计数原理、概率、 (1)

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概率论中的计数原理例题和知识点总结

概率论中的计数原理例题和知识点总结在概率论中，计数原理是非常基础且重要的一部分，它为我们解决各种概率问题提供了有力的工具。

接下来，我们将通过一些具体的例题来深入理解计数原理，并对相关知识点进行总结。

一、知识点梳理1、加法原理如果完成一件事有 n 类不同的方案，在第一类方案中有 m1 种不同的方法，在第二类方案中有 m2 种不同的方法，……，在第 n 类方案中有 mn 种不同的方法，那么完成这件事共有 N ＝ m1 ＋ m2 ＋… ＋ mn 种不同的方法。

2、乘法原理如果完成一件事需要 n 个步骤，做第一步有 m1 种不同的方法，做第二步有 m2 种不同的方法，……，做第 n 步有 mn 种不同的方法，那么完成这件事共有 N ＝m1 × m2 × … × mn 种不同的方法。

3、排列从 n 个不同元素中取出 m（m ≤ n）个元素的排列数，记作 Anm ，Anm ＝ n(n 1)（n 2)…（n m ＋ 1) 。

4、组合从 n 个不同元素中取出 m（m ≤ n）个元素的组合数，记作 Cnm ，Cnm ＝ n! ／ m!（n m)！。

二、例题解析例 1：从 0 到 9 这 10 个数字中，任取 3 个数字组成一个没有重复数字的三位数，有多少种取法？解：第一步，百位数字不能为 0，有 9 种选择；第二步，十位数字有 9 种选择（因为百位已经选了一个数字）；第三步，个位数字有 8种选择。

根据乘法原理，共有 9 × 9 × 8 ＝ 648 种取法。

例 2：有 5 本不同的语文书，4 本不同的数学书，3 本不同的英语书，从中任取 2 本不同学科的书，有多少种不同的取法？解：分三种情况讨论：（1）取语文和数学书，有 5 × 4 ＝ 20 种取法；（2）取语文和英语书，有 5 × 3 ＝ 15 种取法；（3）取数学和英语书，有 4 × 3 ＝ 12 种取法。

概率的计数原理与应用

概率的计数原理与应用概率是数学中的一个重要分支，它研究的是事件发生的可能性。

而计数原理则是概率论的基础，通过统计、组合和排列等方法，可以精确地计算出事件的可能性。

本文将探讨概率的计数原理及其在实际应用中的重要性。

一、组合与排列的计数原理在概率计算中，我们常常需要计算从一个集合中选取出若干元素的方式数量。

这就涉及到了组合和排列的计数原理。

1. 组合的计数原理组合是指从一个集合中选取出若干个元素，不考虑顺序的问题。

在计数时，我们使用C(n,m)表示从n个元素中选取m个元素的组合数，计算公式为：C(n,m) = n! / (m!(n-m)!)其中，n!表示n的阶乘。

例如，C(6,2)表示从6个元素中选取2个元素的组合数，计算公式为：C(6,2) = 6! / (2!(6-2)!) = 6! / (2!4!) = 152. 排列的计数原理排列是指从一个集合中选取出若干个元素，考虑顺序的问题。

在计数时，我们使用P(n,m)表示从n个元素中选取m个元素的排列数，计算公式为：P(n,m) = n! / (n-m)!例如，P(6,2)表示从6个元素中选取2个元素的排列数，计算公式为：P(6,2) = 6! / (6-2)! = 6! / 4! = 30二、概率的计数原理应用概率的计数原理在实际应用中有着广泛的应用。

下面以几个例子来说明其应用场景。

1. 抽奖活动抽奖活动是常见的一种概率事件。

在抽奖过程中，我们可以利用计数原理来计算中奖的概率。

例如，一共有10个人参与抽奖，其中3个人可以获得奖品，那么中奖的概率可以通过计算C(10,3)来得出。

2. 赛事结果预测对于体育比赛等赛事，我们可以利用概率的计数原理来进行结果预测。

例如，在一场足球比赛中，两支球队A、B对阵，我们可以计算出射门次数、进球次数等数据，然后根据这些数据利用概率计算得出A、B获胜的概率。

3. 网络安全在网络安全领域，计数原理也被广泛应用。

例如，在密码学中，我们可以利用组合和排列的计数原理来计算密码的破解难度。

计数原理与概率统计(精华)

[解析]用茎叶图表示的结果如下：
甲组
乙组
7 6 58
853 7 23
865 8 998
210 9 233
第5页
3、众数、中位数、平均数众数：频率分布最大值对应的样本数据. 在[例 4]中，成绩为 85 时所对应的人数是 4 ，为最多，则 85 就是本例的众数. 在[例 5]中，成绩为73,88,89,92,93 所对应的人数是 2 ，为最多，所以73,88,89,92,93 这 5 个数都是本例的众数. 中位数：样本数据累积到频率等于 0.5 时所对应的样本数据. 在[例 4]中，先将数据按顺序排列，总人数为 30 ，平分后是 15 ，那么在人数等于 15.5 时，对应的数据是：第 15 个和第 16 个数据的平均值，即： 85 85 85 2 故：本例的中位数是 85 . 在[例 5]中，共有 20 个样本，按顺序排列后为：序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 成绩 65 67 68 72 73 73 75 78 85 86 序号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 成绩 88 88 89 89 90 91 92 92 93 93 在 20 个样本中，其中间的数为第 10 个和第 11 个数据的平均值即： 86 88 87 ，故：本例的中位数是 87 . 2 平均数：样本数据的算术平均值就是样本的平均数. 在[例 4]中，成绩的总和除以总人数 30 的结果，就是本例的平均数. 成绩总和为 2418 ，则 2418 80.6 ，故本例的平均数是 80.6 . 30 在[例 4]中，成绩的总和除以总人数 20 的结果，就是本例的平均数. 成绩总和为 1647 ，则 1647 82.35 ，故本例的平均数是 82.35 . 20
3 30

高考数学二轮复习计数原理与概率

6
x
3 2
k
，k≤6，k∈N，
由 6－32k＝0，解得k＝4，
则 T5＝(－1)4×32×C46＝135，
√A.144种
C.672种
B.336种 D.1 008种
选取的 3 个名称中含有祝融的共有 C29种不同的情况. 分析选取的 3 个名称的不同情况有 A33种，其中祝融是第 3 个被分析的情况有 A22种，故祝融不是第 3 个被分析的情况有 C29(A33－A22)＝144(种).
(2)(2022·广东联考)现要安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去国家高山滑雪
√D.P(A|C)＝P(B|C)
由题知，从 10 个数中随机地抽取 3 个数，共有 C310＝120(种)可能情况，对于A选项，“恰好抽的是2,4,6”和“恰好抽取的是6,7,8”为互斥事件，则P(AB)＝0，而P(A)P(B)≠0，故A选项错误；对于 B 选项，P(C)＝CC31290＝13260＝130，故 B 选项错误；对于 C 选项，P(AB)＝0，P(C)＝130，故 C 选项错误；对于 D 选项，由于 P(AC)＝P(BC)＝C129＝316，故由条件概率公式得 P(A|C) ＝P(B|C)，故 D 选项正确.
跟踪演练2 (1)(2022·淄博模拟)若(1－x)8＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋
a8(1＋x)8，则a6等于
A.－448
B.－112
√C.112
D.448
(1－x)8＝(x－1)8＝[(1＋x)－2]8 ＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a8(1＋x)8， a6＝C28×(－2)2＝112.
③P(B)＝12；④B 与 A1 相互独立.
A1，A2，A3中任何两个事件都不可能同时发生，因此它们两两互斥，

高中数学知识点总结(第十一章计数原理与概率、随机变量及其分布分类加法计数原理与分步乘法计数原理)

