2021高考数学一轮复习 第11章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第1节 两个计数原理、排列与组

第11章计数原理、概率、随机变量及其分布

全国卷五年考情图解

高考命题规律把握

1.考查形式

高考在本章一般命制1道小题或者1道解答题，分值占5～17分．

2.考查内容

计数原理常与古典概型综合考查；几何概型均以选择题的形式单独考查；对二项式定理的考查主要是利用通项公式求特定项；对正态分布的考查，可能单独考查也可能在解答题中出现；以实际问题为背景，考查分布列、期望等是高考的热点题型．

3.备考策略

从2019年高考试题可以看出，概率统计试题的阅读量和信息量都有所加强，考查角度趋向于应用概率统计知识对实际问题作出决策.

[最新考纲] 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题.3.理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.4.理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．

1．分类加法计数原理

完成一件事，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m n种方法．那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种方法．(也称加法原理)

2．分步乘法计数原理

完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法，…，做第n步有m n种方法．那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种方法．3．排列、组合的定义

排列的定义从n个不同元素中取出m(m≤n)按照一定的顺序排成一列

组合的定义

个元素合成一组

排列数组合数

定义从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所

有不同排列的个数

从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的

所有不同组合的个数

公式A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝

n！

n－m！

C m n＝

A m n

A m m

＝

n n－1n－2…n－m＋1

m！

性质

A n n＝n！，

0！＝1

C m n＝C n－m

n，

C m n＋C m－1

n＝C

m

n＋1

一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( )

(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( )

(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )

(4)k C k n＝n C k－1n－1.( )

[答案] (1)×(2)√(3)√(4)√

二、教材改编

1．图书馆的一个书架有三层，第一层有3本不同的数学书，第二层有5本不同的语文

书，第三层有8本不同的英语书，现从中任取1本书，不同的取法有( ) A．12 B．16

C．64 D．120

B[书架上共有3＋5＋8＝16本不同的书，从中任取一本共有16种不同的取法，故选B.]

2．用数字1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为( )

A．8 B．24

C．48 D．120

C[末位只能从2,4中选一个，其余的三个数字任意排列，故这样的偶数共有A34C12＝4×3×2×2＝48个．故选C.]

3．6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )

A．144 B．120

C．72 D．24

D[“插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻

的坐法种数为A34＝4×3×2＝24.]

4．五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种. (用数字作答)

4554[五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4

种报名方法，共有45种不同的报名方法．五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性．]

考点1 两个计数原理的综合应用

利用两个基本计数原理解决问题的步骤

第一步，审清题意，弄清要完成的事件是怎样的．

第二步，分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类这四种方法中的哪一种．

第三步，弄清在每一类或每一步中的方法种数．

第四步，根据两个基本计数原理计算出完成这件事的方法种数．

(1)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1＜a2，且a2＞a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为( )

A．240 B．204

C．729 D．920

(2)(2016·全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )

A．24 B．18

C．12 D．9

(3)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为( )

A．24 B．48

C．72 D．96

(1)A(2)B(3)C[(1)如果这个三位数含0，则0必在末位，共有这样的凸数C29个；如果这个三位数不含0，则这样的凸数共有C39A22＋C29个．即共有2C29＋C39A22＝240个．

(2)从E到G需要分两步完成：先从E到F，再从F到G.从F到G的最短路径，只要考虑纵向路径即可，一旦纵向路径确定，横向路径即可确定，故从F到G的最短路径共有3条．如图，从E到F的最短路径有两类：先从E到A，再从A到F，或先从E到B，再从B 到F.因为从A到F或从B到F都与从F到G的路径形状相同，所以从A到F，从B到F最短路径的条数都是3，所以从E到F的最短路径有3＋3＝6(条)．所以小明到老年公寓的最短路径条数为6×3＝18.

(3)法一：(以位置为主考虑)分两种情况：

①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有4×3×2＝24种涂法．

②A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48种涂法．

故共有24＋48＝72种涂色方法．

法二：(以颜色为主考虑)

分两类．

(1)取4色：着色方法有2A44＝48(种)．

(2)取3色：着色方法有A34＝24(种)．

所以共有着色方法48＋24＝72(种)．]

(1)应用两个计数原理的难点在于明确是分类还是分步：分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键；分步要做到“步骤完整”，步步相连才能将事件完成．

(2)较复杂的问题可借助图表来完成．

(3)对于涂色问题：①分清元素的数目以及在不相邻的区域内是否可以使用同类元素；

②注意对每个区域逐一进行，分步处理．

[教师备选例题]

1．甲、乙、丙三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )

A．4种B．6种

C．10种D．16种

B[分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式(如图)；同理，甲第一次踢给丙时，满足条件的也有3种传递方式．

由分类加法计数原理可知，共有3＋3＝6(种)传递方式．]

2.如图所示的几何体是由三棱锥P-ABC与三棱柱ABC-A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有( )

A．6种B．9种

C．12种D．36种

C[先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，有3×2＝6(种)涂法；然后涂三棱柱的三个侧面，有2×1＝2(种)涂法．共有6×2＝12(种)不同的涂法．]

1.一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不同(除交汇点O外)的游览线路有( ) A．6种B．8种

C．12种D．48种

D[从点P处进入后，参观第一个景点时，有6个路口可以选择，从中任选一个，有C16种选法，参观完第一个景点，参观第二个景点时，有4个路口可以选择，从中任选一个，有C14种选法，参观完第二个景点，参观第三个景点时，有2个路口可以选择，从中任选一个，有C12种选法，则共有C16C14C12＝48(种)线路．故选D.]

2．(2019·河北六校联考)甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9,0,2,1,5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为( )

A．64 B．80

C．96 D．120

B[5日至9日，日期尾数分别为5,6,7,8,9，有3天是奇数日，2天是偶数日．第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4(种)；第二步，安排奇数日出行，分两类，第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3×2×2＝12(种)，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有23＝8(种)，共计12＋8＝20(种)．根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为4×20＝80.]

