人教版高中数学选修2-3全部教案

1、人教版选修2-3第一章计数原理1.1分类加法计数原理与分部乘法计数原理探究与发现子集的个数有多少1.2排列与组合探究与发现组合数的两个性质1.3二项式定理小结第二章随机变量及其分布2.1离散型随机变量及其分布列2.2二项分布及其应用阅读与思考这样的买彩票方式可行吗？探究与发现服从二项分布的随机变量取何值时概率最大2.3离散型随机变量的均值与方差2.4正态分布信息技术应用p,6对正态分布的影响小结第三章统计案例3.1回归分析的基本思想及其初步应用3.2独立性检验的基本思想及其初步应用实习作业小结第一章计数原理11分类加法计数原理和分步乘法计数原理第一课时1分类加法计数原理提出问题问题1.1：用一

2、个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号，总共能够编出多少种不同的号码？问题1.2：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车.如果一天中火车有3班，汽车有2班.那么一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？发现新知分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有“种不同的方法那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法.知识应用例1在填写高考志愿表时，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，具体情况如下：A大学B大学条？解:从总体上看，如，蚂蚁从顶点A爬到顶点C1有三类方法，从局部上看每类又需两步完成，所以

3、,第一类,ml=lX2=2条第一类,m2=lX2=2条第三类,m3=lX2=2条所以，根据加法原理,从顶点A到顶点C1最近路线共有N=2+2+2=6(条)第二课时2分步乘法计数原理(1)提出问题问题2.1：用前6个大写英文字母和19九个阿拉伯数字，以A,A，B,B，的1212方式给教室里的座位编号，总共能编出多少个不同的号码？用列举法可以列出所有可能的号码：我们还可以这样来思考：由于前6个英文字母中的任意一个都能与9个数字中的任何一个组成一个号码，而且它们各不相同，因此共有6X9=54个不同的号码.发现新知分步乘法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中

4、有“种不同的方法那么完成这件事共有N=mXn种不同的方法.知识应用例1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，可以分两个步骤.第l步选男生.第2步选女生.解：第1步，从30名男生中选出1人，有30种不同选择；第2步，从24名女生中选出1人，有24种不同选择.根据分步乘法计数原理，共有30X24=720种不同的选法.一般归纳：完成一件事情，需要分成n个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有m种不同的方12法做第n步有m种不同的方法那么完成这件事共有N二mXmxxm种不同的方法.n12n理解分步乘法计数原理：分步计

5、数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事.3.理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理异同点相同点：都是完成一件事的不同方法种数的问题不同点：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事，是独立完成；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后才算完成这件事，是合作完成.例2如图，要给地图

6、A、B、C、D四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？解:按地图A、B、C、D四个区域依次分四步完成，第一步,m1=3种,第二步,m2=2种，第三步,m3=1种,第四步,m4=1种，所以根据乘法原理，得到不同的涂色方案种数共有N=3X2X1X1=6第三课时3综合应用例1书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放2本不同的体育书.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，有多少种不同的取法？从书架上任取两本不同学科的书，有多少种不同的取法？【分析】要完成的事是

7、“取一本书”由于不论取书架的哪一层的书都可以完成了这件事，因此是分类问题，应用分类计数原理.要完成的事是“从书架的第1、2、3层中各取一本书”，由于取一层中的一本书都只完成了这件事的一部分，只有第1、2、3层都取后，才能完成这件事，因此是分步问题，应用分步计数原理.要完成的事是“取2本不同学科的书”，先要考虑的是取哪两个学科的书，如取计算机和文艺书各1本，再要考虑取1本计算机书或取1本文艺书都只完成了这件事的一部分，应用分步计数原理，上述每一种选法都完成后，这件事才能完成，因此这些选法的种数之间还应运用分类计数原理.解：(1)从书架上任取1本书，有3类方法：第1类方法是从第1层取1本计算机书，

8、有4种方法；第2类方法是从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3类方法是从第3层取1本体育书，有2种方法.根据分类加法计数原理，不同取法的种数是N=m+m+m=4+3+2=9;123(2)从书架的第1,2,3层各取1本书，可以分成3个步骤完成：第1步从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2步从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3步从第3层取1本体育书，有2种方法.根据分步乘法计数原理，不同取法的种数是N=mxmxm=4X3X2=24.123(3)N二4x3+4x2+3x2二26。例2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？解：从3幅画中选出

9、2幅分别挂在左、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.根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是N=3X2=6.6种挂法可以表示如下：分类加法计数原理和分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法的种数问题.区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事，分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事.例3随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥有量迅速增长，汽车牌照号码需交通管理部门出

