高中数学概率 重点问题探讨

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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：
N?m
1
?m
2
???m
n

（2）分步计算原理：
N?m
1
m
2
?m
n

（3）排列:一般地，从
n
个元素中取出
m
个元素（
m ?n
），按照一定的顺序排成一
列， 叫做从
n
个元素中取出
m个元素的一个排列。从
n
个元素中取出
m
个元素（
m?n
）
的所有排列的个数，叫做从
n
个不同元素中取出
m
个元素的排列 数，用符号
A
n
m
表示，
m
A
n
?n(n?1)(n?2)?(n?m?1)
。
（ 4）组合：一般地，从
n
个不同元素中取出
m
个元素（
m?n
）并成一组，叫做从
n
个元素中取出
m
个元素的一个组合。从
n< br>个元素中取出
m
个元素的所有组合的个数，
m
叫做从
n
个不同元素中取出
m
个元素的组合数，用符号
C
n
表示。
m
A
n
n(n?1)(n?2)?(n?m?1)
。
C ?
m
?
m!
A
m
m
n
（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
n
次试验，在这
n
次试验中，事件
A
发生的次数
n
A
称
为事件
A
发生的频数。比值
n
A
称为事件
A
发生的频率。
n
n
A
总是接近于某个
n
（9）一般地，在大量重复进行同一实验时，事件
A
发生的频率
常数，在它 附近摆动，这时就把这个常数叫做事件
A
的频率，记作
P(A)
，且一次实验
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
A
由< br>几个基本事件组成，如果一次实验中可能出现的结果有
n
个，即此实验由
n个基本事件
1
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。如 果某
n
个事件
A
包含的结果有
m
个，那么事件
A< br>的概率
m

P(A)?
。
n


.

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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< br>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，…，
N
号球各一个，采用①无放回，②有放回的两种方式
摸球，试求在 第
k
次摸球时首先摸到一号球的概率。
解：设B
i
为事件“第i次摸到一号球”
(i?1,2,?k)
。
①无放回摸球
若把
k
次摸出的
k
个球排成一排，则从N
个球任取
k
个球的每个排列就是一个基本
事件，因此基本事件的总数为 以数码1，2，…，
N
中任取
k
个数码的排列数，
n?P
N
k
。
下面求事件
B
k
包含的基本事件数
m
，事件
B
k
可分两步完成：先在第
k
个位置上排上1
?1
号球，只有一种排法，再在前
k?1
个位置排其它
N?1
个球，共有
P
N
k
?1
种排法，由乘法
原理知，事件
B
k
包含的基本事件数为
k?1k?1
m?1?P
N?1
?P
N?1
，
从而
k?1
m
P
N
1
?1
P(B
k
)??
k
?
。
nN
P
N
②有放回的摸球
因为有放回摸球，每次袋中都有
N
个球，共摸
k
次，故共有
N
k
种可能结果，既基
本事件总数为
n?N
k
。事件
B
k
可分为两步完成：前k?1
次未摸到1号球，共有
m?N
k?1
，
于是
m(N?1)
k?1
P(B
r
)??
。
n
N
k
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”
.

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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，再把剩下的3个球放到6个盒子里，分三类：
1
①3个球放到一个盒子里，有
C
6
种放法；
②3个球放到两个盒子里，球数分别为2，1，共
P
6
2
种放法；
3
③3个球放到3个盒子里，每个盒子各一个球，共
C
6
种 放法。根据分类计数原理，
1
?P
6
2
?C
6
2< br>?56
种放法。 共有
C
6
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，不同的放球方
法即插隔 板的方法，共有
C
8
5
?56
种。
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，
7< br>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
C
11
种。
3. 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：
①分成甲、乙、丙三组，其中甲组7人、乙组3人、丙组2人。
②分成三组，其中一组7人、一组3人、一组2人。
解：①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
732
C
5
C
2
种 不同的方法。 组，则共有
C
12
7
②先从12人中任选7人为一组有
C
12
种选法，再从余下5人中任选3人有
C
5
3
种选< br>.

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732
C
5
C
2
种不同的选法。 法，剩下的两人为一组， 共有
C
12
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
A
3
3
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本不同的书，按下列要求分配，各有多少种分发。
①分给甲、乙、丙三人，每人2本；
②平均分成三份。
解：①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
22
C
2
?90
种分法。 下的2本给最后一个人，共有
C
6
2
C
4
②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
222
C
6
C
4
C
2
x?A?CCC
种分法。所以有
x?
种不同的分法。
3
A
3
3
3
2
6
24
2
2
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。
nnnn
规律：一般地，把
nm
个元素平均分到
m
个不同的位置，有
C
nm
C
n(m?1 )
L
C
n?2
C
n
种方
nnnn
C
nm
C
n(m?1)
L
C
n?2
C
n
法 ，把
nm
个不同元素平均分成
m
组有
m!
种分法。
4. 圆排列与重复组合问题
（1）圆排列
定义1：从
n
个不 同的元素中任取
m(m?n)
个，按照一定的顺序排成圆形，叫做一
个圆排列。 定义2：从
n
个不同的元素中取出
m(m?n)
个元素的所有圆排列的个 数，叫做圆排
列数，用符号
R
n
m
表示。
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：

R
5
5
?5?5!

