第九章 计数原理概率随机变量及其分布.docx
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第九章计数原理概率随机变量及其分布
第1课时 计数原理与排列组合
一、计数原理
1．分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．
二、排列与组合
1．排列与组合的概念
名称
定义
排列
从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素
按照一定的顺序排成一列
组合
合成一组
2．排列数与组合数
（1）排列数的定义：
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叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用A表示．
（2）组合数的定义：
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，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用C表示．
3．排列数、组合数的公式及性质
公式
（1）A＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）
＝
（2）C＝＝
＝
性质
（1）0！
＝1；A＝n！
（2）C＝C；C＝C＋C
三、判断下列结论的正误（正确的打“√”错误的打“×”）
（1）在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．（×）
（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，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成．（√）
（4）如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi（i＝1,2,3，…，n），那么完成这件事共有m1m2m3…mn种方法．（√）
（5）在分步乘法计算原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．（√）
（6）所有元素完全相同的两个排列为相同排列．（×）
（7）一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．（×）
（8）两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．（√）
（9）（n＋1）！
－n！
＝n·n！
.（√）
（10）A＝nA.（√）
考点一 计数原理及应用
命题点
1.分类加法计数原理的应用
2.分类乘法计数原理的应用
3.两个原理的综合应用
[例1]
（1）有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有（ ）
A．8种 B．9种
C．10种D．11种
解析：
法一：
设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9（种）．
法二：
班级按a，b，c，d的顺序依次排列，为避免重复或遗漏现象，教师的监考顺序可用“树形图”表示如下：
∴共有9种不同的监考方法．
答案：
B
（2）（2016·高考全国甲卷）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．24B．18
C．12D．9
解析：
分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.
答案：
B
（3）如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”，在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是（ ）
A．60B．48
C．36D．24
解析：
长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36个，6个对角面构成的“平行线面组”有6×2＝12个，共有36＋12＝48个，故选B.
答案：
B
[方法引航] 1.使用分类加法原理时首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类．
2．
（1）利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：
完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．
（2）分步必须满足两个条件：
一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．
3．使用两个基本原理进行计数的基本思想是“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．
1．从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有（ ）
A．30B．20
C．10D．6
解析：
选D.从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两类都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6（种）．
2．从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f（x）＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个（用数字作答）．
解析：
一个二次函数对应着a，b，c（a≠0）的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6个偶函数．
答案：
18 6
3．已知集合M＝{1，－2,3），N＝{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是（ ）
A．18B．10
C．16D．14
解析：
选D.分两类：
（1）M中的元素作点的横坐标，N中元素作点的纵坐标，在一、二象限的点共有3×2个；
（2）M中的元素作点的纵坐标，N中元素作点的横坐标，在一、二象限的点有2×4个，故所求不同点的个数为3×2＋2×4＝14（个）．
考点二 排列问题
命题点
1.有限制条件的排列
2.相邻元素的排列
3.不相邻元素的排列
4.定序问题的排列
[例2]
（1）A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边（A、B可以不相邻），那么不同的排法共有________种．
解析：
法一：
可先排C、D、E三人，共有A种排法，剩余A、B两人只有一种排法，由分步乘法计数原理知满足条件的排法共有A＝60（种）．
法二：
五人全排列，共A种排法，其中B站在A的右边或左边对半，故所求排法种数为A＝60（种）．
答案：
60
（2）（2017·山东临沂检测）有4名男生、5名女生，全体排成一行，下列情形各有多少种不同的排法？
①甲不在中间也不在两端；
②甲、乙两人必须排在两端；
③男女相间．
解：
①法一：
（元素分析法）：
先排甲有6种，再排其余人有A种排法，故共有6·A＝241920（种）排法．
法二：
（位置分析法）：
从甲外的8人排中间和两端有A种排法，包括甲在内的剩余6人有A种排法，故共有A·A＝336×720＝241920（种）排法．
法三：
（等机会法）：
9个人全排列有A种，甲排在每一个位置的机会都是均等的，依题意得，甲不在中间及两端的排法总数有A×＝241920（种）．
法四：
（间接法）：
将4男5女共9人全排列有A种排法，应去掉甲排中间有的A种，去掉甲排两端的有2A种．故有A－3·A＝6A＝241920（种）．
②先排甲、乙，再排其余7人．
共有A·A＝10080（种）排法．
③（插空法）先排4名男生有A种方法，再将5名女生插空，有A种方法，故共有A·A＝2880（种）排法．
[方法引航] 排列问题的常用技巧
捆绑法
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档中
先整体后局部
“小集团”排列问题中先整体后局部
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
1．将本例
（1）改为：
A，B，C，D，E排一排，其中A，B，C顺序固定，有多少种排法．
解：
假如有五个位置，先排好D，E两人，剩余的三个位置就按A，B，C的固定顺序安排，只有一种方法，故A＝5×4＝20.
