高中数学排列组合习题及解析

排列组合问题在实际应用中是非常广泛的,并且在实际中的解题方法也是比较

复杂的,下面就通过一些实例来总结实际应用中的解题技巧。

1. 排列的定义:从 n 个不同元素中,任取 m 个元素,按照一定的顺序排成一列,叫

做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个排列。

2. 组合的定义:从 n 个不同元素中,任取 m 个元素,并成一组,叫做从 n 个不同元

素中取出 m 个元素的一个组合。

3. 排列数公式:

4. 组合数公式:

5. 排列与组合的区别与联系:与顺序有关的为排列问题,与顺序无关的为组合问题。

例 1 学校组织老师学生一起看电影,同一排电影票 12张。 8个学生, 4个老师,

要求老师在学生中间,且老师互不相邻,共有多少种不同的坐法 ?

分析此题涉及到的是不相邻问题,并且是对老师有特殊的要求,因此老师是特殊元素, 在解决时就要特殊对待。所涉及问题是排列问题。

解先排学生共有种排法,然后把老师插入学生之间的空档,共有 7个空档可插,选其中的 4个空档,共有种选法。根据乘法原理,共有的不同坐法为种。

结论 1 插入法:对于某两个元素或者几个元素要求不相邻的问题, 可以用插入法。即先排好没有限制条件的元素,然后将有限制条件的元素按要求插入排好元素的空档之中即可。

例 2 、 5个男生 3个女生排成一排, 3个女生要排在一起,有多少种不同的排法 ?

分析此题涉及到的是排队问题,对于女生有特殊的限制,因此,女生是特殊元素,

并且要求她们要相邻,因此可以将她们看成是一个元素来解决问题。

解因为女生要排在一起,所以可以将 3个女生看成是一个人,与 5个男生作全排列,有种排法,其中女生内部也有种排法,根据乘法原理,共有种不同的排法。

结论 2 捆绑法:要求某几个元素必须排在一起的问题, 可以用捆绑法来解决问题。即将需要相邻的元素合并为一个元素,再与其它元素一起作排列,同时要注意合并元素内部也可以作排列。

例 3 高二年级 8个班,组织一个 12个人的年级学生分会,每班要求至少 1人,名额分配方案有多少种 ?

分析此题若直接去考虑的话,就会比较复杂。但如果我们将其转换为等价的其他问题, 就会显得比较清楚,方法简单,结果容易理解。

解此题可以转化为:将 12个相同的白球分成 8份,有多少种不同的分法问题,因此须把这 12个白球排成一排,在 11个空档中放上 7个相同的黑球,每个空档最多放一个,即可将白球分成 8份,显然有种不同的放法,所以名额分配方案有种。

结论 3 转化法:对于某些较复杂的、或较抽象的排列组合问题,可以利用转化思想,将其化归为简单的、具体的问题来求解。

例 4 袋中有 5分硬币 23个, 1角硬币 10个,如果从袋中取出 2元钱,有多少种取法 ?

分析此题是一个组合问题,若是直接考虑取钱的问题的话,情况比较多,也显得比较凌乱,难以理出头绪来。但是如果根据组合数性质考虑剩余问题的话,就会很容易解决问题。

解把所有的硬币全部取出来,将得到 0.05×23+0.10×10=2.15元,所以比 2元多0.15元, 所以剩下 0.15元即剩下 3个 5分或 1个 5分与 1个 1角,所以共有种取法。

结论 4 剩余法 :在组合问题中,有多少取法,就有多少种剩法,他们是一一对应的,因此,当求取法困难时,可转化为求剩法。

例 5 期中安排考试科目 9门,语文要在数学之前考,有多少种不同的安排顺序 ?

分析对于任何一个排列问题,就其中的两个元素来讲的话,他们的排列顺序只有两种情况,并且在整个排列中,他们出现的机会是均等的,因此要求其中的某一种情况,能够得到全体,那么问题就可以解决了。并且也避免了问题的复杂性。

解不加任何限制条件,整个排法有种, “ 语文安排在数学之前考” ,与“ 数学安排在语文之前考” 的排法是相等的,所以语文安排在数学之前考的排法共有种。

结论 5 对等法 :在有些题目中,它的限制条件的肯定与否定是对等的,各占全体

的二分之一。在求解中只要求出全体,就可以得到所求。

例 6 我们班里有 43位同学,从中任抽 5人,正、副班长、团支部书记至少有一人在内的抽法有多少种 ?