考点2 排列问题

求解排列应用问题的6种常用方法

直接法把符合条件的排列数直接列式计算

优先法优先安排特殊元素或特殊位置

捆绑法相隔问题把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列

插空法对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中

定序问题

除法处理

对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列间接法正难则反、等价转化的方法

3名女生和5名男生排成一排．

(1)若女生全排在一起，有多少种排法？

(2)若女生都不相邻，有多少种排法？

(3)[一题多解]若女生不站两端，有多少种排法？

(4)其中甲必须排在乙左边(可不邻)，有多少种排法？

(5)[一题多解]其中甲不站最左边，乙不站最右边，有多少种排法？

[解] (1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同5名男生合在一起有6个元素，排成一排有A66种排法，而其中每一种排法中，3名女生之间又有A33种排法，因此共有A66·A33＝4 320种不同排法．

(2)(插空法)先排5名男生，有A55种排法，这5名男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A36种排法，因此共有A55·A36＝14 400种不同排法．

(3)法一(位置分析法)：因为两端不排女生，只能从5名男生中选2人排，有A25种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A66种排法，因此共有A25·A66＝14 400种不同排法．法二(元素分析法)：从中间6个位置选3个安排女生，有A36种排法，其余位置无限制，有A55种排法，因此共有A36·A55＝14 400种不同排法.

(4)8名学生的所有排列共A 88种，其中甲在乙左边与乙在甲左边的各占12

，因此符合要求的排法种数为12

A 88＝20 160. (5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．

法一(特殊元素法)：甲在最右边时，其他的可全排，有A 77种不同排法；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A 16种．而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个中的任一个上，有A 16种，其余人全排列，共有A 16·A 16·A 66种不同排法．

由分类加法计数原理知，共有A 77＋A 16·A 16·A 66＝30 960种不同排法．

法二(特殊位置法)：先排最左边，除去甲外，有A 17种排法，余下7个位置全排，有A 77种排法，但应剔除乙在最右边时的排法A 16·A 66种，因此共有A 17·A 77－A 16·A 66＝30 960种排法．

法三(间接法)：8名学生全排列，共A 88种，其中，不符合条件的有甲在最左边时，有A 77种排法，乙在最右边时，有A 77种排法，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A 66种排法．因此共有A 88－2A 77＋A 66＝30 960种排法．

(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在

实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．

(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法．

1.把5件不同的产品摆成一排，若产品A 与产品B 相邻，且产品A 与产品C

不相邻，则不同的摆法有________种．

36 [(捆绑法和插空法的综合应用)记其余两种产品为D ，E .将A ，B 视为一个元素，先与D ，E 进行排列，有A 22A 33种方法，再将C 插入，每种排列均只有3个空位可选， 故不同的摆法共有A 22A 33×3＝2×6×3＝36(种)．]

2．(2019·衡水高三大联考)现有一圆桌，周边有标号为1,2,3,4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有________种．(用数字作答)

8 [先按排甲，其选座方法有C 14种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲对面，而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有A 22种，所以共有坐法种数为C 14·A 22＝4×2＝8种．]

考点3 组合问题

组合问题的常见类型与处理方法

(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中选取．

(2)“至少”或“至多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接

求解．

某课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长．现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？

(1)只有一名女生当选；

(2)两队长当选；

(3)至少有一名队长当选；

(4)至多有两名女生当选．

[解] (1)只有一名女生当选等价于有一名女生和四名男生当选．故共有C15·C48＝350种．

(2)两队长当选，共有C22·C311＝165种．

(3)至少有一名队长当选含有两类：只有一名队长当选，有两名队长当选．故共有C12·C411＋C22·C311＝825种．(或采用排除法：C513－C511＝825(种))．

(4)至多有两名女生当选含有三类：有两名女生当选，只有一名女生当选，没有女生当选．故选法共有C25·C38＋C15·C48＋C58＝966种．

含有附加条件的组合问题通常用直接法或间接法，应注意“至少”“最

多”“恰好”等词的含义的理解．

1.某单位拟安排6位员工在今年6月9日至11日值班，每天安排2人，每人值班1天．若6位员工中的甲不值9日，乙不值11日，则不同的安排方法共有( ) A．30种B．36种

C．42种D．48种

C[若甲在11日值班，则在除乙外的4人中任选1人在11日值班，有C14种选法，9日、10日有C24C22种安排方法，共有C14C24C22＝24(种)安排方法；

若甲在10日值班，乙在9日值班，余下的4人有C14C13C22种安排方法，共有12种安排方法；

若甲、乙都在10日值班，则共有C24C22＝6(种)安排方法．

所以总共有24＋12＋6＝42(种)安排方法．]

2．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为( ) A．232 B．252

C．472 D．484

C[分两类：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法共有C14C212＝264(种)；

第二类，不含有红色卡片，不同的取法共有C312－3C34＝220－12＝208(种)．

由分类加法计数原理知，不同的取法有264＋208＝472(种)．]

考点4 分组、分配问题

分组、分配问题是排列组合的综合问题，解题思想是先分组后分配．

(1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组方法有三种：

①完全均匀分组，每组元素的个数都相等；

②部分均匀分组，应注意不要重复；

③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．

(2)分配问题属于“排列”问题，常见的分配方法有三种：

①相同元素的分配问题，常用“挡板法”；

②不同元素的分配问题，利用分步乘法计数原理，先分组，后分配；

③有限制条件的分配问题，采用分类求解．

整体均分问题

国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业

师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．

90 [先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 2

2A 33

种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种分派方法．] 本题属于整体均分问题，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是

一种情况，所以分组后一定要除以A n

n (n 为均分的组数)，避免重复计数．

部分均分问题

将6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4个人，每人至少1本的不同分法共有

________种．(用数字作答)

1 560 [把6本不同的书分成4组，每组至少1本的分法有2种．

①有1组3本，其余3组每组1本，不同的分法共有C 36C 13C 12C 1

1A 33

＝20(种)； ②有2组每组2本，其余2组每组1本，不同的分法共有C 26C 24A 22·C 12C 11A 22

＝45(种)． 所以不同的分组方法共有20＋45＝65(种)．

然后把分好的4组书分给4个人，所以不同的分法共有65×A 44＝1 560(种)．]

本题属于局部均分问题，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若

有m 组元素个数相等，则分组时应除以m ！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．

(2019·淄博模拟)第二届“一带一路”国际合作高峰论坛于2019年4月25

日至27日在北京举行，为了保护各国元首的安全，将5个安保小组全部安排到指定三个区域内工作，且这三个区域每个区域至少有一个安保小组，则这样的安排方法共有( )

