高中数学概率 重点问题探讨

高中数学中古典概率应用上之易错处探究

一、基本概念

（1）分类计数原理：n m m m N +++= 21 （2）分步计算原理：n m m m N 21=

（3）排列:一般地，从n 个元素中取出m 个元素（n m ≤）

列， 叫做从n 个元素中取出m 个元素的一个排列。从n 个元素中取出m 个元素（n m ≤）

的所有排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用符号m n A 表示，

)1()2)(1(+---=m n n n n A m

n 。

（4）组合：一般地，从n 个不同元素中取出m 个元素（n m ≤）并成一组，叫做从

n 个元素中取出m 个元素的一个组合。从n 个元素中取出m 个元素的所有组合的个数，

叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，用符号m

n C 表示。

!)

1()2)(1(m m n n n n A A C m m m

n m

n

+---=

= 。 （5）必然事件：在一定的条件下必然要发生的事件。 （6）不可能事件：在一定的条件下不可能发生的事件。

（7）随机事件：在一定的条件下可能发生也可能不发生的事件。

（8）在相同的条件下，进行了n 次试验，在这n 次试验中，事件A 发生的次数A n 称为事件A 发生的频数。比值

n

n A

称为事件A 发生的频率。 （9）一般地，在大量重复进行同一实验时，事件A 发生的频率

n

n A

总是接近于某个常数，在它附近摆动，这时就把这个常数叫做事件A 的频率，记作)(A P ，且一次实验连同其中可能出现的每一个结果称为一个基本事件，通常此试验中的某一个事件A 由几个基本事件组成，如果一次实验中可能出现的结果有n 个，即此实验由n 个基本事件

组成。而且所有结果出现的可能性相等，那么每一个基本事件的概率都是n

1

。如果某

个事件A 包含的结果有m 个，那么事件A 的概率

n

m

A P =)( 。

二、重点问题剖析

1.“有放回摸球”与“无放回摸球”

“有放回摸球”与“无放回摸球”主要有以下区别：

（1）无放回摸球主要是指每次摸出的球放在袋外，下次再摸球时总数比前次少一；而有放回的摸球是每次摸出一球放在袋内，下次再摸球时袋内球的总数不变。 （2）“无放回摸球”各次抽取不是相互独立的，而“有放回摸球”每次是相互独立的。下面通过一个例题来进一步的说明“无放回摸球”与“有放回摸球”的区别。

例1 袋中有1，2，3，…，N 号球各一个，采用①无放回，②有放回的两种方式摸球，试求在第k 次摸球时首先摸到一号球的概率。

解：设i B 为事件“第i 次摸到一号球” ),2,1(k i =。

①无放回摸球

若把k 次摸出的k 个球排成一排，则从N 个球任取k 个球的每个排列就是一个基本

事件，因此基本事件的总数为以数码1，2，…，N 中任取k 个数码的排列数，k

N P n =。

下面求事件k B 包含的基本事件数m ，事件k B 可分两步完成：先在第k 个位置上排上1

号球，只有一种排法，再在前1-k 个位置排其它1-N 个球，共有11--k N P 种排法，由乘法

原理知，事件k B 包含的基本事件数为

1

1111----=?=k N k N P P m ，

从而

N P P n m B P k N

k N k 1)(1

1

===--。

②有放回的摸球

因为有放回摸球，每次袋中都有N 个球，共摸k 次，故共有k N 种可能结果，既基本事件总数为k N n =。事件k B 可分为两步完成：前1-k 次未摸到1号球，共有1-=k N m ，于是

k

k r N N n m B P 1

)1()(--==。

分析：对于有放回摸球与无放回摸球题型，在审题时一定要注意是有放回还是无放

回，然后根据题意来考虑排列与组合的应用，总之，一定要抓住题目的隐含条件与已知条件的关系，所要求的问题与已知条件之间的连接点，这样才能够很快的解决问题而不至于错误。

2.“隔板法”

