排列组合期末复习(教师版)

排列组合常见题型及解法
1 重复排列“求幂运算”
重复排列问题要区分两类元素:一类可以重复,另一类不能重复。把不能重复的元素看作“客” ,能重复的元素 看作“店” ,则通过“住店法”可顺利解题。 例 1 8 名同学争夺 3 项冠军,获得冠军的可能性有( ) [解析] 冠军不能重复,但同一个学生可获得多项冠军。把 8 名学生看作 8 家“店” ,3 项冠军看作 3 个“客” , 他们都可住进任意一家“店” ,每个客有 8 种可能,因此共有 8 种不同的结果。
3

2. 特殊元素(位置)用优先法:把有限制条件的元素(位置)称为特殊元素(位置),可优先将它(们) 安排好,后再安排其它元素。对于这类问题一般采取特殊元素(位置)优先安排的方法。 例 1. 6 人站成一横排,其中甲不站左端也不站右端,有多少种不同站法? 解法 1:(元素分析法)因为甲不能站左右两端,故第一步先让甲排在左右两端之间的任一位置上, 有 种站法; 第二步再让其余的 5 人站在其他 5 个位置上, 有 种站法, 故站法有: =480 (种)
种;第

解法 2: (位置分析法)因为左右两端不站甲,故第一步先从甲以外的 5 个人中任选两人站在左右两端,有 二步再让剩余的 4 个人(含甲)站在中间 4 个位置,有 种,故站法共有: (种)

例 2(2000 年全国高考题)乒乓球队的 10 名队员中有 3 名主力队员,派 5 名参加比赛,3 名主力队员要安排在第一、 三、五位置,其余 7 名队员选 2 名安排在第二、四位置,那么不同的出场安排共有_________种(用数字作答) 。
3 [解析]3 名主力的位置确定在一、三、五位中选择,将他们优先安排,有 A3 种可能;然后从其余 7 名队员选 2 3 2 2 名安排在第二、四位置,有 A7 种排法。因此结果为 A3 A7 =252 种。

例3

5 个“1”与 2 个“2”可以组成多少个不同的数列? [解析]按一定次序排列的一列数叫做数列。由于 7 个位置不同,故只要优先选两个位置安排好“2” ,剩下的位置

2 2 填“1” (也可先填“1”再填“2” ) 。因此,一共可以组成 C7 C2 =21 个不同的数列。

3. 相邻问题用捆绑法:对于要求某几个元素必须排在一起的问题,可用“捆绑法” “捆绑”为一个“大 元素:与其他元素进行排列,然后相邻元素内部再进行排列。
例 1.(1996 年上海高考题)有 8 本不同的书,其中数学书 3 本,外文书 2 本,其他书 3 本,若将这些书排成一列放 在书架上,则数学书恰好排在一起,外文书也恰好排在一起的排法共有____________种(结果用数字表示) 。
5 3 [解析]将数学书与外文书分别捆在一起与其它 3 本书一起排,有 A5 种排法,再将 3 本数学书之间交换有 A3 种, 5 3 2 2 本外文书之间交换有 A2 种,故共有 A5 A3 A2 =1440 种排法。
2

[评述]这里需要说明的是,有一类问题是两个已知元素之间有固定间隔时,也用“捆绑法”解决。 如:7 个人排成一排,其中甲乙两人之间有且只有一人,问有多少种不同的排法?可将甲乙两人和中间所插一人
1 2 5 “捆绑”在一起做“大元素” ,但甲乙两人位置可对调,且中间一人可从其余 5 人中任取, 有 C5 A2 A5 ? 1200种排法。

4. 相离问题用插空法:元素相离(即不相邻)问题,可以先将其他元素排好,然后再将不相邻的元素 插入已排好的元素位置之间和两端的空中。 例. 7 人排成一排,甲、乙、丙 3 人互不相邻有多少种排法? 解:先将其余 4 人排成一排,有 种,再往 4 人之间及两端的 5 个空位中让甲、乙、丙插入,有 种,

所以排法共有: (种) 5. 定序(顺序一定)问题用除法:对于在排列中,当某些元素次序一定时,可用此法。 例. 由数字 0、1、2、3、4、5 组成没有重复数字的六位数,其中个位数字小于十位数字的六位数有多 少个?