A ．96种

B ．100种

C ．124种

D ．150种

D [因为三个区域每个区域至少有一个安保小组，所以可以把5个安保小组分成三组，

有两种分组的情况：一种是1,1,3，另一种是1,2,2.当按照1,1,3来分时，共有N 1＝C 15C 14C 3

3A 22

·A 33＝60(种)，当按照1,2,2来分时，共有N 2＝C 25C 23C 11A 22

·A 33＝90(种)，根据分类加法计数原理知N ＝N 1＋N 2＝150种．]

不等分问题

(1)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，

一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．

(2)把8个相同的小球全部放入编号为1,2,3,4的四个盒中，则不同的放法种数为( )

A ．35

B ．70

C ．165

D ．1 860 (1)360 (2)C [(1)将6名教师分组，分三步完成：

第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C 1

6种分法；

第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种分法；

第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种分法．

根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种分法．

再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法，

故共有60×6＝360种不同的分法．

(2)根据题意，分4种情况讨论：

①没有空盒，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选3个，插入隔板，将小球分成4组，顺次对应4个盒子，有C 37＝35种放法；

②有1个空盒，在4个盒中任选3个，放入小球，有C 34＝4种选法，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选2个，插入隔板，将小球分成3组，顺次对应3个盒子，有C 27＝21种分组方法，则有4×21＝84种放法；

③有2个空盒，在4个盒中任选2个，放入小球，有C 24＝6种选法，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选1个，插入隔板，将小球分成2组，顺次对应2个盒子，有C 17＝7种分组方法，则有6×7＝42种方法；

④有3个空盒，即将8个小球全部放进1个盒子，有4种放法．

故一共有35＋84＋42＋4＝165种放法．]

本题属于不等分问题，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个

数都不相等，所以不需要除以全排列数．

1.将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )

A．18种B．24种

C．36种D．72种

C[1个路口3人，其余路口各1人的分配方法有C13C22A33种.1个路口1人，2个路口各2人的分配方法有C23C22A33种，由分类加法计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为C13C22A33＋C23C22A33＝36种．]

2．(2019·唐山二模)将六名教师分配到甲、乙、丙、丁四所学校任教，其中甲校至少分配两名教师，其它三所学校至少分配一名教师，则不同的分配方案共有________种．(用数字作答)

660 [若甲校2人，乙、丙、丁其中一校2人，共有C26C24A33种，若甲校3人，乙、丙、丁每校1人，共有C36A33种，则不同的分配方案共有C26C24A33＋C36A33＝660种．]

高考数学 计数原理 知识汇总

计数原理 课表要求 1、会用两个计数原理分析解决简单的实际问题； 2、理解排列概念，会推导排列数公式并能简单应用； 3、理解组合概念，会推导组合数公式并能解决简单问题； 4、综合应用排列组合知识解决简单的实际问题； 5、会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题； 6、会用二项式定理求某项的二项式系数或展开式系数，会用赋值法求系数之和。突破方法 1．加强对基础知识的复习，深刻理解分类计数原理、分步计数原理、排列组合等基本概念，牢固掌握二项式定理、二项展开式的通项、二项式系数的性质。2．加强对数学方法的掌握和应用，特别是解决排列组合应用性问题时，注重方法的选取。比如：直接法、间接法等；几何问题、涂色问题、数字问题、其他实际问题等；把握每种方法使用特点及使用范围等。 3．重视数学思维的训练，注重数学思想的应用，在解题过程中注重化归与转化思想的应用，将不同背景的问题归结为同一个数学模型求解；注重数形结合、分类讨论思想、整体思想等，使问题化难为易。 知识点 1、分类加法计数原理 完成一件事，有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，……在第n类办法中有m n种不同的方法。那么完成这件事共有：N=m1+m2+……+m n种不同的方法。 注意：（1）分类加法计数原理的使用关键是分类，分类必须明确标准，要求每一种方法必须属于某一类方法，不同类的任意两种方法是不同的方法，这时分类问题中所要求的“不重复”、“不遗漏”。 （2）完成一件事的n类办法是相互独立的。从集合角度看，完成一件事分A、B两类办法，则A∩B=?,A∪B=I（I表示全集）。 （3）明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，完成这件事可以有哪些办法，怎样才算是完成这件事。 2、分步乘法计数原理 完成一件事，需要n个步骤，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，那么完成这件事共有：N=m1·m2·……·m n种不同的方法。 注意：（1）明确题目中所指的“做一件事”是什么事，单独用题中所给的某种方法是不是能完成这件事，是不是要经过几个步骤才能完成这件事。 （2）完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少哪一步，这件事都不可能完成。 （3）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去

高中数学选修2-3计数原理概率知识点总结

选修2-3定理概念及公式总结 第一章基数原理 1.分类计数原理：做一件事情，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有2m 种不同的方法，……，在第n 类办法中有n m 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 2.分步计数原理：做一件事情，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，……，做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事有N=m 1×m 2×……m n 种不同的方法 分类要做到“不重不漏”，分步要做到“步骤完整” 3.两个计数原理的区别: 如果完成一件事，有n 类办法，不论哪一类办法中的哪一种方法，都能独立完成这件事,用分类计数原理， 如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要完成所有步骤才能完成这件事，是分步问题,用分步计数原理. 4.排列:从n 个不同的元素中取出m 个(m ≤n)元素并按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. （1）排列数: 从n 个不同的元素中取出m 个(m ≤n)元素的所有排列的个数.用符号m n A 表示 （2）排列数公式:)1()2)(1(+-???--=m n n n n A m n 用于计算， 或m n A )! (! m n n -=() n m N m n ≤∈*,, 用于证明。 n n A =!n =()1231????- n n =n(n-1)! 规定0！=1 5.组合：一般地，从n 个不同元素中取出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 （1）组合数: 从n 个不同元素中取出m ()m n ≤个元素的所有组合的个数，用m n C 表示 （2）组合数公式: (1)(2)(1) ! m m n n m m A n n n n m C A m ---+== 用于计算， 或)! (!! m n m n C m n -= ),,(n m N m n ≤∈*且 用于证明。

