2026年高考数学一轮专题复习资料练习 104.新高考背景下的概率填空压轴专题突破

这是一份2026年高考数学一轮专题复习资料练习 104.新高考背景下的概率填空压轴专题突破，共40页。试卷主要包含了枚举法在新情境题目中的应用，8，0，组合数公式，组合数的性质，定序问题，正难则反等内容，欢迎下载使用。
例1．图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次，将导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按将导致，，，，改变状态．如果要求只改变的状态，则需按开关的最少次数为________．
解析：根据题意可知，只有在以及周边按动开关才可以使按开关的次数最少.具体原因如下：假设开始按动前所有开关闭合，要只改变的状态，在按动（1,1）后，（1,2），（2,1）也改变，下一步可同时恢复或逐一恢复，同时恢复需按动（2,2），但会导致周边的（2,3），（3,2）也改变，因此会按动开关更多的次数，所以接下来逐一恢复，沿着周边的开关按动，可以实现最少的开关次数．如下表所示：（按顺时针方向开关，逆时针也可以）
故答案为：5．
例2.（2020全国2卷）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期.对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（ ）
A. B. C. D.
解析：由知，序列的周期为m，由已知，，
对于选项A，
，不满足；
对于选项B，
，不满足；
对于选项D，
，不满足；故选：C
例3（2016年全国三卷）定义“规范01数列”如下：共有项，其中项为，项为，且对任意，中0的个数不少于1的个数. 若，则则不同的“规范01数列”共有
A.18个 B.16个 C.14个 D.12个
解析：由题意可得，，，，…，中有3个0、3个1，且满足对任意
≤8，都有，，…，中0的个数不少于1的个数，利用列举法可得不同的“规范01
数列”有00001111,00010111, 00011011, 00011101,00100111,
00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,01010101，共
14个．
例4（2020全国1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，
（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）记事件甲连胜四场，则；
（2）记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，则四局内结束比赛的概率为
，所以，需要进行第五场比赛的概率为.
（3）①四场比赛丙获胜，丙在前四场获胜的概率为
②由下表可知：五场比赛丙获胜，，，
，
丙五场比赛丙获胜的概率为
由于①②互斥，丙最终获胜的概率为.
注：第二问在处理时直接列举情况较复杂，此时可以采取正难则反的技巧.第三问则可直接枚举出各种可能结果，这是我们在计算复杂事件时一个重要的技巧.
例5．近几年，随着生活水平的提高，人们对水果的需求量也随之增加，我市精品水果店大街小巷遍地开花，其中中华猕猴桃的口感甜酸、可口，风味较好，广受消费者的喜爱.在某水果店，某种猕猴桃整盒出售，每盒20个.已知各盒含0，1个烂果的概率分别为0.8，0.2.
（1）顾客甲任取一盒，随机检查其中4个猕猴桃，若当中没有烂果，则买下这盒猕猴桃，否则不会购买此种猕猴桃.求甲购买一盒猕猴桃的概率；
（2）顾客乙第1周网购了一盒这种猕猴桃，若当中没有烂果，则下一周继续网购一盒；若当中有烂果，则隔一周再网购一盒；以此类推，求乙第5周网购一盒猕猴桃的概率
解析：（1）由题意可得：甲不购买一盒猕猴桃情况为该盒有1个烂果且随机检查其中4个时抽到这个烂果，
甲购买一盒猕猴桃的概率.
（2）用“√”表示购买，“╳”表示不购买，乙第5周购买有如下可能：
故乙第5周网购一盒猕猴桃的概率.
例6.（2017年全国1卷12题）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件，为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动，这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列，其中第一项是，接下来两项是，再下来三项是，以此类推，求满足如下条件的最小整数，且该数列的前项和为的整数幂.那么该款软件的激活码是（ ）
解析：由于这是选择题,为求最小值,从最小的开始检验
选项D:若,由,知第项排在第14行,第19个

由是奇数知不能写成整数幂;
选项C:若,由知,第项排在第21行,第10个
是大于1的奇数,不能写成整数幂;
选项B,若,由知第项排在第26行,第个
,同理,不能写成整数幂;
选项A时,当时,由,可解出
所以这前和为:,符合题意,故选A．
新试卷背景下排列组合问题的十大应用
本节主要介绍排列组合与二项式定理中的基本问题，新高考目前在该板块主要考察一道小题，同时排列组合问题会和古典概型结合深度考察，但难度整体不大，属于基础题，读者只需掌握常见的排列组合模型与二项式定理的基本性质便可轻松应考.
一．基本原理
考点1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理
1.分类计数原理定义：
做一件事，完成它有类办法，在第一类办法中有种不同的方法，在第二类办法中有
种不同的方法在第类办法中有种不同的方法.那么完成这件事共有方法数：
2.分步计数原理定义：
做一件事，完成它需要分成个步骤，做第一个步骤有种不同的方法，做第二个步骤有种不同的方法……做第个步骤有种不同的方法，那么完成这件事共有方法数：
考点2.排列
1.排列的定义
一般地，从个不同元素中取出个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取个元素的一个排列．
2.排列数
（1）排列数定义
（2）排列数公式
（1）全排列
个不同元素全部取出的一个排列，叫做个元素的一个全排列，这时公式中，即有
．
1.组合的定义
一般地，从个不同元素中取出个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出个元素的一个组合，也就是说，组合是从个不同的元素中取出个元素，不分次序构成一组.
