排列组合问题在实际应用中是非常广泛的，并且在实际中的解题方法也是比较复杂的，下面就通过一些实例来总结实际应用中的解题技巧。
1.排列的定义：从n个不同元素中，任取m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.组合的定义：从n个不同元素中，任取m个元素，并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合。
3.排列数公式：4.组合数公式：5.排列与组合的区别与联系：与顺序有关的为排列问题，与顺序无关的为组合问题。
例1 学校组织老师学生一起看电影，同一排电影票12张。
8个学生，4个老师，要求老师在学生中间，且老师互不相邻，共有多少种不同的坐法?分析此题涉及到的是不相邻问题，并且是对老师有特殊的要求，因此老师是特殊元素，在解决时就要特殊对待。
所涉及问题是排列问题。
解先排学生共有种排法，然后把老师插入学生之间的空档，共有7个空档可插，选其中的4个空档，共有种选法。
根据乘法原理，共有的不同坐法为种。
结论1 插入法：对于某两个元素或者几个元素要求不相邻的问题，可以用插入法。
即先排好没有限制条件的元素，然后将有限制条件的元素按要求插入排好元素的空档之中即可。
例2 、5个男生3个女生排成一排，3个女生要排在一起，有多少种不同的排法?分析此题涉及到的是排队问题，对于女生有特殊的限制，因此，女生是特殊元素，并且要求她们要相邻，因此可以将她们看成是一个元素来解决问题。
解因为女生要排在一起，所以可以将3个女生看成是一个人，与5个男生作全排列，有种排法，其中女生内部也有种排法，根据乘法原理，共有种不同的排法。
结论2 捆绑法：要求某几个元素必须排在一起的问题，可以用捆绑法来解决问题。
即将需要相邻的元素合并为一个元素，再与其它元素一起作排列，同时要注意合并元素内部也可以作排列。
例3 高二年级8个班，组织一个12个人的年级学生分会，每班要求至少1人，名额分配方案有多少种?分析此题若直接去考虑的话，就会比较复杂。
但如果我们将其转换为等价的其他问题，就会显得比较清楚，方法简单，结果容易理解。
解此题可以转化为：将12个相同的白球分成8份，有多少种不同的分法问题，因此须把这12个白球排成一排，在11个空档中放上7个相同的黑球，每个空档最多放一个，即可将白球分成8份，显然有种不同的放法，所以名额分配方案有种。
结论3 转化法：对于某些较复杂的、或较抽象的排列组合问题，可以利用转化思想，将其化归为简单的、具体的问题来求解。
例4 袋中有5分硬币23个，1角硬币10个，如果从袋中取出2元钱，有多少种取法?分析此题是一个组合问题，若是直接考虑取钱的问题的话，情况比较多，也显得比较凌乱，难以理出头绪来。
但是如果根据组合数性质考虑剩余问题的话，就会很容易解决问题。
解把所有的硬币全部取出来，将得到×23+×10=元，所以比2元多元，所以剩下元即剩下3个5分或1个5分与1个1角，所以共有种取法。
结论4 剩余法：在组合问题中，有多少取法，就有多少种剩法，他们是一一对应的，因此，当求取法困难时，可转化为求剩法。
例5 期中安排考试科目9门，语文要在数学之前考，有多少种不同的安排顺序?分析对于任何一个排列问题，就其中的两个元素来讲的话，他们的排列顺序只有两种情况，并且在整个排列中，他们出现的机会是均等的，因此要求其中的某一种情况，能够得到全体，那么问题就可以解决了。
并且也避免了问题的复杂性。
解不加任何限制条件，整个排法有种，“语文安排在数学之前考”，与“数学安排在语文之前考”的排法是相等的，所以语文安排在数学之前考的排法共有种。
结论5 对等法：在有些题目中，它的限制条件的肯定与否定是对等的，各占全体的二分之一。
在求解中只要求出全体，就可以得到所求。
例6 我们班里有43位同学，从中任抽5人，正、副班长、团支部书记至少有一人在内的抽法有多少种?分析此题若是直接去考虑的话，就要将问题分成好几种情况，这样解题的话，容易造成各种情况遗漏或者重复的情况。
而如果从此问题相反的方面去考虑的话，不但容易理解，而且在计算中也是非常的简便。
这样就可以简化计算过程。
解 43人中任抽5人的方法有种，正副班长，团支部书记都不在内的抽法有种，所以正副班长，团支部书记至少有1人在内的抽法有种。
结论6 排异法：有些问题，正面直接考虑比较复杂，而它的反面往往比较简捷，可以先求出它的反面，再从整体中排除。