高考数学压轴专题最新备战高考《计数原理与概率统计》难题汇编及解析

【高中数学】数学《计数原理与概率统计》复习知识要点 一、选择题 1．某地区甲、乙、丙三所单位进行招聘，其中甲单位招聘2名，乙单位招聘2名，丙单位招聘1名，并且甲单位要至少招聘一名男生，现有3男3女参加三所单位的招聘，则不同的录取方案种数为（ ） A ．36 B ．72 C ．108 D ．144 【答案】D 【解析】 【分析】 按三步分步进行，先考虑甲单位招聘，利用间接法，因为至少招聘一名男生，将只招女生 的情况去掉，录取方案数为22 63C C -，然后剩余四人依次分配给乙单位和丙单位，分别为 24C 、2 2C ，然后根据分步乘法计数原理将三个数相乘可得出答案。 【详解】 根据题意，分3步进行分析： ①单位甲在6人中任选2人招聘，要求至少招聘一名男生，有226312C C -=种情况， ②单位乙在剩下的4人中任选2人招聘，有246C =种情况， ③单位丙在剩下的2人中任选1人招聘，有1 2 2C =种情况， 则有1262144??=种不同的录取方案； 故选：D ． 【点睛】 本题考查排列组合问题，将问题分步骤处理和分类别讨论，是两种最基本的求解排列组合问题的方法，在解题的时候要审清题意，选择合适的方法是解题的关键，着重考查学生分析问题和解决问题的能力，属于中等题。 2．已知函数，在区间 内任取一点，使 的概率为（ ） A ． B ． C ． D ． 【答案】C 【解析】 【分析】 先求出的取值范围，再利用几何概型相关公式即可得到答案. 【详解】 由 得，故 或 ，由 ，故 或 ，故使 的概率为 . 【点睛】 本题主要考查几何概型的相关计算，难度一般.

3．安排5名学生去3个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区，要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务，则同学甲单独去一个社区不同的安排方式有（ ） A ．100种 B ．60种 C ．42种 D ．25种 【答案】C 【解析】 【分析】 给三个社区编号分别为1，2，3，则甲可有3种安排方法，剩下的两个再进行分步计数，从而求得所有安排方式的总数. 【详解】 甲可有3种安排方法， 若甲先安排第1社区， 则第2社区可安排1个、第3社区安排3个，共1 3 43C C ?； 第2社区2个、第3社区安排2个，共22 42C C ?； 第2社区3个，第3社区安排1个，共11 41C C ?； 故所有安排总数为132211 4342413()42C C C C C C ??+?+?=. 故选：C. 【点睛】 本题考查分类与分步计数原理、组合数的计算，考查分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力. 4．下列等式不正确的是（ ） A ．111 m m n n m C C n ++=+ B ．121 11m m m n n n A A n A +-+--= C ．1 1m m n n A nA --= D ．1(1)k k k n n n nC k C kC +=++ 【答案】A 【解析】 【分析】 根据排列和组合公式求解即可. 【详解】 根据组合公式得1 1!1(1)!1!()!1(1)!()!1 m m n n n m n m C C m n m n m n m n +++++==?=-++-+，则A 错误； 根据排列公式得 1221 11(1)!!!(1)!(11)()!()!()!()! m m m n n n n n n n A A n n n A n m n m n m n m +-+-+--= -=+-=?=----，则B 正 确； 根据排列公式得1 1!(1)!()!()! m m n n n n A n nA n m n m ---= =?=--，则C 正确；

高中计数原理与概率计数原理

高中计数原理与概率计数原理 一、知识导学 1.分类计数原理：完成一件事，有ｎ类办法，在第1类办法中，有1m 种不同的方法，在第2类办法中，有2m 种不同的方法，……在第ｎ类办法中，有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝1m ＋2m ＋……＋n m 种不同的方法. 2. 分步计数原理：完成一件事，需要分成ｎ个步骤，做第1步，有1m 种不同的方法，做第2步，有2m 种不同的方法，……做第ｎ步，有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝1m ×2m ×…×n m 种不同的方法.注：分类计数原理又称加法原理 分步计数原理又称乘法原理 二、疑难知识导析 1．分类原理中分类的理解：“完成一件事，有ｎ类办法”这是对完成这件事的所有办法的一个分类.分类时，首先要根据问题的特点，确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类，其次，分类时要注意满足两条基本原则：第一，完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；第二，分别属于不同类的两种方法是不同的方法.前者保证完成这件事的立法不遗漏，后者保证不重复. 2．分步原理中分步的理解：“完成一件事，需要分成ｎ个步骤”这就是说完成这件事的任何一种方法，都要完成这ｎ个步骤.分步时，首先要根据问题的特点确定一个可行的分步标准，其次，步骤的设置要满足完成这件事必须并且只需连续完成这ｎ个步骤，这件事才算最终完成. 3．两个原理的区别在于一个和分类有关，一个和分步有关.如果完成一件事有ｎ类办法，这ｎ类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一个都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类计数原理.如果完成一件事，需分成ｎ个步骤，缺一不可，即需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数，就用分步计数原理. 4．在具体解题时，常常见到某个问题中，完成某件事，既有分类，又有分步，仅用一种原理不能解决，这时需要认真分析题意，分清主次，选择其一作为主线. 5．在有些问题中，还应充分注意到在完成某件事时，具体实践的可行性.例如：从甲地到乙地 ，要从甲地先乘火车到丙地，再从丙地乘汽车到乙地.那么从甲地到乙地共有多少种不同的走法？这个问题中，必须注意到发车时刻，所限时间，答案较多. 三、经典例题导讲 [例1]体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某学生到该体育场练跑步，则他进出门的方案有 （ ） A ．12 种 B ．7种 C ．24种 D ．49种 错解：学生进出体育场大门需分两类，一类从北边的4个门进，一类从南侧的3个门进，由分类计数原理，共有7种方案. ∴选B

