高中数学人教选修23教案

1、高中数学人教版选修23全套教案高中数学人教版选修23全套教案113/113高中数学人教版选修23全套教案高中数学人教版选修2-3全套教案第一章计数原理11分类加法计数原理和分步乘法计数原理第一课时分类加法计数原理1提出问题问题：用一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，总合可以编出多少种不同的号码？问题：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？2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n种不同的方法.那么完成这件事共有Nmn种不

2、同的方法.3知识应用例1.在填写高考志愿表时，一名高中毕业生认识到，A,B两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，详尽情况如下：A大学B大学生物学数学化学会计学医学信息技术学物理学法学工程学如果这名同学只能选一个专业，那么他共有多少种选择呢？解析：由于这名同学在A,B两所大学中只能选择一所，而且只能选择一个专业，又由于两所大学没有共同的强项专业，因此吻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种专业选择方法又由于没有一个强项专业是两所大学共有的，因此根据分类加法计数原理，这名同学可能的专业选择共有5+4=9种.变式：假设还有C大

3、学，其中强项专业为：新闻学、金融学、人力资源学.那么，这名同学可能的专业选择共有多少种？探究：如果完成一件事有三类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，在第3类方案中有m3种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？如果完成一件事情有n不同方案，在每一中都有假设干种不同方法，那么当怎样数呢？一般：完成一件事情，有n法，在第1法中有m1种不同的方法，在第2法中有m2种不同的方法在第n法中有mn种不同的方法.那么完成件事共有Nm1m2mn种不同的方法.理解分加法数原理：分加法数原理的是“分，完成一件事要分假设干，各的方法相互独立，各中的各种方法也相独立

4、，用任何一中的任何一种方法都可以独完成件事.例2.一沿着方体的棱,从的一个点爬到相的另一个点的最近路共有多少条？解:从体上看,如,从点A爬到点C1有三方法,从局部上看每又需两步完成,所以,第一,m1=12=2条第二,m2=12=2条第三,m3=12=2条所以,根据加法原理,从点A到点C1最近路共有N=2+2+2=6条:(1一件工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，还有4人只会用第2种方法完成，从中出l人来完成件工作，不同法的种数是;(2从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条，从A村B的路有条11分加法数原理和分步乘法数原理第二分步乘法数原理1提出：用前6个大写英文字母

5、和19九个阿拉伯数字，以A1,A2,，B1,B2,的方式教室里的座位号，共能出多少个不同的号？用列法可以列出所有可能的号：我可以来思考：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成一个号，而且它各不相同，因此共有69=54个不同的号2新知分步乘法数原理完成一件事有两不同方案，在第1方案中有m种不同的方法，在第2方案中有n种不同的方法.那么完成件事共有Nmn种不同的方法.3知用例1.某班有男生30名，女生24名.要从中出男、女生各一名代表班参加比，共有多少种不同的法？解析：出一参代表，可以分两个步第l步男生第2步女生解：第1步，从30名男生中出1人，有30种不同；第2步，从24名女

6、生中出1人，有24种不同根据分步乘法数原理，共有3024=720种不同的法一般：完成一件事情，需要分成n个步，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法做第n步有mn种不同的方法.那么完成件事共有Nm1m2mn种不同的方法.理解分步乘法数原理：分步数原理的是“分步，完成一件事要分假设干步，各个步相互依存，完成任何其中的一步都不能完成件事，只有当各个步都完成后，才算完成件事.3理解分加法数原理与分步乘法数原理异同点相同点：都是完成一件事的不同方法种数的不同点：分加法数原理的是“分，完成一件事要分假设干，各的方法相互独立，各中的各种方法也相独立，用任何一中的任何一种方法都可以独完成件事

7、，是独立完成；而分步乘法数原理的是“分步，完成一件事要分假设干步，各个步相互依存，完成任何其中的一步都不能完成件事，只有当各个步都完成后，才算完成件事，是合作完成例2.如,要地A、B、C、D四个地区分涂上3种不同色中的某一种.,允同一种色使用屡次,但相地区必涂不同的色,不同的涂色方案有多少种？解:按地A、B、C、D四个地区依次分四步完成,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,获得不同的涂色方案种数共有N=3211=6第三适用例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

8、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？【解析】要完成的事是“取一本书，由于无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局部，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局部，应用分步计数原理，上述每一种选法都完