练习1 某人射击8枪，命中4枪，那么命中的4枪中恰有3枪是连中的情形有几种?练习2 一排8个座位，3人去坐，每人两边至少有一个空座的坐法有多少种?练习3 马路上有编号为1，2，3，……10的十只路灯，为节约电而不影响照明，可以把其中的三只路灯关掉，但不能同时关掉相邻的两只或三只，也不能关掉马路两端的灯，问满足条件的关灯方法有多少种?练习4 A、B、C、D、E五人站成一排，如果B必须站在A的右边，那么不同的站法有多少种?练习5 某电路有5个串联的电子元件，求发生故障的不同情形数目?小结：解决排列组合应用题的一些解题技巧，具体有插入法，捆绑法，转化法，剩余法，对等法，排异法;对于不同的题目，根据它们的条件，我们就可以选取不同的技巧来解决问题。
对于一些比较复杂的问题，我们可以将几种技巧结合起来应用，便于我们迅速准确地解题。
在这些技巧中所涉及到的数学思想方法，例如：分类讨论思想，变换思想，特殊化思想等等，要在应用中注意掌握。
典例精析题型一分类加法计数原理的应用【例1】在1到20这20个整数中，任取两个数相加，使其和大于20，共有种取法.【解析】当一个加数是1时，另一个加数只能是20，有1种取法;当一个加数是2时，另一个加数可以是19,20，有2种取法;当一个加数是3时，另一个加数可以是18,19,20，有3种取法;……当一个加数是10时，另一个加数可以是11,12，…，19,20，有10种取法;当一个加数是11时，另一个加数可以是12,13，…，19,20，有9种取法;……当一个加数是19时，另一个加数只能是20，有1种取法.由分类加法计数原理可得共有1+2+3+…+10+9+8+…+1=100种取法.【点拨】采用列举法分类，先确定一个加数，再利用“和大于20”确定另一个加数.【变式训练1】(2010济南市模拟)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( )【解析】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.故选D.题型二分步乘法计数原理的应用【例2】从6人中选4人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览，要求每个旅游景点只有一人游览，每人只游览一个旅游景点，且6个人中甲、乙两人不去张家界游览，则不同的选择方案共有种.【解析】能去张家界的有4人，依此能去韶山、衡山、桃花源的有5人、4人、3人.则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有4×5×4×3=240种.【点拨】根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步之间既不能重复也不能遗漏.【变式训练2】(2010湘潭市调研)要安排一份5天的值班表，每天有一人值班，现有5人，每人可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一人值班，问此值班表共有种不同的排法.【解析】依题意，值班表须一天一天分步完成.第一天有5人可选有5种方法，第二天不能用第一天的人有4种方法，同理第三天、第四天、第五天也都有4种方法，由分步乘法计数原理共有5×4×4×4×4=1 280种方法.题型三分类和分步计数原理综合应用【例3】(2011长郡中学)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有.【解析】方法一：由题意知，有且仅有两个区域涂相同的颜色，分为4类：1与5同;2与5同;3与5同;1与3同.对于每一类有A44种涂法，共有4A44=96种方法.方法二：第一步：涂区域1，有4种方法;第二步：涂区域2，有3种方法;第三步：涂区域4，有2种方法(此前三步已经用去三种颜色);第四步：涂区域3，分两类：第一类，3与1同色，则区域5涂第四种颜色;第二类，区域3与1不同色，则涂第四种颜色，此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法.所以，不同的涂色种数有4×3×2×(1×1+1×3)=96种.【点拨】染色问题是排列组合中的一类难题.本题能运用两个基本原理求解，要注意的是分类中有分步，分步后有分类.【变式训练3】(2009深圳市调研)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，…，9的9个小正方形，使得任意相邻(有公共边)小正方形所涂颜色都不相同，且1,5,9号小正方形涂相同颜色，则符合条件的所有涂法有多少种?