高中数学典型例题解析：第九章 计数原理与概率

第九章 计数原理与概率 §9.1 计数原理 一、知识导学 1.分类计数原理：完成一件事，有ｎ类办法，在第1类办法中，有1m 种不同的方法，在第2类办法中，有2m 种不同的方法，……在第ｎ类办法中，有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝1m ＋2m ＋……＋n m 种不同的方法. 2. 分步计数原理：完成一件事，需要分成ｎ个步骤，做第1步，有1m 种不同的方法，做第2步，有2m 种不同的方法，……做第ｎ步，有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝1m ×2m ×…×n m 种不同的方法.注：分类计数原理又称加法原理 分步计数原理又称乘法原理二、疑难知识导析 1．分类原理中分类的理解：“完成一件事，有ｎ类办法”这是对完成这件事的所有办法的一个分类.分类时，首先要根据问题的特点，确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类，其次，分类时要注意满足两条基本原则：第一，完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；第二，分别属于不同类的两种方法是不同的方法.前者保证完成这件事的立法不遗漏，后者保证不重复. 2．分步原理中分步的理解：“完成一件事，需要分成ｎ个步骤”这就是说完成这件事的任何一种方法，都要完成这ｎ个步骤.分步时，首先要根据问题的特点确定一个可行的分步标准，其次，步骤的设置要满足完成这件事必须并且只需连续完成这ｎ个步骤，这件事才算最终完成. 3．两个原理的区别在于一个和分类有关，一个和分步有关.如果完成一件事有ｎ类办法， 这ｎ类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一个都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类计数原理.如果完成一件事，需分成ｎ个步骤，缺一不可，即需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数，就用分步计数原理. 4．在具体解题时，常常见到某个问题中，完成某件事，既有分类，又有分步，仅用一 种原理不能解决，这时需要认真分析题意，分清主次，选择其一作为主线. 5．在有些问题中，还应充分注意到在完成某件事时，具体实践的可行性.例如：从甲地 到乙地 ，要从甲地先乘火车到丙地，再从丙地乘汽车到乙地.那么从甲地到乙地共有多少种不同的走法？这个问题中，必须注意到发车时刻，所限时间，答案较多.三、经典例题导讲 [例1]体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某学生到该体育场练跑步，则他进出门的方案有 （ ） A ．12 种 B ．7种 C ．24种 D ．49种

2019年高考真题理科数学分类汇编专题10 概率与统计和计数原理(解析版)

专题10 概率与统计 1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著．某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为 A ．0.5 B ．0.6 C ．0.7 D ．0.8 【答案】C 【解析】由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90-80+60=70，则其与该校学生人数之比为70÷100=0.7．故选C ． 【名师点睛】本题考查抽样数据的统计，渗透了数据处理和数学运算素养．采取去重法，利用转化与化归思想解题． 2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分．7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是 A ．中位数 B ．平均数 C ．方差 D ．极差 【答案】A 【解析】设9位评委评分按从小到大排列为1234 89x x x x x x <<<<<． 则①原始中位数为5x ，去掉最低分1x ，最高分9x 后剩余2348x x x x <<<<，中位数仍为5x ， A 正确； ②原始平均数1234891 ()9x x x x x x x = <<<<<，后来平均数234 81 ()7 x x x x x '=<<<，平均数 受极端值影响较大，∴x 与x '不一定相同，B 不正确； ③2 222111 [()()()]9q S x x x x x x = -+-++-，22222381 [()()()]7 s x x x x x x '=-'+-'+ +-'，由② 易知，C 不正确； ④原极差91x x =-，后来极差82x x =-，显然极差变小，D 不正确．故选A ． 3．【2019年高考浙江卷】设0＜a ＜1，则随机变量X 的分布列是

计数原理、概率

计数原理、概率 两个基本计数原理 导学目标：理解分类计数原理和分步计数原理，能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题． 自主梳理 1．分类计数原理 完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，……在第n类方式中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．2．分步计数原理 完成一件事，需要分成n个步骤，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，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法． 3．分类计数原理与分步计数原理，都是涉及完成一件事的不同方法的种数，它们的区别在于：分类计数原理与“分类”有关，各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事；分步计数原理与“分步”有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成，从思想方法的角度看，分类计数原理的运用是将一个问题进行“分类”思考，分步计数原理是将问题进行“分步”思考． 自我检测 1．(2009·北京改编)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________． 2. 右图小圆圈表示络的结点，结点之间的连线表示它们有线相联，连线上标注的数字表示该段线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点B向结点A传递信息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为________． 3．某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有________种． 4．(2018·湖北改编)现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是________． 5. 如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同着色方法共有________种．(以数字作答) 探究点一分类计数原理的应用 例1在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？

高考数学压轴专题人教版备战高考《计数原理与概率统计》基础测试题含解析

数学高考《计数原理与概率统计》复习资料 一、选择题 1．某光学仪器厂生产的透镜，第一次落地打破的概率为0.3；第一次落地没有打破，第二次落地打破的概率为0.4；前两次落地均没打破，第三次落地打破的概率为0.9．则透镜落地3次以内（含3次）被打破的概率是（ ）． A ．0.378 B ．0.3 C ．0.58 D ．0.958 【答案】D 【解析】 分析：分别利用独立事件的概率公式求出恰在第一次、恰在第二次、恰在第三次落地打破的概率，然后由互斥事件的概率公式求解即可. 详解：透镜落地3次，恰在第一次落地打破的概率为10.3P =， 恰在第二次落地打破的概率为20.70.40.28P =?=， 恰在第三次落地打破的概率为30.70.60.90.378P =??=， ∴落地3次以内被打破的概率1230.958P P P P =++=．故选D ． 点睛：本题主要考查互斥事件、独立事件的概率公式，属于中档题. 解答这类综合性的概率问题一定要把事件的独立性、互斥性结合起来，要会对一个复杂的随机事件进行分析，也就是说能把一个复杂的事件分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆成若干个相互独立的事件的积，这种把复杂事件转化为简单事件，综合事件转化为单一事件的思想方法在概率计算中特别重要. 2．安排5名学生去3个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区，要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务，则同学甲单独去一个社区不同的安排方式有（ ） A ．100种 B ．60种 C ．42种 D ．25种 【答案】C 【解析】 【分析】 给三个社区编号分别为1，2，3，则甲可有3种安排方法，剩下的两个再进行分步计数，从而求得所有安排方式的总数. 【详解】 甲可有3种安排方法， 若甲先安排第1社区， 则第2社区可安排1个、第3社区安排3个，共1 3 43C C ?； 第2社区2个、第3社区安排2个，共22 42C C ?； 第2社区3个，第3社区安排1个，共11 41C C ?； 故所有安排总数为132211 4342413()42C C C C C C ??+?+?=. 故选：C.

