：合理分类与准确分步的策略．年北京奥运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事司机、导游、翻译、礼仪四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（）种种种种【解析】：合理分类，通过分析分为（1）小张和小赵恰有 1 人入选，先从两人中选 1 人，然后把这个人在前两项工作中安排一个，最后剩余的三人进行全排列有 C 21C 21 P3324 种选法．（ 2）小张和小赵都入选，首先安排这两个人做前两项工作有P22 2 种方法，然后在剩余的 3 人中选 2 人做后两项工作，有P36种方法．故共有C 1 C1 P 3P 2 P3 36种选法．322323解题策略：①. 特殊元素优先安排的策略．② . 合理分类与准确分步的策略．③. 排列、组合混合问题先选后排的策略．3.从 0， 1， 2， 3， 4，5 这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为（）【解析】：分为两大类：（1）含有 0，分步：①从另外两个偶数中选一个，有 C 21种方法，②. 从 3 个奇数中选两个，有 C32种方法；③ . 给 0安排一个位置，只能在个、十、百位上选，有 C31种方法；④.其他的3 个数字进行全排列，有P33种排法，根据乘法原理共有C 21 C32C 31 P33108 种方法．（2）不含0，分步：①偶数必然是 2 和 4 ；②奇数有C32种不同的选法，③然后把 4 个元素全排列，共P44种排法，不含 0的排法有 C 32 P4472 种．根据加法原理把两部分加一块得108+72=180 个4.甲组有 5 名男同学， 3 名女同学；乙组有 6 名男同学， 2 名女同学．若从甲、乙两组中各选出 2 名同学，则选出的 4 人中恰有 1 名女同学的不同选法共有（）种种种种【解析】： 4 人中恰有 1 名女同学的情况分为两种，即这 1 名女同学或来自甲组，或来自乙组，则所有不同的选法共有C51 C31C 62C 52C61 C 21345 种选法．解题策略：合理分类与准确分步的策略．5. 甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门，则甲、乙所选的课程中至少有 1 门不相同的选法共有（）【解析】：法一：甲、乙所选的课程中至少有 1 门不相同的选法可以分为两类：⑴．甲、乙所选的课程中 2 门均不相同，甲先从 4 门中任选 2 门，乙选取剩下的 2 门，有C 42 C 22 6 种．⑵．甲、乙所选的课程中有且只有 1 门相同，分为 2 步：①从 4 门中先任选一门作为相同的课程，有 C 41 4 种选法，②甲从剩余的 3 门中任选 1 门，乙从最后剩余的 2 门中任选 1 门，有 C31C 21 6 种选法，由分步计数原理此时共有 C 41C 31 C 2124种．最后由分类计数原理，甲、乙所选的课程中至少有 1 门不相同的选法共有6+24=30 种．故选 C．法二：可以先让甲、乙任意选择两门，有 C 42C 4236 种方法，然后再把两个人全相同的情况去掉，两个人全相同，可以将甲与乙看成为同一个人，从 4 门中任选两门有C 42 6 种选法，所以至少有一门不相同的选法为 C 42 C 42 C 4230 种不同的选法．解题策略：正难则反，等价转化的策略．6.用 0 到 9 这 10 个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为（）【解析】：第一类个位是0，共P92种不同的排法；第二类个位不是0，共C41C81C81种不同的解法．故共有 P92+ C41C81C81=328（个）．解题策略：合理分类与准确分步的策略 .7. 从 10 名大学毕业生中选 3 人担任村长助理，则甲、乙至少有 1 人入选，而丙没有入选的不同选法的总数为（）【解析】：合理分类，甲、乙全被选中，有 C 22C 71种选法，甲、乙有一个被选中，有 C12C 72种不同的选法，共 C 22C 17+ C 21 C 72=49种不同的选法．解题策略：（ 1）特殊元素优先安排的策略；（2）合理分类与准确分步的策略.8.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，则不同分法的总数为（）【解析】：将甲、乙、丙、丁四名学生分成三组，则共有 C 42种不同的分法，然后三组进行全排列共 P33种不同的方法；最后再把甲、乙分到同一个班的情况排除掉，共 P33种不同的排法．所以总的排法为 C42 P33- P33=30种．注意 : 这里有一个分组的问题，即四个元素分成三组有几种不同的分法的问题．解题策略：⑴.正难则反、等价转化的策略⑵. 相邻问题捆绑处理的策略⑶. 排列、组合混合问题先选后排的策略；解排列组合的应用题要注意以下几点：仔细审题，判断是排列还是组合问题，要按元素的性质分类，按事件发生的过程进行分步．深入分析，严密周详，注意分清是乘还是加，要防止重复和遗漏，辩证思维，多角度分析，全面考虑．对限制条件较复杂的排列组合问题，要周密分析，设计出合理的方案，把复杂问题分解成若干简单的基本问题后用两个计数原理来解决．由于排列组合问题的答案一般数目较大，不易直接验证，因此在检查结果时，应着重检查所设计的解决方案是否完备，有无重复和遗漏，也可采用不同的方法求解．看看结果是否相同，在对排列组合问题分类时，分类标准应统一，否则易出现遗漏和重复．。
排列组合题型总结排列组合是数学中的一种常见的问题类型，它涉及到对一组元素进行不同排列或组合的情况计算。
在解决排列组合问题时，可以采用不同的方法和公式，以下是一些常见的排列组合题型及其解决方法的总结。
1. 排列问题：排列是从一组元素中抽取若干个元素按照一定的顺序组成不同的序列。
解决排列问题时，可以使用如下的排列公式。
公式：P(n, k) = n! / (n-k)!其中，n表示一组元素中的总个数，k表示抽取的个数。
示例：从4个元素中选取2个元素进行排列，可以得到的排列数为：P(4, 2) = 4! / (4-2)! = 4*3 = 12。
2. 组合问题：组合是从一组元素中抽取若干个元素按照任意顺序组成的不同子集。
解决组合问题时，可以使用如下的组合公式。
公式：C(n, k) = n! / (k! * (n-k)!)其中，n表示一组元素中的总个数，k表示抽取的个数。
示例：从4个元素中选取2个元素进行组合，可以得到的组合数为：C(4, 2) = 4! / (2! * (4-2)!) = 4*3 / 2 = 6。
3. 重复排列问题：重复排列是从一组元素中进行有放回地抽取若干个元素，按照一定的顺序组成的不同序列。
解决重复排列问题时，可以使用如下的重复排列公式。
公式：P'(n, k) = n^k其中，n表示一组元素中的总个数，k表示抽取的个数。
示例：从4个元素中选取2个元素进行重复排列，可以得到的不同序列数为：P'(4, 2) = 4^2 = 16。
4. 重复组合问题：重复组合是从一组元素中进行有放回地抽取若干个元素，按照任意顺序组成的不同子集。
解决重复组合问题时，可以使用如下的重复组合公式。
公式：C'(n, k) = C(n+k-1, k)其中，n表示一组元素中的总个数，k表示抽取的个数。
示例：从4个元素中选取2个元素进行重复组合，可以得到的不同子集数为：C'(4, 2) = C(4+2-1, 2) = C(5, 2) = 5! / (2! * (5-2)!) = 5*4 / 2 = 10。