9、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，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Nm1m2m3=4+3+2=9;(2从书架的第1,2,3计算机书，有4种方法；第2层各取1步从第2层取本书，可以分成1本文艺书，有3个步骤完成：第1步从第13种方法；第3步从第3层取层取1本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m1m2m3=432=24.3N43423226。例2.要从甲、乙

10、、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定地址，问共有多少种不同的挂法？解：从3幅画中选出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=32=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，答复的都是相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

11、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台了一种汽车牌照组成方法，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方法共能给多少辆汽车上牌照？解析：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；2步，从剩下的25个字母中选1个，放在第2位，有2

12、5种选法；3步，从剩下的24个字母中选1个，放在第3位，有24种选法；4步，从10个数字中选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2625241098=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心数问题时，最重要的是在开始计算以前要进行仔细解析需要分类仍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

13、法计数原理求和，获得总数分步要做到“步骤完整完成了所有步骤，恰好完成任务，自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，获得总数练习1乘积a1a2a3)(b1b2b3)(c1c2c3c4c5)展开后共有多少项？2某局管辖范围内的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，那么这个局不同的号码最多有多少个？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

14、要用3个字符，其中首字符要求用字母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？解析：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1399=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地址的长链，长链中每一个地址上都由一种称为碱基的化学成分所占有总合有4种不同的碱基，分别用A,C,G,

15、U表示在一个RNA分子中，各种碱基可以以任意次序出现，所以在任意一个地址上的碱基与其他地址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？解析：用图1.1一2来表示由100个碱基组成的长链，这时我们共有100个地址，每个地址都可以从A,C,G,U中任选一个来占有解：100个碱基组成的长链共有100个地址，如图1.1一2所示从左到右依次在每一个地址中，从A,C,G,U中任选一个填人，每个地址有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44L44100个142431003.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

16、，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O或1两种数字的记数法，即二进制为了使计算机可以鉴别字符，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个二进制位组成问：(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，每个汉字最少要用多少个字节表示？解析：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，而且不同的次序代表不同的字符，因此可以用分步乘法计数原理求解此题解：(1用图一3来表示一个字节图1.1一3一个字节共有

17、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个字节可以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256256=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，每个汉字最少要用个字节表示例4.计算机编程人员在编写好程序今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，以便知道需要提供多少个测试数据一般地，一个程序模块由好

18、多子模块组成如图一4，它是一个拥有好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？别的，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？图一4解析：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或子模块来完成因此，解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

19、模块的执行路径共有9181=7371条.在实际测试中，程序员总是把每一个子模块看作一个黑箱，即经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，只要要测试程序第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32=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，测试整个模块的次数就变为172+6=178次.显然，178与7371的差距是特别大的牢固练习

20、：1.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1假设从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？2假设从这些书中，取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？3假设从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法？3.如图一,要给,四块地区分别涂上五种颜色中的某一种,允许同一种颜色使用屡次,但相邻地区必须涂不同颜色,那么不同涂色方法种数为()A.180B.160C.96D.60图一图二图三假设变为图二,图三呢?五名学生报名参

21、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？62007年重庆卷假设三个平面两两相交，且三条交线互相平行，那么这三个平面把空间分成CA5局部局部局部局部教学反思：课堂小结1分类加法计数原理和分步乘法计数原理是排列组合问题的最根本的原理，是推导排列数、组合数公式的理论依据，也是求解排列、组合问题的根本思想.2理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理，并加区别分类加法计数原理针对的是“分类问题，其中各种方法相对独立，用其中任何一种方法都可以完成件事；而分步乘法数原理的是“分步，各个步中的方法相互依存，只有各个步都完成后才算做完件事.3运用分

22、加法数原理与分步乘法数原理的注意点：分加法数原理：首先确定分准，其次足：完成件事的任何一种方法必属于某一，并且分属于不同的两的方法都是不同的方法，即不重不漏.分步乘法数原理：首先确定分步准，其次足：必并且只要完成n个步，件事才算完成.分配把一些元素分另一些元素来接受是排列适用中度大的一因涉及到两元素：被分配元素和接受位而我所学的排列合是一元素做排列或行合的，于是遇到便慌张失措了事上，任何排列都可以看作面两元素比方，把10个全排列，可以理解在10个人旁，有序号1，2，10的10把椅子，每把椅子坐一个人，那么有多少种坐法？就出了两元素，一是人，一是椅子。于是眼花乱的常分配，可以下小的“方法构：.每

