新教材人教版高中数学选择性必修三教案

1、6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(1)本节课选自2019 人教 A 版高中数学选择性必修第三册，第六章计数原理，本节课主要学习分类加法计数原理与分步乘法计数原理。课程目标学科素养A.通过实例能归纳总结出分类加法计数原1.数学抽象：两个计数原理理与分步乘法计数原理;逻辑推理：准确运用两个计数原理解决问题数学运算：运用计数原理解决计数问题B.正确理解“完成一件事情”的含义，能4.数学建模：将计数问题转化为分类和分步计数问题根据具体问题的特征,选择“分类”或“分步”.C.能利用两个原理解决一些简单的实际问题.两个计数原理，其核心是准确理解两个原理，弄清它们的区别。理解它关键就是要根据实例

2、概括两个计数原理。学生对计数问题已经有一些经验和技巧，本节课的内容分类计数原理和分步计 数原理就是在此基础上的发展。由于排列、组合及二项式定理的研究都是以两个计数原理为基础, 所以在本学科计数问题中有重要的地位，是本学科的核心内容。教学的重点是两个原理的理解与应 用，解决重点的关键是从单一到综合，恰当安排实例。重点： 分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其简单应用难点： 准确应用两个计数原理解决问题多媒体教学过程教学设计意图核心素养目标一、问题导学计数问题是我们从小就经常遇到的，通过列举一个一个地数是计数的基本方法，但当问题中的数量很大时，列举的方法效率不高，能否设计巧妙的“数法”，以提高效率

3、呢？下面先分析一个简单的问题，并尝试从中得出巧妙的计数方法.问题 1.用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的一个座位编号，总共能编出多少种不同的号码？因为英文字母共有 26 个，阿拉伯数字共有 10 个，所以总共可以编出 26+10=36 种不同的号码.问题 2.你能说说这个问题的特征吗？ 上述计数过程的基本环节是：确定分类标准，根据问题条件分为字母号码和数字号码两类；分别计算各类号码的个数；各类号码的个数相加，得出所有号码的个数.你能举出一些生活中类似的例子吗？ 一般地，有如下分类加法计数原理：通过导语，帮助学生回顾计数问题， 引出学习课题。通过具体问题，已发学生思考， 通过分析、比

4、较、归纳、形成对计数原理的认识。发展学生数学运算，数学抽象和数学建模的核心素养。完成一件事，有两类办法. 在第 1 类办法中有m 种不同的方法， 在第 2 类方法中有n 种不同的方法，则完成这件事共有:N= m+n 种不同的方法.二、典例解析例 1.在填写高考志愿时，一名高中毕业生了解到，A,B 两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，如表，A 大学生物学化 学 医学物理学工程学B 大学数 学 会计学信息技术学法学如果这名同学只能选一个专业，那么他共有多少种选择？分析:要完成的事情是“选一个专业”因.为这名同学在 A,B 两所大学中只能选择一所，而且只能选择一个专业，又因为这两所大学没有共同的强

5、项专业，所以符合分类加法计数原理的条件.解：这名同学可以选择A,B 两所大学中的一所，在A 大学中有 5 种专业选择方法，在B 大学中有 4 种专业选择方法，因为没有一个强项专业是两所大学共有的，所以根据分类加法计数原理，这名同学可能的专业选择种数N=5+4=9.利用分类加法计数原理解题的一般思路(1)分类:将完成这件事的办法分成若干类; (2)计数:求出每一类中的方法数;(3)结论:将每一类中的方法数相加得最终结果.问题 3. 如果完成一件事有三类不同方案，在第一类方案中有 m 种1不同的方法，在第二类方案中有m 种不同的方法，在第三类方案中2有 m 种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不

6、同的方法？如果3完成一件事情有N 类不同方案，在每一类中都有若干种不同的方法，那么应该如何计数呢？分类加法计数原理：完成一件事,如果有 n 类办法,且:第一类办法中有 m 种不同的方法,第二类办法中有 m 种不同的方法第 n 类办12法中有 m 种不同的方法,那么完成这件事共有 N=m +m +m 种n12n不同的方法.跟踪训练 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是()A18B36C72D48解析：方法一 按十位上的数字分别是 1，2，3，4，5，6，7，8 分成八类，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 个由分类加

7、法计数原理知，满足条件的两位数共有 8765432136(个).方法二 按个位上的数字分别是 2，3，4，5，6，7，8，9 分成八类， 在每一类中满足条件的两位数分别有1 个、2 个、3 个、4 个、5 个、6 个、7 个、8 个由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有 1234567836(个).方法三 考虑两位数的个位数字与十位数字的大小关系，利用对应思想解决所有的两位数共有 90 个，其中，个位数字等于十位数字的两位数为 11，22，33，99，共 9 个；有 10，20，30，90 共9 个两位数的个位数字与十位数字不能调换位置，则剩余的两位数有901872(个).在这 72 个两

8、位数中，每一个个位数字(a)小于十位数字(b)的两位数都有一个十位数字(a)小于个位数字(b)的两位数与之对应，故满足条件的两位数的个数是 72236.故选 B.答案：B在典例分析和练习中让学生熟悉两个计数原理的基本步骤，并能区分它们的联系和区别，发展学生逻辑推理，直观想象、数学抽象和数学运算的核心素养。问题 4.用前 6 个大写的英文字母和 19 个阿拉伯数字，以 A ，1A ，A ，B ，B ，的方式给教室里的一个座位编号，总共能编出1912多少种不同的号码？解：方法一：解决计数问题可以用“树状图”列举出来方法二：由于 6 个英文字母中的任意一个都能与 6 个数字中的任意一个组成一个号码，