10、台了一种汽车牌照组成办法，每一个汽车牌照都必须有3个不重复的英文字母和3个不重复的阿拉伯数字，并且3个字母必须合成一组出现，3个数字也必须合成一组出现那么这种办法共能给多少辆汽车上牌照？分析：按照新规定，牌照可以分为2类，即字母组合在左和字母组合在右确定一个牌照的字母和数字可以分6个步骤解：将汽车牌照分为2类，一类的字母组合在左，另一类的字母组合在右字母组合在左时，分6个步骤确定一个牌照的字母和数字：第1步，从26个字母中选1个，放在首位，有26种选法；第2步，从剩下的25个字母中选1个，放在第2位，有25种选法；第3步，从剩下的24个字母中选1个，放在第3位，有24种选法；第4步，从10个数

11、字中选1个，放在第4位，有10种选法；第5步，从剩下的9个数字中选1个，放在第5位，有9种选法；第6步，从剩下的8个字母中选1个，放在第6位，有8种选法根据分步乘法计数原理，字母组合在左的牌照共有26X25X24X10X9X8=11232000（个）.同理，字母组合在右的牌照也有11232000个所以，共能给11232000+11232000=22464000（个）.辆汽车上牌照用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析一需要分类还是需要分步分类要做到“不重不漏”分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数分步要做到“步骤完整”一完成了所有步骤，

12、恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数练习乘积（a+a+a）（b+b+b）（c+c+c+c+c）展开后共有多少项？123123123452某电话局管辖范围内的电话号码由八位数字组成，其中前四位的数字是不变的，后四位数字都是。到9之间的一个数字，那么这个电话局不同的电话号码最多有多少个？3从5名同学中选出正、副组长各1名，有多少种不同的选法？4某商场有6个门，如果某人从其中的任意一个门进人商场，并且要求从其他的门出去，共有多少种不同的进出商场的方式？第四课时例1.给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求

13、用字母AG或UZ,后两个要求用数字19问最多可以给多少个程序命名？分析：要给一个程序模块命名，可以分三个步骤：第1步，选首字符；第2步，选中间字符；第3步，选最后一个字符而首字符又可以分为两类.解：先计算首字符的选法由分类加法计数原理，首字符共有7+6=13种选法.再计算可能的不同程序名称由分步乘法计数原理，最多可以有13X9X9=1053个不同的名称，即最多可以给1053个程序命名.例2核糖核酸（RNA）分子是在生物细胞中发现的化学成分一个RNA分子是一个有着数百个甚至数千个位置的长链，长链中每一个位置上都由一种称为碱基的化学成分所占据.总共有4种不同的碱基，分别用A,C,G,U表示在一个R

14、NA分子中，各种碱基能够以任意次序出现，所以在任意一个位置上的碱基与其他位置上的碱基无关假设有一类RNA分子由100个碱基组成，那么能有多少种不同的RNA分子？分析：用图11一2来表示由100个碱基组成的长链，这时我们共有100个位置，每个位置都可以从A,C,G,U中任选一个来占据.解:100个碱基组成的长链共有100个位置，如图1.1一2所示从左到右依次在每一个位置中，从A,C,G,U中任选一个填人，每个位置有4种填充方法根据分步乘法计数原理，长度为100的所有可能的不同RNA分子数目有4-4-4=4100（个）100例3；电子兀件很容易实现电路的通与断、电位的咼与低等两种状态，而这也是最容

15、易控制的两种状态.因此计算机内部就采用了每一位只有O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：（1）一个字节（8位）最多可以表示多少个不同的字符？（2）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：由于每个字节有8个二进制位，每一位上的值都有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求解本题解：(1)用图1.1一3来表示一个字节图1.1一3一

16、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2X2X2X2X2X2X2X2=28=256个不同的字符；(2)由(1)知，用一个字节所能表示的不同字符不够6763个，我们就考虑用2个字节能够表示多少个字符前一个字节有256种不同的表示方法，后一个字节也有256种表示方法根据分步乘法计数原理，2个字节可以表示256X256=65536个不同的字符，这已经大于汉字国标码包含的汉字个数6763所以要表示这些汉字，每个汉字至少要用2个字节表示例4.计算机编程人员在编写好程序以后需要对程序进行测试.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

17、供多少个测试数据.一般地，一个程序模块由许多子模块组成.如图1.1一4,它是一个具有许多执行路径的程序模块.问：这个程序模块有多少条执行路径？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，以减少测试次数吗？图1.1一4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步可由子模块1或子模块2或子模块3来完成；第2步可由子模块4或子模块5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计数原理.解：由分类加法计数原理，子模块1或子模块2或子模块3中的子路径共有18+45+28=91(条)；子模块4

18、或子模块5中的子路径共有38+43=81(条)又由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径共有91X81=7371(条)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，他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+28+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，需要的测试次数为3X2=6.如果每个子模块都工作正常，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