23、个“接受位至多接受一个被分配元素的方法是mAn，里nm.其中m是“接受位的个数。至于是“接受位，不要管它在生活中原来的意，只要nm.个数m的一个元素就是“接受位，于是，方法可以化少A多.里的“多只要“少.被分配元素和接受位的每个成都有“宿,并且不限制一一的分配，方法是分的k算公式乘以Ak.121排列第一一、复引入：1分加法数原理：做一件事情，完成它可以有n法，在第一法中有m1种不同的方法，在第二法中有m2种不同的方法，在第n法中有mn种不同的方法那么完成件事共有Nm1m2Lmn种不同的方法2.分步乘法数原理：做一件事情，完成它需要分成n个步，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方

24、法，做第n步有mn种不同的方法，那么完成件事有Nm1m2Lmn种不同的方法分加法数原理和分步乘法数原理,答复的都是相关做一件事的不同方法种数的,区在于:分加法数原理的是“分,其中各种方法相互独立,每一种方法只属于某一,用其中任何一种方法都可以做完件事;分步乘法数原理的是“分步,各个步中的方法相互依存,某一步中的每一种方法都只能做完件事的一个步,只有各个步都完成才算做完件事用两种原理解:1.分清要完成的事情是什么；2.是分完成是分步完成,“互相独立，“步互相系；有无特殊条件的限制二、解新：1从甲、乙、丙3名同学中取2名同学参加某一天的一活，其中一名同学参加上午的活，一名同学参加下午的活，有多少种

25、不同的方法？解析：个就是从甲、乙、丙3名同学中每次取2名同学，按照参加上午的活在前，参加下午活在后的序排列，一共有多少种不同的排法的，共有6种不同的排法：甲乙甲丙乙甲乙丙丙甲丙乙，其中被取的象叫做元素解决一可分两个步：第1步，确定参加上午活的同学，从3人中任1人，有3种方法；第2步，确定参加下午活的同学，当参加上午活的同学确定后，参加下午活的同学只能从余下的2人中去，于是有2种方法根据分步乘法数原理，在3名同学中出2名，按照参加上午活在前，参加下午活在后的序排列的不同方法共有32=6种，如一1所示把上面中被取的象叫做元素，于是可表达：从3个不同的元素a,b，。中任取2个，然后按照一定的次序排成

26、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32=6种问题2从1,2,3,4这4个数字中，每次取出3个排成一个三位数，共可获得多少个不同的三位数？解析：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：432=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“个位的次序排成一列，就获得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

27、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；2步，确定十位上的数字，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，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“个位的次序排成一列，共有432=24种不同的排法，因而共可获得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

28、,241,243，312，314,321,324,341,342，412，413,421,423,431,432。同样，问题2可以归结为：4个不同的元素a,b,c，d中任取3个，然后按照一定的次序排成一列，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432=24种.树形图如下ab2排列的观点：从n个不同元素中，任取mmn个元素这里的被取元素各不相同按照一定的次序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的

29、一个排列说明：1排列的定义包括两个方面：取出元素，按一定的次序排列；2两个排列相同的条件：元素完全相同，元素的排列次序也相同3排列数的定义：从n个不同元素中，任取mmn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Anm表示注意区别排列和排列数的不同：“一个排列是指：从n个不同元素中，任取m个元素按照一定的次序排成一列，不是数；“排列数是指从n个不同元素中，任取mmn个元素的所有排列的个数，是一个数所以符号Anm只表示排列数，而不表示详尽的排列4排列数公式及其推导：An2的意义：假设有排好次序的2个空位，从n个元素a1,a2,Kan中任取2个元素去填空，一个空位填一个元素，每

30、一种填法就获得一个排列，反过来，任一个排列总可以由这样的一种填法获得，因此，所有不同的填法的种数就是排列数An2由分步计数原理完成上述填空共有n(n1)种填法，An2=n(n1)由此，求An3可以按依次填3个空位来考虑，An3=n(n1)(n2)，求Anm以按依次填m个空位来考虑Anmn(n1)(n2)L(nm1)，排列数公式：Anmn(n1)(n2)L(nm1)m,nN,mn说明：1公式特点：第一个因数是n，后边每一个因数比它前面一个1，最后一个因数是nm1，共有m个因数；2全排列：当nm时即n个不同元素全部取出的一个排列全排列数：Annn(n1)(n2)L21n!叫做n的阶乘别的，我们规定

