2019年高考数学二轮复习 专题一 常考基础题 第5讲 计数原理与古典概型课件 新人教A版

第5讲计数原理与古典概型核心整合1.两个计数原理分类加法计数原理分步乘法计数原理条件完成一件事有两类方案.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种不同的方法结论完成这件事共有N=种不同的方法完成这件事共有N=种不同的方法m+nm×n【归纳拓展】(1)当完成一件事情有几类办法,且每一类办法中的每一种办法都能独立完成这件事情,这时就用分类加法计数原理.(2)当解决一个问题要分成若干步,每一步只能完成这件事的一部分,且只有当所有步都完成后,这件事才完成,这时就采用分步乘法计数原理.2.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)排列数与组合数的概念名称定义排列数从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组合数组合的个数(3)排列数与组合数公式①排列数公式a.Amn==!!nnm;b.Ann=n!.n(n-1)…(n-m+1)②组合数公式Cmn=AAmnmm=121!nnnnmm=!!!nmnm.(4)组合数的性质①Cmn=;Cnmn②Cmn+1Cmn=.1Cmn【归纳拓展】(1)排列与排列数是两个不同的概念,排列是一个具体的排法,不是数,而排列数是所有排列的个数,是一个正整数.(2)一个问题是排列还是组合,要看选出的元素与顺序是否有关,若与顺序有关,则是排列问题,若与顺序无关,则是组合问题.3.(1)二项式定理二项式定理(a+b)n=0Cnan+1Cnan-1b+…+Cknan-kbk+…+Cnnbn(n∈N*)二项式系数二项展开式中各项系数Crn(r=0,1,…,n)二项式通项Tr+1=Crnan-rbr,它表示第r+1项(2)二项式系数的性质【温馨提示】二项式系数是指0Cn,1Cn,…,Cnn,它只与各项的项数有关,而与a,b的值无关;而项的系数是指该项中除变量外的常数部分,它不仅与各项的项数有关,而且也与a,b的值有关.4.古典概型具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型,简称古典概型.(1)有限性:试验中所有可能出现的基本事件;只有有限个(2)等可能性:每个基本事件出现的可能性.古典概型的概率公式:P(A)=A包含的基本事件的个数基本事件的总数.相等5.离散型随机变量(1)离散型随机变量随着试验结果变化而称为随机变量,常用字母X,Y,ξ,η,…表示,所有取值可以的随机变量,称为离散型随机变量.变化的变量一一列出(2)离散型随机变量的分布列及性质①一般地,若离散型随机变量X可能取的不同值为x1,x2,…,xi,…,xn,X取每一个值xi(i=1,2,…,n)的概率P(X=xi)=pi,则表Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn称为离散型随机变量X的,简称为X的分布列,有时也用等式P(X=xi)=pi,i=1,2,…,n表示X的分布列.概率分布列②离散型随机变量的分布列的性质a.;b.1niip=1.pi≥0,i=1,2,…,n(3)离散型随机变量的均值与方差一般地,若离散型随机变量X的分布列为Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn①均值称E(X)=为随机变量X的均值或.它反映了离散型随机变量取值的.x1p1+x2p2+…+xipi+…+xnpn数学期望平均水平②方差称D(X)=21niiixEXp为随机变量X的方差,它刻画了随机变量X与其均值E(X)的,并称其算术平方根DX为随机变量X的.平均偏离程度标准差(4)均值与方差的性质①E(aX+b)=.②D(aX+b)=.(a,b为常数)aE(X)+ba2D(X)核心突破考点一两个计数原理的综合应用【例1】(1)满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为()(A)14(B)13(C)12(D)10解析:(1)当a=0时,关于x的方程为2x+b=0,此时有序数对(0,-1),(0,0),(0,1),(0,2)均满足要求;当a≠0时,Δ=4-4ab≥0,ab≤1,此时满足要求的有序数对为(-1,-1),(-1,0),(-1,1),(-1,2),(1,-1),(1,0),(1,1),(2,-1),(2,0).综上,共有13个满足要求的有序数对.故选B.答案:(1)B(2)如图所示,一个地区分为5个行政区域,现给该地区的地图涂色,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,则涂色方法共有种.解析:(2)因为区域1与其他4个区域都相邻,首先考虑区域1,有4种涂法,然后再按区域2,4同色和不同色,分为两类:第1类,区域2,4同色,有3种涂法,此时区域3,5均有2种涂法,共有4×3×2×2=48种涂法;第2类,区域2,4不同色,先涂区域2,有3种方法,再涂区域4,有2种方法,此时区域3,5都只有1种涂法,共有4×3×2×1×1=24种涂法.根据分类加法计数原理,共有48+24=72种满足条件的涂色方法.答案:(2)72方法技巧(1)与数字有关的问题.可分类解决,每类中又可分步完成;也可以直接分步解决;(2)涂色问题.可按颜色的种数分类完成;也可以按不同的区域分步完成.【题组训练】B1.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4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:所以共有9种不同的监考方法.故选B.解析:记反面为1,正面为2,则正反依次相对有12121212,21212121两种;有两枚反面相对有21121212,21211212,21212112三种,共5种摆法.2.