湖北随州二中2004-2005年高考数学模拟题

1、.专题资料4： 排列、组合、概率复习建议 排列、组合、概率是高中数学教材中的一个相对独立且难度较大的一章.其思想方法较为独特，且又多以实际问题为模型，是培养抽象思维能力和逻辑思维能力的好素材.一下就几个要点，对同学们的复习谈一点建议： 1分清排列、组合这两个概念共同点都是指从n个不同元素中进行不重复抽取的情况.分清一个具体问题是排列问题还是组合问题的关键在于看从n个不同元素取出m（mn）个元素是否与顺序有关，有序就是排列问题，无序则属于组合问题.例1.某街道有十只路灯，为节约用电又看清路面，可以把其中的三只灯关掉，但不能同时关掉相邻的两只，在两端的灯也不能关掉的情况下，求满足条件的关灯方法有多

2、少种？解：问题等价于在七只亮着的路灯产生的六个空档中放入三只熄掉的路灯，因此满足条件的关灯方法有C种. 例2.有7名同学排成一排，甲同学最高，排在中间，其它六名同学身高不相等，甲的左边和右边以身高为准，有高到低排列，共有排法总数是 分析：此问题相当于求六个元素中取出三个元素的组合数. 所以满足条件的排法有：例3.从12名队员中组队打篮球比赛，要求其中一队的年龄最小的队员也比另一队中年龄最大的队员要大，问有多少种不同的组队方法? 分析：从12名队员中选两名观战的每一种选法，对应着一种组队方法:=66例4. 从0，1，9这十个数字中任取3个组成没有重复数字的三位数，且要求百位数大于十位数，十位数大

3、于个位数，这样的三位数有多少个？分析：任取3个数，按题意，就有一种顺序，如果选上0，也是最小的，放在个位.因此，这样的三位数有个.例5.从2，3，5，7四个数中任取不同的两数，分别作对数的底数和真数问：（1）可得多少个不同的对数值？（2）可得多少个大于1的对数值？分析：（1）与顺序有关，是排列问题.；(2) 与顺序无关，是组合问题.2分清两个原理掌握分类计数原理和分步计数原理是复习好本章的基础.其应用贯穿于本章的始终.正确运用两个原理的关键在于： 首先要搞清完成的是怎样的“一件事”例6.（1）4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？分析：（1）要完成的是“4名同学

4、每人从三个项目中选报一项报名”这件事，因为每人必报一项，四人都报完才算完成，于是应按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有：3×3×3×3=34=81种报名方法.（2）4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？分析：完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步.而每项冠军是四人中的某一人，有4种可能情况，于是共有4×4×4=43=64种可能的情况.例7.乘积（a1+a2+a3）(b1+b2+b3+b4)(

5、c1+c2+c3+c4+c5)展开后共有多少项？分析：因为展开后的每一项为第一个括号中的一个，第二括号中的一个与第三个括号中的一个的乘积，所以应分三步m1=3,m2=4,m3=5，于是展开后共有m1×m2×m3=3×4×5=60项.例8.有4部车床，需加工3个不同的零件，其不同的安排方法有（ ）A.34B.43 C.AD.44分析：事件为“加工3个零件”，每个零件都加工完这件事就算完成，应以“每个零件”分步，共3步，而每个零件能在四部车床中的任一台上加工，所以有4种方法，于是安排方法为4×4×4=43=64种，故选B.例9. 5名同学

6、去听同时进行的4个课外知识讲座，每个同学可自由选择，则不同的选择种数是（ ） A.54B.45 C.5×4×3×2D.分析：因为5名同学都去听讲座，这件事才能完成，所以应以同学进行分步，又因为讲座是同时进行的，每个同学只能选其中一个讲座来听，于是有4种选择，当完成时共有4×4×4×4×4=45种不同的选法，故选B.例10设集合A=，B=，则从A集到B集所有不同映射的个数是（ ）A.81B.64 C.12D.以上都不正确分析：因映射为从A到B，所以A中每一元素在B中应有一元素与之对应，也就是A中所有元素在B中都有象，因此，应按

7、A中元素分为4步，而对于A中每一元素，可与B中任一元素对应，于是不同对应个数应为3×3×3×3=34=81，故选A. 明确事件需要“分类”还是“分步”例11 用1,5,9,13任意一个数做分子，4，8，12，16中任意一个数作分母，可构造多少个不同的分数？可构造多少个不同的真分数？解：由分步计数原理，可构造N=44=16个不同的分数由分类计数原理，可构造N=4+3+2+1=10个不同的真分数“分类”是要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性.“分步”时要注意“步”与“步”之间的连续性.例12小李有10个朋友，其中两人是夫妻，他准备邀请其中4人到家中吃饭，这对夫妻或