2．在本例
（2）条件下，若甲，乙二人不相邻，有多少种排法．
解：
先排其余7人，有A种方法，产生8个“空位”，
甲乙二人插空有A，共有A·A种方法．
考点三 组合问题
命题点
1.某元素含在内部
2.某元素不含在内部
3.“至多，至少”含元素
[例3] 某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．
（1）其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？
（2）其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？
（3）恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？
（4）至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？
（5）至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？
解：
（1）从余下的34种商品中，选取2种有C＝561（种），
∴某一种假货必须在内的不同取法有561种．
（2）从34种可选商品中，选取3种，有C种或者C－C＝C＝5984（种）．
∴某一种假货不能在内的不同取法有5984种．
（3）从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有CC＝2100（种）．
∴恰有2种假货在内的不同的取法有2100种．
（4）选取2件假货有CC种，选取3件假货有C种，共有选取方式CC＋C＝2100＋455＝2555（种）．
∴至少有2种假货在内的不同的取法有2555种．
（5）选取3件的总数有C，因此共有选取方式
C－C＝6545－455＝6090（种）．
∴至多有2种假货在内的不同的取法有6090种．
[方法引航]
（1）“含”与“不含”的问题：
“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，再从剩下的元素中去选取.
（2）“至少”、“至多”的问题：
解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法或间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.
1．在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止．若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形（个人输赢局次的不同视为不同情形）共有（ ）
A．6种 B．12种
C．18种D．20种
解析：
选D.分三种情况：
恰好打3局（一人赢3局），有2种情形；恰好打4局（一人前3局中赢2局，输一局，第4局赢），共有2C＝6种情形；恰好打5局（一个前4局中赢2局，输2局，第5局赢），共有2C＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20（种）．
2．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，
求：
①甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有多少种？
②甲、乙所选的课程中至少有一门不相同的选法有多少种？
解：
①甲、乙两人从4门课程中各选修2门，且甲、乙所选课程中恰有1门相同的选法种数共有CCC＝24（种）．
②甲、乙两人从4门课程中各选两门不同的选法种数为CC，又甲乙两人所选的两门课程都相同的选法种数为C种，因此满足条件的不同选法种数为CC－C＝30（种）．
考点四 分组与分配、排列与组合的综合应用
[例4] 4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：
（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得，共有CCC×A＝144（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，也即另外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C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CCA种方法；第二类有序均匀分组有·A种方法．故共有C（CCA＋·A）＝84（种）．
[方法引航] 排列、组合综合题目，一般是将符合要求的元素取出（组合）或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列.其中分组时，要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准.
1．将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中．若每个信封放2张，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有（ ）
A．12种 B．18种
C．36种D．54种
解析：
选B.先放1、2的卡片有C种，再将3、4、5、6的卡片平均分成两组再放置，有·A种，故共有C·C＝18（种）．
2．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有__________种（用数字作答）．
解析：
把8张奖券分4组有两种分法，一种是分（一等奖，无奖）、（二等奖，无奖）、（三等奖，无奖）、（无奖，无奖）四组，分给4人有A种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C种分法，再分给4人有CA种分法，所以不同获奖情况种数为A＋CA＝24＋36＝60.
