Разбор заданий НМТ: комбинаторика, вероятность и статистика
НМТ по математике 2026 года — это 22 задания и максимум 32 балла. Комбинаторика, вероятность и статистика занимают в нём скромную, но стабильную долю, и это тот блок, где баллы даются дешевле всего: формул мало, вычисления простые, а большинство ошибок — не арифметические, а логические. Ученик путает, важен ли порядок, или забывает, что вероятность не бывает больше единицы. На занятиях в Tutor-Math мы проходим этот блок последним именно потому, что он даёт лучшее соотношение «время подготовки — полученные баллы». Ниже — компактная теория и восемь разобранных заданий в формате теста.
Два базовых правила счёта
Вся комбинаторика вырастает из двух правил, и путать их нельзя.
Правило произведения. Если первый выбор можно сделать \(m\) способами, а после него второй — \(n\) способами, то пару выборов можно сделать \(m \cdot n\) способами.
Правило суммы. Если объект можно выбрать либо \(m\) способами, либо \(n\) способами (и эти варианты не пересекаются), то всего способов \(m + n\).
Подсказка, как не ошибиться: если в условии действия идут последовательно («сначала… потом…»), работает произведение. Если варианты альтернативные («или… или…»), работает сумма.
Перестановки, размещения, сочетания
Три формулы, и разница между ними — всего в двух вопросах: берём ли все элементы и важен ли порядок.
Перестановки. Количество способов упорядочить все \(n\) различных элементов: \[ P_n = n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot n \]
Размещения. Количество способов выбрать \(k\) элементов из \(n\) с учётом порядка: \[ A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!} = n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1) \]
Сочетания. Количество способов выбрать \(k\) элементов из \(n\) без учёта порядка: \[ C_n^k = \frac{n!}{k! \, (n-k)!} \]
Ключевой вопрос всегда один: меняет ли перестановка выбранных элементов результат? Если выбираем капитана и заместителя — да, меняет, это размещения. Если выбираем двоих в команду без ролей — нет, это сочетания. По договорённости \(0! = 1\).
Классическое определение вероятности
Определение. Если все \(n\) исходов опыта равновозможны и событию \(A\) благоприятствуют \(m\) из них, то \[ P(A) = \frac{m}{n} \]
Отсюда сразу следует граница: \(0 \leqslant P(A) \leqslant 1\), поскольку \(m\) не может превышать \(n\). Вероятность невозможного события равна 0, достоверного — 1.
Противоположное событие. Событие \(\bar{A}\) («\(A\) не произошло») удовлетворяет равенству \[ P(A) + P(\bar{A}) = 1, \qquad P(A) = 1 - P(\bar{A}) \]
Это самая полезная формула блока. Как только в условии появилось «хотя бы один», считайте противоположное событие — «ни одного». Прямой подсчёт требует разбора нескольких случаев, обходной — одного.
Четыре статистические характеристики
- Среднее арифметическое — сумма всех значений, делённая на их количество.
- Мода — значение, которое встречается чаще всего. Мод может быть несколько или не быть вовсе.
- Медиана — «средний» элемент упорядоченного ряда. При нечётном количестве это элемент посередине; при чётном — полусумма двух средних.
- Размах — разность между наибольшим и наименьшим значениями.
Перед поиском медианы ряд обязательно упорядочивают. Это то действие, которое пропускают чаще всего.
Задание 1. Выбор без порядка
Из 12 учеников класса надо выбрать троих для участия в олимпиаде. Сколькими способами это можно сделать?
Роли участников одинаковы, поэтому порядок выбора не имеет значения — это сочетания:
\[ C_{12}^{3} = \frac{12!}{3! \cdot 9!} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10}{1 \cdot 2 \cdot 3} = \frac{1320}{6} = 220 \]Обратите внимание на приём сокращения: в числителе оставляем столько множителей, сколько единиц в \(k\), остальное сокращается с \((n-k)!\).
Ответ: 220 способов.
Задание 2. Тот же набор, но с порядком
В соревновании участвуют 7 спортсменов. Сколькими способами могут распределиться первое, второе и третье места (при условии, что все места занимают разные спортсмены)?
Здесь порядок критичен: набор «Андрей — золото, Богдан — серебро» отличается от «Богдан — золото, Андрей — серебро». Это размещения:
\[ A_7^3 = 7 \cdot 6 \cdot 5 = 210 \]Для сравнения: если бы спрашивали, сколькими способами выбрать троих призёров без распределения мест, ответ был бы \(C_7^3 = 35\). Разница ровно в \(3! = 6\) раз — именно столько способов упорядочить уже выбранную тройку.
Ответ: 210 способов.
Задание 3. Вероятность простого события
В урне 5 белых, 7 чёрных и 8 красных шаров. Наугад вынимают один шар. Какова вероятность, что он белый?