9、而且它们互不相同，因此共有69=54 种不同的号码.问题 5.你能说说这个问题的特征吗？ 上述计数过程的基本环节是：由问题条件中的“和”，可确定完成编号要分两步；分别计算各步号码的个数；将各步号码的个数相乘，得出所有号码的个数.你能举出一些生活中类似的例子吗？例 2.设某班有男生 30 名，女生 24 名。现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，共有多少种不同的选法？分析:选出一组参赛代表，可分两步：第一步, 选男生；第二步,选女生.解：第一步,从 30 名男生中选出 1 人,有 30 种不同选择； 第二步,从 24 名女生中选出 1 人,有 24 种不同选择；根据分步计数原理，共有 30

10、24=720 种不同方法.问题 6. 如果完成一件事有三个步骤, 做第 1 步有m 种不同的方1法，做第 2 步有m 种不同的方法，做第 3 步有m3 种不同的方法，2那么完成这件事共有多少种不同的方法?Nm m m123如果完成一件事需要有n 个步骤,做每一步中都有若干种不同方法,那么应当如何计数呢?如果完成一件事需要n 个步骤，做第 1 步有m 种不同的方法，做第12 步有 m 种不同的方法，,做第 n 步有 m 种不同的方法,那么完成2n这件事的方法总数如何计算？ 分步乘法计数原理一般结论：Nm m m12n例 3.书架上第 1 层放有 4 本不同的计算机书,第 2 层放有 3 本不同的

11、文艺书,第 3 层放有 2 本不同的体育杂志.从书架上任取 1 本书,有多少种不同的取法?从书架的第 1、 2、 3 层各取 1 本书,有多少种不同取法? (3)从书架上取 2 本不同学科的书,有多少种不同的取法?解：（1）根据分类加法计数原理可得：N43+29；根据分步乘法计数原理可得：N4 3224；需先分类再分步.第一类：从一、二层各取一本，有 43=12 种方法； 第二类：从一、三层各取一本,有 42=8 种方法； 第三类：从二、三层各取一本,有 32=6 种方法； 根据两个基本原理，不同的取法总数是N=43+42+32=26答: 从书架上取 2 本不同种的书,有 26 种不同的取法.

12、应用分步乘法计数原理解题的一般思路跟踪训练 2.有 6 名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定 6 名同学都参加)(1)每人恰好参加一项，每项人数不限； (2)每项限报一人，且每人至多参加一项；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限解：(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有 3 种不同的报名方法根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法种数为36729. (2)每项限报一人，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种数为654120

13、. (3)每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这 6 人中选出 1 人参赛根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法种数为 63 216.三、达标检测某教师有相同的语文参考书 3 本，相同的数学参考书 4 本，从中取通过练习巩固本节出 4 本赠送给 4 位学生，每位学生 1 本，则不同的赠送方法共有()所学知识，通过学生A20 种B15 种C10 种D4 种解析：若 4 本中有 3 本语文参考书和 1 本数学参考书，则有 4 种方解决问题，发展学生的数学运算、逻辑推法，若 4 本中有 1 本语文参考书和 3 本数学参考书，则有 4 种方法， 理、直观想象、数学若 4 本中有 2 本语文参考

14、书和 2 本数学参考书，则有6 种方法，若4 本都是数学参考书，则有一种方法，所以不同的赠送方法共有 446115(种).故选 B. 答案：B现有 6 名同学去听同时进行的 5 个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同的选法的种数是()A56B65C30D11解析：(1)第一名同学有 5 种选择方法，第二名也有 5 种选择方法，依次，第六名同学有 5 种选择方法，综上，6 名同学共有 56 种不同的选法故选 A.建模的核心素养。4 张卡片的正、反面分别标有 0 与 1,2 与 3,4 与 5,6 与 7,将其中 3张卡片排放在一起,可组成个不同的三位数. 解析:分三个步骤:第一步

15、:百位可放 8-1=7 个数; 第二步:十位可放 6 个数;第三步:个位可放 4 个数.根据分步乘法计数原理,可以组成 N=764=168 个不同的三位数. 答案:168如图所示的电路图,从 A 到 B 共有条不同的线路可通电.解析:先分三类.第一类,经过支路有 3 种方法;第二类,经过支路有1 种方法;第三类,经过支路有 22=4 种方法,所以总的线路条数N=3+1+4=8.答案:8如图,一只蚂蚁沿着长方体的棱,从顶点 A 爬到相对顶点 C ,求其中1经过 3 条棱的路线共有多少条?解:从总体上看有三类方法,分别经过 AB,AD,AA .从局部上看每一类1又需分两步完成.故第一类:经过 AB

16、,有 m =12=2 条;第二类:经过1AD,有 m =12=2 条;第三类:经过 AA ,有 m =12=2 条.根据分类加213法计数原理,从顶点 A 到顶点 C 经过 3 条棱的路线共有 N=2+2+2=61条.某外语组有 9 人,每人至少会英语和日语中的一门,其中 7 人会英语,3 人会日语,从中选出会英语和日语的各一人到边远地区支教,有多少种不同的选法?解:由题意知,有 1 人既会英语又会日语,6 人只会英语,2 人只会日语. 方法一:分两类.第一类:从只会英语的 6 人中选 1 人有 6 种选法,从会日语的 3 人中选1 人有 3 种选法.此时共有 63=18(种)选法.第二类:从