分析此题若是直接去考虑的话,就要将问题分成好几种情况,这样解题的话,容易造成各种情况遗漏或者重复的情况。而如果从此问题相反的方面去考虑的话,不但容易理解,而且在计算中也是非常的简便。这样就可以简化计算过程。

解 43人中任抽 5人的方法有种,正副班长,团支部书记都不在内的抽法有种,所以正副班长,团支部书记至少有 1人在内的抽法有种。

结论 6 排异法:有些问题,正面直接考虑比较复杂,而它的反面往往比较简捷,可

以先求出它的反面,再从整体中排除。

练习 1 某人射击 8枪,命中 4枪,那么命中的 4枪中恰有 3枪是连中的情形有几种 ? 练习 2 一排 8个座位, 3人去坐,每人两边至少有一个空座的坐法有多少种 ?

练习 3 马路上有编号为1, 2, 3, ……10的十只路灯,为节约电而不影响照明,可以把其中的三只路灯关掉,但不能同时关掉相邻的两只或三只,也不能关掉马路两端的灯,问满足条件的关灯方法有多少种 ?

练习 4 A、 B 、 C 、 D 、 E 五人站成一排,如果 B 必须站在 A 的右边,那么不同的站法有多少种 ?

练习 5 某电路有 5个串联的电子元件,求发生故障的不同情形数目 ?

小结:

解决排列组合应用题的一些解题技巧, 具体有插入法, 捆绑法, 转化法, 剩余法, 对等法, 排异法 ; 对于不同的题目,根据它们的条件,我们就可以选取不同的技巧来解决问题。对于一些

比较复杂的问题,我们可以将几种技巧结合起来应用,便于我们迅速准确地解题。在这些技巧中所涉及到的数学思想方法,例如:分类讨论思想,变换思想,特殊化思想等等,要在应用中注意掌握。

典例精析

题型一分类加法计数原理的应用

【例 1】在 1到 20这 20个整数中,任取两个数相加,使其和大于 20,共有种取法 . 【解析】当一个加数是 1时,另一个加数只能是 20,有 1种取法 ;

当一个加数是 2时,另一个加数可以是 19,20,有 2种取法 ;

当一个加数是 3时,另一个加数可以是 18,19,20,有 3种取法 ;

……

当一个加数是 10时,另一个加数可以是11,12, … , 19,20,有 10种取法 ;

当一个加数是 11时,另一个加数可以是12,13, … , 19,20,有 9种取法 ;

……

当一个加数是 19时,另一个加数只能是 20,有 1种取法 .

由分类加法计数原理可得共有1+2+3+…+10+9+8+…+1=100种取法 .

【点拨】采用列举法分类,先确定一个加数,再利用“ 和大于20” 确定另一个加数 .

【变式训练 1】 (2010济南市模拟从集合{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】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,等比数列可为 1,3,9; 当公比为 32时,等比数列可为 4,6,9. 同理,公比为 12、 13、 23时,也有 4个 . 故选 D.

题型二分步乘法计数原理的应用

【例 2】从 6人中选 4人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览,要求每个旅游景点只有一人游览,每人只游览一个旅游景点,且 6个人中甲、乙两人不去张家界游览,则不同的选择方案共有种 .

【解析】能去张家界的有 4人,依此能去韶山、衡山、桃花源的有 5人、 4

人、 3人 . 则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有 4×5×4×3=240种 .

【点拨】根据题意正确分步,要求各步之间必须连续,只有按照这几步逐步地去做,才能完成这件事,各步之间既不能重复也不能遗漏 .

【变式训练 2】 (2010湘潭市调研要安排一份 5天的值班表, 每天有一人值班, 现有 5人, 每人可以值多天班或不值班,但相邻两天不准由同一人值班,问此值班表共有种不同的排法 .

【解析】依题意, 值班表须一天一天分步完成 . 第一天有 5人可选有 5种方法, 第二天不能用第一天的人有 4种方法,同理第三天、第四天、第五天也都有 4种方法,由分步乘法计数原理共有 5×4×4×4×4=1 280种方法 .

题型三分类和分步计数原理综合应用

【例 3】 (2011长郡中学如图,用 4种不同的颜色对图中 5个区域涂色 (4种颜色全部使用 ,要求每个区域涂一种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色种数有 .

