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第十一章 计数原理与概率、随机变量及其分布
第一节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
两个计数原理
完成一件事的策略 完成这件事共有的方法
分类加法 有两类不同方案 ，在第 1 类方案中有 m 种不同的
N＝m＋n 种不同的方法
计数原理 方法，在第 2 类方案中有 n 种不同的方法
分步乘法 需要两个步骤 ，做第 1 步有 m 种不同的方法，做
N＝m×n 种不同的方法
计数原理 第 2 步有 n 种不同的方法
(1)每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，
只需一种方法就可完成这件事.
(2)各类方法之间是互斥的、并列的、独立的.
(1)每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完
成了才能完成这件事.
(2)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏.
二、常用结论
1.完成一件事可以有 n 类不同方案，各类方案相互独立，在第 1 类方案中有 m1 种不同
的方法，在第 2 类方案中有 m2 种不同的方法……在第 n 类方案中有 mn 种不同的方法.那么，
完成这件事共有 N＝m1＋m2＋…＋mn 种不同的方法.
2.完成一件事需要经过 n 个步骤，缺一不可，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 mn 种不同的方法 .那么，完成这件事共有 N＝
m1×m2×…×mn 种不同的方法.
考点一 分类加法计数原理
1.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________.
解析：按十位数字分类，十位可为 1,2,3,4,5,6,7,8，共分成 8 类，在每一类中满足条件的
两位数分别有 8 个，7 个，6 个，5 个，4 个，3 个，2 个，1 个，则共有 8＋7＋6＋5＋4＋3
＋2＋1＝36 个两位数.
答案：36
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2.如图，从 A 到 O 有________种不同的走法(不重复过一点).
解析：分 3 类：第一类，直接由 A 到 O，有 1 种走法；
第二类，中间过一个点，有 A→B→O 和 A→C→O 2 种不同的走法；
第三类，中间过两个点，有 A→B→C→O 和 A→C→B→O 2 种不同的走法.
由分类加法计数原理可得共有 1＋2＋2＝5 种不同的走法.
答案：5
x2 y2
3.若椭圆 ＋ ＝1 的焦点在 y 轴上，且 m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭
m n
圆的个数为________.
解析：当 m＝1 时，n＝2,3,4,5,6,7，共 6 个；
当 m＝2 时，n＝3,4,5,6,7，共 5 个；
当 m＝3 时，n＝4,5,6,7，共 4 个；
当 m＝4 时，n＝5,6,7，共 3 个；
当 m＝5 时，n＝6,7，共 2 个.
故共有 6＋5＋4＋3＋2＝20 个满足条件的椭圆.
答案：20
4.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________.
解析：若 a2＝2，则百位数字只能选 1，个位数字可选 1 或 0，“凸数”为 120 与 121，
共 2 个.若 a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有 2×3＝6(个).
若 a2＝4，满足条件的“凸数”有 3×4＝12(个)，…，若 a2＝9，满足条件的“凸数”有 8×9
＝72(个).所以所有凸数有 2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个).
答案：240
考点二 分步乘法计数原理
[典例精析]
(1)已知集合 M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则 P 可表
示坐标平面上第二象限的点的个数为( )
A.6 B.12
C.24 D.36
(2)有 6 名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有
________种不同的报名方法.
[解析] (1)确定第二象限的点，可分两步完成：
第一步确定 a，由于 a＜0，所以有 3 种方法；
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第二步确定 b，由于 b＞0，所以有 2 种方法.
由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是 3×2＝6.
(2)每项限报一个，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有 6 种选法，
第二个项目有 5 种选法，第三个项目有 4 种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名
方法共有 6×5×4＝120(种).
[答案] (1)A (2)120
[解题技法]
利用分步乘法计数原理解决问题的策略
(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，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)分步必须满足的两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保
连续，逐步完成.
[题组训练]
1.如图，某电子器件由 3 个电阻串联而成，形成回路，其中有 6 个
焊接点 A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通.现
发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种.
