2019-2020年全国通用2018高考数学大一轮复习第十篇计数原理概率随机变量及其分布第1节分类加法计数原理与分
(2)甲、乙、丙3个班各有三好学生3名,5名,2名,现准备推选两名来自
不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会,则不同的推选方法种数
为
.
解析: (2)分为三类: 第一类:甲、乙各一名,根据分步乘法计数原理有3×5=15(种); 第二类:甲、丙各一名,有3×2=6(种); 第三类:乙、丙各一名,有5×2=10(种). 根据分类加法计数原理,共有15+6+10=31种不同选法. 答案: (2)31
的种数是
.
解析:分步来完成此事.第1张有10种分法;第2张有9种分法;第3张有8 种分法,共有10×9×8=720种分法. 答案:720
4.现有4名同学去听同时进行的3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
.
解析:每个同学都有3种选择,所以不同选法共有34=81(种). 答案:81
考点一 分类加法计数原理
【例1】 a,b,ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ,d,e共5个人,从中选1名组长1名副组长,但a不能当副组长,
不同选法的种数是( )
(A)20
(B)16
(C)10
(D)6
解析:当a当组长时,共有1×4=4种选法;当a不当组长时,又因为a也不能 当副组长,共有4×3=12种选法.因此共有4+12=16种选法.故选B.
2019/7/19
最新中小学教学课件
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2019/7/19
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考点三 两个原理的综合
【例3】 (1) 导学号 18702555 如图,矩形的对角线把矩形分成A,B,C,D
四部分,现用5种不同颜色给四部分涂色,每部分涂1种颜色,要求共边的两
部分颜色互异,则共有
种不同的涂色方法.
解析: (1)区域A有5种涂色方法;区域B有4种涂色方法;区域C的涂色 方法可分2类:若C与A涂同色,区域D有4种涂色方法;若C与A涂不同 色,此时区域C有3种涂色方法,区域D也有3种涂色方法.所以共有 5×4× 4答+案5×: 4(×1)32×630=260种涂色方法.
考点二 分步乘法计数原理
【例2】 (1) 导学号 18702554 某市汽车牌号码可以上网自编,但规定
从左到右第二个号码只能从字母B,C,D中选择,其他四个号码可以从0～9
这十个数字中选择(数字可以重复),一车主第一个号码(从左到右)只想
在数字3,5,6,8,9中选择,其他号码只想在1,3,6,9中选择,则他的车牌号
知识梳理
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 种不同的方法.这 个原理称为分类加法计数原理. 推广:完成一件事有n类不同方案,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.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. 推广: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.
遍自己写的笔记，既可以起到复习的作用，又可以检查笔记中的遗漏和错误。遗漏之处要补全，错别字要纠正，过于潦草的字要写清楚。同时，将自己 对讲课内容的理解、自己的收获和感想，用自己的话写在笔记本的空白处。这样，可以使笔记变的更加完整、充实。 • 三、课后“静思2分钟”大有学问 • 我们还要注意课后的及时思考。利用课间休息时间，在心中快速把刚才上课时刚讲过的一些关键思路理一遍，把老师讲解的题目从题意到解答整个过 程详细审视一遍，这样，不仅可以加深知识的理解和记忆，还可以轻而易举地掌握一些关键的解题技巧。所以，2分钟的课后静思等于同一学科知识的 课后复习30分钟。
易错提醒:使用分步乘法计数原理解题时要根据实际问题确定每步中 的具体方法数,本题中要注意是按项目分步计数还是按人分步计数.
编后语
• 常常可见到这样的同学，他们在下课前几分钟就开始看表、收拾课本文具，下课铃一响，就迫不及待地“逃离”教室。实际上，每节课刚下课时的几分 钟是我们对上课内容查漏补缺的好时机。善于学习的同学往往懂得抓好课后的“黄金两分钟”。那么，课后的“黄金时间”可以用来做什么呢？
易混易错辨析
用心练就一双慧眼
各步中方法数确定不准致误 【典例】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? (1)每人恰好参加一项,每项人数不限; (2)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不同的报名方法36=729(种). (2)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).
反思归纳 如果“一件事情”需要分成若干步骤才能完成,则就需要使 用分步乘法计数原理计数完成这件事情的方法总数,如果其中存在某些特 殊情况,则从总数中减去特殊情况的数目即可,这种间接求解的方法是计 数问题中经常使用的.
【即时训练】 (1)从0,1,2,3,4这5个数字中任取3个组成三位数,其中奇数
对点自测
1.乘积(a1+a2)(b1+b2+b3)(c1+c2+c3+c4)(d1+d2+d3+d4)的展开式中共有 个不同的项.
解析: 2×3×4×4=96. 答案:96
2.如图,一条电路由A到B接通时,有
种不同的线路.
解析:3+1+2×2=8. 答案:8
3.将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人,每人1张,则不同分法
第1节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
最新考纲 1.理解分类加法计数原理和分步 乘法计数原理.
2.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.
知识链条完善 考点专项突破 易混易错辨析
知识链条完善
把散落的知识连起来
【教材导读】 1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理中要特别注意什么? 提示:分类时注意“不重不漏”,分步时注意“步骤完整”. 2.在应用中,如何确定使用哪个原理? 提示:方法分类,每类中的方法都能直接完成一件事情,则使用分类加法计数 原理;完成一件事情需分若干步骤,只有顺次完成各个步骤事情才能完成,则 使用分步乘法计数原理.
第十篇 计数原理、概率、随机变量及其分布 (必修3、选修2-3)
六年新课标全国卷试题分析
高考考点、示例分布图
命题特点
1.本篇在高考中一般考查1个小题和1 个解答题,占12～17分. 2.从考查内容来看,(1)利用计数原理 解决实际问题,有时与古典概型综合 考查. (2)几何概型较少考查. (3)对二项式定理的考查主要是利用 通项公式求特定项. (4)对正态分布的考查,可能单独考查 也可能在解答题中出现. (5)以实际问题为背景,考查分布列、 期望等是高考的热点题型.