隔板法是插空法的一种特殊情况，它的使用非常广泛，能解决一大类组合问题。下面用一个具体的例子来说明它的使用的优越性。

例2 将9个相同的小球放到六个不同的盒子里，每个盒子至少放一个球，有多少种不同放法。

解法一：先在盒子里各放一个球，再把剩下的3个球放到6个盒子里，分三类：

①3个球放到一个盒子里，有1

6C 种放法；

②3个球放到两个盒子里，球数分别为2，1，共26P 种放法；

③3个球放到3个盒子里，每个盒子各一个球，共36C 种放法。根据分类计数原理，共有56262616=++C P C 种放法。

解法二（隔板法）：把 6个盒子看做由平行的7个隔板组成的，每一个满足要求的放法、相当于9个小球和7个隔板的一个排列，其中2个隔板在两头，任何2个隔板之间至少有1个球（既任何2个隔板不相邻），把两头的2个隔板拿掉，每一个满足要求的放法还相当于再排成一列的9个小球间8个空档中插入5个隔板，不同的放球方

法即插隔板的方法，共有565

8=C 种。

分析：对于用隔板法解决概率问题，一般都是将问题的思考角度进行转化，使问题从多向思维向单一思维转化，然后把问题的本质找出来进行剖析，问题自然就很好理解了。上述解法2应用了对应的方法，转化为插空问题，计算比较简单，但不易理解，等理解透彻后，就会发现隔板法是非常好用的，是具有普适性的方法。但一定要注意的是应用此法的前提是小球是完全相同（不加区分），盒子是不同的，每个盒子至少放一球。

例3 要从高一年级8个班中产生12学生代表，每个班至少产生一名代表，则代表名额的分配的方案至少有多少种?

解：这个问题如果用原始的方法来分析，是比较麻烦的额，但如果转化问题的角度，用“隔板法”来理解，这个问题就容易解决了。把12个名额看做12个相同小球，

8个班看做8个不同的盒子，用隔板法知道名额分配方法共有7

11C 种。

3. 分组问题

分组问题时排列组合中的一个难点，主要有以下两种情况。

（1）非平均分组问题

在非平均分组问题中，不管是给出组名或不给出组名，其分组的方法相同。 例4 把12人分成如下三组，分别求出以下各种分组的方法数： ①分成甲、乙、丙三组，其中甲组7人、乙组3人、丙组2人。 ②分成三组，其中一组7人、一组3人、一组2人。

解：①先从12人中任选7人为甲组，余下5人中任选3人为乙组，剩下2人为丙

组，则共有2

235712C C C 种不同的方法。

②先从12人中任选7人为一组有712C 种选法，再从余下5人中任选3人有3

5C 种选

法，剩下的两人为一组，共有2

235712C C C 种不同的选法。

分析：在第一个问题中，学生很容易受到干扰，就是对于甲、乙、丙三组，和分成

三组时否需要乘以33A 的问题。但是由于各组的人数不同，这个问题属于非平均分组问

题，虽然第一小问给出了分组的名称，但是这个并不影响最后的结果，它们的分组方法都是一样的。

（2）平均分分组问题。

分析：上面的非平均分组问题中，是否给出组名对结果没有影响，但在平均分组问题中一定要注意问题是否给出了具体的组名，它们的结果是不同的。 例5 有6本不同的书，按下列要求分配，各有多少种分发。

①分给甲、乙、丙三人，每人2本； ②平均分成三份。

解：①从6本书中任取2本给一个人，再从剩下的4本中取2本给另外一个人，剩

下的2本给最后一个人，共有222

64290C C C =种分法。

②设平均分成三堆有x 种分法，在分给甲乙、丙三人每人各2本，则应有

32223642

x A C C C ?=种分法。所以有 222

642

3

3

C C C x A = 种不同的分法。 说明：上面例子中可以看出：两个问题都是分成三堆，每堆两本，属于平均分组问题，而（1）分到甲、乙、丙三人，属于到位问题，相当于给出了甲、乙、丙三个指定的组，但（2）没有给出组名，因而是不同的。

规律：一般地，把nm 个元素平均分到m 个不同的位置，有(1)2n n n n

nm n m n n C C C C -- 种方

法，把nm 个不同元素平均分成m 组有

(1)2!

n n n n

nm n m n n

C C C C m -- 种分法。

4. 圆排列与重复组合问题

（1）圆排列

定义1：从n 个不同的元素中任取()m m n ≤个，按照一定的顺序排成圆形，叫做一个圆排列。

定义2：从n 个不同的元素中取出()m m n ≤个元素的所有圆排列的个数，叫做圆排

列数，用符号m

n R 表示。

例6 5个朋友坐在圆桌周围时，席位排列方法有几种？

解：设5个人分别为a ，b ，c ，d ，e ，把他们排成一排时，排列的数目是5！，排成圆形时，像下图那样只是转了一个地方的排法被看做是一样的，所以根据乘法原理得：

5555!R ?=

所以 555!