第十一章计数原理与概率、随机变量及其分布第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理两个计数原理(1)每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事.(2)各类方法之间是互斥的、并列的、独立的.(1)每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事.(2)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏.二、常用结论1.完成一件事可以有n类不同方案，各类方案相互独立，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有m n种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法.2.完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有m n种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法.考点一分类加法计数原理1.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________.解析：按十位数字分类，十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个两位数.答案：362.如图，从A 到O 有________种不同的走法(不重复过一点).解析：分3类：第一类，直接由A 到O ，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A →B →O 和A →C →O 2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A →B →C →O 和A →C →B →O 2种不同的走法.由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法.答案：53.若椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________.解析：当m ＝1时，n ＝2,3,4,5,6,7，共6个；当m ＝2时，n ＝3,4,5,6,7，共5个；当m ＝3时，n ＝4,5,6,7，共4个；当m ＝4时，n ＝5,6,7，共3个；当m ＝5时，n ＝6,7，共2个.故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆.答案：204.如果一个三位正整数如“a 1a 2a 3”满足a 1＜a 2且a 2＞a 3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为________.解析：若a 2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个.若a 2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个).若a 2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，…，若a 2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个).所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个).答案：240考点二分步乘法计数原理[典例精析](1)已知集合M ＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P (a ，b )(a ，b ∈M )表示平面上的点，则P 可表示坐标平面上第二象限的点的个数为( )A.6B.12C.24D.36(2)有6名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法.[解析] (1)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a＜0，所以有3种方法；第二步确定b，由于b＞0，所以有2种方法.由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.(2)每项限报一个，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种).[答案](1)A(2)120[解题技法]利用分步乘法计数原理解决问题的策略(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事.(2)分步必须满足的两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成.[题组训练]1.如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通.现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种.解析：因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况.答案：632.从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答).解析：一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18(个)二次函数.若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6(个)偶函数.答案：186考点三两个计数原理的综合应用[典例精析](1)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为()A.24B.48C.72D.96(2)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是()A.48B.18C.24D.36(3)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是()A.60B.48C.36D.24[解析](1)分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有4×3×2＝24种涂法.②A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48种涂法.故共有24＋48＝72种涂色方法.(2)第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个.所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个).(3)长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.[答案](1)C(2)D(3)B[解题技法]1.利用两个计数原理解决应用问题的一般思路(1)弄清完成一件事是做什么.(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类.(3)弄清分步、分类的标准是什么.(4)利用两个计数原理求解.2.涂色、种植问题的解题关注点和关键(1)关注点：首先分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素.(2)关键：是对每个区域逐一进行，选择下手点，分步处理.[题组训练]1.如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种.解析：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种).答案：722.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答).解析：把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个).第二类，有两条公共边的三角形共有8个.由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个).答案：40[课时跟踪检测]A级1.集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()A.9B.14C.15D.21解析：选B当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.当x≠2时，∵P⊆Q，∴x＝y.∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法.因此满足条件的点共有7＋7＝14(个).2.某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为()A.504B.210C.336D.120解析：选A分三步，先插第一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法.故共有7×8×9＝504种不同的插法.3.已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为()A.40B.16C.13D.10解析：选C分两类情况讨论：第1类，直线a 分别与直线b 上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b 分别与直线a 上的5个点可以确定5个不同的平面.根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面.4.从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )A.32个B.34个C.36个D.38个解析：选A 将和等于11的放在一组：1和10,2和9,3和8,4和7,5和6.从每一小组中取一个，有C 12＝2(种).共有2×2×2×2×2＝32(个)子集.5.从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A.3B.4C.6D.8解析：选D 当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为32时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为12，13，23时，也有4个.故共有8个等比数列.6.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法为( )A.6种B.12种C.18种D.24种解析：选A 根据数字的大小关系可知，1,2,9的位置是固定的，如图所示，则剩余5,6,7,8这4个数字，而8只能放在A 或B 处，若8放在B 处，则可以从5,6,7这3个数字中选一个放在C 处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在A 处，也有3种方法，所以共有6种方法.7.(2019·郴州模拟)用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有( )A.4 320种B.2 880种C.1 440种D.720种解析：选A 分步进行：1区域有6种不同的涂色方法，2区域有5种不同的涂色方法，3区域有4种不同的涂色方法，4区域有3种不同的涂色方法，6区域有4种不同的涂色方法，5区域有3种不同的涂色方法.根据分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×3×3×4＝4 320(种)不同的涂色方法.3 4 12 D 34 A C B 98.(2019·惠州调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有()A.18个B.15个C.12个D.9个解析：选B由题意知，这个四位数的百位数，十位数，个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112，共有3＋6＋3＋3＝15(个).9.在某一运动会百米决赛上，8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种.解析：分两步安排这8名运动员.第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排.故安排方式有4×3×2＝24(种).第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道上安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种).故安排这8人的方式共有24×120＝2 880(种).答案：2 88010.有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑.从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答).解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类：第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4种方法；第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法.根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法.答案：8B级1.把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有()A.24种B.4种C.43种D.34种解析：选C第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法.只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种投法.2.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有()A.144个B.120个C.96个D.72个解析：选B由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数.故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个).3.如图是一个由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有()A.24种B.72种C.84种D.120种解析：选C如图，设四个直角三角形顺次为A，B，C，D，按A―→B―→C―→D顺序涂色，下面分两种情况：(1)A，C不同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色)：有4×3×2×2＝48种不同的涂法.(2)A，C同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色)：有4×3×1×3＝36种不同的涂法.故共有48＋36＝84种不同的涂色方法.4.(2018·湖南十二校联考)若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：134＋3 802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序对的个数是________.解析：第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式.根据分步乘法计数原理，值为1 942的“简单的”有序对的个数是2×10×5×3＝300.答案：300－3，－2，－1，0，1，2，若a，b，c∈M，则：5.已知集合M＝{}(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数；(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数.解：(1)a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180个不同的二次函数.(2)y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b，c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72个图象开口向上的二次函数.。

计数原理与概率学生

计数原理与概率排列组合1. 定义、公式排列与排列数组合与组合数定义1．排列：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列。

2．排列数：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数。

1．组合：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合。

2．组合数：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数。

公式。

排列数公式组合数公式性质（1）（2）备注排列组合常见问题及解法一、分析题意明确是分类问题还是分步问题，是排列还是组合问题5. 用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的五位数，分别求出下列各类数的个数：（1）奇数；（2）5的倍数；（3）比20300大的数；（4）不含数字0，且1，2不相邻的数。

{二、特殊元素，优先处理；特殊位置，优先考虑6. 五个人站成一排，求在下列条件下的不同排法种数：（1）甲必须在排头；（2）甲必须在排头，并且乙在排尾；（3）甲、乙必须在两端；（4）甲不在排头，并且乙不在排尾；（5）甲、乙不在两端；（6）甲在乙前；（7）甲在乙前，并且乙在丙前；三、捆绑与插空7. 8人排成一队(1)甲乙必须相邻(2)甲乙不相邻(3)甲乙必须相邻且与丙不相邻(4)甲乙必须相邻，丙丁必须相邻(5)甲乙不相邻，丙丁不相邻四、间接法8. 四面体的顶点和各棱中点共10个点,在其中取4个不共面的点,不同的取法共有多少种五、隔板法9. 10个名额分配到八个班，每班至少一个名额，问有多少种不同的分配方法（六、定序问题七、10. 六人排成一排，要求甲在乙的前面，(不一定相邻)，共有多少种不同的方法如果要求甲乙丙按从左到右依次排列呢…七、排列组合综合应用11. （1）某地奥运火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成．如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方案共有______种．（用数字作答）（2）有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有__________种（用数字作答）．（1）根据题意，先安排第一棒，再安排最后一棒，由于甲既可以传第一棒，又可以传最后一棒，因此应分类讨论，然后再逐类排出。