2.组合数
3.组合数公式
，
，规定：.
4.组合数的性质
（1）性质1：
（2）性质2:
考点4.常见的一些排列问题及其解决方法
4.分组分配问题
4.1（1）分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种：
将个不同元素分成组，且每组的元素个数分别为，
记.
（1）非均匀不编号分组：个不同元素分成组，每组元素数目均不相等，且不考虑各组间的顺序，其分法种数为.
（2）均匀不编号分组：将个不同元素分成不编号（即无序）的组，每组元素数目相等，其分法种数为.
（3）部分均匀不编号分组：将个不同元素分成不编号的组，其中有组元素个数相等，其分法种数为，如果再有组均匀分组，应再除以.
4.2分配问题属于“排列”问题，分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．
二．典例分析
★1.排列，组合公式及应用
例1．若，为正整数且，则（ ）
A． B．
C． D．
解析：对A：，又，故A错误；
对B：
，故B正确；
对C： ，
，即，故C错误；
对D：，
，即，故D正确.故选：BD.
★2.排列组合中的特殊优先原则
例2．“回文”是古今中外都有的一种修辞手法，如“我为人人，人人为我”等，数学上具有这样特征的一类数称为“回文数”､“回文数”是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如121，241142等，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有（ ）
A．100个B．125个C．225个D．250个
解析：依题意，五位正整数中的“回文数”具有：万位与个位数字相同，且不能为0；千位与十位数字相同，求有且仅有两位数字是奇数的“回文数”的个数有两类办法：
最多1个0，取奇数字有种，取能重复的偶数字有种，它们排入数位有种，取偶数字占百位有种，不同“回文数”的个数是个，
最少2个0，取奇数字有种，占万位和个位，两个0占位有1种，取偶数字占百位有种，
不同“回文数”的个数是个，由分类加法计算原理知，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有个.故选：C
例2．为确保马拉松赛事在某市顺利举行，组委会在沿途一共设置了7个饮水点，每两个饮水点中间再设置一个服务站，一共6个服务站.由含甲､乙在内的13支志愿者服务队负责这13个站点的服务工作，每一个站点有且仅有一支服务队负责服务，则甲队和乙队在不同类型的站点服务且不相邻的概率为（ ）
A． B． C． D．
解析：由题意可知甲队和乙队共有种不同安排方法，
甲队和乙队在不同类型的站点服务且不相邻，分以下三种情况，
1、从2个端点饮水点任选一个安排甲，再从与该饮水点不相邻的5个服务站选一个安排乙；
2、从中间5个饮水点任选一个安排甲，再从不与该饮水点相邻的4个服务站选一个安排乙；
3、从6个服务站任选一个安排甲，再从不与该服务站相邻的5个饮水站选一个安排乙；
共有种不同安排方法，所以甲队和乙队在不同类型的站点服务且不相邻的概率为.故选：D.
例3．为了强化学生安全意识，落实“12530”安全教育，某学校让学生用这5个数字再加一个0来设定自己教室储物柜密码，若两个0之间至少有一个数字，且两0不都在首末两位，可以设置的密码共有（ ）
A．72 B．120 C．216 D．240
解析：从左到右的6个位置分别为，若两个0之间有一个数字，此时两个0的位置有或或或四种情况，在把剩余的4个数进行全排列，此时共有种，若两个0之间有两个数字，此时两个0的位置有或或三种情况，
剩余的4个数进行全排列，此时有种，若两个0之间有三个数字，此时两个0的位置有或两种情况，剩余的4个数进行全排列，此时有种，综上，可以设置的密码共有个.故选：C
★3.相邻问题
例4.有甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有多少种（ ）
A．种B．种C．种D．种
解析：先利用捆绑法排乙丙丁戊四人，再用插空法选甲的位置，则有种．选B.
例5．某学校参加社会实践活动的1名教师和甲、乙、丙、丁4名学生站成一排合影留念，则教师不站在两端，且甲、乙相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
解析：教师和4名学生站成一排一共有种方法，将甲和乙看成一个元素，有种方法，这样就有4个不同的元素，教师不站两端，则教师有2种方法，其余3个元素有种方法，则满足条件的站法有种，所以教师不站两端，且甲、乙相邻的概率.故选：C
★4.不相邻问题
例6．将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为( )
A．B．C．D．
解析：将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空，若2个0相邻，则有种排法，若2个0不相邻，则有种排法，所以2个0不相邻的概率为．故选：C．
例7.已知3名男同学、2名女同学和1名老师站成一排，女同学不相邻，老师不站两端，则不同的排法共有（ ）
A．336 种B．284种C．264 种D．186种
解析：当2名女生站在两端时，3名男生和1名老师排在中间，共有种排法；当有1名女生排在一端，另一端排男生时，共有种排法；当男生排在两端时，共有种排法；故不同的排法共有（种），故选：A
★5.定序问题
例8．在古典名著《红楼梦》中有一道名为“茄鲞”的佳肴，这道菜用到了鸡脯肉、香菌、新笋、豆腐干、果干、茄子净肉六种原料，烹饪时要求香菌、新笋、豆腐干一起下锅，茄子净肉在鸡脯肉后下锅，最后还需加入精心熬制的鸡汤，则烹饪“茄鲞”时不同的下锅顺序共有（ ）
A．72种B．36 种C．12种D．6种
解析：由题意可知六种原料中可以把香菌、新笋、豆腐干看成一种，即有种放法，又茄子净肉放在鸡脯肉后，则有种放法.故选：C
例9.将,六个字母排成一排, 且均在的同侧,则不同的排法共有________种 (用数字作答).