【解析】方法一:由题意知,有且仅有两个区域涂相同的颜色,分为 4类:1与 5

同 ;2与 5同 ;3与 5同 ;1与 3同 . 对于每一类有 A44种涂法,共有 4A44=96种方法 .

方法二:第一步:涂区域 1,有 4种方法 ; 第二步:涂区域 2,有 3种方法 ; 第三步:涂区域 4,有 2种方法 (此前三步已经用去三种颜色 ; 第四步:涂区域 3,分两类:第一类, 3与 1同色, 则区域 5涂第四种颜色 ; 第二类,区域 3与 1不同色,则涂第四种颜色,此时区域 5就可以涂区域 1或区域 2或区域 3中的任意一种颜色,有 3种方法 . 所以,不同的涂色种数有

4×3×2×(1×1+1×3=96种 .

【点拨】染色问题是排列组合中的一类难题 . 本题能运用两个基本原理求解, 要注意的是分类中有分步,分步后有分类 .

【变式训练 3】 (2009深圳市调研用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为

1,2, … , 9的 9个小正方形,使得任意相邻 (有公共边小正方形所涂颜色都不相同,且1,5,9号小正方形涂相同颜色,则符合条件的所有涂法有多少种 ?

【解析】第一步,从三种颜色中选一种颜色涂 1,5,9号有 C13种涂法 ;

第二步,涂 2,3,6号,若 2,6同色,有 4种涂法,若 2,6不同色,有 2种涂法,故共有 6种涂法 ;

第三步,涂 4,7,8号,同第二步,共有 6种涂法 .

由分步乘法原理知共有 3×6×6=108种涂法 .

总结提高

分类加法计数原理和分步乘法计数原理回答的都是完成一件事有多少种不同方法或种数的问题,其区别在于:分类加法计数原理是完成一件事要分若干类,类与类之间要互斥,用任何一类中的任何一种方法都可以独立完成这件事 ; 分步乘法计数原理是完成一件事要分若干步, 步骤之间相互独立,各个步骤相互依存,缺少其中任何一步都不能完成这件事,只有当各个步骤都完成之后,才能完成该事件 . 因此,分清完成一件事的方法是分类还是分步,是正确使用这两个基本计数原理的基础 .

12.2排列与组合

典例精析

题型一排列数与组合数的计算

【例 1】计算:(18!+A66A28-A410;(2 C33+C34+…+C310.

【解析】 (1原式

=8×7×6×5×4×3×2×1+6×5×4×3×2×18×7-10×9×8×7=57×6×5×4×3×256×(-89=-5 130623.

(2原式

=C44+C34+C35+…+C310=C45+C35+…+C310=C46+C36+…+C310=C411=330.

【点拨】在使用排列数公式 Amn=n!(n-m!进行计算时,要注意公式成立的条件:m , n ∈ N+, m≤n. 另外,应注意组合数的性质的灵活运用 .

【变式训练 1】解不等式 >6 .

【解析】原不等式即 9!(9-x!>6×9!(11-x!,

也就是 1(9-x!> ,

化简得 x2-21x+104>0,

解得 x<8或 x>13,又因为2≤x≤9,且 x ∈ N*,

所以原不等式的解集为 {2,3,4,5,6,7}.

题型二有限制条件的排列问题

【例 2】 3男 3女共 6个同学排成一行 .

(1女生都排在一起,有多少种排法 ?

(2女生与男生相间,有多少种排法 ?

(3任何两个男生都不相邻,有多少种排法 ?

(43名男生不排在一起,有多少种排法 ?

(5男生甲与男生乙中间必须排而且只能排 2位女生, 女生又不能排在队伍的两端, 有几种排法 ?

【解析】 (1将 3名女生看作一人,就是 4个元素的全排列,有 A44种排法 . 又 3名女生内部可有 A33种排法,所以共有A44•A33=144种排法 .

(2男生自己排,女生也自己排,然后相间插入 (此时有 2种插法 ,所以女生与男生相间共有2A33•A 33=72种排法 .

(3女生先排,女生之间及首尾共有 4个空隙,任取其中 3个安插男生即可,因而任何两个男生都不相邻的排法共有A33•A34=144种 .

(4直接分类较复杂,可用间接法 . 即从 6个人的排列总数中,减去 3名男生排在一起的排法种数,得 3名男生不排在一起的排法种数为 A66-A33A44=576种 .