5.用1,5,9,13中的任意一个数作分子,4,8,12,16中的任意一个数作分母,可
构成
个不同的分数,可构成
个不同的真分数.
解析:由于1,5,9,13是奇数,4,8,12,16是偶数,所以以1,5,9,13中的任意
一个为分子,都可以与4,8,12,16中的一个构成分数,因此可以分两步构
成分数:第一步,选分子,有4种选法,第二步,选分母,也有4种选法,共有分
码可选的所有可能情况有( )
(A)180种
(B)360种
(C)720种
(D)960种
(2)甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级
台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法的种数为
.
解析: (1)按照车主的要求,从左到右第一个号码有5种选法,第二个号码 有3种选法,其余三个号码各有4种选法.因此车牌号码可选的所有可能情 况有5×3×4×4×4=960(种).故选D. (2)甲有7种站法、乙也有7种站法、丙也有7种站法,故不考虑限制共有 站法7×7×7=343(种),其中三个人站在同一台阶上的有7种站法,故符合 本题要求的不同站法有343-7=336(种). 答案: (1)D (2)336
形有公共边的三角形有
个.
解析: (1)分两类:一类从男生中选1人,有5种方法;另一类是从女生中选1 人,有4种方法.因此,共有5+4=9种不同的选法.故选A. (2)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: (1)A (2)40
的个数是( )
(A)16 (B)18 (C)20 (D)24
(2)某单位有甲、乙、丙、丁四个部门,分别有工作人员8名,10名,12名,15
名,现从该单位四个部门中各选派一名志愿者参加社会公益活动,则不同的
选派方法的种数为
.
解析: (1)从1,3中取一个排个位,故排个位有2种方法;排百位不能是0, 可以从另外3个数中取一个,有3种方法;排十位有3种方法.故所求奇数的 个数为3×3×2=18.故选B. (2)选派工作可以分四个步骤完成.分别从甲、乙、丙、丁四个部门中各 选派一人.根据分步乘法计数原理,共有不同的选派方法有8×10× 12×15=14 400(种). 答案: (1)B (2)14 400
反思归纳 本题是分类加法计数原理的直接应用,解题时首先把问题分类, 然后确定每类中的方法数,最后按照分类加法计数原理得出结果.
全国通用近年高考数学一轮复习第十章计数原理与概率、随机变量及其分布课时作业七十10.7离散型随机变
（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第十章计数原理与概率、随机变量及其分布课时分层作业七十10.7 离散型随机变量及其分布列理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第十章计数原理与概率、随机变量及其分布课时分层作业七十10.7 离散型随机变量及其分布列理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第十章计数原理与概率、随机变量及其分布课时分层作业七十10.7 离散型随机变量及其分布列理的全部内容。
课时分层作业七十离散型随机变量及其分布列一、选择题(每小题5分，共35分）1。
一袋中有白球4个,红球n个,从中任取四个，记红球的个数为X，已知X的取值为0，1，2，3，则P(X=2）= ( )A。
B。
C。
D.【解析】选C。
由题意得n=3，所以P(X=2)==.2。
设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X去描述1次试验的成功次数,则P(X=0)等于（）A。
0 B。
C. D.【解析】选C。
由已知得X的所有可能取值为0，1,且P（X=1）=2P(X=0）,由P(X=1）+P(X=0）=1，得P(X=0）=。
3。
若随机变量X的分布列为X-2-10123P0。
10.20.20。
30。
10。
1则当P（X<a)=0.8时，实数a的取值范围是( )A.（-∞,2］B.[1，2］C。
(1，2] D.(1,2）【解析】选C.由随机变量X的分布列知，P（X<-1）=0。
1，P（X〈0）=0。
3,P(X<1)=0。
5,P （X〈2)=0。
近年高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10.4随机事件的概率课后作业理(20
2019版高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10.4 随机事件的概率课后作业理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10.4 随机事件的概率课后作业理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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10．4 随机事件的概率［基础送分提速狂刷练]一、选择题1．(2017·湖南十三校二模)同学聚会上，某同学从《爱你一万年》《十年》《父亲》《单身情歌》四首歌中选出两首歌进行表演，则《爱你一万年》未被选取的概率为( ）A。
错误! B.错误! C。
错误! D.错误!答案B解析分别记《爱你一万年》《十年》《父亲》《单身情歌》为A1,A2，A3，A4，从这四首歌中选出两首歌进行表演的所有可能结果为A1A2，A1A3，A1A4，A2A3，A 2A4，A3A4,共6个，其中A1未被选取的结果有3个，所以所求概率P＝错误!＝错误!。
故选B.2．(2018·广东中山模拟)从1，2，3，4,5这5个数中任取两个,其中：①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数;②至少有一个是奇数和两个都是奇数;③至少有一个是奇数和两个都是偶数；④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数,上述事件中，是对立事件的是（）A．① B．②④ C．③ D．①③答案C解析从1,2,3,4,5这5个数中任取两个，有三种情况：一奇一偶,两个奇数，两个偶数．其中至少有一个是奇数包含一奇一偶,两个奇数这两种情况，它与两个都是偶数是对立事件，而①②④中的事件可能同时发生，不是对立事件,故选C。
通用版2019版高考数学一轮复习第10章计数原理概率随机变量及其分布1第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原
第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理理解排列、组合的概念．能用计数原理证明二项式定理．了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义，了理解古典概型及其概率计算公式．理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对1．两个计数原理分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法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．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( ) (2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( ) (3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( ) (4)在分步乘法计数原理中，事件是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( )答案：(1)×(2)√ (3)√ (4)×从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有( )A ．30B ．20C ．10D ．6解析：选D.从0，1，2，3，4，5六个数字中，任取两不同数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N ＝3＋3＝6(种)．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 ．504B ．210C ．336D ．120解析：选A.3个新节目一个一个插入节目单中，分别有7，8，9种方法，所以不同的插法种数为7×8×9＝504.某同学逛书店，发现有三本喜欢的书，决定至少买其中一本，则购买的方案有________种．解析：至少买其中一本的意思是买一本或买两本或买三本，故分三类．第一类：买一本有3种；第二类：买两本有3种；第三类：买三本有1种．共有3＋3＋1＝7种购买方案．答案：7(教材习题改编)书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从书架上任取1本书，不同的取法种数为________，从第1，2，3层分别各取1本书，不同的取法种数为________．解析：由分类加法计数原理知，从书架上任取1本书，不同的取法总数为4＋5＋6＝15.由分步乘法计数原理知，从1，2，3层分别各取1本书，不同的取法总数为4×5×6＝120.