第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布
[知识能否忆起] 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.
[小题能否全取] 1.(教材习题改编)在所有的两位数中,个位数字大于十位 数字的两位数共有 ( )
A.50个
C.36个
B.45个
D.38个
解析:利用分类加法计数原理,共有8+7+6+5+4+ 3+2+1=36个.
答案:C
2.(教材习题改编)甲、乙两人从4门课程中各选修2门,
则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有( A.6种 C.24种 解析:分步完成, B.12种 D.30种 )
答案: C ①甲、乙两人从4门课程中选1门有4种方法;
②甲从剩下的3门中选1门有3种方法; ③乙从剩下的2门中选1门有2种方法,
故共有4×3×2=24.
3.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 C.10种 B.9种 D.11种 ( )
解析:分四步完成,共有3×3×1×1=9种.
答案:A
4.由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中,有重复数字 的四位数共有________. 解析:由0,1,2,3可组成的四位数共有3×43=192个,
其中无重复的数字的四位数共有3A=18个,故有
192-18=174个. 答案: 174 5.(教材习题改编)5名毕业生报考三所中学任教,每人仅
报一所学校,则不同的报名方法的种数是________.
解析:共有3×3×3×3×3=35=243. 答案: 243
1.两个原理的联系与区别:
两个原理都是对完成一件事的方法种数而言的.区 别在于:(1)分类加法计数原理是“分类”,分步乘法计 数原理是“分步”;(2)分类加法计数原理中每类方法中 的每一种方法都能独立完成这件事,分步乘法计数原理
中每步中每种方法都只能做这件事的一步,不能独立完
成这件事. 2.对于较复杂的问题有时要两个原理综合使用,
即先分类再分步或先分步再分类.
分类加法计数原理
[例1] (2012· 江西六校联考)若自然数n使得作竖式加 法n+(n+1)+(n+2)均不产生进位现象,则称n为“良数 ”.例如:32是“良数”,因为32+33+34不产生进位现象; 23不是“良数”,因为23+24+25产生进位现象.那么小于1 000的“良数”的个数为 A.27 C.39 B.36 D.48 ( )
[自主解答]
一位“良数”有0,1,2,共3个;两位数的
“良数”十位数可以是1,2,3,两位数的“良数”有10,11,12, 20,21,22,30,31,32,共9个;三位数的“良数”有百位为1,2,3, 十位数为0的,个位可以是0,1,2,共3×3=9个,百位为 1,2,3,十位不是零时,十位个位可以是两位“良数”,共
有3×9=27个.根据分类加法计数原理,共有48个小于1
000的“良数”. [答案] D
利用分类加法计数原理解题时,应注意:
(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准,分 类标准要统一,不能遗漏. (2)分类时,注意完成这件事情的任何一种方法必 须属于某一类,且不能重复.
(3)对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间
接法.
1.(2012· 孝感统考)如图所示,在A、 B间有四个焊接点1,2,3,4,若焊接 点脱落导致断路,则电路不通.今发现A、B之间电路 不通,则焊接点脱落的不同情况有 ( )
A.9种
C.13种
B.11种
D.15种
解析:按照焊接点脱落的个数进行分类.
若脱落1个,则有(1),(4)共2种; 若脱落2个,有(1,4),(2,3),(1,2),(1,3),(4,2),(4,3)共 6种; 若脱落3个,有(1,2,3),(1,2,4),(2,3,4),(1,3,4)共4种;
若脱落4个,有(1,2,3,4)共1种.
综上共有2+6+4+1=13种焊接点脱落的情况. 答案:C
分步乘法计数原理
[例2]
(1)(2012· 大纲全国卷)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 C.24种
(
)
B.18种 D.36种
(2)6位选手依次演讲,其中选手甲不在第一个也不在
最后一个演讲,则不同的演讲次序共有 A.240种 C.480种
[自主解答]
(
)
B.360种 D.720种
(1)先排第一列,有 A3种方法,再排第二 3
列,有 2 种方法,由分步乘法计数原理知共有 A3×2=12 3 种排法.
1 (2)第一步先排甲,共有 A4种不同的排法;第二步再排
其他人,共有 A5种不同的排法,因此不同的演讲次序共有 5
1 A4· 5=480(种). A5
[答案] (1)A
(2)C
解决此类问题,首先将完成这件事的过程分步, 然后再找出每一步中的方法多少种,求其积. [注意] 各步之间相互联系,依次完成后,才能 做完这件事,即步与步之间的方法相互独立,逐步
完成.
2.(2012· 宜宾模拟)用5,6,7,8,9组成没有重复数字的五位
数,其中有且仅有一个奇数夹在两个偶数之间的五 位数的个数为 A.120 C.48 B.72 D.36 ( )
3 解析:符合题意的五位数有C1A3A2=3×3×2×2=36. 3 2
答案:
D
两个原理的综合应用
[例3]
(2012· 山东高考)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
C.472
B.252
D.484
[自主解答] 若没有红色卡片,则需从黄、蓝、绿三色
1 1 卡片中选 3 张,若都不同色则有 C1×C4×C4=64 种,若 2 4 2 1 张同色,则有 C2×C1×C4×C4=144(种);若红色卡片有 1 3 2
张,剩余 2 张不同色,则有 C1×C2×C1×C1=192(种),剩 4 3 4 4
1 余 2 张同色,则有 C4×C1×C2=72(种),所以不同的取法 3 4
有 64+144+192+72=472(种).