第十章计数原理概率

第十章计数原理概率§10.1概率与统计初步考纲要求1．理解分类计数原理和分步计数原理2．能应用分类计数原理和分步计数原理分析、解决一些简单的问题３．了解概率的定义，以及古典概率的计算知识要点１．分类计数原理：完成一件事，有ｎ类办法，在第一类办法中有ｍ１种不同的方法，在第二类办法中有ｍ２种不同的方法，…，在第ｎ类办法中有ｍｎ种不同的方法。

那么完成这件事共有：Ｎ＝ｍ１＋ｍ２＋…＋ｍｎ种不同的方法。

２．分步计数原理：完成一件事，需要分成ｎ个步骤，做第一步有ｍ１种不同的方法，做第二步有ｍ２种不同的方法，…，做第ｎ步有有ｍｎ种不同的方法。

那么完成这件事共有：Ｎ＝ｍ１×ｍ２×…×ｍｎ种不同的方法。

３．对两个原理的理解（１）共同点：两个原理都是将一个事件分成若干个分事件来完成。

（２）区别：两个原理一个与分类有关，一个与分步有关。

若完成一个事件有ｎ类办法，这ｎ类办法彼此之间是互斥的，无论哪一类办法都能单独完成这一事件，求完成这件事的方法就用分类计数原理；若完成一个事件需要分ｎ步完成，各个步骤都不可缺少，需要依次完成所有的步骤，才能完成这一事件，而完成每一步步骤有若干种不同的方法，求完成这件事的方法就用分步计数原理。

典例分析例１．某单位职工义务献血，Ｏ型血的共有１６人，Ａ型血的共有１２人，Ｂ型血的共有１０人，ＡＢ型血的共有２人。

（１）从中任选一人去献血，有多少种不同的选法？（２）从四种血型的人中各选一人去献血，有多少种不同的选法？分析：从Ｏ型血的人中选1人有16种选法；从A型血的人中选1人有12种选法；从B型血的人中选1人有1０种选法；从AB型血的人中选1人有2种选法。

（１）任选一人献血，即无论选哪种血型的一个人此事已完成，所以用分类计数原理。

（２）要从四种血型中各选一人献血，即选４人。

要从每种血型的人中依次选出１人，这件事情才完成。

所以用分步计数原理。

解：（１）Ｎ＝１６＋１２＋１０＋２＝４０（种）（２）Ｎ＝１６１２×１０×２＝３８４０（种）点评：关键是分清题目涉及的问题是分类还是分步的问题，再选用相应的原理解题。

计数原理与概率的计算知识点总结

计数原理与概率的计算知识点总结计数原理和概率是概率论与数理统计中的重要概念和工具。

它们对于解决实际问题和理解随机事件的发生规律具有重要意义。

本文将就计数原理和概率的计算知识点进行总结。

一、计数原理计数原理是概率论中一类重要的数学方法，用于计算排列、组合、选择等情况下的可能性。

在实际问题中，经常需要求解一些特定场景下的排列和组合数，计数原理可提供有效的计算方法。

1. 排列计数排列是从给定的若干元素中选出若干元素按照一定顺序排列的方式。

对于n个元素中选取r个元素进行排列，排列数用P表示，计算公式为P(n,r)=n!/(n-r)!，其中n!表示n的阶乘。

2. 组合计数组合是从给定的若干元素中选出若干元素不考虑顺序的方式。

对于n个元素中选取r个元素进行组合，组合数用C表示，计算公式为C(n,r)=n!/((n-r)!*r!)。

3. 二项式系数二项式系数是组合数的一种特殊情况，表示的是一个二项式展开式中各项的系数。

对于二项式系数C(n,k)，表示二项式展开式中x^n的系数，计算公式为C(n,k)=n!/(k!(n-k)!)。

二、概率计算概率是描述事件发生可能性大小的数值，可用来解决实际问题中的随机性情况。

概率计算包括基本概率、条件概率和复合事件概率等内容，以下进行详细总结。

1. 基本概率基本概率是指一个事件发生的可能性与样本空间中所有可能事件的比值。

设S为一个试验的样本空间，E为S中的一个事件，在试验中，事件E发生的概率记作P(E)，计算公式为P(E)=n(E)/n(S)，其中n(E)表示事件E中有利结果的个数，n(S)表示样本空间S中结果的总个数。

2. 条件概率条件概率是指在已知一定条件下某一事件发生的概率。

设A、B为两个事件，且P(B)>0，那么在已知B发生的条件下，事件A发生的条件概率记作P(A|B)，计算公式为P(A|B)=P(A∩B)/P(B)，其中P(A∩B)表示事件A与事件B同时发生的概率。

计数原理与概率的应用知识点总结

计数原理与概率的应用知识点总结计数原理和概率是数学中非常重要的概念，广泛应用于各个领域，包括统计学、计算机科学、工程学等。

本文将对计数原理和概率的应用进行知识点总结。

一、计数原理的应用计数原理是研究如何对事物进行计数和排列的原则。

在实际应用中，计数原理常常被用于解决组合、排列、选择等问题。

1. 组合问题组合是从给定的元素集合中选取若干个元素的方式，不考虑元素的顺序。

计数原理中的组合公式为C(n,m)，表示从n个元素中选取m个元素的组合数。

组合问题的应用场景包括抽奖、选课、排队等。

2. 排列问题排列是指从给定的元素集合中选取若干个元素，并考虑元素的顺序。

计数原理中的排列公式为P(n,m)，表示从n个元素中选取m个元素的排列数。

排列问题的应用场景包括密码锁、团队选拔、奖牌的颁发等。

3. 选择问题选择问题是指从给定元素集合中选取若干个元素，并考虑元素的顺序和重复情况。

计数原理中的选择公式为n^m，表示从n个元素中选取m个元素的选择数。

选择问题的应用场景包括密码破解、密码设置、排队时的座位选择等。

二、概率的应用概率是描述事件发生可能性的数值，并且具有数学计算的特性。

在实际应用中，概率经常被用于预测、风险评估、统计等领域。

1. 概率模型概率模型是用来描述事件发生可能性的数学模型。

常见的概率模型包括离散型和连续型概率模型。

在实际应用中，概率模型被广泛用于生物医学、金融、气象等领域的数据分析和预测。

2. 概率分布概率分布是描述随机变量可能取值及其对应概率的函数。

常见的概率分布包括均匀分布、正态分布、泊松分布等。

概率分布在统计学中被用来描述随机事件的概率分布情况，为相关的数据分析提供支持。

3. 统计推断统计推断是通过已有的样本数据对总体参数进行估计和推断的过程。

根据概率的理论基础，通过对样本数据进行分析，可以得出总体参数的概率分布情况。

统计推断在医学研究、社会调查、市场调研等领域中被广泛应用。

总结：计数原理和概率作为数学中的重要概念，广泛应用于各个领域。

1-6-15计数原理、概率

数学（理）第14页
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10．随机事件的概率范围：0≤P(A)≤1；必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0. 11．如果事件A，B互斥，那么事件A＋B发生(即A，B 中有一个发生)的概率，等于事件A，B分别发生的概率的和，即P(A＋B)＝P(A)＋P(B)．这个公式称为互斥事件的概率加法公式． 12．在一次试验中，对立事件A和 A 不会同时发生，但一定有一个发生，因此有P( A )＝1－P(A)．
块，现有4种不同的花供选择，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为 ( )
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A．96 C．60
B．84 D．48
[解析] 若仅种2种花，则A、C相同且B、D相同，共有A2＝12(种)不同的选种方法； 4 若种3种花，则A、C相同或B、D相同，共有2A 3 ＝ 4 48(种)不同的选种方法；若种4种花，则A、B、C、D各不相同，共有A 24(种)不同的选种方法，
取法，其中一个数是另一个数的2倍，有(1,2)，(2,4)两 2 1 种取法，∴所以其概率为P＝ 2＝ . C4 3
1 [答案] 3
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【探究1】(2011· 福建)如图矩形ABCD中，点E为边CD 的中点，若在矩形ABCD内部随机取一个点Q，则点Q取自△ABE内部的概率等于( )
5．排列组合综合应用问题的常见解法：(1)特殊元素(特
殊位置)优先安排法；(2)合理分类与准确分步；(3)排列组合混合问题先选后排法；(4)相邻问题捆绑法；(5)不相邻问题插空法；(6)定序问题缩倍法；(7)多排问题一排法；(8)“小集团”问题先整体后局部法；(9)构造模型法；(10)正难则反，等价转化法． 6．要熟练掌握二项式定理，学会灵活应用．对于三项式