高中数学之计数原理

计数原理（讲义） ? 知识点睛 一、两个计数原理 1. 全排列：n 个不同元素全部取出的排列，叫做n 个不同元素的一个全排列， A (1)(2)21n n n n n n =?-?-???=L ！ 即正整数1到n 的连乘积叫做n 的阶乘，用n ！表示． A ()m n n n m =-！！，A !C !()!A m m n n m m n m n m ==-， 规定0!1=，0C 1n =． 2. 组合数的性质 C C m n m n n -=，11C C C m m m n n n -+=+． ? 精讲精练 1. 从A 地到B 地要经过C 地和D 地，从A 地到C 地有3条路，从C 地到D 地有2条路，从D 地 到B 地有4条路，则从A 地到B 地的不同走法共有（ ）种．

A ．3+2+4=9 B ．1 C ．3×2×4=24 D ．1+1+1=3 2. 设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动的方案有a 种，这4名学生在运动会上共同争 夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b 种，则(a ，b )为（ ） A ．(34，34) B ．(43，34) C ．(34，43) D ．3344(A A )， 3. 填空： （1）有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有______种． （2）某校学生会由高一年级5人，高二年级6人，高三年级4人组成，若要选出不同年级的两人参加市里组织的某项活动，则不同的选法共有______种． （3）从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台，其中至少有原装与组装计算机各两台，则不同的取法有_____种． （4）在报名的3名男教师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的为_____种（结果用数值表示）． 4. 填空： （1）用0到9这10个数字，可组成________个没有重复数字的四位偶数． （2）6个人从左至右排成一行，若最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有________种． （3）某运输公司有7个车队，每个车队的车均多于4辆且型号相同，现从这个车队中抽调出10辆车，并且每个车队至少抽调一辆，则不同的抽调方法共有________种．

第二章__随机变量及其概率分布_考试模拟题答案范文

第二章 随机变量及其概率分布 考试模拟题 (共90分) 一．选择题(每题2分共20分) 1．F(X)是随机变量X 的分布函数，则下列结论不正确的是（ B ） A.≤0F(x )1≤ B.F(x )=P{X=x } C.F(x )=P{X x ≤} D.F(∞+)=1, F(∞-)=0 解析： A,C,D 都是对于分布函数的正确结论，请记住正确结论！B 是错误的。 2．设随机变量X 的分布函数律为如下表格：F(x)为其分布函数，则F(5)=( C ) A.0.3 B.0.5 C.0.6 D.0.4 解析：由分布函数定义F(5)=P{X ≤5}=P{X=0}+P{X=2}+P{X=4}=0.1+0.2+0.3=0.6 3．下列函数可以作为随机变量分布函数的是（ D ） 4x 01≤≤x 2x 10<≤x A.F(x)= B.F(x)= 1 其它 2 其它 -1 x<0 0 x<0 C.F(x)= 2x 10<≤x D.F(x)= 2x 5.00<≤x 1 其它 1 x ≥0.5 解析：由分布函数F(x)性质：01)(≤≤x F ，A,B,C 都不满足这个性质，选D 4 x 31<<-x 4．设X 的密度函数为f(x)= 则P{-2

A. 0 B.83 C. 43 D. 85 解析：P{-2

高考数学-计数原理-3-排列组合

专项-排列组合 知识点 一、排列 定义:一般地，从n 个不同元素中取出)(n m m ≤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；排列数用符号m n A 表示 对排列定义的理解： 定义中包括两个基本内容：①取出元素②按照一定顺序。因此，排列要完成的“一件事情”是“取出m 个元素，再按顺序排列” 相同的排列：元素完全相同，并且元素的排列顺序完全相同。若只有元素相同或部分相同，而排列顺序不相同，都是不同的排列。比如abc 与acb 是两个不同的排列 描述排列的基本方法：树状图 排列数公式：),)(1()2)(1(*∈+-???--=N m n m n n n n A m n 我们把正整数由1到n 的连乘积，叫做n 的阶乘，用!n 表示，即12)2()1(!??????-?-?=n n n n ，并规定1!0=。 全排列数公式可写成!n A n n =. 由此，排列数公式可以写成阶乘式： )!(!)1()2)(1(m n n m n n n n A m n -= +-???--=（主要用于化简、证明等） 二、组合 定义:一般地，从n 个不同元素中取出)(n m m ≤个元素合成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合；组合数用符号m n C 表示 对组合定义的理解： 取出的m 个元素不考虑顺序，也就是说元素没有位置要求，无序性是组合的特点. 只要两个组合中的元素完全相同，则不论元素的顺序如何，都是相同的组合.只有当两个组合中的元素不完全相同时，才是不同的组合 排列与组合的区别：主要看交换元素的顺序对结果是否有影响，有影响就是“有序”，是排列问题；没影响就是“无序”，是组合问题。 组合数公式： ),()!(!!!)1()2)(1(n m N m n m n m n m m n n n n A A C m m m n m n ≤∈-=+-???--==*，且 变式：),,()! ()1()2)(1()!(!!n m N m n C m n m n n n m n m n C m n n m n ≤∈=-+???--=-= *-且

排列组合与计数原理

排列组合与计数原理 【复习目标】1.能熟练的判断利用加法原理和乘法原理。简单的排列组合组合数公式。 【复习重难点】加法原理和乘法原理公式的计算及应用。 1.高三（1），（2），（3）班分别有学生52,48,50人。 （1）从中选1人当学生代表的不同方法有____________种； （2）从每班选1人组成演讲队的不同方法有____________种； （3）从这150名学生中选4人参加学代会的不同方法有____________种； （4）从这150名学生中选4人参加数理化三个课外活动小组，共有不同方法有__________种。 2.假设在200件产品中有三件次品，现在从中任意抽取5件，期中至少有2件次品的抽法有__________种。 3.若,64 3n n C A 则n=___________。 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。 变式训练：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_______。 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. 例3．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_______ . 变式训练：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.