【解析】第一步，从三种颜色中选一种颜色涂1,5,9号有C13种涂法;第二步，涂2,3,6号，若2,6同色，有4种涂法，若2,6不同色，有2种涂法，故共有6种涂法;第三步，涂4,7,8号，同第二步，共有6种涂法.由分步乘法原理知共有3×6×6=108种涂法.总结提高分类加法计数原理和分步乘法计数原理回答的都是完成一件事有多少种不同方法或种数的问题，其区别在于：分类加法计数原理是完成一件事要分若干类，类与类之间要互斥，用任何一类中的任何一种方法都可以独立完成这件事;分步乘法计数原理是完成一件事要分若干步，步骤之间相互独立，各个步骤相互依存，缺少其中任何一步都不能完成这件事，只有当各个步骤都完成之后，才能完成该事件.因此，分清完成一件事的方法是分类还是分步，是正确使用这两个基本计数原理的基础.排列与组合典例精析题型一排列数与组合数的计算【例1】计算：(1)8!+A66A28-A410;(2) C33+C34+…+C310.【解析】(1)原式=8×7×6×5×4×3×2×1+6×5×4×3×2×18×7-10×9×8×7=57×6×5×4×3×256×(-89 )=-5 130623.(2)原式=C44+C34+C35+…+C310=C45+C35+…+C310=C46+C36+…+C310=C411=330.【点拨】在使用排列数公式Amn=n!(n-m)!进行计算时，要注意公式成立的条件：m，n∈N+，m≤n.另外，应注意组合数的性质的灵活运用.【变式训练1】解不等式 >6 .【解析】原不等式即9!(9-x)!>6×9!(11-x)!，也就是1(9-x)!> ，化简得x2-21x+104>0，解得x<8或x>13，又因为2≤x≤9，且x∈N*，所以原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7}.题型二有限制条件的排列问题【例2】3男3女共6个同学排成一行.(1)女生都排在一起，有多少种排法?(2)女生与男生相间，有多少种排法?(3)任何两个男生都不相邻，有多少种排法?(4)3名男生不排在一起，有多少种排法?(5)男生甲与男生乙中间必须排而且只能排2位女生，女生又不能排在队伍的两端，有几种排法?【解析】(1)将3名女生看作一人，就是4个元素的全排列，有A44种排法.又3名女生内部可有A33种排法，所以共有A44•A33=144种排法.(2)男生自己排，女生也自己排，然后相间插入(此时有2种插法)，所以女生与男生相间共有2A33•A33=72种排法.(3)女生先排，女生之间及首尾共有4个空隙，任取其中3个安插男生即可，因而任何两个男生都不相邻的排法共有A33•A34=144种.(4)直接分类较复杂，可用间接法.即从6个人的排列总数中，减去3名男生排在一起的排法种数，得3名男生不排在一起的排法种数为A66-A33A44=576种.(5)先将2个女生排在男生甲、乙之间，有A23种排法.又甲、乙之间还有A22种排法.这样就有A23•A22种排法.然后把他们4人看成一个元素(相当于一个男生)，这一元素及另1名男生排在首尾，有A22种排法.最后将余下的女生排在其间，有1种排法.故总排法为A23A22A22=24种.【点拨】排列问题的本质就是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制主要表现在：某些元素“排”或“不排”在哪个位子上，某些元素“相邻”或“不相邻”.对于这类问题，在分析时，主要按照“优先”原则，即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子，对于“相邻”问题可用“捆绑法”，对于“不相邻”问题可用“插空法”.对于直接考虑较困难的问题，可以采用间接法.【变式训练2】把1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列构成一个数列.(1)43 251是这个数列的第几项?(2)这个数列的第97项是多少?【解析】(1)不大于43 251的五位数A55-(A44+A33+A22)=88个，即为此数列的第88项.(2)此数列共有120项，而以5开头的五位数恰好有A44=24个，所以以5开头的五位数中最小的一个就是该数列的第97项，即51 234.题型三有限制条件的组合问题【例3】要从12人中选出5人去参加一项活动.(1)A，B，C三人必须入选有多少种不同选法?(2)A，B，C三人都不能入选有多少种不同选法?(3)A，B，C三人只有一人入选有多少种不同选法?(4)A，B，C三人至少一人入选有多少种不同选法?(5)A，B，C三人至多二人入选有多少种不同选法?【解析】(1)只须从A，B，C之外的9人中选择2人，C29=36种不同选法.