解析：因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个
焊接点脱落，则电路就不通，故共有 26－1＝63 种可能情况.
答案：63
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
考点三 两个计数原理的综合应用
[典例精析]
(1)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
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(2)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一
个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是
( )
A.48 B.18
C.24 D.36
(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.60 B.48
C.36 D.24
[解析] (1)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.
(2)第 1 类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线
面对”有 2×12＝24(个)；第 2 类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交
线面对”，这样的“正交线面对”有 12 个.所以正方体中“正交线面对”共有 24＋12＝
36(个).
(3)长方体的 6 个表面构成的“平行线面组”的个数为 6×6＝36，另含 4 个顶点的 6 个
面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为 6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数
是 36＋12＝48.
[答案] (1)C (2)D (3)B
[解题技法]
1.利用两个计数原理解决应用问题的一般思路
(1)弄清完成一件事是做什么.
(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类.
(3)弄清分步、分类的标准是什么.
(4)利用两个计数原理求解.
2.涂色、种植问题的解题关注点和关键
(1)关注点：首先分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素.
(2)关键：是对每个区域逐一进行，选择下手点，分步处理.
[题组训练]
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1.如图所示，用 4 种不同的颜色涂入图中的矩形 A，B，C，D 中，要求相邻的矩形涂色
不同，则不同的涂法有________种.
解析：按要求涂色至少需要 3 种颜色，故分两类：一是 4 种颜色都用，这时 A 有 4 种
涂法，B 有 3 种涂法，C 有 2 种涂法，D 有 1 种涂法，共有 4×3×2×1＝24(种)涂法；二是
用 3 种颜色，这时 A，B，C 的涂法有 4×3×2＝24(种)，D 只要不与 C 同色即可，故 D 有 2
种涂法，所以不同的涂法共有 24＋24×2＝72(种).
答案：72
2.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共
边的三角形有________个(用数字作答).
解析：把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三
角形共有 8×4＝32(个).第二类，有两条公共边的三角形共有 8 个.由分类加法计数原
理知，共有 32＋8＝40(个).
答案：40
[课时跟踪检测]
A 级
1.集合 P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中 x，y∈{1,2,3，…，9}，且 P Q.把满足上述条件的
一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( )
A.9 B.14
C.15 D.21
解析：选 B 当 x＝2 时，x≠y，点的个数为 1×7＝7.当 x≠2 时，∵P Q，∴x＝y.∴x
可从 3,4,5,6,7,8,9 中取，有 7 种方法.因此满足条件的点共有 7＋7＝14(个).
2.某班新年联欢会原定的 6 个节目已排成节目单，开演前又增加了 3 个新节目，如果将
这 3 个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( )
A.504 B.210
C.336 D.120
解析：选 A 分三步，先插第一个新节目，有 7 种方法，再插第二个新节目，有 8 种方
法，最后插第三个节目，有 9 种方法.故共有 7×8×9＝504 种不同的插法.
3.已知两条异面直线 a，b 上分别有 5 个点和 8 个点，则这 13 个点可以确定不同的平面
个数为( )
A.40 B.16
C.13 D.10
解析：选 C 分两类情况讨论：
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第 1 类，直线 a 分别与直线 b 上的 8 个点可以确定 8 个不同的平面；
第 2 类，直线 b 分别与直线 a 上的 5 个点可以确定 5 个不同的平面.
根据分类加法计数原理知，共可以确定 8＋5＝13 个不同的平面.
4.从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出 5 个数组成子集，使得这 5 个数中任意两个数的和
都不等于 11，则这样的子集有( )
A.32 个 B.34 个
C.36 个 D.38 个
解析：选 A 将和等于 11 的放在一组：1 和 10,2 和 9,3 和 8,4 和 7,5 和 6.从每一小组中
取一个，有 C12＝2(种).共有 2×2×2×2×2＝32(个)子集.