解析：先不考虑的顺序限制, 任意排列这6个字母,共有个不
同排列. 其中, 当的位置固定时,任意交换这3个字母的位置, 共有 种不同的排列,而符合均在的同侧这一条件的排列有个.
在所有的种排列方法中, 符合顺序要求的排法所占比例为. 所以,不同的排法共
种.
★6.涂色问题
例10．如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（ ）
A．48B．56C．72D．256
解析：将四个区域标记为，如图所示：
第一步涂种涂法，第二步涂种涂法，第三步涂种涂法，第四步涂种涂法，根据分步乘法计数原理可知，一共有种着色方法.故选：A.
例11．已知正四棱锥，现有五种颜色可供选择，要求给每个顶点涂色，每个顶点只涂一种颜色，且同一条棱上的两个顶点不同色，则不同的涂色方法有（ ）
A．240 B．420 C．336 D．120
解析：当只用三种颜色时，同色且同色，5种颜色选择3种，且有种选择，当只用四种颜色时，同色或同色，从5种颜色中选择4种，再从和中二选一，涂相同颜色，故有种选择，当用五种颜色时，每个顶点用1种颜色，故有种选择，综上，共有种选择.故选：B

★7.分组分配问题
例12．甲、乙、丙、丁、戊5位同学报名参加学校举办的三项不同活动，每人只能报其中一项活动，每项活动至少有一个人参加，则甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同的概率为（ ）
A． B． C． D．
解析：先将5名志愿者分成3组，第一类分法是3，1，1，第二类分法是2，2，1，再分配到三项活动中，总方法数为，因甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同，故只需先把甲,乙,丙三人在三项活动上安排好，再让丁，戊两人分别在三项活动中选择，其方法数为. 故甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同的概率为．故选:C．
例13．将甲、乙、丙等7名志愿者分到三个地区，每个地区至少分配2人，则甲、乙、丙分到同一个地区的概率为（）
A． B． C． D．
解析：将甲、乙、丙等7名志愿者分到三个地区，每个地区至少分配2人，
则有3人分到一个地区，分配方法共有种，其中甲、乙、丙分到同一个地区的分配方法有，故所求的概率为，故选：D
例14. 将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A. 60种B. 120种C. 240种D. 480种
解析：根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，故选：C.
★8.正难则反
例11.甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在小区的概率为（ ）
A. B. C. D.
解析：首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有种情况，再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，5人被分为或当5人被分为时，情况数为;当5人被分为时，情况数为；所以共有.由于所求甲不去，情况数较多，反向思考，求甲去的情况数，最后用总数减即可，当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为3，则，共计种，
当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为2，则，共计种，所以甲不在小区的概率为，故选：B.
9.★不定方程与挡板问题
挡板法
讨论不定方程 的非负整数解.
（1）方程 的正整数解为个.
（2）方程 的非负整数解为个.
例12．不定方程的非负整数解的个数为（ ）
A．B．C．D．
解析：不定方程的非负整数解的个数将个相同小球放入三个盒子，允
许有空盒的放法种数.
现在在每个盒子里各加一个相同的小球，问题等价于将个相同小球放入三个盒子，没有
空盒的放法种数，则只需在个小球中形成的空位（不包含两端）中插入两块板即可，
因此，不定方程的非负整数解的个数为. 故选：C.
例13.方程的正整数解共有（ ）组
A．165B．120C．38D．35
解析：如图，将12个完全相同的球排成一列，

在它们之间形成的11个空隙中任选三个插入三块隔板，把球分成四组，每一种分法所得球
的数目依次是、、、，显然满足，故是方程
的一组解，
反之，方程的每一组解都对应着一种在12个球中插入隔板的方式，
故方程的正整数解的数目为：，
故选：A.
10.★排列组合综合应用（新情境）
例14．若数列的通项公式为，记在数列的前项中任取两数都是正数的概率为，则（ ）
A． B． C． D．
解析：为奇数时，前项中有个奇数项，即有个正数，
，，故A错误；
为偶数时，前项中有个奇数项，即有个正数，
，，，故B错误；，故C正确；，故D错误.故选：C.
例15．通信工程中常用元数组表示信息，其中或．设表示和中相对应的元素（对应，）不同的个数，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则存在5个5元数组，使得
B．若，则存在12个5元数组，使得
C．若元数组，则
D．若元数组，则
解析：选项A：由题意，5个位置选则1个位置安排1即可，满足条件的数组共有个，故A正确；
选项B：由题意5个位置选则3个位置安排0即可，满足条件的数组共有个，故B错误；
选项C：设中对应项同时为0的共有个，同时为1的共有个，
从而对应项一项为1与另一项为0的共有个，这里，
从而，而，故C正确，同理D正确．故选：ACD
例16（24届合肥高三第一次质检）．“数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设是非零实数，对任意，定义“数”利用“数”可定义“阶乘”和“组合数”，即对任意，
（1）计算：；
（2）证明：对于任意，
（3）证明：对于任意，
解析：（1）由定义可知，
.