19、模块的次数就变为172+6=178(次)显然，178与7371的差距是非常大的.巩固练习：如图,从甲地到乙地有2条路可通,从乙地到丙地有3条路可通；从甲地到丁地有4条路可通,从丁地到丙地有2条路可通。从甲地到丙地共有多少种不同的走法？书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书若从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？若从这些书中，取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？若从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法？如图一，要给，,四块区域分别涂上五种颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同颜色,则不同涂色方法种数为()A.180B.1

20、60C.96D.60.若变为图二,图三呢?5.五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，报名方法的种数为多少？又他们争夺这四项比赛的冠军，获得冠军的可能性有多少种？6（2007年重庆卷）若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空间分成（C）A.5部分B.6部分C.7部分D.8部分【注意】运用分类加法计数原理与分步乘法计数原理的注意点：分类加法计数原理：首先确定分类标准，其次满足：完成这件事的任何一种方法必属于某一类，并且分别属于不同的两类的方法都是不同的方法，即不重不漏.分步乘法计数原理：首先确定分步标准，其次满足：必须并且只需连续完成这n个步骤，这件事才算完成.分配问题把一些

21、元素分给另一些元素来接受.这是排列组合应用问题中难度较大的一类问题.因为这涉及到两类元素：被分配元素和接受单位.而我们所学的排列组合是对一类元素做排列或进行组合的，于是遇到这类问题便手足无措了.事实上，任何排列问题都可以看作面对两类元素.例如，把10个全排列，可以理解为在10个人旁边，有序号为1,2，10的10把椅子，每把椅子坐一个人，那么有多少种坐法？这样就出现了两类元素，一类是人，一类是椅子。于是对眼花缭乱的常见分配问题，可归结为以下小的“方法结构”每个“接受单位”至多接受一个被分配元素的问题方法是Am，这里nm.其中m是“接n受单位”的个数。至于谁是“接受单位”不要管它在生活中原来的意义

22、，只要nm.个数为m的一个元素就是“接受单位”，于是，方法还可以简化为A少.这里的“多”只要“少”多被分配元素和接受单位的每个成员都有“归宿”，并且不限制一对一的分配问题，方法是分组问题的计算公式乘以Ak.k121排列第一课时一、讲解新课1问题：问题1.从甲、乙、丙3名同学中选取2名同学参加某一天的一项活动，其中一名同学参加上午的活动，一名同学参加下午的活动，有多少种不同的方法？分析：这个问题就是从甲、乙、丙3名同学中每次选取2名同学，按照参加上午的活动在前，参加下午活动在后的顺序排列，一共有多少种不同的排法的问题，共有6种不同的排法：甲乙甲丙乙甲乙丙丙甲丙乙，其中被取的对象叫做元素.解决这一

23、问题可分两个步骤：第1步，确定参加上午活动的同学，从3人中任选1人，有3种方法；第2步，确定参加下午活动的同学，当参加上午活动的同学确定后，参加下午活动的同学只能从余下的2人中去选，于是有2种方法.根据分步乘法计数原理，在3名同学中选出2名，按照参加上午活动在前，参加下午活动在后的顺序排列的不同方法共有3X2=6种，如图1.2一1所示.把上面问题中被取的对象叫做元素，于是问题可叙述为：从3个不同的元素a,b,。中任取2个，然后按照一定的顺序排成一列，一共有多少种不同的排列方法？所有不同的排列是ab,ac,ba,bc,ca,cb,共有3X2=6种.问题2从1,2,3,4这4个数字中，每次取出3个

24、排成一个三位数，共可得到多少个不同的三位数？分析：解决这个问题分三个步骤：第一步先确定左边的数，在4个字母中任取1个，有4种方法；第二步确定中间的数，从余下的3个数中取，有3种方法；第三步确定右边的数，从余下的2个数中取，有2种方法.由分步计数原理共有：4X3X2=24种不同的方法，用树型图排出，并写出所有的排列由此可写出所有的排法.显然，从4个数字中，每次取出3个，按“百”“十”“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.可以分三个步骤来解决这个问题：第1步，确定百位上的数字，在1,2,3,4这4个数字中任取1个，有4种方法；第2步，确定十位上

25、的数字，当百位上的数字确定后，十位上的数字只能从余下的3个数字中去取，有3种方法；第3步，确定个位上的数字，当百位、十位上的数字确定后，个位的数字只能从余下的2个数字中去取，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”“十”“个”位的顺序排成一列，共有4X3X2=24种不同的排法，因而共可得到24个不同的三位数，如图1.2一2所示.由此可写出所有的三位数：123，124,132,134,142,143,213，214,231,234,241,243,312，314,321,324,341,342，412，413,421,423,431,432

