1、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： nmN21（2）分步计算原理： （3）排列:一般地，从 个元素中取出 个元素（ ） ，按照一定的 顺序 排成nn一列， 叫做从 个元素中取出 个元素的一个排列。从 个元素中取出 个元素（m）的所有排列的个数，叫做从 个不同元素中取出 个元素的排列数，用符号nm m表示，A。)1()2(1nnAm（4）组合：一般地，从 个不同元素中取出 个元素（ ）并成一组，叫做n从 个元素中取出 个元素的一个组合。从 个元素中取出 个元素的所有组合的个n m数，叫做从 个不同元素中取出 个元素的组合数，用符号 表示。nC。 !)1()2(1
2、nACmn （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 次试验，在这 次试验中，事件 发生的次数nnA称为事件 发生的频数。比值 称为事件 发生的频率。AnA（9）一般地，在大量重复进行同一实验时，事件 发生的频率 总是接近于某AnA个常数，在它附近摆动，这时就把这个常数叫做事件 的频率，记作 ，且一次实)(P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由几个基本事件组成，如果一次实验中可能出现的结果有 个，即此实验由 个基A
3、 nn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 。1如果某个事件 包含的结果有 个，那么事件 的概率mA。 nP)(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， 号球各一个，采用无放回，有放回的两种方
4、式N摸球，试求在第 次摸球时首先摸到一号球的概率。k解：设 为事件“第 i 次摸到一号球” 。iB),21(ki无放回摸球若把 次摸出的 个球排成一排，则从 个球任取 个球的每个排列就是一个基本kk事件，因此基本事件的总数为以数码 1，2， 中任取 个数码的排列数，N。NPn下面求事件 包含的基本事件数 ，事件 可分两步完成：先在第 个位置上排上 1kBmkBk号球，只有一种排法，再在前 个位置排其它 个球，共有 种排法，由乘法1k1N1NP原理知，事件 包含的基本事件数为k，1kNkPm从而 。nBkNk)(1有放回的摸球因为有放回摸球，每次袋中都有 个球，共摸 次，故共有 种可能结果，既基
5、kN本事件总数为 。事件 可分为两步完成：前 次未摸到 1 号球，共有kNnkBk，于是1km。krNnmP1)()(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，
6、再把剩下的 3 个球放到 6 个盒子里，分三类：3 个球放到一个盒子里，有 种放法；16C3 个球放到两个盒子里，球数分别为 2，1，共 种放法；26P3 个球放到 3 个盒子里，每个盒子各一个球，共 种放法。根据分类计数原理，3C共有 种放法。56261CP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
7、放球方法即插隔板的方法，共有 种。568C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
8、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 种。 71C3. 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：分成甲、乙、丙三组，其中甲组 7 人、乙组 3 人、丙组 2 人。分成三组，其中一组 7 人、一组 3 人、一组 2 人。解：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
9、，则共有 种不同的方法。23571C先从 12 人中任选 7 人为一组有 种选法，再从余下 5 人中任选 3 人有 种选712C35C法，剩下的两人为一组，共有 种不同的选法。35712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 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3A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
10、的书，按下列要求分配，各有多少种分发。分给甲、乙、丙三人，每人 2 本；平均分成三份。解：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 种分法。26490C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，则应有种分法。所以有 种不同的分法。3264xAC2643A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 个元素平均分到 个不同的位置，有 种nmm(
11、1)2nnmC方法，把 个不同元素平均分成 组有 种分法。n(1)2!nnC4. 圆排列与重复组合问题（1）圆排列 定义 1：从 个不同的元素中任取 个，按照一定的顺序排成圆形，叫做一n()mn个圆排列。定义 2：从 个不同的元素中取出 个元素的所有圆排列的个数，叫做圆排()列数，用符号 表示。mnR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：5!R所以 524答：席位的排列方法有 24 种。命题 1： n 个不同的元素的圆
12、排列数 。(1)!nR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， 种。6(1)!20R答：共有 120 种。C B AE DA BEDE ADCD ECBC DBABCAE命题 2：从 个元素中取出 个元素的圆排列数 。n()mn(1)!mnRC证明：从 个不同元素中取出 个元素的组合数为 种，而将这 个元素排成圆形由命题 1 共有 种方法，于是由乘法原理得()!.(1)!mnRC（2）重复组合定义 3：从 个不同的元素中任取 个元素，元素可以重复选取，不管怎样的顺序n并成一组，叫做重复组合。定义 4：从 个不同的元素中取出 个元素的所有重复组合的个数，叫做重复组合
13、数，用符号 表示。mnH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 ，但5C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
14、，这就变成：（1，2，3） ， （1，2，4） ， （4，6，7） 。一般地 ，可以证明左右两边是一一对应的（左右各有一组),(),(cbac互相对应，一组不能和两组以上对应） 。这样， 中即使有相同的元素，在上述的,abc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。356512HC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。1n例 9 从 3，5，7，11 这 4 个质数中任取两个相乘，同一个数允
15、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： 个。32410HC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）
16、：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 种，再考虑到 14 名学生之间的排法25P，因此女生必须排在一起的排法种数为 种。14P 1425一般地，在 个不同的元素中，某 个元素排在一起的排法种数有 种。nk 1nkP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
17、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 种，再考虑到 12 名同学的排列方法，依照例 1，可知第一27P组的 12 名同学要求 5 名女生排在一起的排法共有 种。因此总的排法种数有85P种。2785P命题 4：一般地， 个不同元素的排列中，某 个元素必须排在一起的且在这 个nkk元素中的某 个元素有必须排在一起的排法共有 种。l 1nlk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
18、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 种排法，然后再将要求间隔排的同学插45P入已排的 45 位同学的 46 个空档（包括两头）中去，有 种插入方法，所以总的排法146种数共有 种。1456P命题 5：一般地，在 n 个不同元素的排列中，某 个元素中的任何两个元()2nk素不排列在一起的排法有 种。1kP例 13 现有数字 1，2，3，4，5，6，用它们（不重复
19、）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 种排法，再将 2，4，6 插入已排的 1，3，5 的空3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 种，故可组成 个奇偶相间的六位数。32P3P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
20、2310 有多少个正约数？错解：因为 ，所以从这 5 个质数中分别取 1 个，取 2 个，取17532103 个，取 4 个，取 5 个的积都是 2310 的正约数，故正约数有（个） 。23455531CC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 （此处的整数指正整数） ，使得整数 与 之间适合 ，则c abbca称 可整除 ，记作 ，这时 称为 的倍数， 称为 的约数，因为 12310，所babab以 1 也是 2310 的一个正约数，所以正确的解答为（个） 。1234555132CC(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
21、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。首位上数字从 3，4，5 中任取一个安排，取法有 种，而后其余数字在余下的13P各位数上全排列，有 个；1P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 个，于是，大于 240135 的正整数一共有41（个）0841253P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，在第类中，当首位上安排 2，万位上安排 4，其余各数字在
22、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（个）40712513(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（个） 。2654352C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（种） 。17954352C