解:不考虑限制条件,组成的六位数有

种,其中个位与十位上的数字一定,所以所求的六位数

有: (个) 6. 多排问题用直排法:对于把几个元素分成若干排的排列问题,若没有其他特殊要求,可采取统一成 一排的方法求解。 例 5. 9 个人坐成三排,第一排 2 人,第二排 3 人,第三排 4 人,则不同的坐法共有多少种? 解: 9 个人可以在三排中随意就坐, 无其他限制条件, 三排可以看作一排来处理, 不同的坐标共有 种。 7. 至少问题正难则反“排除法”:有些问题从正面考虑较为复杂而不易得出答案,这时,可以采用转 化思想从问题的反面入手考虑,然后去掉不符合条件的方法种数往往会取得意想不到的效果。在应用 此法时要注意做到不重不漏。 例 1. 四面体的顶点和各棱中点共有 10 个点,取其中 4 个不共面的点,则不同的取法共有( ) A. 150 种 B. 147 种 C. 144 种 D. 141 种 解:从 10 个点中任取 4 个点有 种取法,其中 4 点共面的情况有三类。第一类,取出的 4 个点位于

四面体的同一个面内,有 种;第二类,取任一条棱上的 3 个点及该棱对棱的中点,这 4 点共面, 有 6 种;第三类,由中位线构成的平行四边形(其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱),它的 4 个点共面, 有 3 种。 以上三类情况不合要求应减掉, 所以不同的取法共有: (种) 。 8.错位排列问题:错位排列问题是一个古老的问题,最先由贝努利(Bernoulli)提出,其通常提法是:n 个有序元素,
全部改变其位置的排列数是多少?所以称之为“错位”问题。 例 1.五个编号为 1、2、3、4、5 的小球放进 5 个编号为 1、2、3、4、5 的小盒里面,全错位排列(即 1 不放 1, 2 不放 2,3 不放 3,4 不放 4,5 不放 5,也就是说 5 个全部放错)一共有多少种放法? 【华图解析】直接求 5 个小球的全错位排列不容易,我们先从简单的开始。 小球数/小盒数 全错位排列 1 0 2 1(即 2、1) 3 2(即 3、1、2 和 2、3、1) 4 9 5 44 6 265

当小球数/小盒数为 1~3 时,比较简单,而当为 4~6 时,略显复杂,考生们只需要记下这几个数字即 可(其实 0,1,2,9,44,265 是一个有规律的数字推理题,9=(1+2)*3;44=(2+9)*4;265=(44+9)*5; (44+265)*6=1854)由上述分析可得,5 个小球的全错位排列为 44 种。
例 2.五个瓶子都贴了标签,其中恰好贴错了三个,则错的可能情况共有多少种? 【华图解析】做此类题目时通常分为两步:第一步,从五个瓶子中选出三个,共有 瓶子全部贴错,根据上表有 2 种贴法。则恰好贴错三个瓶子的情况有 种。 种选法;第二步,将三个

接下来,考生们再想这样一个问题:五个瓶子中,恰好贴错三个是不是就是恰好贴对两个呢?答案是肯定的, 是。那么能不能这样考虑呢?第一步,从五个瓶子中选出二个瓶子,共有 只有 1 种方法,那么恰好贴对两个瓶子的方法有 种。 种选法;第二步,将两个瓶子全部贴对,

问题出来了,为什么从贴错的角度考虑是 20 种贴法,而从贴对的角度考虑是 10 种贴法呢? 答案是,后者的解题过程是错误的,这种考虑只涉及到两个瓶子而没有考虑其他三个瓶子的标签正确与否,给瓶子贴 标签的过程是不完整的,只能保证至少有两个瓶子的标签是正确的,而不能保证恰有两个瓶子的标签是正确的。所以 华图公务员考试辅导专家王永恒老师建议各位考生在处理错位排列问题时, 无论问恰好贴错还是问恰好贴对, 都要从 贴错的角度去考虑,这样处理问题简单且不易出错。