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，mn 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，nn A =n!。
4．N 个不同元素的圆周排列数为nA 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mn 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 nm n m n C C C ；（3）kn k n C C kn =--11；（4）n nk k n n nnnC C C C 2010==+++∑= ；（5）111++++-=+++k m k k m k k k k k C C C C ；（6）kn m n m k k n C C C --=。
概述1．排列及计算公式从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；从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号p(n,m)表示。
p(n,m)=n(n-1)(n-2)……(n-m+1)= n!/(n-m)! (规定0!=1)2．组合及计算公式从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；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。
用符号c(n,m) 表示。
c(n,m)=p(n,m)/m!=n!/((n-m)!*m!)；c(n,m)=c(n,n-m);3．其他排列与组合公式从n个元素中取出r个元素的循环排列数＝p(n,r)/r=n!/r(n-r)!。
n个元素被分成k类，每类的个数分别是n1,n2,……nk这n个元素的全排列数为n!/(n1!*n2!*……*nk!)。
k类元素,每类的个数无限,从中取出m个元素的组合数为c(m+k-1,m)。
原理及应用一、两个基本计数原理1加法原理和分类计数法(1)加法原理(2)加法原理的集合形式(3)分类的要求每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；两类不同办法中的具体方法，互不相同(即分类不重)；完成此任务的任何一种方法，都属于某一类(即分类不漏)2乘法原理和分步计数法(1)乘法原理(2)合理分步的要求任何一步的一种方法都不能完成此任务，必须且只须连续完成这n步才能完成此任务；各步计数相互独立；只要有一步中所采取的方法不同，则对应的完成此事的方法也不同二、[例题分析]排列组合思维方法选讲1．首先明确任务的意义例1．从1、2、3、……、20这二十个数中任取三个不同的数组成等差数列，这样的不同等差数列有________个。
分析：首先要把复杂的生活背景或其它数学背景转化为一个明确的排列组合问题。
概率知识点/常见问题及方法知识点1.概率的概念和性质在大量重复进行同一试验时，事件A 发生的频率总是接近某个常数，在它附近摆动，这个常数就是事件A 的概率()P A .事件A 的概率()P A 具有以下性质： 对于每一个事件A ,()01P A ≤≤. 对于不可能事件()1P φ=. 对于必然事件()1P Ω=. 对任意的两事件A ，B 有()()()()P A B P A P B P A B =+-.2.古典概型如果试验的样本空间只包含有限个基本事件，而且试验中每个基本事件发生的可能性相同，这种试验称为等可能概型或古典概型.对古典概型，如果样本空间S 中基本事件的总数是n ，而事件A 包含的基本事件数为m ,那么事件A 的概率是()mP A n=. 例如：先后抛掷两枚均匀的硬币，计算：（1)两枚都出现正面的概率；（2)一枚出现正面，一枚出现反面的概率.【解析】两次抛掷可能出现的结果是“正正”“正反”“反正”“反反”，并且这4种结果可能性都相同，是等可能事件.（1）设事件1A 为“两枚都出现正面”，在4种结果中，事件1A 包含的结果只有一种，所以()114P A =. （2）设事件2A 为“一枚出现正面，一枚出现反面”，在4种结果中，事件2A 包含的结果有两种，所以()22142P A ==. 3.和事件的概年（1）设事件1A ，2A ，…，n A ，两两互不相容，则()()()()1212m m P A A A P A P A P A =+++.（2）对任意两个事件A ,B 有()()()()P A B P A P B P AB =+-.（3）对任意三个事件A ,B ，C 有()()()()()()()()P A B C P A P B P C P AB P BC P AC P ABC =++---+. （4）对立事件的概率()()()1P A A P A P A =+=.例如：100件产品中有10件次品，现从中取出5件进行检验，求所取的5件产品中至多有一件次品的概率.【解析】至多有一件次品，可以分成两类：第1类：只有一件次品的概率为1410905100C C C .第2类：都是正品的概率为5905100C C .所以，至多有一件次品的概率为514901090551001000.9231C C C p C C =+≈.4.相互独立事件设A ,B 是两个事件，如果事件A 的发生和事件B 的发生互不影响，则称两个事件是相互独立的，对于相互独立的事件A 和B ，有()()()P AB P A P B =；独立事件A ,B 至少发生一个的概率()()()1P A B P A P B =-；独立事件A ,B 至多发生一个的概率()()()1P A B P A P B =-；这一性质在计算个独立事件至少一个发生”的概率时，是非常有用的. 例如：甲、乙两人各独立投篮一次，如果两人投中的概率分别是0.6和0.5,计算：（1）两人都投中的概率；（2）恰有一人投中的概率； （3）至少有一人投中的概率.【解析】设“甲投篮一次，投中”为事件A ，“乙投篮一次，投中”为事件B ，据题意()0.6P A =,()0.5P B =,且A ,B 相互独立.（1）()()()0.60.50.30P AB P A P B =⋅=⨯=，所以两人都投中的概率为0.30. （2）恰有一人投中，可以分为两种情况：甲中乙不中：()()()()0.610.50.3A AB P A P B =⋅=-=； 甲不中乙中：()()()()10.60.50.2A AB P A P B =⋅=-=； 所以恰有一人投中的概率是0.3＋0.2＝0.5.两人都不中的概率为()()()10.510.60.8P AB =--=，故至少一人投中的概率为.()()()1110.510.60.8p P AB =-=---= 5.伯努利实验进行n 次相同试验，如果每次实验的条件相同，且各试验相互独立，则称其为n 次独立重复试验.伯努利实验：在n 次独立重复试验中，若每次试验的结果只有两种可能.即事件A 发生或不发生，且每次试验中A 事件发生的概率都相同，则这样的试验称作n 重伯努利试验.在伯努利实验中，设事件A 发生的概率为p ，则在n 次试验中事件A 恰好发生()0k k n ≤≤次的概率为()()()10,1,2,,n kk kn n P k C p p k n -=-=.例如：某射手射击1次，射中目标的概率是0.9，则他射击4次恰好击中目标的概率是（）.