245

R =

= 答：席位的排列方法有24种。

命题1： n 个不同的元素的圆排列数(1)!n

n R n =-。

例7 有6名同学做成一圆圈做游戏，有多少种做法？

解: 据命题一，66(61)!120R =-=种。

答：共有120种。

E

C

B

B

A

A

E

命题2：从n 个元素中取出()m m n ≤个元素的圆排列数(1)!m m n n R C m =?-。 证明：从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数为m n C 种，而将这m 个元素排成圆

形由命题1共有(1)!m -种方法，于是由乘法原理得

(1)!m m n n R C m =?-.

（2）重复组合

定义3：从n 个不同的元素中任取m 个元素，元素可以重复选取，不管怎样的顺序并成一组，叫做重复组合。

定义4：从n 个不同的元素中取出m 个元素的所有重复组合的个数，叫做重复组合

数，用符号m

n H 表示。

例8 有5个数1，2，3，4，5，同一个数允许选用任意次，求从中选出3个的重复组合数。

解：如果从5个中选出3个时，选的都是不同的数，那么很明显组合数为3

5C ，但

是同一个数允许选用任意次，因此像（1，1，1），（1，2，1），（4，4，5），…的组合也应在算内，所以要想办法，把问题转化成选取的全是不同元素的问题，为了把上述（1，1，1），（1，2，1），（4，4，5）改成全是不同的数，先把这些数按从小到大的顺序排列起来得到（1，1，1），（1，2，1），（4，4，5）。然后第一个数不 变，在第二个

数上加1，在第三个数上加2，这就变成：（1，2，3），（1，2，4），（4，6，7）。

一般地)2,1,(),,(++?c b a c b a ，可以证明左右两边是一一对应的（左右各有一组互相对应，一组不能和两组以上对应）。这样，,,a b c 中即使有相同的元素，在上述的一一对应中，也能够改变成没有相同的元素组，所以从整体上来说，结果就成了从1，2，3，4，5，6，7的7个数中选取3个不同的元素的组合问题了，即

33

5

776535123

H C ??===??。 答：从1，2，3，4，5中选取3个数的重复组合数为35。 命题3：从n 个不同的元素中选取出m 个元素的重复组合数为

1m m

n n m H C ++=。

例9 从3，5，7，11这4个质数中任取两个相乘，同一个数允许重复使用，可以得到多少个不相同的乘积？

解：根据命题3有：32

442110H C +-==个。

答：可以得到10个不相等的乘积。

分析：圆排列和重复组合问题时高考中的难点，学生在平时的理解过程中往往也存在很多的理解上的问题，主要是因为他们在平时的训练当中已经习惯性的接受了全排列和不重复组合的很多的例题，导致了思维的本能反应而导致错误，老师在讲解这两个知识点的时候最好能够重新给学生建立相应的知识体系，在讲完这一个知识点以后再与前两个知识点进行相应的对照理解和学习，这样可能更好的促进教学，学生也能够很好的接受。

5.连排与间隔排

(1)排列中的“连排”问题（我们称要求某些元素必须排在一起的排列问题为“连排”问题）：

例10 某班有学生38人，其中男生24人，女生14人，现将他们排成一排，女生必须排在一起的排法有多少种？

我们称要求某些元素必须排在一起的排列问题为“连排”问题。

解：由于14名学生必须排在一起，所以我们可以将14名学生看成1个“人”，把

38人的排列问题看成24+1=25人的问题，共有2525P 种，再考虑到14名学生之间的排法1414P ，因此女生必须排在一起的排法种数为2514

2514P P 种。

一般地，在n 个不同的元素中，某k 个元素排在一起的排法种数有11n k k n k k P P -+-+种。

例11 某班有38名同学，其中第一组的12名同学必须排在一起且第一组中的5名女同学又必须排在一起的排列方法有多少种？

解：将第一组的12名同学看成一个“人”。将38名同学的排列问题看成27人的排

列的问题，共有排法2727P 种，再考虑到12名同学的排列方法，依照例1，可知第一组的

12名同学要求5名女生排在一起的排法共有8585P P 种。因此总的排法种数有2785

2785P P P 种。

命题4：一般地，n 个不同元素的排列中，某k 个元素必须排在一起的且在这k 个

元素中的某l 个元素有必须排在一起的排法共有1111n k k l k n k k l k P P P -+-+-+-+种。

分析：“连排”问题的类型很多，不可能一一例举，处理“连排”问题的基本方法，就是将要求排列在一起的元素看成一个整体，将它作为一个元素放到问题中去处理，之后再考虑这个整体的内部排列。