计数原理和概率

计数原理和概率计数原理是数学中的一种基本方法和理论，用于解决计数问题。

概率是数学中的一种描述事件发生的可能性的概念。

计数原理和概率是两个相互关联且相互依存的概念，在实际问题中常常同时运用。

计数原理是研究计数问题的理论，主要包括分别计数原理和完全计数原理。

首先来看分别计数原理，分别计数原理是指计数问题中若一些事物A具有n种方式，另外一些事物B具有m种方式，则A和B一起总有n*m种方式。

这种方法常常适用于计数问题中，涉及到几个不同事物的排列组合、选择等情况。

例如，有8名学生参加比赛，其中2个名额为男生，6个名额为女生。

若所有学生均报名参赛，则根据分别计数原理可知，男生的选择方式有C(8,2)=28种，女生的选择方式有C(8,6)=28种，所以总的方式数为28*28=784种。

接下来是完全计数原理，完全计数原理是指计数问题可以按照步骤进行求解，将整个过程分解为几个相关的部分，并将每个部分的计数结果相乘得到最终结果。

这种方法常常适用于计数问题中，需要经历多个步骤或条件限制的情况。

例如，现有6个箱子，每个箱子中有5个球，将球编号为1、2、3、4、5、6、现在要从箱子中同时取出两个球，求取出的两个球的编号之和为7的方式数。

根据完全计数原理，可以将问题分解为两个步骤：首先是选取第一个球的方式数，为6种；然后是选取第二个球的方式数，由于已选取了第一个球，所以第二个球只能从剩下的球中选取，也为6种。

