第一節排列、組合
突破點(一) 兩個計數原理
基礎聯通抓主幹知識的「源」與「流」
1．分類加法計數原理
完成一件事有兩類不同方案，在第1類方案中有m種不同的方法，在第2類方案中有n種不同的方法，那麼完成這件事共有n＝m＋n種不同的方法．
2．分步乘法計數原理
完成一件事需要兩個步驟，做第1步有m種不同的方法，做第2步有n種不同的方法，那麼完成這件事共有n＝m×n種不同的方法．
3．兩個計數原理的比較
考點貫通抓高考命題的「形」與「神
能用分類加法計數原理解決的問題具有以下特點：
(1)完成一件事有若干種方法，這些方法可以分成n類．
(2)用每一類中的每一種方法都可以完成這件事．
(3)把各類的方法數相加，就可以得到完成這件事的所有方法數．
[例1] (1)在所有的兩位數中，個位數字大於十位數字的兩位數共有________個．
(2)如圖，從a到o有________種不同的走法(不重複過一點)．
(3)若橢圓＋＝1的焦點在y軸上，且m∈，n∈，則這樣的橢圓的個數為________．
[解析] (1)法一：按個位數字分類，個位可為2,3,4,5,6,7,8,9，共分成8類，在每一類中滿足條件的兩位數分別有1個，2個，3個，4個，5個，6個，7個，8個，則共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36個兩位數．
法二：按十位數字分類，十位可為1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8類，在每一類中滿足條件的兩位數分別有8個，7個，6個，5個，4個，3個，2個，1個，則共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36個兩位數．
(2)分3類：第一類，直接由a到o，有1種走法；
第二類，中間過乙個點，有a→b→o和a→c→o 2種不同的走法；
第三類，中間過兩個點，有a→b→c→o和a→c→b→o 2種不同的走法．
由分類加法計數原理可得共有1＋2＋2＝5種不同的走法．
(3)當m＝1時，n＝2,3,4,5,6,7，共6個；
當m＝2時，n＝3,4,5,6,7，共5個；
當m＝3時，n＝4,5,6,7，共4個；
當m＝4時，n＝5,6,7，共3個；
當m＝5時，n＝6,7，共2個．
故共有6＋5＋4＋3＋2＝20個滿足條件的橢圓．
[答案] (1)36 (2)5 (3)20
[易錯提醒]
(1)根據問題的特點確定乙個合適的分類標準，分類標準要統一，不能遺漏．
(2)分類時，注意完成這件事的任何一種方法必須屬於某一類，不能重複．
能用分步乘法計數原理解決的問題具有以下特點：
(1)完成一件事需要經過n個步驟，缺一不可．
(2)完成每一步有若干種方法．
(3)把各個步驟的方法數相乘，就可以得到完成這件事的所有方法數．
[例2] (1)從－1,0,1,2這四個數中選三個數作為函式f(x)＝ax2＋bx＋c的係數，則可組成________個不同的二次函式，其中偶函式有________個(用數字作答)．
(2)如圖，某電子器件由3個電阻串聯而成，形成迴路，其中有6個焊接點a，b，c，d，e，f，如果焊接點脫落，整個電路就會不通．現發現電路不通，那麼焊接點脫落的可能情況共有________種．
[解析] (1)乙個二次函式對應著a，b，c(a≠0)的一組取值，a的取法有3種，b的取法有3種，c的取法有2種，由分步乘法計數原理知共有3×3×2＝18個二次函式．若二次函式為偶函式，則b＝0，同理可知共有3×2＝6個偶函式．
(2)因為每個焊接點都有脫落與未脫落兩種情況，而只要有乙個焊接點脫落，則電路就不通，故共有26－1＝63種可能情況．
[答案 (1)18 6 (2)63
[易錯提醒]
(1)利用分步乘法計數原理解決問題時要注意按事件發生的過程來合理分步，即分步是有先後順序的，並且分步必須滿足：完成一件事的各個步驟是相互依存的，只有各個步驟都完成了，才算完成這件事．
(2)謹記分步必須滿足的兩個條件：一是各步驟互相獨立，互不干擾；二是步與步確保連續，逐步完成．
在解決實際問題的過程中，並不一定是單一的分類或分步，而可能是同時應用兩個計數原理，即分類時，每類的方法可能要運用分步完成，而分步時，每步的方法數可能會採取分類的思想求解．分類的關鍵在於做到「不重不漏」，分步的關鍵在於正確設計分步的程式，即合理分類，準確分步．
[例3] (1)用數字0,1,2,3,4,5組成沒有重複數字的五位數，其中比40 000大的偶數共有( )
a．144個 b．120個 c．96個 d．72個
(2)某班一天上午有4節課，每節都需要安排1名教師去上課，現從a，b，c，d，e，f 6名教師中安排4人分別上一節課，第一節課只能從a、b兩人中安排乙個，第四節課只能從a、c兩人中安排一人，則不同的安排方案共有________種．