26、。同样，问题2可以归结为：从4个不同的元素a,b,c,d中任取3个，然后按照一定的顺序排成一列，共有多少种不同的排列方法？所有不同排列是abc,abd,acb,acd,adb,adc,bac,bad,bca,bcd,bda,bdc,cab,cad,cba,cbd,cda,cdb,dab,dac,dba,dbc,dca,dcb.共有4X3X2=24种.树形图如下dacddabc排列的概念：从n个不同元素中，任取m(mn)个元素(这里的被取元素各不相同)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.说明：(1)排列的定义包括两个方面：取出元素，按一定的顺序排列；(2)两个排列

27、相同的条件：元素完全相同，元素的排列顺序也相同.3排列数的定义：从n个不同元素中，任取m(mn)个元素的所有排列的个数叫做从n个元素中取出m元素的排列数，用符号Am表示+注意区别排列和排列数的不同：“一个排列”是指：从n个不同元n素中，任取m个元素按照一定的顺序排成一列，不是数；“排列数”是指从n个不同元素中，任取m(mn)个元素的所有排列的个数，是一个数所以符号Am只表示排列数，而不表示n具体的排列.4排列数公式及其推导：由A2的意义:假定有排好顺序的2个空位，从n个元素a,aa中任取2个元素去填空,n12,n一个空位填一个元素，每一种填法就得到一个排列，反过来，任一个排列总可以由这样的一种

28、填法得到，因此，所有不同的填法的种数就是排列数A2由分步计数原理完成上述填空共n有n(n-1)种填法，二A2=n(n-1)+n由此，求A3可以按依次填3个空位来考虑，A3=n(n-1)(n-2),nn求Am以按依次填m个空位来考虑Am=n(n-1)(n-2)(n-m+1),nn第1位第2位第3位第m位nn-1n-2门一耐1图10-5数是n，后面每一个因数比排列数公式：(m,ngN*,m3，:3(x-1)(x-2)2(x+1)+6(x-1)，艮卩3x2-17x+100,2解得x=5或x=,Tx3，且xgN*，:原方程的解为x=53例3解不等式：Ax6Ax-2.999!9!解：原不等式即!6-(9

29、-x)!(11-x)!x221x+1040,也就是(11-x)(1。1x)(9-x)!化简得:解得x13，又J2x9，且xgN*,所以,原不等式的解集为2,345,6,7例4(2n)!求证：(1)An=Am-An-m；(2)=1-3-5(2n1)nnnm2n-n!证明:(1)Am-Anm=(nm)!=n!=An,原式成立一nnm(nm)!n(2n)!2n-(2n1)-(2n2)4-3-21(2)2n-n!2n-n!n!1-3(2n3)(2n1)二1-3-5(2n1)=右边说明(1)解含排列数的方程和不等式时要注意排列数Am中，m,ngN*且mn这些限n制条件，要注意含排列数的方程和不等式中未知

30、数的取值范围；(2)公式Am=n(n1)(n2)(nm+1常用来求值，特别是m,n均为已知时，公式nn!Am=，常用来证明或化简n(nm)!例5化简：-+-+石匚；21x1!+2x2!+333!nxn1111解：原式=1!-+-习+习-石+丄1丄(n1)!n!n!(2)提示：由(n+1)!=(n+1)n!=nxn!+n!，得nxn!=(n+1)!n!,原式=(n+1)!-1.说明：n1_11n!(n1)!n!第二课时例1(课本例2)某年全国足球甲级(A组)联赛共有14个队参加，每队要与其余各队在主、客场分别比赛一次，共进行多少场比赛？解：任意两队间进行1次主场比赛与1次客场比赛，对应于从14个

31、元素中任取2个元素的一个排列.因此，比赛的总场次是A2=14X13=182.14例2.（课本例3）.（1）从5本不同的书中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？（2）从5种不同的书中买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？解：（1）从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个不同元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是A3=5X4X3=60.5（2）由于有5种不同的书，送给每个同学的1本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学每人各1本书的不同方法种数是5X5X5=125.例8中两个问题的区别在于：（1）是从5本不同的书中选出3本分送3名同学

32、，各人得到的书不同，属于求排列数问题；而（2）中，由于不同的人得到的书可能相同，因此不符合使用排列数公式的条件，只能用分步乘法计数原理进行计算.例3.（课本例4）.用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？分析：在本问题的。到9这10个数字中，因为。不能排在百位上，而其他数可以排在任意位置上，因此。是一个特殊的元素.一般的，我们可以从特殊元素的排列位置人手来考虑问题解法1：由于在没有重复数字的三位数中，百位上的数字不能是0,因此可以分两步完成排列.第1步，排百位上的数字，可以从1到9这九个数字中任选1个，有Ai9种选法；第2步，排十位和个位上的数字，可以从余下的9个数字中任选2