小明有4枚完全相同的硬币,每个硬币都分正反两面.他想把4个硬币摆成一摞,且满足相邻两枚硬币的正面与正面不相对,则不同的摆法有种.答案:5考点二排列问题解:(1)问题即为从7个元素中选出5个全排列,有57A=2520种排法.【例2】3名男生,4名女生,按照不同的要求排队,求不同的排队方案的方法种数:(1)选其中5人排成一排;(2)排成前后两排,前排3人,后排4人;(3)全体站成一排,男、女各站在一起;(2)前排3人,后排4人,相当于排成一排,共有77A=5040种排法.(3)相邻问题(捆绑法):男生必须站在一起,是男生的全排列,有33A种排法;女生必须站在一起,是女生的全排列,有44A种排法;全体男生、女生各视为一个元素,有22A种排法,根据分步乘法计数原理,共有33A·44A·22A=288种排法.解:(4)不相邻问题(插空法):先安排女生共有44A种排法,男生在4个女生隔成的5个空中安排共有35A种排法,故共有44A·35A=1440种排法.(5)先安排甲,从除去排头和排尾的5个位中安排甲,有15A=5种排法;再安排其他人,有66A=720种排法.所以共有15A·66A=3600种排法.(4)全体站成一排,男生不能站在一起;(5)全体站成一排,甲不站排头也不站排尾.方法技巧(1)解决排列问题的主要方法捆绑法把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列,同时注意被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(2)解决排列类应用题的策略①特殊元素(或位置)优先安排的方法,即先排特殊元素或特殊位置;②分排问题直排法处理;③“小集团”排列问题中先整体后局部的处理方法.【题组训练】解析:把一家三口看成一个排列,然后再排列这3家,所以满足题意的坐法种数为33A(33A)3=(3!)4.故选C.C1.一排9个座位坐了3个三口之家,若每家人坐在一起,则不同的坐法种数为()(A)3×3!(B)3×(3!)3(C)(3!)4(D)9!解析: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221531CCC2+311521CCC2=25(种)分组方法.因为甲不能被保送到北大,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).故选C.2.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,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C解析:先放1,2的卡片有13C种,再将3,4,5,6的卡片平均分成两组再放置,有2422CA·22A种,故共有13C·24C=18(种).故选B.3.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B考点三组合问题解析:(1)因为从1,2,3,…,9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数,要使和为偶数,则4个数全为奇数,或全为偶数,或2个奇数和2个偶数,故有45C+44C+25C24C=66种不同的取法.答案:(1)D【例3】(1)若从1,2,3,…,9这9个整数中同时取4个不同的数,其和为偶数,则不同的取法的种数是()(A)60(B)63(C)65(D)66解析:(2)按每科选派人数分为3,1,1和2,2,1两类.当选派人数为3,1,1时,有3类,共有33C14C15C+13C34C15C+13C14C35C=200种选派方法.当选派人数为2,2,1时,有3类,共有23C24C15C+23C14C25C+13C24C25C=390种选派方法.故共有590种选派方法.答案:(2)590(2)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组,则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是(用数字作答).方法技巧(1)解决组合应用题的一般思路首先整体分类,要注意分类时,不重复不遗漏,用到分类加法计数原理;然后局部分步,用到分步乘法计数原理;(2)组合问题的常见题型及解题思路常见题型有选派问题,抽样问题,图形问题,集合问题,分组问题.解答组合应用题时,要在仔细审题的基础上,分清问题是否为组合问题,对较复杂的组合问题,要搞清是“分类”还是“分步”解决,将复杂问题通过两个原理化归为简单问题;(3)含有附加条件的组合问题的常用方法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,对于涉及“至少”“至多”等词的组合问题,既可考虑反面情形即间接求解,也可以分类研究进行直接求解.【题组训练】C解析:分三种情况:恰好打3局,有2种情形;恰好打4局(一人前3局中赢2局,输1局,第4局赢),共有223C=6种情形;恰好打5局(一人前4局中赢2局,输2局,第5局赢),共有224C=12种情形.所有可能出现的情形种数为2+6+12=20.故选C.1.两人进行乒乓球比赛,先赢3局者获胜,决出胜负为止,则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)种数为()(A)10(B)15(C)20(D)30解析:第一类,把甲、乙看作一个复合元素,另外3人分成两组,再分配到3个小组中,有23C33A=18(种);第二类,先把另外的3人分配到3个小组,再把甲、乙分配到其中2个小组,有33A23A=36(种).根据分类加法计数原理可得,共有36+18=54(种).答案:542.现有5名教师要带3个兴趣小组外出学习考察,要求每个兴趣小组的带队教师至多2人