(2)由A，B，C三人都不能入选只须从余下9人中选择5人，即有C59=C49=126种选法.(3)可分两步，先从A，B，C三人中选出1人，有C13种选法，再从余下的9人中选4人，有C49种选法，所以共有C13•C49=378种选法.(4)可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都不入选的情况C59，共有C512-C59=666种选法.(5)可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都入选的情况C29种，所以共有C512-C29=756种选法.【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题，可以用间接法求解.对于有限制条件的问题，一般要根据特殊元素分类.【变式训练3】四面体的顶点和各棱中点共有10个点.(1)在其中取4个共面的点，共有多少种不同的取法?(2)在其中取4个不共面的点，共有多少种不同的取法?【解析】(1)四个点共面的取法可分三类.第一类：在同一个面上取，共有4C46种;第二类：在一条棱上取三点，再在它所对的棱上取中点，共有6种;第三类：在六条棱的六个中点中取，取两对对棱的4个中点，共有C23=3种.故有69种.(2)用间接法.共C410-69=141种.总结提高解有条件限制的排列与组合问题的思路：(1)正确选择原理，确定分类或分步计数;(2)特殊元素、特殊位置优先考虑;(3)再考虑其余元素或其余位置.二项式定理典例精析题型一二项展开式的通项公式及应用【例1】已知的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列.(1)求证：展开式中没有常数项;(2)求展开式中所有的有理项.【解析】由题意得2C1n• =1+C2n•( )2，即n2-9n+8=0，所以n=8，n=1(舍去).所以Tr+1= •( ) •=(- )r• • •=(-1)r• • (0≤r≤8，r∈Z).(1)若Tr+1是常数项，则16-3r4=0，即16-3r=0，因为r∈Z，这不可能，所以展开式中没有常数项.(2)若Tr+1是有理项，当且仅当16-3r4为整数，又0≤r≤8，r∈Z，所以 r=0,4,8，即展开式中有三项有理项，分别是T1=x4，T5=358 x，T9=1256 x-2.【点拨】(1)把握住二项展开式的通项公式，是掌握二项式定理的关键.除通项公式外，还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质;(2)应用通项公式求二项展开式的特定项，如求某一项，含x某次幂的项，常数项，有理项，系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得n或r后，再求所需的项(要注意n和r的数值范围及大小关系);(3) 注意区分展开式“第r+1项的二项式系数”与“第r+1项的系数”.【变式训练1】若(xx+ )n的展开式的前3项系数和为129，则这个展开式中是否含有常数项，一次项?如果有，求出该项，如果没有，请说明理由.【解析】由题知C0n+C1n•2+C2n•22=129，所以n=8，所以通项为Tr+1=Cr8(xx)8-r = ，故r=6时，T7=26C28x=1 792x，所以不存在常数项，而存在一次项，为1 792x.题型二运用赋值法求值【例2】(1)已知(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn，且a1+a2+…+an-1=29-n，则n= ;(2)已知(1-x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn，若5a1+2a2=0，则a0-a1+a2-a3+…+(-1)nan= .【解析】(1)易知an=1，令x=0得a0=n，所以a0+a1+…+an=30.又令x=1，有2+22+…+2n=a0+a1+…+an=30，即2n+1-2=30，所以n=4.(2)由二项式定理得，a1=-C1n=-n，a2=C2n=n(n-1)2，代入已知得-5n+n(n-1)=0，所以n=6，令x=-1得(1+1)6=a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6，即a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6=64.