概率计算
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公式P是指排列，从N个元素取R个进行排列。
公式C是指组合，从N个元素取R个，不进行排列。
N-元素的总个数
R参与选择的元素个数
“！”-阶乘 ，如 9！＝9*8*7*6*5*4*3*2*1
从N倒数r个，表达式应该为n*（n-1)*(n-2)..(n-r+1);
因为从n到（n-r+1)个数为n－（n-r+1)＝r
举例：
Q1: 有从1到9共计9个号码球，请问，可以组成多少个三位数？
A1: 123和213是两个不同的排列数。即对排列顺序有要求的，既属于“排列P”计算范畴。
上问题中，任何一个号码只能用一次，显然不会出现988,997之类的组合， 我们可以这么看，百位数有9种可能，十位数则应该有9-1种可能，个位数则应该只有9-1-1种可能，最终共有9*8*7个三位数。计算公式＝P（3，9)＝9*8*7,(从9倒数3个的乘积）
Q2: 有从1到9共计9个号码球，请问，如果三个一组，代表“三国联盟”，可以组合成多少个“三国联盟”？
A2: 213组合和312组合，代表同一个组合，只要有三个号码球在一起即可。即不要求顺序的，属于“组合C”计算范畴。
上问题中，将所有的包括排列数的个数去除掉属于重复的个数即为最终组合数C(3,9)=9*8*7/3*2*1
排列、组合的概念和公式典型例题分析
例1 设有3名学生和4个课外小组．（1）每名学生都只参加
一个课外小组；（2）每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加．各有多少种不同方法？
解（1）由于每名学生都可以参加4个课外小组中的任何一个，而不限制每个课外小组的人数，因此共有 种不同方法．
（2）由于每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加，因此共有 种不同方法．
点评 由于要让3名学生逐个选择课外小组，故两问都用乘法原理进行计算．
例2 排成一行，其中 不排第一， 不排第二， 不排第三， 不排第四的不同排法共有多少种？
解 依题意，符合要求的排法可分为第一个排 、 、 中的某一个，共3类，每一类中不同排法可采用画“树图”的方式逐一排出：
∴ 符合题意的不同排法共有9种．
点评 按照分“类”的思路，本题应用了加法原理．为把握不同排法的规律，“树图”是一种具有直观形象的有效做法，也是解决计数问题的一种数学模型．
例3 判断下列问题是排列问题还是组合问题？并计算出结果．
（1）高三年级学生会有11人：①每两人互通一封信，共通了多少封信？②每两人互握了一次手，共握了多少次手？
（2）高二年级数学课外小组共10人：①从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不同的选法？②从中选2名参加省数学竞赛，有多少种不同的选法？
（3）有2，3，5，7，11，13，17，19八个质数：①从中任取两个数求它们的商可以有多少种不同的商？②从中任取两个求它的积，可以得到多少个不同的积？
（4）有8盆花：①从中选出2盆分别给甲乙两人每人一盆，有多少种不同的选法？②从中选出2盆放在教室有多少种不同的选法？
分析 （1）①由于每人互通一封信，甲给乙的信与乙给甲的信是不同的两封信，所以与顺序有关是排列；②由于每两人互握一次手，甲与乙握手，乙与甲握手是同一次握手，与顺序无关，所以是组合问题．其他类似分析．
（1）①是排列问题，共用了 封信；②是组合问题，共需握手 （次）．
（2）①是排列问题，共有 （种）不同的选法；②是组合问题，共有 种不同的选法．
（3）①是排列问题，共有 种不同的商；②是组合问题，共有 种不同的积．
（4）①是排列问题，共有 种不同的选法；②是组合问题，共有 种不同的选法．
例4 证明 ．
证明 左式
右式．
∴ 等式成立．
点评 这是一个排列数等式的证明问题，选用阶乘之商的形式，并利用阶乘的性质 ，可使变形过程得以简化．
例5 化简 ．
解法一 原式
解法二 原式
点评 解法一选用了组合数公式的阶乘形式，并利用阶乘的性质；解法二选用了组合数的两个性质，都使变形过程得以简化
例6 解方程：（1） ；（2） ．
解 （1）原方程
解得 ．
（2）原方程可变为
∵ ， ，
∴ 原方程可化为 ．
即 ，解得
第六章 排列组合、二项式定理
一、考纲要求
1.掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析解决一些简单的问题.