17、“全能”的人中选 1 人有 1 种选法,从只会日语的 2 人中选 1 人有 2 种选法,此时有 12=2(种)选法.所以由分类加法计数原理知, 共有 18+2=20(种)选法.方法二:设既会英语又会日语的人为甲,则甲有入选和不入选两类情形,入选后又分两种情况:(1)教英语;(2)教日语.第一类:甲入选.甲教英语,再从只会日语的 2 人中选 1 人,由分步乘法计数原理,有12=2(种)选法;甲教日语,再从只会英语的 6 人中选 1 人,由分步乘法计数原理,有16=6(种)选法.故甲入选的不同选法共有 2+6=8(种).第二类:甲不入选.可分两步:第一步,从只会英语的 6 人中选 1 人有 6 种

18、选法;第二步,从只会日语的 2 人中选 1 人有 2 种选法.由分步乘法计数原理,有 6 2=12(种)不同的选法.综上,共有 8+12=20(种)不同的选法.四、小结两个原理的联系与区别联系:分类加法计数原理和分步乘法计数原理都是解决计数问题最基本、最重要的方法.区别分类加法计数原理分步乘法计数原理通过总结，让学生进一步巩固本节所学内容， 提高概括能力。区别 完成一件事共有n 类办法,关一键词是“分类”完成一件事共有n 个步骤,关键词是“分步”每类办法中的每种方法都能除最后一步外,其他每步得到的独立地完成这件事,它是独立只是中间结果,任何一步都不能区别的、一次的且每种方法得到独立完成这件事,

19、缺少任何一步二的都是最后结果,只需一种方也不能完成这件事,只有各个步法就可完成这件事骤都完成了,才能完成这件事各步之间是关联的、独立区别 各类办法之间是互斥的、并的,“关联”确保不遗漏,“独立”确三列的、独立的保不重复五、课时练在本节课的教学中，学生可能遇到的问题（或困难、障碍）是综合应用两个计数原理，产生这一问题的原因是不能根据问题的特征选择对应的原理。要解决这一问题，就要要通过典型的、学生比较熟悉的实例，经过概括得出两个计数原理，然后从单一到综合的方式，安排例题，其中关键是从单一到综合，引导学生体会两个计数原理的基本思想。分类加法计数原理与分步乘法计数原理(2)本节课选自2019 人教 A

20、 版高中数学选择性必修第三册，第六章计数原理，本节课主要学习分类加法计数原理与分步乘法计数原理。两个计数原理，其核心是准确理解两个原理，弄清它们的区别。理解它关键就是要根据实例 概括两个计数原理。学生对计数问题已经有一些经验和技巧，本节课的内容分类计数原理和分步计 数原理就是在此基础上的发展。由于排列、组合及二项式定理的研究都是以两个计数原理为基础, 所以在本学科计数问题中有重要的地位，是本学科的核心内容。教学的重点是两个原理的理解与应 用，解决重点的关键是从单一到综合，恰当安排实例。课程目标学科素养A. 进一步理解和掌握分类加法计数原理1.数学抽象：两个计数原理和分步乘法计数原理；B能应用两

21、个计数原理解决实际问题.逻辑推理：运用分类思想解决复杂问题数学运算：运用计数原理解决计数问题4.数学建模：将计数问题转化为分类和分步计数问题重点： 分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其简单应用难点： 准确应用两个计数原理解决问题多媒体教学过程教学设计意图核心素养目标二、温故知新两个原理的联系与区别联系:分类加法计数原理和分步乘法计数原理都是解决计数问题最基本、最重要的方法.区别通过引导学生回分类加法计数原理区别完成一件事共有n 类办法,关键一词是“分类”每类办法中的每种方法都能独立地完成这件事,它是独立的、区别一次的且每种方法得到的都是二最后结果,只需一种方法就可完成这件事区别各类办法之间是

22、互斥的、并列三的、独立的分步乘法计数原理完成一件事共有n 个步骤,关键词是“分步”除最后一步外,其他每步得到的只是中间结 果,任何一步都不能独立完成这件事,缺少任何一步也不能完成这件事,只有各个步骤都完成了,才能完成这件事各步之间是关联的、独立的,“关联”确保不遗 漏,“独立”确保不重复顾计数原理，进一步比较分析加深对两个计数原理得理解。二、典例解析例 4. 要从甲、乙、丙 3 幅不同的画中选出 2 幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？分析：要完成的一件事是“从 3 幅画中选出 2 幅，并分别挂在左、右两边墙上”，可以分步完成.解：从 3 幅画中选出 2 幅分别挂在左

23、、右两边墙上， 可以分两个步骤完成:第 1 步，从 3 幅画中选 1 幅挂在左边墙上，有 3 种选法，第 2 步，从剩下的 2 幅画中选 1 幅挂在右边墙上，有 2 种选法，通过具体问题， 分析、比较、归纳、加深对两个计数原理的认识。发展学生数学运算，数学抽象和数学建模的核心素养。根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是N=32=6.例 5给程序模块命名，需要用3 个字符，其中首字符要求用字母A G 或U Z ，后两个要求用数字1 9 .问最多可以给多少个程序命名？分析：要完成一件事是“给一个程序模块命名” ，可以分三个步骤完成：第 1 步，首选字符，第 2 步，选中间字符；第 3 步，选最后一