【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特殊值代入构造相应的结构.【变式训练2】设(3x-1)8=a0+a1x+a2x2+…+a7x7+a8x8.求a0+a2+a4+a6+a8的值.【解析】令f(x)=(3x-1)8，因为f(1)=a0+a1+a2+…+a8=28，f(-1)=a0-a1+a2-a3+…-a7+a8=48，所以a0+a2+a4+a6+a8=f(1)+f(-1)2=27×(1+28).题型三二项式定理的综合应用【例3】求证：4×6n+5 n+1-9能被20整除.【解析】4×6n+5n+1-9=4(6n-1)+5(5n-1)=4[(5+1)n-1]+5[(4+1)n-1]=20[(5n-1+C1n5n-2+…+Cn-1n)+(4 n-1+C1n4n-2+…+Cn-1n)]，是20的倍数，所以4×6n+5n+1-9能被20整除.【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需注意(a+b)n中，a，b中有一个是除数的倍数;其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚.【变式训练3】求的近似值，使误差小于.【解析】=6=1+6×1+15×2+ (6)因为T3=C262=15×2= 06<，且第3项以后的绝对值都小于，所以从第3项起，以后的项都可以忽略不计.所以=6≈1+6×==.总结提高1.利用通项公式可求展开式中某些特定项(如常数项、有理项、二项式系数最大项等)，解决这些问题通常采用待定系数法，运用通项公式写出待定式，再根据待定项的要求写出n、r满足的条件，求出n和r，再确定所需的项;2.赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段;3.利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形，使得二项展开式的每一项都成为除数的倍数.对于余数问题，要注意余数的取值范围.随机事件的概率与概率的基本性质典例精析题型一频率与概率【例1】某企业生产的乒乓球被08年北京奥委会指定为乒乓球比赛专用球.日前有关部门对某批产品进行了抽样检测，检查结果如下表所示.抽取球数n 50 100 200 500 1 000 2 000优等品数m 45 92 194 470 954 1 902优等品频率(1)计算表中乒乓球优等品的频率;(2)从这批乒乓球产品中任取一个，质量检查为优等品的概率是多少?(结果保留到小数点后三位)【解析】(1)依据公式，计算出表中乒乓球优等品的频率依次是,,,,,.(2)由(1)知，抽取的球数n不同，计算得到的频率值不同，但随着抽取的球数的增多，却都在常数的附近摆动，所以质量检查为优等品的概率为.【点拨】从表中所给的数据可以看出，当所抽乒乓球较少时，优等品的频率波动很大，但当抽取的球数很大时，频率基本稳定在，在其附近摆动，利用概率的统计定义，可估计该批乒乓球的优等率.【变式训练1】某篮球运动员在最近几场比赛中罚球的结果如下.投篮次数n 8 10 12 9 10 16进球次数m 6 8 9 7 7 12进球频率(1)计算表中进球的频率;(2)这位运动员投篮一次，进球的概率是多少?【解析】(1)由公式计算出每场比赛该运动员罚球进球的频率依次为：(2)由(1)知，每场比赛进球的频率虽然不同，但频率总在附近摆动，可知该运动员进球的概率为 .题型二随机事件间的关系【例2】从一副桥牌(52张)中任取1张.判断下列每对事件是否为互斥事件，是否为对立事件.(1)“抽出红桃”与“抽出黑桃”;(2)“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”;(3)“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”.【解析】(1)是互斥事件但不是对立事件.因为“抽出红桃”与“抽出黑桃”在仅取一张时不可能同时发生，因而是互斥的.同时，不能保证其中必有一个发生，因为还可能抽出“方块”或“梅花”，因此两者不对立.(2)是互斥事件又是对立事件.因为两者不可同时发生，但其中必有一个发生.(3)不是互斥事件，更不是对立事件.因为“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”这两个事件有可能同时发生，如抽得12.【点拨】要区分互斥事件和对立事件的定义.