（2）因为，
.又,
所以
（3）由定义得：对任意.结合（2）可知
即，也即.
所以，，
…….上述个等式两边分别相加得：
.
例17.几个重要的竞赛（强基）背景
（1）容斥原理下的错位排列.
设集合，其所有元素的一个全排列满足，都有，则称这样的全排列为错位全排列.
证明：错位全排列数为：.
证明：记为满足的全排列的集合，则显然
由容斥原理，排列数为
，证毕.
（2）卡塔兰数：
已知，并且满足，，求有序数组的个数.
解：依题，中共有个，个，先不考虑记为（*）式，则共有种，接下来考虑排除法，若不符合（*）式，则一定存在一个的自然数，使得：
，现将全部改变符号，即有：
，对应后则有个，个，反之，对任一个个，个组成的有序数组，其必然存在一个最小的自然数，满足.
作对应，显然，与互为逆映射，从而不满足（*）式的个数，就是由个，个组成的有序数组的个数，从而.
三．习题演练
1．某校甲、乙、丙、丁4个小组到A，B，C这3个劳动实践基地参加实践活动，每个小组选择一个基地，则每个基地至少有1个小组的概率为（ ）
A． B． C． D．
解析：每个小组选择一个基地，所有的选择情况有种，每个基地至少有1个小组的情况有,故概率为，故选：C
2．现将四名语文教师，三名心理教师，两名数学教师分配到三所不同学校，每个学校三人，要求每个学校既有心理教师又有语文教师，则不同的安排种数为（ ）
A．216 B．432 C．864 D．1080
解析：求不同的安排种数需要分成3步，把3名心理教师分配到三所学校，有种方法，
再把4名语文教师按分成3组，并分配到三所学校，有种方法，最后把2名数学教师分配到只有1名语文教师的两所学校，有种方法，由分步乘法计数原理得不同的安排种数为.故选：B
3．某表彰会上3名男同学和4名女同学从左至右排成一排上台领奖，则女生甲与女生乙相邻，且女生丙与女生丁相邻的排法种数为（ ）
A．194 B．240 C．388 D．480
解析：因为女生甲与女生乙相邻，且女生丙与女生丁相邻，则捆绑起来算作两个元素，与3名男同学构成5个元素，则排法共有：种，故选：D
4．小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（ ）
A．48 B．32 C．24 D．16
解析：1与4相邻，共有种排法，两个2之间插入1个数，共有种排法，再把组合好的数全排列，共有种排法，则总共有种密码．故选：C
5．一个信息设备装有一排六只发光电子元件，每个电子元件被点亮时可发出红色光､蓝色光､绿色光中的一种光.若每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮，根据这三个被点亮的电子元件的不同位置以及发出的不同颜色的光来表示不同的信息，则这排电子元件能表示的信息种数共有（ ）
A．60种 B．68种 C．82种 D．108种
解析：每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮，所以需把3个亮的发光原件插入未点亮的元件中，有种方法，且不同颜色数有种，所以这排电子元件能表示的信息种数共有种.故选：D
6．现有四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为（ ）

A． B． C． D．
解析：根据题意，用四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，每个部分都有4种涂色方法，则有种涂色方法；
若其中任意有公共边的两块着不同颜色，有两种情况：①只用三种颜色涂这5个区域，则有种涂色方法；②用四种颜色涂这5个区域，则有种涂色方法，所以若其中任意有公共边的两块着不同颜色，共有144种涂色方法，故四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为.
故选：C
新概念压轴中的组合恒等式及应用
一．基本原理
基本组合数公式和常见的组合恒等式
(1)
(2)
证明：方法1.构造组合实际含义（见新教材选择性必修三，第28页）
方法2.构造母函数（算两次）：分别求和的展开式中的系数．前者
的展开式中的系数为；后者的展开式
中的系数为.因为，则两个展开式中的系数也相等，即．
(3)或;
，，
所以.（凌晨讲数学）
(4);
(5);
(6);
(7).
证明:
方法1.组合数公式法:有组合数性质可得:
左边
右边，得证.
方法2.组合数实际意义:（凌晨讲数学）设有个不同元素,从这个元素中取出个不同元素的取法有种，另一方面,我们也可将这些取法分类考虑如下:若取,则有种取法，若不取，取出，则有种取法，若不取取出则有种取法，...若不取,取出则有种取法，所以取法种数又等于,因此原式成立
方法3. 母函数法:等式左边是
的展开式中含的项的系数,由数列求和公式可得时
上式右边展开式中含的项就是分子中含的项,其系数为,因此有
二．典例分析
例1.（1）求的值;
（2）设，求证:
解析：（2）方法1：组合数公式法:
因为,所以左边
又由，知
，左边右边.
方法2. 母函数法:
等式左边为
函数
的展开式中含前的系数
记
则
用错位相减法易求得
，其中前的系数为
，（凌晨讲数学）命题得证.
例2．组合数有许多丰富有趣的性质，例如，二项式系数的和有下述性质：.小明同学想进一步探究组合数平方和的性质，请帮他完成下面的探究.
