9.1 两个基本计数原理-(讲义)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(能力版)

第九章 概率与统计 9.1 两个基本计数原理 5A>! 通过实例,了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义. AMc
-  -@) 1.分类加法计数原理与分步乘法计数原理 (1)分类加法计数原理 ① 定义: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= 种不同的方法. ② 拓展:完成一件事,如果有n 类不同方案, 且第1类方案中有m1 种不同的方法,第2类 方案中有m2种不同的方法,…,第n类方案中 有mn 种不同的方法,那么完成这件事共有 N = 种不同的方法. (2)分步乘法计数原理 ① 定义: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 = 种不 同的方法. ② 拓展:完成一件事,如果需要分成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 = 种不同的方法. 2.运用分类加法计数原理的关键是分类标准的 确定,通常按有特殊要求的元素或有特殊要 求的位置进行分类,即以“符合要求”与“不符 合要求”作为分类标准. 3.分类与分步都是数学思维中的“分解” 策略, 前者是“横向分解”,分解为若干种满足要求 的类型;后者是“纵向分解”,将解决问题的方 法分成为按一定顺序进行的小步骤. -" 1.判断下列命题是否正确,正确的在括号内画 “√”,错误的画“×”. (1)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. ( ) (2)在分类加法计数原理中,两类不同方案中 的方法可以相同. ( ) (3) 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. ( ) (4) 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. ( ) (5)含有n 个元素的集合{a1,a2,a3,…,an} 的子集的个数是2n. ( ) 2.(教材改编题)现有5幅不同的油画,2幅不同 的国画,7幅不同的水彩画,从这些画中选一 幅布置房间,则不同的选法共有 种. 3.(教材改编题)用0~9这10个数字,可以组成 个没有重复数字的三位数. 4.(教材改编题)某大学食堂备有6种素菜、5种 荤菜、3种汤,现要配成一荤一素一汤的套餐, 则可以配成不同套餐的种数为 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 236 @第九章 概率与统计 5.(多选题)(教材改编题)高二年级安排甲、乙、 丙三位同学到A,B,C,D,E 五个社区进行暑 期社会实践活动,每位同学只能选择一个社 区进行活动,且多个同学可以选择同一个社 区进行活动,下列说法正确的有 ( ) A.如果社区A 必须有同学选择,则不同的安 排方法有61种 B.如果同学甲必须选择社区A,则不同的安 排方法有25种 C.如果三名同学选择的社区各不相同,则不 同的安排方法共有60种 D.如果甲、乙两名同学必须在同一个社区,则 不同的安排方法共有20种 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 A /c5%1@ 考点1 分类加法计数原理 【例1】 (1)某班有男生26人,女生24人,从中选 一位担任学习委员,不同的选法有 种. (2)(2024·广东汕尾联考)某企业面试环节准 备编号为1,2,3,4的四道试题,编号为1,2, 3,4的四名面试者分别回答其中的一道试题 (每名面试者回答的试题互不相同),则每名 面试者回答的试题的编号和自己的编号都 不同的情况共有 ( ) A.9种 B.10种 C.11种 D.12种 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 利用分类加法计数原理时,应明确完成“一件 事”是什么,什么程度才叫完成,完成是共有几类方 案,每一类方案又有几种办法,然后利用分类加法计 数原理得出结果即可. 【对点训练1】 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100分,答 错得-100分;选乙题答对得90分,答错得 -90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为 . 