所以最终的结果为6*6=36种。

概率是研究事件发生可能性的理论，主要包括基本概率和条件概率。

基本概率是指在试验的所有可能结果中，其中一事件发生的可能性，即事件发生的次数除以试验的总次数。

基本概率是计算概率时的基础，常通过计数原理来求解。

例如，将一颗骰子掷出，掷出的结果是1-6中的一个数。

那么掷出1的概率就是1/6，掷出2的概率也是1/6，依此类推。

条件概率是指在给定其中一条件下，其中一事件发生的概率。

条件概率的计算可以通过计数原理和基本概率结合起来。

2025届高考数学一轮复习教案：计数原理、概率、随机变量及其分布-事件的独立性、条件概率与全概率公式

第四节事件的独立性、条件概率与全概率公式【课程标准】1.了解两个事件相互独立的含义.2.了解条件概率与独立性的关系,会利用乘法公式计算概率.3.会利用全概率公式计算概率.【考情分析】考点考法:高考命题常以现实生活为载体,考查相互独立事件、条件概率、全概率;条件概率、全概率是高考热点,常以选择题的形式出现.核心素养:数学抽象、数学运算【必备知识·逐点夯实】【知识梳理·归纳】1.相互独立事件(1)概念:对任意两个事件A与B,如果P(AB)=__P(A)P(B)__成立,则称事件A与事件B相互独立,简称为独立.(2)性质:若事件A与B相互独立,那么A与,与B,与也都相互独立.2.条件概率(1)概念:一般地,设A,B为两个随机事件,且P(A)>0,我们称P(B|A)=(B)()为在事件A 发生的条件下,事件B发生的条件概率,简称条件概率.(2)两个公式:①利用古典概型:P(B|A)=(B)();②概率的乘法公式:P(AB)=__P(A)P(B|A)__.【微点拨】P(B|A)与P(A|B)是两个不同的概率,前者是在A发生的条件下B发生的概率,后者是在B发生的条件下A发生的概率.3.全概率公式一般地,设A1,A2,…,A n是一组__两两互斥__的事件,A1∪A2∪…∪A n=Ω,且P(A i)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件B⊆Ω,有P(B)=.我们称此公式为全概率公式.【基础小题·自测】类型辨析改编易错高考题号12341.(多维辨析)(多选题)下列说法正确的是()A.对于任意两个事件,公式P(AB)=P(A)P(B)都成立B.若事件A,B相互独立,则P(B|A)=P(B)C.抛掷2枚质地均匀的硬币,设“第一枚正面朝上”为事件A,“第二枚正面朝上”为事件B,则A,B相互独立D.若事件A1与A2是对立事件,则对任意的事件B⊆Ω,都有P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)【解析】选BCD.因为当两个事件A,B相互独立时公式P(AB)=P(A)P(B)成立,所以选项A错误;因为事件A,B相互独立,所以P(AB)=P(A)P(B),P(B|A)=(B)()=P(B),所以选项B正确;因为抛掷2枚质地均匀的硬币,第一枚正面朝上,与第二枚正面的朝向无关,所以选项C正确;因为事件A1与A2是对立事件,所以B=A1B+A2B,所以P(B)=P(A1B)+P(A2B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2),所以选项D正确.2.(必修第二册P253习题4改条件)甲、乙两人独立地破解同一个谜题,破解出此谜题的概率分别为12,23,则此谜题没被破解出的概率为()A.16B.13C.56D.1【解析】选A.设“甲独立地破解出此谜题”为事件A,“乙独立地破解出此谜题”为事件B,则P(A)=12,P(B)=23,故P()=12,P()=13,所以P()=12×13=16,即此谜题没被破解出的概率为16.3.(条件概率公式使用错误)已知3件次品和2件正品混在一起,现需要通过检测将其区分,每次随机检测一件产品,检测后不放回,则在第一次取出次品的条件下,第二次取出的也是次品的概率是()A.310B.35C.12D.14【解析】选C.设事件A表示第一次取出次品,事件B表示第二次取出次品,P(A)=35,P(AB)=35×24=310,则在第一次取出次品的条件下,第二次取出的也是次品的概率是P(B|A)=(B)()=31035=12.4.(2022·天津高考)52张扑克牌,没有大小王,无放回地抽取两次,则两次都抽到A 的概率为________;已知第一次抽到的是A,则第二次抽取A的概率为________.【解析】由题意,设第一次抽到A为事件B,第二次抽到A为事件C,则P(BC)=452×351=1221,P(B)=452=113,所以P(C|B)=(B)()=1221113=117.答案:1221117【巧记结论·速算】如果事件A1,A2,…,A n相互独立,那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积,即P(A1A2…A n)=P(A1)P(A2)…P(A n).【即时练】从应届高中生中选拔飞行员,已知这批学生体型合格的概率为13,视力合格的概率为16,其他几项标准合格的概率为15,从中任选一名学生,则该生各项均合格的概率为(假设各项标准互不影响)()A.49B.190C.45D.59【解析】选B.各项均合格的概率为13×16×15=190.【核心考点·分类突破】考点一事件的相互独立性角度1事件独立性的判断[例1](2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随机取两次,每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则()A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立C.乙与丙相互独立D.丙与丁相互独立【解析】选B.设甲、乙、丙、丁事件发生的概率分别为P(A),P(B),P(C),P(D).则P(A)=P(B)=16,P(C)=56×6=536,P(D)=66×6=16,对于A选项,P(AC)=0;对于B选项,P(AD)=16×6=136;对于C选项,P(BC)=16×6=136;对于D选项,P(CD)=0.若两事件X,Y相互独立,则P(XY)=P(X)P(Y),因此B选项正确.【解题技法】两个事件相互独立的判断方法(1)定义法:由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响.(2)充要条件法:事件A,B相互独立的充要条件是P(AB)=P(A)P(B).【对点训练】某校为提升学生的综合素养、大力推广冰雪运动,号召青少年成为“三亿人参与冰雪运动”的主力军,开设了“陆地冰壶”“陆地冰球”“滑冰”“模拟滑雪”四类冰雪运动体验课程.甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习,设事件A=“甲、乙两人所选课程恰有一门相同”,事件B=“甲、乙两人所选课程完全不同”,事件C=“甲、乙两人均未选择陆地冰壶课程”,则()A.A与B为对立事件B.A与C互斥C.A与C相互独立D.B与C相互独立【解析】选C.依题意,甲、乙两人所选课程有如下情形:①有一门相同;②两门都相同;③两门都不相同.故A与B互斥不对立,A与C不互斥,所以P(A)=C41C31C21C42C42=23,P(B)=C42C42C42=16,P(C)=C32C32C42C42=14,且P(AC)=C31C21C42C42=16,P(BC)=0,所以P(AC)=P(A)P(C),P(BC)≠P(B)P(C),即A与C相互独立,B与C不相互独立.角度2独立性事件的概率[例2](2023·临沂模拟)“11分制”乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成10∶10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后,若甲先发球,两人又打了2个球后该局比赛结束的概率为________;若乙先发球,两人又打了4个球后该局比赛结束,则甲获胜的概率为________.【解析】记两人又打了X个球后该局比赛结束,设双方10∶10平后的第k个球甲得分为事件A k(k=1,2,3…),则P(X=2)=P(A1A2)+P(12)=P(A1)P(A2)+P(1)P(2)=0.5×0.4+0.5×0.6=0.5.由乙先发球,且甲获胜的概率P=P(A12A3A4)+P(1A2A3A4)=P(A1)P(2)P(A3)P(A4)+P(1)P(A2)P(A3)P(A4)=0.4×0.5×0.4×0.5+0.6×0.5×0.4×0.5= 0.1.答案:0.50.1【解题技法】求相互独立事件同时发生的概率的方法(1)相互独立事件同时发生的概率等于它们各自发生的概率之积.(2)当正面计算较复杂或难以入手时,可从其对立事件入手计算.【对点训练】(2020·全国Ⅰ卷)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛,约定赛制如下:累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首先比赛的两人,另一人轮空;每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛,负者下一场轮空,直至有一人被淘汰;当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人被淘汰,另一人最终获胜,比赛结束.经抽签,甲、乙首先比赛,丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为12.(1)求甲连胜四场的概率;(2)求需要进行第五场比赛的概率;(3)求丙最终获胜的概率.【解析】(1)甲连胜四场的概率为116.(2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛.比赛四场结束,共有三种情况:甲连胜四场的概率为116;乙连胜四场的概率为116;丙上场后连胜三场的概率为18.所以需要进行第五场比赛的概率为1-116-116-18=34.(3)丙最终获胜有两种情况:比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18.比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况:胜胜负胜,胜负空胜,负空胜胜,概率分别为116,18,18.因此丙最终获胜的概率为18+116+18+18=716.【加练备选】某一部件由三个电子元件按如图方式连接而成,元件1和元件2同时正常工作,或元件3正常工作,则部件正常工作.设三个电子元件正常工作的概率均为34且各个元件能否正常工作相互独立,那么该部件正常工作的概率为()A.764B.1532C.2732D.5764【解析】选D.讨论元件3正常与不正常:第一类,元件3正常,上部分正常或不正常都不影响该部件正常工作,则正常工作的概率为34×1=34;第二类,元件3不正常,上部分必须正常,则正常工作的概率为14×(34×34)=964,故该部件正常工作的概率为34+964=5764.考点二条件概率[例3](1)七巧板是中国民间流传的智力玩具.它是由如图所示的七块板组成:五块等腰直角三角形(其中两块小型三角形、一块中型三角形和两块大型三角形)、一块正方形和一块平行四边形.可以拼成人物、动物、植物、房亭、楼阁等多种图案.现从七巧板中取出两块,已知取出的是三角形,则两块板恰好是全等三角形的概率为()A .35B .25C .27D .15【解析】选D .设事件A 为“从七巧板中取出两块,取出的是三角形”,事件B 为“两块板恰好是全等三角形”,则P (AB )=2C 72=221,P (A )=C 52C 72=1021,所以P (B |A )=(B )()=2211021=15.(2)(2022·新高考Ⅰ卷改编)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系,在已患该疾病的病例中随机调查了100人(称为病例组),同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组),得到如下数据:项目不够良好良好病例组4060对照组1090从该地的人群中任选一人,A 表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”,B 表示事件“选到的人患有该疾病”.(|)(|)与(|)(|)的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标,记该指标为R.①证明:R =(|)(|)·(|)(|);②利用该调查数据,给出P (A |B ),P (A |)的估计值,并利用①的结果给出R 的估计值.【解析】①因为R =(|)(|)·(|)(|)=(B )()·()(B )·(B )()·()(B ),所以R =(B )()·()(B )·(B )()·()(B ).所以R =(|)(|)·(|)(|).②由已知P (A |B )=40100=25,P (A |)=10100=110,又P (|B )=60100=35,P (|)=90100=910,所以R =(|)(|)·(|)(|)=25×91035×110=6.所以指标R 的估计值为6.【解题技法】求条件概率的常用方法(1)定义法:P (B |A )=(B )().(2)样本点法:P (B |A )=(B )().【对点训练】1.某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰,50%的同学爱好滑雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪,在该地的中学生中随机调查一位同学,若该同学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为()A .0.8B .0.4C .0.2D .0.1【解析】选A .根据题意,在该地的中学生中随机调查一位同学,设选出的同学爱好滑冰为事件A,选出的同学爱好滑雪为事件B,由于该地中学生中有60%的同学爱好滑冰,50%的同学爱好滑雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪,则P(B)=0.5,同时爱好两个项目的占该地中学生总人数的50%+60%-70%=40%,则P(AB)=0.4,则P(A|B)=(B)()=0.40.5=0.8.2.根据历年的气象数据可知,某市5月份发生中度雾霾的概率为0.25,刮四级以上大风的概率为0.4,既发生中度雾霾又刮四级以上大风的概率为0.2.则在发生中度雾霾的情况下,刮四级以上大风的概率为()A.0.8B.0.625C.0.5D.0.1【解析】选A.设“发生中度雾霾”为事件A,“刮四级以上大风”为事件B,所以P(A)=0.25,P(B)=0.4,P(AB)=0.2,则在发生中度雾霾的情况下,刮四级以上大风的概率为P(B|A)=(B)()=0.20.25=0.8.考点三全概率公式的应用[例4](1)一份新高考数学试卷中有8道单选题,小胡对其中5道题有思路,3道题完全没有思路.有思路的题做对的概率是0.9,没有思路的题只能猜一个答案,猜对答案的概率为0.25,则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率为() A.79160B.35C.2132D.58【解析】选C.设事件A表示“小胡做对”,事件B表示“小胡选到有思路的题”,则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率P(A)=P(B)P(A|B)+P()P(A|) =58×0.9+38×0.25=2132.(2)在数字通信中,信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰,发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知当发送信号0时,被接收为0和1的概率分别为0.93和0.07;当发送信号1时,被接收为1和0的概率分别为0.95和0.05.假设发送信号0和1是等可能的,则接收的信号为1的概率为()A.0.48B.0.49C.0.52D.0.51【解析】选D.设事件A=“发送的信号为0”,事件B=“接收的信号为1”,则P(A)=P()=0.5,P(B|A)=0.07,P(B|)=0.95,因此P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=0.5×(0.07+0.95)=0.51.【解题技法】利用全概率公式解题的思路(1)按照确定的标准,将一个复杂事件分解为若干个互斥事件A i(i=1,2,…,n).(2)求P(A i)和所求事件B在各个互斥事件A i发生条件下的概率P(B|A i).(3)代入全概率公式计算.【对点训练】某商店收进甲厂生产的产品30箱,乙厂生产的同种产品20箱,甲厂每箱装100个,废品率为0.06,乙厂每箱装120个,废品率为0.05.(1)任取一箱,求从中任取一个为废品的概率;(2)若将所有产品开箱混放,求任取一个为废品的概率.【解析】记事件A为取到的是甲厂的产品,事件B为取到的是乙厂的产品,事件C 为取到的是废品.(1)P(A)=3050=35,P(B)=2050=25,P(C|A)=0.06,P(C|B)=0.05,由全概率公式,得P(C)=P(A)P(C|A)+P(B)P(C|B)=7125.(2)P(A)=30×10030×100+20×120=59,P(B)=20×12030×100+20×120=49,P(C|A)=0.06,P(C|B)=0.05,由全概率公式,得P(C)=P(A)P(C|A)+P(B)P(C|B)=118.。