(3)如圖，矩形的對角線把矩形分成a，b，c，d四部分，現用5種不同顏色給四部分塗色，每部分塗1種顏色，要求共邊的兩部分顏色互異，則共有________種不同的塗色方法．
[解析] (1)由題意可知，符合條件的五位數的萬位數字是4或5.當萬位數字為4時，個位數字從0,2中任選乙個，共有2×4×3×2＝48個偶數；當萬位數字為5時，個位數字從0,2,4中任選乙個，共有3×4×3×2＝72個偶數．故符合條件的偶數共有48＋72＝120(個)．
(2)①第一節課若安排a，則第四節課只能安排c，第二節課從剩餘4人中任選1人，第三節課從剩餘3人中任選1人，共有4×3＝12種安排方案．
②第一節課若安排b，則第四節課可由a或c上，第二節課從剩餘4人中任選1人，第三節課從剩餘3人中任選1人，共有2×4×3＝24種安排方案．
因此不同的安排方案共有12＋24＝36(種)．
(3)區域a有5種塗色方法，區域b有4種塗色方法，區域c的塗色方法可分2類：若c與a塗同色，區域d有4種塗色方法；若c與a塗不同色，此時區域c有3種塗色方法，區域d也有3種塗色方法．所以共有5×4×1×4＋5×4×3×3＝260種塗色方法．
[答案 (1)b (2)36 (3)260
[方法技巧]
使用兩個計數原理進行計數的基本思想
對需用兩個計數原理解決的綜合問題要「先分類，再分步」，即先分為若干個「既不重複也不遺漏」的類，再對每類中的計數問題分成若干個「完整的步驟」，求出每個步驟的方法數，按照分步乘法計數原理計算各類中的方法數，最後再按照分類加法計數原理得出總數．
能力練通抓應用體驗的「得」與「失
1．[考點二]某班新年聯歡會原定的6個節目已排成節目單，開演前又增加了3個新節目，如果將這3個新節目插入節目單中，那麼不同的插法種數為( )
a．504 b．210 c．336 d．120
解析：選a 分三步，先插乙個新節目，有7種方法，再插第二個新節目，有8種方法，最後插第三個節目，有9種方法．故共有7×8×9＝504種不同的插法．
2．[考點二]教學大樓共有五層，每層均有兩個樓梯，由一層到五層的走法有( )
a．10種 b．25種 c．52種 d．24種
解析：選d 由一層到二層、由二層到三層、由三層到四層、由四層到五層各有2種走法，故共有2×2×2×2＝24種不同的走法．
3．[考點一]已知兩條異面直線a，b上分別有5個點和8個點，則這13個點可以確定不同的平面個數為( )
a．40 b．16 c．13 d．10
解析：選c 分兩類情況討論：
第1類，直線a分別與直線b上的8個點可以確定8個不同的平面；
第2類，直線b分別與直線a上的5個點可以確定5個不同的平面．
根據分類加法計數原理知，共可以確定8＋5＝13個不同的平面．
4．[考點一]我們把各位數字之和為6的四位數稱為「六合數」(如2 013是「六合數」)，則「六合數」中首位為2的「六合數」共有( )
a．18個 b．15個 c．12個 d．9個
解析：選b 依題意知，這個四位數的百位數、十位數、個位數之和為4.由4,0,0組成3個數，分別為400,040,004；由3,1,0組成6個數，分別為310,301,130,103,013,031；由2,2,0組成3個數，分別為220,202,022；由2,1,1組成3個數，分別為211,121,112.
共計3＋6＋3＋3＝15個「六合數」．
5.[考點三]如圖，用4種不同的顏色對圖中5個區域塗色(4種顏色全部使用)，要求每個區域塗一種顏色，相鄰的區域不能塗相同的顏色，則不同的塗色方法有________種．
解析：按區域1與3是否同色分類．
①區域1與3同色：先塗區域1與3，有4種方法，
再塗區域2,4,5(還有3種顏色)，有3×2×1＝6種方法．
所以區域1與3塗同色時，共有4×6＝24種方法．
②區域1與3不同色：先塗區域1與3，有4×3＝12種方法，
第二步，塗區域2有2種塗色方法，
第三步，塗區域4只有一種方法，
第四步，塗區域5有3種方法．
所以這時共有12×2×1×3＝72種方法．
故由分類加法計數原理，不同的塗色方法的種數為
24＋72＝96.
答案：96
6．[考點三]有a，b，c型高階電腦各一台，甲、乙、丙、丁4個操作人員的技術等級不同，甲、乙會操作三種型號的電腦，丙不會操作c型電腦，而丁只會操作a型電腦．從這4個操作人員中選3人分別去操作這三種型號的電腦，則不同的選派方法有________種(用數字作答)．
離散型隨機變數及其分布
隨機變數 如果隨機試驗的結果可以用乙個變數的取值來表示，這個變數取值帶有隨機性，並且取這些值的概率是確定的，那麼這個變數叫隨機變數，通常用小寫希臘字母等表示。隨機變數的所有可能取值可以一一列出，這種隨機變數叫離散型隨機變數。如 某人連續射擊目標，射中目標的次數。隨機變數的所有可能取值是連續的充滿某個...
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