9. “隔板法”:常用于解决整数分解型排列、组合的问题。
例:为构建和谐社会出一份力,一文艺团体下基层宣传演出,准备的节目表中原有 4 个歌舞节目,如果保持这些节 目的相对顺序不变,拟再添 2 个小品节目,则不同的排列方法有多少种? 分析:记两个小品节目分别为 A、B。先排 A 节目。根据 A 节目前后的歌舞节目数目考虑方法数,相当于把 4 个球
1 分成两堆,由例 26 知有 C5 种方法。这一步完成后就有 5 个节目了。再考虑需加入的 B 节目前后的节目数,同上理 1 1 1 知有 C6 种方法。故由乘法原理知,共有 C5 C6 ? 30 种方法。

【小结】对本题所需插入的两个隔板采取先后依次插入的方法,使问题得到巧妙解决。

例. 有 10 个三好学生名额,分配到 6 个班,每班至少 1 个名额,共有多少种不同的分配方案? 解:6 个班,可用 5 个隔板,将 10 个名额并排成一排,名额之间有 9 个空,将 5 个隔板插入 9 个空, 每一种插法,对应一种分配方案,故方案有: 10.分球入盒问题 (种)

例 32:将 5 个小球放到 3 个盒子中,在下列条件下,各有多少种投放方法? ① 小球不同,盒子不同,盒子不空
3 1 2 2 解: 将小球分成 3 份, 每份 1, 1, 3 或 1, 2, 2。 再放在 3 个不同的盒子中, 即先分堆, 后分配。 有 ( C5C2 + C5 C3 ) ? A3 3 A2 A2 2 2

②小球不同,盒子不同,盒子可空 ③小球不同,盒子相同,盒子不空

解: 35 种
3 1 2 2

解:只要将 5 个不同小球分成 3 份,分法为:1,1,3;1,2,2。共有 C5C2 + C5C3 =25 种 2 2
A2 A2
3

④小球不同,盒子相同,盒子可空 本题即是将 5 个不同小球分成 1 份,2 份,3 份的问题。共有 C 5 ? (C 4 ? C 3 ) ? ( C5C2 + C5C3 ) ? 41 种 5 5 5 2 2
A2 A2
1 2 2

⑤小球相同,盒子不同,盒子不空 解: (隔板法) 。0 \ 00 \ 00 ,有 C4 种方法
2

⑥小球相同,盒子不同,盒子可空 解一:把 5 个小球及插入的 2 个隔板都设为小球(7 个球) 。7 个球中任选两个变为隔板(可以相邻) 。那么 2 块隔
2 板分成 3 份的小球数对应于 相应的 3 个不同盒子。故有 C7 =21

解:分步插板法。 ⑦小球相同,盒子相同,盒子不空 解:5 个相同的小球分成 3 份即可,有 3,1,1;2,2,1。 共 2 种 ⑧小球相同,盒子相同,盒子可空 解:只要将将 5 个相同小球分成 1 份,2 份,3 份即可。分法如下:5,0,0; 4,1,0;3,2,0; 3,1,1; 2,2,1。 例、有 4 个不同的小球,放入 4 个不同的盒子内,球全部放入盒子内 (1)共有几种放法?(答: 44 )
2 3 (2)恰有 1 个空盒,有几种放法?(答: C4 A4 ? 144 )

2 3 (3)恰有 1 个盒子内有 2 个球,有几种放法?(答:同上 C4 A4 ? 144 )

3 2 2 2 (4)恰有 2 个盒子不放球,有几种放法?(答: C4 A4 ? C4 C4 ? 84 )

11.分组问题与分配问题
①分组问题:均匀分组,除法处理;非均匀分组,组合处理 例。有 9 个不同的文具盒: (1)将其平均分成三组; (2)将其分成三组,每组个数 2,3,4。上述问题各有多少 种不同的分法?
3 3 分析: (1)此题属于分组问题:先取 3 个为第一组,有 C9 种分法,再取 3 个不第二组,有 C6 种分法,剩下 3
3 3 3 C9 C6 C3 2 3 4 个为第三组,有 C 种分法,由于三组之间没有顺序,故有 种分法。 (2)同(1) ,共有 C9 C7 C4 种分法,因 3 A3

