计数原理、概率
计数原理及概率的应用
计数原理及概率的应用1. 介绍计数原理和概率是数学中的重要内容，在实际生活和工作中具有广泛的应用。
本文将介绍计数原理和概率的基本概念、原理，并阐述它们在不同领域的实际应用。
2. 计数原理计数原理是研究有关计数的方法和技巧的数学理论。
它主要包括排列、组合和选择问题的解决方法。
2.1 排列排列是从一组元素中按照一定的顺序选择若干元素的方式。
排列问题中的元素顺序是重要的，例如在一家商店购买商品，可以使用排列来计算不同商品的购买方式。
排列的计数公式为：A n k=n!/(n−k)!，其中A n k表示从n个元素中选取k个元素的排列数。
2.2 组合组合是从一组元素中选择若干元素的方式，与排列不同的是，组合中不考虑元素的顺序。
组合问题中的元素顺序是不重要的，例如从一组人员中选取若干人参加会议。
组合的计数公式为：C n k=n!/(k!(n−k)!)，其中C n k表示从n个元素中选取k个元素的组合数。
2.3 选择问题选择问题是从一组元素中选择一个或多个元素的方式。
与排列和组合不同的是，选择问题中每个元素只能选择一次。
选择问题的计数公式为：2n，其中n表示元素的个数。
例如，在菜单上选择多个菜品时，每个菜品只能选择一次。
3. 概率概率是研究随机事件发生可能性的数学理论。
在实际生活和工作中，我们常常要面对各种未知的情况，概率可以帮助我们预测事件发生的可能性。
3.1 基本概念概率的基本概念包括样本空间、事件、古典概率、频率概率和条件概率等。
•样本空间：样本空间是指所有可能出现的结果的集合。
•事件：事件是样本空间的一个子集，表示一种可能发生的结果。
•古典概率：古典概率是指在样本空间中每个结果出现的可能性相等的情况下，某个事件发生的概率。
•频率概率：频率概率是指通过实验和观察，根据事件发生的频率来确定概率。
•条件概率：条件概率是指在已知某个事件发生的情况下，另一个事件发生的概率。
3.2 概率计算概率的计算方法包括古典概率、频率概率、加法定理和乘法定理等。
第十一章计数原理概率随机变量及其分布列
第十一章计数原理概率随机变量及其分布列计数原理是概率论中的重要概念之一，它是研究集合元素个数或事件发生次数的基础。
本章将介绍计数原理、概率、随机变量及其分布列的概念与性质。
首先，我们来介绍计数原理。
计数原理包括排列、组合和乘法原理。
排列是指从一组元素中选取若干元素，按一定顺序排列的方法数。
排列的基本公式为nPm=n!/(n-m)!(n≥m)，其中n为元素个数，m为选取个数，n!表示n的阶乘。
组合是指从一组元素中选取若干元素，不考虑其排列顺序的方法数。
组合的基本公式为nCm=n!/[m!(n-m)!]，其中n为元素个数，m为选取个数。
乘法原理是指若有多个相互独立的事件，每个事件发生的方法数分别为n1，n2，…，nk，则这些事件同时发生的方法数为n1·n2·····nk。
计数原理在概率论中有着重要的应用，它可以帮助我们计算事件发生的可能性。
接下来，我们来介绍概率的概念。
概率是指其中一事件在所有可能事件中发生的可能性大小。
概率的取值范围在0到1之间，0表示不可能发生，1表示必然发生。
概率的计算可以使用频率法、古典概型和几何概率等方法。
频率法是通过大量实验的结果来估计概率，公式为P(A)=n/N，其中n 为事件A发生的次数，N为试验总次数。
古典概型是指每个事件发生的可能性相等的情况下，计算概率。
公式为P(A)=m/n，其中m为事件A包含的基本事件数，n为所有基本事件的总数。
几何概率是指利用几何方法计算概率。
例如，在正方形区域中随机选择一个点，落在一些子区域中的概率等于子区域的面积与正方形区域的面积之比。
随机变量是指对随机事件的其中一种度量或描述。
随机变量可以分为离散型随机变量和连续型随机变量。
离散型随机变量的值在其中一区间内只能取有限或可数个值。
离散型随机变量的分布列可以通过概率函数或分布列来描述。
概率函数表示离散型随机变量取值的概率。
例如，设X为一些离散型随机变量，其取值为x1，x2，…，xn，对应的概率为p1，p2，…，pn，则其概率函数为P(X=xi)=pi。
概率的计数原理与应用
概率的计数原理与应用概率是数学中的一个重要分支，它研究的是事件发生的可能性。