(5先将 2个女生排在男生甲、乙之间,有 A23种排法 . 又甲、乙之间还有 A22种排法 . 这样就有A23•A22种排法 . 然后把他们 4人看成一个元素 (相当于一个男

生 ,这一元素及另 1名男生排在首尾, 有 A22种排法 . 最后将余下的女生排在其间, 有 1种排法 . 故总排法为 A23A22A22=24种 .

【点拨】排列问题的本质就是“ 元素” 占“ 位子” 问题,有限制条件的排列问题的限制主要表现在:某些元素“ 排” 或“ 不排” 在哪个位子上,某些元素“ 相邻” 或“ 不相邻”. 对于这类问题,在分析时, 主要按照“ 优先” 原则, 即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子, 对于“ 相邻” 问题可用“ 捆绑法” ,对于“ 不相邻” 问题可用“ 插空法”. 对于直接考虑较困难的问题,可以采用间接法 .

【变式训练 2】把 1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的五位数,并把它们按由小到大的顺序排列构成一个数列 .

(143 251是这个数列的第几项 ?

(2这个数列的第 97项是多少 ?

【解析】 (1不大于 43 251的五位数 A55-(A44+A33+A22=88个,即为此数列的第 88项 .

(2此数列共有 120项,而以 5开头的五位数恰好有 A44=24个,所以以 5开头的五位数中最小的一个就是该数列的第 97项,即 51 234.

题型三有限制条件的组合问题

【例 3】要从 12人中选出 5人去参加一项活动 .

(1A, B , C 三人必须入选有多少种不同选法 ?

(2A, B , C 三人都不能入选有多少种不同选法 ?

(3A, B , C 三人只有一人入选有多少种不同选法 ?

(4A, B , C 三人至少一人入选有多少种不同选法 ?

(5A, B , C 三人至多二人入选有多少种不同选法 ?

【解析】 (1只须从 A , B , C 之外的 9人中选择 2人, C29=36种不同选法 .

(2由 A , B , C 三人都不能入选只须从余下 9人中选择 5人,即有 C59=C49=126种选法 .

(3可分两步,先从 A , B , C 三人中选出 1人,有 C13种选法,再从余下的 9人中选4人, 有 C49种选法,所以共有C13•C49=378种选法 .

(4可考虑间接法,从 12人中选 5人共有 C512种,再减去 A , B , C 三人都不入选的情况 C59,共有 C512-C59=666种选法 .

(5可考虑间接法, 从 12人中选 5人共有 C512种, 再减去 A , B , C 三人都入选的情况 C29种,所以共有 C512-C29=756种选法 .

【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题,可以用间接法求解 . 对于有限制条件的问题,一般要根据特殊元素分类 .

【变式训练 3】四面体的顶点和各棱中点共有 10个点 .

(1在其中取 4个共面的点,共有多少种不同的取法 ?

(2在其中取 4个不共面的点,共有多少种不同的取法 ?

【解析】 (1四个点共面的取法可分三类 . 第一类:在同一个面上取,共有 4C46种 ; 第二类:在一条棱上取三点,再在它所对的棱上取中点,共有 6种 ; 第三类:在六条棱的六个中点中取, 取两对对棱的 4个中点,共有 C23=3种 . 故有 69种 .

(2用间接法 . 共 C410-69=141种 .

总结提高

解有条件限制的排列与组合问题的思路:

(1正确选择原理,确定分类或分步计数 ;

(2特殊元素、特殊位置优先考虑 ;

(3再考虑其余元素或其余位置 .

12.3 二项式定理

典例精析

题型一二项展开式的通项公式及应用

【例 1】已知的展开式中,前三项系数的绝对值依次成等差数列 . (1求证:展开式中没有常数项 ;

(2求展开式中所有的有理项 .

【解析】由题意得2C1n• =1+C2n•( 2,

即 n2-9n+8=0,所以 n=8, n=1(舍去 .

所以Tr+1= •( •

=(- r• • •

=(-1r• • (0≤r≤8, r ∈ Z.

(1若 Tr+1是常数项,则 16-3r4=0,即 16-3r=0,

因为 r ∈ Z ,这不可能,所以展开式中没有常数项 .

(2若 Tr+1是有理项,当且仅当 16-3r4为整数,

又0≤r≤8, r ∈ Z ,所以 r=0,4,8,

即展开式中有三项有理项,分别是 T1=x4, T5=358 x, T9=1256 x-2.

