1、第九章計數原理與概率§9.1 計數原理一、知識導學1.分類計數原理：完成一件事，有類辦法，在第1類辦法中，有種不同的方法，在第2類辦法中，有種不同的方法，在第類辦法中，有種不同的方法，那么完成這件事共有N種不同的方法.2. 分步計數原理：完成一件事，需要分成個步驟，做第1步，有種不同的方法，做第2步，有種不同的方法，做第步，有種不同的方法，那么完成這件事共有N×××種不同的方法.注：分類計數原理又稱加法原理分步計數原理又稱乘法原理二、疑難知識導析1分類原理中分類的理解：“完成一件事，有類辦法”這是對完成這件事的所有辦法的一個分類.分類時，首先要根據問題的

2、特點，確定一個適合它的分類標準，然后在這個標準下進行分類，其次，分類時要注意滿足兩條基本原則：第一，完成這件事的任何一種方法必須屬于某一類；第二，分別屬于不同類的兩種方法是不同的方法.前者保證完成這件事的立法不遺漏，后者保證不重復.2分步原理中分步的理解：“完成一件事，需要分成個步驟”這就是說完成這件事的任何一種方法，都要完成這個步驟.分步時，首先要根據問題的特點確定一個可行的分步標準，其次，步驟的設置要滿足完成這件事必須并且只需連續(xù)完成這個步驟，這件事才算最終完成.3兩個原理的區(qū)別在于一個和分類有關，一個和分步有關.如果完成一件事有類辦法，這類辦法彼此之間是相互獨立的，無論哪一類辦法中的哪一

3、個都能單獨完成這件事，求完成這件事的方法種數，就用分類計數原理.如果完成一件事，需分成個步驟，缺一不可，即需要依次完成所有的步驟，才能完成這件事，完成每一個步驟各有若干種不同的方法，求完成這件事的方法種數，就用分步計數原理.4在具體解題時，常常見到某個問題中，完成某件事，既有分類，又有分步，僅用一種原理不能解決，這時需要認真分析題意，分清主次，選擇其一作為主線.5在有些問題中，還應充分注意到在完成某件事時，具體實踐的可行性.例如：從甲地到乙地 ，要從甲地先乘火車到丙地，再從丙地乘汽車到乙地.那么從甲地到乙地共有多少種不同的走法？這個問題中，必須注意到發(fā)車時刻，所限時間，答案較多.三、經典例題導

4、講例1體育場南側有4個大門，北側有3個大門，某學生到該體育場練跑步，則他進出門的方案有（ ）A12 種 B7種C24種 D49種錯解：學生進出體育場大門需分兩類，一類從北邊的4個門進，一類從南側的3個門進，由分類計數原理，共有7種方案. 選B錯因:沒有審清題意本題不僅要考慮從哪個門進，還需考慮從哪個門出，應該用分步計數原理去解題.正解：學生進門有7種選擇，同樣出門也有7種選擇，由分步計數原理，該學生的進出門方案有7×749種. 應選D例2從1,2，3，,10中選出3個不同的數，使這三個數構成等差數列，則這樣的數列共有多少個？錯解：根據構成的等差數列的公差，分為公差為1、2、3、4四類

5、.公差為1時，有8個；公差為2時，首先將數字分成1,3，5,7,9，和2,4，6,8，10兩組，再得到滿足要求的數列共336個；公差為3時，有1,4，7和4,7，10和3,6，9以及2,5，8，共4個；公差為4時，只有1,5，9和2,6，10兩個.由分類計數原理可知，共構成了不同的等差數列864220個.錯因：上述解答忽略了1,2，3與3,2，1它們是不同的數列， 因而導致考慮問題不全面，從而出現漏解. 這需要在解題過程中要全方位、多角度審視問題正解：根據構成的等差數列的公差，分為公差為±1、±2、±3、±4四類.公差為±1時，有8×

6、216個；公差為±2時，滿足要求的數列共6×212個；公差為±3時，有4×28個；公差為±4時，只有2×24個.由分類計數原理可知，共構成了不同的等差數列16128440個.例3三張卡片的正反面分別寫有1和2,3和4,5和6，若將三張卡片并列，可得到幾個不同的三位數（6不能作9用）.解：解法一第一步，選數字.每張卡片有兩個數字供選擇，故選出3個數字，共有8種選法.第二步，排數字.要排好一個三位數，又要分三步，首先排百位，有3種選擇，由于排出的三位數各位上的數字不可能相同，因而排十位時有2種選擇，排個位只有一種選擇.故能排出3×