（2）“间隔排”问题

我们称要求某些元素中的任何两个都不能排列在一起的排列问题为“间隔排”问题。例12 某班有59名同学，其中第一小组有14名，现将他们排成一排且要求第一小组的任何两名同学都不排在一起的排法有多少种？

解：首先将不要求间隔的同学先排列有45

45P 种排法，然后再将要求间隔排的同学插入已排的45位同学的46个空档（包括两头）中去，有1446P 种插入方法，所以总的排法种数共有14454645P P 种。

命题5：一般地，在n 个不同元素的排列中，某1

()2

n k k +≤

个元素中的任何两个元素不排列在一起的排法有1n k k n k n k P P ---+种。

例13 现有数字1，2，3，4，5，6，用它们（不重复）可组成多少个各位上奇偶相间的六位数？

解：首先将1，3，5先排共有3

3P 种排法，再将2，4，6插入已排的1，3，5的空

档中去，考虑到奇偶数字要相间排列，故只有两大插法。在2，4，6之间还要考虑顺

序关系，所以插法共有332P 种，故可组成33332P P 个奇偶相间的六位数。

分析：处理“间隔排”问题的基本方法是将不要求间排的元素先排，之后再考虑将要求间隔排的元素插入已排元素的空档中间去。 2.3.6 重复计算或者漏计算

求解排列组合问题时，常有遗漏或重复的情况，导致解答错误，下面将求解排列组合问题时几类常见的错误进行分析，以引起注意。

(1)对一些数学概念的意义把握不准，出现遗漏或重复。 例14 数2310有多少个正约数？

错解：因为1175322310????=，所以从这5个质数中分别取1个，取2个，取3个，取4个，取5个的积都是2310的正约数，故正约数有

12345

5555531C C C C C ++++=（个）

。 分析：上述解法其实有遗漏，原因对正约数的概念掌握不深入，所谓的正约数是指：

若有一个正约数c （此处的整数指正整数），使得整数a 与b 之间适合bc a =，则称b 可整除a ，记作b ︱a ，这时a 称为b 的倍数，b 称为a 的约数，因为1︱2310，所以1也

是2310的一个正约数，所以正确的解答为

12345

55555132C C C C C +++++=（个）

。 (2)对题意要求或约束条件考虑不周，出现遗漏或重复或者不符题意的解答。

例15 用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的数，能够组成多少个大于240135的正整数？

错解：用这6个数字组成比240135大而且没有重复数字的六位数，可按各数位排数字分类。

①首位上数字从3，4，5中任取一个安排，取法有13P 种，而后其余数字在余下的各位数上全排列，有5513P P 个；

②首位数字上安排2，万位上数字分别安排4和5，而后其余数字在余下的个位数字上全排列，有4412P P 个，于是，大于240135的正整数一共有

40844125513=+P P P P （个）

分析：上述解法的答案其实不符合题意，原因是考虑不够周全，因为，在第②类中，当首位上安排2，万位上安排4，其余各数字在余下各数位上全排列时，已含有了2640135

本身，显然它不符合“大于240135”的题意要求，应去掉，所以正确答案

407144125513=-+P P P P （个）

(3)对欲求问题停留在直觉或者简单直观的认识上，未曾过仔细的推敲，出现遗漏或者重复。

例16 由1，2，3，4，5五个数字可以组成多少个不同的和？

错解：由五个数字中每次两个，三个，四个或五个数字相加，故不同的和有

265

5453525=+++C C C C （个）

。 分析：上述的解法其实有重复，出现重复的原因在与，从直觉认为从1，2，3，4，

5中任取两个相加或者三个相加，得到的结果都是不同的结果和，其实不然，如1+4=5， 2+3=5，其和是相等的，其他的还有1+5=2+4=1+2+3，1+2+4=2+5=3+4，1+3+4=1+2+5=3+5,1+2+3+4=2+3+5=1+4+5. 这种相等的和总共有9种，应去掉，故正确的解答为

1795

5453525=-+++C C C C （种）

。