考点2 分步乘法计数原理 【例2】 (1)4名同学分别报名参加学校的足球 队、篮球队、乒乓球队,每人限报其中的一个 运动队,不同报法的种数是34 还是43? (2)3个班分别从5个景点中选择一处游览,不 同选法的种数是35 还是53? (3)某电商为某次活动设计了“和谐”“爱国”“敬 业”三种红包,活动规定每人可以依次点击 4次,每次都会获得三种红包中的一种,若集 全三种即可获奖,但三种红包出现的顺序不 同对应的奖品不同,员工甲按规定依次点击 了4次,直到第4次才获奖,则他获得奖品的 不同情形种数为 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 利用分步乘法计数原理时,应明确完成“一件 事”是什么,什么程度才叫完成,完成是共分几个步 骤,完成每一个步骤又有几种办法,然后利用分步乘 法计数原理得出结果即可. 【对点训练2】 一份快递从寄件人甲处揽收开 始直至送达收件人乙,需要经过5个转运环 节,其中第1,5个环节有a,b两种运输方式, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 237 hh 第2,4个环节有b,c两种运输方式,第3个环 节有c,d,e三种运输方式,快递从甲送到乙, 第1个环节使用a运输方式的运输顺序共有 种;快递从甲送到乙有4种运输方 式的运输顺序共有 种. 考点3 两个原理的综合应用 命题角度1 与生活相关问题 【例3】 (多选题)(2023·广东顺德模拟)现有3 名老师,8名男生和5名女生共16人,有一项 活动需派人参加,则下列命题中正确的是 ( ) A.只需1人参加,有16种不同选法 B.若需老师、男生、女生各1人参加,则有 120种不同选法 C.若需1名老师和1名学生参加,则有39种 不同选法 D.若需3名老师和1名学生参加,则有56种 不同选法 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 应用两个原理解决计数问题时,最重要的是在 开始计算之前仔细分析三点:(1)要完成的“一件事” 究竟是什么;(2)怎样算是完成;(3)完成的过程中 是分类还是分步,或是在完成的过程中要先分类再 分步,抑或先分步再分类等.总之,分类要做到“不重 不漏”,分步要做到“步骤严谨完整”. 【对点训练3】 某公司有4家直营店a,b,c,d, 现需将6箱货物运送至直营店进行销售,各 直营店出售该货物以往所得利润统计如下 表所示. 利润 直营店 a b c d 箱数 0 0 0 0 0 1 4 2 2 4 2 6 4 5 5 3 7 7 6 6 4 8 8 8 8 5 9 9 8 8 6 10 10 8 8 根据此表,该公司获得最大总利润的运送方 式有 种. 命题角度2 涂色问题 【例4】 用红、黄、蓝、绿四种颜 色涂在如图所示的六个区 域,且相邻两个区域不能同 色,则涂色方法总数是 .(用数字 作答) 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 解决涂色问题的基本手段是“树形图”,即对涂 色的每一区域进行逐个讨论,直至按要求完成涂色. 【对点训练4】 如图所示,将一个 四棱锥的每一个顶点染上一种 颜色,并使同一条棱上的两个 端点异色,如果只有5种颜色 可供使用,共有多少种不同染色方法? 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 238 @第九章 概率与统计 命题角度3 数字问题 【例5】 (多选题)已知数字0,1,2,3,4,由它们 组成四位数,下列说法正确的有 ( ) A.组成可以有重复数字的四位数有500个 B.组成无重复数字的四位数有96个 C.组成无重复数字的四位偶数有66个 D.组成无重复数字的四位奇数有28个 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 解决“数字问题”的基本策略是:①是否要求有 重复数字;②数字中有没有0;③“末位”是否有特殊 要求. 【对点训练5】 用数字1,2,3,4组成没有重复 数字的四位数,则这些四位数中比2 134大 的数字个数为 .(用数字作答) 学习至此,请完成课时作业62 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 9.2 排列、组合 5A>! 通过实例,理解排列、组合的概念;能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式. 能利用排列、组合解决 简单的实际问题. AMc