24、个字符，还有首字符又可以分为两类。解：由分类加法计数原理，首字符不同选法的种数为7 6 13 ，后两个字符从中选，因为数字可以重复， 所以1 9 不同选法的种数都为 9.由分步乘法计数原理，不同名称的个数是13 9 9 1053， 即最多可以给 1053 个程序命名.例 6. 电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态.因此计算机内部就采用了每一位只有 0 或 1 两种数字的记数法，即二进制.为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由8 个二进制位构成.问：一个

25、字节(8 位)最多可以表示多少个不同的字符？计算机汉字国标码(GB 码)包含了 6763 个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？分析： （1）要完成的一件事是“确定 1 个字节各二进制位上的数字” .由于每个字节有 8 个二进制位，每一位上的值都是 0，1 两种选择，而且不同的顺序代表不同的字符，因此可以用分步乘法计数原 理来求解；（2）只要计算出多少个字节所能表示的不同字符不少于6763 个即可.解：（1）一个字节共有 8 位，每位上有 2 种选择，根据分步乘法计数原理，一个字节最多可以表示22222222=28=256 个不同的字符；（2）由（1

26、）知，用一个字节能表示 256 个字符，2566763，所以每个汉字至少要用 2 个字节表示.例 7.计算机编程人员在编写好程序以后需要对程序进行调试，程序员需要知道到底有多少条执行路径（即程序从开始到结束的路线），以便知道需要提供多少个测试数据.一般地，一个程序模块由许多字模块组成，如图，这是一个具有许多执行路径的程序模块， 它有多少条执行路径？在典例分析和练习中让学生熟悉两个计数原理的基本步骤，并能区分它们的联系和区别，进而灵活运用两个计数原理。发展学生逻辑推理，直观想象、数学抽象和数学运算的核心素养。另外，为了减少测试时间，程序员需要设法减少测试次数.你能帮助程序员设计一个测试方法，以减

27、少测试次数吗？分析：整个模块的任意一条执行路径都分两步完成：第1 步是从开始执行到A 点；第 2 步是从A 点执行到结束.而第 1 步可有子模块1、子模块 2、子模块 3 中任何一个来完成；第 2 步可以由子模块4、子模块 5 中任何一个来完成，因此，分析一条指令在整个模块的执行路径需要用到两个技术原理.解：由分类加法计数原理，子模块 1、子模块 2,、子模块 3 中的子路径条数共为 18+45+28=91；子模块 4、子模块 5 中的子路径条数共为 38+43=81.又由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径条数共为9181=7371.在实际测试中，程序员总是把每一个子模块看成一个黑箱，即通过

28、只考察是否执行了正确的子模块的方式来测试整个模块， 这样，它可以先分别单独测试 5 个模块，以考察每个子模块的工作是否正常，总共需要的测试次数为18+45+18+38+43=172.再测试各个模块之间的信息交流是否正常，只需要测试程序第 1 步中的各个子模块和第 2 步中的各个子模块之间的信息交流是否正常，需要测试的次数为 32=6.如果每个子模块都正常功能，并且各个子模块之间的信息交流也正常，那么整个程序模块就工作，正常这样测试整个模块的次数就变为 172+6=178，显然 178 与 7371 的差距是非常大的.使用两个原理的原则使用两个原理解题时,一定要从“分类”“分步”的角度入手.“分

29、类”是对于较复杂应用问题的元素分成互相排斥的几类,逐类解决,用分类加法计数原理“ 分步”就是把问题分化为几个互相关联的步骤,然后逐步解决,这时可用分步乘法计数原理.应用两个计数原理计数的四个步骤(1)明确完成的这件事是什么. (2)思考如何完成这件事.(3)判断它属于分类还是分步,是先分类后分步,还是先分步后分类. (4)选择计数原理进行计算.例 8.通常，我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为用汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示发牌机关代号，第二部分有阿拉伯数字和英文字母组成的序号如图，其中，序号的编码规则为：由 10 个阿拉伯数字和除 O,I 之外的 24 个英文字母

30、组成;最多只能有 2 个英文字母.如果某地级市发牌机关采用 5 位序号编码，那么这个发牌机关最多能发放多少张汽车号牌？典例解析分析：由号牌编号的组成可知，序号的个数决定了这个发牌机关所能发放的最多号牌数，按程序编码规则可知，每个序号中的数字、字母都是可重复的，并且可将序号分为三类；没有字母，有1 个字母，有 2 个字母，以字母所在位置为分类标准，可将有1 个字母的序号，分为五个子类，将有 2 个字母的序号，分为十个子类.解：有号牌编号的组成可知，这个发牌机关所能发放的最多号牌数就是序号的个数，根据序号编码规则，5 位序号可以分为三类：没有字母，有 1 个字母，有 2 个字母.当没有字母时，序号

31、的每一位都是数字，确定一个序号可分5 个步骤，每一步都可以从 10 个数字中选 1 个，各有 10 种选法，根据分布乘法计数原理，这类号牌张数为1010101010=100000.当有 1 个字母时，这个字母可以分别在序号的第1 位、第 2 位、第 3 位、第 4 位或第 5 位，这类序号可以分为五个子类.当第 1 位是字母时，分 5 个步骤确定一个序号中的字母和数字：第 1 步，从 24 个字母中选 1 个放在第 1 位，有 24 种选法； 第 25 步都是从 10 个数字中选一个放在相应的位置，各有10 种选法 ， 根 据 分 步 乘 法 计 数 原 理 ， 号 牌 张 数 为 ： 241