33、个，有A2种选法（图1.2一5）.根据分步9乘法计数原理，所求的三位数有Ai-A2=9X9X8=648（个）.99解法2：如图1.2一6所示，符合条件的三位数可分成3类.每一位数字都不是位数有A母个，个位数字是0的三位数有揭个，十位数字是0的三位数有揭个.根据分类加法计数原理，符合条件的三位数有A3+A2+A2=648个.99解法3：从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为A3，其中0在百位上的排列10数是A2，它们的差就是用这10个数字组成的没有重复数字的三位数的个数，即所求的三位9数的个数是A3-A2=i0X9X8-9X8=648.9对于例9这类计数问题，可用适当的方法将问题分解，而且

34、思考的角度不同，就可以有不同的解题方法.解法1根据百位数字不能是。的要求，分步完成选3个数组成没有重复数字的三位数这件事，依据的是分步乘法计数原理；解法2以0是否出现以及出现的位置为标准，分类完成这件事情，依据的是分类加法计数原理；解法3是一种逆向思考方法：先求出从10个不同数字中选3个不重复数字的排列数，然后从中减去百位是。的排列数（即不是三位数的个数），就得到没有重复数字的三位数的个数.从上述问题的解答过程可以看到，引进排列的概念，以及推导求排列数的公式，可以更加简便、快捷地求解“从n个不同元素中取出m(mWn)个元素的所有排列的个数”这类特殊的计数问题.1.1节中的例9是否也是这类计数问

35、题？你能用排列的知识解决它吗？四、课堂练习：n!1若x二，则x=()(A)A3(B)An-3(C)An(D)A33!nn3n-32与A3A7不等的是()(A)A9(B)81A8(C)10A9(D)A101071089103若A5=2A3，则m的值为()(A)5(B)3(C)6(D)7mm4计算：2A+3A=；(m-1)!=.9!-A6An-i-(m一n)!10m-15若2(m+42，则m的解集是.Am-1m-16.(1)已知Am=10X9XX5，那么m=；(2)已知9!=362880，那么A7=；109(3)已知A2=56，那么n=；(4)已知A2=7A2，那么n=nnn一47个火车站有8股岔

36、道，停放4列不同的火车，有多少种不同的停放方法(假定每股岔道只能停放1列火车)？8部纪录影片在4个单位轮映，每一单位放映1场，有多少种轮映次序？答案：l.B2.B3.A4.1,15.2,3,4,5,66.(1)6(2)181440(3)8(4)57.16808.24第三课时例1.(1)有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？(2)有5种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？解：(1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是：A3=5x4x3=60，所以，共有60种不同的

37、送法+5(2)由于有5种不同的书，送给每个同学的1本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学，每人各1本书的不同方法种数是：5x5x5=125，所以，共有125种不同的送法.说明：本题两小题的区别在于：第(1)小题是从5本不同的书中选出3本分送给3位同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；而第(2)小题中，给每人的书均可以从5种不同的书中任选1种，各人得到那种书相互之间没有联系，要用分步计数原理进行计算.例2某信号兵用红、黄、蓝3面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任意挂1面、2面或3面，并且不同的顺序表示不同的信号，一共可以表示多少种不同的信号？解：分3类：第一类用1面旗表示的

38、信号有A1种；第二类用2面旗表示的信号有A2种；33第三类用3面旗表示的信号有A3种，由分类计数原理，所求的信号种数是：3A1+A2+A3=3+3x2+3x2x1=，15333例3将4位司机、4位售票员分配到四辆不同班次的公共汽车上，每一辆汽车分别有一位司机和一位售票员，共有多少种不同的分配方案？分析：解决这个问题可以分为两步，第一步：把4位司机分配到四辆不同班次的公共汽车上，即从4个不同元素中取出4个元素排成一列，有A4种方法；4第二步：把4位售票员分配到四辆不同班次的公共汽车上，也有A4种方法，4利用分步计数原理即得分配方案的种数.解：由分步计数原理，分配方案共有N二A4A4二576(种)

39、例4用0到9这10个数字，可百位十位个位A：以组成多少个没有重复数字的三位数？解法1：用分步计数原理：所求的三位数的个数AiA2=9x9x8=64899解法2：符合条件的三位数可以分成三类:每一位数字都不是0的三位数有A3个，个位数9字是0的三位数有A2个，十位数字9百位十位个位是0的三位数有AgA2个，9百位十位个位百位十位个位由分类计数原理，符合条件的三位数的个数是:A3+A2+A2二648999解法3：从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为A3，其中以0为排头的排列10数为A2，因此符合条件的三位数的个数是A3-A2二648-A2.91099说明：解决排列应用题，常用的思考方法有直