2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的问题.
3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题.
二、知识结构
三、知识点、能力点提示
(一)加法原理乘法原理
说明 加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为处理排 列、组合中有关问题提供了理论根据.
例1 5位高中毕业生，准备报考3所高等院校，每人报且只报一所，
不同的报名方法共有多少种?
解： 5个学生中每人都可以在3所高等院校中任选一所报名，因而每个学生都有3种不同的 报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有
3×3×3×3×3=35(种)
(二)排列、排列数公式
说明 排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较为独特，它研 究的对象以及研 究问题的方法都和前面掌握的知识不同，内容抽象，解题方法比较灵活，历届高考主要考查排列的应用题，都是选择题或填空题考查.
例2 由数字1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的 偶数共有( )
A.60个 B.48个 C.36个 D.24个
解 因为要求是偶数，个位数只能是2或4的排法有P12；小于50 000的五位数，万位只能是1、3或2、4中剩下的一个的排法有P13;在首末两位数排定后，中间3个位数的排法有P33，得P13P33P12＝36(个)
由此可知此题应选C.
例3 将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有多少种?
解： 将数字1填入第2方格，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有3种，即214 3，3142，4123；同样将数字1填入第3方格，也对应着3种填法；将数字1填入第4方格，也对应3种填法，因此共有填法为
3P13=9(种).
例四 例五可能有问题，等思考
三)组合、组合数公式、组合数的两个性质
说明 历届高考均有这方面的题目出现，主要考查排列组合的应用题，且基本上都是由选择题或填空题考查.
例4 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有( )
A.140种 B.84种 C.70种 D.35种
解： 抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有C14•C25种；甲型2台乙型1台的取法有C24•C15种
根据加法原理可得总的取法有
C24•C25+C24•C15=40+30=70(种 )
可知此题应选C.
例5 甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包1 项，丙、丁公司各承包2项，问共有多少种承包方式?
解： 甲公司从8项工程中选出3项工程的方式 C38种；
乙公司从甲公司挑选后余下的5项工程中选出1项工程的方式有C15种；
丙公司从甲乙两公司挑选后余下的4项工程中选出2项工程的方式有C24种；
丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的2项工程中选出2项工程的方式有C22种.
根据乘法原理可得承包方式的种数有C3 8×C15×C24×C22= ×1=1680(种).
(四)二项式定理、二项展开式的性质
说明 二项式定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则，在数学中它是常用的基础知识 ，从1985年至1998年历届高考均有这方面的题目出现，主要考查二项展开式中通项公式等，题型主要为选择题或填空题.
例6 在(x- )10的展开式中，x6的系数是( )
A.-27C610 B.27C410 C.-9C610 D.9C410
解 设(x- )10的展开式中第γ+1项含x6，
因Tγ+1=Cγ10x10-γ(- )γ，10-γ=6,γ=4
于是展开式中第5项含x 6，第5项系数是C410(- )4=9C410
故此题应选D.
例7 (x-1)-(x-1)2＋(x-1)3-(x-1)+(x-1)5的展开式中的x2的系数等于
解：此题可视为首项为x-1，公比为-(x-1)的等比数列的前5项的和，则其和为
在(x-1)6中含x3的项是C36x3(-1)3=-20x3，因此展开式中x2的系数是-2 0.
(五)综合例题赏析
例8 若(2x+ )4=a0+a1x+a2x 2+a3x3+a4x4，则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值为( )
A.1 B.-1 C.0 D.2
解：A.
例9 2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2 名护士，不同的分配方法共有( )
A.6种 B.12种 C.18种 D.24种
解 分医生的方法有P22＝2种，分护士方法有C24=6种，所以共有6×2＝12种不同的分配方法。
应选B.
例10 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其 中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同取法共有( ).
A.140种 B.84种 C.70种 D.35种
解：取出的3台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二台两种情形.
∵C24•+C25•C14=5×6+10×4=70.
∴应选C.