而计数原理则是概率论的基础，通过统计、组合和排列等方法，可以精确地计算出事件的可能性。
本文将探讨概率的计数原理及其在实际应用中的重要性。
一、组合与排列的计数原理在概率计算中，我们常常需要计算从一个集合中选取出若干元素的方式数量。
这就涉及到了组合和排列的计数原理。
1. 组合的计数原理组合是指从一个集合中选取出若干个元素，不考虑顺序的问题。
在计数时，我们使用C(n,m)表示从n个元素中选取m个元素的组合数，计算公式为：C(n,m) = n! / (m!(n-m)!)其中，n!表示n的阶乘。
例如，C(6,2)表示从6个元素中选取2个元素的组合数，计算公式为：C(6,2) = 6! / (2!(6-2)!) = 6! / (2!4!) = 152. 排列的计数原理排列是指从一个集合中选取出若干个元素，考虑顺序的问题。
在计数时，我们使用P(n,m)表示从n个元素中选取m个元素的排列数，计算公式为：P(n,m) = n! / (n-m)!例如，P(6,2)表示从6个元素中选取2个元素的排列数，计算公式为：P(6,2) = 6! / (6-2)! = 6! / 4! = 30二、概率的计数原理应用概率的计数原理在实际应用中有着广泛的应用。
下面以几个例子来说明其应用场景。
1. 抽奖活动抽奖活动是常见的一种概率事件。
在抽奖过程中，我们可以利用计数原理来计算中奖的概率。
例如，一共有10个人参与抽奖，其中3个人可以获得奖品，那么中奖的概率可以通过计算C(10,3)来得出。
2. 赛事结果预测对于体育比赛等赛事，我们可以利用概率的计数原理来进行结果预测。
例如，在一场足球比赛中，两支球队A、B对阵，我们可以计算出射门次数、进球次数等数据，然后根据这些数据利用概率计算得出A、B获胜的概率。
3. 网络安全在网络安全领域，计数原理也被广泛应用。
例如，在密码学中，我们可以利用组合和排列的计数原理来计算密码的破解难度。
计数原理与概率统计(精华)
甲组
乙组
7 6 58
853 7 23
865 8 998
210 9 233
第5页
3、众数、中位数、平均数 众数：频率分布最大值对应的样本数据. 在[例 4]中，成绩为 85 时所对应的人数是 4 ，为最多，则 85 就是本例的众数. 在[例 5]中，成绩为73,88,89,92,93 所对应的人数是 2 ，为最多，所以73,88,89,92,93 这 5 个数都是本例的众数. 中位数：样本数据累积到频率等于 0.5 时所对应的样本数据. 在[例 4]中，先将数据按顺序排列，总人数为 30 ，平分后是 15 ，那么在人数等于 15.5 时，对应的数据是：第 15 个和第 16 个数据的平均值，即： 85 85 85 2 故：本例的中位数是 85 . 在[例 5]中，共有 20 个样本，按顺序排列后为： 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 成绩 65 67 68 72 73 73 75 78 85 86 序号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 成绩 88 88 89 89 90 91 92 92 93 93 在 20 个样本中，其中间的数为第 10 个和第 11 个数据的平均值 即： 86 88 87 ，故：本例的中位数是 87 . 2 平均数：样本数据的算术平均值就是样本的平均数. 在[例 4]中，成绩的总和除以总人数 30 的结果，就是本例的平均数. 成绩总和为 2418 ，则 2418 80.6 ，故本例的平均数是 80.6 . 30 在[例 4]中，成绩的总和除以总人数 20 的结果，就是本例的平均数. 成绩总和为 1647 ，则 1647 82.35 ，故本例的平均数是 82.35 . 20
3 30
高考数学二轮复习计数原理与概率
6
x
3 2
k
，k≤6，k∈N，
由 6－32k＝0，解得k＝4，
则 T5＝(－1)4×32×C46＝135，
√A.144种
C.672种
B.336种 D.1 008种
选取的 3 个名称中含有祝融的共有 C29种不同的情况. 分析选取的 3 个名称的不同情况有 A33种， 其中祝融是第 3 个被分析的情况有 A22种， 故祝融不是第 3 个被分析的情况有 C29(A33－A22)＝144(种).