5.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( )
A.3 B.4
C.6 D.8
解析：选 D 当公比为 2 时，等比数列可为 1,2,4 或 2,4,8；当公比为 3 时，等比数列可
3 1 1 2
为 1,3,9；当公比为 时，等比数列可为 4,6,9.同理，公比为 ， ， 时，也有 4 个.故共有 8
2 2 3 3
个等比数列.
6.将 1,2,3，…，9 这 9 个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从
左到右、每一列从上到下分别依次增大，当 3,4 固定在图中的位置时，填 3 4
写空格的方法为( )
A.6 种 B.12 种
C.18 种 D.24 种
解析：选 A 根据数字的大小关系可知，1,2,9 的位置是固定的，如 1 2 D
图所示，则剩余 5,6,7,8 这 4 个数字，而 8 只能放在 A 或 B 处，若 8 放在 3 4 A
B 处，则可以从 5,6,7 这 3 个数字中选一个放在 C 处，剩余两个位置固定， C B 9
此时共有 3 种方法，同理，若 8 放在 A 处，也有 3 种方法，所以共有 6
种方法.
7.(2019·郴州模拟)用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要
求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有( )
A.4 320 种 B.2 880 种
C.1 440 种 D.720 种
解析：选 A 分步进行：1 区域有 6 种不同的涂色方法，2 区域有 5 种不同的涂色方法，
3 区域有 4 种不同的涂色方法，4 区域有 3 种不同的涂色方法，6 区域有 4 种不同的涂色方
法，5 区域有 3 种不同的涂色方法.根据分步乘法计数原理可知，共有 6×5×4×3×3×4＝4
320(种)不同的涂色方法.
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8.(2019·惠州调研)我们把各位数字之和为 6的四位数称为“六合数”(如 2 013是“六合
数”)，则“六合数”中首位为 2 的“六合数”共有( )
A.18 个 B.15 个
C.12 个 D.9 个
解析：选 B 由题意知，这个四位数的百位数，十位数，个位数之和为 4.由 4,0,0 组成 3 个
数，分别为 400,040,004；由 3,1,0 组成 6 个数，分别为 310,301,130,103,013,031；由 2,2,0 组成 3
个数，分别为 220,202,022；由 2,1,1 组成 3 个数，分别为 211,121,112，共有 3＋6＋3＋3＝15(个).
9.在某一运动会百米决赛上，8 名男运动员参加 100 米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在
1,2,3,4,5,6,7,8 八条跑道的奇数号跑道上，则安排这 8 名运动员比赛的方式共有________种.
解析：分两步安排这 8 名运动员.
第一步：安排甲、乙、丙三人，共有 1,3,5,7 四条跑道可安排.故安排方式有 4×3×2＝
24(种).
第二步：安排另外 5 人，可在 2,4,6,8 及余下的一条奇数号跑道上安排，所以安排方式
有 5×4×3×2×1＝120(种).
故安排这 8 人的方式共有 24×120＝2 880(种).
答案：2 880
10.有 A，B，C 型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁 4 个操作人员的技术等级不同，甲、
乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作 C 型电脑，而丁只会操作 A 型电脑.从这 4 个操作人
员中选 3 人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答).
解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从 4 个操作人员中选 3 人去操作
这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类：
第 1 类，选甲、乙、丙 3 人，由于丙不会操作 C 型电脑，分 2 步安排这 3 人操作的电
脑的型号，有 2×2＝4 种方法；
第 2 类，选甲、乙、丁 3 人，由于丁只会操作 A 型电脑，这时安排 3 人分别去操作这
三种型号的电脑，有 2 种方法；
第 3 类，选甲、丙、丁 3 人，这时安排 3 人分别去操作这三种型号的电脑，只有 1 种方
法；
第 4 类，选乙、丙、丁 3 人，同样也只有 1 种方法.
根据分类加法计数原理，共有 4＋2＋1＋1＝8 种选派方法.
答案：8
B 级
1.把 3 封信投到 4 个信箱，所有可能的投法共有( )
A.24 种 B.4 种
C.43 种 D.34 种
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解析：选 C 第 1 封信投到信箱中有 4 种投法；第 2 封信投到信箱中也有 4 种投法；第
3 封信投到信箱中也有 4 种投法.只要把这 3 封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数
原理可得共有 43 种投法.