【解析】()()43333443140.90.10.2916P C p p -=-=⨯⨯=.常见问题及方法一、基本古典概型问题（1）古典概型公式：()mP A n=.（2）古典概型的本质实际上是排列组合问题，所以上一节课总结的排列组合的方法及题型，在此问题中适用.（3）常用正难则反的思路(对立事件).例1.已知10件产品中有4件一等品，从中任取2件，则至少有1件一等品的概率为（）.(A)13(B)23(C)215(D)815(E)1315【解析】任取2件，没有一等品的概率为2621013CC=，，故至少有一件一等品的概率为12 133 -=.【答案】B例2.某公司有9名工程师，张三是其中之一，从中任意抽调4人组成攻关小组，包括张三的概率是（）.(A)29(B)25(C)13(D)49(E)59【解析】选张三，再从其余的8个人中任意选3个即可，即为38C；故包括张三的概率为384949CPC==.【答案】D例3.将2个红球与1个白球随机地放人甲、乙、丙三个盒子中，则乙盒中至少有一个红球的概率为（）.(A)19(B)827(C)49(D)59(E)1727【解析】方法一：可分为两类：乙盒子中有1个红球：先从2个红球中选1个放入乙盒子，另外1个红球在甲、丙两个盒子中任选一个，白球在3个盒子中任意选择，即11223C C⋅⋅；乙盒子中有2个红球：先将2个红球放入乙盒子，白球可以在3个盒子中任意选择，即13C;所以，概率为11122333539 C C C⋅⋅+=.方法二：剔除法.乙盒中没有红球，则红球在甲丙两个盒子中任意选择，白球在3个盒子中任意选择，即2132C ⋅，所以乙盒中至少有1个红球的概率为213325139C ⋅-=.二、古典概型之骰子问题 （1）骰子问题必用穷举法.（2）常与解析几何结合考查，一般需要转化为不等式求解.例1若以连续掷两枚骰子分别得到的点数a 与b 作为点M 的坐标，则点M 落入圆2218x y +=内(不含圆周）的概率是（）.(A)736(B)29(C)14(D)518(E)1136【解析】点M 落入圆2218x y +=内，即2218a b +<，则()(),1,1a b =、()1,2、()1,3、()1,4、()2,1、()2,2、()2,3、()3,1、()3,2、()4,1，共计10种，所以，落在圆内的概率1053618P ==. 【答案】D例2若以连续两次掷色子得到的点数a 和b 作为点P 的坐标，则点(),P a b 落在直线6x y +=和两坐标轴围成的三角形内的概率为（）.(A)16(B)736(C)29(D)14(E)518【解析】落在三角形内部，只需要6a b +<即可，利用穷举法可知，P 点可以为：()1,1、()1,2、()1,3、()1,4、()2,1、()2,2、()2,3、()3,1、()3,2、()4,1共计10种，总共的不同可能点数为6×6＝36(种).故所求概率为1053618P ==. 【答案】E三、古典概型之几何体涂漆问题将一个正方体六个面涂成红色，然后切成3n 个小正方体，则 （1）3面红色的小正方体：8个，位于原正方体角上.（2）2面红色的小正方体：()122n -个，位于原正方体棱上.（3）1面红色的小正方体：()262n -个，位于原正方体面上(不在棱上的部分).（4）没有红色的小正方体：()32n -个，位于原正方体内部.例1．将一个白木质的正方体的六个表面都涂上红漆，再将它锯成64个小正方体.从中任取3个，其中至少有1个三面是红漆的小正方体的概率是（ ）.(A)0.065(B)0.578(C)0.563(D)0.482(E)0.335【解析】3面有红漆的小正方体位于大正方体的顶点上，有8个；任取3个至少1个三面是红漆的反面是任取3个没有1个三面是红漆，故所求概率为356364165110.335248C P C =-=-≈.【答案】E例2．将一块各面均涂有红漆的正立方体锯成125个大小相同的小正立方体，从这些小正立方体中随机抽取一个，所取到的小正立方体至少两面涂有红漆的概率是（ ）.(A)0.064(B)0.216(C)0.288(D)0.352(E)0.235【解析】小立方体位于大正立方体的角上时，有3面为红色，数量为8个；小立方体位于大正立方体的棱上时，有2面为红色，数量为36个.故所求概率440.352125P ==. 【答案】D练习： 将一个表面漆有红色的长方体分割成若干个体积为1立方厘米的小正方体，其中，一点红色也没有的小正方体有3块，那么原来的长方体的表面积为（ ）平方厘米.(A)32(B)64(C)78(D)27(E)18【解析】没有红色的小正方体位于原来的长方体的内部，这三个小正方体一定是一字排开的，长宽高分别为1，1，3；所以，原长方体的长宽高应为3,3,5.故表面积为2×3×3＋4×5×3＝78(平方厘米).四、数字之和问题例1．袋中有6只红球、4只黑球，今从袋中随机取出4只球，设取到一只红球得2分，取到一只黑球得1分，则得分不大于6分的概率是（）.(A)2342(B)47(C)2542(D)1321【解析】得分不大于6,分为三种情况：两红两黑，三黑一红，四黑；故得分不大于6的概率为2213046464644102342C C C C C C C ++=. 【答案】A例2．若从原点出发的质点M 向x 轴的正向移动一个和两个坐标单{2甿甩率分别是23和13，则该质点移动3个坐标单位，到达3x =的概率是（）.(A)1927(B)2027(C)79(D)2227(E)2327【解析】31221111=+=+=++，故可分为三类：先移动1个单位，再移动2个单位：22133P =⨯；先移动2个单位，再移动一个单位：11233P =⨯； 三次移动1个单位：3323P ⎛⎫= ⎪⎝⎭.故到达3x =的概率为1232720P P P P =++=. 【答案】B五、袋中取球问题袋中取球模型有3类： （1）无放回取球模型.设口袋中有a 个白球，b 个黑球，逐一取出若干个球，看后不再放回袋中，则恰好取了()m m a ≤个白球，()n n b ≤个黑球的概率是m na b m n a bC C P C ++⋅=； 【拓展】抽签模型.设口袋中有a 个白球，b 个黑球，逐一取出若干个球，看后不再放回袋中，则第k 次取到白球的概率为aP a b=+，与k 无关. （2）一次取球模型.设口袋中有a 个白球，b 个黑球，一次取出若干个球，则恰好取了()m m a ≤个白球，()n n b ≤个黑球的概率是m na b m n a bC C P C ++⋅=；可见一次取球模型的概率与无放回取球相同.（3）有放回取球模型.设口袋中有a 个白球，b 个黑球，逐一取出若干个球，看后放回袋中，则恰好取了()k k a ≤个白球，()n k n k b --≤个黑球的概率是kn kk na b P C a b a b -⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭.上述模型可理解为伯努利概型：口袋中有a 个白球，b 个黑球，从中任取一个球，将这个实验做n 次，出现了k 次白球，n k -次黑球.例1．袋中有5个白球和3个黑球，从中任取2个球，求： （1）取得的两球同色的概率；（2）取得的两球至少有一个是白球的概率. 【解析】从8个球中任取2个球的取法为28C ，所以（1）任取两球同色的取法为2253C C +,所以，取两球同色的概率为225328C C P C +=. （2）任取两球全是黑球的概率2328C C ，所以，任取两球至少有一白球的概率为23281C P C =-.例2．