Общее количество равновозможных исходов:
\[ n = 5 + 7 + 8 = 20 \]Благоприятных исходов \(m = 5\). Тогда
\[ P = \frac{5}{20} = \frac{1}{4} = 0{,}25 \]Проверка на границе: \(0 < 0{,}25 < 1\) — результат корректен. Сокращение дроби здесь обязательно: в тестовых вариантах ответ почти всегда дан в несократимом виде. Если сокращение даёт сбои, стоит повторить обыкновенные дроби и НОД и НОК.
Ответ: \(0{,}25\).
Задание 4. Карточки
Карточки пронумерованы числами от 1 до 15. Наугад берут одну карточку. Какова вероятность, что номер на ней кратен 3?
Выпишем благоприятные номера: 3, 6, 9, 12, 15 — их \(m = 5\). Всего карточек \(n = 15\).
\[ P = \frac{5}{15} = \frac{1}{3} \approx 0{,}33 \]Не поддавайтесь соблазну разделить 15 на 3 и сразу записать 5 в качестве ответа — 5 это количество, а не вероятность.
Ответ: \(\dfrac{1}{3}\).
Задание 5. Два кубика
Подбрасывают два игральных кубика. Какова вероятность того, что сумма очков равна 8?
Кубики считаем различными, поэтому общее количество исходов по правилу произведения:
\[ n = 6 \cdot 6 = 36 \]Выпишем все пары с суммой 8: \((2;6)\), \((3;5)\), \((4;4)\), \((5;3)\), \((6;2)\). Их \(m = 5\). Пары \((2;6)\) и \((6;2)\) — разные исходы, поскольку кубики различимы.
\[ P = \frac{5}{36} \approx 0{,}14 \]Ответ: \(\dfrac{5}{36}\).
Задание 6. «Хотя бы одна» — через противоположное событие
В партии из 10 деталей 3 бракованные. Наугад берут 2 детали. Какова вероятность, что хотя бы одна из них бракованная?
Прямой путь требует двух случаев (ровно одна бракованная и обе бракованные). Обходной — одного. Пусть \(A\) — «хотя бы одна бракованная», тогда \(\bar{A}\) — «ни одной бракованной», то есть обе качественные.
Всего способов взять 2 детали из 10 (порядок неважен):
\[ C_{10}^{2} = \frac{10 \cdot 9}{2} = 45 \]Качественных деталей \(10 - 3 = 7\), способов выбрать из них две:
\[ C_{7}^{2} = \frac{7 \cdot 6}{2} = 21 \] \[ P(\bar{A}) = \frac{21}{45} = \frac{7}{15} \] \[ P(A) = 1 - \frac{7}{15} = \frac{8}{15} \approx 0{,}53 \]Контроль: \(\dfrac{7}{15} + \dfrac{8}{15} = 1\) — сумма вероятностей противоположных событий равна единице, значит, вычисления согласованы.
Ответ: \(\dfrac{8}{15}\).
Задание 7. Среднее, мода, медиана, размах
Ученик в течение десяти дней фиксировал время (в минутах), затраченное на дорогу в школу: 12, 15, 15, 18, 20, 22, 15, 25, 19, 15. Найдите среднее арифметическое, моду, медиану и размах выборки.
Шаг 1 — упорядочиваем ряд:
\[ 12,\ 15,\ 15,\ 15,\ 15,\ 18,\ 19,\ 20,\ 22,\ 25 \]Шаг 2 — среднее арифметическое. Сумма значений равна 176, количество — 10:
\[ \bar{x} = \frac{176}{10} = 17{,}6 \]Шаг 3 — мода. Число 15 встречается четыре раза, остальные — по одному. Мода равна 15.
Шаг 4 — медиана. Элементов 10, то есть чётное количество, поэтому берём полусумму пятого и шестого членов упорядоченного ряда: это 15 и 18.
\[ M_e = \frac{15 + 18}{2} = \frac{33}{2} = 16{,}5 \]Шаг 5 — размах: \(25 - 12 = 13\).
Обратите внимание: медиана \(16{,}5\) не совпадает ни с одним значением выборки — и это нормально. Медиана при чётном количестве элементов вообще не обязана быть членом ряда.
Ответ: среднее \(17{,}6\); мода 15; медиана \(16{,}5\); размах 13.
Задание 8. Чтение диаграммы
Столбчатая диаграмма показывает количество проданных билетов за пять дней недели: понедельник — 12, вторник — 15, среда — 9, четверг — 18, пятница — 21. Найдите среднее количество билетов за день и размах данных.
С диаграммы считываем высоты столбцов и складываем:
\[ 12 + 15 + 9 + 18 + 21 = 75 \] \[ \bar{x} = \frac{75}{5} = 15 \]Размах: наибольшее значение 21 (пятница), наименьшее 9 (среда), значит \(21 - 9 = 12\).