3 3

3 三组个数各不相同,故不必再除以 A3 。

练习:12 个学生平均分成 3 组,参加制作航空模型活动,3 个教师各参加一组进行指导,问有多少种分组方法? ②分配问题: 定额分配,组合处理; 随机分配,先组后排。 例。有 9 本不同的书: (1)分给甲 2 本,乙 3 本,丙 4 本; (2)分给三个人,分别得 2 本,3 本,4 本。上述问题 各有多少种不同的分法?
2 3 4 2 3 4 (1)此题是定额分配问题,先让甲选,有 C9 种;再让乙选,有 C7 种;剩下的给丙,有 C4 种,共有 C9 C7 C4 种

不同的分法(2)此题是随机分配问题:先将 9 本书分成 2 本,3 本,4 本共有三堆,再将三堆分给三个人,共有
2 3 4 3 种不同的分法。 C9 .C7 .C4 . A3

【评述】本题涉及一类重要问题:问题中既有元素的限制,又有排列的问题,一般是先选元素(即组合)后排列

概率
Ⅰ、随机事件的概率 例 1 某商业银行为储户提供的密码有 0,1,2,?,9 中的 6 个数字组成. (1)某人随意按下 6 个数字,按对自己的储蓄卡的密码的概率是多少? (2)某人忘记了自己储蓄卡的第 6 位数字,随意按下一个数字进行试验,按对自己的密码的概率是多少? 解 (1)储蓄卡上的数字是可以重复的,每一个 6 位密码上的每一个数字都有 0,1,2,?,9 这 10 种,正确的结果

1 ,随意按下 6 个数字相当于随意按下 106 个,随意按下 6 个数字相当于随意按下106 个密 6 10 1 码之一,其概率是 6 . 10
有 1 种,其概率为 (2)以该人记忆自己的储蓄卡上的密码在前 5 个正确的前提下, 随意按下一个数字, 等可能性的结果为 0, 1, 2, ?, 9 这 10 种,正确的结果有 1 种,其概率为

1 . 10

例 2 一个口袋内有 m 个白球和 n 个黑球,从中任取 3 个球,这 3 个球恰好是 2 白 1 黑的概率是多少?(用组合数表 示) 解 设事件 I 是“从 m 个白球和 n 个黑球中任选 3 个球” ,要对应集合 I1,事件 A 是“从 m 个白球中任选 2 个球,从
3 2 1 n 个黑球中任选一个球” , 本 题 是 等 可 能 性 事 件 问 题 , 且 Card(I1)= Cm ? n , Card ( A) ? Cm ? Cn , 于 是

P(A)=

2 Card ( A) Cm ? C1 ? 3 n. Card ( I1 ) Cm ? n

Ⅱ、互斥事件有一个发生的概率 例 3 在 20 件产品中有 15 件正品,5 件次品,从中任取 3 件,求: (1)恰有 1 件次品的概率; (2)至少有 1 件次品的概率.

3 2 1 解 (1)从 20 件产品中任取 3 件的取法有 C20 ,其中恰有 1 件次品的取法为 C15 C5 。

? 恰有一件次品的概率 P=

2 1 C15 C5 35 . ? 3 C20 76

(2)法一 从 20 件产品中任取 3 件, 其中恰有 1 件次品为事件 A1,恰有 2 件次品为事件 A2, 3 件全是次品为事件 A3, 则它们的概率 P(A1)=
2 1 1 3 C15 C5 105 C52C15 2 C5 2 = , , , P ( A ) ? ? P ( A ) ? ? 2 3 3 3 3 C20 228 C20 228 C20 228

而事件 A1、A2、A3 彼此互斥,因此 3 件中至少有 1 件次品的概率 P(A1+A2+A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=

137 . 228

法二 记从 20 件产品中任取 3 件,3 件全是正品为事件 A,那么任取 3 件,至少有 1 件次品为 A ,根据对立事件
3 C15 137 的概率加法公式 P( A )= 1 ? P ( A) ? 1 ? 3 ? C20 228

例 4 1 副扑克牌有红桃、黑桃、梅花、方块 4 种花色,每种 13 张,共 52 张,从 1 副洗好的牌中任取 4 张,求 4 张中至少有 3 张黑桃的概率.
4 解 从 52 张牌中任取 4 张,有 C52 种取法.“4 张中至少有 3 张黑桃” ,可分为“恰有 3 张黑桃”和“4 张全是黑桃” ,

3 1 4 共有 C13 种取法? ? C39 ? C13

3 1 4 C13 ? C39 ? C13 4 C52



研究至少情况时,分类要清楚。
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Ⅲ、相互独立事件同时发生的概率

例 5 猎人在距离 100 米处射击一野兔,其命中率为 0.5,如果第一次射击未中,则猎人进行第二次射击,但距离 150 米. 如果第二次射击又未中, 则猎人进行第三次射击, 并且在发射瞬间距离为 200 米. 已知猎人的命中概率与距 离的平方成反比,求猎人命中野兔的概率. 解 记三次射击依次为事件 A,B,C,其中 P ( A) ?