联合概率分布：离散与连续随机变量

Joint Distributions,Discrete Case In the following,X and Y are discrete random variables. 1.Joint distribution(joint p.m.f.): ?De?nition:f(x,y)=P(X=x,Y=y) ?Properties:(1)f(x,y)≥0,(2) x,y f(x,y)=1 ?Representation:The most natural representation of a joint discrete distribution is as a distribution matrix,with rows and columns indexed by x and y,and the xy-entry being f(x,y).This is analogous to the representation of ordinary discrete distributions as a single-row table.As in the one-dimensional case,the entries in a distribution matrix must be nonnegative and add up to1. 2.Marginal distributions:The distributions of X and Y,when considered separately. ?De?nition: ?f X(x)=P(X=x)= y f(x,y) ?f Y(y)=P(Y=y)= x f(x,y) ?Connection with distribution matrix:The marginal distributions f X(x)and f Y(y) can be obtained from the distribution matrix as the row sums and column sums of the entries.These sums can be entered in the“margins”of the matrix as an additional column and row. ?Expectation and variance:μX,μY,σ2 X ,σ2 Y denote the(ordinary)expectations and variances of X and Y,computed as usual:μX= x xf X(x),etc. https://www.wendangku.net/doc/9118905112.html,putations with joint distributions: ?Probabilities:Probabilities involving X and Y(e.g.,P(X+Y=3)or P(X≥Y)can be computed by adding up the corresponding entries in the distribution matrix:More formally,for any set R of points in the xy-plane,P((X,Y)∈R))= (x,y)∈R f(x,y). ?Expectation of a function of X and Y(e.g.,u(x,y)=xy):E(u(X,Y))= x,y u(x,y)f(x,y).This formula can also be used to compute expectation and variance of the marginal distributions directly from the joint distribution,without?rst computing the marginal distribution.For example,E(X)= x,y xf(x,y). 4.Covariance and correlation: ?De?nitions:Cov(X,Y)=E(XY)?E(X)E(Y)=E((X?μX)(Y?μY))(Covariance of X and Y),ρ=ρ(X,Y)=Cov(X,Y) σXσY (Correlation of X and Y) ?Properties:|Cov(X,Y)|≤σXσY,?1≤ρ(X,Y)≤1 ?Relation to variance:Var(X)=Cov(X,X) ?Variance of a sum:Var(X+Y)=Var(X)+Var(Y)+2Cov(X,Y)(Note the analogy of the latter formula to the identity(a+b)2=a2+b2+2ab;the covariance acts like a “mixed term”in the expansion of Var(X+Y).) 1

2021-2022年高考数学一轮总复习第十一章计数原理和概率题组训练82古典概型理

2021年高考数学一轮总复习第十一章计数原理和概率题组训练82古典概 型理 1．将一个骰子抛掷一次，设事件A 表示向上的一面出现的点数不超过3，事件B 表示向上的一面出现的点数不小于4，事件C 表示向上的一面出现奇数点，则( ) A ．A 与B 是对立事件 B ．A 与B 是互斥而非对立事件 C ．B 与C 是互斥而非对立事件 D ．B 与C 是对立事件 答案 A 解析 由题意知，事件A 包含的基本事件为向上点数为1，2，3，事件B 包含的基本事件为向上的点数为4，5，6.事件C 包含的点数为1，3，5.A 与B 是对立事件，故选A. 2．从一堆产品(其中正品与次品都多于2件)中任取2件，下列事件是互斥事件但不是对立事件的是( ) A ．恰好有1件次品和恰好有2件次品 B ．至少有1件次品和全是次品 C ．至少有1件正品和至少有1件次品 D ．至少有1件次品和全是正品 答案 A 解析 依据互斥和对立事件的定义知，B ，C 都不是互斥事件；D 不但是互斥事件而且是对立事件；只有A 是互斥事件但不是对立事件． 3．(xx·广东茂名模拟)在{1，3，5}和{2，4}两个集合中各取一个数字组成一个两位数，则这个数能被4整除的概率是( ) A.1 3 B.12 C.16 D.14 答案 D

解析 符合条件的所有两位数为12，14，21，41，32，34，23，43，52，54，25，45，共12个，能被4整除的数为12，32，52，共3个，故所求概率P ＝312＝1 4 . 4．4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，若从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为( ) A.13 B.12 C.23 D.34 答案 C 解析 从4张卡片中抽取2张的方法有6种，和为奇数的情况有4种，∴P ＝2 3 . 5．从存放的号码分别为1，2，3，…，10的卡片的盒子中，有放回地取100次，每次取一张卡片并记下号码，统计结果如下： A ．0.53 B ．0.5 C ．0.47 D ．0.37 答案 A 解析 取到号码为奇数的卡片的次数为：13＋5＋6＋18＋11＝53，则所求的频率为53100 ＝0.53，故选A. 6．(xx·天津改编)甲、乙两人下棋，和棋的概率为12，乙获胜的概率为1 3，则甲获胜的概率 和甲不输的概率分别为( ) A.16，1 6 B.12，23 C.16，23 D.23，12 答案 C 解析 “甲获胜”是“和棋或乙胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率P ＝1－12－13＝1 6. 设事件A 为“甲不输”，则A 可看作是“甲胜”与“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以P(A)＝16＋12＝2 3 .(或设事件A 为“甲不输”，则A 可看作是“乙胜”的对立事件．所以P(A)

10_计数原理与概率知识点及题型

计数原理与概率 一、计数原理与排列组合 1、基础知识：

(3) 组合数的两个性质： （1）C m n =C m n n -；（2）C m n 1+=C m n +C 1 -m n . 2、经典题型 见文库里的专题文章 二、二项式定理 1、基础知识： 1) 二项式定理特征： () 0111*().n n n r n r r n n n n n n a b C a C a b C a b C b n N --+=++ +++∈ ①右边的多项式叫做()n a b +的二项展开式 ②各项的系数r n C 叫做二项式系数 ③r n r r n C a b -叫做二项展开式的通项，它是二项展开式的第1r +项 即1(0,1,2, ,).r n r r r n T C a b r n -+== ④二项展开式特点：共1r +项；按字母a 的降幂排列，次数从n 到0递减； 二项式系数r n C 中r 从0到n 递增，与b 的次数相同； 每项的次数都是.n 2) 二项式系数的性质 性质1 ()n a b +的二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项