7、;2×16個不同的三位數.由分步計數原理，共可得到8×648個不同的三位數.解法二：第一步，排百位有6種選擇，第二步，排十位有4種選擇，第三步，排個位有2種選擇.根據分步計數原理，共可得到6×4×248個不同的三位數.注：如果6能當作9用，解法1仍可行.例4集合A1,2，3,4，集合B1，2，可建立多少個以A為定義域B為值域的不同函數？分析：函數是特殊的映射，可建立映射模型解決.解： 從集合A到集合B的映射共有=16個，只有都與1，或2對映的兩個映射不符合題意，故以A為定義域B為值域的不同函數共有16214個.或例5 用0，1,2，3,4，5這六個數字，

8、（1）可以組成多少個數字不重復的三位數？（2）可以組成多少個數字允許重復的三位數？（3）可以組成多少個數字不重復的三位奇數？（4）可以組成多少個數字不重復的小于1000的自然數？（5）可以組成多少個數字不重復的大于3000，小于5421的四位數？解：（1）分三步：先選百位數字，由于0不能作為百位數，因此有5種選法；十位數字有5種選法；個位數字有4種選法.由分步計數原理知所求三位數共有5×5×4100個.（2）分三步：先選百位數字，由于0不能作為百位數，因此有5種選法；十位數字有6種選法；個位數字有6種選法.由分步計數原理知所求三位數共有5×6×6180個

9、.（3）分三步：先選個位數字，由于組成的三位數是奇數，因此有3種選法；再選百位數字有4種選法；個位數字也有4種選法.由分步計數原理知所求三位數共有3×4×448個.（4）分三類：一位數，共有6個；兩位數，共有5×525個；三位數，共有5×5×4100個.因此，比1000小的自然數共有625100131個（5）分四類：千位數字為3,4之一時，共有2×5×4×3120個；千位數字為5，百位數字為0,1，2,3之一時，共有4×4×348個；千位數字為5，百位數字是4，十位數字為0,1之一時，共有2&#

10、215;36個；還有5420也是滿足條件的1個.故所求自然數共1204861175個評注：排數字問題是最常見的一種題型，要特別注意首位不能排0.四、典型習題導練1將4個不同的小球放入編號為1、2、3的三個不同的盒子中，其中每個盒子都不空的放法共有（） A種        B種 C18種         D36種2集合A1,2，3，B1，2,3，4，從A、B中各取1個元素作為占點P的坐標.（1）可以得到多少個不同的點？（2）在這些點中位于

11、第一象限的點有幾個？3. 在1,2，3,4，7,9中任取不相同的兩個數，分別作為對數的底數與真數，能得到多少個不同的對數值？4. 在連結正八邊形的三個頂點組成的三角形中，與正八邊形有公共邊的有多少個？5某藝術組有9人，每人至少會鋼琴和小號中的一種樂器，其中7人會鋼琴，3人會小號，從中選出會鋼琴與會小號的各1人，有多少種不同的選法？6. 某地提供A、B、C、D四個企業(yè)供育才中學高三年級3個班級進行社會實踐活動，其中A是明星企業(yè)，必須有班級去進行社會實踐，每個班級去哪個企業(yè)由班級自己在四個企業(yè)中任意選擇一個，則不同的安排社會實踐的方案共有多少種？§9.2 排列與組合一、知識導學1.排列：

12、一般地，從個不同元素中取出（）個元素，按照一定的順序排成一列，叫做從個不同元素中取出個元素的一個排列.2.全排列：個不同元素全部取出的一個排列，叫做個不同元素的全排列.3. 排列數：從個不同元素中取出（）個元素的所有排列的個數叫做從個不同元素中取出個元素的排列數.用符號表示.4. 階乘：正整數1到的連乘積，叫做的階乘，用！表示.規(guī)定：0！15.組合：一般地，從個不同元素中取出（）個元素并成一組，叫做從個不同元素中取出個元素的一個組合.6.組合數：從個不同元素中取出（）個元素的所有組合的個數叫做從個不同元素中取出個元素的組合數.用符號表示.7.本節(jié)公式（1）排列數公式（這里、，且）（2）組合數公

13、式（這里、，且）（3）組合數的兩個性質規(guī)定： 二、疑難知識導析1排列的定義中包含兩個基本內容，一是“取出元素”，二是“按一定順序排列”。從定義知，只有當元素完全，并且元素排列的順序也完全相同時，才是同一個排列，元素完全不同，或元素部分相同或元素完全相同而順序不同的排列，都不是同一排列.兩個相同數列，當且僅當它們的元素完全相同，并且元素排列的順序也完全相同.2排列與排列數是兩個不同的概念.一個排列是指從個不同元素中取出（）個元素，按照一定的順序排成一列的一種具體方法，它不是數；而排列數是指從個不同元素中取出（）個元素的所有不同數列的種數，它是一個數.3排列應用題一般分為兩類，即無限制條件的排列問