答案：15 120分类加法计数原理[典例引领](1)椭圆x 2m ＋y 2n＝1(m >0，n >0)的焦点在x 轴上，且m ∈{1，2，3，4，5}，n ∈{1，2，3，4，5，6，7}，则这样的椭圆的个数为( )A ．10B ．12C ．20D ．35(2)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】 (1)因为焦点在x 轴上，m ＞n ，以m 的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分为四类：第一类：m ＝5时，使m ＞n ，n 有4种选择；第二类：m ＝4时，使m ＞n ，n 有3种选择；第三类：m ＝3时，使m ＞n ，n 有2种选择；第四类：m ＝2时，使m ＞n ，n 有1种选择．故符合条件的椭圆共有10个．故选A.(2)根据题意，将十位上的数字按1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)． 【答案】 (1)A (2)361.在本例(1)中，若m ∈{1，2，…，k }，n ∈{1，2，…，k }(k ∈N *)，其他条件不变，这样的椭圆的个数为________．解析：因为m >n .当m ＝k 时，n ＝1，2，…，k －1. 当m ＝k －1时，n ＝1，2，…，k －2. …当m ＝3时，n ＝1，2. 当m ＝2时，n ＝1.所以共有1＋2＋…＋(k －1)＝k （k －1）2(个)．答案：k （k －1）22.若本例(2)条件变为“个位数字不小于十位数字”，则两位数的个数为________． 解析：分两类：一类：个位数字大于十位数字的两位数，由本例(2)知共有36个；另一类：个位数字与十位数字相同的有11，22，33，44，55，66，77，88，99，共9个．由分类加法计数原理知，共有36＋9＝45(个)．答案：45分类加法计数原理的两个条件(1)根据问题的特点能确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类； (2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．[通关练习]1．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.依题意，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.共计：3＋6＋3＋3＝15(个)．2．已知集合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 ．9B ．14C ．15D ．21解析：选B.因为P ＝{x ，1}，Q ＝{y ，1，2}，且P ⊆Q ， 所以x ∈{y ，2}．所以当x ＝2时，y ＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况； 当x ＝y 时，x ＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况． 故共有7＋7＝14种情况，即这样的点的个数为14.分步乘法计数原理[典例引领](1)(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )A．24 B．18C．12 D．9(2)有六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)由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B.(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)B (2)1201.若将本例(2)中将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？解：每人都可以从这三个智力项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．2.若将本例(2)条件中的“每人至多参加一项”改为“每人参加的项目数不限”，其他不变，则有多少种不同的报名方法？解：每人参加的项目数不限，因此每一个项目都可以从六人中任选一人，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．利用分步乘法计数原理解题的策略(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．(2)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总方法数．[提醒] 分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．[通关练习]1．将3张不同的电影票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同的分法种数是( )A．2 160 B．720C．240 D．120解析：选B.分步来完成此事．第1张电影票有10种分法；第2张电影票有9种分法；第3张电影票有8种分法，共有10×9×8＝720种分法．2．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(1)P可表示平面上________个不同的点；(2)P可表示平面上________个第二象限的点．解析：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种确定方法；第二步确定b的值，也有6种确定方法．根据分步乘法计数原理，得到平面上的点的个数是6×6＝36.(2)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种确定方法；第二步确定b，由于b>0，所以有2种确定方法．由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.答案：(1)36 (2)6两个计数原理的综合应用[典例引领](1)满足a，b∈{－1，1，2}，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．9 B．8C．7 D．6(2)(2018·大同质检)如图所示，用4种不同的颜色涂在图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有( )A．72种B．48种C．24种D．12种【解析】(1)由a，b的取值可知，ax2＋2x＋b＝0有实数解的条件为Δ＝22－4ab＝4－4ab≥0，当a＝－1时，b＝－1，1，2，共3种情况，当a＝1时，b＝－1，1，共2种情况；当a＝2时，b＝－1，有1种情况，共有3＋2＋1＝6种情况．(2)首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法．【答案】(1)D (2)A与两个计数原理有关问题的解题策略(1)在综合应用两个计数原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会用到分类加法计数原理．(2)对于较复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当地画出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化．[通关练习]1．如果一个三位正整数“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( )A．240 B．204C．729 D．920解析：选A.若a2＝2，则凸数为120与121，共1×2＝2个．若a2＝3，则凸数有2×3＝6个．若a2＝4，则凸数有3×4＝12个，…，若a2＝9，则凸数有8×9＝72个．所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．2. 如图，用6种不同的颜色分别给图中A，B，C，D四块区域涂色，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有( )A．400种B．460种C．480种D．496种解析：选C.完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色．当使用4种颜色时：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D有3种，完成此事共有6×5×4×3＝360种方法；当使用3种颜色时：A，D使用同一种颜色，从A，D开始，有6种方法，B有5种，C有4种，完成此事共有6×5×4＝120种方法．由分类加法计数原理可知：不同的涂法有360＋120＝480(种)．应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么．选择合理的标准处理事情，可以避免计数的重复或遗漏．(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．(2)分步要做到“步骤完整”，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．易错防范(1)切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．