32、0101010=240000.同样，其余四个子类号牌也各有240000 张。根据分类加法计数原理，这类号牌张数，共为240000+240000+240000+240000+240000=1200000.当有 2 个字母时，根据这 2 个字母在序号中的位置，可将这类序号分为十个子类：第 1 位和第 2 位，第 1 位和第 3 位，第 1 位和第 4 位，第 1 位和第 5 位，第 2 位和第 3 位，第 2 位和第 4 位，第2 位和第 5 位，第 3 位和第 4 位，第 3 位和第 5 位，第 4 位和第 5 位.当第 1 位和第 2 位是字母时，分 5 个步骤确定一个序号中的字母和数字：第

33、12 步都是从 24 个字母中选 1 个分别放在第 1 位， 第 2 位，各有 24 种选法；第 35 步都是从 10 个数字中选 1 个放在相应的位置，各有 10 种选法.根据分步乘法计数原理，号牌张数为2424101010=576000同样其余九个子类号牌也各有 576000 张于是这类号牌张数一共为 57600010=5760000综合（1）（2）（3）根据分类加法计数原理，这个发牌机关最多能发放的汽车号牌张数为10000 十 1200000+5760000=7060000.解决抽取(分配)问题的方法当涉及对象的数目不大时,一般选用列举法、树状图法、框图法或图表法.当涉及对象的数目很大时

34、,一般有两种方法:直接使用分类加法 计数原理或分步乘法计数原理.一般地,若抽取是有顺序的,则按分步 进行;若是按对象特征抽取的,则按分类进行.间接法.去掉限制条件, 计算所有的抽取方法数,然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可.归纳总结跟踪训练.7 名学生中有 3 名学生会下象棋但不会下围棋,有 2 名学生会下围棋但不会下象棋,另 2 名学生既会下象棋又会下围棋.现从中选出会下象棋和会下围棋的学生各1 人参加比赛,共有多少种不同的选法?跟踪训练解:第 1 类,从 3 名只会下象棋的学生中选 1 名参加象棋比赛,同时从 2 名只会下围棋的学生中选 1 名参加围棋比赛,由分步乘法计数原理得N =3

35、2=6(种).1第 2 类,从 3 名只会下象棋的学生中选 1 名参加象棋比赛,同时从 2 名既会下象棋又会下围棋的学生中选 1 名参加围棋比赛,由分步乘法计数原理得N =32=6(种).2第 3 类,从 2 名既会下象棋又会下围棋的学生中选1 名参加象棋比赛, 同时从 2 名只会下围棋的学生中选 1 名参加围棋比赛,由分步乘法计数原理得N =22=4(种).3第 4 类,从 2 名既会下象棋又会下围棋的学生中选1 名参加象棋比赛,另一名参加围棋比赛,有N =2 种.4综上,由分类加法计数原理可知,不同选法共有N=N +N +N +N =6+6+4+2=18(种).1234三、达标检测现有 4

36、 件不同款式的上衣和 7 条不同颜色的长裤,如果一条长裤与一件上衣配成一套,那么不同的配法种数为()通过练习巩固本节所学知识，通过学生解决问题，发展学生A.11B.28C.16 384的数学运算、逻辑推D.2 401解析:要完成配套,分两步:第 1 步,选上衣,从 4 件上衣中任选一件,有 4 种不同的选法;第 2 步,选长裤,从 7 条长裤中任选一条,有 7 种不同的选法.故共有 47=28(种)不同的配法.答案:B从 0,1,2,3,4,5 这六个数字中,任取两个不同的数字相加,其和为偶数的不同取法的种数为( )理、直观想象、数学建模的核心素养。A.30B.20C.10D.6解析:从 0,

37、1,2,3,4,5 六个数字中,任取两个不同的数字相加,和为偶数可分为两类,取出的两数都是偶数,共有 3 种取法;取出的两数都是奇数,共有 3 种取法.故由分类加法计数原理得,共有 N=3+3=6(种)取法.答案:D中国有十二生肖,又叫十二属相,每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一 种.现有十二生肖的吉祥物各一个,已知甲同学喜欢牛、马和猴,乙同 学喜欢牛、狗和羊,丙同学所有的吉祥物都喜欢,让甲、乙、丙三位同学依次从中选一个作为礼物珍藏,若各人所选取的礼物都是自己喜欢的,则不同的选法有()A.50 种种B.60 种C.80 种D.90解析:根

38、据题意,按甲的选择不同分成 2 种情况讨论:若甲选择牛,此时乙的选择有 2 种,丙的选择有 10 种,此时有 210=20(种)不同的选法.若甲选择马或猴,此时甲的选择有 2 种,乙的选择有 3 种,丙的选择有10 种,此时有 2310=60(种)不同的选法.一共有 20+60=80(种)不同的选法.故选C. 答案:C将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色,并使同一条棱的两个端点异色,若只有 4 种颜色可供使用,则不同的染色方法共有()A.48 种D.108 种B.72 种C.96 种解析:设四棱锥为 P-ABCD.当 A,C 颜色相同时,先染 P 有 4 种方法,再染 A,C 有 3 种方法,然