（1）计算：，并与比较，你有什么发现？写出一般性结论并证明；
（2）证明：
（3）利用上述（1）（2）两小问的结论，证明：.
解析：（1），
，规律：，证明如下：的展开式中，的系数为，同时，的展开式中的系数为，所以.
（2）证明：的展开式中的系数为，
又，的展开式中的系数为
，所以
.
（3）证明：由（1）可知，
由（2）可知，
两式相减可得，
即.
例3．（24届济南市高三一模）下列等式中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
解析：对于A，因为，
令，得，则，故A错误；
对于B，因为，所以
，故B正确；
对于C，因为，
所以，故C正确.
对于D，，对于，其含有的项的系数为，
对于，要得到含有的项的系数，须从第一个式子取出个，再从第二个式子取出个，（凌晨讲数学）它们对应的系数为，
所以，故D正确.故选：BCD.
求证：当随机变量时，
证明：
.
例5．证明：（范德蒙（Vandermnde）恒等式）．
解析：证明：考虑中的系数，一方面，多项式展开式中的系数是，另一方面，展开式中的系数是，所以．
例6．求证：.
解析：左边=
=1=右边.即证.
例7．（24届合肥市高三一模）“数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设是非零实数，对任意，（凌晨讲数学）定义“数”利用“数”可定义“阶乘”和“组合数”，即对任意，
（1）计算：；
（2）证明：对于任意，
（3）证明：对于任意，
解析：（1）由定义可知，
.
（2）因为，
又,
所以
（3）由定义得：对任意.结合（2）可知
（凌晨讲数学），即，也即.
所以，
…….
上述个等式两边分别相加得：.
例8．（24届广东省高三一模）某单位进行招聘面试，已知参加面试的名学生全都来自A，B，C三所学校，其中来自A校的学生人数为.该单位要求所有面试人员面试前到场，并随机给每人安排一个面试号码，按面试号码由小到大依次进行面试，每人面试时长5分钟，面试完成后自行离场.
（1）求面试号码为2的学生来自A校的概率.
（2）若，，且B，C两所学校参加面试的学生人数比为，求A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试（A校所有参加面试的学生完成面试后，B，C两校都还有学生未完成面试）的概率.
（3）记随机变量X表示最后一名A校学生完成面试所用的时长（从第1名学生开始面试到最后一名A校学生完成面试所用的时间），是的数学期望，证明：.
解析：（1）记“面试号码为2的学生来自A校”为事件A，将A校n名学生面试号码的安排情况作为样本空间，则样本点总数为，事件A表示A校有1名学生的面试号码为2，
其他名学生的面试号码在剩余个面试号码中随机安排，则事件A包含的样本点数为，故．
（2）设B校参加面试的学生有x名，由题意得，解得．所以B校参加面试的学生有10名，C校参加面试的学生有20名．记“最后面试的学生来自B校”为事件B，“最后面试的学生来自C校”为事件C，显然事件B，C互斥．记“A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试”为事件D，则．当事件B发生时，只需考虑A，C两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自C校，则．
当事件C发生时，只需考虑A，B两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自B校，
则．所以．
（3）由题知随机变量X的取值为，，…，，则随机变量X的分布列为，，，…，N．（凌晨讲数学）所以随机变量X的期望
．所以．
概率与数列综合的四种常见形式
一．重伯努利试验
二. 样本总数为的超几何分布
三．全概率公式与数列递推
四．基于数学期望的递推关系
★一．重伯努利试验
例1.（2024届广州市高三一模）某校开展科普知识团队接力闯关活动，该活动共有两关，每个团队由位成员组成，成员按预先安排的顺序依次上场，具体规则如下：若某成员第一关闯关成功，则该成员继续闯第二关，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第一关；若某成员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有成员全部上场参加了闯关，该团队接力闯关活动结束.已知团队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为和，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.
（1）若，用表示团队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求的均值；
（2）记团队第位成员上场且闯过第二关的概率为，集合中元素的最小值为，规定团队人数，求.
解析：（1）依题意，的所有可能取值为，，，
所以的分布列为：
数学期望.
（2）令，若前位玩家都没有通过第一关测试，其概率为，若前位玩家中第位玩家才通过第一关测试，则前面位玩家无人通过第一关测试，其概率为，第位玩家通过第一关测试，但没有通过第二关测试，其概率为，第位玩家到第位玩家都没有通过第二关测试，其概率为，所以前面位玩家中恰有一人通过第一关测试的概率为：
，因此第位成员闯过第二关的概率，由，得，解得，则，所以.（公众号：凌晨讲数学）
★二. 样本总数为的超几何分布
例2.（24届浙江Z208月联考）2023年中央一号文件指出,艮旋要复兴,乡村必振兴.为助力乡村振兴,某电商平台准备为某地的农副特色产品开设直播带货专部.(公众号浙江省高中数学)直播前,此平台用不同的单价试销,并在购买的顾客中进行体验调本向卷.已知有名热心参与问卷的顾客,此平台决定在直播中专门为他们设置两次抽奖活迹次抽奖都是由系统独立、随机地从这名顾客中抽取20名顾客,抽中顾客会有礼品赠送,若直拱时这名顾客都在线,记两次抽中的顾客总人数为(不重复计数).