(2)分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．1．从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数的个数是( )A．30 B．42C．36 D．35解析：选C.因为a＋b i为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．2．用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法有( )A．3种B．5种C．9种D．12种解析：选C.只用一种币值有2张10元，4张5元，20张1元，共3种；用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种；用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种．由分类加法计数原理得，共有3＋5＋1＝9(种)．3．某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为( )A．20 B．25C．32 D．60解析：选C.依据题意知，最后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.4．用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为( ) A．24 B．48C．60 D．72解析：选 B.先排个位，再排十位，百位，千位，万位，依次有2，4，3，2，1种排法，由分步乘法计数原理知偶数的个数为2×4×3×2×1＝48.5．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．16C．13 D．10解析：选C.分两类情况讨论：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．6．已知集合M ＝{1，－2，3}，N ＝{－4，5，6，－7}，从两个集合中各选一个数作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第三、四象限内不同点的个数为( )A ．18个B ．10个C ．16个D ．14个解析：选B.第三、四象限内点的纵坐标为负值，分2种情况讨论． ①取M 中的点作横坐标，取N 中的点作纵坐标，有3×2＝6种情况； ②取N 中的点作横坐标，取M 中的点作纵坐标，有4×1＝4种情况． 综上共有6＋4＝10种情况．7．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B ，C ，D 中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3，5，6，8，9中选择，其他号码只想在1，3，6，9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有( )A ．180种B ．360种C ．720种D ．960种解析：选D.按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．8．直线l ：x a ＋y b＝1中，a ∈{1，3，5，7}，b ∈{2，4，6，8}．若l 与坐标轴围成的三角形的面积不小于10，则这样的直线的条数为( )A ．6B ．7C ．8D ．16解析：选B.l 与坐标轴围成的三角形的面积为S ＝12ab ≥10，即ab ≥20.当a ＝1时，不满足；当a ＝3时，b ＝8，即1条．当a ∈{5，7}时，b ∈{4，6，8}，此时a 的取法有2种，b 的取法有3种，则直线l 的条数为2×3＝6.故满足条件的直线的条数为1＋6＝7.故选B.9．一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P 点处进，Q 点处出，沿图中线路游览A ，B ，C 三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O 外)的不同游览线路有( )A．6种B．8种C．12种D．48种解析：选D.从P点处进入结点O以后，游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口)，若先游览完A景点，再进入另外两个景点，最后从Q点处出有(4＋4)×2＝16种不同的方法；同理，若先游览B景点，有16种不同的方法；若先游览C景点，有16种不同的方法，因而所求的不同游览线路有3×16＝48(种)．10．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．18C．24 D．36解析：选 D.分类讨论：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)．11．设集合A＝{－1，0，1}，集合B＝{0，1，2，3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y ∈A∪B}，则A*B中元素的个数是( )A．7 B．10C．25D．52解析：选B.因为集合A＝{－1，0，1}，集合B＝{0，1，2，3}，所以A∩B＝{0，1}，A ∪B＝{－1，0，1，2，3}，所以x有2种取法，y有5种取法，所以根据分步乘法计数原理得2×5＝10.12．在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种B．48种C．72种D．96种解析：选C.分两种情况：(1)A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2＝24(种)．(2)A，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)．综上两种情况，不同的涂色方法共有48＋24＝72(种)．13．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．解析：第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．答案：3614．乘积(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开后共有________项．解析：由(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开式各项都是从每个因式中选一个字母的乘积，由分步乘法计数原理可得其展开式共有3×4×5＝60(项)．答案：6015．在平面直角坐标系内，点P(a，b)的坐标满足a≠b，且a，b都是集合{1，2，3，4，5，6}中的元素．又点P到原点的距离|OP|≥5，则这样的点P的个数为________．解析：依题意可知：当a＝1时，b＝5，6，两种情况；当a＝2时，b＝5，6，两种情况；当a＝3时，b＝4，5，6，三种情况；当a＝4时，b＝3，5，6，三种情况；当a＝5或6时，b各有五种情况．所以共有2＋2＋3＋3＋5＋5＝20种情况．答案：2016．已知集合A＝{最大边长为7，且三边长均为正整数的三角形}，则集合A的真子集共有________个．解析：另外两个边长用x，y(x，y∈N*)表示，且不妨设1≤x≤y≤7，要构成三角形，必须x＋y≥8.当y取7时，x可取1，2，3，…，7，有7个三角形；当y取6时，x可取2，3，…，6，有5个三角形；当y取5时，x可取3，4，5，有3个三角形．当y 取4时，x 只能取4，只有1个三角形．所以所求三角形的个数为7＋5＋3＋1＝16.其真子集共有(216－1)个．答案：216－11．在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止．若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )A ．6种B ．12种C ．18种D ．20种 解析：选D.分三种情况：恰好打3局(一人赢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2×3＝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2×4×32＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20种．故选D.2．定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数．若m ＝4，则不同的“规范01数列”共有( )A ．18个B ．16个C ．14个D ．12个解析：选C.设a 1，a 2，a 3，…，a k 中0的个数为t ，则1的个数为k －t ，由2m ＝8知，k ≤8且t ≥k －t ≥0，则⎩⎪⎨⎪⎧t ≤k ≤2t k ≤8t ≤4k ，t ∈N *. 法一：当t ＝1时，k ＝1，2；当t ＝2时，k ＝2，3，4；当t ＝3时，k ＝3，4，5，6；当t ＝4时，k ＝4，5，6，7，8，所以“规范01数列”共有2＋3＋4＋5＝14(个)．法二：问题即是⎩⎪⎨⎪⎧t ≤k ≤2t k ≤8t ≤4k ，t ∈N *表示的区域的整点(格点)的个数，如图整点(格点)为2＋3＋4＋5＝14个，即“规范01数列”共有14个．3．