概率计数原理知识点总结

概率计数原理知识点总结一、概率计数原理的基本概念1.1 概率的基本概念在介绍概率计数原理之前，我们首先要了解概率的基本概念。

概率是描述某一事件发生可能性的数学量，通常用P(A)表示。

它的取值范围是0到1之间。

当P(A)等于0时，表示事件A的发生概率为0，即事件A不会发生；当P(A)等于1时，表示事件A的发生概率为1，即事件A必然会发生；当P(A)在0和1之间时，表示事件A的发生可能性介于0和1之间。

1.2 排列和组合在概率计数原理中，排列和组合是两个重要的概念。

排列是指从n个不同元素中取出m(m<=n)个元素并按照一定的顺序排列的方法数，它的计算公式是Anm=n!/（n-m)!。

组合是指从n个不同元素中取出m(m<=n)个元素的所有组合的方法数，它的计算公式是Cnm=n!/(m!*(n-m)!)。

1.3 全概率公式和贝叶斯定理在概率计数原理中，还有两个重要的概念是全概率公式和贝叶斯定理。

全概率公式是指对于一个事件A，如果它可以被划分为若干个互不相交的事件B1，B2，...，Bn，那么事件A 的概率可以表示为P(A)=Σi=1~nP(Bi)P(A|Bi)。