40、接法和间接法.直接法：通过对问题进行恰当的分类和分步，直接计算符合条件的排列数如解法1，2；间接法：对于有限制条件的排列应用题，可先不考虑限制条件，把所有情况的种数求出来，然后再减去不符合限制条件的情况种数如解法3.对于有限制条件的排列应用题，要恰当地确定分类与分步的标准，防止重复与遗漏*第四课时例5(1)7位同学站成一排，共有多少种不同的排法？解：问题可以看作：7个元素的全排列A7=5040.7(2)7位同学站成两排(前3后4)，共有多少种不同的排法？解：根据分步计数原理：7X6X5X4X3X2X1=7!=5040.7位同学站成一排，其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法？解：问题可以看

41、作：余下的6个元素的全排列一一A6=720.64)7位同学站成一排，甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？解：根据分步计数原理：第一步甲、乙站在两端有A2种;2第二步余下的5名同学进行全排列有A5种，所以，共有A2A5=240种排列方法“255）7位同学站成一排，甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种？解法1（直接法）：第一步从（除去甲、乙）其余的5位同学中选2位同学站在排头和排尾有A2种方法；第二步从余下的5位同学中选5位进行排列（全排列）有A5种方法，所以一共55有A2A5=2400种排列方法，55解法2：（排除法）若甲站在排头有A6种方法；若乙站在排尾有A6种方法；若甲站在排66头且乙站

42、在排尾则有A5种方法，所以，甲不能站在排头，乙不能排在排尾的排法共有A7-2A6576+A5=2400种.5说明：对于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”或“排除法对某些特殊元素可以优先考虑例6从10个不同的文艺节目中选6个编成一个节目单，如果某女演员的独唱节目一定不能排在第二个节目的位置上，则共有多少种不同的排法？解法一：（从特殊位置考虑）AiA5二136080；TOC o 1-5 h z99解法二：（从特殊元素考虑）若选：5-A5；若不选：A6，99则共有5A5+A6二136080种；99解法三：（间接法）A6-A5二136080*109第五课时例7.7位同学站成一排，（1）甲、乙两

43、同学必须相邻的排法共有多少种？解：先将甲、乙两位同学“捆绑”在一起看成一个元素与其余的5个元素（同学）一起进行全排列有A6种方法；再将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有A2种方法.所以这样的排2法一共有A6A2二1440种.62（2）甲、乙和丙三个同学都相邻的排法共有多少种？解：方法同上，一共有A5A3=720种.53（3）甲、乙两同学必须相邻，而且丙不能站在排头和排尾的排法有多少种？解法一：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的5个元素中选取2个元素放在排头和排尾，有A2种5方法；将剩下的4个元素进行全排列有A4种方法；最后将甲

44、、乙两个同学“松绑”进行排列4有A2种方法.所以这样的排法一共有A2A4A2=960种方法.2542解法二：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，若丙站在排头或排尾有2A5种方法，5所以，丙不能站在排头和排尾的排法有（A6-2A5）A2二960种方法.652解法三：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的四个位置选择共有Ai种方法，再将其余的5个元素4进行全排列共有A5种方法，最后将甲、乙两同学“松绑”所以，这样的排法一共有AiA5A25452=960种方法.（4）甲、乙、丙三个同学必须站在一起，另外四个人

45、也必须站在一起+解：将甲、乙、丙三个同学“捆绑”在一起看成一个元素，另外四个人“捆绑”在一起看成一个元素，时一共有2个元素，一共有排法种数：A3A4A2二288（种）342说明：对于相邻问题，常用“捆绑法”（先捆后松）.例8.7位同学站成一排，（1）甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？解法一：（排除法）A7-A6A2二3600；62解法二：（插空法）先将其余五个同学排好有A5种方法，此时他们留下六个位置（就称为5“空”吧），再将甲、乙同学分别插入这六个位置（空）有A2种方法，所以一共有a5A2二3600656种方法.（2）甲、乙和丙三个同学都不能相邻的排法共有多少种？解：先将其余四个同学排好

46、有A4种方法，此时他们留下五个“空”，再将甲、乙和丙三4个同学分别插入这五个“空有A3种方法，所以一共有A4A3=1440种.545说明：对于不相邻问题，常用“插空法”（特殊元素后考虑）.第六课时例9.5男5女排成一排，按下列要求各有多少种排法：（1）男女相间；（2）女生按指定顺序排列+解：（1）先将男生排好，有A5种排法；再将5名女生插在男生之间的6个“空挡”（包5括两端）中，有2A5种排法.5故本题的排法有N二2A5A5二28800（种）55Ai0（2）万法1：N二+二A5二30240；A5i05方法2：设想有10个位置，先将男生排在其中的任意5个位置上，有A5种排法；余下i0的5个位置排