31、0!=1.例1用计算器计算：(1A104；(2A185;(3A1818A1313.解：用计算器可得：由2)(3我们看到，A185A1818A1313那么，这个结果有没有一般性呢？即AnmAnnn!.Annmm(nm)!排列数的另一个计算公式：Anmn(n1)(n2)L(nm1)n(n1)(n2)L(nm1)(nm)L321n!=Ann.(nm)(nm1)L321(nm)!Annmm即Anm=(nn!m)!例2解方程：3Ax32Ax216Ax2解：由排列数公式得：3x(x1)(x2)2(x1)x6x(x1)，x3，3(x1)(x2)2(x1)6(x1)，即3x217x100，解得x5或x23，且

32、xN，原方程的解为x5，x3例3解不等式：A9x6A9x2解：原不等式即9!69!，(9x)!(11x)!也就是1(11x)6(9x)!，化简得：x221x1040，(9x)!(10 x)解得x8或x13，又2x9，且xN，所以，原不等式的解集为2,3,4,5,6,7例4求证：1AnnAnmAnnmm；2(2n)!135L(2n1)2nn!证明：1AnmAnnmm(nn!(nm)!n!Ann，原式建立m)!2(2n)!2n(2n1)(2n2)L43212nn!2nn!2nn(nL21(2n1)(2n3)L311)2nn!L(2n3)(2n1)n!13135L(2n1)右边n!原式建立说明：1解

33、含排列数的方程和不等式时要注意排列数Anm中，m,nN且mn这些限制条件，要注意含排列数的方程和不等式中未知数的取值范围；2公式Anmn(n1)(n2)L(nm1)常用来求值，特别是m,n均为时，公式Anm=n!，(nm)!常用来证明或化简例5化简：123Ln1；11!22!33!Lnn!2!3!4!n!解：原式1!11111L(n11)!1112!2!3!3!4!n!n!提示：由n1!n1n!nn!n!，得nn!n1!n!，原式n1!1说明：n111n!(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

34、：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个元素中任取2个元素的一个排列因此，比赛的总场次是A142=1413=182.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A53=543=60.(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555=125.例8中两个问题的区别在于：(1是从5

35、本不同的书中选出3本分送3名同学，各人获得的书不同，属于求排列数问题；而2中，由于不同的人获得的书可能相同，因此不吻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？解析：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地址上，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地址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O，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A91种选法；第2步，排十位和个位上的数字，可以从余下的

36、9个数字中任选2个，有A92种选法图一5)根据分步乘法计数原理，所求的三位数有A91A92=998=648个.解法2：如图一6所示，吻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O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，吻合条件的三位数有A93A92A92=648个解法3：从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为A103，其中O在百位上的排列数是A92，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，即所求的三位数的个数是A103-A92=1098-98=648.关于例9这类计数问题，可用适合的方法将问题分解，而且思考的角度不同，就可

37、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O是否出现以及出现的地址为标准，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，就获得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，引进排列的观点，以及推导求排列数的公式，可以更加简略、快捷地求解“从n个不同元素中取出m(mn个元素的所有排列的个数这类特殊的计数问题节中的例9是否也是这类计数问题？你能用排列的知识解决它吗？四、课堂练习

38、：1假设xn!，那么x(A)An3(B)Ann3(C)A3n(D)An333!2与A103A77不等的是(A)A109(B)81A88(C)10A99(D)A10103假设53A2A，那么m的值为5(B)3(C)6(D)7mm(A)4计算：2A953A96；(m1)!9!A106Amn11(mn)!5假设2(m1)!42，那么m的解集是Amm1161A10m109L5，那么m；29!362880，那么A97=；3An256，那么n；4An27An24，那么n7一个火车站有8股岔道，停放4列不同的火车，有多少种不同的停放方法假设每股岔道只能停放1列火车？8一部纪录电影在4个单位轮映，每一单位放映

39、1场，有多少种轮映次序？答案：1.B2.B3.A4.1,15.2,3,4,5,66.(1)6(2)181440(3)8(4)57.16808.24教学反思：排列的特点：一个是“取出元素；二是“按照一定次序排列,“一定次序就是与地址相关，这也是判断一个问题是不是排列问题的重要标志。根据排列的定义，两个排列相同，且仅当两个排列的元素完全相同，而且元素的排列次序也相同.认识排列数的意义，掌握排列数公式及推导方法，从中领悟“化归的数学思想，并能运用排列数公式进行计算。关于较复杂的问题，一般都有两个方向的列式途径，一个是“正面凑，一个是“反过来剔前者指，按照要求，一点点选出吻合要求的方案；后者指，先按全

40、局性的要求，选出方案，再把不吻合其他要求的方案剔出去认识排列数的意义，掌握排列数公式及推导方法，从中领悟“化归的数学思想，并能运用排列数公式进行计算。第三课时例11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：A5354360，所以，共有60种不同的送法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：555125，所以