贝叶斯定理是指在已知事件B的条件下，事件A的概率可以表示为P(A|B)=P(B|A)P(A)/P(B)。

全概率公式和贝叶斯定理在概率计数原理中有重要的应用。

二、概率计数原理的应用方法2.1 多项式定理在概率计数原理中，多项式定理是一种重要的应用方法。

它是指对于一个n元事件，它的所有可能情况的发生概率之和等于1，即P(A1)+P(A2)+...+P(An)=1。

多项式定理在解决复杂事件的概率计算问题时非常有用。

2.2 置换和抽样在概率计数原理中，置换和抽样是两种常用的应用方法。

置换是指从n个不同元素中取出m(m<=n)个元素进行排列的方法数，它的计算公式是Anm=n!/(n-m)!。

抽样是指从n个不同元素中取出m(m<=n)个元素的所有可能的组合的方法数，它的计算公式是Cnm=n!/(m!*(n-m)!。

计数原理与概率：分类加法计数原理与分步乘法计数原理

【高三】计数原理与概率专题（1）：分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.将6名留学归国人员分配到济南、青岛两地工作，若济南至少安排2人，青岛至少安排3人，则不同的安排方法数是( )A. 120B. 150C. 35D. 652.某电商为某次活动设计了“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，活动规定每人可以依次点击4次，每次都会获得三种红包的一种，若集全三种即可获奖，但三种红包出现的顺序不同对应的奖次也不同．员工甲按规定依次点击了4次，直到第4次才获奖．则他获得奖次的不同情形种数为( )A. 9B. 12C. 18D. 243. 若m ，n 均为非负整数，在做ᵅ+ᵅ的加法时各位均不进位(例如：2019+100=2119)，则称(ᵅ,ᵅ)为“简单的”有序对，而ᵅ+ᵅ称为有序对(ᵅ,ᵅ)的值，那么值为2019的“简单的”有序对的个数是() A. 100 B. 96 C. 60 D. 304.现有4种不同的颜色要对图形中(如图)的四个部分涂色，要求有公共边的两部分不能用同一颜色，则不同的涂色方法有( )种A. 24B. 30C. 48D. 505.某学校开设“蓝天工程博览课程”，组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有( )A. ᵃ62×ᵃ54种 B. ᵃ62×54种 C. ᵃ62×54种 D. ᵃ62×ᵃ54种 6.数学与自然、生活相伴相随，无论是蜂的繁殖规律，树的分枝，还是钢琴音阶的排列，当中都蕴含了一个美丽的数学模型ᵃᵅᵄᵅᵅᵄᵅᵅᵅ(斐波那契数列):1，1，2，3，5，8，13，21…，这个数列前两项都是1，从第三项起，每一项都等于前面两项之和，请你结合斐波那契数列，尝试解答下面的问题：小明走楼梯，该楼梯一共8级台阶，小明每步可以上一级或二级，请问小明的不同走法种数是( )A. 20B. 34C. 42D. 557.将数字1，2，3，4填入表格内，要求每行、每列的数字互不相同，如图所示，则不同的填表方式共有( )种A. 432B. 576C. 720D. 8648. 从集合{1,2，3，4，…，10}中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有_____个．9.某校从6名教师中选派3名教师去完成4项不同的工作，每人至少完成一项，每项工作由1人完成，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案种数是_____．10. 中国古代十进制的算筹计数法，在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同样长短的小木棍．如图，是利用算筹表示数1∼9的一种方法．例如：137可表示为“”，26可表示为“”．现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用1∼9这9个数字表示三位数的个数为_____．11. 任取集合{1,2，3，4，…，10}中三个不同数ᵄ1，ᵄ2，ᵄ3，且满足ᵄ2−ᵄ1≥2，ᵄ3−ᵄ2≥3，则选取这样的三个数的方法种数共有( ) A. 27 B. 30 C. 35 D. 4812. 把2支相同的晨光签字笔，3支相同的英雄钢笔，全部分给4名优秀学生，每名学生至少1支，则不同的分法有( )A. 24种B. 28种C. 32种D. 36种13. 现有红、黄、蓝、绿四个骰子，每个骰子的六个面上的数字分别为1，2，3，4，5，6．若同时掷这四个骰子，则四个骰子朝上的数字之积等于24的情形共有___种(请用数字作答)．14. 如图，矩形的对角线把矩形分成A ，B ，C ，D 四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有_____种不同的涂色方法(用数字作答)．15. 在冬奥会志愿者活动中，甲、乙等5人报名参加了A ，B ，C 三个项目的志愿者工作，因工作需要，每个项目仅需1名志愿者，且甲不能参加A ，B 项目，乙不能参加B ，C 项目，那么共有_____种不同的志愿者分配方案.(用数字作答) 16. 将数字“124470”重新排列后得到不同的偶数个数为( )A. 180B. 192C. 204D. 26417. 已知x ，ᵆ∈N ∗，满足1ᵆ−1ᵆ=12 019，则所有数对(ᵆ,ᵆ)的个数是_____.18. 如图，在由若干个同样小的平行四边形组成的大平行四边形内有一个★，则含有★的平行四边形共有_____个．(用数字作答)考点1：分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、选择题（本大题共10小题，共50.0分）1.将6名留学归国人员分配到济南、青岛两地工作，若济南至少安排2人，青岛至少安排3人，则不同的安排方法数是()A. 120B. 150C. 35D. 65【答案】C【解析】解：6名留学归国人员分配到济南、青岛两地工作．若济南至少安排2人，青岛至少安排3人，分两类，第一类，青岛安排3人，济南安排3人，有ᵃ3=20种;6第二类，青岛安排4人，济南安排2人，有ᵃ4=15种．6根据分类计数原理可得20+15=35种．故选C．2.某电商为某次活动设计了“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，活动规定每人可以依次点击4次，每次都会获得三种红包的一种，若集全三种即可获奖，但三种红包出现的顺序不同对应的奖次也不同．员工甲按规定依次点击了4次，直到第4次才获奖．则他获得奖次的不同情形种数为()A. 9B. 12C. 18D. 24【答案】C【解析】解：根据题意，若员工甲直到第4次才获奖，则其第4次才集全“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，则甲第4次获得的红包有3种情况，前三次获得的红包为其余的2种，有23−2=6种情况，则他获得奖次的不同情形种数为3×6=18种．故选C．3.若m，n均为非负整数，在做ᵅ+ᵅ的加法时各位均不进位(例如：2019+100=2119)，则称(ᵅ,ᵅ)为“简单的”有序对，而ᵅ+ᵅ称为有序对(ᵅ,ᵅ)的值，那么值)为2019的“简单的”有序对的个数是(A. 100B. 96C. 60D. 30【答案】C【解析】解：由题意可知，只要确定了m，n即可确定，则可确定一个有序数对(ᵅ,ᵅ)，则对于数m，利用分步计数原理，第一位取法有3种：0，1，2;第二位取法有1种：0;第三位取法有2种：0，1;第四位取法有10种：0，1，2，3，4，5，6，7，8，9;所以值为2019的“简单的”有序对的个数是3×1×2×10=60．故选C．4.现有4种不同的颜色要对图形中(如图)的四个部分涂色，要求有公共边的两部分不能用同一颜色，则不同的涂色方法有()种A. 24B. 30C. 48D. 50【答案】C【解析】解：根据题意，对于区域A，有4种颜色可选，有4种涂色方法;对于区域B，与区域A相邻，有3种颜色可选，有3种涂色方法;对于区域C，与区域A，B相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法;对于区域D，与区域A，C相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法．则不同的涂色方法有4×3×2×2=48种．故选C ．5. 某学校开设“蓝天工程博览课程”，组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有( )A. ᵃ62×ᵃ54种 B. ᵃ62×54种 C. ᵃ62×54种 D. ᵃ62×ᵃ54种【答案】C【解析】解：因为有且只有两个年级选择甲博物馆，所以参观甲博物馆的年级有ᵃ62种情况，其余年级均有5种选择，所以共有54种情况，根据分步乘法计数原理可得共有ᵃ62×54种情况．故选C ．6. 数学与自然、生活相伴相随，无论是蜂的繁殖规律，树的分枝，还是钢琴音阶的排列，当中都蕴含了一个美丽的数学模型ᵃᵅᵄᵅᵅᵄᵅᵅᵅ(斐波那契数列):1，1，2，3，5，8，13，21…，这个数列前两项都是1，从第三项起，每一项都等于前面两项之和，请你结合斐波那契数列，尝试解答下面的问题：小明走楼梯，该楼梯一共8级台阶，小明每步可以上一级或二级，请问小明的不同走法种数是( )A. 20B. 34C. 42D. 55【答案】B【解析】解：递推：登上第1级：1种; 登上第2级：2种;登上第3级：1+2=3种(前一步要么从第1级迈上来，要么从第2级迈上来);登上第4级：2+3=5种(前一步要么从第2级迈上来，要么从第3级迈上来); 登上第5级：3+5=8种; 登上第6级：5+8=13种; 登上第7级：8+13=21种;登上第8级：13+21=34种．故选B ．7. 将数字1，2，3，4填入表格内，要求每行、每列的数字互不相同，如图所示，则不同的填表方式共有( )种A. 432B. 576C. 720D. 864【答案】B【解析】解：对符合题意的一种填法如图，行交换共有ᵃ44=24种，列交换共有ᵃ44=24种，所以根据分步乘法计数原理得到不同的填表方式共有24×24=576种．故选B ．8. 任取集合{1,2，3，4，…，10}中三个不同数ᵄ1，ᵄ2，ᵄ3，且满足ᵄ2−ᵄ1≥2，ᵄ3−ᵄ2≥3，则选取这样的三个数的方法种数共有( ) A. 27B. 30C. 35D. 48【答案】C【解析】解：第一类，ᵄ3−ᵄ1=5，ᵄ1，ᵄ3的值有5种情况，则ᵄ2只有1种情况，共有5×1=5种情况;第二类，ᵄ3−ᵄ1=6，ᵄ1，ᵄ3的值有4种情况，则ᵄ2有2种情况，共有4×2=8种情况;第三类，ᵄ3−ᵄ1=7，ᵄ1，ᵄ3的值有3种情况，则ᵄ2有3种情况，共有3×3=9种情况;第四类，ᵄ3−ᵄ1=8，ᵄ1，ᵄ3的值有2种情况，则ᵄ2有4种情况，共有2×4=8种情况;第五类，ᵄ3−ᵄ1=9，ᵄ1，ᵄ3的值有1种情况，则ᵄ2有5种情况，共有1×5=5种情况;则选取这样的三个数方法种数共有5+8+9+8+5=35种．故选C．9.把2支相同的晨光签字笔，3支相同的英雄钢笔，全部分给4名优秀学生，每名学生至少1支，则不同的分法有()A. 24种B. 28种C. 32种D. 36种【答案】B【解析】解：第一类，有一个人分到一支钢笔和一支签字笔，这种情况下的分法：先将一支钢笔和一支签字笔分给一个人，有4种分法，将剩余的2支钢笔，1支签字笔分给剩余3名同学，有3种分法，共有3×4=12种不同的分法;第二类，有一个人分到两支签字笔，这种情况下的分法：先将两支签字笔分给一个人，有4种情况，将剩余的3支钢笔分给剩余3个人，只有1种分法，共有4×1=4种不同的分法;第三类，有一个人分到两支钢笔，这种情况的分法：先将两支钢笔分给一个人，有4种情况，再将剩余的两支签字笔和一支钢笔分给剩余的3个人，有3种分法，那共有3×4=12种不同的分法．综上所述，总共有12+4+12=28种不同的分法．故选B．10.将数字“124470”重新排列后得到不同的偶数个数为()A. 180B. 192C. 204D. 264【答案】C【解析】解：根据题意，分3种情况讨论：①个位数字为0，在前面5个数位中任选2个，安排2个数字4，有ᵃ2=10种情况，5将剩下的3个数字全排列，安排在其他的数位，有ᵃ3=6种情况，3则此时有10×6=60个偶数．②个位数字为2，0不能在首位，有4种情况，在剩下的4个数位中任选2个，安排2个数字4，有ᵃ2=6种情况，4将剩下的2个数字全排列，安排在其他的数位，有ᵃ2=2种情况，2则此时有4×6×2=48个偶数．③个位数字为4，0不能在首位，有4种情况，将剩下的4个数字全排列，安排在其他的数位，有ᵃ4=24种情况，4则此时有4×24=96个偶数.共有60+48+96=204个不同的偶数．故选C．二、填空题（本大题共8小题，共40.0分）11.从集合{1,2，3，4，…，10}中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有_____个．【答案】32【解析】解：由题意，将和等于11的放在一组：1和10，2和9，3和8，4和7，5和6．从每一小组中取一个，有ᵃ1=2种，共有2×2×2×2×2=32个．2故答案为32．12. 某校从6名教师中选派3名教师去完成4项不同的工作，每人至少完成一项，每项工作由1人完成，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案种数是_____．【答案】252【解析】解：因为3名教师去完成4项不同的工作，每人至少完成一项，每项工作由1人完成，所以当3名教师确定时，则其中1人必须完成两项工作，故安排3名教师完成4项工作，可以先确定完成两项工作的1名人员，其方法有ᵃ31，然后再确定完成的工作，其方法有ᵃ42，然后再将剩下的两项工作分配给剩下的两人，其方法有ᵃ21，故当3名教师确定时，完成工作的方法有ᵃ31·ᵃ42·ᵃ21种．因为甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，故有三种方法选择教师，第一种方法：甲参加，乙不参加，丙参加，再从剩下的3人中选择1人，其方法有ᵃ31种，第二种方法：甲不参加，乙参加，丙不参加，再从剩下的3人中选择2人，其方法有ᵃ32种，第三种方法：甲不参加，乙不参加，丙不参加，再从剩下的3人中选择3人，其方法有ᵃ33种;故最终选派的方法为(ᵃ31+ᵃ32+ᵃ33)·ᵃ31·ᵃ42·ᵃ21=252种．故答案为252．13. 中国古代十进制的算筹计数法，在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同样长短的小木棍．如图，是利用算筹表示数1∼9的一种方法．例如：137可表示为“”，26可表示为“”．现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用1∼9这9个数字表示三位数的个数为_____．【答案】38【解析】解：分情况讨论：当百位数为1时，十位数为1有2种，十位数为2有2种，十位数为3有2种，十位数为4有1种，为6有2种，为7有2种，为8有1种;当百位数为2时，十位数为1有2种，为2有2种，为3有1种，为6有2种，为7有1种;当百位数为3时，十位数为1有2种，十位数为2有1种，为6有1种;当百位数为4时，只有1种;当百位数为6时，十位数为1有2种，为2有2种，为3有1种，为6有2种，为7有1种;当百位数为7时，十位数为1有2种，为2有1种，为6有1种;当百位数为8，只有一种，一共有38种．故答案为38．14. 现有红、黄、蓝、绿四个骰子，每个骰子的六个面上的数字分别为1，2，3，4，5，6．若同时掷这四个骰子，则四个骰子朝上的数字之积等于24的情形共有___种(请用数字作答)．【答案】52【解析】解：因为24=6×4×1×1=6×2×2×1=4×3×2×1=3×2×2×2，对于上述四种情形掷这四个骰子时，分别有ᵃ42=12，ᵃ41×ᵃ32=12，ᵃ44=24，ᵃ41=4种情形，综上共有12+12+24+4=52种情形．故答案为52．15. 如图，矩形的对角线把矩形分成A ，B ，C ，D 四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有_____种不同的涂色方法(用数字作答)．【答案】260【解析】解：由题意，区域A 有5种涂色方法;区域B 有4种涂色方法;区域C 的涂色方法可分2类：若C 与A 涂同色，区域D 有4种涂色方法;若C 与A 涂不同色，此时区域C 有3种涂色方法，区域D 也有3种涂色方法.所以共有5×4×4+5×4×3×3=260种涂色方法．故答案为260．16. 在冬奥会志愿者活动中，甲、乙等5人报名参加了A ，B ，C 三个项目的志愿者工作，因工作需要，每个项目仅需1名志愿者，且甲不能参加A ，B 项目，乙不能参加B ，C 项目，那么共有_____种不同的志愿者分配方案.(用数字作答)【答案】21【解析】解：若甲，乙都参加，则甲只能参加C 项目，乙只能参加A 项目，有3种方法;若甲参加，乙不参加，则甲只能参加C 项目，有ᵃ32=6种方法; 若甲参加，乙不参加，则乙只能参加A 项目，有ᵃ32=6种方法; 若甲不参加，乙不参加，有ᵃ33=6种方法．根据分类计数原理，共有3+6+6+6=21种．故答案为21．17. 已知x ，ᵆ∈N ∗，满足1ᵆ−1ᵆ=12 019，则所有数对(ᵆ,ᵆ)的个数是_____.【答案】4【解析】解：因为1ᵆ−1ᵆ=12 019，即2 019ᵆ−2 019ᵆ=ᵆᵆ，所以(ᵆ−2 019)(ᵆ+2 019)=−2 0192．因为已知x ，ᵆ∈N ∗，所以ᵆ+2 019>0，ᵆ−2 019<0．又2 019=3×673，故有以下情况：若ᵆ−2 019=−3，ᵆ+2 019=673×2 019，得ᵆ= 2 016，ᵆ= 1 356768，若ᵆ−2 019=−9，ᵆ+2 019=6732，得ᵆ= 2 010，ᵆ=450910，若ᵆ−2 019=−673，ᵆ+2 019=3×2 019，得ᵆ= 1 346，ᵆ= 4 038，若ᵆ−2 019=−1，ᵆ+2 019= 2 0192，得ᵆ= 2 018，ᵆ= 2 019×2 018，即(ᵆ,ᵆ)的值共4个．故答案为4．18.如图，在由若干个同样小的平行四边形组成的大平行四边形内有一个★，则含有★的平行四边形共有_____个．(用数字作答)【答案】48【解析】解：含有★的平行四边形的左上角的顶点有4种可能，右下角的顶点有12种可能．由一个左上角顶点和一个右下角顶点就能构成一个平行四边形，所以共有48个含有★的平行四边形．故答案为48．。