式系数相等，即m n m n n C C -= 性质2 二项式系数表中，除两端以外其余位置的数都等于它肩上两个 数之和，即11m m m n n n C C C -++= 性质3 ()n a b +的二项展开式中，所有二项式系数的和等于2n ，即 012.n n n n n C C C ++ += （令1a b ==即得） 性质4 ()n a b +的二项展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项 的二项式系数的和，即 02 213 21 12. r r n n n n n n n C C C C C C +-++++ =++ ++ =（1,1a b ==-即得） 性质5 ()n a b +的二项展开式中，当n 为偶数时，中间一项的二项式系 数2n n C 取得最大值；当n 为奇数时，中间两项的二项式系数12,n n C - 1 2n n C +相等，且同时取得最大值.（即中间项的二项式系数最大） 2、经典题型 题型1 求展开式中的指定项和特定项（通项公式是关键） 1) 求系数最大或最小项 例：在二项式11 )1(-x 的展开式中，系数最小的项的系数是 ； 解：r r r r x T C )1(1111 1-= -+ ∴ 要使项的系数最小，则r 必为奇数，且使C r 11为最大，由此得5=r ，从而可 知最小,项的系数为 462)1(55 11 -=-C 2) 系数绝对值最大的项 例：在（7 )y x -的展开式中，系数绝对值最大项是 ； 解：求系数绝对最大问题都能够将“n b a )(-”型转化为 ")("n b a +型来处理，

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《计数原理与概率统计》知识点总复习有解析

新数学《计数原理与概率统计》高考知识点 一、选择题 1．一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球1个、黑球2个，现随机等可能取出小球，当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为1ξ；当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为2ξ，则（ ） A ．12E E ξξ<，12D D ξξ< B ．12E E ξξ=，12D D ξξ> C ．12E E ξξ=，12D D ξξ< D ．12E E ξξ>，12D D ξξ> 【答案】B 【解析】 【分析】 分别求出两个随机变量的分布列后求出它们的期望和方差可得它们的大小关系. 【详解】 1ξ可能的取值为0,1,2；2ξ可能的取值为0,1， ()1409P ξ== ，()1129P ξ==，()141411999 P ξ==--=， 故123E ξ= ，22 214144402199999 D ξ=?+?+?-=. ()22110323P ξ?== =?，()22122 1323 P ξ??===?， 故223E ξ= ，2 221242013399 D ξ=?+?-=, 故12 E E ξξ=，12D D ξξ>.故选B. 【点睛】 离散型随机变量的分布列的计算，应先确定随机变量所有可能的取值，再利用排列组合知识求出随机变量每一种取值情况的概率，然后利用公式计算期望和方差，注意在取球模型中摸出的球有放回与无放回的区别. 2．从装有除颜色外完全相同的3个白球和m 个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取5次，设摸得白球数为X ，已知()3E X =，则()(D X = ) A ． 85 B ． 65 C ． 45 D ． 25 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意知，3~(5, )3X B m +，由3 533EX m =? =+，知3~(5,)5 X B ，由此能求出()D X ．

高考数学压轴专题专题备战高考《计数原理与概率统计》全集汇编含答案解析

【最新】数学《计数原理与概率统计》复习知识点 一、选择题 1．将三枚质地均匀的骰子各掷一次，设事件A =“三个点数之和等于15”，B =“至少出现一个5点”，则概率()|P A B 等于（ ） A ． 5108 B ． 113 C ． 17 D ． 710 【答案】B 【解析】 【分析】 根据条件概率的计算公式即可得出答案. 【详解】 3311166617()216A P AB C C C +==Q ，111 5556111 6691 ()1216 C C C P B C C C =-= ()()()72161 |2169113 P AB P A B P B ∴= =?= 故选：B 【点睛】 本题主要考查了利用条件概率计算公式计算概率，属于中档题. 2．已知函数，在区间 内任取一点，使 的概率为（ ） A ． B ． C ． D ． 【答案】C 【解析】 【分析】 先求出的取值范围，再利用几何概型相关公式即可得到答案. 【详解】 由 得，故 或 ，由 ，故 或 ，故使 的概率为 . 【点睛】 本题主要考查几何概型的相关计算，难度一般. 3．将一颗骰子掷两次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为m ，第二次出现的点数为n ，向量p u v ＝(m ，n)，q v ＝(3,6)．则向量p u v 与q v 共线的概率为( ) A ． 13 B ． 14 C ． 16 D ． 112 【答案】D

【分析】 由将一枚骰子抛掷两次共有36种结果，再列举出向量p u r 与q r 共线的基本事件的个数，利用 古典概型及其概率的计算公式，即可求解。 【详解】 由题意，将一枚骰子抛掷两次，共有6636?=种结果， 又由向量(,),(3,6)p m n q ==u r r 共线，即630m n -=，即2n m =， 满足这种条件的基本事件有：(1,2),(2,4),(3,6)，共有3种结果， 所以向量p u r 与q r 共线的概率为31 3612 P = =，故选D 。 【点睛】 本题主要考查了向量共线的条件，以及古典概型及其概率的计算，其中解答中根据向量的共线条件，得出基本事件的个数是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。 4．《易经》是中国传统文化中的精髓，下图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（ 表示一根阳线， 表示一根阴线），从 八卦中任取两卦，则这两卦的六根线中恰好有4根阴线的概率为（ ） A ． 314 B ．27 C ． 928 D ． 1928 【答案】A 【解析】 【分析】 列出所有28种情况，满足条件的有6种情况，计算得到概率. 【详解】 根据题意一共有： 乾坤、乾巽、乾震、乾坎、乾离、乾艮、乾兑；坤巽、坤震、坤坎、坤离、坤艮、坤兑； 巽震、巽坎、巽离、巽艮、巽兑；震坎、震离、震艮、震兑；坎离、坎艮、坎兑； 离艮、离兑；艮兑，28种情况. 满足条件的有：坤巽，坤离，坤兑，震坎，震艮，坎艮，共6种. 故632814p = =. 故选：A .