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1、20XX 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。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。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，
2、叫做从 n 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mnA表示，mnA=n(n-1) (n-m+1)=)!(!mnn,其中 m,nN,mn, 注：一般地0nA=1，0！=1，nnA=n!。4N 个不同元素的圆周排列数为nAnn=(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
3、个不同元素中取出m 个元素的组合数，用mnC表示：.)!( !)1()1(mnmnmmnnnCmn6 【了解】 组合数的基本性质： （1）mnnmnCC； （2）11nnmnmnCCC； （3）knknCCkn11；（ 4）nnkknnnnnCCCC2010； （ 5 ）111kmkkmkkkkkCCCC； （ 6 ）knmnmkknCCC。7定理 1：不定方程x1+x2+ +xn=r 的正整数解的个数为11nrC。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
4、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11nrC种。故定理得证。推论 1 不定方程x1+x2+xn=r 的非负整数解的个数为.1rrnC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.1mmnC8二项式定理：若nN+,则(a+b)n=nnnrrnrnnnnnnnbCbaCbaCbaCaC2221
5、10.其中第r+1项Tr+1=rnrrnrnCbaC,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nm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),0 p(A) 1. 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)=.nm11.互斥事件： 不可能同时发生的两个事件，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p(A1+A2+ +A
6、n)= 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A。由定义知p(A)+p(A)=1. 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。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(A?B)=p(A) ? p(B). 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(A1 ?A2? ?An)=p(A1) ? p(A2) ? ?p(An). 15.独立重复试验:若
7、 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. 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)=knC?pk(1-p)n-k. 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0,1,2,10。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。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
8、率p(=xi)=pi ，则称表x1 x2 x3 xi p p1 p2 p3 pi 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 )2?p1+(x2-E )2?p2+(xn-E )2pn+为的均方差，简称方差。D叫随机变量 的标准差。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，这个事件恰好发生k 次的概率为p(=k)=knkknqpC, 的分布列为0 1 xi N p nnqpC00111nnqpCknkknqpCnnnpC此时称 服从二项分布，记作 B(n,p).若B
9、(n,p) ，则 E=np,D =npq,以上 q=1-p. 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=p1，D=2pq(q=1-p). 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，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
10、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(2n-1)(2n-3) 31=.) !(2)!2(nnn2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24C-1=5 种可能； 3）3 个电阻断路，有34C=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。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安排一个演唱，有多少种不同的安排节目演出顺序的方式？解 先将 6
11、 个演唱节目任意排成一列有66A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47A种方法，故共有4766AA=604800 种方式。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？解 设 S=1,2, ,14， S=1 ，2，10 ；T=(a1,a2,a3)| a1,a2,a3S,a2-a13,a3-a23,T=(321,aaa)321321, ,| aaaSaaaS,若),(321Taaa，令4,2,332211aaaaaa，则(a1,a2,a3)T,这样就建立
12、了从T到 T 的映射， 它显然是单射，其次若(a1,a2,a3)T,令4, 2,332211aaaaaa，则),(321Taaa，从而此映射也是满射，因此是一一映射，所以|T|=310| |CT=120，所以不同取法有120 种。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. 另解 A 的k 元子集共有kC10个， k=1,2, ,10，因此，A 的子集的元素个数之和为)(101029919091010
13、210110CCCCCC1029。6容斥原理。例 6 由数字 1，2，3 组成 n 位数 (n 3)，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？解 用 I 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。所以由容斥原理|A1A2A3|=|32131AAAAAAjijiii=32n-3.所以满足条件的n 位数有 |I|-|A1A2A3
14、|=3n-32n+3 个。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？解 设能构造an 个符合要求的n 位数，则a1=3，由乘法原理知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+3,x2=1-3,故 an=c1(1+3)n+ c2
15、(1+3)n,由a1=3,a2=8得3223,323221cc，所以.)31()31(34122nnna8算两次。例 8 m,n,rN+，证明：.022110mrnrmnrmnrmnrCCCCCCCCCmn证明 从 n 位太太与m 位先生中选出r 位的方法有rmnC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krmknCC种， k=0,1,r。所以从这n+m 人中选出r 位的方法有0110mrnrmnrmnCCCCCC种。综合两个方面，即得式。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
16、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。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+02x)2?(1+12x)3?(1+102x)3 的展开式中xn 的系数（约定|x|1） ，由于f(x)=x11 (1+02x)(1+12x)?(1+102x)3=)1 ()1)(1 (11123xxx3 =)1()1)(1(111222xxx3。而0 2004211 ， 所 以an 等 于22)1)(1 (1xx的 展 开 式 中xn的 系 数 ， 又 由 于22)1)(1 (1xx=211x?2)1(1x=(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. 10组合数knC的性质。例 10 证明：kmC12是奇数 (k 1). 证明 kmC12