答案：
60
[方法探究]
不同元素的分组分配问题
不同元素的分配问题，有时比较容易混淆，作为分配问题，可以分两步来完成，先分组后分配的原则，还要看是均匀分组还是非均匀分组，这样就对分配问题的解题有明确的思路．
[典例] 按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？
（1）分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；
（2）甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；
（3）平均分成三份，每份2本；
（4）平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；
（5）分成三份，1份4本，另外两份每份1本；
（6）甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；
（7）甲得1本，乙得1本，丙得4本．
[审题视点] 本题是分组分配问题，要注意区分平均、不平均分组或分配的区别与联系．
[解]
（1）无序不均匀分组问题．
先选1本，有C种选法；再从余下的5本中选2本，有C种选法；最后余下3本全选，有C种选法．
故共有CCC＝60（种）．
（2）有序不均匀分组问题．
由于甲、乙、丙是不同的三人，在
（1）题基础上，还应考虑再分配，共有CCCA＝360（种）．
（3）无序均匀分组问题．
先分三步，则应是CCC种方法，但是这里出现了重复．不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为（AB，CD，EF），则CCC种分法中还有（AB，EF，CD），（CD，AB，EF），（CD，EF，AB），（EF，CD，AB），（EF，AB，CD），共有A种情况，而这A种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有＝15（种）．
（4）有序均匀分组问题．
在（3）的基础上再分配给3个人，
共有分配方式·A＝CCC＝90（种）．
（5）无序部分均匀分组问题．共有＝15（种）．
（6）有序部分均匀分组问题．
在（5）的基础上再分配给3个人，
共有分配方式·A＝90（种）．
（7）直接分配问题．
甲选1本，有C种方法；乙从余下的5本中选1本，有C种方法，余下4本留给丙，有C种方法，故共有分配方式CCC＝30（种）．
[高考真题体验]
1．（2016·高考全国丙卷）定义“规范01数列”{an}如下：
{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有（ ）
A．18个 B．16个
C．14个D．12个
解析：
选C.当m＝4时，数列{an}共有8项，其中4项为0,4项为1，要满足对任意k≤8，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数，则必有a1＝0，a8＝1，a2可为0，也可为1.
（1）当a2＝0时，分以下3种情况：
①若a3＝0，则a4，a5，a6，a7中任意一个为0均可，则有C＝4种情况；②若a3＝1，a4＝0，则a5，a6，a7中任意一个为0均可，有C＝3种情况；③若a3＝1，a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C＝2种情况；
（2）当a2＝1时，必有a3＝0，分以下2种情况：
①若a4＝0，则a5，a6，a7中任一个为0均可，有C＝3种情况；②若a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C＝2种情况．综上所述，不同的“规范01数列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14个，故选C.
2．（2012·高考课标全国卷）将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有（ ）
A．12种B．10种
C．9种D．8种
解析：
选A.2名教师各在1个小组，给其中1名教师选2名学生，有C种选法，另2名学生分配给另1名教师，然后将2个小组安排到甲、乙两地，有A种方案，故不同的安排方案共有CA＝12（种），选A.
3．（2014·高考大纲全国卷）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（ ）
A．60种B．70种
C．75种D．150种
解析：
选C.由题意知，选2名男医生、1名女医生的方法有CC＝75（种）．
4．（2016·高考四川卷）用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为（ ）
A．24B．48
C．60D．72
解析：
选D.奇数的个数为CA＝72.
课时规范训练
A组 基础演练
1．用数字1、2、3、4、5组成的无重复数字的四位偶数的个数为（ ）
A．8 B．24
C．48D．120
解析：
选C.分两步：
（1）数字2、4先排个位有A种排法．
（2）余下4个数字再排前三位有A种排法，故共有AA＝48种排法．
2．10名同学合影，站成了前排3人，后排7人．现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数为（ ）
A．CAB．CA
C．CAD．CA
解析：
选C.从后排抽2人的方法种数是C；前排的排列方法种数是A.由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是CA.