1 1 k ,由 ? P ( A) ? ,求得 k=5000。 2 2 1002

? P(B) ?

5000 2 5000 1 ? , P(C) ? ? ,? 命中野兔的概率为 2 150 9 2002 8

P(A) ? P( A ? B) ? P( A ? B ? C ) ? P( A) ? P( A) P( B) ? P( A) P( B) P(C ) 1 1 2 1 2 1 95 ? ? (1 ? ) ? ? (1 ? )(1 ? ) ? ? . 2 2 9 2 9 8 144
例 6 要制造一种机器零件,甲 机床废品率为 0.05,而乙机床废品率为 0.1,而它们的生产是独立的,从它们制造的 产品中,分别任意抽取一件,求: (1)其中至少有一件废品的概率; (2)其中至多有一件废品的概率. 解: 设事件 A 为“从甲机床抽得的一件是废品” ;B 为“从乙机床抽得的一件是废品”. 则 P(A)=0.05, P(B)=0.1, (1)至少有一件废品的概率

P( A ? B) ? 1 ? P( A ? B) ? 1 ? P( A) ? P( B) ? 1 ? 0.95 ? 0.90 ? 0.145
(2)至多有一件废品的概率

P ? P( A ? B ? A ? B ? A ? B) ? 0.05 ? 0.9 ? 0.95 ? 0.1 ? 0.95 ? 0.9 ? 0.995

Ⅳ、概率内容的新概念较多,本课时就学生易犯错误作如下归纳总结: 类型一 “非等可能”与“等可能”混同 例 1 掷两枚骰子,求所得的点数之和为 6 的概率. 错解 掷两枚骰子出现的点数之和 2,3,4,…,12 共 11 种基本事件,所以概率为 P=

1 11

剖析 以上 11 种基本事件不是等可能的 ,如点数和 2 只有(1,1),而点数之和为 6 有(1,5)、(2,4)、(3,3)、(4, 2)、(5,1)共 5 种.事实上,掷两枚骰子共有 36 种基本事件,且是等可能的,所以“所得点数之和为 6”的概 率为 P=

5 . 36

类型二 “互斥”与“对立”混同 例 2 把红、黑、白、蓝 4 张纸牌随机地分给甲、乙、丙、丁 4 个人,每个人分得 1 张,事件“甲分得红牌”与“乙 分得红牌”是( ) A.对立事件 B.不可能事件 C.互斥但不对立事件 D.以上均不对 错解 A 剖析 本题错误的原因在于把“互斥”与“对立”混同,二者的联系与区别主要体现在 : (1)两事件对立,必定互斥,但互斥未必对立;(2)互斥概念适用于多个事件,但对立概念只适用于两个事件; (3)两个事件互斥只表明这两个事件不能同时发生,即至多只能发生其中一个,但可以都不发生;而两事件对 立则表示它们有且仅有一个发生. 事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”是不能同时发生的两个事件,这两个事件可能恰有一个发生,一个不发生, 可能两个都不发生,所以应选 C. 类型三 “互斥”与“独立”混同 例 3 甲投篮命中率为 O.8,乙投篮命中率为 0.7,每人投 3 次,两人恰好都命中 2 次的概率是多少? 错解 设 “ 甲恰好投中两次 ” 为事件 A , “ 乙恰好投中两次”为事件 B ,则两人都恰好投中两次为事件 A+B ,
2 2 P(A+B)=P(A)+P(B): c3 0.82 ? 0.2 ? c3 0.7 2 ? 0.3 ? 0.825