-  -@) 1.排列与组合 (1)排列:一般地,从n 个不同元素中取出 m(m ≤n)个元素,并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 . (2)排列数 定义及表示 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,用 符 号 表示 全排列的概念 n 个不同的元素全部取出的一 个排列 阶乘的概念 正整 数1到 n 的 连 乘 积,用 表示.Ann=n!,0! =1 排列数公式(n,m ∈N*,m ≤n). 连乘式Amn = 阶乘式Amn = (3)组合:一般地,从n 个不同元素中取出 m(m ≤n)个元素作为一组,叫做从n个不同 元素中取出m 个元素的一个 . (4)组合数 定义及表示 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 ,用符号Cmn 表示 组合数 公式 乘积式 Cmn = Amn Amm = 阶乘式 Cmn = 两个 性质 性质1 Cmn = 性质2 Cmn+1=Cmn + 2.常用公式 (1)Amn =(n-m+1)Am-1n =nAm-1n-1=mAm-1n-1+ Amn-1; (n+1)! -n! =n·n!; (2)kCkn=nCk-1n-1;Cmn =Cm-1n-1+Cm-1n-2+…+Cm-1m-1. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 239 参 考 答 案 当直 线 AB 的 斜 率 不 存 在 时,x1 = x2 =4,x1y2-x2y1 =4y2-4y1 = 4(y2-y1),当直线AB的斜率存在时, kAF2 =kBF2, y1 x1-4 = y2 x2-4 ,整理得 x1y2-x2y1 =4(y2-y1), 综上所述,x1y2-x2y1 =4(y2-y1) 成立. (2)依题意可知直线AD的斜率存在且 不为0,设 直 线 AD 的 方 程 为y = y1 x1+2 (x+2),代入双曲线x2-y2= 8并化简得(x1+2)2x2-y21(x+2)2- 8(x1+2)2 =0①, 由于x21-y21=8,则y21=x21-8代入 ① 并化简得(4x1 +12)x2 -4(x21 - 8)x-12x21-32x1 =0, 设P(x0,y0),则x1x0 = -3x21-8x1 x1+3 , x1 + x0 = x21-8 x1+3 , 解 得 x0 = -3x1-8 x1+3 ,代入y = y1 x1+2 (x+2), 得y0 = -y1 x1+3 , 即P -3x1-8x1+3 ,-y1x1+3 , 同理可得Q - 3x2-8 x2+3 ,-y2 x2+3 , 所以k2 = -y2 x2+3 - -y1 x1+3 -3x2-8 x2+3 - -3x1-8 x1+3 = -(x1y2-x2y1)-3(y2-y1) x1-x2 = -4(y2-y1)-3(y2-y1) x1-x2 = (-7)· y2-y1 x1-x2 =7k1,所以 k2 k1 =7是 定值. 对点训练2:解:(1)证明:∵P(1,1)在 C1:x2 =2py(p>0)上, ∴1=2p,∴C1:x2 =y. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 由 y = -2x+m, x2 =y, 得x2+2x-m =0. ∵ 直线l与C1 有两个交点,∴Δ=4+ 4m >0,∴m>-1.∴x1+x2= -2. ∴kPA +kPB = y1-1 x1-1 + y2-1 x2-1 = x21-1 x1-1 + x22-1 x2-1 =x1+1+x2+1= 0.∴PA,PB 关于直线y =1对称. ∴∠APB 的平分线PH 所在的直线方 程是y =1.∴PH ∥x 轴. (2)∵ 点 P(1,1)总 在 直 线 l:y = -2x+m 的右上方,∴1>-2+m, ∴m <3.由(1)知,m ∈ (-1,3). 由题意设C2: x2 a + y2 4a =1 (a>0), ∵M 是AB 中点, ∴M x1+x2 2 ,y1+y2 2 , ∵x1+x2= -2,y1+y2= -2(x1+ x2)+2m =2m+4,∴M(-1,m+2). ∵M(-1,m +2)在椭圆 x2 a + y2 4a = 1(a>0)上,∴ 1 a + (m+2)2 4a =1 , ∴4a=m2+4m+8. 由 y = -2x+m, x2 a + y2 4a =1 , 得8x2 -4mx + m2-4a=0.∴2x2-mx-m-2=0. xM +xN = m 2 ,xM·xN = - m+2 2 , ∵m ∈ (-1,3),∴Δ = m2 +8m + 16= (m+4)2 >0恒成立, ∴|MN|= 1+(-2)2· (xM +xN)2-4xMxN = 5(m+4)2 2 . 