Для полноты: упорядоченный ряд \(9,\ 12,\ 15,\ 18,\ 21\) содержит нечётное количество элементов, поэтому медиана — третий член, то есть 15. Здесь медиана совпала со средним, но это совпадение, а не правило.
Главная ловушка диаграммных заданий — невнимательное считывание шкалы. Если деление равно 5 единицам, а не 1, все числа надо умножать на 5. Похожая логика работает и в задачах на проценты, где процент тоже нужно соотнести с правильной базой.
Ответ: среднее количество — 15 билетов; размах — 12.
Типичные ошибки
- Путаница размещений и сочетаний. Самая дорогая ошибка блока. Проверка одна: поменяйте выбранные элементы местами. Получился другой результат (капитан и заместитель, первое и второе место, разные должности) — это размещения \(A_n^k\). Результат тот же (состав команды, набор продуктов, пара цветов) — это сочетания \(C_n^k\). Ответы отличаются ровно в \(k!\) раз, поэтому ошибка сразу даёт число не того порядка.
- Вероятность больше 1. Это не «почти правильно», а сигнал об ошибке в постановке. Самые частые причины: благоприятные исходы посчитаны с повторами либо в знаменатель попало не то количество исходов. Получили \(P > 1\) или \(P < 0\) — не ищите ближайший вариант в ответах, возвращайтесь к \(n\) и \(m\).
- Медиана при чётном количестве элементов. Ученики берут один из двух средних вместо их полусуммы. В ряду из 10 чисел медиана — это \(\dfrac{x_5 + x_6}{2}\), а не \(x_5\) и не \(x_6\).
- Поиск медианы без упорядочивания. Медиана «сырого» ряда — просто случайное число. Сортировка — первый шаг, всегда.
- Прямой подсчёт для «хотя бы один». Формально возможен, но требует разбора нескольких случаев, и один из них обычно теряется. Противоположное событие короче и надёжнее.
- Путаница правил суммы и произведения. «Сначала одно, потом второе» — умножаем. «Или одно, или другое» — складываем. Ошибка здесь искажает ответ в разы.
- Несокращённая дробь. Ответ \(\dfrac{21}{45}\) математически верен, но в вариантах стоит \(\dfrac{7}{15}\) — и ученик не находит свой ответ в списке.
Вывод
Этот блок требует не силы, а аккуратности. Четыре формулы (\(n!\), \(A_n^k\), \(C_n^k\), \(P = m/n\)), одно правило противоположного события и четыре статистические характеристики закрывают практически все задания такого типа. Главный навык — не считать, а правильно квалифицировать задачу: важен порядок или нет, «хотя бы один» или «ровно один», чётное количество элементов или нет. О полном перечне разделов экзамена читайте в обзоре тем НМТ 2026, а базовые навыки работы с отношениями можно подтянуть в статье о пропорции.
Если на пробных тестах ответы в этом блоке расходятся именно из-за выбора формулы, а не из-за арифметики — приходите на пробное занятие. За одну встречу можно разобрать систему распознавания типа задачи и перестать терять баллы на лёгких заданиях.
FAQ
Как быстро отличить размещения от сочетаний?
Задайте один вопрос: меняется ли результат, если переставить выбранные элементы местами. Меняется (роли, места, должности, порядок в очереди) — размещения \(A_n^k\). Не меняется (состав группы, набор предметов) — сочетания \(C_n^k\). Слова-маркеры для размещений: «первое и второе место», «капитан и заместитель», «разные должности». Для сочетаний: «выбрать троих», «сформировать команду».
Что делать, если вероятность получилась больше 1?
Это всегда ошибка вычисления, а не особый случай. Вероятность по определению лежит в пределах от 0 до 1. Проверьте две вещи: все ли исходы в знаменателе равновозможны и не посчитаны ли благоприятные исходы дважды. Аналогично, отрицательная вероятность невозможна — чаще всего она появляется, когда вычитают не ту величину при переходе к противоположному событию.
Как находить медиану, если чисел чётное количество?
Упорядочьте ряд по возрастанию, найдите два средних элемента и возьмите их полусумму. Для ряда из 10 чисел это пятый и шестой элементы: \(M_e = (x_5 + x_6)/2\). Результат может не совпадать ни с одним числом выборки — это нормально и не является признаком ошибки.
Сколько заданий по этой теме будет в НМТ по математике?
НМТ по математике 2026 года состоит из 22 заданий и оценивается максимум в 32 балла. Комбинаторика, вероятность и статистика — один из разделов программы, и задания этого типа традиционно относятся к более простым: они не требуют громоздких преобразований, поэтому их стоит отработать до автоматизма и брать гарантированные баллы.