14、題和有限制條件的排列問題.常見題型有：排隊問題、數字問題、與幾何有關的問題.解排列應用題時應注意以下幾點：認真審題，根據題意分析它屬于什么數學問題，題目中的事件是什么，有無限制條件，通過怎樣的程序完成這個事件，用什么計算方法.弄清問題的限制條件，注意研究問題，確定特殊元素和特殊的位置.考慮問題的原則是特殊元素、特殊位置優(yōu)先，必要時可通過試驗、畫圖、小數字簡化等手段幫助思考.恰當分類，合理分步.在分析題意，畫框圖來處理，比較直觀.在解應用時，應充分運用.解排列應用題的基本思路：基本思路：直接法：即從條件出發(fā)，直接考慮符合條件的排列數；間接法：即先不考慮限制條件，求出所有排列數，然后再從中減去不符

15、合條件的排列數.常用方法：特殊元素、特殊位置分析法，排除法（也稱去雜法），對稱分析法，捆綁法，插空檔法，構造法等.4對組合的理解：如果兩個組合中的元素完全相同，那么不管它們順序如何都是相同的組合.當兩個組合中的元素不完全相同時（即使只有一個元素不同），就是不同的組合.5排列與組合的區(qū)別與聯(lián)系：根據排列與組合的定義，前者是從個不同元素中取出個不同元素后，還要按照一定的順序排成一列，而后者只要從個不同元素中取出個不同元素并成一組，所以區(qū)分某一問題是排列還是組合問題，關鍵看選出的元素與順序是否有關，若交換某兩個元素的位置對結果產生影響，則是排列問題，而交換任意兩個元素的位置對結果沒有影響，則是組合問

16、題.也就是說排列與選取元素的順序有關，組合與選取元素的順序無關.排列與組合的共同點，就是都要“從個不同元素中，任?。ǎ﹤€元素”，而不同點在于元素取出以后，是“排成一排”，還是“組成一組”，其實質就是取出的元素是否存在順序上的差異.因此，區(qū)分排列問題和組合問題的主要標志是：是否與元素的排列順序有關，有順序的是排列問題，無順序的組合問題.例如123和321,132是不同的排列，但它們都是相同的組合.再如兩人互寄一次信是排列問題，互握一次手則是組合問題.排列數與組合數的聯(lián)系.求從個不同元素中取出個元素的排列數，可以分為以下兩步：第一步，先求出從這個不同元素中取出個元素的組合數；第二步，求每一個組合中

17、個元素的全排列數.根據分步計數原理，得到.從這一過程中可得出排列與組合的另一重要聯(lián)系.從而，在解決排列問題時，先取后排是一個常見的解題策略.6解排列與組合應用題時，首先應抓住是排列問題還是組合問題.界定排列與組合問題是排列還是組合，唯一的標準是“順序”，有序是排列問題，無序是組合問題.當排列與組合問題綜合到一起時，一般采用先考慮組合后考慮排列的方法解答.其次要搞清需要分類，還是需要分步.分類計數原理與分步計數原理是關于計數的兩個基本原理，它們不僅是推導排列數公式和組合數公式的基礎，而且其應用貫穿于排列與組合的始終.學好兩個計數原理是解決排列與組合應用題的基礎.切記：排組分清（有序排列、無序組合

18、），加乘明確（分類為加、分步為乘）.三、經典例題導講例1 10個人走進只有6把不同椅子的屋子，若每把椅子必須且只能坐一人，共有多少種不同的坐法？錯解：10個人坐6把不同的椅子，相當于10個元素到6個元素的映射，故有種不同的坐法.錯因:沒弄清題意，題中要求每把椅子必須并且只能坐一人，已不符合映射模型了.本題事實上是一個排列問題.正解：坐在椅子上的6個人是走進屋子的10個人中的任意6個人，若把人抽象地看成元素，將6把不同的椅子當成不同的位置，則原問題抽象為從10個元素中作取6個元素占據6個不同的位置.顯然是從10個元素中任取6個元素的排列問題.從而，共有151200種坐法.例2從3，2，1,0，1

19、,2，3，4八個數字中任取3個不同的數字作為二次函數 的系數，的取值，問共能組成多少個不同的二次函數？錯解：從八個數字中任取3個不同的數字作為二次函數 的系數，的取值，交換，的具體取值，得到的二次函數就不同，因而本題是個排列問題，故能組成個不同的二次函數.錯因:忽視了二次函數 的二次項系數不能為零. 正解：，中不含0時，有個；，中含有0時，有2個.故共有2294個不同的二次函數.注：本題也可用間接解法.共可構成個函數，其中0時有個均不符合要求，從而共有294個不同的二次函數.例3以三棱柱的頂點為頂點共可組成多少個不同的三棱錐？錯解：按照上底面取出點的個數分三類：第一類，上底面恰取一點，這時下底