(2)(2022·广东联考)现要安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去国家高山滑雪
√D.P(A|C)＝P(B|C)
由题知，从 10 个数中随机地抽取 3 个数，共有 C310＝120(种)可能情况， 对于A选项，“恰好抽的是2,4,6”和“恰好抽取的是6,7,8”为互斥事 件，则P(AB)＝0，而P(A)P(B)≠0，故A选项错误； 对于 B 选项，P(C)＝CC31290＝13260＝130，故 B 选项错误； 对于 C 选项，P(AB)＝0，P(C)＝130，故 C 选项错误； 对于 D 选项，由于 P(AC)＝P(BC)＝C129＝316，故由条件概率公式得 P(A|C) ＝P(B|C)，故 D 选项正确.
跟踪演练2 (1)(2022·淄博模拟)若(1－x)8＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋
a8(1＋x)8，则a6等于
A.－448
B.－112
√C.112
D.448
(1－x)8＝(x－1)8＝[(1＋x)－2]8 ＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a8(1＋x)8， a6＝C28×(－2)2＝112.
③P(B)＝12；④B 与 A1 相互独立.
A1，A2，A3中任何两个事件都不可能同时发生，因此它们两两互斥，
计数原理与概率学生
计数原理与概率排列组合1. 定义、公式排列与排列数组合与组合数定义1．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，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列。
2．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，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数。
1．组合：从n个不同元素中取出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。
2．组合数：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。
公式。
排列数公式组合数公式性质（1）（2）备注排列组合常见问题及解法一、分析题意明确是分类问题还是分步问题，是排列还是组合问题5. 用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的五位数，分别求出下列各类数的个数：（1）奇数；（2）5的倍数；（3）比20300大的数；（4）不含数字0，且1，2不相邻的数。
{二、特殊元素，优先处理；特殊位置，优先考虑6. 五个人站成一排，求在下列条件下的不同排法种数：（1）甲必须在排头；（2）甲必须在排头，并且乙在排尾；（3）甲、乙必须在两端；（4）甲不在排头，并且乙不在排尾；（5）甲、乙不在两端；（6）甲在乙前；（7）甲在乙前，并且乙在丙前；三、捆绑与插空7. 8人排成一队(1)甲乙必须相邻(2)甲乙不相邻(3)甲乙必须相邻且与丙不相邻(4)甲乙必须相邻，丙丁必须相邻(5)甲乙不相邻，丙丁不相邻四、间接法8. 四面体的顶点和各棱中点共10个点,在其中取4个不共面的点,不同的取法共有多少种五、隔板法9. 10个名额分配到八个班，每班至少一个名额，问有多少种不同的分配方法（六、定序问题七、10. 六人排成一排，要求甲在乙的前面，(不一定相邻)，共有多少种不同的方法如果要求甲乙丙按从左到右依次排列呢…七、排列组合综合应用11. （1）某地奥运火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成．如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方案共有______种．（用数字作答）（2）有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有__________种（用数字作答）．（1）根据题意，先安排第一棒，再安排最后一棒，由于甲既可以传第一棒，又可以传最后一棒，因此应分类讨论，然后再逐类排出。
计数原理与概率统计
（二十）计数原理
（1）理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题．
（2）理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.
（3）理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.
（4）会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.
（二十一）概率与统计
（1）理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列刻画随机现象的重要性，会求某些取有限个值的离散型随机变量的分布列.
（2）了解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用.
（3）了解条件概率的概念，了解两个事件相互独立的概念，理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题.
（4）理解取有限个值的离散型随机变量均值、方差的概念，会求简单离散型随机变量的均值、方差，并能利用离散型随机变量的均值、方差概念解决一些简单问题.