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________．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.易知公比为12，13，23时，共有2＋1＋1＝4个．故共有2＋1＋1＋4＝8(个)．答案：84．x ＋y ＋z ＝10的正整数解的组数为________．解析：可按x 的值分类：当x ＝1时，y ＋z ＝9，共有8组；当x ＝2时，y ＋z ＝8，共有7组；当x ＝3时，y ＋z ＝7，共有6组；当x ＝4时，y ＋z ＝6，共有5组；当x ＝5时，y ＋z ＝5，共有4组；当x ＝6时，y ＋x ＝4，共有3组；当x ＝7时，y ＋z ＝3，共有2组；当x ＝8时，y ＋z ＝2，共有1组．由分类加法计数原理可知：共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝8×92＝36(组)． 答案：365．由数字1，2，3，4，(1)可组成多少个三位数？(2)可组成多少个没有重复数字的三位数？(3)可组成多少个没有重复数字，且百位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字的三位数？解：(1)百位数共有4种排法；十位数共有4种排法；个位数共有4种排法，根据分步乘法计数原理知共可组成43＝64个三位数．(2)百位上共有4种排法；十位上共有3种排法；个位上共有2种排法，由分步乘法计数原理知共可排成没有重复数字的三位数4×3×2＝24(个)．(3)排出的三位数分别是432、431、421、321，共4个．6．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？解：(1)y＝ax2＋bx＋c表示二次函数时，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)当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．。
近年届高考数学一轮复习第十篇计数原理、概率、随机变量及其分布第2节排列与组合训练理新人教版(202
2019届高考数学一轮复习第十篇计数原理、概率、随机变量及其分布第2节排列与组合训练理新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019届高考数学一轮复习第十篇计数原理、概率、随机变量及其分布第2节排列与组合训练理新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第2节排列与组合【选题明细表】知识点、方法题号排列1,5，12组合2，7排列与组合的综合应用3,4,6,8,9,10，11，13，14基础巩固（时间：30分钟)1。
(2017·濮阳市一模）某电视台曾在某时间段连续播放5个不同的商业广告，现在要在该时间段只保留其中的2个商业广告,新增播一个商业广告与两个不同的公益宣传广告,且要求两个公益宣传广告既不能连续播放也不能在首尾播放,则不同的播放顺序共有( B ）（A)60种（B)120种（C）144种 (D)300种解析:要在该时间段只保留其中的2个商业广告，有=20种方法，增播一个商业广告,利用插空法有3种方法,再在2个空中,插入两个不同的公益宣传广告，共有2种方法,根据分步乘法计数原理,共有20×3×2=120种方法.故选B。
2.(2017·太原市一模）现有12张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各三张，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,不同的取法种数为（ C )(A）135 (B)172 （C)189 （D)162解析：由题意，不考虑特殊情况，共有种取法，其中每一种卡片各取三张,有4种取法,两张红色卡片,共有种取法，故所求的取法共有—4-=189种.故选C。
全国通用近年高考数学一轮复习第十章计数原理与概率、随机变量及其分布课时作业六十四10.1分类加法计
（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第十章计数原理与概率、随机变量及其分布课时分层作业六十四10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第十章计数原理与概率、随机变量及其分布课时分层作业六十四10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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课时分层作业六十四分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、选择题（每小题5分，共35分)1。
从甲地到乙地，每天飞机有5班，高铁有10趟,动车有6趟,公共汽车有12班。
某人某天从甲地前往乙地，则其出行方案共有( ）A。
22种 B.33种C。
300种D。
3 600种【解析】选B.由分类加法计数原理知共有5+10+6+12=33种出行方案.2。
用数字0,1，2，3组成三位数的个数为（)A.34B。
43C。
3×42 D.4×32【解析】选C.因为0不能在首位，所以首位有3种排法,十位和个位各有4种排法,故共有3×4×4=3×42个三位数。
3。
(2018·洛阳模拟)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.40B.16 C。
13 D.10【解析】选C。
分两类情况讨论: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。
近年高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10.8n次独立重复试验与二项分布课后
2019版高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10.8 n次独立重复试验与二项分布课后作业理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10.8 n次独立重复试验与二项分布课后作业理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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10。
8 n次独立重复试验与二项分布[重点保分两级优选练］A级一、选择题1．(2018·广西柳州模拟）把一枚硬币任意抛掷三次,事件A＝“至少有一次出现反面”,事件B＝“恰有一次出现正面”，则P(B|A)＝（）A。
错误! B。
错误! C。
错误! D.错误!答案A解析依题意得P(A）＝1－错误!＝错误!，P(AB）＝错误!＝错误!，因此P （B|A)＝错误!＝错误!，故选A。
2．（2018·厦门模拟）甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取五局三胜制,无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为错误!，则甲以3∶1的比分获胜的概率为（）A。
错误! B.错误! C.错误! D。
错误!答案A解析第四局甲第三次获胜，并且前三局甲获胜两次,所以所求的概率为P＝C错误!错误!2×错误!×错误!＝错误!.故选A。
3．(2017·山西一模)甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜"制,甲在每局比赛中获胜的概率均为错误!，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的情况下,比赛进行了三局的概率为（)A.错误! B。
高考数学一轮复习 第10章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第1节 分类加法计数原理与分步乘法计数