20、面取三點，有 3個；第二類，上底面恰取2點，下底面也取兩點，有9個；上底面取3點時，下底面取一點，有 3個.綜上知，共可組成39315個不同的三棱錐.錯因:在上述解法中，第二類情形時，所取四點有可能共面.這時，務必注意在上底面取2點，與之對應的下底面的2點只有2種取法.正解：在三棱柱的六個頂點中任取4個頂點有15取法，其中側面上的四點不能構成三棱錐，故有15312個不同的三棱錐.例4 4名男生和3名女生并坐一排，分別回答下列問題：（1）男生必須排在一起的坐法有多少種？（2）女生互不相鄰的坐法有多少種？（3）男生相鄰、女生也相鄰的坐法有多少種？（4）男女生相間的坐法有多少種？（5）女生順序已定的

21、坐法有多少種？解：從整體出發(fā)，視四名男生為一整體，看成一個“大元素”，與三名女生共四個元素進行排列，有種坐法；而大元素內部的小元素間又有種坐法.故共有576種坐法.因為女生互不相鄰，故先將4名男生排好，有種排法；然后在男生之間及其首尾的5個空檔中插入3名女生，有種排法.故共有1440種排法.類似（1）可得：288種男生排好后，要保證男生互不相鄰、女生也互不相鄰，3名女生只能排在男生之間的3個空檔中，有種排法.故共有144種排法.7個元素的全排列有種，因為女生定序，而她們的順序不固定時有排法，可知中重復了次，故共有÷840種排法.本題還可這樣考慮：讓男生先占7個位置中的4個，共有種排法

22、；余下的位置排女生，因為女生定序，故她們只有1排法，從而共有840種排法.例5 某運輸公司有7個車隊，每個車隊的車均多于4輛，現從這個車隊中抽調出10輛車，并且每個車隊至少抽調一輛，那么共有多少種不同的抽調方法？解：在每個車隊抽調一輛車的基礎上，還須抽調的3輛車可分成三類：從一個車隊中抽調，有7種；從兩個車隊中抽調，一個車隊抽1輛，另一個車隊抽兩輛，有42種；從三個車隊中抽調，每個車隊抽調一輛，有35輛.由分類計數原理知，共有7423584種抽調方法.本題可用檔板法來解決：由于每個車隊的車均多于4輛，只需將10個份額分成7份.具體來講，相當于將10個相同的小球，放在7個不同的盒子中，且每個盒子

23、均不空.可將10個小球排成一排，在相互之間的九個空檔中插入6個檔板，即可將小球分成7份，因而有84種抽調方法.例6用0,1，2，9這十個數字組成無重復數字的四位數，若千位數字與個位數字之差的絕對值是2，則這樣的四位數共有多少個？解：若千位數字與個位數字中有一個為0 ，則另一個為2，且0只能在個位，2在千位，這樣有四位數有個.若千位與個位都不含有0，則應為1與3、2與4，3與5、4與6,5與7、6與8,7與9，這樣的四位數有7××個.共有7×840個符合條件的四位數四、典型習題導練1某一天的課程表要排入語文、數學、英語、物理、體育、音樂6節(jié)課，如果第一節(jié)不排體育，最

24、后一節(jié)不排數學，一共有多少種不同的排法？2. 在7名運動員中選出4人組成接力隊，參加4×100米接力賽，那么甲、乙兩人都不跑中間兩棒的安排方法有多少種？3有5雙不同型號的皮鞋，從中任取4只有多少種不同的取法？所取的4只中沒有2只是同型號的取法有多少種？所取的4只中有一雙是同型號的取法有多少種？4.一個五棱柱的任意兩個側面都不平行，且底面內的任意一條對角線與另一底面的邊也不平行，以它的頂點為頂點的四面體有多少個？5. 4名男生5名女生，一共9名實習生分配到高一的四個班級擔任見習班主任，每班至少有男、女實習生各1名的不同分配方案共有多少種？6.有6本不同的書，分給甲、乙、丙三人.（1）甲

25、、乙、丙三人各得2本，有多少種分法？（2）一人得1本，一人得2本，一人得3本，有多少種分法？（3）甲得1本，乙得2本，丙得3本，有多少種分法？（4）平均分成三堆，每堆2本，有多少種分法？§9.3 二項式定理一、知識導學1.二項式定理：上列公式所表示的定理叫做二項式定理.右邊的多項式叫做的二項展開式，它一共有1項.其中各項的系數叫做二項式系數.式中的叫做二項展開式的通項，用表示，即.2.二項式系數的性質： （1）對稱性.與首末兩端“等距離”的兩個二項式系數相等.事實上，這一性質可直接由公式得到.（2）增減性與最大值. 二項式系數，當時，二項式系數是逐漸增大的.由對稱性知它的后半部分是逐