计数原理概率随机变量及其分布总结

计数原理概率随机变量及其分布总结计数原理是一种概率理论中的基本原理，用于计算一个事件集合中具有某些性质的元素的数量。

在概率论中，计数原理用于确定样本空间中每个事件的概率，从而计算总体的概率。

计数原理包括排列、组合和多重集合。

排列是指从一个集合中选取若干元素，按照一定的顺序进行排列的方法数，可以表示为n!/(n-k)!。

组合是指从一个集合中选取若干元素，不考虑它们的排列顺序的方法数，可以表示为n!/[(n-k)!k!]。

多重集合是指一个集合中每个元素出现的次数不限，选取若干元素的组合总数。

概率随机变量是指随机试验中，对于每一个结果赋予一个数字的函数。

它可以是离散型随机变量或连续型随机变量。

离散型随机变量是指随机变量只能取到有限个或可数个值的情况，如掷骰子的点数；连续型随机变量是指随机变量可以取到无限个值的情况，如身高、体重等。

概率分布是指随机变量取不同值时，对应的概率值的分布情况。

常见的离散型概率分布有伯努利分布、二项分布、泊松分布等；常见的连续型概率分布有正态分布、指数分布、卡方分布等。

伯努利分布是指只有两种结果的随机试验，成功的概率为p，失败的概率为1-p。

其概率分布函数为f(x) = p^x(1-p)^(1-x)，其期望为E(x) = p，方差为Var(x) = p(1-p)。

二项分布是指进行n次相互独立的伯努利试验，每次试验的成功概率为p，失败概率为1-p，成功的次数为X，则X的概率分布函数为f(x) = C(n,x)p^x(1-p)^(n-x)，其期望为E(x) = np，方差为Var(x) = np(1-p)。

泊松分布是指某个时间段内某个事件发生的次数，假设每个事件发生的概率相等，但是发生次数是不确定的，符合泊松分布。

其概率分布函数为f(x) = e^(-λ)λ^x/x!，其中λ为事件发生的平均次数，其期望为E(x) = λ，方差为Var(x) = λ。

正态分布是指连续型随机变量最常用的分布，其概率密度函数为f(x) = 1/(σ√(2π))e^-((x-μ)^2/2σ^2)，其中μ为期望，σ为标准差，其期望和方差分别为E(x) = μ，Var(x) = σ^2。