47、女生，因为女生的位置已经指定，所以她们只有一种排法.故本题的结论为N二A5x1二30240（种）i02007年高考题（2007年天津卷）如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有390_种（用数字作答）.厂（2007年江苏卷）某校开设9门课程供学生选修，其中A,B,C三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定每位同学选修4门，共有75种不同选修方案。（用数值作答）3（2007年北京卷）记者要为5名志愿都和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有（B）A.1440种B.9

48、60种C.720种D.480种4图3是某汽车维修公司的维修点分布图，公司在年初分配给A、B、C、D四个维修点的某种配件各50件，在使用前发现需将A、B、C、D四个维修点的这批配件分别调整为40、45、54、61件，但调整只能在相邻维修点之间进行，那么完成上述调整，最少的调动件次（n个配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为n）为答案：B;（A）15（B）16（C）17（D）18（2007年全国卷I）从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有36种（用数字作答）（2007年全国卷II）从5位同学中选派4位同学在星期五

49、、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有（B）A.40种B.60种C.100种D.120种（2007年陕西卷）安排3名支教老师去6所学校任教，每校至多2人，则不同的分配方案共有210种.（用数字作答）（2007年四川卷）用数字0,1,2,3,4,5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有（）（A）288个（B）240个（C）144个（D）126个解析：选B.对个位是0和个位不是0两类情形分类计数；对每一类情形按“个位一最高位中间三位”分步计数：个位是0并且比20000大的五位偶数有1x4xA3=96个；个位4不

50、是0并且比20000大的五位偶数有2x3xA3=144个；故共有96+144=240个本题考查两4个基本原理，是典型的源于教材的题目.（2007年重庆卷）某校要求每位学生从7门课程中选修4门，其中甲乙两门课程不能都选，则不同的选课方案有25种.（以数字作答）（2007年宁夏卷）某校安排5个班到4个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，不同的安排方法共有240种.（用数字作答）（2007年辽宁卷）将数字1,2,3,4,5,6拼成一列，记第i个数为a（i=1,2,6）,若a主1,i1TOC o 1-5 h za主3,a主5,aaa，则不同的排列方法有种（用数字作答）.3513

51、5解析：分两步：（1）先排a,a,a,a=2,有2种；a=3有2种；a=4有1种，共有5135111种；（2）再排a,a,a，共有A3=6种，故不同的排列方法种数为5X6=30，填30.2463122组合第一课时亠一、讲解新课：1组合的概念：一般地，从n个不同元素中取出m（mn）个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合说明：（1）不同元素；“只取不排”一一无序性；相同组合：元素相同+例1判断下列问题是组合还是排列（1）在北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线上，有多少种不同的飞机票？有多少种不同的飞机票价？（2）高中部11个班进行篮球单循环比赛，需要进行多少场比赛？（3）从

52、全班23人中选出3人分别担任班长、副班长、学习委员三个职务，有多少种不同的选法？选出三人参加某项劳动，有多少种不同的选法？（4）10个人互相通信一次，共写了多少封信？（5）10个人互通电话一次，共多少个电话？问题：（1）1、2、3和3、1、2是相同的组合吗？（2）什么样的两个组合就叫相同的组合2.组合数的概念：从n个不同元素中取出m（mn）个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数.用符号Cm表示.n例2.用计算器计算C7.10解：由计算器可得例3.(1)计算：(1)C4;(2)C7；710解:C4=7x6x5x435；7(2)解法1:解法2：Ci70=黑3!4!小10

53、x9x8x7x6x5x4C7=120.10=竺空120.7!第二课时组合数公式的推导:（1）从4个不同元素a,b,c,d中取出3个元素的组合数C3是多少呢？4启发：由于排列是先组合再排列，而从4个不同元素中取出3个元素的排列数A3可以求4得，故我们可以考察一下C3和A3的关系，如下：44组合排列由此可知,每一个组合都对应着6个不同的排列，因此，求从4个不同元素中取出3个元素的排列数A3，可以分如下两步：考虑从4个不同元素中取出3个元素的组合，共有C3个;44对每一个组合的3个不同元素进行全排列，各有A3种方法.由分步计数原理得：A334A3C3-A3，所以，C3二4.434A33(2)推广：一

54、般地，求从n个不同元素中取出m个元素的排列数Am，可以分如下两步:n先求从n个不同元素中取出m个元素的组合数Cm；n求每一个组合中m个元素全排列数Am，根据分步计数原理得:m组合数的公式：或Cm=nn!m!(n-m)!(n,mgN*,且mn)规定：Co二1.n三、讲解范例：例4.求证：Cm=巴也Cm+l.nnmnn!证明：.Cm=nnm!(nm)!m+1n!(m+1)!(nm)(nm1)!n!m!(nm)!ICm=n山Cm+1nmn例5设xGN,求Cx-1+C2x3的值+2x3x+1解：由题意可得：2x3工x】，解得2x-时，计算Cm可变为计算Cn-m，能够使运算简化.2nn例如C2001=2