26、漸減小的，且在中間取得最大值.當是偶數時，中間的一項取得最大值；當是奇數時，中間的兩項相等，且同時取得最大值.（3）各二項式系數的和.的展開式的各個二項式系數的和等于.二、疑難知識導析1二項式定理是代數公式和的概括和推廣，它是以乘法公式為基礎，以組合知識為工具，用不完全歸納法得到的.同學們可對定理的證明不作要求，但定理的內容必須充分理解.2對二項式定理的理解和掌握，要從項數、系數、指數、通項等方面的特征去熟悉它的展開式.通項公式在解題時應用較多，因而顯得尤其重要，但必須注意，它是的二項展開式的第1項，而不是第項.3二項式定理的特殊表示形式（1）.這時通項是.（2）.這時通項是.（3）.即各二項

27、式系數的和為.4二項式奇數項系數的和等于二項式偶數項系數的和.即三、經典例題導講例1已知，求的值.錯解：由二項展開式的系數的性質可知：的展開式的各個二項式系數的和等于，顯然，就是展開式中的，因此的值為1.錯因：上述解答忽略了 是項的系數，而不是二項式系數.正解：由二項展開式的結構特征，是項的系數，而不是二項式系數.觀察式子特征，如果1，則等式右邊為，出現所求式子的形式，而就是展開式中的，因此，即11，所以，0評注這是二項式定理的一個典型應用賦值法，在使用賦值法時，令、等于多少，應就具體問題而定，有時取“1”，有時取“1”，或其他值.例2在多項式的展開式中，含項的系數為.錯解：原式項的系數為0.

28、錯因：忽視了的范圍，上述解法得出的結果是在不等于6的前提下得到的，而這個條件并沒有提供.正解：原式當6時，項的系數為0.當6時，項的系數為1說明：本解法體現了逆向運用二項式定理的靈活性，應注意原式中對照二項式定理缺少這一項.例3 的末尾連續(xù)零的個數是 ( ) A7 B5 C3 D2解：上述展開式中，最后一項為1；倒數第二項為1000；倒數第三項為495000，末尾有三個0；倒數第四項為16170000，末尾有四個0；依次前面各項末尾至少有四個0.所以的末尾連續(xù)零的個數是3.故選C.例4 已知的展開式前三項中的的系數成等差數列.（1）求展開式中所有的的有理項；（2）求展開式中系數最大的項.解：（

29、1）展開式前三項的系數分別為.由題設可知：解得：8或1（舍去）. 當8時，.據題意，4必為整數，從而可知必為4的倍數，而08，0,4，8.故的有理項為：，.（2）設第1項的系數最大，顯然0，故有1且1.，由1，得3.，由1，得2.2或3，所求項分別為和.評注：1.把握住二項展開式的通項公式，是掌握二項式定理的關鍵，除通項公式外，還應熟練掌握二項式的指數、項數、展開式的系數間的關系、性質.2.運用通項公式求二項展開的特定項，如求某一項，含某次冪的項，常數項，有理項，系數最大的項等，一般是運用通項公式根據題意列方程，在求得或后，再求所需的項（要注意和的數值范圍及大小關系）.3.注意區(qū)分展開式“第1

30、項的二項式系數”與“第1項的系數”.例5已知的展開式中含項的系數為24，求展開式中含項的系數的最小值.解：解法一由中含項的系數為24，可得.從而，.設中含項的系數為，則.把代入上式，得.當6時，的最小值為120，此時6.解法二由已知，設中含項的系數為，則22（7212）120.當且僅當6時，有最小值120.展開式中含項的系數的最小值為120.評注：構造函數法是一種常用的方法，尤其在求最值問題中應用非常廣泛.四、典型習題導練1化簡：2. 設，則 的值為 3. （1+x）(2+x)(3+x)(20+x)的展開式中x19的系數是 .4. 式子的展開式中的常數項是（）A、15B、20C、20D、155

31、已知二項式中，0，0,20但0，若展開式中的最大系數項是常數項，求的取值范圍.6用二項式定理證明：能被整除（，2）.§9.4 隨機事件的概率及古典概型一、知識導學1.必然事件：在一定的條件下必然要發(fā)生的事件.不可能事件：在一定的條件下不可能發(fā)生的事件.隨機事件：在一定的條件下可能發(fā)生也可能不發(fā)生的事件.2. 概率：實際生活中所遇到的事件包括必然事件、不可能事件和隨機事件.隨機事件在現實世界中是廣泛存在的.在一次試驗中，事件A是否發(fā)生雖然帶有偶然性，但在大量重復試驗下，它的發(fā)生呈現出一定的規(guī)律性，即事件A發(fā)生的頻率總是接近于某個常數，在它附近擺動，這個常數就叫做事件A的概率.記著P（A