39、后染B 有 2 种方法,最后染 D 也有 2 种方法.根据分步乘法计数原理知,共有 4322=48(种)方法;当 A,C 颜色不相同时,先染 P 有 4 种方法, 再染 A 有 3 种方法,然后染 C 有 2 种方法,最后染 B,D 都有 1 种方法. 根据分步乘法计数原理知,共有 43211=24(种)方法.综上,共有 48+24=72(种)方法.故选B.答案:B某艺术小组有 9 人,每人至少会钢琴和小号中的一种乐器,其中 7 人会钢琴,3 人会小号,从中选出会钢琴与会小号的各 1 人,有多少种不同的选法?解:由题意可知,在艺术小组 9 人中,有且仅有 1 人既会钢琴又会小号(把该人记为甲)

40、,只会钢琴的有 6 人,只会小号的有 2 人.把从中选出会钢琴与会小号各 1 人的方法分为两类.第 1 类,甲入选,另 1 人只需从其他 8 人中任选 1 人,故这类选法共 8 种;第 2 类,甲不入选,则会钢琴的只能从 6 个只会钢琴的人中选出,有 6 种不同的选法,会小号的也只能从只会小号的 2 人中选出,有 2 种不同的选法,所以这类选法共有 62=12(种).因此共有 8+12=20(种)不同的选法.四、小结通过总结，让学生进一步巩固本节所学内容， 提高概括能力。五、课时练在本节课的教学中，学生可能遇到的问题（或困难、障碍）是综合应用两个计数原理，产生这一问题的原因是不能根据问题的特征

41、选择对应的原理。要解决这一问题，就要要通过典型的、学生比较熟悉的实例，经过概括得出两个计数原理，然后从单一到综合的方式，安排例题，其中关键是从单一到综合，引导学生体会两个计数原理的基本思想。6.2.1- 6.2.2排列与排列数本节课选自2019 人教 A 版高中数学选择性必修第三册，第六章计数原理，本节课主本节课主要学习排列与排列数。课程目标学科素养A. 理解并掌握排列、排列数的概念,能用1.数学抽象：排列的概念列举法、树状图法列出简单的排列.2.逻辑推理：排列数的性质B.掌握排列数公式及其变式,并能运用排列3.数学运算：运用排列数解决计数问题数公式熟练地进行相关计算.4.数学建模：将计数问题

42、转化为排列问题C.掌握有限制条件的排列应用题的一些常用方法,并能运用排列的相关知识解一些简单的排列应用题.排列与组合是在学习了两个计数原理之后，由于排列、组合及二项式定理的研究都是以两个 计数原理为基础，同时排列和组合又能进一步简化和优化计数问题。教学的重点是排列的理解，利 用计数原理推导排列数公式，难点是运用排列解决实际问题。多媒体重点：理解排列的定义及排列数的计算难点：运用排列解决计算问题教学过程教学设计意图核心素养目标三、温故知新两个原理的联系与区别联系:分类加法计数原理和分步乘法计数原理都是解决计数问题最基本、最重要的方法.区别通过引导学生回分类加法计数原理区别完成一件事共有n 类办法

43、,关键一词是“分类”每类办法中的每种方法都能独立地完成这件事,它是独立的、区别一次的且每种方法得到的都是二最后结果,只需一种方法就可完成这件事区别各类办法之间是互斥的、并列三的、独立的分步乘法计数原理完成一件事共有n 个步骤,关键词是“分步”除最后一步外,其他每步得到的只是中间结 果,任何一步都不能独立完成这件事,缺少任何一步也不能完成这件事,只有各个步骤都完成了,才能完成这件事各步之间是关联的、独立的,“关联”确保不遗 漏,“独立”确保不重复顾计数原理，进一步比较分析加深对两个计数原理得理解。问题 1.从甲、乙、丙三名同学中选出 2 人参加一项活动，其中 1 名同学参加上午的活动，另 1 名

44、同学参加下午的活动.分析：要完成的一件事是“选出 2 名同学参加活动，1 名参加上午的活动，另 1 名参加下午的活动”，可以分两个步骤：第 1 步，确定上午的同学，从 3 人中任选 1 人，有 3 种选法；第 2 步，确定下午的同学，只能从剩下的2 人中去选，有 2 种选法. 根据分步乘法计数原理，不同的选法种数为32=6.通过具体问题， 分析、比较、归纳出对排列的概念。发展学生数学运算，数学抽象和数学建模的核心素养。问题如果把上面问题中被取出的对象叫做元素，则问题可叙述为： 从 3 个不同的元素中任意取出 2 个，并按一定的顺序排成一列，共有多少种不同的排列方法？问题 2. 从 1,2,3,

45、4 这 4 个数字中选出 3 个能构成多少个无重复数字的三位数？分析：从 4 个数中每次取出三个按“百位、十位、个位” 的顺序排成一列，就得到一个三位数.因此有多少种不同的排列方法就有多少个不同的三位数，可以分三个步骤解决：第 1 步，确定百位上的数字，从 1、2、3、4 这 4 个数中任取一个， 有 4 种方法；第 2 步，确定十位上的数字，只能从余下的 3 个数字中取，有 3 种方法；第3 步，确定个位上的数字，只能从余下的2 个数字中取，有 2 种方法；根据分步乘法计数原理，从 1、2、3、4 这 4 个不同的数字中，每次取出 3 个数字，按百位、十位、个位的顺序排成一列，不同的排列方法