例11 某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2 名代表，至少有1名女生当选的不同选法有( )
A.27种 B.48种 C.21种 D.24种
解：分恰有1名女生和恰有2名女生代表两类：
∵C13•C1 7+C23=3×7+3=24，
∴应选D.
例12 由数学0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的 六位数，其中个位数字小于十位数字的共有( ).
A.210个 B.300个
C.464个 D.600个
解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个?应有P15•P 55=600个.
由对称性，个位数小于十位数的六位数和个位数大于十位数的六位数各占一半.
∴有 ×600=300个符合题设的六位数.
应选B.
例13 以一个正方体的顶点为顶点的 四面体共有( ).
A.70个 B.64个
C.58个 D.52个
解：如图，正方体有8个顶点，任取4个的组合数为C48=70个.
其中共面四点分3类：构成侧面的有6组；构成垂直底面的对角面的有2组；形如(ADB1C1 )的有4组.
∴能形成四面体的有70-6-2-4=58(组)
应选C.
例14 如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱 锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有( ).
A.12对 B.24对
C.36对 D.48对
解：设正六棱锥为O—ABCDEF.
任取一侧棱OA(C16)则OA与BC、CD、DE、EF均形成异面直线对.
∴共有C16×4=24对异面直线.
应选B.
例15 正六边形的中心和顶点共7个点，以其中三个点 为顶点的三角形共 个(以数字作答).
解：7点中任取3个则有C37=35组.
其中三点共线的有3组(正六边形有3条直径).
∴三角形个数为35-3=32个.
例16 设含有10个元素的集合的全部子集数为S，其中由3个元素组成的子集数为T，则 的值为 。
解 10个元素的集合的全部子集数有：
S＝C010+C110+C210+C310+C410+C510+C610+C710+C810+C910+C1010=2 10=1024
其中，含3个元素的子集数有T=C310=120
故 =
例17 例17 在50件产品 n 中有4件是次品，从中任意抽了5件 ，至少有3件是次品的抽法共
种(用数字作答).
解：“至少3件次品”即“有3件次品”或“有4件次品”.
∴C34•C246+C44•C146=4186(种)
例18 有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、 丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有( ).
A.1260种 B.2025种
C.2520种 D.5040种
解：先从10人中选2个承担任务甲(C210)
再从剩余8人中选1人承担任务乙(C1 8)
又从剩余7人中选1人承担任务乙(C1 7)
∴有C210•C1 8C1 7=2520(种).
应选C.
例19 集合｛1，2，3｝子集总共有( ).
A.7个 B.8个 C.6个 D.5个
解 三个元素的集合的子集中，不含任何元素的子集有一个，由一个元素组成的子集数
C13，由二个元素组成的子集数C23。
由3个元素组成的子集数C33。由加法原理可得集合子集的总个数是
C13+C23+C33+1=3+3+1+1＝8
故此题应选B.
例20 假设在200件产品中有3件是次品，现在从中任意抽取5件，其中至少有两件次品的抽法有( ).
A.C23C3197种 B.C23C3197 +C33C2197
C.C5200-C5197 D.C5200-C 13C4197
解：5件中恰有二件为次品的抽法为C23C3197，
5件中恰三件为次品的抽法为C33C2197，
∴至少有两件次品的抽法为C23C3197+C33C2197.
应选B.
例21 两排座位，第一排有3个座位，第二排有5个座位，若8名学生入座(每人一个座位)，则不同座法的总数是( ).