剖析 本题错误的原因是把相互独立同时发生的事件当成互斥事件来考虑,将两人都恰好投中 2 次理解为“甲恰好投 中两次”与“ 乙恰好投中两次”的和.互斥事件是指两个事件不可能同时发生;两事件相互独立是指一个事件的 发生与否对另一个事件发生与否没有影响, 它们虽然都描绘了两个事件间的关系, 但所描绘的关系是根本不同. 解: 设“甲恰好投中两次”为事件 A,“乙恰好投中两次”为事件 B,且 A,B 相互独立, 则两人都恰好投中两次为事件 A· B,于是 P(A· B)=P(A)× P(B)= 0.169

几何概型
1、 【2012 高考真题辽宁理 10】在长为 12cm 的线段 AB 上任取一点 C.现作一矩形,领边长分别等于线段 AC,CB 的 长,则该矩形面积小于 32cm2 的概率为 (A)

1 6

(B)

1 3

(C)

2 3

(D)

4 5

【答案】C 【解析】设线段 AC 的长为 x cm,则线段 CB 的长为( 12 ? x )cm,那么矩形的面积为 x(12 ? x) cm2, 由 x(12 ? x) ? 32 ,解得 x ? 4或x ? 8 。又 0 ? x ? 12 ,所以该矩形面积小于 32cm2 的概率为

2 ,故选 C 3

2、 【2012 高考真题湖北理 8】如图,在圆心角为直角的扇形 OAB 中,分别以 OA,OB 为直径作两个半圆. 在扇形 OAB

内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率是 A. 1 ?

2 π

2 π 【答案】A
C.

1 1 ? 2 π 1 D. π
B. 围成 OC 为 S2 ,作对 形 OAC 的 面 积 ,

【解析】 令 OA ? 1 , 扇形 OAB 为对称图形, ACBD 围成面积为 S1 , 称轴 OD,则过 C 点。 S2 即为以 OA 为直径的半圆面积减去三角

S 1 ?1? 1 1 1 ? ?2 。 在扇形 OAD 中 1 为扇形面 S2 ? ? ? ? ? ? ? ? 2 2 ? 2? 2 2 2 8
积和

2

积减去三角形 OAC 面

S 2 S1 1 ? ?2 1 S ? ?2 2 ? ? ?1? ? ? 2 ? , , S1 ? S 2 ? ,扇 2 4 2 8 8 2 16 1 S ? ? ,选 A. 4

形 第 8 题图

OAB





3、 【2012 高考真题北京理 2】设不等式组 ? 标原点的距离大于 2 的概率是 (A)

?0 ? x ? 2, ,表示平面区域为 D,在区域 D 内随机取一个点,则此点到坐 ?0 ? y ? 2
4 ?? 4

? 4

(B)

? ?2
2

(C)

? 6

(D)

【答案】D 【解析】题目中 ?

?0 ? x ? 2 表示的区域如图正方形所示,而动点 D ?0 ? y ? 2

可以存在的位置为正方

形 面 积 减 去 四 分 之 一 圆 的 面 积 部 分 , 因 此

1 2 ? 2 ? ? ? 22 4 ?? 4 ,故选 D。 P? ? 2? 2 4

练习: 一、从 10 位同学(其中 6 女,4 男)中随机选出 3 位参加测验.每位女同学能通过测验的概率均为 通过测验的概率均为

4 ,每位男同学能 5

3 .试求: 5

(Ⅰ)选出的 3 位同学中,至少有一位男同学的概率; (Ⅱ)10 位同学中的女同学甲和男同学乙同时被选中且通过测验的概率.

(2004 年全国卷Ⅰ) 解:本小题主要考查组合,概率等基本概念,独立事件和互斥事件的概率 以及运用概率知识 解决实际问题的能力,满分 12 分. 解: (Ⅰ)随机选出的 3 位同学中,至少有一位男同学的概率为
3 C6 5 1- 3 ? ;??????6 分 C10 6

(Ⅱ)甲、乙被选中且能通过测验的概率为
1 C8 4 3 4 ? ? ? . ;??????12 分 3 C10 5 5 125

二、 已知 8 支球队中有 3 支弱队,以抽签方式将这 8 支球队分为 A、B 两组,每组 4 支.求: (Ⅰ)A、B 两组中有一组恰有两支弱队的概率; (Ⅱ)A 组中至少有两支弱队的概率. (2004 年全 国卷Ⅱ)

1 1 C5 C5 1 解: (Ⅰ)解法一:三支弱队在同一组的概率为 ? 4 ? . 4 C8 C8 7

故有一组恰有两支弱队的概率为 1 ?