46、为 432=24因而共可得到 24 个不同的三位数，如图所示同样，问题 2 可以归结为：从 4 个不同的元素, , , 中任意取出 3 个，并按一定的顺序排成一列，共有多少种不同的排列方法？所有不同的排列是, , , , , , , , , , , , , , , , , , , , ,不同的排列方法为 432=24上述问题 1,2 的共同特点是什么？你能将它们推广到一般情形吗？ 一、排列的相关概念排列:一般地,从 n 个不同元素中取出 m(mn)个元素,并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.相同排列:两个排列的元素完全相同,且元素的排列顺序也相同.名师

47、点析理解排列应注意的问题排列的定义中包括两个基本内容,一是“取出元素”,二是“按一定顺序排列”.定义中的“一定顺序”说明了排列的本质:有序. 1.下列问题中:10 本不同的书分给 10 名同学,每人一本;10 位同学互通一次电话;10 位同学互通一封信;10 个没有任何三点共线的点构成的线段.属于排列的有()A.1 个B.2 个C.3 个D.4 个解析:由排列的定义可知是排列,不是排列. 答案:B二、典例解析例 1. 某省中学足球队赛预选赛每组有6 支队，每支队都要与同组的其他各队在主、客场分别比赛 1 场，那么每组共进行多少场比赛？ 分析：每组任意 2 支队之间进行的 1 场比赛，可以看作是

48、从该组 6 支队中选取 2 支，按“主队、客队”的顺序排成的一个排列.解：可以先从这 6 支队中选 1 支为主队，然后从剩下的 5 支队中选1 支为客队.按分步乘法计数原理，每组进行的比赛场数为65=30.例 2. （1）一张餐桌上有 5 盘不同的菜，甲、乙、丙 3 名同学每人从中各取 1 盘菜，共有多少种不同的取法？（2）学校食堂的一个窗口共卖 5 种菜，甲、乙、丙 3 名同学每人从中选一种，共有多少种不同的选法？在典例分析和练习中让学生熟悉排列和排列数的概念，进而灵活运用排列数解决问题。发展学生逻辑推理，直观想象、数学抽象和数学运算的核心素养。分析：3 名同学每人从 5 盘不同的菜中取 1

49、 盘菜，可看作是从这 5 盘菜中任取 3 盘，放在 3 个位置（给 3 名同学）的一个排列；而 3 名同学每人从食堂窗口的 5 种菜中选 1 种，每人都有 5 种选法，不能看成一个排列.解： （1）可以先从这 5 盘菜中取 1 盘给同学甲，然后从剩下的 4 盘菜中取 1 盘给同学乙，最后从剩下的 3 盘菜中取 1 盘给同学丙.按分步乘法计数原理，不同的取法种数为543=60.（2）可以先让同学甲从 5 种菜中选 1 种，有 5 种选法；再让同学乙从 5 种菜中选 1 种，也有 5 种选法；最后让同学丙从 5 种菜中选 1 种，同样有 5 种选法. 按分步乘法计数原理，不同的取法种数为555=1

50、25.二、排列数与排列数公式1.排列数的定义:从 n 个不同元素中取出 m(mn)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,用符号表示.n2.排列数公式 :m n ( -1)( -2)( -m+1)nn! (n-m)!,这里 m, N*,并且m .3.全排列和阶乘: 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 , 排 列 数 公 式 中 mn , 即 有 A n ( -1)( - 2)321.也就是说,将 个不同的元素全部取出的排列数,等于正整数 1 到 的连乘积.正整数 1 到 的连乘积,叫做 的阶乘,用 !表示. 于是,

51、个元素的全排列数公式可以写成 A n !. 另外, 我们规定,0!n1.问题 3. 你认为“排列”和“排列数”是同一个概念吗?它们有什么区别? “排列”与“排列数”是两个不同的概念,一个排列是指“从 n 个不同元素中取出 m(mn)个元素,按照一定的顺序排成一列”,它不是一个数,而是具体的一件事.“排列数”是指“从 n 个不同元素中取出 m(mn)个元素的所有不同排列的个数”,它是一个数.例 3. 计算：（1）3；(2)4；(3) 7 ；(4)4 2 .77解：根据排列数公式，可得744627（1）37（2）47（3） 744= 7 6 5 = 210；= 7 6 5 4 = 840；= 7!

52、 = 7 6 5 = 210；4!（4）4 2= 6 5 4 3 2 1 = 720.6277!42！6466!由例 3 可以看出， 7 =；6 2 = 6= 6，即6 =6 =；4244!22!观察这两个结果，从中你发现它们的共性了吗？事实上， = ( 1)( 2) ( + 1)= ( 1)( 2) ( + 1)( ) 2 1( ) 2 1=!即 =!()!()!例 4.用 09 这 10 个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？分析：在 09 这 10 个数字中，因为 0 不能在百位上，而其他 9 个数字可以在任意数位上，因此 0 是一个特殊的元素。一般地，我们可以从特殊元素的位置入手

53、来考虑问题。解法 1：由于三位数的百位上的数字不能是0，所以可以分两步完成：第 1 步，确定百位上的数字可以从 19 这 9 个数字中取出 1 个，有1种取法；第 2 步，确定十位和个位上的数字，可以从剩下的9 个99数中取 2 个, 有2种取法； 如图根据分步乘法计数原理，所求的三位数的个数为1 299= 998= 648.99解法 2：如图，符合条件的三位数可以分成三类：第1 类，每一位数字都不是 0 的三位数，可以从 19 这 9 个数字中取出 3 个，有3 种取法；第 2 类，个位上的数字是 0 的三位数，可以从剩下的 9 个数中取出 2 个放在百位和十位，有2种取法；第 3 类，十位