.

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5!
?24

5
答：席位的排列方法有24种。
5
所以
R
5
?
命题1： n个不同的元素的圆排列数
R
n
n
?(n?1)!
。
例7 有6名同学做成一圆圈做游戏，有多少种做法？
6
?(6?1)!?120
种。 解: 据命题一，
R
6
答：共有120种。
A
B
E
A
D
E
C
E
D
C
D
C
B
B
A
C
D
B
C
B
E
A
A
D
E

mm
?C
n
?(m?1)!
。 命题2： 从
n
个元素中取出
m(m?n)
个元素的圆排列数
R
n证明：从
n
个不同元素中取出
m
个元素的组合数为
C
n
m
种，而将这
m
个元素排成圆
形由命题1共有
(m?1)!
种方法，于是由乘法原理得
mm
?C
n
?(m?1)!
.
R
n
（2）重复组合
定义3：从
n
个不同的元素中任取< br>m
个元素，元素可以重复选取，不管怎样的顺序
并成一组，叫做重复组合。
定 义4：从
n
个不同的元素中取出
m
个元素的所有重复组合的个数，叫做重复组 合
数，用符号
H
n
m
表示。
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
C
5
3
，但
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
.

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数上加1，在第三个数上加2，这就变成：（1，2，3），（1，2，4），（4，6，7）。 一般地
(a,b,c)?(a,b?1,c?2)
，可以证明左右两边是一一对应的（左右 各有一组
互相对应，一组不能和两组以上对应）。这样，
a,b,c
中即使有相同的元 素，在上述的
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
7?6?5
33

H
5
?C
7
??35
。
1?2?3
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
mm
?C
n

H
n?m?1
。
例9 从3，5，7，11这4个质数中任取两个相乘， 同一个数允许重复使用，可以
得到多少个不相同的乘积？
32
?C
4
解：根据命题3有：
H
4?2?1
?10
个。
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）：
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
25
38人的排列问题看成24+1=2 5人的问题，共有
P
25
种，再考虑到14名学生之间的排法
142514< br>P
14
，因此女生必须排在一起的排法种数为
P
25
P
14
种。
1k
一般地，在
n
个不同的元素中，某
k个元素排在一起的排法种数有
P
n
n
?
?
k
k
?
?
1
P
k
种。
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
27列的问题，共有排法
P
27
种，再考虑到12名同学的排列方法，依照例1，可知 第一组的
.

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2785
P
8
P< br>5
种。12名同学要求5名女生排在一起的排法共有
P
8
8
P
5
5
种。因此总的排法种数有
P
27

命题4：一 般地，
n
个不同元素的排列中，某
k
个元素必须排在一起的且在这
k
个
1k?l?1k
元素中的某
l
个元素有必须排在一起的排法共有< br>P
n
n
?
?
k
k
?
?
1< br>P
k?l?1
P
k
种。
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？
45
解：首先将不要求间隔的同学先排列有
P
45< br>种排法，然后再将要求间隔排的同学插
14
入已排的45位同学的46个空档（包括两头 ）中去，有
P
46
种插入方法，所以总的排法
1445
P
4 5
种。 种数共有
P
46
命题5：一般地，在n个不同元素的排列中，某k(k?
素不排列在一起的排法有
P
n
n
?
?
k
k
P
n
k
?k?1
种。
n?1
)
个元素中的任何两个元
2
例13 现有数字1，2，3，4，5，6，用它们（不重复）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
P
3
3
种排法，再将2，4，6插入已排的 1，3，5的空
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< br>序关系，所以插法共有
2P
3
3
种，故可组成
2P
3
3
P
3
3
个奇偶相间的六位数。
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2310有多少个正约数？
错解：因为
2310?2?3?5?7?11
，所 以从这5个质数中分别取1个，取2个，取3
个，取4个，取5个的积都是2310的正约数，故正约数 有
135
C
5
?C
5
2
?C
5
?C
5
4
?C
5
?31
（个）。
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
c
（此处的整数指正整数），使得整数
a
与
b
之间适合
a?bc
，则称
b
可
整除
a
，记作
b
︱
a
，这时
a
称为
b
的倍数，
b
称为
a
的约 数，因为1︱2310，所以1也
.

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是2310的一个正约数，所以正确的解答为
135
C
5
?C5
2
?C
5
?C
5
4
?C
5
?1?32
（个）。
(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 。
①首位上数字从3，4，5中任取一个安排，取法有
P
3
1
种， 而后其余数字在余下的
各位数上全排列，有
P
3
1
P
55
个；
②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
P
2
1
P
4
4
个，于是， 大于240135的正整数一共有
P
3
1
P
5
5
?P
2
1
P
4
4
?408
（个）
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②类中，
当首位上安排2，万位上安 排4，其余各数字在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240 135”的题意要求，应去掉，所以正确答案
P
3
1
P
5
5
?P
2
1
P
4
4
?1?407
（个）
(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
35
C< br>5
2
?C
5
?C
5
4
?C
5
?26
（个）。
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
35
C
5
2< br>?C
5
?C
5
4
?C
5
?9?17
（种）。
.