小袋中有10个小球，其中有7个黑球，3个红球，从中任取2个小球，至少有一个是红球的概率为（）.【解析】方法一：恰好有1个红球的概率为()1173210715C C P A C ⋅==；恰好有2个红球的概率为()23210115C P B C ==；所以至少有一个红球的概率是()()()718151515P A B P A P B =+=+=. 方法二：剔除法.从10个小球中任取2个，全为黑球的概率为27210715C C =,事件A 是“从10个球中任取2球，至少一个是红球”的对立事件，所以至少有一个红球的概率7811515P =-=. 【答案】D例3．在一个不透明的布袋中装有2个白球、m 个黄球和若干个黑球，它们只有颜色不同.则3m =.（1）从布袋中随机摸出一个球，摸到白球的概率是0.2； （2）从布袋中随机摸出一个球，摸到黄球的概率是0.3. 【解析】单独显然不充分，联立两个条件： 由条件（1）：摸到白球的概率，20.2P n==，得10n =，可知一共有10个球； 由条件（2）：0.310mP ==，得3m =，可知黄球为3个； 故联立起来充分. 【答案】C练习：某装置的启动密码是由0到9中的3个不同数字组成，连续3次输入错误密码，就会导致该装置永久关闭，一个仅记得密码是由3个不同数字组成的人能够启动此装置的概率为（）.(A)1120(B)1168(C)1240(D)1720(E)11000【解析】分为三类：第一类：尝试一次即成功的概率为31011720A =； 第二类：第一次尝试不成功，第二次尝试成功的概率为71911720719720⨯=；第三类：第一、二次尝试不成功，第三次尝试成功的概率为71971811720719718720⨯⨯= 由加法原理，能启动装置的概率为113720240⨯=. 【快速得分法】抽签原理的应用(不放回的取球).本题相当于有720个签，抽3个抽中正确密码即可，故概率为31720240=. 【答案】C六、独立事件的概率独立事件同时发生的概率公式：()()()P AB P A P B =.例1．档案馆在一个库房中安装了n 个烟火感应报警器，每个报警器遇到烟火成功报警的概率为p .该库房遇烟火发出报警的概率达到0.999.（1）3n =，0.9p =； （2）2n =，0.97p =.【解析】条件（1）:均未报警的概率为()310.90.001-=，故报警概率为10.0010.999-=,条件（1）充分.条件（2）:均未报警的概率为()210.970.0009-=，故报警概率为10.00090.9991-=，故条件（2）充分.【答案】D例2．图7-9是一个简单的电路图，1S ,2S ,3S 表示开关，随机闭合1S ,2S ,3S 中的两个，灯泡发光的概率是（）.(A)16(B)14(C)13(D)12(E)23【解析】闭合两个开关，灯泡发光的情况为：12S S 或23S S ，共2种情况；闭合两个开关的所有可能情况为：12S S 或13S S 或23S S ，共3种情况.故概率为23.【答案】E例3．在10道备选试题中，甲能答对8题，乙能答对6题.若某次考试从这10道备选题中随机抽出3道作为考题，至少答对2题才算合格，则甲、乙两人考试都合格的概率是（）. (A)2845 (B)23 (C)1415 (D)2645 (E)815【解析】甲考试合格的概率是3218823101415C C C C +=；乙考试合格的概率是32166431023C C C C += 甲、乙两人相互独立，所以他们考试都合格的概率为1422815345⨯=. 【答案】A七、闯关问题（1）闯关问题一般符合独立事件的概率公式：()()()P AB P A P B =； （2）闯关问题一般前几关满足题干要求后，后面的关就不用闯了，因此未必是每关都试一下成功不成功.所以要根据题意进行合理分类.例1．在一次竞猜活动中，设有5关，如果连续通过2关就算闯关成功，小王通过每关的概率都是12，他闯关成功的概率为（）. 36361111111111411222222222718⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⨯+⨯+=+++=⨯=⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦-. 乙获胜：首次正面出现在第2，5，8，…次，概率为4747111111111112112222222222718⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯+++=+++=⨯=⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦-. 丙获胜概率为4211777--=. 【答案】D八、伯努利概型（1）伯努利概型公式：()()()11,2,,n k k n n P k C P k n -=-=.（2）独立地做一系列的伯努利试验，直到第k 次试验时，事件A 才首次发生的概率为()()111,2,,k k P P P k n -=-=.例1．某乒乓球男子单打决赛在甲乙两选手间进行比赛用7局4胜制.已知每局比赛甲选手战胜乙选手的概率为0.7，则甲选手以4:1战胜乙的概率为（）.(A)30.840.7⨯(B)30.70.7⨯ (C)30.30.7⨯ (D)30.90.7⨯ (E)以上选项均不正确【解析】根据题意可知，一共打了五局，其中前四局中，甲胜3局，乙胜1局，第5局甲获胜；故甲选手以4:1战胜乙的概率为3340.70.30.70.840.73P C =⨯⨯⨯=⨯.【答案】A例2．张三以卧姿射击10次，命中靶子7次的概率是15128. （1）张三以卧姿打靶的命中率是0.2;（2）张三以卧姿打耙的命中率是0.5.【解析】条件（1）：77310150.20.8128P C =⨯⨯≠:，不充分. 条件（2）:77310150.50.5128P C =⨯⨯=，充分. 【答案】B。
排列组合和概率高考数学一轮复习知识点整理
排列组合和概率高考数学一轮复习知识点
二项式系数与展开式某一项的系数易混，第r+1项的二项式系数为。
二项式系数最大项与展开式中系数最大项易混。
二项式系数最大项为中间一项或两项；展开式中系数最大项的求法要用解不等式组来确定r。
你掌握了三种常见的概率公式吗？（①等可能事件的概率公式；②互斥事件有一个发生的概率公式；③相互独立事件同时发生的概率公式。
）
二项式展开式的通项公式、n次独立重复试验中事件A发生k 次的概率易记混。
通项公式：它是第r+1项而不是第r项；
事件A发生k次的概率：。
其中k=0，1，2，3，，n，且0
求分布列的`解答题你能把步骤写全吗？
如何对总体分布进行估计？（用样本估计总体，是研究统计问题的一个根本思想方法，一般地，样本容量越大，这种估计就越精确，要求能画出频率分布表和频率分布直方图；理解频率分布直方图矩形面积的几何意义。
）
你还记得一般正态总体如何化为标准正态总体吗？（对任一正态总体来说，取值小于x的概率，其中表示标准正态总体取值小于的概率）。
概率常见问题以及方法一、基本古典概型问题(1）古典概型公式：()mP An=。
（2）古典概型的本质实际上是排列组合问题，所以上一节课总结的排列组合的方法及题型,在此问题中适用.(3）常用正难则反的思路（对立事件).例1。
已知10件产品中有4件一等品,从中任取2件,则至少有1件一等品的概率为（）。