8、者都邀请，或者都不邀请，有几种请客方法?解：请客方法以“这对夫妻是否被邀请”可分两类：(1)请其中的夫妻二人，则还须从余下的8人中选请2个，有种方法.(2)不请其中的夫妻二人，则应从其余的8人中选请4人，有种方法.由分类计数原理请客方法共有98种.例13.有10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出4只，试求各有多少种情况出现如下结果.（1） 4只鞋子没有成双的；(2)4只鞋中有2只成双，另两支不成双. 解：（1）从10双鞋子中选取4双，有种不同选法；在再每双鞋子中各取一只，分别有取法，根据乘法原理，选取种数为：N=3360（种） （2）方法一：先选取一双有种选法，再从9双鞋种选取2双

9、鞋有种选法，每双鞋各取一只，有种选法，根据乘法原理，选取种数为：N=1140（种）方法二：先选取一双有种选法，再从18只鞋中选取2只鞋有，而其中成双的可能性有9种，根据乘法原理，选取种数为：N=（-9）例14. 有红、蓝、绿三种颜色的卡片，每种颜色均有A、B、C、D、E字母的各一张，现每次取出四张，要求字母各不相同，三种颜色齐备，问有多少种不同的取法? 分析：每次取出四张，所以有一种颜色的卡片取两张，这种颜色的取法数有，确定了颜色之后，再在这种颜色里取两个字母，方法数有；最后，在剩下的两种颜色的卡片及每种颜色下的三个字母中分别取一个，方法数有： 故N=例15 如图，是高考第一批录取的一分志愿表

10、，现有4所重点院校，每所院校有3个专业供你选报.如果此表格需填满，且要求所选的学校不许重复，所选的同一院校的专业也不许重复，那么满足以上条件的填写的不同的方法共有 学校专业1专业2()12()12()12 解：(按行填) 或 （按列填） 3关于古典概率的计算古典概率有两个特点：（1） 做一次试验，可能出现的结果是有限个.(2)每次试验中，每种试验结果出现的可能性是等同的.也就是说：古典概率不仅要求基本事件总数有限，更重要的是要求每个基本事件的概率相同.一般我们总是根据某种对称性来判断基本事件出现的等可能性，再直接应用公式P(A)=m/n来计算P(A).在古典概率的计算中，问题的焦点有两个：一是

11、：如何选取基本事件，另一个是：计数，即公式中的分母n、分子m的计算. 基本事件选法的不同，会引起计数上的差异.计算概率的方法可以不同，但我们必须遵循的原则是：一是保证基本事件的等可能性；一是所涉及事件的概率为可求.同时应使学生明确，分子、分母计数的一致性是计算结果正确的前提.在一种选择下求分母，在另一种选择下计算分子，自然不会有正确的结果. 例1 某人有5把钥匙，其中有一把是办公室的抽屉锁钥匙，但他忘了是那一把，于是他便将五把钥匙逐把不重复试开,问恰好第三次打开抽屉钥匙的概率是多少？解1：“五把逐把试开”作为一次试验.能打开抽屉的那把钥匙可在这5个位置中的任何1个，故抽取5把钥匙中任何一把打开

12、房门是等可能的,因此所要研究的是“等可能事件”问题. “恰好第三次打开抽屉”作为事件A. “五把逐把试开”相当于五把钥匙在五个位置上的全排列.即n=A,“第三次打开”既是五个位置中确定了第三个位置的排列数，即m= A,所以P(A)=1/5 解2：我们也可以把“前三次试开”确定为一次试验. 则n=A “第三次打开”既是三个位置中确定了第三个位置的排列数，即m=A . 所以，P(A)= A/ A=1/5解3：把“第三次试开”作为一次试验：五把钥匙都能等可能地在第三次试开（n=5），而能开锁的钥匙是其中的一种可能（m=1）所以，P=1/5实际上，用这种解法很容易得出：恰好第一次，第二次，第四次，第五

13、次打开抽屉钥匙的概率均为1/5.例2 有8把钥匙，其中有3把能打开房门，逐把试开，第五次且是最后一次打开房门的概率.解1: 把“八次试开”作为一次试验，相当于八把钥匙在八个位置上的全排列.即n=A，事件A是第5个位置上必须有1把能打开门，而其余2把能打开门的钥匙需安排在前四个位置中的两个位置上. 即m=A 所以， P= A/ A解2：把“前五次试开”作为一次试验，相当于八把钥匙在五个位置上的排列.即n=A，事件A是第5个位置上必须有1把能打开门而其余2把能打开门的钥匙需安排在前四个位置中的两个位置上. 即m=A 解3：把“后四次试开”作为一次试验，相当于八把钥匙在四个位置上的排列. 即n=A；

14、 事件A是第一个位置上必须有1把能打开门而其余三把不能打开门 m=A 以上概率的计算方法也同样可以解决有关物品抽取问题、抽签问题等.例3.一批产品有8个正品和2个次品，任意不放回地抽取两次，求第二次抽出次品的概率. 分析：此问题相当于“有10把钥匙，其中有2把能打开房门，逐把试开，第2次打开房门的概率. 解：n= ， m= 所以，P(A)= /=1/5例4.有10件产品，其中次品有2件，现逐个检查，直到次品全部被查处，求第5次查处最后一个次品的概率. 分析：此问题相当于“有10把钥匙，其中有2把能打开房门，逐把试开，第5次且是最后一次打开房门的概率”.解：n=，m= ，所以，P(A)= /=4

