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1、2011年高考数学总复习系列高中数学选修2-3本书重点：排列组合、概率第一章 计数原理 第二章 概率一、基础知识1加法原理：做一件事有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事一共有N=m1+m2+mn种不同的方法。矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖。2乘法原理：做一件事，完成它需要分n个步骤，第1步有m1种不同的方法，第2步有m2种不同的方法，第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1m2mn种不同的方法。聞創沟燴鐺險爱氇谴净。3排列与排列数：从n个不同元素中，任取m(mn)个元素，按照一定顺序排成一列，叫做从n
2、个不同元素中取出m个元素的一个排列，从n个不同元素中取出m个(mn)元素的所有排列个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用表示，=n(n-1)(n-m+1)=,其中m,nN,mn,残骛楼諍锩瀨濟溆塹籟。注：一般地=1，0！=1，=n!。4N个不同元素的圆周排列数为=(n-1)!。5组合与组合数：一般地，从n个不同元素中，任取m(mn)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合，即从n个不同元素中不计顺序地取出m个构成原集合的一个子集。从n个不同元素中取出m(mn)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，用表示：酽锕极額閉镇桧猪訣锥。6【了解】
3、组合数的基本性质：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）。7定理1：不定方程x1+x2+xn=r的正整数解的个数为。证明将r个相同的小球装入n个不同的盒子的装法构成的集合为A，不定方程x1+x2+xn=r的正整数解构成的集合为B，A的每个装法对应B的唯一一个解，因而构成映射，不同的装法对应的解也不同，因此为单射。反之B中每一个解(x1,x2,xn),将xi作为第i个盒子中球的个数，i=1,2,n，便得到A的一个装法，因此为满射，所以是一一映射，将r个小球从左到右排成一列，每种装法相当于从r-1个空格中选n-1个，将球分n份，共有种。故定理得证。彈贸摄尔霁毙攬砖卤庑。推论1 不定方程x1
4、+x2+xn=r的非负整数解的个数为推论2 从n个不同元素中任取m个允许元素重复出现的组合叫做n个不同元素的m可重组合，其组合数为8二项式定理：若nN+,则(a+b)n=.其中第r+1项Tr+1=叫二项式系数。9随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件叫随机事件。在大量重复进行同一试验时，事件A发生的频率总是接近于某个常数，在它附近摆动，这个常数叫做事件A发生的概率，记作p(A),0p(A)1.謀荞抟箧飆鐸怼类蒋薔。10.等可能事件的概率，如果一次试验中共有n种等可能出现的结果，其中事件A包含的结果有m种，那么事件A的概率为p(A)=厦礴恳蹒骈時盡继價骚。11.互斥事件：不可能同时发生
5、的两个事件，叫做互斥事件，也叫不相容事件。如果事件A1，A2，An彼此互斥，那么A1，A2，An中至少有一个发生的概率为茕桢广鳓鯡选块网羈泪。p(A1+A2+An)= p(A1)+p(A2)+p(An).12对立事件：事件A，B为互斥事件，且必有一个发生，则A，B叫对立事件，记A的对立事件为。由定义知p(A)+p()=1.鹅娅尽損鹌惨歷茏鴛賴。13相互独立事件：事件A（或B）是否发生对事件B（或A）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件。籟丛妈羥为贍偾蛏练淨。14相互独立事件同时发生的概率：两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积。即p(AB)=p(A)p(B).
6、若事件A1，A2，An相互独立,那么这n个事件同时发生的概率为p(A1A2An)=p(A1)p(A2)p(An).預頌圣鉉儐歲龈讶骅籴。15.独立重复试验:若n次重复试验中,每次试验结果的概率都不依赖于其他各次试验的结果,则称这n次试验是独立的.渗釤呛俨匀谔鱉调硯錦。16.独立重复试验的概率:如果在一次试验中,某事件发生的概率为p,那么在n次独立重复试验中,这个事件恰好发生k次的概率为pn(k)=pk(1-p)n-k.铙誅卧泻噦圣骋贶頂廡。17离散型随机为量的分布列：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫随机变量，例如一次射击命中的环数就是一个随机变量，可以取的值有0,1,2
7、,10。如果随机变量的可能取值可以一一列出，这样的随机变量叫离散型随机变量。擁締凤袜备訊顎轮烂蔷。一般地，设离散型随机变量可能取的值为x1,x2,xi,取每一个值xi(i=1,2,)的概率p(=xi)=pi，则称表贓熱俣阃歲匱阊邺镓騷。x1x2x3xipp1p2p3pi为随机变量的概率分布，简称的分布列，称E=x1p1+x2p2+xnpn+为的数学期望或平均值、均值、简称期望，称D=(x1-E)2p1+(x2-E)2p2+(xn-E)2pn+为的均方差，简称方差。叫随机变量的标准差。坛摶乡囂忏蒌鍥铃氈淚。18二项分布：如果在一次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中，这个事件恰好