（A)13（B)23（C）215（D）815（E）13 15【解析】任取2件，没有一等品的概率为2621013CC=，，故至少有一件一等品的概率为12 133 -=.【答案】B例2.某公司有9名工程师,张三是其中之一，从中任意抽调4人组成攻关小组，包括张三的概率是（）.(A）29（B）25（C)13(D)49(E)59【解析】选张三，再从其余的8个人中任意选3个即可，即为38C；故包括张三的概率为384949CPC==.【答案】D例3。
将2个红球与1个白球随机地放人甲、乙、丙三个盒子中,则乙盒中至少有一个红球的概率为（）。
（A）19（B）827（C）49(D)59（E）17 27【解析】方法一：可分为两类：乙盒子中有1个红球：先从2个红球中选1个放入乙盒子，另外1个红球在甲、丙两个盒子中任选一个，白球在3个盒子中任意选择，即11223C C ⋅⋅；乙盒子中有2个红球：先将2个红球放入乙盒子,白球可以在3个盒子中任意选择,即13C ;所以，概率为11122333539C C C ⋅⋅+=。
方法二：剔除法。
乙盒中没有红球，则红球在甲丙两个盒子中任意选择，白球在3个盒子中任意选择,即2132C ⋅，所以乙盒中至少有1个红球的概率为213325139C ⋅-=.二、古典概型之骰子问题 （1)骰子问题必用穷举法。
（2）常与解析几何结合考查，一般需要转化为不等式求解。
例1若以连续掷两枚骰子分别得到的点数a 与b 作为点M 的坐标,则点M 落入圆2218x y +=内(不含圆周)的概率是（）。
（A ）736（B)29(C ）14（D ）518（E ）1136【解析】点M 落入圆2218x y +=内，即2218a b +<，则()(),1,1a b =、()1,2、()1,3、()1,4、()2,1、()2,2、()2,3、()3,1、()3,2、()4,1，共计10种,所以，落在圆内的概率1053618P ==. 【答案】D例2若以连续两次掷色子得到的点数a 和b 作为点P 的坐标，则点(),P a b 落在直线6x y +=和两坐标轴围成的三角形内的概率为（)。
排列组合方法总结一、知识点(一)加法原理如果完成一件事有n 类办法，只要选择其中一类办法中的任何一种方法，就可以完成这件事，若第一类办法中有1m 种不同的方法，第二类办法中有2m 种不同的方法，…，第n 类办法中有n m 种不同的办法，那么完成这件事共有12n N m m m =+++ 种不同的方法.(二）乘法原理如果完成一件事，必须依次连续地完成n 个步骤，这件事才能完成，若完成第一个步骤有1m 种不同的方法，完成第二个步骤有2m 种不同的方法，…，完成第n 个步骤有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有12n N m m m =⋅⋅⋅ 种不同的方法-(三)排列 1.排列从n 个不同元素中，任意取出()m m n ≤个元素，按照一定顺序排成一列，称为从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列.2.排列数从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素的所有排列的种数，称为从n 个不同元素中取出m 个不同元素的排列数，记作mn P 或mn A .当m n =时，即从n 个不同元素中取出n 个元素的排列，叫作n 个元素的全排刿，也叫n 的阶乘，用符号!n 表示.3.排列数公式（1）规定101A =.（2）()()()()!121!m n n A n n n n m n m =---+=- .（3）()()12331!mn A n n n n =--⨯⨯= . （4）()m k m nn n n k A A A m k --=⋅≥.(四)组合1.组合从n 个不同元素中，任取()m m n ≤个元素组成一组(不考虑元素的顺序），叫作从n 个不同元素中任取m 个元素的一个组合.2.组合数从n 个不同元素中任取()m m n ≤个元素的所有组合的总数，叫作从n 个不同元素中任取m 个元素的组合数，用符号mn C 表示.3.组合数公式（1）规定01nn n C C ==；（2）()()()11!121mmn nn n n m A C m m m --+==-⨯ ，则m m mn n m A C A =⋅；（3）m n mn n C C -=.(五)二项式定理()01111nn n k n k k n n n n n n n n n a b C a C a C a b C ab C b ----+=++++++ ,其中第1k +项为1kn kk k n T C a b -+=称为通项.若令1a b ==，得0122nn n n n n C C C C ++++= ，01,,,nn n n C C C 称为展开式中的二项式系数，二项式系数具有以下性质： （1）02412n n n n n n C C C C -++++= （n 为偶数）；（2）13512n n n n n n C C C C -++++= （n 为奇数）；（3）n 为偶数时中项的系数最大，n 为奇数时中间两项的系数等值且最大. 二．常见问题及方法1.住店问题n 个不同人(不能重复使用元素），住进m 个店（可以重复使用元素），那么第一，第二，…，第n 个人都有m 种选择，则总共排列种数是n m 个.例1.有5人报名参加3项不同的培训，每人都只报一项，则不同的报法有（）.(A)243种 (B)125种 (C)81种(D)60种（E)以上选项均不正确解析：乘法原理，每个人都有3种选择，所以不同的报法有53243=(种).【答案】A练习：3个人争夺4项比赛的冠军，没有并列冠军，则不同的夺冠可能有（）种.(A)34 (B)43 (C)4×3 (D)2×3 (E)以上选项均不正确解析：每个冠军都有3个人可选，故夺冠可能有种. 【答案】B2.简单排列组合问题明确排列与组合的区别：只要求每个组里的元素不同，是组合问题，用mn C ；若对顺序有要求，则是排列问题，用mn A . 注：解决这类问题的关键是准确分类与分步.例2(2012-1)某商店经营15种商品，每次在橱窗内陈列5种，若每两次陈列的商品不完全相同，则最多可陈列（）.(A)3000种(B)3003种(C)4000种(D)4003种(E)4300种【解析】只要求商品不同，是组合问题，故5151514131211300354321C ⨯⨯⨯⨯==⨯⨯⨯⨯(种)【答案】B练习： (2015-1)平面上有5条平行直线，与另一组条平行直线垂直，若两组平行线共构成280个矩形，则（）.(A)5(B)6(C)7(D)8(E)9【解析】组合问题从两组平行直线中任选两条则可构成一个矩形，于是225280n C C ⨯=，即()156n n -=，解得8n =.【答案】D3. 排队问题（1）特殊元素优先法：先考虑有限制条件的元素的要求，再考虑其他元素； （2）特殊位置优先法. 先考虑有限制条件的位置的要求，再考虑其他位置； （3）排除法：从总体中排除不符合条件的方法数，这是一种间接解题的方法． （4）相邻问题捆绑法：某些元素必相邻的排列，可以先将相邻的元素“捆成一14n243m +k个”元素，与其它元素进行排列，然后再给那“一捆元素”内部排列． （5）不相邻问题插空法：某些元素不相邻的排列，可以先排其它元素，再让不相邻的元素插空． （6）定序问题消序法.例3甲、乙、丙、丁、戊、己6人排队，则在以下各要求下，各有多少种不同的排队方法？（1）甲不在排头；（2）甲不在排头并且乙不在排尾； （3）甲乙两人相邻； （4）甲乙两人不相邻；（5）甲始终在乙的前面(可相邻也可不相邻). 