（1）若甲是这名顾客中的一人,且甲被抽中的概率为，求;
（2）求使取得最大值时的整数.
解析：（1）记“甲被抽中”,“第次被抽中”,则
解得：
（2）由于，记,即求在何时取到最大值，下面讨论的单调性：
解得，所以，当或40时,取到最大值.
例3．（24届广东省高三二模）某单位进行招聘面试，已知参加面试的名学生全都来自A，B，C三所学校，其中来自A校的（公众号：凌晨讲数学）学生人数为.该单位要求所有面试人员面试前到场，并随机给每人安排一个面试号码，按面试号码由小到大依次进行面试，每人面试时长5分钟，面试完成后自行离场.
（1）求面试号码为2的学生来自A校的概率.
（2）若，，且B，C两所学校参加面试的学生人数比为，求A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试（A校所有参加面试的学生完成面试后，B，C两校都还有学生未完成面试）的概率.
（3）记随机变量X表示最后一名A校学生完成面试所用的时长（从第1名学生开始面试到最后一名A校学生完成面试所用的时间），是的数学期望，证明：.
解析：（1）记“面试号码为2的学生来自A校”为事件A，将A校名学生面试号码的安排情况作为样本空间，则样本点总数为，事件A表示A校有1名学生的面试号码为2，其他名学生的面试号码在剩余个面试号码中随机安排，则事件A包含的样本点数为，故．
（2）设B校参加面试的学生有名，由题意得，解得．所以B校参加面试的学生有10名，C校参加面试的学生有20名．记“最后面试的学生来自B校”为事件B，“最后面试的学生来自C校”为事件C，显然事件B，C互斥．记“A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试”为事件D，则．当事件B发生时，只需考虑A，C两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自C校，则．当事件C发生时，只需考虑A，B两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自B校，
则．所以．
（3）由题知随机变量的取值为，，…，，则随机变量的分布列为，，，…，．所以随机变量的期望，
．所以．
★三．全概率公式与数列递推
1．全概率公式
在全概率的实际问题中我们经常会碰到一些较为复杂的概率计算，这时，我们可以用 “化整为零”的思想将它们分解为一些（公众号：凌晨讲数学）较为容易的情况分别进行考虑
一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，，且，i＝1，2，…，n，则对任意的事件，有.
我们称上面的公式为全概率公式，全概率公式是概率论中最基本的公式之一．
例4．甲进行摸球跳格游戏.图上标有第1格，第2格，，第25格，棋子开始在第1格.盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外其他都相同）.每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束.记棋子跳到第格的概率为.
（1）甲在一次摸球中摸出红球的个数记为，求的分布列和期望；
（2）证明：数列为等比数列，并求的通项公式.
解析：（1）根据题意可知的所有可能取值为则可得的分布列如下：
期望值为.
（2）依题意，当时，棋子跳到第格有两种可能：第一种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色不同；第二种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色相同.
又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为，摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为因此可得，所以，因此可得且，即数列是首项为公比为的等比数列，
即，所以
由题意，综上，.
例5．（2023·新高考1卷）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
（1）求第2次投篮的人是乙的概率；
（2）求第次投篮的（公众号：凌晨讲数学）人是甲的概率；
（3）已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求．
解析：（1）记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件，
所以，
.
（2）设，依题可知，，则
，
即，构造等比数列，设，解得，则，又，所以是首项为，公比为的等比数列，即．
（3）因为，，所以当时，，故．
★四．基于数学期望的递推关系
例6．设一个袋子里有红、黄、蓝色小球各一个现每次从袋子里取出一个球(取出某色球的概率均相同)，确定颜色后放回，直到连续两次均取出红色球时为止，记此时取出球的次数为ξ，则ξ的数学期望为_______（公众号：凌晨讲数学）
解析：设所求数学期望为E，第一次取出的球的颜色分别为红、黄、蓝的取法的次数的数学期望为E(a)、E(b)、E(c).则E(b)=E(c).因为第一次取出的球的颜色为红、黄、蓝的概率是相同的，所以，①
先考虑第一次取出的球是红色的，若第二次取出的球是红色的，则操作结束；若不然，第一个为红球，第二个球的颜色为黄或蓝，忽略第一个球，剩下的取球方式可以视为一种新的取法(即第一个球的颜色是黄或蓝)，则②
再考虑第一次取出的球的颜色是黄或蓝，忽略第一个球，剩下的取球方式可以视为一种新的取法，则③,由①、②、③，解得E=12.故答案为：12．
例7．有一枚质地均匀的硬币，现进行连续抛硬币游戏，规则如下：在抛掷的过程中，无论何时，连续出现奇数次正面后出现一次反面，则游戏停止；否则游戏继续进行.最多抛掷10次，则该游戏抛掷次数的数学期望为_________
解析：记最多抛掷次时该游戏抛掷次数的数学期望为.易知，，.考虑时的情形.最多投掷次，分以下三种情形讨论.
（1）第一次投掷为反面，概率为，变为的情形，数学期望为；
（2）第一、二次投掷均为正面，概率为，变为的情形，数学期望为；
（3）第一次投掷为正面，第二次为反面，游戏停止，概率为.数学期望为2.
综上，知.因为，，所以递推可得,故答案为.