第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理[考纲传真] (教师用书独具)1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.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．(对应学生用书第169页)[基础知识填充]1．分类加法计数原理完成一件事，可以有n类办法，在第一类办法中有m1种方法，在第二类办法中有m2种方法，…，在第n类办法中有m n种方法．那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种方法．(也称加法原理)2．分步乘法计数原理完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法，…，做第n步有m n种方法．那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种方法．3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事的不同方法的种类．它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任何一种方法都可以完成这件事；分步乘法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．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( )(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( )[答案](1)×(2)√(3)√(4)×2．(教材改编)从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有( )A．30 B．20 C．10 D．6D[从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类：①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6种．]3．书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从第1,2,3层分别各取1本书，则不同的取法种数为( )A．3 B．15C．21 D．120D[由分步乘法计数原理知，从第1,2,3层各取1本书，不同的取法种数为4×5×6＝120.故选D．]4．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有( ) A．30个B．42个C．36个D．35个C[∵a＋b i为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．]5．如图1011，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路；从C城到D城有5条路，则某旅客从A城到D城共有________条不同的路线．图101132 [不同路线共有3×4＋4×5＝32(条)．](对应学生用书第169页)(1)某位同学逛书店，发现有三本喜欢的书，决定至少买其中一本，则购买的方案有________种．(2)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________．(1)7 (2)13[(1)至少买其中一本的实质是买一本或买两本或买三本，故分三类完成．第一类：买一本有3种；第二类：买两本有3种；第三类：买三本有1种．共有3＋3＋1＝7(种)买法．(2)①当a＝0时，有x＝－b2，b＝－1,0,1,2，有4种可能；②当a≠0时，则Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，(ⅰ)当a＝－1时，b＝－1,0,1,2，有4种可能；(ⅱ)当a＝1时，b＝－1,0,1，有3种可能；(ⅲ)当a＝2时，b＝－1,0，有2种可能．所以有序数对(a，b)共有4＋4＋3＋2＝13个．]根据题目特点恰当选择一个分类标准分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，且只能属于某一类即标准明确，不重不漏[跟踪训练] 椭圆m ＋n＝1的焦点在x轴上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________.【导学号：79140337】10 [因为焦点在x轴上，所以m>n.以m的值为标准分类，可分为四类：第一类，m＝5时，使m>n，n有4种选择；第二类，m＝4时，使m>n，n有3种选择；第三类，m＝3时，使m>n，n有2种选择；第四类，m＝2时，使m>n，n有1种选择．由分类加法原理知，符合条件的椭圆共有4＋3＋2＋1＝10个．](1)(2016·全国卷Ⅱ)如图1012，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )图1012A．24 B．18C．12 D．9(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)．(1)B(2)18 6[(1)分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路程．(2)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．] 要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定[跟踪训练乘坐电梯上楼，其中2人恰好乘坐同一部电梯，则不同的乘坐方式有________种(用数字作答)．(2)设集合A ＝{－1,0,1}，B ＝{0,1,2,3}，定义A *B ＝{(x ，y )|x ∈A ∩B ，y ∈A ∪B }，则A *B 中元素的个数为________．(1)36 (2)10 [(1)从3人中选择两人同乘一部电梯有C 23＝3种选择，这两人乘坐的电梯有4种选择，最后1个乘坐的电梯有3种选择，所以不同的乘坐方式有3×4×3＝36种．(2)易知A ∩B ＝{0,1}，A ∪B ＝{－1,0,1,2,3}，所以x 有2种取法，y 有5种取法， 由分步乘法计数原理，A *B 的元素有2×5＝10个．](1)(2018·郑州第二次质量预测)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数个数为( )A ．72B ．120C ．192D ．240(2)如图1013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( )图1013 A ．24B ．48C ．72D ．96(1)D (2)C [(1)个位数字是2或6时，不同的偶数个数为C 12·A 552＝120；个位数字是4，不同的偶数个数为A55＝120，则不同的偶数共有120＋120＝240个，故选D．(2)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．]在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会用到分类加法计数原理对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地画出示意图或列出表格，化抽象为直观.[跟踪训练对”．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．18C．24 D．36(2)(2017·杭州调研)已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对任意x∈A，y∈B，x<y恒成立，则称(A，B)为集合M的一个“子集对”，则集合M的“子集对”共有________个.【导学号：79140338】(1)D(2)17[(1)分类讨论：第一类，对于每一条棱，都可以与两个面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第二类，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)．(2)当A＝{1}时，B有23－1种情况；当A＝{2}时，B有22－1种情况；当A＝{3}时，B有1种情况；当A＝{1,2}时，B有22－1种情况；当A＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}时，B均有1种情况，所以满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17(个)．]。
高考数学大一轮复习 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第8讲 离散型随机变量的均值与方差、正
第8讲 离散型随机变量的均值与方差、正态分布1．(2018·高考全国卷Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p, 各成员的支付方式相互独立．设X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX ＝2.4，P (X ＝4)＜P (X ＝6)，则p ＝( )A ．0.7B ．0.6C ．0.4D ．0.3解析：选B.由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以DX ＝10p ·(1－p )＝2.4，所以p ＝0.6或p ＝0.4.由P (X ＝4)＜P (X ＝6)，得C 410p 4(1－p )6＜C 610p 6(1－p )4，即(1－p )2＜p 2，所以p ＞0.5，所以p ＝0.6.2．某校在高三第一次模拟考试中约有1 000人参加考试，其数学考试成绩近似服从正态分布，即X ～N (100，a 2)(a ＞0)，试卷满分为150分，统计结果显示数学考试成绩不及格(低于90分)的人数占总人数的110，则此次数学考试成绩在100分到110分(包含100分和110分)之间的人数约为( )A ．400B ．500C ．600D ．800解析：选A.P (X ＜90)＝P (X ＞110)＝110，P (90≤X ≤110)＝1－110×2＝45，P (100≤X ≤110)＝25，1 000×25＝400.故选A. 3．(2017·高考某某卷)已知随机变量ξi 满足P (ξi ＝1)＝p i ，P (ξi ＝0)＝1－p i ，i ＝1，2.若0＜p 1＜p 2＜12，则( )A ．E (ξ1)＜E (ξ2)，D (ξ1)＜D (ξ2)B ．