【解析】假设6人一字排开，排入如下格子：（1）方法一：剔除法. 6个人任意排，有66A 种方法；甲在排头，其他人任意排，有55A 种方法；故甲不在排头的方法有6565600A A -=(种).方法二：特殊元素优先法.第一步：甲有特殊要求，故让甲先排，甲除了排头外有5个格子可以选，即15C ；第二步：余下的5个人，还有5个位置可以选，没有任何要求，故可任意排，即55A .故不同的排队方法有1555600C A =(种).方法三：特殊位置优先法.第一步：排头有特殊要求，先让排头选人，除了甲以外都可以选，故有15C ； 第二步：余下的5个位置，还有5个人可以选，没有任何要求，故可任意排55A ,故不同的排队方法有1555600C A =(种).【注意】①虽然以上两种方法在这一道题列出式子来是一样的，但是两种方法的含义不同.②在并非所有元素都参与排列时(如“6个人选4个人排队，甲不在排头”），特殊位置优先法与特殊元素优先法列出的式子并不一样，特殊位置优先法会更简单.（2）方法一：特殊元素优先法.有两个特殊元素：甲和乙.如果我们先让甲挑位置，甲不能在排头，故甲可以选排尾和中间的4个位置.这时，如果甲占了排尾，则乙就变成了没有要求的元素；如果甲占了中间4个位置中的一个，则乙还有特殊要求：不能坐排尾；故按照甲的位置分为两类：第一类：甲在排尾，其他人没有任何要求，即55A ；第二类：甲从中间4个位置中选1个位置，即14C ；再让乙选，不能在排尾，不能在甲占的位置，故还有4个位置可选，即14C ；余下的4个人任意排，即44A ；故应为114444C C A .加法原理，不同排队方法有51145444504A C C A +=(种).方法二：剔除法.6个人任意排66A ,减去甲在排头的55A ，再减去乙在排尾的55A ； 甲既在排头乙又在排尾的减了2次，故需要加上1次，即44A ；所以，不同排队方法有65546554504A A A A --+=(种).（3）相邻问题用捆绑法.第一步：甲乙两人必须相邻，故我们将甲乙两人用绳子捆起来，当作一个元素来处理，则此时有5个元素，可以任意排，即55A ；第二步：甲乙两人排一下序，即22A ；根据乘法原理，不同排队方法有5252240A A =(种).（4）不相邻问题用插空法.第一步：除甲乙外的4个人排队，即44A ；第二步：4个人中间形成了5个空，挑两个空让甲乙两人排进去，两人必不相邻，即25A ；根据乘法原理，不同排队方法有4245480A A=(种).（5）定序问题用消序法.第一步：6个人任意排，即66A；第二步：因为甲始终在乙的前面，所以单看甲乙两人时，两人只有一种顺序，但是6个人任意排时，甲乙两人有22A种排序，故需要消掉两人的顺序，用乘法原理的逆运算，即用除法，则有6622AA.故不同排队方法有6622360AA=种).【注意】若3人定序则除以33A，以此类推.练习：(2012-1)在两队进行的羽毛球对抗赛中，每队派出3男2女共5名运动员进行5局单打比赛.如果女子比赛安排在第二和第四局进行，则每队队员的不同出场顺序有（）.(A)12种(B)10种(C)8种(D)6种(E)4种【解析】要求“每队”队员的不同出场顺序，只需要考虑一队即可.所以，2个女队员排在第二和第四局，即22A；3个男队员排在另外三局，即33A；根据乘法原理，不同的出场顺序为232312A A=(种).【答案】A4.万能元素问题万能元素是指一个元素同时具备多种属性，一般按照选与不选万能元素来分类.例 (2011-10)在8名志愿者中，只能做英语翻译的有4人，只能做法语翻译的有3人，既能做英语翻译又能做法语翻译的有1人.现从这些志愿者中选取3人做翻译工作，确保英语和法语都有翻译的不同选法共有（）种.(A)12 (B)18 (C)21 (D)30 (E)51【解析】分为两类：第一类：有人既懂英语又懂法语121721C C=；第二类：没有人既懂英语又懂法语1211434330C C C C+=.根据加法原理，不同的选法有51种.练习：从1、2、3、4、5、6中任取3个数字，其中6能当9用，则能组成无重复数字的3位数的个数是（）个.(A)108 (B)120 (C)160 (D)180 (E)200【解析】分为三类：第一类：无6和9,则其余5个数选3个任意排，即35A；第二类：有6,则1、2、3、4、5中选2个，再与6-起任意排，即2353C A；第三类：有9,则1、2、3、4、5中选2个，再与9一起任意排，即2353C A；故总个数为3232355353180A C A C A++=(种).【答案】D5.均匀与不均匀分组问题（1）均匀分组与不均匀分组.如果组与组之间的元素个数相同，称为均匀分组；否则，称为不均匀分组.（2）小组有名称与小组无名称.只是分组即可，则小组无名称；如分为A组、B组、C组，或种子队、非种子队.等等，则小组有名称.（3）如果均匀分组，并且小组无名称，需要消序（若有m组元素个数相等，就要除以mmA）；其佘情况均不需要消序.例：从10个人中选一些人，分成三组，在以下要求下，分别有多少种不同的方法？（1）每组人数分别为2、3、4；（2）每组人数分别为2、2、3；（3）分成A组2人，B组3人，C组4人；（4）分成A组2人，B组2人，C组3人；（5）每组人数分别为2、3、4,：去参加不同的劳动；（6）每组人数分别为2、2、3,去参加不同的劳动.【解析】（1）不均匀分组，不需要考虑消序，即2341085C C C.（2）均匀并且小组无名字，要消序，即234 108522C C CA.（3）小组有名字，不管均匀不均匀，不需要消序，即2341085C C C . （4）小组有名字，不管均匀不均匀，不需要消序，即2231086C C C .（5）第一步，不均匀分组，即第二步，安排劳动，即33A ；故有234310853C C C A（6）第一步，均匀且小组无名称分组，即223108622C C C A .；第二步，安排劳动，即33A ；故有22331086322C C C A A . 6.不同元素的分配问题不同元素的分配问题，采用先分组，再分配(排列）的原则.例：4个不同的小球放人甲、乙、丙、丁4个盒中，恰有一个空盒的放法有（）. (A)1244C C(B)3343C A(C)144C A(D)2344C A(E)3143A C【解析】先取两个球作为一组是24C ，余下2球自然成为2组，把3组球放入4个盒子的三个里，即34A ，所以，不同的放法有2344C A 种.【答案】D练习 (2010-1)某大学派出5名志愿者到西部4所中学支教，若每所中学至少有一名志愿者，则不同的分配方案共有（）.(A)240种（B)144种(C)120种（D)60种（E)24种【解析】其中一所学校分配2人，其余3所学校各分配一人，分两步： 第一步：从5名志愿者任选2人作为一组，另外三人各成一组，即25C ； 第二步：将4组志愿者任意分配给4所学校，即44A .故不同的分配方案有：2454240C A =.【答案】A7. 相同元素的分配问题（1）挡板法将n 个“相同的”m 个对象，每个对象“至少分一个”的分法如下： 把这n 个元素排成一排，中间有1n -个空，挑出1m -个空放上挡板，自然就分成了m 组，所以分法一共有11m n C --种，这种方法称为挡板法.要使用挡板法需要满足以下条件： ①所要分的元素必须完全相同. ②所要分的元素必须完全分完. ③每个对象至少分到1个元素.（2）如果不满足第三个条件，则需要创造条件使用挡板法.