【点拨】 (1把握住二项展开式的通项公式,是掌握二项式定理的关键 . 除通项公式外,还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质 ;

(2应用通项公式求二项展开式的特定项, 如求某一项, 含 x 某次幂的项, 常数项, 有理项, 系数最大的项等,一般是应用通项公式根据题意列方程,在求得 n 或 r 后,再求所需的项 (要注意 n 和 r 的数值范围及大小关系 ;

(3 注意区分展开式“ 第 r+1项的二项式系数” 与“ 第 r+1项的系数”.

【变式训练 1】若 (xx+ n的展开式的前 3项系数和为 129,则这个展开式中是否含有常数项,一次项 ? 如果有,求出该项,如果没有,请说明理由 .

【解析】由题知C0n+C1n•2+C2n•22=129,

所以 n=8,所以通项为 Tr+1=Cr8(xx8-r = ,

故 r=6时, T7=26C28x=1 792x,

所以不存在常数项,而存在一次项,为 1 792x.

题型二运用赋值法求值

【例 2】 (1已知(1+x+(1+x2+…+(1+xn=a0+a1x+a2x2+…+anxn, 且

a1+a2+…+an-1=29-n, 则 n=;

(2已知 (1-xn=a0+a1x+a2x2+…+anxn,若 5a1+2a2=0,则 a0-a1+a2-a3+…+(-1nan=. 【解析】 (1易知 an=1,令 x=0得 a0=n,所以a0+a1+…+an=30.

又令 x=1,有2+22+…+2n=a0+a1+…+an=30,

即 2n+1-2=30,所以 n=4.

(2由二项式定理得,

a1=-C1n=-n, a2=C2n=n(n-12,

代入已知得 -5n+n(n-1=0,所以 n=6,

令 x=-1得 (1+16=a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6,

即 a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6=64.

【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征,通过一些特殊值代入构造相应的结构 .

【变式训练 2】设 (3x-18=a0+a1x+a2x2+…+a7x7+a8x8.求 a0+a2+a4+a6+a8的值 .

【解析】令 f(x=(3x-18,

因为f(1=a0+a1+a2+…+a8=28,

f(-1=a0-a1+a2-a3+… -a7+a8=48,

所以 a0+a2+a4+a6+a8=f(1+f(-12=27×(1+28.

题型三二项式定理的综合应用

【例 3】求证:4×6n+5 n+1-9能被 20整除 .

【解析】

4×6n+5n+1-9=4(6n-1+5(5n-1=4[(5+1n-1]+5[(4+1n-1]=20[(5n-1+C1n5n-2+…+Cn-1n+(4n-1+C1 n4n-2+…+Cn-1n],是 20的倍数,所以 4×6n+5n+1-9能被 20整除 .

【点拨】用二项式定理证明整除问题时,首先需注意 (a+bn中, a , b 中有一个是除数的倍数 ; 其次展开式有什么规律,余项是什么,必须清楚 .

【变式训练 3】求 0.9986的近似值,使误差小于 0.001.

【解析】 0.9986=(1-0.0026=1+6×(-0.0021+15×(-0.0022+…+(-0.0026.

因为 T3=C26(-0.0022=15×(-0.0022=0.000 06<0.001,

且第 3项以后的绝对值都小于 0.001,

所以从第 3项起,以后的项都可以忽略不计 .

所以 0.9986=(1-0.0026≈1+6×(-0.002=1-0.012=0.988.

总结提高

1. 利用通项公式可求展开式中某些特定项 (如常数项、有理项、二项式系数最大项等 ,解决这些问题通常采用待定系数法,运用通项公式写出待定式,再根据待定项的要求写出 n 、 r 满足的条件,求出 n 和 r ,再确定所需的项 ;

2. 赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段 ;

3. 利用二项式定理解决整除问题时,关键是进行合理的变形,使得二项展开式的每一项都成为除数的倍数 . 对于余数问题,要注意余数的取值范围 .

12.4随机事件的概率与概率的基本性质

典例精析

题型一频率与概率

【例 1】某企业生产的乒乓球被 08年北京奥委会指定为乒乓球比赛专用球 . 日前有关部门对某批产品进行了抽样检测,检查结果如下表所示 .