41、，共有125种不同的送法说明：此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，各人获得的书不同，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，并且不同的次序表示不同的信号，一共可以表示多少种不同的信号？解：分3类：第一类用1面旗表示的信号有A31种；第二类用2面旗表示的信号有A32种；第三类用3面旗表示的信号有A33种，由分类计数原理，所求的信号种数是：A31A32A3333232115，3将

42、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？解析：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A44种方法；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A44种方法，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NA44A44576种例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？解法1：用分步计数原理：所求的三位数的个数是：A91A92998648解法2：吻合条件的三位数可以分成三类：每一位数字都不是0

43、的三位数有A93个，个位数字是0的三位数有A92个，十位数字是0的三位数有A92个，由分类计数原理，吻合条件的三位数的个数是：A93A92A92648解法3：从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为A103，其中以0为排头的排列数为A92，因此吻合条件的三位数的个数是A103A92648-A92说明：解决排列应用题，常用的思考方法有直接法和间接法直接法：经过对问题进行适合的分类和分步，直接计算吻合条件的排列数如解法1，2；间接法：关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，然后再减去不吻合限制条件的情况种数如解法3关于有限制条件的排列应用题，要适合地确定分类与分

44、步的标准，防备重复与遗漏第四课时例517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A77504027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：76543217！504037位同学站成一排，其中甲站在中间的地址，共有多少种不同的排法？解：问题可以看作：余下的6个元素的全排列A66=72047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A22种；第二步余下的5名同学进行全排列有A55种，所以，共有A22A55=240种排列方法57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

45、1直接法：第一步从除掉甲、乙其余的5位同学中选2位同学站在排头和排尾有A52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A55种方法，所以一共有A52A552400种排列方法解法2：消除法假设甲站在排头有A66种方法；假设乙站在排尾有A66种方法；假设甲站在排头且乙站在排尾那么有A55种方法，所以，甲不能站在排头，乙不能排在排尾的排法共有A772A66A55=2400种说明：关于“在与“不在的问题，经常使用“直接法或“消除法，对某些特殊元素可以优先考虑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地址上，那么共有多少种不同的排法？解法

46、一：从特殊地址考虑A1A5136080；99解法二：从特殊元素考虑假设选：5A95；假设不选：A96，那么共有5A95A96136080种；解法三：间接法A106A95136080第五课时例77位同学站成一排，1甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？解：先将甲、乙两位同学“捆绑在一起看作一个元素与其余的5个元素同学一起进行全排列有A66种方法；再将甲、乙两个同学“松绑进行排列有A22种方法所以这样的排法一共有A66A221440种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A55A33720种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

47、同学“捆绑在一起看作一个元素，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个元素中采用2个元素放在排头和排尾，有A52种方法；将剩下的4个元素进行全排列有A44种方法；最后将甲、乙两个同学“松绑进行排列有A22种方法所以这样的排法一共有A52A44A22960种方法解法二：将甲、乙两同学“捆绑在一起看作一个元素，此时一共有6个元素，假设丙站在排头或排尾有2A55种方法，所以，丙不能站在排头和排尾的排法有(A662A55)A22960种方法解法三：将甲、乙两同学“捆绑在一起看作一个元素，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地址选择共有A41种方法

48、，再将其余的5个元素进行全排列共有A55种方法，最后将甲、乙两同学“松绑，所以，这样的排法一共有A41A55A22960种方法4甲、乙、丙三个同学必须站在一起，别的四个人也必须站在一起解：将甲、乙、丙三个同学“捆绑在一起看作一个元素，别的四个人“捆绑在一起看作一个元素，时一共有2个元素，一共有排法种数：A33A44A22288种说明：关于相邻问题，常用“捆绑法先捆后松87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：消除法A77A66A223600；解法二：插空法先将其余五个同学排好有A55种方法，此时他们留下六个地址就称为“空吧，再将甲、乙同学分别插入这六个地址空有A62种

49、方法，所以一共有A55A623600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有A44种方法，此时他们留下五个“空，再将甲、乙和丙三个同学分别插入这五个“空有A53种方法，所以一共有A44A531440种说明：关于不相邻问题，常用“插空法特殊元素后考虑第六课时例95男5女排成一排，按以下要求各有多少种排法：1男女相间；2女生按指定次序排列解：1先将男生排好，有A55种排法；再将5名女生插在男生之间的6个“空挡包括两端中，有2A55种排法故此题的排法有N2A55A5528800种；2方法1：NA1010A10530240；A55方法2：设想有10个地址，先将男