15、/45从上面几个例题中，我们也看到，古典概率的计算，也是遵循“先特殊、后一般”的原则.如“第5次能打开门的钥匙，第2次查出次品”等.例5.大楼共九层，6人乘电梯从一楼上楼，中途只下不上，求最高一层恰有两人下的概率.分析：基本事件总数n=8.考虑分子m时，如果先考虑第二层，第三层、.下电梯的人数，一下就进入了死胡同.实际上，我们可以“先”在最高层下去两人，然后再让另外4人从2-8层下去，得m= 4. 概率解题典型错误类型 例6掷两枚骰子，求事件A为出现的点数之和等于3的概率.错解：掷两枚骰子出现的点数之和的可能值为，有利于事件A的结果只有3，故P(A)=.分析：公式P(A)=仅当所述的实验结果是

16、等可能时才成立.而此做法，不是等可能的.如取数值2与取数值3就不是等可能的：2只有这样情况（1，1）才出，而3有两种情况（1，2），（2，1）可出现，也就是说，这种取法看不到对称性，基本事件出现的等可能性没有得到保证.其它的情况可类推.正确的解法是：掷两枚骰子可能出现的情况：（1，1）（1，2）,(1,6),(2,1),(2,2),（2，6），（6，1），（6，2），(6,6).基本事件总数为66=36.在这些结果中，有利于事件A的只有两种结果：（1，2）（2，1）所以，P(A)=又比如：抛掷2枚均匀硬币，共出现4种可能结果，如果认为只有“2个正面”、“2个反面”“一正一反”这三种结果，那么显

17、然这三种结果不对称，不是等可能的.类型2：“互斥”事件与“独立”事件混同例8. 甲投篮命中率为0.8，乙投篮命中率为0.7,每人投3次，两人恰好都命中两次的概率是多少？ 错解：设“甲恰好命中两次”为事件A，“乙恰好投中两次”为事件B，则两人都恰好投中两次为A+B.所以，P(A+B)=P(A)+P(B)=分析：本题错解的原因是把相互独立事件同时发生的事件当成互斥事件来考虑.将两人都恰好投中2次理解为“甲恰好命中两次”与“乙恰好投中两次”的和. 正确解答：设“甲恰好命中两次”为事件A，“乙恰好投中两次”为事件B，则两人都恰好投中两次为事件AB,则 P(AB)=P(A)P(B) = 例9.某家庭电话

18、在家中有人时，打进的电话响第一声时被接听的概率为0.1, 响第二声时被接听的概率为0.3, 响第三声时被接听的概率为0.4, 响第四声时被接听的概率为0.1,那么电话在响前4声内被接听的概率是多少？错解：设电话响第一声时被接的概率为P() = 0.1 ; 响第二声时被接听的概率为P() =0.3;响第三声时被接听的概率为P() =0.4; 响第四声时被接听的概率为P() =0.1 所以，电话在响前4声内被接听的概率是P= P()P()P()P()=0.0012分析: 本题错解的原因在于把互斥事件当成相互独立事件同时发生的事件来考虑.而实际上，根据生活中的经验在响4声内，每一声是否被接听彼此互斥

19、.正解：P= P()+P()+P()+P()=0.9 点评 以上两例错误的原因都在于把两事件互斥与两事件独立混同.类型3:“有序”与“无序”混同例10:从10件产品（其中次品3件）中，一件一件地不放回地任意取出4件，求4件中恰有1件产品为次品的概率. 错解：因为第一次有10种取法，第二次有9种取法，第三次有8种取法，第四次有7种取法，有乘法原理可知从10件中取4件共有10987种取法，故基本事件总数为10987个. 设A=“取出的4件中恰有1件次品，则A含有种取法（先从3件次品中取1件，再从7件正品中取3件）所以，P(A)= /10987=分析:上述做法的原因在于：计算实验的基本事件总数时是用

20、排列的方法，即考虑了抽取的顺序；而计算事件A所包含的基本事件个数时是用组合的方法，既没有考虑抽取的顺序. 正解：（1）都用排列的方法. 基本事件总数n = ，事件A包含个基本事件（4件中要恰有1件次品，可以看成四次抽取中有一次抽到次品，有种方式对于每一种方式，从3件次品中取1件，在从7件正品中一件一件地取3件，共有种取法）所以，P(A)= /（2）都用组合方法一件一件不放回地抽取4件，可以看成一次抽取4件，故n= , 而事件A含有个基本事件，所以，P(A)= /=从上例可以看出：关于不放回抽样可以看作有顺序（即排列问题），也可以看作无顺序（组合问题），其结果是一样的.无论选用那种方式，确定之后必须按同一方式去解决，否则会产生错误.类型4.忽视公式成立的条件.只有对于等可能性事件A来说，才能运用公式：P(A)=;只有对于互斥事件A和B中必有一个发生的概率，才能运用公