设T(t,1),t<0,代入 x2 a + y2 4a =1 , 得t 2 a + 1 4a =1. ∴t=- 4a-1 2 =- m2+4m+7 2 , ∴|TH|= m2+4m+7 2 , ∴|MN| |TH|= 5(m+4)2 2 m2+4m+7 2 = 5· (m+4)2 m2+4m+7 = 5· 1+ 4m+9 m2+4m+7 . 令u=4m+9(5<u<21),| MN| |TH|= 5· 1+ u u-9 4 2 +(u-9)+7 = 5· 1+ 16u u2-2u+49 = 5· 1+ 16 u+ 49 u -2 ≤ 5· 1+ 16 2 u·49u -2 = 105 3 . 当且仅当u = 49 u ,即u =7,即 m = - 1 2 时,|MN| |TH| max = 1053 . 第九章 概率与统计 9.1 两个基本计数原理 􀪋􀪋 必备知识回顾 􀪋􀪋 知识梳理 1.(1)①m+n ②m1+m2+…+mn (2)①m×n ②m1×m2×…×mn 基础检测 1.(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)√ 2.14 3.648 4.90 5.ABC 安排甲、乙、丙三位同学到 A, B,C,D,E 五个社区进行暑期社 会 实 践活动,对于A,如果社区A 必须有同 学选 择,则 不 同 的 安 排 方 法 有53 - 43=61(种),正确;对于B,如果同学甲 必须选择社区A,则不同的安排方法有 52=25(种),正确;对于C,如果三名同 学选择的社区各不相同,则 不 同 的 安 排方法共有5×4×3=60(种),正确; 对于D,如果甲、乙两名同学必须在同 一个社区,再分为丙与甲、乙两名同学 在一起和不在一起两种情 况,则 不 同 的安排方法共有5+5×4=25(种),错 误.故选ABC. 􀪋􀪋 关键能力提升 􀪋􀪋 例1:(1)50 解析:选一位学习委员分两类方法:第 一类,选男生,有26种不同的选法;第 二类,选女生,有24种不同的选法.根 据分类加法计数原理,共有 N =26+ 24=50(种)不同的选法. (2)A 用(i,j)表示编号i的面试者 回答的试题为j,其中i,j∈ {1,2,3, 4},所 以 (i,j)的 全 部 可 能 情 况 有: {(1,2),(2,1),(3,4),(4,3)}, {(1,2),(2,3),(3,4),(4,1)}, {(1,2),(2,4),(3,1),(4,3)}, {(1,3),(2,1),(3,4),(4,2)}, {(1,3),(2,4),(3,1),(4,2)}, {(1,3),(2,4),(3,2),(4,1)}, {(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)}, {(1,4),(2,3),(3,1),(4,2)}, {(1,4),(2,1),(3,2),(4,3)}, 所以共有9种,故选A. 对点训练1:36 解析:设4个同学分别为a,b,c,d,因 为4个同学总分为0,所以可分为三类: 第一,都选甲且两对两错,答对的情况 有ab,ac,ad,bc,bd,cd,共有6种;第 二,都选乙且两对两错,同理可得有6 种;第三,两 个 选 甲 一 对 一 错,另 两 个 选乙也 一 对 一 错,选 甲 的 情 况 有ab, ac,ad,bc,bd,cd,对 应 选 乙 的 情 况 为 cd,bd,bc,ad,ac,ab,一对一错均有两 种情况,故有6×2×2=24(种),由分 类加法计数原理得 N =6+6+24= 36(种). 例2:(1)解:因为每人限报其中一个运动 队,完成的“一件事”是4名同学分别报 名完毕,依据分步乘法计数原理,可得 3×3×3×3=34. (2)解:因为每个班要从5个景点中选 择一处,完成的“一件事”是3个班分别 选择景点完毕,依据分步乘法计数原 理,可得5×5×5=53. (3)18 解析:根据题意,若员工甲直到第4次 才获奖,则其第4次才集全“和谐”“爱 国”“敬业”三种红包,则甲第4次获得 的红包有3种情况,前三次获得的红包 为其余的2种,有23-2=6(种)情况, 则他获得奖品的不同情形种数为3× 6=18. 对点训练2:24 16 解析:根据题意可得,第1个环节使用 a运输方式的运输顺序共有1×2×3× 2×2=24(种),快递从甲送到乙有4 种运输方式,则第3个环节有d,e两种 运输方式,第1,2,4,5个环节中有两个 环节运输方式相同,另外 两 个 环 节 两 个运输方式不同.