3．将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有（ ）
A．12种B．18种
C．24种D．36种
解析：
选A.先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有A种不同的排法．
再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．
因此共有A·A·1＝12（种）不同的排列方法．
4．把标号为1,2,3,4,5的同色球全部放入编号为1～5号的箱子中，每个箱子放一个球且要求偶数号的球必须放在偶数号的箱子中，则所有的放法种数为（ ）
A．36B．20
C．12D．10
解析：
选C.依题意，标题为2、4的球放入编号为2、4的箱子中有A种放法，再把标号为1,3,5的球放入编号为1,3,5的箱子中有A种放法，所以满足题意的放法种数为A·A＝12，选C.
5．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有（ ）
A．4种B．10种
C．18种D．20种
解析：
选B.分两种情况：
①选2本画册，2本集邮册送给4位朋友，有C＝6种方法；②选1本画册，3本集邮册送给4位朋友，有C＝4种方法，所以不同的赠送方法共有6＋4＝10（种），故选B.
6．在数字1,2,3与符号“＋”，“－”这五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列方法共有（ ）
A．6种B．12种
C．18种D．24种
解析：
选B.先排符号“＋”，“－”，有A种排列方法，此时两个符号中间与两端共有3个空位，把数字1,2,3“插空”，有A种排列方法，因此满足题目要求的排列方法共有AA＝12（种）．
7．将A，B，C，D，E五种不同的文件放入编号依次为1,2,3,4,5,6,7的七个抽屉内，每个抽屉至多放一种文件，若文件A，B必须放入相邻的抽屉内，文件C，D也必须放入相邻的抽屉内，则所有不同的放法有（ ）
A．120种B．210种
C．420种D．240种
解析：
选D.可先排相邻的文件，再作为一个整体与其他文件排列，则有AAA＝240种排法，所以选D.
8．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有（ ）
A．192种B．216种
C．240种D．288种
解析：
选B.根据甲、乙的位置要求分类解决，分两类．
第一类：
甲在左端，有A＝5×4×3×2×1＝120种方法；
第二类：
乙在左端，有4A＝4×4×3×2×1＝96种方法．
所以共有120＋96＝216种方法．
9．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：
节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位．该台晚会节目演出顺序的编排方案共有（ ）
A．36种B．42种
C．48种D．54种
解析：
选B.分两类，第一类：
甲排在第一位时，丙排在最后一位，中间4个节目无限制条件，有A种排法；第二类：
甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C种排法，其他3个节目有A种排法，故有CA种排法．依分类加法计数原理，知共有A＋CA＝42（种）编排方案．
10．把3盆不同的兰花和4盆不同的玫瑰花摆放在如图中的1,2,3,4,5,6,7所示的位置上，其中3盆兰花不能放在一条直线上，则不同的摆放方法有（ ）
A．2680种B．4320种
C．4920种D．5140种
解析：
选B.先将7盆花全排列，共有A种排法，其中3盆兰花排在一条直线上的排法有5A×A（种），故所求摆放方法有A－5AA＝4320（种）．
B组 能力突破
1．将甲、乙、丙、丁、戊五位同学分别保送到北大、上海交大和浙大3所大学，若每所大学至少保送1人，且甲不能被保送到北大，则不同的保送方案共有（ ）
A．150种B．114种
C．100种D．72种
解析：
选C.先将五人分成三组，因为要求每组至少一人，所以可选择的只有2,2,1或者3,1,1，所以共有＋＝25种分组方法．因为甲不能去北大，所以有甲的那组只有上海交大和浙大两个选择，剩下的两组无限制，一共有4种方法，所以不同的保送方案共有25×4＝100（种）．
2．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有________种．
解析：
①有1名女生的选派方法有CC＝8（种）．
②有2名女生的选派方法有CC＝6（种）．
∴不同的选派
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