32、）.0P（A）13若在一次試驗中，每個基本事件發(fā)生的可能性都相同，則稱這些基本事件為等可能基本事件4具有以下兩個特點：（）所有的基本事件只有有限個；（）每個基本事件的發(fā)生都是等可能的我們將滿足上述條件的 隨 機 試 驗 的 概 率 模 型 稱 為 古 典 概 型5等可能事件的概率：如果一次試驗中共有種等可能出現的結果，其中事件A包含的結果有種，那么事件A的概率P（A）二、疑難知識導析1必然事件、不可能事件、隨機事件的區(qū)別與聯(lián)系：必然事件是指在一定條件下必然發(fā)生的事件；不可能事件是指在一定的條件下不可能發(fā)生的事件；隨機事件是指在一定的條件下可能發(fā)生也可能不發(fā)生的事件.要辨析清事件的條件和結果，理

33、解事件的結果是相應于“一定條件”而言的，必須明確什么是事件發(fā)生的條件，什么是在此條件下產生的結果.上述三種事件都是在一定條件下的結果.2頻率與概率：隨機事件A的頻率指此事件發(fā)生的次數與試驗總次數的比值，它是隨著試驗次數的改變而變化的，它具有一定的穩(wěn)定性，即總在某個常數附近擺動，且隨著試驗次數的不斷增多，這種擺動幅度越來越小，于是，我們給這個常數取個名字，叫隨機事件的概率.因此，概率從數量上反映了隨機事件發(fā)生的可能性的大??；而頻率在大量重復試驗的前提下，可近似地作為這個事件的概率.即概率是頻率的穩(wěn)定值，頻率是概率的近似值.3必然事件的概率為1，不可能事件的概率為0，隨機事件的概率：0P（A）1，

34、這里要辯證地理解它們的概率：必然事件和不可能事件可以看作隨機事件的兩個極端，它們雖是兩類不同的事件，但在一定的情況下又可以統(tǒng)一起來，即任意事件A的概率滿足：0P（A）14等可能事件的理解：一次試驗中所有可能的個基本結果出現的可能性都相等，這個結果對應著個基本事件.對等可能事件的理解，其實質在于對等可能性的理解.“等可能性”指的是結果，而不是事件.例如拋擲兩枚均勻的硬幣，可能出現“兩個正面”“兩個反面”“一正一反”“一反一正”這四種結果，每一種結果的可能性相等，都是0.25；而出現“兩個正面”“兩個反面”“一正一反”這三種結果就不是等可能的.5注意用集合的觀點來看概率，運用圖式法來弄清各事件之間

35、的關系.對古典概率來說，一次試驗中等可能出現的幾個結果組成一個集合I，其中各基本事件均為集合I的含有一個元素的子集，包括個基本事件的子集A，從而從集合的角度來看：事件A的概率是子集A的元素的個數與集合I的元素個數的比值，即P（A）.因此，可以借助集合的表示法來研究事件，運用圖示法弄清各事件的關系，從而做到較深刻的理解.三、經典例題導講例1 某人有5把鑰匙，但忘記了開房門的是哪一把，于是，他逐把不重復地試開，問恰好第三次打開房門鎖的概率是多少？錯解：有5把鑰匙，每次打開房門的概率都是，不能打開房門的概率是，因而恰好第三次打開房門的概率是××.錯因:上述解法忽略了條件“逐把不重

36、復地試開”.正解：我們知道最多開5次門，且其中有且僅有一次可以打開房門，故每一次打開門的概率是相同的，都是.開三次門的所有可能性有種.第三次打開房門，則房門鑰匙放在第3號位置上，前兩次沒能打開門，則前2個位置是用另4把鑰匙安排的，故有種可能.從而恰好第三次打開房門鎖的概率是P（A）.例2 某組有16名學生，其中男、女生各占一半，把全組學生分成人數相等的兩小組，求每小組里男、女生人數相同的概率.錯解：把全組學生分成人數相等的兩小組，有種分法，事件A為組里男、女生各半的情形，它有種，所以P（A）.錯因:這里沒注意到均勻分成兩組與分成A、B兩組的區(qū)別.正解：基本事件有，事件A為組里男、女生各半的情形

37、，它有種，所以P（A）. 例3 把一枚硬幣向上連拋10次，則正、反兩面交替出現的概率是.錯解：拋擲一枚硬幣出現正、反兩面的可能性都相等，因而正、反兩面交替出現的概率是.錯因：沒審清題意.事實上，把一枚硬幣向上連拋10次，出現正面5次的概率同樣也不等于.正解：連拋10次得正、反面的所有可能的情況共有種，而題設中的正、反兩面交替出現的情況只有2種，故所求的概率為.例4某科研合作項目成員由11個美國人、4個法國人和5個中國人組成，現從中隨機選出兩位作為成果發(fā)布人，則此兩人不屬于同一個國家的概率為（結果用分數表示）.解：設“從20名成員中隨機選出的2人來自不同國家”為事件A，則A所包含的基本事件數為，