55、002C2002-2001=C1=2002；20022002Cx=Cynx=y或x+y=nnn2.组合数的性质2：Cm=Cm+Cm-1.TOC o 1-5 h zn+1nn一般地，从a,a,a这n+1个不同元素中取出m个元素的组合数是Cm,这些组合12n+1n+1可以分为两类：一类含有元素a，一类不含有a含有a的组合是从a,a，,a这n个元11123n+1素中取出m?l个元素与a组成的，共有Cm-1个；不含有a的组合是从a,a，,a这n个元1n123n+1素中取出m个元素组成的，共有Cm个.根据分类计数原理，可以得到组合数的另一个性质.在n这里，主要体现从特殊到一般的归纳思想，“含与不含其元素

56、”的分类思想.1证明：-n!n!n!(n-m+1)+n!mCm+Cm-1=+=nnm!(n-m)!(m-l)!n-(m-1)!m!(n-m+1)!.CmCm+Cm-1.n+1nn说明：公式特征：下标相同而上标差1的两个组合数之和，等于下标比原下标多1而上标与大的相同的一个组合数；此性质的作用：恒等变形，简化运算例11一个口袋内装有大小不同的7个白球和1个黑球，从口袋内取出3个球，共有多少种取法？从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？解：(1)C3=56，或C3=C2+C3,；(2)C2=21；(3)C3=35TOC o 1-5

57、h z887777例12(1)计算：C3+C4+C5+C6；7789(2)求证：CnCn+2Cn-1+Cn-2.m+2mmm解:(1)原式=C4+C5+C6=C5+C6=C6=C4=210；889991010证明：(2)右边=(Cn+Cn-1)+(Cn-1+Cn-2)=Cn+Cn-1=Cn=左边.mmmmm+1m+1m+2例13解方程：(1)Cx+1=C2x-3；(2)解方程：Cx-2+Cx-3=丄A31313x+2x+210 x+3解：(1)由原方程得x+1=2x3或x+1+2x3=13，:x=4或x=5，1x+113又由n2x-313得2xm)oTOC o 1-5 h znmnmnmm+n

58、证明：设某班有n个男同学、m个女同学，从中选出m个同学组成兴趣小组，可分为m+1类：男同学0个，1个，m个，则女同学分别为m个，m1个，0个，共有选法数为C0Cm+C1Cm1+CmC0。又由组合定义知选法数为Cm，故等式成立。nmnmnmm+n例16证明：C1+2C2+3C3+nCn=n2n-1。nnnn证明：左边二C1+2C2+3C3+nCn=C1C1+C1C2+C1C3+C1Cn，nnnn1n2n3nnn其中C1Ci可表示先在n个元素里选i个，再从i个元素里选一个的组合数。设某班有n个同学，in选出若干人(至少1人)组成兴趣小组，并指定一人为组长。把这种选法按取到的人数分类(i=1,2,n

59、)，则选法总数即为原式左边。现换一种选法，先选组长，有n种选法，再决定剩下的n-1人是否参加，每人都有两种可能，所以组员的选法有2n1种，所以选法总数为n2n1种。显然，两种选法是一致的，故左边二右边，等式成立。例17证明：C1+22C2+32C3+n2Cn=n(n+1)2n-2。nnnn证明：由于i2Ci=C1C1Ci可表示先在n个元素里选i个，再从i个元素里选两个(可重niin复)的组合数，所以原式左端可看成在例3指定一人为组长基础上，再指定一人为副组长(可兼职)的组合数。对原式右端我们可分为组长和副组长是否是同一个人两种情况。若组长和副组长是同一个人，则有n2n1种选法；若组长和副组长不

60、是同一个人，则有n(n1)2”2种选法。.共有n2n1+n(n1)2n2=n(n+1)2n2种选法。显然，两种选法是一致的，故左也右边，等式成立。例18第17届世界杯足球赛于2002年夏季在韩国、日本举办、五大洲共有32支球队有幸参加，他们先分成8个小组循环赛，决出16强(每队均与本组其他队赛一场，各组一、二名晋级16强)，这支球队按确定的程序进行淘汰赛，最后决出冠亚军，此外还要决出第三、四名，问这次世界杯总共将进行多少场比赛？答案是：8C2+8+4+2+2=64，这题如果作为习题课应如何分析.4解：可分为如下几类比赛：小组循环赛：每组有6场，8个小组共有48场；八分之一淘汰赛：8个小组的第一