①每个对象至少分到0个元素（如可以有空盒子），则采用增加元素法，增加m 个元素(m 为对象的个数，如盒子的个数），此时一共有n m +个元素，中间形成1n m +-个空，选出1m -个空放上挡板即可，共有11m n m C -+-种方法，②每个对象可以分到多个元素，则用减少元素法，使题目满足条件③例 (2009-10)若将10只相同的球随机放人编号为1、2、3、4的四个盒子中，则每个盒子不空的投放方法有（）种.(A)72(B)84(C)96(D)108(E)120【解析】挡板法.10个球排成一列，中间形成9个空，任选3个空放上挡板，自然分为4组，每组放入一个盒子，故不同的分法有3998784321C ⨯⨯==⨯⨯(种).【答案】B练习： 若将15只相同的球随机放人编号为1、2、3、4的四个盒子中，每个盒子中小球的数目，不少于盒子的编号，则不同的投放方法有（）种.(A)56(B)84(C)96(D)108(E)120【解析】减少元素法.相同元素的分配问题，但是不满足使用挡板法的第三个条件（每个盒子至少放一个小球），则需要创造出第三个条件.第一步：先将1、2、3、4四个盒子分别放0、1、2、3个球.因为球是相同的球，故只有一种放法.第二步：余下的9个球放入四个盒子，则每个盒子至少放一个，就满足了题干的要求，也满足挡板法的要求，故3887656321C ⨯⨯==⨯⨯(种).8.不能对号入座问题——错排问题出题方式为：编号为1，2，3,…，n 的小球，放人编号为1，2，3，…，n 的盒子，每个盒子放一个，要求小球与盒子不同号.此类问题不需要自己去做，直接记住下述结论即可：①2n=时，有1种方法.②3n=时，有2种方法.③4n=时，有9种方法.④5n=时，有44种方法.例：(2014-1)某单位决定对4个部门的经理进行轮岗，要求每位经理必须轮换到4个部门中的其他部门任职，则不同的方案有（）.(A)3种（B)6种(C)8种（D)9种（E)10种【解析】4球不对号入座问题，9种.【答案】D练习：有5位老师，分别是5个班的班主任，期末考试时，每个老师监考一个班，且不能监考自己任班主任的班级，则不同的监考方法有（）.(A)6种（B)9种(C)24种（D)36种（E)44种【解析】不能对号入座问题，根据上述结论，直接选44.【答案】E9.成双成对问题出题方式为：从鞋子、手套、夫妻中选出几个，要求成对或者不成对.解题技巧：无论是不是要求成对，第一步都先按成对的来选.若要求不成对，再从不同的几对里面各选一个即可.例：从6双不同的鞋子中任取4只，则其中没有成双鞋子的取法有（）种.(A)96 (B)120 (C)240 (D)480 (E)560【解析】第一步，从6双中选出4双鞋子，有46C；第二步，从4双鞋子中各选1只，有11112222C C C C；故不同的取法有4111162222240C C C C C=.10.涂色问题涂色问题分为以下三种：（1）直线涂色：简单的乘法原理.（2）环形涂色公式.把一个环形区域分为k 块，用s 种颜色去涂，要求相邻两块颜色不同，则不同的涂色方法有()()()111k k N s s =-+--,其中，s 为颜色数(记忆方法：se 色），k 为环形被分成的块数(记忆方法：kuai 块).例： (2000-1)用五种不同的颜色涂在图中的四个区域，每一区域涂上一种颜色，且相邻区域的颜色必须不同，则不同的涂法共有（）.(A)120种 (B)140种(C)160种 (D)180种【解析】A ，B ，C ，D 四个区域分别有5C ，4C ，3C ，3C 种涂法，根据乘法原理，得11115433180C C C C =(种). 【答案】D练习： 如图7-7所示，一环形花坛分成四块，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（ ）种.(A)96 (B)84 (C)60 (D)48 (E)36【解析】环形涂色问题.方法一：分为两类：第一类，A,D 种相同的花14C ；C 不能和A ，D 相同，故有3种选择；B 不能和A,D 相同，故有3种选择；据乘法原理，得143336C ⨯⨯=(种).第二类，A,D 种不同的花24A ；C 不能和A,D 相同，故有2种选择；B 不能和A ，D 相同，故有2种选择；据乘法原理，得242248A ⨯⨯=(种). 据加法原理，得36＋48＝84(种).方法二：公式法.()()()()()()41114141184k k k N s s =-+--=-+--=(种). 【答案】B。
经典资料,ＷＯＲＤ文档,可编辑修改经典考试资料,答案附后,看后必过,ＷＯＲＤ文档,可修改1．排列及计算公式从n个不同元素中,任取mm≤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；从n个不同元素中取出mm≤n个元素的所有排列的个数,叫做从n 个不同元素中取出m个元素的排列数,用符号 An,m表示.An,m=nn-1n-2……n-m+1= n/n-m规定0=1.2．组合及计算公式从n个不同元素中,任取mm≤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；从n个不同元素中取出mm≤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.用符号cn,m 表示.cn,m=pn,m/m=n/n-mm；cn,m=cn,n-m;3．其他排列与组合公式从n个元素中取出r个元素的循环排列数＝pn,r/r=n/rn-r.n个元素被分成k类,每类的个数分别是n1,n2,...nk这n个元素的全排列数为n/n1n2...nk.k类元素,每类的个数无限,从中取出m个元素的组合数为cm+k-1,m.两个基本计数原理及应用1加法原理和分类计数法1．加法原理2．加法原理的集合形式3．分类的要求每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；两类不同办法中的具体方法,互不相同即分类不重；完成此任务的任何一种方法,都属于某一类即分类不漏2乘法原理和分步计数法1．乘法原理2．合理分步的要求任何一步的一种方法都不能完成此任务,必须且只须连续完成这n步才能完成此任务；各步计数相互独立；只要有一步中所采取的方法不同,则对应的完成此事的方法也不同例题分析排列组合思维方法选讲1．首先明确任务的意义例1. 从1、2、3、……、20这二十个数中任取三个不同的数组成等差数列,这样的不同等差数列有________个;分析：首先要把复杂的生活背景或其它数学背景转化为一个明确的排列组合问题;设a,b,c成等差,∴ 2b=a+c, 可知b由a,c决定,又∵ 2b是偶数,∴ a,c同奇或同偶,即：从1,3,5,……,19或2,4,6,8,……,20这十个数中选出两个数进行排列,由此就可确定等差数列,因而本题为2=180;例2. 某城市有4条东西街道和6条南北的街道,街道之间的间距相同,如图;若规定只能向东或向北两个方向沿图中路线前进,则从M到N有多少种不同的走法分析：对实际背景的分析可以逐层深入一从M到N必须向上走三步,向右走五步,共走八步;二每一步是向上还是向右,决定了不同的走法;三事实上,当把向上的步骤决定后,剩下的步骤只能向右;从而,任务可叙述为：从八个步骤中选出哪三步是向上走,就可以确定走法数,∴本题答案为：=56;2．注意加法原理与乘法原理的特点,分析是分类还是分步,是排列还是组合例3．