例8.（2024届武汉高三四月调考）已知常数，在成功的概率为的伯努利试验中，记为首次成功时所需的试验次数，的取值为所有正整数，此时称离散型随机变量的概率分布为几何分布.
（1）对于正整数，求，并根据求；
（2）对于几何分布的拓展问题，（凌晨讲数学）在成功的概率为的伯努利试验中，记首次出现连续两次成功时所需的试验次数的期望为，现提供一种求的方式：先进行第一次试验，若第一次试验失败，因为出现试验失败对出现连续两次成功毫无帮助，可以认为后续期望仍是，即总的试验次数为；若第一次试验成功，则进行第二次试验，当第二次试验成功时，试验停止，此时试验次数为2，若第二次试验失败，相当于重新试验，此时总的试验次数为.
（i）求；
（ii）记首次出现连续次成功时所需的试验次数的期望为，求.
解析：（1），
，
记，
则，
相减得：
由题意：.
（2）（i）.解得：.
（ii）期待在次试验后，首次出现连续次成功，若下一次试验成功，则试验停止，此时试验次数为；若下一次试验失败，相当于重新试验，后续期望仍是，此时总的试验次数为.即.
整理得：，即.（公众号：凌晨讲数学）
所以.由（1）知，代入得：.
利用对称性计算概率
例1．（2023届武汉四调）中学阶段，数学中的“对称性”不仅体现在平面几何、立体几何、解析几何和函数图象中，还体现在概率问题中．例如，甲乙两人进行比赛，若甲每场比赛获胜概率均为，且每场比赛结果相互独立，则由对称性可知，在5场比赛后，甲获胜次数不低于3场的概率为．现甲乙两人分别进行独立重复试验，每人抛掷一枚质地均匀的硬币．
（1）若两人各抛掷3次，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率；
（2）若甲抛掷次，乙抛掷n次，，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率．
解析：（1）设甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数的概率，
，由对称性可知则甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率和甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数的概率相等，故；
（2）可以先考虑甲乙各抛赛n次的情形，
①如果出现甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数，将该情形概率设为，则第次甲必须再抛掷出证明朝上，才能使得最终甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数；
②如果出现甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数，则第次无论结果如何，甲正面朝上次数仍然不大于乙正面朝上次数，将该情形概率设为；
③如果出现甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数，则第次无论结果如何，甲正面朝上次数仍然大于乙正面朝上次数，将该情形概率设为，由对称性可知，
故，而由，可得．
概率填空压轴选编
1．（2024年新高考1卷）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________.
2．（2024全国甲卷高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为________．
3．（24-25高三上江苏期末）已知等差数列的公差不为0．若在的前100项中随机抽取4项，则这4项按原来的顺序仍然成等差数列的概率为_______．（用最简分数作答）
4．（24-25高三上·四川达州·阶段练习）抛一枚质地均匀的骰子3次，将每次骰子正面朝上的数字依次记为，则不等式成立的概率是_____.
5．（24-25高三上·安徽·阶段练习）已知数列，的通项公式分别为，，，，从数列中任取一项，则该项也是数列中的项的概率为____.（结果用分数表示）
6．（2024·浙江宁波·一模）一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5的五个大小质地完全相同的小球.甲、乙两人玩游戏，规则如下：第一轮，甲先从盒子中不放回地随机取两个球，乙接着从盒子中不放回地随机取一个球，若甲抽取的两个小球数字之和大于乙抽取的小球数字，则甲得1分，否则甲不得分；第二轮，甲、乙从盒子中剩余的两个球中依次不放回地随机取一个球，若甲抽取的小球数字大于乙抽取的小球数字，则甲得1分，否则甲不得分.则在两轮游戏中甲共获得2分的概率为_______.
7．（24-25高三上·湖南株洲·期末）在箱子里有六张印有6名同学名字（名字都不相同）的卡片，6名同学随机在箱子中抽取一张卡片.为了使6名同学都能拿到自己的卡片，每次只有2名同学可以互换手中的卡片，则这6名同学至少进行5次互换才能都拿到自己名字的卡片的概率为_________.
8．（24-25高三上·江苏扬州·开学考试）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3， 5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）．则四轮比赛后，甲得3分的概率为 ；甲的总得分不小于2的概率为_________．

1．（2024·广东江苏·高考真题）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 .
【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为.
对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得分的概率，所以.
从而.
记.
如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以；
如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以.
而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.
所以，，两式相减即得，故.
所以甲的总得分不小于2的概率为.
故答案为：.
2．（2024·全国甲卷·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为 ．
【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，
设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，
故，故，
故，
若，则，则为：，故有2种，
若，则，则为：，
，故有10种，
当，则，则为：
，
，
故有16种，
当，则，同理有16种，
当，则，同理有10种，
当，则，同理有2种，
共与的差的绝对值不超过12时不同的抽取方法总数为，
故所求概率为.
故答案为：
3．（24-25高三上·江苏·期末）已知等差数列的公差不为0．若在的前100项中随机抽取4项，则这4项按原来的顺序仍然成等差数列的概率为 ．（用最简分数作答）
【详解】设等差数列公差为，
若在数列的前100项中随机抽取4项，构成新的等差数列，则其公差可能为.