【变式训练2】抽查10件产品，设事件A：至少有两件次品，则A的对立事件为( )A.至多两件次品B.至多一件次品C.至多两件正品D.至少两件正品【解析】根据对立事件的定义得选项B.题型三概率概念的应用【例3】甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于或等于85分为优秀，85分以下为非优秀，统计后，得到如下列联表.优秀非优秀总计甲 10乙 30总计 105已知从全部105人中随机抽取1人为优秀的概率为 .(1)请完成上面列联表;(2)根据列联表的数据，若按95%的可靠性要求，能否认为“成绩与班级有关系”(参考数据P(K2>=;(3)若按下面的方法从甲班优秀的学生中抽取一人：把甲班优秀的10人按2到11进行编号，然后两次掷一枚均匀的骰子，出现的点数之和为被抽取人的编号.试求抽到6号或10号的概率.【解析】(1)优秀非优秀总计甲 10 45 55乙 20 30 50总计 30 75 105(2)计算K2的一个观测值k= =.因为<，所以没有95%的把握认为成绩与班级有关.(3)记被抽取人的序号为ζ，则P(ζ=6)= ，P(ζ=10)= ，所以P(ζ=6或ζ=10)=P(ζ=6)+P(ζ=10)= = .【点拨】本题考查概率的概念在实际生活中的应用.【变式训练3】袋内有35个球，每个球上都记有从1~35中的一个号码，设号码为n的球的重量为 -5n+20克，这些球以等可能性从袋里取出(不受重量、号码的影响).(1)如果取出1球，试求其重量比号码数大5的概率;(2)如果任意取出2球，试求它们重量相等的概率.【解析】(1)由不等式 -5n+20>n+5，得n>15或n<3，由题意知n=1,2或者n=16,17，…，35，于是所求概率为 .(2)设第n号和第m号的两个球的重量相等，其中n所以(n-m)(n+m-15)=0.因为n≠m，所以n+m=15，所以(n，m)=(1,14)，(2,13)，…，(7,8).故所求概率为 .总结提高1.对立事件是互斥事件的一种特殊情况，是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事件.集合A的对立事件记作，从集合的角度来看，事件所含结果的集合正是全集U中由事件A所含结果组成集合的补集，即A∪ =U，A∩ = .对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件.事件A、B的和记作A+B，表示事件A、B至少有一个发生.当A、B为互斥事件时，事件A+B 是由“A发生而B不发生”以及“B发生而A不发生”构成的.当计算事件A的概率P(A)比较困难时，有时计算它的对立事件的概率则要容易些，为此有P(A)=1-P( ).2.若A与B互相独立，则与，A与，与B都是相互独立事件.判断A与B是否独立的方法是看P(AB)=P(A)•P(B)是否成立.古典概型典例精析题型一古典概率模型的计算问题【例1】一汽车厂生产A、B、C三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如下表(单位：辆)，轿车A 轿车B 轿车C舒适型 100 150 z标准型 300 450 600现按分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有A类10辆.(1)求z的值;(2)用分层抽样的方法在C类轿车中抽取一个容量为5的样本，将该样本视为一个总体，从中任取2辆，求至少有1辆舒适型轿车的概率;(3)用随机抽样方法从B类舒适型轿车中抽取8辆，经检测它们的得分如下：,,,,,,,把这8辆车的得分看成一个总体，从中任取一个数，求该数与样本平均数之差的绝对值不超过的概率.【解析】(1)依题意知，从每层抽取的比率为140，从而轿车的总数为50×40=2 000辆，所以z=2 000-50-600=400.(2)由(1)知C类轿车共1 000辆，又样本容量为5，故抽取的比率为1200，即5辆轿车中有2辆舒适型、3辆标准型，任取2辆，一共有n=10种不同取法，记事件A：至少有1辆舒适型轿车，则事件表示抽取到2辆标准型轿车，有m′=3种不同取法，从而事件A包含：基本事件数为m=7种，所以P(A)=710.(3)样本平均数=18×+++++++=，记事件B：从样本中任取一数，该数与样本平均数的绝对值不超过，则事件B包含的基本事件有6种，所以P(B)=68=34.【点拨】利用古典概型求事件的概率时，主要弄清基本事件的总数，及所求事件所含的基本事件的个数.