在一块并排的10垄田地中,选择二垄分别种植A,B两种作物,每种种植一垄,为有利于作物生长,要求A,B两种作物的间隔不少于6垄,不同的选法共有______种;分析：条件中“要求A、B两种作物的间隔不少于6垄”这个条件不容易用一个包含排列数,组合数的式子表示,因而采取分类的方法;第一类：A在第一垄,B有3种选择；第二类：A在第二垄,B有2种选择；第三类：A在第三垄,B有一种选择,同理A、B位置互换 ,共12种;例4．从6双不同颜色的手套中任取4只,其中恰好有一双同色的取法有________;A240 B180 C120 D60分析：显然本题应分步解决;一从6双中选出一双同色的手套,有种方法；二从剩下的十只手套中任选一只,有种方法;三从除前所涉及的两双手套之外的八只手套中任选一只,有种方法；四由于选取与顺序无关,因而二三中的选法重复一次,因而共240种;例5．身高互不相同的6个人排成2横行3纵列,在第一行的每一个人都比他同列的身后的人个子矮,则所有不同的排法种数为_______;分析：每一纵列中的两人只要选定,则他们只有一种站位方法,因而每一纵列的排队方法只与人的选法有关系,共有三纵列,从而有=90种;例6．在11名工人中,有5人只能当钳工,4人只能当车工,另外2人能当钳工也能当车工;现从11人中选出4人当钳工,4人当车工,问共有多少种不同的选法分析：采用加法原理首先要做到分类不重不漏,如何做到这一点分类的标准必须前后统一;以两个全能的工人为分类的对象,考虑以他们当中有几个去当钳工为分类标准;第一类：这两个人都去当钳工,有种；第二类：这两人有一个去当钳工,有种；第三类：这两人都不去当钳工,有种;因而共有185种;例7．现有印着0,l,3,5,7,9的六张卡片,如果允许9可以作6用,那么从中任意抽出三张可以组成多少个不同的三位数分析：有同学认为只要把0,l,3,5,7,9的排法数乘以2即为所求,但实际上抽出的三个数中有9的话才可能用6替换,因而必须分类;抽出的三数含0,含9,有种方法；抽出的三数含0不含9,有种方法；抽出的三数含9不含0,有种方法；抽出的三数不含9也不含0,有种方法;又因为数字9可以当6用,因此共有2×+++=144种方法;例8．停车场划一排12个停车位置,今有8辆车需要停放,要求空车位连在一起,不同的停车方法是________种;分析：把空车位看成一个元素,和8辆车共九个元素排列,因而共有种停车方法;3．特殊元素,优先处理；特殊位置,优先考虑例9．六人站成一排,求1甲不在排头,乙不在排尾的排列数2甲不在排头,乙不在排尾,且甲乙不相邻的排法数分析：1先考虑排头,排尾,但这两个要求相互有影响,因而考虑分类;第一类：乙在排头,有种站法;第二类：乙不在排头,当然他也不能在排尾,有种站法,共+种站法;2第一类：甲在排尾,乙在排头,有种方法;第二类：甲在排尾,乙不在排头,有种方法;第三类：乙在排头,甲不在排头,有种方法;第四类：甲不在排尾,乙不在排头,有种方法;共+2+=312种;例10．对某件产品的6件不同正品和4件不同次品进行一一测试,至区分出所有次品为止;若所有次品恰好在第五次测试时被全部发现,则这样的测试方法有多少种可能分析：本题意指第五次测试的产品一定是次品,并且是最后一个次品,因而第五次测试应算是特殊位置了,分步完成;第一步：第五次测试的有种可能；第二步：前四次有一件正品有中可能;第三步：前四次有种可能;∴共有种可能;4．捆绑与插空例11. 8人排成一队1甲乙必须相邻 2甲乙不相邻3甲乙必须相邻且与丙不相邻 4甲乙必须相邻,丙丁必须相邻5甲乙不相邻,丙丁不相邻分析：1有种方法;2有种方法;3有种方法;4有种方法;5本题不能用插空法,不能连续进行插空;用间接解法：全排列-甲乙相邻-丙丁相邻+甲乙相邻且丙丁相邻,共--+=23040种方法;例12. 某人射击8枪,命中4枪,恰好有三枪连续命中,有多少种不同的情况分析：∵连续命中的三枪与单独命中的一枪不能相邻,因而这是一个插空问题;另外没有命中的之间没有区别,不必计数;即在四发空枪之间形成的5个空中选出2个的排列,即;例13. 马路上有编号为l,2,3,……,10 十个路灯,为节约用电又看清路面,可以把其中的三只灯关掉,但不能同时关掉相邻的两只或三只,在两端的灯也不能关掉的情况下,求满足条件的关灯方法共有多少种分析：即关掉的灯不能相邻,也不能在两端;又因为灯与灯之间没有区别,因而问题为在7盏亮着的灯形成的不包含两端的6个空中选出3个空放置熄灭的灯;∴共=20种方法;4．间接计数法.1排除法例14. 三行三列共九个点,以这些点为顶点可组成多少个三角形分析：有些问题正面求解有一定困难,可以采用间接法;所求问题的方法数=任意三个点的组合数-共线三点的方法数,∴共种;例15．正方体8个顶点中取出4个,可组成多少个四面体分析：所求问题的方法数=任意选四点的组合数-共面四点的方法数,∴共-12=70-12=58个;例16. l,2,3,……,9中取出两个分别作为对数的底数和真数,可组成多少个不同数值的对数分析：由于底数不能为1;1当1选上时,1必为真数,∴有一种情况;2当不选1时,从2--9中任取两个分别作为底数,真数,共,其中log24=log39,log42=log93, log23=log49, log32=log94.因而一共有53个;3补上一个阶段,转化为熟悉的问题例17. 六人排成一排,要求甲在乙的前面,不一定相邻,共有多少种不同的方法如果要求甲乙丙按从左到右依次排列呢分析：一实际上,甲在乙的前面和甲在乙的后面两种情况对称,具有相同的排法数;因而有=360种;二先考虑六人全排列；其次甲乙丙三人实际上只能按照一种顺序站位,因而前面的排法数重复了种, ∴共=120种;例18．5男4女排成一排,要求男生必须按从高到矮的顺序,共有多少种不同的方法分析：首先不考虑男生的站位要求,共种；男生从左至右按从高到矮的顺序,只有一种站法,因而上述站法重复了次;因而有=9×8×7×6=3024种;若男生从右至左按从高到矮的顺序,只有一种站法, 同理也有3024种,综上,有6048种;例19. 三个相同的红球和两个不同的白球排成一行,共有多少种不同的方法分析：先认为三个红球互不相同,共种方法;而由于三个红球所占位置相同的情况下,共有变化,因而共=20种;5．挡板的使用例20．10个名额分配到八个班,每班至少一个名额,问有多少种不同的分配方法分析：把10个名额看成十个元素,在这十个元素之间形成的九个空中,选出七个位置放置档板,则每一种放置方式就相当于一种分配方式;因而共36种;6．注意排列组合的区别与联系：所有的排列都可以看作是先取组合,再做全排列；同样,组合如补充一个阶段排序可转化为排列问题;例21. 从0,l,2,……,9中取出2个偶数数字,3个奇数数字,可组成多少个无重复数字的五位数分析：先选后排;另外还要考虑特殊元素0的选取;一两个选出的偶数含0,则有种;二两个选出的偶数字不含0,则有种;例22. 电梯有7位乘客,在10层楼房的每一层停留,如果三位乘客从同一层出去,另外两位在同一层出去,最后两人各从不同的楼层出去,有多少种不同的下楼方法分析：一先把7位乘客分成3人,2人,一人,一人四组,有种;二选择10层中的四层下楼有种;∴共有种;例23. 用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数,1可组成多少个不同的四位数2可组成多少个不同的四位偶数3可组成多少个能被3整除的四位数4将1中的四位数按从小到大的顺序排成一数列,问第85项是什么分析：1有个;2分为两类：0在末位,则有种：0不在末位,则有种;∴共+种;3先把四个相加能被3整除的四个数从小到大列举出来,即先选0,1,2,30,1,3,50,2,3,40,3,4,51,2,4,5。