（5）借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.
（6）了解回归的基本思想、方法及其简单应用.
（7）了解独立性检验的思想、方法及其初步应用.。
计数原理、概率
计数原理、概率一、基础训练：1、四张卡片上分别标有数字“2”“0”“0”“9”，其中“9”可当“6”用，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为 122、甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有 30种3、两个实习生每人加工一个零件．加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为 512．4、在24的展开式中，x 的幂的指数是整数的项共有 5 项5、(82展开式中不含．．4x 项的系数的和为0 ．6、投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A,“骰子向上的点数是3”为事件B,则事件A ，B 中至少有一件发生的概率是 712．二、例题分析：例1、7人排成一行，分别求出符合下列要求的不同排法的种数． (1)甲排中间； (2)甲不排在两端； (3)甲、乙相邻； (4)甲在乙的左边(不一定相邻)； (5)甲、乙、丙两两不相邻． 解：(1)甲排中间，其余6人任意排列，故共有66P ＝720种不同排法．(2)若甲排在左端或右端，各有66P 种排法，故甲不排在两端共有66772P P -＝3600种不同排法．(3)法一：先由甲与除乙以外的5人(共6人)任意排列，再将乙排在甲的左侧或右侧(相邻)，故共有66P ·12P ＝1440种不同排法．法二：先将甲、乙合成为一个“元素”，连同其余5人共6个“元素”任意排列，再由甲、乙交换位置，故共有66P ·12P ＝1440种不同排法．(4)在7人排成一行形成的77P 种排法中，“甲左乙右”与“甲右乙左”的排法是一一对应的(其余各人位置不变)，故甲在乙的左边的不同排法共有7721P ＝2520种不同解法． (5)先由除甲、乙、丙以外的4人排成一行，形成左、右及每两人之间的五个“空”，再将甲、乙、丙插入其中的三个“空”，每“空”1人，故共有3544P P ⋅＝1440种不同的排法．评述 这是一组排队的应用问题，是一类典型的排列问题，附加的限制条件常是定位与限位，相邻与不相邻，左右或前后等． 例2、已知(n x +的展开式中前三项的系数成等差数列．（Ⅰ）求n 的值； （Ⅱ）求展开式中系数最大的项．解：（Ⅰ）由题设，得 02111C C 2C 42n n n +⨯=⨯⨯，即2980n n -+=，解得n ＝8，n ＝1（舍去）．（Ⅱ）设第r ＋1的系数最大，则1881188111C C 2211C C .22rr r r r r r r ++--⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩≥，≥ 即1182(1)11.291r r r ⎧⎪-+⎪⎨⎪⎪-⎩≥，≥ 解得r ＝2或r ＝3．所以系数最大的项为537T x =，9247T x =．例3、某校10名学生组成该校“科技创新周”志愿服务队（简称“科服队”），他们参加活动的有关数据统计如下：（1）从“科服队”中任选3人，求这3人参加活动次数各不相同的概率； （2）从“科服队”中任选2人，用ξ表示这2人参加活动次数之差的绝对值，求随机变量ξ的分布列及数学期望E ξ解：（1）3人参加活动次数各不相同的概率为111235310C C C 1C 4P == 故这3名同学中参加活动次数各不相同的概率为14． （2）由题意知：ξ=0, 1, 2，222235210C C C 14(0)C 45P ξ++===； 11112335210C C C C 217(1)C 4515P ξ+====； 1125210C C 102(2)C 459P ξ====．所以ξ的数学期望:1472410124515945E ξ=⨯+⨯+⨯=．例4、（2010宁波十校联考）某校举行环保知识大奖赛，比赛分初赛和决赛两部分，初赛采用选手选一题答一题的方式进行，每位选手最多有5次选题答题的机会，选说累计答对3题或答错3题即终止其初赛的比赛，答对3题者直接进入决赛，答错3题者则被淘汰，已知选手甲答题连续两次答错的概率为19，（已知甲回答每个问题的正确率相同，并且相互之间没有影响。
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计数原理、概率两个基本计数原理导学目标：理解分类计数原理和分步计数原理，能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题．自主梳理1．分类计数原理完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，……在第n类方式中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．2．分步计数原理完成一件事，需要分成n个步骤，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m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．3．