A.C58C38 B.P12C58C38 C.P58P38
概率的计算
概率的计算方法有：计算单一随机事件的概率，多随机事件的概率，把赔率转换为概率，了解概率的规则。概率的计算方法如下：1、计算单一随机事件的概率。定义事件和结果：概率是在一系列可能结果中一个或多个事件发生的可能性。因此，假设我们希望计算出把一个六面骰子掷出三的可能性。"掷出三"是一个事件，而我们知道六面骰子可以被掷出六个数字中的任何一个，因此其结果数为六。用事件数除以可能结果数：用事件数除以可能结果数。所得结果即为单一事件发生的概率。在掷骰子中掷出三的例子中，事件数为一（每一骰子中只有一个三），而结果数为六。2、多随机事件的概率。把问题分解成多个部分：计算多事件的概率的关键在于把问题分解为多个单独的概率。把每一事件的概率相乘：通过这一步骤你将得到多个顺次发生的事件的概率。3、把赔率转换为概率。确定赔率；把赔率转换为概率。4、了解概率的规则。保证两个事件或结果之间互相排斥；概率不得为负数；所有可能事件的概率相加必须等于1或100%；把不可能发生的结果的概率表示为0。概率和随机的关系：在牛顿力学的概念中，决定论的世界中，若所有条件都是已知，都没有任何概率性的成分在内（拉普拉斯的恶魔），不过有可能一些系统对初始条件敏感，敏感程度甚至到超过可能量测的范围。以俄罗斯轮盘为例，若手的施力，出力的时间等资讯已知，轮盘最后停止的位置是可以计算而得的，不过此时需要知道轮盘的惯量及摩擦系数，球的质量、光滑度及圆度，出力过程中手速度的变化等。此时，相较于用牛顿力学的方式分析，概率性的描述可能更适合描述重复玩数次俄罗斯轮盘的结果。科学家发现在气体动力论中也有类似的情形，系统理论上是确定的，但因为气体分子个数约和阿伏伽德罗常数6.02-1023量级相当，因此也只能用概率性的描述。在描述量子理论时一定会用到概率论。二十世纪初期，物理学界有一个革命性发现，所有次原子层级的物理过程有随机性，依循量子力学。物理的波函数是确定的，是数个状态的叠加，但根据哥本哈根诠释，观察会带来波函数塌缩，因此只能观察到其中一个状态。不过这种缺乏决定论的现点未受到所有人的同意。爱因斯坦在给马克斯·玻恩的信上提到“我相信上帝不会玩骰子”。而发现波函数的埃尔温-薛定谔认为量子力学只是内部决定论状态的统计近似。在近代的诠释中,量子退相干有相当的概率性质。
小概率事件名词解释
小概率事件为在概率论中我们把概率很接近于0（即在大量重复试验中出现的频率非常低）的事件称为小概率事件。在概率论中我们把概率很接近于0（即在大量重复试验中出现的频率非常低）的事件称为小概率事件，一般多采用0.01或0.05两个值即事件发生的概率在0.01以下或0.05以下的事件称为小概率事件这两个值称为小概率标准。对于一般人来说，即使过去的五千年中发生过十次八次类似的事件，人们也不可能把它当成一种必然。也就是说，象这样低频度发生的小概率事件是没有任何实际意义的。小概率事件是一个事件的发生概率很小，那么它在一次试验中是几乎不可能发生的，但在多次重复试验中是必然发生的。 在概率论中我们把概率很接近于0（即在大量重复试验中出现的频率非常低）的事件称为小概率事件。概率的定义详细介绍如下：随着人们遇到问题的复杂程度的增加，等可能性逐渐暴露出它的弱点，特别是对于同一事件，可以从不同的等可能性角度算出不同的概率，从而产生了种种悖论。另一方面，随着经验的积累，人们逐渐认识到，在做大量重复试验时，随着试验次数的增加，一个事件出现的频率，总在一个固定数的附近摆动，显示一定的稳定性。R.von米泽斯把这个固定数定义为该事件的概率，这就是概率的频率定义。从理论上讲，概率的频率定义是不够严谨的。
概率的名词解释
概率，又称或然率、机会率、机率(几率)或可能性，它是概率论的基本概念。表示随机事件发生可能性大小的量，是事件本身所固有的不随人的主观意愿而改变的一种属性。可能性，是数学概率论的基本概念，是一个在0到1之间的实数，是对随机事件发生的可能性的度量。概率是对随机事件发生的可能性的度量，一般以一个在0到1之间的实数表示一个事件发生的可能性大小。越接近1，该事件更可能发生；越接近0，则该事件更不可能发生，其是客观论证，而非主观验证。如某人有百分之多少的把握能通过这次考试，某件事发生的可能性是多少，这些都是概率的实例。简单来说就是表示某件事发生的可能性大小的一个量。很自然地把必然发生的事件的概率定为1，把不可能发生的事件的概率定为0，而一般随机事件的概率是介于0与1之间的一个数。