2.用数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中比 40 000 大的偶数共有( )
A.144 个 B.120 个
C.96 个 D.72 个
解析：选 B 由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是 4 或 5.当万位数字为 4 时，
个位数字从 0,2 中任选一个，共有 2×4×3×2＝48 个偶数；当万位数字为 5 时，个位数字
从 0,2,4 中任选一个，共有 3×4×3×2＝72 个偶数.故符合条件的偶数共有 48＋72＝120(个).
3.如图是一个由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，
现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，
相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有( )
A.24 种 B.72 种
C.84 种 D.120 种
解析：选 C 如图，设四个直角三角形顺次为 A，B，C，D，按 A―→B―→
C―→D 顺序涂色，
下面分两种情况：
(1)A，C 不同色(注意：B，D 可同色、也可不同色，D 只要不与 A，C 同色，所以 D 可
以从剩余的 2 种颜色中任意取一色)：有 4×3×2×2＝48 种不同的涂法.
(2)A，C 同色(注意：B，D 可同色、也可不同色，D 只要不与 A，C 同色，所以 D 可以
从剩余的 3 种颜色中任意取一色)：有 4×3×1×3＝36 种不同的涂法.
故共有 48＋36＝84 种不同的涂色方法.
4.(2018·湖南十二校联考)若 m，n 均为非负整数，在做 m＋n 的加法时各位均不进位(例
如：134＋3 802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而 m＋n 称为有序对(m，n)的值，
那么值为 1 942 的“简单的”有序对的个数是________.
解析：第 1 步，1＝1＋0,1＝0＋1，共 2 种组合方式；
第 2 步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共 10 种组合方式；
第 3 步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共 5 种组合方式；
第 4 步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共 3 种组合方式.
根据分步乘法计数原理，值为 1 942 的“简单的”有序对的个数是 2×10×5×3＝300.
答案：300
5.已知集合 M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，若 a，b，c∈M，则：
(1)y＝ax2＋bx＋c 可以表示多少个不同的二次函数；
(2)y＝ax2＋bx＋c 可以表示多少个图象开口向上的二次函数.
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解：(1)a 的取值有 5 种情况，b 的取值有 6 种情况，c 的取值有 6 种情况，因此 y＝ax2
＋bx＋c 可以表示 5×6×6＝180 个不同的二次函数.
(2)y＝ax2＋bx＋c 的图象开口向上时，a 的取值有 2 种情况，b，c 的取值均有 6 种情况，
因此 y＝ax2＋bx＋c 可以表示 2×6×6＝72 个图象开口向上的二次函数.
第二节 排列与组合
1.排列、组合的定义
排列的 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
从 n 个不同元
定义 素的一个排列
素 中 取 出
组合的
m(m≤n)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
定义
2.排列数、组合数的定义、公式、性质
排列数 组合数
从 n 个不同元素中取出
定 从 n 个不同元素中取出 m(m≤n，m，n∈
m(m≤n，m，n∈N*)个元素的
义 N*)个元素的所有不同组合的个数
所有不同排列的个数
m A
m
n
An＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋ Cmn＝Am 公 m
n！
式 1)＝ n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
(n－m)！ ＝
m！
性
An＝n！，0！＝1 C0＝1，Cm
－ －
n n n＝Cn m m m 1n ，Cn＋Cn ＝Cmn＋1
质
正确理解组合数的性质
－
(1)Cmn＝Cn mn ：从 n 个不同元素中取出 m 个元素的方法数等于取出剩余 n－m 个元素的
方法数.
－
(2)Cmn＋Cm 1 mn ＝Cn＋1：从 n＋1 个不同元素中取出 m 个元素可分以下两种情况：①不含特
－
殊元素 A 有 Cmn种方法；②含特殊元素 A 有 Cm 1n 种方法.
考点一 排列问题
[典例精析]
第 830页/共1004页

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