分类计数原理与分步计数原理，都是涉及完成一件事的不同方法的种数，它们的区别在于：分类计数原理与“分类”有关，各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事；分步计数原理与“分步”有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成，从思想方法的角度看，分类计数原理的运用是将一个问题进行“分类”思考，分步计数原理是将问题进行“分步”思考．自我检测1．(2009·北京改编)用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为________．2. 右图小圆圈表示络的结点，结点之间的连线表示它们有线相联，连线上标注的数字表示该段线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点B向结点A传递信息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为________．3．某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有________种．4．(2018·湖北改编)现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是________．5. 如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，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，则不同着色方法共有________种．(以数字作答)探究点一分类计数原理的应用例1在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？变式迁移1 方程x 2m ＋y2n＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，其中m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，那么这样的椭圆有多少个？探究点二 分步计数原理的应用例2 乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名参加比赛，3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员选2名安排在第二、四位置，求不同的出场安排共有多少种？变式迁移2 有0、1、2、…、8这9个数字．(1)用这9个数字组成四位数，共有多少个不同的四位数？ (2)用这9个数字组成四位密码，共有多少个不同的四位密码？探究点三 两个计数原理的综合应用例3 如图所示，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多的栽种方案有________种．变式迁移3 某人有3种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多)，要在如图所示的6个点A 、B 、C 、A 1、B 1、C 1上各安装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则不同的安装方法共有________种．(用数字作答)分类讨论思想例(14分)从1到20这20个正整数中，每次取出3个，问：它们可以组成多少组不同的等差数列．多角度审题本题是一道计数原理与等差数列的综合题，能构成等差数列的三个数有很多，到底如何取这三个数才能准确的、不重、不漏的找出所有能构成等差数列的三个数是本题的难点．【答题模板】解依题意，要使这三个数成等差数列，公差d的取值可以为±1，±2，…，±9，因此分18类．[2分] 当d＝±1时，可以组成36组不同的等差数列；[3分]当d＝±2时，可以组成32组不同的等差数列；[4分]…；当d＝±9时，可以组成4组不同的等差数列．根据分类计数原理，共有36＋32＋28＋…＋8＋4＝180(组)不同的等差数列．[14分]【突破思维障碍】由于取出的三个数必须构成等差数列，因此，按照公差的大小来分类能使取出的三个数不重不漏，那么每一类型有多少个三位数，由于从前往后取，关键看取到最后，由各数列的特点，就能看出有几个数列，例如：当等差数列的公差为1时，能构成等差数列的三个数为1 2 3,2 3 4,3 4 5，…，18 19 20，查个数时，看每组数的第一个数，分别为1,2,3，…，18，因此共18个等差数列；再例如当公差为2时，取到最后剩17,19, 20.但前面能构成等差数列的三个数分别为1 3 5,2 4 6,3 5 7,4 6 8，…，16 18 20，看每组数的第一个数分别为1,2,3，…，16，共16个等差数列．【易错点剖析】容易遗忘公差为－1，－2，…，－9时的情况，有可能找不到公差每增加1个单位，等差数列个数减少4个的规律．1．关于两个计数原理的应用范围：(1)如果完成一件事情有几类办法，这几类办法彼此之间相互独立，无论哪一类办法中的哪一种方法都能独立完成这件事，求完成这件事的方法种数时就用分类计数原理，分类计数原理可利用“并联电路”来理解．(2)如果完成一件事情要分几个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的办法，求完成这件事的方法种数时就用分步计数原理，分步计数原理可利用“串联”电路理解．2．应用两个计数原理的注意事项：(1)要真正理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步．(2)分类时要做到不重不漏．(3)对于复杂的计数问题，可以分类、分步综合应用．