38、又基本事件數為.故P（A）.例5 將4個編號的球放入3個編號的盒中，對于每一個盒來說，所放的球數滿足04.在各種放法的可能性相等的條件下，求：（1）第一個盒沒有球的概率；（2）第一個盒恰有1個球的概率；（3）第一個盒恰有2個球的概率；（4）第一個盒有1個球，第二個盒恰有2個球的概率.解：4個不同的球放入3個不同的盒中的放法共有種.（1）第一個盒中沒有球的放法有種，所以第一個盒中沒有球的概率為：P1.（2）第一個盒中恰有1個球的放法有種，所以第一個盒中恰有1個球的概率為：P2.（3）第一個盒中恰有2個球的放法有種，所以第一個盒中恰有2個球的概率為：P3.（4）第一個盒中恰有1個球，第二個盒中恰有

39、2個球的放法有種，所以所求的概率為：P4.例6 一個口袋內有7個白球和3個黑球，分別求下列事件的的概率：（1）事件A：從中摸出一個放回后再摸一個，兩回摸出的球是一白一黑；（2）事件B：從袋中摸出一個黑球，放回后再摸出一個是白球；（3）事件C：從袋中摸出兩個球，一個黑球，一個白球；（4）事件D：從從袋中摸出兩個球，先摸出的是黑球，后摸出的是白球.解：（1）基本事件總數是10×10.事件A包括“先摸出黑球后摸出白球”及“先摸出白球后摸出黑球”，摸出白球及黑球分別有7種和3種可能.所以A發(fā)生共有2×7×3種可能.P（A）0.42.2）事件B與事件A不同，它確定了先摸黑球

40、再摸白球的順序.P（B）0.21（3）事件C說明摸出兩個球不放回，且不考慮次序，因此基本事件總數是，事件C包含的基本事件個數是.P（C）0.47.（4）與事件A相比，D要考慮摸出兩球的先后次序.P（D）0.23評注：注意“放回抽樣”與“不放回抽樣”的區(qū)別.本例（1）（2）是放回抽樣，（3）（4）是不放回抽樣.四、典型習題導練1對某電視機廠生產的電視機進行抽樣檢測的數據如下：抽取臺數501002003005001000優(yōu)等品數4092192285478954（1）計算表中優(yōu)等品的各個頻率；（2）該廠生產的電視機優(yōu)等品的概率是多少？2先后拋擲三枚均勻的硬幣，至少出現一次正面的概率是（）A、B、C、

41、D、3停車場可把12輛車停放一排，當有8輛車已停放后，則所剩4個空位恰連在一起的概率為（）A、B、C、D、4有5條線段，其長度分別為1、3、5、7、9，現從中任取3條線段，求3條線段構成三角形的概率.5把10個運動隊平均分成兩組進行預賽，求最強的兩隊被分在（1）不同組內；（2）同一組內的概率.6甲、乙兩人參加普法知識問答，共有10個不同的題目，其中選擇題6個，判斷題4個，甲、乙兩人依次各抽一題.（1）甲抽到選擇題，乙抽到判斷題的概率是多少？（2）甲、乙兩人至少有一人抽到選擇題的概率是多少？§9.5 幾何概型及互斥事件的概率一、知識導學1. 對于一個隨機試驗，我們將每個基本事件理解為從

42、某個特定的幾何區(qū)域內隨機地取一點，該區(qū)域中每一點被取到的機會都一樣；而一個隨機事件的發(fā)生則理解為恰好取到上述區(qū)域內的某個指定區(qū)域中的點這里的區(qū)域可以是線段、平面圖形、立體圖形等用這種方法處理隨機試驗，稱為幾何概型.一般地，在幾何區(qū)域 中隨機地取一點，記事件“該點落在其內部一個區(qū)域內”為事件，則事件 發(fā)生的概率（） 這里要求 的測度不為，其中“測度”的意義依 確定，當 分別是線段、平面圖形和立體圖形時，相應的“測度”分別是長度、面積和體積等2互斥事件：不可能同時發(fā)生的兩個事件.如果事件A、B、C，其中任何兩個都是互斥事件，則說事件A、B、C彼此互斥.當A，B是互斥事件時，那么事件AB發(fā)生（即A，