[答案] C
本例条件变为“有 5 张卡片,它们的正、反面分别写着 0 与 1,2 与 3,4 与 5,6 与 7,8 与 9,将其中任意三张并排放在 一起组成三位数”,问不同的三位数有多少个?
解:分两类:第一类,百位数字是 1,有 8×6=48 个三 位数; 第二类, 百位数字不是 1, 8×8×6=384 个三位数, 有 根据分类计数原理共有 48+384=432 个三位数.
用两个原理解决计数问题时,关键是明确需要分类还
是分步. (1)分类要做到“不重不漏”,分类后再分别对每一类进 行计数,最后用分类加法计数原理求和得到总数;分步要 做到“步骤完整”.
(2)对于复杂问题,可同时运用两个计数原理或借助列
表、画圈的方法来帮助分析.
3.(2012· 淄博模拟)一天有语文、数学、英语、政治、生 物、体育六节课,体育不在第一节上,数学不在第六 节上,这天课程表的不同排法种数为 ( )
A.288
C.504
B.480
D.696
5 解析:数学在第一节,这时有 A5=120 种排法;数学不在第
一节,又不在第六节,体育不在第一节,这时有 C1C1A4= 4 4 4 384 种排法.所以课程表的不同排法共有 120+384=504 种 不同排法.
答案:C
[典例]
(2012· 四川高考)方程ay=b2x2+c中的a,b,
c∈{-3,-2,0,1,2,3},且a,b,c互不相同,在所有这 些方程所表示的曲线中,不同的抛物线共有 A.60条 B.62条 ( )
C.71条
D.80条
[解析]
显然方程ay=b2x2+c表示抛物线时,有
b2 2 c ab≠0,故该方程等价于y= a x +a. (1)当c=0时,从{-3,-2,1,2,3}中任取2个数作为
a,b的值,有A2=20种不同的方法, 5 当a一定,b的取值互为相反数时,对应的抛物线相 同,这样的抛物线共有4×3=12条,所以此时不同的抛 物线共有A2-6=14条; 5
(2)当c≠0时,从{-3,-2,1,2,3}中任取3个数作为a, b,c的值有A3=60种不同的方法, 5 当a,c的值一定,而b的值互为相反数时,对应的抛物 线相同,这样的抛物线共有4A
3 物线有A5-12=48条. 2 3
=24条,所以此时不同的抛
综上所述,满足题意的不同的抛物线有14+48=62条.
[答案] B
[题后悟道]
分类加法计数原理体现了分类讨论思
想在计数原理中的应用.解决此类问题的关键是确定 分类标准,做到不重复、不遗漏.
?针对训练
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 C.48种 B.42种 D.54种 ( )
解析:分两类:第一类:甲排在第一位,共有A4= 4 24(种)排法;第二类:甲排在第二位,共有A
1 3
· A
3 3
=
答案: 18(种)排法,所以共有编排方案24+18=42(种).
B
教师备选题(给有能力的学生加餐) 1.在某种信息传输过程中,用4个数字的一个 排列(数字允许重复)表示一个信息,不同 排列表示不同信息.若所用数字只有0和 1,则与信息0110至多有两个对应位置上的 数字相同的信息个数为 (
)
A.10 C.12 B.11 D.15
解析:若0个相同,共有1个;若1个相同,共有C 4(个);若2个相同,共有C 11(个).
2 4
1 4
=
=6(个).故共有1+4+6=
答案:
B
2.由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与 5相邻的六位偶数的个数是 A.72 B.96 ( )
C.108
D.144
解析:从2,4,6三个偶数中选一个数放在个位,有C1种 3 方法,将其余两个偶数全排列,有A
2 2
种排法,当1,3
不相邻且不与5相邻时有A 3 种方法,当1,3相邻且不与 3
2 5相邻时有A 2 · 3 种方法,故满足题意的偶数个数有 2 A 1 2 C3· 2· 3+A2· 2)=108(个). A2 (A3 A3 答案:C
3.如图,用5种不同的颜色给图中A、B、 C、D四个区域涂色,规定每个区域只 涂一种颜色,相邻区域颜色不同,求 有多少种不同的涂色方法? 解:法一:如题图分四个步骤来完成涂色这件事:涂A 有5种涂法;涂B有4种方法;涂C有3种方法;涂D有3种
方法(还可以使用涂A的颜色).根据分步计数原理共有
5×4×3×3=180(种)涂色方法.
法二:由于A、B、C两两相邻,因此三个区域的颜色互不 相同,共有A 3 =60种涂法;又D与B、C相邻、因此D有3种 5 涂法.由分步计数原理知共有60×3=180(种)涂法.
4.有六名同学报名参加三个智力竞赛项目,在下列情况 下各有多少种不同的报名方法?(不一定六名同学都能 参加) (1)每人恰好参加一项,每项人数不限;
(2)每项限报一人,且每人至多参加一项;
(3)每项限报一人,但每人参加的项目不限.
解:(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项,各有3种 不同选法,由分步乘法计数原理知共有选法36=729(种).
(2)每项限报一人,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 个项目只有4种选法,由分步乘法计数原理知共有报名方法 6×5×4=120(种). (3)由于每人参加的项目不限,因此每一个项目都可以从这
六人中选出一人参赛,由分步乘法计数原理,得共有不同
的报名方法63=216(种).