1 6 ? . 7 7

解法二:有一组恰有两支弱队的概率

C 32 C 52 C 32 C 52 6 ? ? . 7 C84 C84

3 1 C 32 C 52 C 3 C5 1 (Ⅱ)解法一:A 组中至少有两支弱队的概率 ? ? 4 2 C8 C84

解法二:A、B 两组有一组至少有两支弱队的概率为 1,由于对 A 组和 B 组来说,至少有两支弱队的概率是相 同 的,所以 A 组中至少有两支弱队的概率为 . 三、为防止某突发事件发生,有甲、乙、丙、丁四种相互独立的预防措施可供采用,单独采用甲、乙、丙、丁预防措 施后此突发事件不发生的 概率(记为 P)和所需费用如下: 预防措施 P 费用(万元) 甲 0.9 90 乙 0.8 60 丙 0.7 30 丁 0.6 10

1 2

预防方案可单独采用一种预防措施或联合采用几种预防措施,在总费用不超过 120 万元的前 提下,请确定一个预防方案,使得此突发事件不发生的概率最大.(2004 年湖北卷)
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解:方案 1:单独采用一种预防措施的费用均不超过 120 万元.由表可知,采用甲措施,可使此突发事件不发生 的概率最大,其概率为 0.9. 方案 2:联合采用两种预防措施,费用不超过 120 万元,由表可知.联合甲、丙两种预防措施可使此突发事件不发生 的概率最大,其概率为 1—(1—0.9)(1—0.7)=0.97. 方法 3:联合采用三种预防措施,费用不超过 120 万元,故只能联合乙、丙、丁三种预防措施,此时突发事件不发生 的概率为 1—(1—0.8)(1—0.7)(1—0.6)=1—0.024=0.976. 综合上述三种预防方案可知,在总费用不超过 120 万元的前提下,联合使用乙、丙、丁三种预防措施可使此突发 事件不发生的概率最大.

作业 (2011 年高考湖北卷理科 15)给 n 个自上而下相连的正方形着黑色或白色.当 n≤4 时,在所有不同的着色方案中,黑 色正方形互不相邻的着色方案如下图所示:

n=1 n =2

n=3

n=4

由此推断,当 n=6 时,黑色正方形互不相邻的着色方案共有 黑色正方形相邻的着色方案共有 种.(结果用数值表示)

种,至少有两个

(2011 年高考江苏卷 23)(本小题满分 10 分) 设整数 n ? 4 , P (a, b) 是平面直角坐标系 xOy 中的点,其 中 a, b ?{1, 2,3, (1)记 An 为满足 a ? b ? 3 的点 P 的个数,求 An ; (2)记 Bn 为满足 ( a ? b) 是整数的点 P 的个数, 求 Bn 解析:考察计数原理、等差数列求和、分类讨论、归纳推理能力,较难题。 (1)因为满足 a ? b ? 3 a, b ?{1, 2,3,

, n}, a ? b

1 3

, n}, a ? b 的每一组解构成一个点 P,所以 An ? n ? 3 。

(2)设 ( a ? b) ? k ? N ,则 a ? b ? 3k , 0 ? 3k ? n ? 1,? 0 ? k ?
*

1 3

n ?1 , 3

对每一个 k 对应的解数为:n-3k,构成以 3 为公差的等差数列; 当 n-1 被 3 整除时,解数一共有: 1 ? 4 ? 当 n-1 被 3 除余 1 时,解数一共有: 2 ? 5 ? 当 n-1 被 3 除余 2 时 ,解数一共有: 3 ? 6 ?

? n?3 ?

1 ? n ? 3 n ? 1 (n ? 1)(n ? 2) ? 2 3 6 2 ? n ? 3 n ? 2 (n ? 2)(n ? 1) ? n?3 ? ? 2 3 6 3 ? n ? 3 n ? 3 (n ? 3)n ? n?3 ? ? 2 3 6

? (n ? 1)(n ? 2) , n ? 3k ? 1orn ? 3k ? 2 ? ? 6 ? Bn ? ? (k ? N * ) ( n ? 3) n ? , n ? 3k ? 3 ? 6 ?

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