E (ξ1)＜E (ξ2)，D (ξ1)＞D (ξ2)C ．E (ξ1)＞E (ξ2)，D (ξ1)＜D (ξ2) D ．E (ξ1)＞E (ξ2)，D (ξ1)＞D (ξ2)解析：选A.根据题意得，E (ξi )＝p i ，D (ξi )＝p i (1－p i )，i ＝1，2，因为0<p 1<p 2<12，所以E (ξ1)<E (ξ2)．令f (x )＝x (1－x )，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递增，所以f (p 1)<f (p 2)，即D (ξ1)<D (ξ2)，故选A.4．已知随机变量ξ的分布列为那么ξE (η)＝________．解析：由离散型随机变量的期望公式及性质可得，E (ξ)＝－1×12＋0×16＋1×13＝－16，E (η)＝E (2ξ＋1)＝2E (ξ)＋1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－16＋1＝23.答案：－16235．有10X 火车票，其中3X 是卧铺，其他是硬座，从这10X 火车票中任取两X ，用ξ表示取到卧铺的X 数，则E (ξ)等于________．解析：ξ服从超几何分布P (ξ＝x )＝C x 3C 2－x7C 210(x ＝0，1，2)．所以P (ξ＝0)＝C 27C 210＝2145＝715，P (ξ＝1)＝C 17C 13C 210＝2145＝715，P (ξ＝2)＝C 23C 210＝345＝115.所以E (ξ)＝0×715＋1×715＋2×115＝915＝35.答案：356．袋中有20个大小相同的球，其中标上0号的有10个，标上n 号的有n 个(n ＝1，2，3，4)．现从袋中任取一球，X 表示所取球的标号．(1)求X 的分布列、期望和方差；(2)若Y ＝aX ＋b ，E (Y )＝1，D (Y )＝11，试求a ，b 的值． 解：(1)X 的分布列为E (X )＝0×2＋1×20＋2×10＋3×20＋4×5＝1.5.D (X )＝(0－1.5)2×12＋(1－1.5)2×120＋(2－1.5)2×110＋(3－1.5)2×320＋(4－1.5)2×15＝2.75.(2)由D (Y )＝a 2D (X )，得a 2×2.75＝11，即a ＝±2. 又E (Y )＝aE (X )＋b ， 所以当a ＝2时，由1＝2×1.5＋b ，得b ＝－2. 当a ＝－2时，由1＝－2×1.5＋b ，得b ＝4.所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝4. 7．(2019·某某市第一次教学质量检测)某公司在迎新年晚会上举行抽奖活动，有甲、乙两个抽奖方案供员工选择．方案甲：员工最多有两次抽奖机会，每次抽奖的中奖率均为45.第一次抽奖，若未中奖，则抽奖结束．若中奖，则通过抛一枚质地均匀的硬币，决定是否继续进行第二次抽奖．规定：若抛出硬币，反面朝上，员工则获得500元奖金，不进行第二次抽奖；若正面朝上，员工则须进行第二次抽奖，且在第二次抽奖中，若中奖，则获得奖金1 000元；若未中奖，则所获得的奖金为0元．方案乙：员工连续三次抽奖，每次中奖率均为25，每次中奖均可获得奖金400元．(1)求某员工选择方案甲进行抽奖所获奖金X (元)的分布列；(2)试比较某员工选择方案乙与选择方案甲进行抽奖，哪个方案更划算？ 解：(1)X 的可能取值为0，500，1 000.P (X ＝0)＝15＋45×12×15＝725， P (X ＝500)＝45×12＝25， P (X ＝1 000)＝45×12×45＝825，所以某员工选择方案甲进行抽奖所获奖金X (元)的分布列为X 0 500 1 000 P72525825(2)由(1)可知，选择方案甲进行抽奖所获奖金X 的期望E (X )＝500×25＋1 000×825＝520，若选择方案乙进行抽奖，中奖次数ξ～B (3，25)，则E (ξ)＝3×25＝65，抽奖所获奖金X 的期望E (X )＝E (400ξ)＝400E (ξ)＝480， 故选择方案甲较划算．1．为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求： ①顾客所获的奖励额为60元的概率； ②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望．(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．解：(1)设顾客所获的奖励额为X . ①依题意，得P (X ＝60)＝C 11C 13C 24＝12，即顾客所获的奖励额为60元的概率为12.②依题意，得X 的所有可能取值为20，60. P (X ＝20)＝C 23C 24＝12，P (X ＝60)＝12，即X 的分布列为X 20 60所以顾客所获的奖励额的数学期望为E (X )＝20×2＋60×2＝40(元)．(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元．所以，先寻找期望为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，同理，可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2.以下是对两个方案的分析：对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为X 1，则X 1的分布列为X 1的期望为E (X 1)＝20×6＋60×3＋100×6＝60，X 1的方差为D (X 1)＝(20－60)2×16＋(60－60)2×23＋(100－60)2×16＝1 6003. 对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X 2，则X 2的分布列为X 2的期望为E (X 2)＝40×6＋60×3＋80×6＝60，X 2的方差为D (X 2)＝(40－60)2×16＋(60－60)2×23＋(80－60)2×16＝4003. 由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.2．(2017·高考全国卷Ⅰ)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N (μ，σ2)．(1)假设生产状态正常，记X 表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P (X ≥1)及X 的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．(i)试说明上述监控生产过程方法的合理性； (ii)下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸： 9．95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10．26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 经计算得x －＝116∑i ＝116x i ＝9.97，s ＝116∑i ＝116 （x i －x －）2＝116⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝116x 2i －16x －2≈0.212，其中x i 为抽取的第i 个零件的尺寸，i ＝1，2， (16)用样本平均数x －作为μ的估计值μ^，用样本标准差s 作为σ的估计值σ^，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．附：若随机变量Z 服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－3σ<Z <μ＋3σ)＝0.997 4.0.997 416≈0.959 2，0.008≈0.09.解：(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.997 4，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.002 6，故X ～B (16，0.002 6)．因此P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8.X 的数学期望为EX ＝16×0.002 6＝0.041 6.(2)(i)如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，发生的概率很小．因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．(ii)由x －＝9.97，s ≈0.212，得μ的估计值为μ^＝9.97，σ的估计值为σ^＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为115(16×9.97－9.22)＝10.02，因此μ的估计值为10.02.i ＝116x 2i ＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134， 剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为115 (1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，因此σ的估计值为0.008≈0.09.。