(满分：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1．从1到10的正整数中，任意抽取两个相加所得的和为奇数的不同情形的种数是________．2．某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的单片软件和盒装磁盘，根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式共有________种．3．某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元，某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个选续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这个人把这种特殊要求的号买全，至少要________元．4．如果一个三位数的十位数字既大于百位数字也大于个位数字，则这样的三位数共有________个．5．(2018·临沂模拟)4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得21分，答错得－21分；选乙题答对得7分，答错得－7分．若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数是________．6．设直线的方程是Ax＋By＝0，从1,2,3,4,5这五个数中每次取两个不同的数作为A、B的值，则所得不同直线的条数是________．7．(2018·连云港模拟) 一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种数共有________种．8．电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有________种不同的结果．二、解答题(共42分)9．(14分)从{－3，－2，－1,0,1,2,3,4}中任选三个不同元素作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数，问能组成多少条抛物线经过原点且顶点在第一象限或第三象限？10．(14分)用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的比2 000大的四位偶数．11．(14分)有一个圆形区域被3条直径分成6块(如图所示)，在每一块区域内种植植物，相邻的两块区域种植不同的植物，现有4种不同的植物选择，一共有多少种不同的种植方法．学案60 两个基本计数原理答案自我检测1．328解析若组成没有重复数字的三位偶数，可分为两种情况：①当个位上是0时，共有9×8＝72(种)情况；②当个位上是不为0的偶数时，共有4×8×8＝256(种)情况．综上，共有72＋256＝328(种)情况．2．19解析本题只要类比成供水系统中水管的最大流量问题即可．由B到A，单位时间内第一条线传递的最大信息量为3，第二条线传递的最大信息量为4，第三条线传递的最大信息量为6，第四条线传递的最大信息量为6，由分类计数原理，得3＋4＋6＋6＝19.3．60解析某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则可分两类：第一类，在两个城市分别投资1个项目、2个项目，此时有3×4×3＝36(种)方案；第二类，在三个城市各投资1个项目，有4×3×2＝24(种)方案，共计有36＋24＝60(种)方案．解析由分步计数原理得5×5×5×5×5×5＝56.5．72解析根据题意，可分类求解：第一类，用三种颜色着色，有4×3×2＝24(种)方法；第二类，用四种颜色着色，有2×4×3×2＝48(种)方法．从而共有24＋48＝72(种)方法．课堂活动区例1解题导引根据十位上的数分类→确定个位数字大于十位数字的两位数――→分类计数原理结果应用分类计数原理，首先根据问题的特点，确定分类的标准，分类应满足：完成一件事的任何一种方法，必属于某一类且仅属于某一类．解根据题意，十位数上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目要求的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类计数原理知，符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．变式迁移1 解以m的值为标准分类，分为五类．第一类：m＝1时，使n>m，n有6种选择；第二类：m＝2时，使n>m，n有5种选择；第三类：m＝3时，使n>m，n有4种选择；第四类：m＝4时，使n>m，n有3种选择；第五类：m＝5时，使n>m，n有2种选择．∴共有6＋5＋4＋3＋2＝20(种)方法，即有20个符合题意的椭圆．例2解题导引考虑队员的出场次序→分步进行――→分步计数原理结果“分步”是乘法原理的标志．要注意在同一类中合理分步的几个原则：分步标准必须一致；分步要做到步骤关联，步骤连续，步骤独立，确保对每一类事件的分步不重不漏．这样才能保证使用分步计数原理时的正确性．解按出场位置顺序逐一安排．第一位置队员的安排有3种方法；第二位置队员的安排有7种方法；第三位置队员的安排有2种方法；第四位置队员的安排有6种方法；第五位置队员的安排只有1种方法．由分步计数原理知，不同的出场安排方法有3×7×2×6×1＝252(种)．