【变式训练1】已知△ABC的三边是10以内(不包含10)的三个连续的正整数，求任取一个△ABC是锐角三角形的概率.【解析】依题意不妨设a=n-1，b=n，c=n+1(n>1，n∈N)，从而有a+b>c，即n>2，所以△ABC的最小边为2，要使△ABC是锐角三角形，只需△ABC的最大角C是锐角，cosC=(n-1)2+n2-(n+1)22(n-1)n=n-42(n-1)>0，所以n>4，所以，要使△ABC是锐角三角形，△ABC的最小边为4.另一方面，从{2,3,4，…，9}中，“任取三个连续正整数”共有6种基本情况，“△ABC是锐角三角形”包含4种情况，故所求的概率为46=23.题型二有放回抽样与不放回抽样【例2】现有一批产品共有10件，其中8件为正品，2件为次品.(1)如果从中取出一件，然后放回，再取一件，求连续3次取出的都是正品的概率;(2)如果从中一次取3件，求3件都是正品的概率.【解析】(1)有放回地抽取3次，按抽取顺序(x，y，z)记录结果，则x，y，z都有10种可能，所以试验结果有10×10×10=103种;设事件A为“连续3次都取正品”，则包含的基本事件共有8×8×8=83 种，因此，P(A)= =.(2)方法一：可以看作不放回抽样3次，顺序不同，基本事件不同，按抽取顺序记录(x，y，z)，则x有10种可能，y有9种可能，z有8种可能，所以试验的所有结果为10×9×8=720种.设事件B为“3件都是正品”，则事件B包含的基本事件总数为8×7×6=336，所以P(B)=336720≈.方法二：可以看作不放回3次无顺序抽样，先按抽取顺序(x，y，z)记录结果，则x有10种可能，y有9种可能，z有8种可能，但(x，y，z)，(x，z，y)，(y，x，z)，(y，z，x)，(z，x，y)，(z，y，x)是相同的，所以试验的所有结果有10×9×8÷6=120.按同样的方法，事件B 包含的基本事件个数为8×7×6÷6=56，因此P(B)=56120≈.【点拨】关于不放回抽样，计算基本事件个数时，既可以看作是有顺序的，也可以看作是无顺序的，其结果是一样的，但不论选择哪一种方式，观察的角度必须一致，否则会导致错误.【变式训练2】有5张卡片，上面分别写有0,1,2,3,4中的1个数.求：(1)从中任取两张卡片，两张卡片上的数字之和等于4的概率;(2)从中任取两次卡片，每次取一张，第一次取出卡片，记下数字后放回，再取第二次，两次取出的卡片上的数字之和恰好等于4的概率.【解析】(1)两张卡片上的数字之和等于4的情形共有4种，任取两张卡片共有10种，所以概率为P=410=25;(2)两张卡片上的数字之和等于4的情形共有5种，任取两张卡片共有25种，所以概率为P=525=15.题型三古典概型问题的综合应用【例3】甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，2个白球;乙袋装有2个红球，n个白球.从甲、乙两袋中各任取2个球.(1)若n=3，求取到的4个球全是红球的概率;(2)若取到的4个球中至少有2个红球的概率为34，求n.【解析】(1)记“取到的4个球全是红球”为事件A，P(A)=C22C24•C22C25=16×110=160.(2)记“取到的4个球至多有1个红球”为事件B，“取到的4个球只有1个红球”为事件B1，“取到的4个球全是白球”为事件B2.由题意，得P(B)=1-34=14.P(B1)=C12C12C24•C2nC2n+2+C22C24•C12C1nC2n+2=2n23(n+2)(n+1)，P(B2)=C22C24•C2nC2n+2=n(n-1)6(n+2)(n+1).所以P(B)=P(B1)+P(B2)=2n23(n+2)(n+1)+n(n-1)6(n+2)(n+1)=14，化简得7n2-11n-6=0，解得n=2或n=-37(舍去)，故n=2.【变式训练3】甲、乙二人参加普法知识竞赛，共有10道不同的题目，其中选择题6道，判断题4道，甲、乙二人一次各抽取一题.(1)甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是多少?(2)甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是多少?【解析】(1)甲从选择题中抽到一题的可能结果有C16个，乙从判断题中抽到一题的的可能结果是C 14，故甲抽到选择题，乙抽到判断题的可能结果为C16×C14=24.又甲、乙二人一次各抽取一题的结果有C110×C19=90，所以概率为2490=415.(2)甲、乙二人一次各抽取一题基本事件的总数是10×9=90.。