高考数学一轮复习第十篇计数原理概率随机变量及其分布第1节分类加法计数原理与分步乘法计数原理训练理
第1节分类加法计数原理与分步乘法计数原理基础巩固(时间:30分钟)1.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( C )(A)40 (B)16 (C)13 (D)10解析:分两类情况讨论: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.故选C.2.如图所示,从甲地到乙地有3条公路可走,从乙地到丙地有2条公路可走,从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走.则从甲地经乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为( A )(A)6,8 (B)6,6 (C)5,2 (D)6,2解析:从甲地经乙地到丙地,分两步:第1步,从甲地到乙地,有3条公路;第2步,从乙地到丙地,有2条公路.根据分步乘法计数原理,有3×2=6种走法.从甲地到丙地,分两类:第1类,从甲地经乙地到丙地,有6种走法;第2类,从甲地不经过乙地到丙地,有2条水路,即有2种走法.根据分类加法计数原理,有6+2=8种走法.故选A.3.高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践,但去何工厂可自由选择,甲工厂必须有班级要去,则不同的分配方案有( C )(A)16种(B)18种(C)37种(D)48种解析:三个班去四个工厂不同的分配方案共43种,甲工厂没有班级去的分配方案共33种,因此满足条件的不同的分配方案共有43-33=37种.故选C.4.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( B ) (A)60 (B)48 (C)36 (D)24解析:长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6=36个,6个对角面构成的“平行线面组”有6×2=12(个).故共有36+12=48(个).故选B.5.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( C )(A)9种(B)11种(C)13种(D)15种解析:按照焊接点脱落的个数进行分类:第1类,脱落1个,有1,4,共2种;第2类,脱落2个,有(1,4),(2,3),(1,2),(1,3),(4,2),(4,3),共6种;第3类,脱落3个,有(1,2,3),(1,2,4),(2,3,4),(1,3,4),共4种;第4类,脱落4个,有(1,2,3,4),共1种.根据分类加法计数原理,共有2+6+4+1=13种焊接点脱落的情况.故选C.6.(2016·青岛模拟)如图所示的五个区域中,中心区域是一幅图画,现在要求在其余四个区域中涂色,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( C )(A)64 (B)72 (C)84 (D)96解析:分成两类:A和C同色时有4×3×3=36种;A和C不同色时有4×3×2×2=48种,则一共有36+48=84种.故选C.7.三边长均为正整数,且最大边长为11的三角形的个数是.解析:另两边长用x,y表示,且不妨设1≤x≤y≤11,要构成三角形,必须x+y≥12.当y取11时,x可取1,2,3,…,11,有11个三角形;当y取10时,x可取2,3,…,10,有9个三角形;…;当y取6时,x只能取6,只有1个三角形.所以所求三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36.答案:368.已知集合M={1,2,3,4},集合A,B为集合M的非空子集,若对∀x∈A,y∈B,x<y恒成立,则称(A,B)为集合M的一个“子集对”,则集合M的“子集对”共有个.解析:A={1}时,B有23-1种情况;A={2}时,B有22-1种情况;A={3}时,B有1种情况;A={1,2}时,B有22-1种情况;A={1,3},{2,3},{1,2,3}时,B均有1种情况,故满足题意的“子集对”共有7+3+1+3+3=17个.答案:17能力提升(时间:15分钟)9.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( B )(A)18个(B)15个(C)12个(D)9个解析:依题意,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.共计:3+6+3+3=15个.故选B.10.(2017·玉林市模拟)将1,2,3,…,9这9个数字填在如图的9个空格中,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,填写空格的方法为( A )(A)6种(B)12种(C)18种 (D)24种解析:因为每一行从左到右,每一列从上到下分别依次增大,1,2,9只有一种填法,5只能填在右上角或左下角,5填后与之相邻的空格可填6, 7,8任一个,余下两个数字按从小到大只有一种方法.共有2×3=6种结果.故选A.11.一个旅游景区的游览线路如图所示,某人从P点处进,Q点处出,沿图中线路游览A,B,C三个景点及沿途风景,则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有( D )(A)6种(B)8种(C)12种(D)48种解析:从P点处进入结点O以后,游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口),游览三个景区的顺序有3×2×1=6(种),每个景区游览方向有2种.因而所求的不同游览线路有3×16=48种.故选D.12.(2017·铜川模拟)从0,1,2,3,4这5个数字中任取3个组成三位数,其中奇数的个数是.解析:从1,3中取一个排个位,故排个位有2种方法;排百位不能是0,可以从另外3个数中取一个,有3种方法;排十位有3种方法.故所求奇数的个数为3×3×2=18.答案:1813.在某运动会的百米决赛上,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.所以安排方式有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安排,所以安排方式有5×4×3×2×1=120种.所以安排这8人的方式有24×120=2 880种.答案:2 88014.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(如图),使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同,且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色,则符合条件的所有涂法共有种.解析:把区域分为三部分,第一部分1,5,9,有3种涂法.第二部分4,7,8,当5,7同色时,4,8各有2种涂法,共4种涂法;当5,7异色时,7有2种涂法,4,8均只有1种涂法,故第二部分共4+2=6种涂法.第三部分与第二部分一样,共6种涂法.由分步乘法计数原理,可得共有3×6×6=108种涂法.答案:108。
2018届高三数学一轮复习第十章计数原理与概率、随机变量及其分布第二节排列与组合课件理
2.解决有限制条件排列问题的策略
(1)根据特殊元素(位置)优先安排进行分步,即先安排特殊元素或特殊位 置. (2)根据特殊元素当选数量或特殊位置由谁来占进行分类.
A3 5 A1 4 A2 4
2 A1 4 A4 2 A1 A 4 4
A3 5
2 A1 4 A4
3 A3 A (2)先排0,2,4,再让1,3,5插空,总的排法共 3 4 =144种,其中0在排头,将1, 3 A2 A 3,5插在后3个空的排法共 · 2 3 =12(种),此时构不成六位数,故符合要求
A 6 种排法,而每一种排法 样同5名男生合在一起有6个元素,排成一排有 A 3 种排法,因此共有 A6 · A 中,3名女生间又有 3 =4 320种不同的排法.
3 6 3 6
A 5 种排法,这5名男生之间和两端有6个位置, (2)(插空法)先排5名男生,有 A 6 种排法,因此共有 A5 · A 从中选取3个位置排女生,有 6 =14 400种不同的
2 答案 C 从6名男医生中选出2名有 种选法,从5名女医生中选出1名 C6 2 1 有 种选法,由分步乘法计数原理得不同的选法共有 · =75种.故 C1 C6 C 5 5
选C.
2.将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里,且放入
每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号,则不同的放球方法有 ( ) B.20种 C.36种 D.52种
理数
课标版
第二节 排列与组合
教材研读
1.排列与排列数 (1)排列:从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素,① 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② 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,记作③