若第1,5个环节或第 2,4个环节相同,则2×2×2=8(种), 若第1,2个环节或第1,4个环节或第 2,5个环节或第4,5个环节相同,则2× 4×1=8(种),快递从甲送到乙有4种 运输 方 式 的 运 输 顺 序 共 有8+8= 16(种). 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -547- hh 例3:ABC 对于A,分三类:选老师有3 种选法,选男生有8种选法,选女生有5 种选法,故共有3+8+5=16(种)选 法,故A正确;对于B,分三步:第一步 选老师,第 二 步 选 男 生,第 三 步 选 女 生,故共有3×8×5=120(种)选法, 故B正确;对于C,分两步:第一步选老 师,第 二 步 选 学 生,第 二 步 又 分 为 两 类:第一类 选 男 生,第 二 类 选 女 生,故 共 有3×(8+5)=39(种)选法,故C正 确;对于D,若需3名老师和1名学生参 加,则有13种不同选法,故D错误.故 选ABC. 对点训练3:4 解析:6箱货物的分配方法和最大利润 分别为:6,0,0,0,max=10;5,1,0,0, max=13;4,2,0,0,max=14;4,1,1, 0,max=16;3,3,0,0,max=14;2,2, 2,0,max=16;3,2,1,0,max=17,此 时a=2,b=3,c=0,d=1;3,1,1,1, max=17,此时a =1,b=3,c=1, d=1;2,2,1,1,max=17,此时a=1, b=2,c=2,d=1或a=2,b=1,c= 2,d=1.综上,该公司获得最大总利润 的运送方式有4种. 例4:120 解析:对图形进行编号如图所示: 第一类:若区域 ⑥ 与区域 ④ 相同,涂 区域 ⑤ 有4种方法,涂区域 ① 有3种 方法,涂区域④有2种方法,涂区域③ 有2种方法,涂区域 ② 有1种方法,则 不同的涂色方案的种数为4×3×2× 2×1=48(种);第二类:若区域 ⑥ 与 区域④不相同,涂区域⑤有4种方法, 涂区域 ① 有3种方法,涂区域 ④ 有2 种方法,涂 区 域 ⑥ 有1种 方 法,再 分 类,若涂区域 ③ 和 ⑥ 一样,涂区域 ② 有2种方法;若涂区域③和⑥不一样, 涂区域 ②③ 有1种方法,则不同的涂 色方案的种数为4×3×2×1×(2+ 1)=72(种).根据分类加法计数原理, 共有48+72=120(种). 对点训练4:解:按照S→A →B→C→ D 的顺序进行染色,按照A,C 是否同 色分类:第一类,A,C 同色,则有5× 4×3×1×3=180(种)不同的染色方法; 第二类,A,C 不同色,则有5×4×3× 2×2=240(种)不同的染色方法.根据 分类加法计数原理,共有180+240= 420(种)不同的染色方法. 例5:AB 对于A,四位数的首位不能为 0,有4种情况,其他数位有5种情况, 则组成 可 以 有 重 复 数 字 的 四 位 数 有 4×5×5×5=500(个),故A正确;对 于B,四位数的首位不能为0,有4种情 况,在剩下的4个数字中任选3个,排 在后面3个数位,有4×3×2=24(种) 情况,则组成无重复数字的 四 位 数 有 4×24=96(个),故B正确;对于C,若 0在个位,有4×3×2=24(个)四位偶 数,若0不在个位,有3×3×2×2= 36(个)四位偶数,则组成无重复数字 的四位偶数共有24+36=60(个),故 C错误;对于D,组成无重复数字的四 位奇数有3×3×2×2=36(个),故D 错误.故选AB. 对点训练5:17 解析:根据题意,用数字1,2,3,4组成 没有重复数字的四位数,当 其 千 位 数 字 为3或4时,有2×3×2×1=12(种) 情况,即有12个符合题意的四位数,当 其千位数字为2时,有6种情况,其中 最小的为2 134,则有6-1=5(个)比 2 134大 的 四 位 数,故 有 12+5= 17(个)比2 134大的四位数. 9.2 排列、组合 􀪋􀪋 必备知识回顾 􀪋􀪋 知识梳理 1.(1)排列 (2)Amn n! n(n-1)(n- 2)…(n-m+1) n! (n-m)! (3)组合 (4)组合数 n(n-1)(n-2)…(n-m+1) m! n! m! (n-m)! Cn-mn Cm-1n 基础检测 1.(1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)√ 2.36 3.10 4.108 解析:由题意得先从3个偶数中取出2 个偶数,从3个奇数中取出2个奇数, 然后从取出的2个偶数中取一个放在 个位,其余3个数全排列,所以可以组 成C23C23C12A33=108(个)没有重复数字 的四位偶数. 