当公差为时，则首项可以为，可构成共个不同的等差数列；
当公差为时，则首项可以为，可构成共个不同的等差数列；
当公差为时，则首项可以为，可构成共个不同的等差数列；
；
当公差为时，则首项可以为，可构成共个不同的等差数列；
；
当公差为时，则首项为，可构成共个等差数列.
故在的前100项中随机抽取4项按原来的顺序，共可构成个等差数列；
又在的前100项中随机抽取4项，这4项按原来的顺序共可构成个数列；
则由古典概型概率公式可得，.
故答案为：.
4．（24-25高三上·四川达州·阶段练习）抛一枚质地均匀的骰子3次，将每次骰子正面朝上的数字依次记为，则不等式成立的概率是 .
【详解】抛一枚质地均匀的骰子3次，共有种情况，
其中满足，包含三个数字为，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共23个.所以不等式成立的概率.故答案为：
5．（24-25高三上·安徽·阶段练习）已知数列，的通项公式分别为，，，，从数列中任取一项，则该项也是数列中的项的概率为 .（结果用分数表示）
【详解】设两数列中相同数构成数列，则，
设，则，
，不在中，故；
，在中，故，
故，所以为等比数列，通项为，
由于，即，因为，解得，
故从数列中选取项，使得该项也为中的项的概率为．
故答案为：
6．（2024·浙江宁波·一模）一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5的五个大小质地完全相同的小球.甲、乙两人玩游戏，规则如下：第一轮，甲先从盒子中不放回地随机取两个球，乙接着从盒子中不放回地随机取一个球，若甲抽取的两个小球数字之和大于乙抽取的小球数字，则甲得1分，否则甲不得分；第二轮，甲、乙从盒子中剩余的两个球中依次不放回地随机取一个球，若甲抽取的小球数字大于乙抽取的小球数字，则甲得1分，否则甲不得分.则在两轮游戏中甲共获得2分的概率为 .
【详解】若第一轮在第一轮中得1分，
若第一轮中甲抽到的小球为1，3，则乙抽到的小球只能是2，
若第一轮中甲抽到的小球为1，4，则乙抽到的小球可以是2或3，
若第一轮中甲抽到的小球为2，3，则乙抽到的小球可以是1或4，
若第一轮中甲抽到的小球为1，5或者2，4或者2，5或者3，4或者3，5或者4，5时，则乙抽到的小球可以是剩下三个小球中的任何一个，故共有，
因此第一轮中甲得1分的概率为,
在第二轮的过程中，只剩下两个球，要使甲在第二轮中得1分，只需要甲在剩下两个球中抽到号码大的球即可，故概率为，
因此甲在两轮中共得2分的概率为，
故答案为：
7．（24-25高三上·湖南株洲·期末）在箱子里有六张印有6名同学名字（名字都不相同）的卡片，6名同学随机在箱子中抽取一张卡片.为了使6名同学都能拿到自己的卡片，每次只有2名同学可以互换手中的卡片，则这6名同学至少进行5次互换才能都拿到自己名字的卡片的概率为 .
【详解】因为同学们至少经过5次操作才能才能都拿到自己的名牌，
这里研究排序混乱到什么程度才需要“至少经过5次互换”六位同学才能都拿到自己的名牌，这里不妨记甲､乙､丙､丁､戊､己六位同学对应的位次分别为1，2，3，4，5，6，
首先，考虑一种情况：假设字母“甲”已经拿到自己的名牌，即排在1号位，其他名牌皆不在对应同学的手里，
易知把其他五个名牌换到对应同学的手里至少需要经过4次操作，
即第一次让“乙”归位，第二次让“丙”归位，第三次让“丁”归位，第四次将“戊”与“己”同时归位，这样仅需进行4次操作，不满足题意；
若甲､乙､丙､丁､戊､己六位同学的名牌均不在自己手里，但经过一次交换后，可使得两个字母同时归位，此时也不能满足“至少进行5次操作”的情况，
所以，要满足“至少进行5次操作”的情况，则自己的名牌均不在自己手里，且交换过程中只存在最后一次互换两位同学都能拿到自己的名牌，
综上，总的排序方法有种，
所有的随机情况有种，所以概率为.
故答案为：.
8．（24-25高三上·江苏扬州·开学考试）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3， 5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）．则四轮比赛后，甲得3分的概率为 ；甲的总得分不小于2的概率为 ．
【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为.
对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得分的概率，所以.
从而.记.
如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以；
如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以.
而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.
所以，，两式相减即得，故.
所以甲的总得分不小于2的概率为.
故答案为：；.按动
开
开
关
开
关
关
关
关
关
按动
开
关
开
开
关
开
关
关
关
按动
开
关
关
开
开
关
关
关
开
按动
开
关
关
开
开
关
开
开
关
按动
开
关
关
关
关
关
关
关
关
丙的
参赛
情况
1
2
3
4
5
事件
轮空
胜
胜
败
胜
B
轮空
胜
败
轮空
胜
C
轮空
败
轮空
胜
胜
D
第1周
第2周
第3周
第4周
第5周
√
√
√
√
√
√
╳
√
√
√
√
√
╳
√
√
√
╳
√
╳
√
√
√
√
╳
√
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法
优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法
把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中
定序问题除法处理
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法
正难则反，等价转化的方法
1
2
3
0
1
2