54、上的数字是 0 的三位数，可以从剩下的 9 个数字中取出 2 个放在百位和个位，有2种取法.根据分类加法计数原理,所求三位数的个数为3 +992 + 2=987+98+98=648.99解法 3：从 09 这 10 个数字中选取 3 个的排列数为 310，其中 0 在9百位上的排列数为2，它们的差就是用这 10 个数组成的没有重复数字的三位数的个数，即所求三位数的个数为 3102 = 1098 98= 648.9此类题目从不同的视角可以选择不同的方法,我们用各种方法解决 这个题的目的是:希望通过对本题的感悟,能掌握更多的解决这类问题的方法.元素分析法最基本,位置分析法对重要元素区别对待,间接法

55、对对立面比较容易求解的题目特别实用.跟踪训练 有语文、数学、英语、物理、化学、生物6 门课程,从中选 4 门安排在上午的 4 节课中,其中化学不排在第四节,共有多少种不同的安排方法?解:(方法一分类法)分两类:第 1 类,化学被选上,有A1 A3 种不同的安排方法355第 2 类,化学不被选上,有A4 种不同的安排方法.故共有A1 A3 + A4 =300(种)不同的安排方法.355(方法二分步法)第 1 步,第四节有A1 种排法 第 2 步,其余三节有A3 种55排法,故共有A1 A3 =300(种)不同的安排方法.556(方法三间接法)从 6 门课程中选 4 门安排在上午,有A4 种排法,

56、而化学排第四节,有A3 种排法,故共有A4 A3 =300(种)不同的安排方法.565三、达标检测1.从 5 本不同的书中选两本送给 2 名同学,每人一本,则不同的送书方法的种数为()A.5B.10C.20D.60通过练习巩固本节所学知识，通过学生解决问题，发展学生解析:此问题相当于从 5 个不同元素中取出 2 个元素的排列数,即共有的数学运算、逻辑推25=20(种)不同的送书方法.理、直观想象、数学答案:C20 2.设 mN*,且 m15,则A6n()建模的核心素养。A.(20-m)(21-m)(22-m)(23-m)(24-m)(25-m)B.(20-m)(19-m)(18-m)(17-m

57、)(16-m)C.(20-m)(19-m)(18-m)(17-m)(16-m)(15-m)D.(19-m)(18-m)(17-m)(16-m)(15-m): 解析6 20是指从 20-m 开始依次连续的 6 个数相乘,即(20-m)(19-m)(18-m)(17-m)(16-m)(15-m).答案:C某次演出共有 6 位演员参加,规定甲只能排在第一个或最后一个出场,乙和丙必须排在相邻的顺序出场,不同的演出顺序共有()A.24 种B.144 种C.48 种D.96 种2解析:第 1 步,先安排甲有A1 种不同的演出顺序第 2 步,安排乙和丙有A2 A1 种不同的演出顺序 第 3 步,安排剩余的三

58、个演员有A3 种不同的243演出顺序.根据分步计数原理,共有A1 A2 A1 A3 n96(种)不同的演出顺序.故选 D.2243答案:D有 8 种不同的菜种,任选 4 种种在不同土质的 4 块地里,有种不同的种法.解析:将 4 块不同土质的地看作 4 个不同的位置,从 8 种不同的菜种中任选 4 种种在 4 块不同土质的地里,则本题即为从 8 个不同元素中任选 4 个元素的排列问题,所以不同的种法共有4 =8765=18680(种).答案:1 6805.用 1、2、3、4、5、6、7 这 7 个数字组成没有重复数字的四位数. (1)这些四位数中偶数有多少个?能被 5 整除的有多少个?(2)这

59、些四位数中大于 6 500 的有多少个?解:(1)偶数的个位数只能是 2、4、6,有A1 种排法,其他位上有A3 种排法,36由分步乘法计数原理,知共有四位偶数A1 A3 n360(个);能被 5 整除的36数个位必须是 5,故有A3 n120(个).6(2)最高位上是 7 时大于 6 500,有A3 种,最高位上是 6 时,百位上只能是67 或 5,故有 2A2 种.由分类加法计数原理知,这些四位数中大于 6 5005的共有A3 +2A2 n160(个).65四、小结通过总结，让学生进 步巩固本节所学内容， 提高概括能力。五、课时练在本节课的教学中，学生可能遇到的问题（或困难、障碍）是综合应

60、用两个计数原理，产生这一问题的原因是不能根据问题的特征选择对应的原理。要解决这一问题，就要要通过典型的、学生比较熟悉的实例，经过概括得出两个计数原理，然后从单一到综合的方式，安排例题，其中关键是从单一到综合，引导学生体会两个计数原理的基本思想。6.2.3- 6.2.4组合与组合数本节课选自2019 人教 A 版高中数学选择性必修第三册，第六章计数原理，本节课主本节课主要学习组合与组合数.课程目标学科素养A. 理解并掌握组合、组合数的概念,掌握1.数学抽象：组合的概念组合与排列之间的联系与区别.2.逻辑推理：组合数公式的推导B.熟练掌握组合数公式及组合数的两个性3.数学运算：组合数的计算及性质质