5.ACD 对于A,等号左边C38 = 8×7×6 3×2×1= 56,等号右边C58 = 8×7×6×5×4 5×4×3×2×1= 56,所 以 等 号 左 边 = 等号右边,故 A正确;对于B,等 号左边C37= 7×6×5 3×2×1= 35,等号右边 A37 4! = 7×6×5 4×3×2×1= 35 4 ,所以等号 左边≠等号右边,故B错误;对于C,等号 左边 Cmn = n! m! (n-m)! ,等 号 右 边 Cn-mn = n! (n-m)! (n-n+m)! = n! (n-m)! m! ,所以等号左边 = 等号 右边,故 C正 确;对 于 D,等 号 左 边 Amn = n! (n-m)! ,等号右边nAm-1n-1 = n (n-1)! (n-1-m+1)! = n! (n-m)! ,所 以等号左边 = 等号右边,故D正确.故 选ACD. 􀪋􀪋 关键能力提升 􀪋􀪋 例1:解:(1)由 A32n =10A3n 得,2n(2n- 1)(2n-2)=10n(n-1)(n-2),又 n≥3,n ∈ N*,所 以2(2n -1)= 5(n-2),解得n =8,所以正整数n 为8. (2)由 nCn-3n + A3n =4C3n+1,得 n· n! (n-3)! 3! + n(n-1)(n-2)= 4(n+1)! 3! (n-2)! , 整理得n·n (n-1)(n-2) 6 +n (n- 1)(n-2)= 2(n+1)n(n-1) 3 , 因为n≥3,所以n(n-1)≠0,所以 n(n-2) 6 +n-2= 2(n+1) 3 ,n(n- 2)+6n-12=4(n+1),整理得n2 = 16,解得n =4或n = -4(舍去),即 n=4. (3)由组合数的性质知,C34+C35+…+ C310 =C44+C34+C35+…+C310-C44= C45 + C35 + … + C310 - C44 = C46 + C36+…+C310-C44=C411-C44=329. 所以C34+C35+…+C310 的值为329. 对点训练1:(1)AB mCmn =m· n! m! (n-m)! = n! (m-1)! (n-m)! = n· (n-1)! (m-1)! [(n-1)-(m-1)]! = nCm-1n-1,故A正确;由组合数的性质,可 得Cmn+1 =Cm-1n +Cmn ,故B正确;Amn = n! (n-m)! ,Cmn+Amm = n! m! (n-m)! + m!,故C错误;Am+1n+1 = (n+1)n(n- 1)…(n-m+1),(m+1)Amn = (m+ 1)·n(n-1)…(n-m+1),故D错误. 故选AB. (2)解:不等式7C4n >5C6n,即不等式 7n(n-1)(n-2)(n-3) 4×3×2×1 > 5n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5) 6×5×4×3×2×1 , 解得-2<n<11,又因n≥6,n∈ N*,所以关于n 的不等式7C4n >5C6n 的解集为{6,7,8,9,10}. 例2:解:(1)从7个人中选5个人排,排法 总数 有 A57 =7×6×5×4×3= 2 520(种). (2)分两步完成,先选3人排在前排,有 A37 种方法,余下4人排在后排,有 A44 种方法,故共有A37A44 =5 040(种). (3)解法1(特殊元素法):甲为特殊元 素.先排甲,有5种方法,其余6人有A66 种方法,故共有5×A66 =3 600(种). 解法2(特殊位置法):排头与排尾为特 殊位置.排头与排尾从除甲的其余6个 人中选2个排列,有A26 种方法,中间5 个位置由余下4人和甲进行全排列,有 A55种方法,共有A26×A55=3 600(种). (4)(捆绑法)将女生看成一个整体,与 3名男生一起全排列,有A44 种方法,再 将4名女生进行全排列,也有 A44 种方 法,故共有A44A44 =576(种). (5)(插空法)男生不相邻,而女生不作 要求,所以应先排女生,有 A44 种方法, 再在女生之间及首尾空出的5个空位 中任选3个空位排男生,有A35 种方法, 故共有A44A35 =1 440(种). (6)(捆绑法)把甲、乙及中间3人看作 一个整体,第一步:先排甲、乙两人,有 A22 种方法;第二步:从余下5人中选3 人排在甲、乙中间,有 A35 种;第三步: 把这个整体与余下2人进行全排列,有 A33 种方法.故共有A22A35A33 =720(种). (7)解法1(消序法):7人的全排列有 A77 种,其中甲在乙前面与乙在甲前面 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -548-