抽取球数 n 50 100 200 500 1 000 2 000

优等品数 m 45 92 194 470 954 1 902

优等品频率

(1计算表中乒乓球优等品的频率 ;

(2从这批乒乓球产品中任取一个, 质量检查为优等品的概率是多少 ?(结果保留到小数点后三位

【解析】 (1依据公式 ,计算出表中乒乓球优等品的频率依次是

0.900,0.920,0.970,

0.940,0.954,0.951.

(2由 (1知, 抽取的球数 n 不同, 计算得到的频率值不同, 但随着抽取的球数的增多,却都在常数 0.950的附近摆动,所以质量检查为优等品的概率为 0.950.

【点拨】从表中所给的数据可以看出,当所抽乒乓球较少时,优等品的频率波动很大,但当抽取的球数很大时,频率基本稳定在 0.95,在其附近摆动,利用概率的统计定义,可估计该批乒乓球的优等率 .

【变式训练 1】某篮球运动员在最近几场比赛中罚球的结果如下 .

投篮次数 n 8 10 12 9 10 16

进球次数 m 6 8 9 7 7 12

进球频率

(1计算表中进球的频率 ;

(2这位运动员投篮一次,进球的概率是多少 ?

【解析】 (1由公式计算出每场比赛该运动员罚球进球的频率依次为:

(2由 (1知,每场比赛进球的频率虽然不同,但频率总在附近摆动,可知该运动员进球的概率为 .

题型二随机事件间的关系

【例 2】从一副桥牌 (52张中任取 1张 . 判断下列每对事件是否为互斥事件,是否为对立事件 .

(1“ 抽出红桃” 与“ 抽出黑桃”;

(2“ 抽出红色牌” 与“ 抽出黑色牌”;

(3“ 抽出的牌点数为 3的倍数” 与“ 抽出的牌点数大于10”.

【解析】 (1是互斥事件但不是对立事件 . 因为“ 抽出红桃” 与“ 抽出黑桃” 在仅取一张时不可能同时发生,因而是互斥的 . 同时,不能保证其中必有一个发生,因为还可能抽出“ 方块” 或“ 梅花” , 因此两者不对立 .

(2是互斥事件又是对立事件 . 因为两者不可同时发生,但其中必有一个发生 .

(3不是互斥事件,更不是对立事件 . 因为“ 抽出的牌点数为 3的倍数” 与“ 抽出的牌点数大于10” 这两个事件有可能同时发生,如抽得 12.

【点拨】要区分互斥事件和对立事件的定义 .

【变式训练 2】抽查 10件产品,设事件 A :至少有两件次品,则 A 的对立事件为( A. 至多两件次品 B. 至多一件次品

C. 至多两件正品

D. 至少两件正品

【解析】根据对立事件的定义得选项 B.

题型三概率概念的应用

【例 3】甲、乙两个班级进行数学考试,按照大于或等于 85分为优秀, 85分以下为非优秀,统计后,得到如下列联表 .

优秀非优秀总计

甲 10

乙 30

总计 105

已知从全部 105人中随机抽取 1人为优秀的概率为 .

(1请完成上面列联表 ;

(2根据列联表的数据,若按 95%的可靠性要求,能否认为“ 成绩与班级有关

系”(参考数据 P(K2>6.635=0.05;

(3若按下面的方法从甲班优秀的学生中抽取一人:把甲班优秀的 10人按 2到 11进行编号, 然后两次掷一枚均匀的骰子,出现的点数之和为被抽取人的编号 . 试求抽到 6号或 10号的概率 .

【解析】 (1

优秀非优秀总计

甲 10 45 55

乙 20 30 50

总计 30 75 105

(2计算 K2的一个观测值

k= =6.109.

因为 6.109<6.635,所以没有 95%的把握认为成绩与班级有关 .

(3记被抽取人的序号为ζ,

则P(ζ=6= , P(ζ=10= ,

所以P(ζ=6或ζ=10=P(ζ=6+P(ζ=10= = .

【点拨】本题考查概率的概念在实际生活中的应用 .

【变式训练 3】袋内有 35个球,每个球上都记有从 1~35中的一个号码,设号码为 n 的球的重量为 -5n+20克,这些球以等可能性从袋里取出 (不受重量、号码的影响 .

(1如果取出 1球,试求其重量比号码数大 5的概率 ;

(2如果任意取出 2球,试求它们重量相等的概率 .