8、发生k次的概率为p(=k)=, 的分布列为蜡變黲癟報伥铉锚鈰赘。01xiNp此时称服从二项分布，记作B(n,p).若B(n,p)，则E=np,D=npq,以上q=1-p.買鲷鴯譖昙膚遙闫撷凄。19.几何分布：在独立重复试验中，某事件第一次发生时所做试验的次数也是一个随机变量，若在一次试验中该事件发生的概率为p，则p(=k)=qk-1p(k=1,2,)，的分布服从几何分布，E=，D=(q=1-p).綾镝鯛駕櫬鹕踪韦辚糴。二、基础例题【必会】1乘法原理。例1 有2n个人参加收发电报培训，每两个人结为一对互发互收，有多少种不同的结对方式？解 将整个结对过程分n步，第一步，考虑其中任意一个人的配对者，
9、有2n-1种选则；这一对结好后，再从余下的2n-2人中任意确定一个。第二步考虑他的配对者，有2n-3种选择，这样一直进行下去，经n步恰好结n对，由乘法原理，不同的结对方式有驅踬髏彦浃绥譎饴憂锦。(2n-1)(2n-3)31=2加法原理。例2 图13-1所示中没有电流通过电流表，其原因仅因为电阻断路的可能性共有几种？解 断路共分4类：1）一个电阻断路，有1种可能，只能是R4；2）有2个电阻断路，有-1=5种可能；3）3个电阻断路，有=4种；4）有4个电阻断路，有1种。从而一共有1+5+4+1=11种可能。猫虿驢绘燈鮒诛髅貺庑。3插空法。例3 10个节目中有6个演唱4个舞蹈，要求每两个舞蹈之间至少
10、安排一个演唱，有多少种不同的安排节目演出顺序的方式？锹籁饗迳琐筆襖鸥娅薔。解 先将6个演唱节目任意排成一列有种排法，再从演唱节目之间和前后一共7个位置中选出4个安排舞蹈有种方法，故共有=604800种方式。構氽頑黉碩饨荠龈话骛。4映射法。例4 如果从1，2，14中，按从小到大的顺序取出a1,a2,a3使同时满足：a2-a13,a3-a23，那么所有符合要求的不同取法有多少种？輒峄陽檉簖疖網儂號泶。解 设S=1,2,14，=1，2，10；T=(a1,a2,a3)| a1,a2,a3S,a2-a13,a3-a23,=(),若，令，则(a1,a2,a3)T,这样就建立了从到T的映射，它显然是单射，其
11、次若(a1,a2,a3)T,令，则，从而此映射也是满射，因此是一一映射，所以|T|=120，所以不同取法有120种。尧侧閆繭絳闕绚勵蜆贅。5贡献法。例5 已知集合A=1，2，3，10，求A的所有非空子集的元素个数之和。解 设所求的和为x，因为A的每个元素a，含a的A的子集有29个，所以a对x的贡献为29，又|A|=10。所以x=1029.识饒鎂錕缢灩筧嚌俨淒。另解 A的k元子集共有个，k=1,2,10，因此，A的子集的元素个数之和为1029。6容斥原理。例6 由数字1，2，3组成n位数(n3)，且在n位数中，1，2，3每一个至少出现1次，问：这样的n位数有多少个？凍鈹鋨劳臘锴痫婦胫籴。解 用I
12、表示由1，2，3组成的n位数集合，则|I|=3n，用A1，A2，A3分别表示不含1，不含2，不含3的由1，2，3组成的n位数的集合，则|A1|=|A2|=|A3|=2n，|A1A2|=|A2A3|=|A1A3|=1。|A1A2A3|=0。恥諤銪灭萦欢煬鞏鹜錦。所以由容斥原理|A1A2A3|=32n-3.所以满足条件的n位数有|I|-|A1A2A3|=3n-32n+3个。鯊腎鑰诎褳鉀沩懼統庫。7递推方法。例7 用1，2，3三个数字来构造n位数，但不允许有两个紧挨着的1出现在n位数中，问：能构造出多少个这样的n位数？硕癘鄴颃诌攆檸攜驤蔹。解 设能构造an个符合要求的n位数，则a1=3，由乘法原理知
13、a2=33-1=8.当n3时：1）如果n位数的第一个数字是2或3，那么这样的n位数有2an-1；2）如果n位数的第一个数字是1，那么第二位只能是2或3，这样的n位数有2an-2，所以an=2(an-1+an-2)(n3).这里数列an的特征方程为x2=2x+2，它的两根为x1=1+,x2=1-,故an=c1(1+)n+ c2(1+)n,由a1=3,a2=8得，所以阌擻輳嬪諫迁择楨秘騖。8算两次。例8 m,n,rN+，证明：证明 从n位太太与m位先生中选出r位的方法有种；另一方面，从这n+m人中选出k位太太与r-k位先生的方法有种，k=0,1,r。所以从这n+m人中选出r位的方法有种。综合两个方
14、面，即得式。氬嚕躑竄贸恳彈瀘颔澩。9母函数。例9 一副三色牌共有32张，红、黄、蓝各10张，编号为1，2，10，另有大、小王各一张，编号均为0。从这副牌中任取若干张牌，按如下规则计算分值：每张编号为k的牌计为2k分，若它们的分值之和为2004，则称这些牌为一个“好牌”组，求好牌组的个数。釷鹆資贏車贖孙滅獅赘。解 对于n1,2,2004,用an表示分值之和为n的牌组的数目，则an等于函数f(x)=(1+)2(1+)3(1+)3的展开式中xn的系数（约定|x|1），由于f(x)= (1+)(1+)(1+)3=3 =3。怂阐譜鯪迳導嘯畫長凉。而02004211，所以an等于的展开式中xn的系数，又由于=(1+x2+x3+x2k+)1+2x+3x2+(2k+1)x2k+,所以x2k在展开式中的系数为a2k=1+3+5+(2k+1)=(k+1)2,k=1,2,从而，所求的“好牌”组的个数为a2004=10032=1006009.谚辞調担鈧谄动禪泻類。10组合数的性质。例10 证明：是奇数(k1).证明 =令i=pi(1ik)，pi为奇数，则，它的分子、分母均为奇数，因是整数，所以它只能是若干奇数的积，即为奇数。嘰觐詿缧铴嗫偽純铪锩。例11 对n2,证明：证明 1）当n=2时，22=642；2）假设n=k时，有2k4k,当n=k+1时，因为又4，所以2k+1.所以结