43、B中有一個發(fā)生）的概率，等于事件A，B分別發(fā)生的概率的和.P（AB）P（A）P（B）.如果事件A1、A2、A彼此互斥，那么事件A1A2A發(fā)生（即A1、A2、A中有一個發(fā)生）的概率，等于這個事件分別發(fā)生的概率的和.3對立事件：其中必有一個發(fā)生的兩個互斥事件.事件A的對立事件通常記著.對立事件的概率和等于1.P（）1P（A）4相互獨立事件：事件A（或B）是否發(fā)生對事件B（或A）發(fā)生的概率沒有影響，這樣的兩個事件叫做相互獨立事件.當A，B是相互獨立事件時，那么事件AB發(fā)生（即A，B同時發(fā)生）的概率，等于事件A，B分別發(fā)生的概率的積.P（AB）P（A）P（B）.如果事件A1、A2、A相互獨立，那么事件

44、A1A2A發(fā)生（即A1、A2、A同時發(fā)生）的概率，等于這個事件分別發(fā)生的概率的積.5獨立重復試驗如果在1次試驗中某事件發(fā)生的概率是P，那么在次獨立重復試驗中這個試驗恰好發(fā)生次的概率二、疑難知識導析1對互斥事件、對立事件的理解：從集合角度看，事件A、B互斥，就是它們相應集合的交集是空集（如圖1）；事件A、B對立，就是事件A包含的結果的集合是其對立事件B包含的結果的補集（如圖2）.“互斥事件”與“對立事件”都是就兩個事件而言的，互斥事件是不可能同時發(fā)生的兩個事件，而對立事件是其中必有一個發(fā)生的互斥事件，因此，對立事件必須是互斥事件，但互斥事件不一定是對立事件，也就是說“互斥”是“對立”的必要但不充

45、分的條件.根據對立事件的意義，（A）是一必然事件，那它發(fā)生的概率等于1，又由于A與互斥，于是有P（A）P（）P（A）1，從而有P（）1P（A）.當某一事件的概率不易求出或求解比較麻煩，但其對立事件的概率較容易求出時，可用此公式，轉而先求其對立事件的概率.2對相互獨立事件的理解：相互獨立事件是針對兩個事件而言的，只不過這兩個事件間的關系具有一定的特殊性，即其中一個事件是否發(fā)生對另一個事件發(fā)生的概率沒有影響.若A、B兩事件相互獨立，則A與、與B、與也都是相互獨立的.3正確理解AB與AB的關系：設A、B是兩個事件，則AB表示這樣一個事件，它的發(fā)生表示A與B同時發(fā)生；而AB表示這一事件是在A或B這兩個

46、事件中，至少有一個發(fā)生的前提下而發(fā)生的.公式P（AB）P（A）P（B）與P（AB）P（A）P（B）的使用都是有前提的.一般情況下，P（AB）1P（）P（A）P（B）P（AB）它可用集合中的韋恩圖來示意.三、經典例題導講例1 從0,1，2,3這四位數字中任取3個進行排列，組成無重復數字的三位數，求排成的三位數是偶數的概率.錯解：記“排成的三位數是偶數”為事件A，P（A）.錯因:上述解法忽略了排成的三位數首位不能為零.正解：記“排成的三位數的個位數字是0”為事件A，“排成的三位數的個位數字是2”為事件B，且A與B互斥，則“排成的三位數是偶數”為事件AB，于是P（AB）P（A）P（B）.例2 從1,

47、2，3，,100這100個數中，隨機取出兩個數，求其積是3的倍數的概率.錯解：從1,2，3，,100這100個數中，隨機取出兩個數，其積是3的倍數，則須所取兩數至少有一個是3的倍數. 記事件A為任取兩整數相乘為3的倍數，則P（A）錯因: 這里相關的排列組合問題沒有過關.正解：基本事件數有種.在由1到100這100個自然數中，3的倍數的數組成的集合M中有33個元素，不是3的倍數組成的集合N中有67個元素，事件A為任取兩整數相乘為3的倍數，分兩類：（1）取M中2個元素相乘有種；（2）從集合M、N中各取1個元素相乘有種.因為這兩類互斥，所以P（A）.例3 在房間里有4個人，問至少有兩個人的生日是同一

48、個月的概率是多少？解：由于事件A“至少有兩個人的生日是同一個月”的對立事件是“任何兩個人的生日都不同月”.因而至少有兩個人的生日是同一個月的概率為：P（A）1P（）11.例4 某單位6名員工借助互聯(lián)網開展工作，每個員工上網的概率都是0.5（相互獨立）.求（1）至少3人同時上網的概率；（2）至少幾人同時上網的概率小于0.3？解：（1）至少3人同時上網的概率等于1減去至多2人同時上網的概率，即11.（2）6人同時上網的概率為0.3；至少5人同時上網的概率為0.3；至少4人同時上網的概率為0.3.故至少5人同時上網的概率小于0.3. 例5設甲、乙兩射手獨立地射擊同一目標，他們擊中目標的概率分別為0.9、0.8，求：（1）目標恰好被甲擊中的概率；（2）目標被擊中的概率.解：設事件A為“甲擊中目標”，事件B為“乙擊中目標”.由于甲