【解析】 (1由不等式 -5n+20>n+5,得 n>15或 n<3,

由题意知 n=1,2或者n=16,17, … , 35,于是所求概率为 .

(2设第 n 号和第 m 号的两个球的重量相等,

其中 n

所以 (n-m(n+m-15=0.

因为n≠m ,所以 n+m=15,

所以(n, m=(1,14, (2,13, … , (7,8.

故所求概率为 .

总结提高

1. 对立事件是互斥事件的一种特殊情况, 是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事件 . 集合 A 的对立事件记作 ,从集合的角度来看,事件所含结果的集合正是全集 U 中由事件 A 所含结果组成集合的补集,即 A ∪ =U, A∩ = .对立事件一定是互斥事件,但互斥事件不一定是对立事件 .

事件 A 、 B 的和记作 A+B,表示事件 A 、 B 至少有一个发生 . 当 A 、 B 为互斥事件时,事件 A+B是由“A 发生而 B 不发生” 以及“B 发生而 A 不发生” 构成的 .

当计算事件 A 的概率 P(A比较困难时,有时计算它的对立事件的概率则要容易些,为此有 P(A=1-P( .

2. 若 A 与 B 互相独立,则与 , A 与 , 与 B 都是相互独立事件 . 判断 A 与 B 是否独立的方法是看P(AB=P(A•P(B是否成立 .

12.5古典概型

典例精析

题型一古典概率模型的计算问题

【例 1】一汽车厂生产 A 、 B 、 C 三类轿车,每类轿车均有舒适型和标准型两种型号,某月的产量如下表 (单位:辆 ,

轿车 A 轿车 B 轿车 C

舒适型 100 150 z

标准型 300 450 600

现按分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取 50辆,其中有 A 类 10辆 .

(1求 z 的值 ;

(2用分层抽样的方法在 C 类轿车中抽取一个容量为 5的样本, 将该样本视为一个总体, 从中任取 2辆,求至少有 1辆舒适型轿车的概率 ;

(3用随机抽样方法从 B 类舒适型轿车中抽取 8辆,经检测它们的得分如

下:9.4,8.6,9.2,

9.6,8.7,9.3,9.0,8.2把这 8辆车的得分看成一个总体,从中任取一个数,求该数与样本平均数之差的绝对值不超过 0.5的概率 .

【解析】 (1依题意知,从每层抽取的比率为 140,从而轿车的总数为 50×40=2 000辆,所以 z=2 000-100-150-300-450-600=400.

(2由 (1知 C 类轿车共 1 000辆, 又样本容量为 5, 故抽取的比率为 1200, 即 5辆轿车中有 2辆舒适型、 3辆标准型,任取 2辆,一共有 n=10种不同取法,记事件 A :至少有 1辆舒适型轿车,则事件表示抽取到 2辆标准型轿车,有m′=3种不同取法,从而事件 A 包含:基本事件数为 m=7种,所以 P(A=710.

(3样本平均数 =18×(9.4+8.6+9.2+9.6+8.7+9.3+9.0+8.2=9.0, 记事件 B :从样本中任取一数, 该数与样本平均数的绝对值不超过 0.5,则事件 B 包含的基本事件有 6种,所以 P(B=68=34.

【点拨】利用古典概型求事件的概率时,主要弄清基本事件的总数,及所求事件所含的基本事件的个数 .

【变式训练 1】已知△ ABC 的三边是 10以内 (不包含 10 的三个连续的正整数,求任取一个△ ABC 是锐角三角形的概率 .

【解析】依题意不妨设 a=n-1, b=n, c=n+1(n>1, n ∈ N ,从而有 a+b>c,即 n>2,所以△ ABC 的最小边为 2,要使△ ABC 是锐角三角形,只需△ ABC 的最大角 C 是锐角, cos

C=(n-12+n2-(n+122(n-1n=n-42(n-1>0,所以 n>4,

所以,要使△ ABC 是锐角三角形,△ ABC 的最小边为 4. 另一方面,从{2,3,4, … , 9}中, “ 任取三个连续正整数” 共有 6种基本情况, “ △ ABC 是锐角三角形” 包含 4种情况,故所求的概率为 46=23.

题型二有放回抽样与不放回抽样

【例 2】现有一批产品共有 10件,其中 8件为正品, 2件为次品 .

(1如果从中取出一件,然后放回,再取一件,求连续 3次取出的都是正品的概率 ;