变式迁移2 解(1)未强调四位数的各位数字不重复，只需首位不为0，依次确定千、百、十、个位，各有8、9、9、9种方法，∴共能组成8×93＝5 832(个)不同的四位数．(2)每一位上的数字都有9种方法，∴共能组成94＝6 561(个)不同的四位密码．例3解题导引题意→按花色分类→每一类再分步→结果(1)对于一些比较复杂的既要运用分类计数原理又要运用分步计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰．(2)当两个原理混合使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步．答案420解析本题中区域2,3,4,5地位相同(都与其他四个区域中的3个区域相邻)，故应先种区域1，有5种种法，再种区域2，有4种种法，接着种区域3，有3种种法，种区域4时注意：区域2与4同色时区域4有1种种法，此时区域5有3种种法，区域2与4不同色时区域4有2种种法，此时区域5有2种种法，故共有5×4×3×(3＋2×2)＝420(种)栽种方案．变式迁移3 12解析点A、B、C处安装三种颜色的灯泡共有3×2×1＝6(种)不同的安装方法；三种颜色分别记作①、②、③，点A安装①色灯泡记作A①，则当A①，B②，C③时，对A1、B1、C1上安装灯泡有以下两种情况：故不同的安装方法共有6×2＝12(种)．课后练习区1．25解析当且仅当偶数加上奇数后和为奇数，从而不同情形有5×5＝25(种)．解析 由于本题种数不多，可用列举法具体写出：3×60＋2×70；4×60＋2×70；5×60＋2×70；6×60＋2×70；3×60＋3×70；4×60＋3×70；3×60＋4×70，共7种不同的选购方式．3．8 640解析 从01至10的三个连号的个数有8种；从11至20的两个连号的个数有9种；从21至30的单选号的个数有10种，从31至36的单选号的个数有6种，故总的选法有8×9×10×6＝4 320(种)，可得需要钱数为8 640元．4．240解析 当十位数字是9时，百位数字有8种取法，个位数字有9种取法，此时取法种数为8×9；当十位数字是8时，百位数字有7种取法，个位数字有8种取法，此时取法种数为7×8，依此类推，直到当十位数字是2时，百位数字有1种取法，个位数字有2种取法，此时取法种数为1×2，所以总的个数为1×2＋2×3＋3×4＋…＋8×9＝240.5．36解析 由题意总分为0分三类：第一类得分为21,21，－21，－21，第二类得分为7,7，－7，－7，第三类得分为21，－21,7，－7.每类中4位同学的不同得分可认为4个分数填4个空，每空填一个分数，前两类中各有C 24＝6种填法，第三类有4×3×2×1＝24(种)填法，总共有6＋6＋24＝36(种)．6．18解析 直线的系数A 、B 可认为用1,2,3,4,5填空，由分步计数原理知共有5×4＝20(种)不同填法，而当A 、B 的值为1、2和2、4,2、1和4、2分别表示同一条直线．因此，不同直线的条数为20－2＝18.7．48 解析如图所示，在A 点可先参观区域1，也可先参观区域2或3，共有3种不同选法．每种选法中又有2×2×2×2＝16(种)不同路线．∴共有3×16＝48(种)不同的参观路线． 8．28 800解析 分两类：(1)幸运之星在甲箱中抽，先定幸运之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴有30×29×20＝17 400(种)结果；(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11 400(种)结果，因此共有不同结果17 400＋11 400＝28 800(种)．9．解 抛物线经过原点，得c ＝0，当顶点在第一象限时，a<0，－b2a>0，即⎩⎪⎨⎪⎧ a<0，b>0，则有3×4＝12(种)；(6分)当顶点在第三象限时，a>0，－b2a<0， 即⎩⎪⎨⎪⎧a>0，b>0，则有4×3＝12(种)；(12分)共计有12＋12＝24(种)．(14分) 10．解 完成这件事有3类方法：第一类是用0做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2,3,4,5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48个．(4分)第二类是用2做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2,1,0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之后，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36个．(8分)第三类是用4做结尾的比2 000大的4位偶数，其步骤同第二类．(12分)所以所求无重复数字的比2 000大的四位偶数有4×4×3＋3×4×3＋3×4×3＝120个．(14分)11．解 分3类考虑．第一类：A ，C ，E 种同1种植物，有4种种法，当A ，C ，E 种好后，B ，D ，F 从余下3种植物中选1种，各有3种种法，一共有4×3×3×3＝108(种)种法；(4分)第二类：A，C，E种2种植物，有A24种种法，当A，C种同一种植物时，B有3种种法，D，F有2种种法，若C，E或E，A种同一种植物，种法相同，因此，共有A24×3×(3×2×2)＝432(种)种法；(8分) 第三类：A，C，E种3种植物，有A34种种法，这时B，D，F各有2种种法，共有A34×23＝192(种)种法．由分类计数原理知，共有108＋432＋192＝732(种)种法．(14分)。