50、生排在其中的任意5个地址上，有A105种排法；余下的5个地址排女生，因为女生的地址已经指定，所以她们只有一种排法故此题的结论为NA105130240种2007年高考题12007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，那么不同的涂色方法共有390种用数字作答22007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，至多项选择一门，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32007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

51、排法共有1440种960种720种480种4图是某汽车维修企业的维修点散布图，企业在年初分配给、四个维修点的某种配件各件，在使用前发现需将、四个维修点的这批配件分别调整为、件，但调整只能在相邻维修点之间进行，那么完成上述调整，最少的调动件次个配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为为答案：B；52007年全国卷I从班委会5名成员中选出3名，分别担当班级学习委员、娱乐委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担当娱乐委员，那么不同的选法共有36种用数字作答62007年全国卷从5位同学中选派4位同学在星期五、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，那么不

52、同的选派方法共有BA40种B60种C100种D120种7.2007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，那么不同的分配方案共有210种.用数字作答82007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A288个解析：选B对个位是B240个C144个D126个0和个位不是0两类情形分类计数；对每一类情形按“个位最高位中间三位分步数：个位是0并且比20000大的五位偶数有14A4396个；个位不是0并且比20000大的五位偶数有23A43144个；故共有96144240个本考两个根根源理，是典型的源于教材的目92007年重卷某校要求每位

53、学生从7程中修4，其中甲乙两程不能都，不同的方案有_25_种.以数字作答102007年宁夏卷某校安排5个班到4个工厂行社会践，每个班去一个工厂，每个工厂最少安排一个班，不同的安排方法共有240种用数字作答112007年宁卷将数字1，2，3，4，5，6拼成一列，第i个数ai(i1，2，L，6)，假设a11，a33，a55，a1a3a5，不同的排列方法有种用数字作答解析：分两步：1先排a1,a3,a5，a1=2，有2种；a1=3有2种；a1=4有1种，共有5种；2再排a2,a4,a6，共有A336种，故不同的排列方法种数56=30，填30122合第一一、复引入：1分加法数原理：做一件事情，完成它可

54、以有n法，在第一法中有m1种不同的方法，在第二法中有m2种不同的方法，在第n法中有mn种不同的方法那么完成件事共有Nm1m2Lmn种不同的方法2.分步乘法数原理：做一件事情，完成它需要分成n个步，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，做第n步有mn种不同的方法，那么完成件事有Nm1m2Lmn种不同的方法3排列的观点：从n个不同元素中，任取mmn个元素里的被取元素各不相同按照一定的序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列4排列数的定：从n个不同元素中，任取mmn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Anm表示5排列数公式：Amn(n1)(

55、n2)L(nm1)m,nN,mnn6阶乘：n!表示正整数1到n的连乘积，叫做n的阶乘规定0!17排列数的另一个计算公式：Anm=n!(nm)!提出问题：比方1：从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加某天的一项活动，其中1名同学参加上午的活动，1名同学参加下午的活动，有多少种不同的选法？比方2：从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加一项活动，有多少种不同的选法？引导察看：比方1中不只要求选出2名同学，而且还要按照一定的次序“排列，而比方2只要求选出2名同学，是与次序无关的引出课题：组合二、讲解新课：1组合的观点：一般地，从n个不同元素中取出mmn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

56、组合说明：不同元素；“只取不排无序性；相同组合：元素相同1判断以下问题是组合仍是排列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从全班23人中选出3人分别担当班长、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？410个人互相通信一次，共写了多少封信？510个人互通一次，共多少个？问题：11、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组合数的观点：从n个不同元素中取出mmn个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m

57、个元素的组合数用符号mCn表示例2用计算器计算C107解：由计算器可得例3计算：1C74；2C107；1解：C74765435；4!2解法1：C107109876541207!解法2：C10710!10981207!3!3!第二课时3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C43是多少呢？启示：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3A4可以求得，故我们可以考察一下C43和A43的关系，如下：组合排列abcabc,bac,cab,acb,bca,cbaabdabd,bad,dab,adb,bda,dbaacdacd,cad,dac,adc,

58、cda,dcabcdbcd,cbd,dbc,bdc,cdb,dcb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A43，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C43个；对每一个组合的3个不同元素进行全排列，各有33333A43A3种方法由分步计数原理得：A4C4A3，所以，C43A32推广：一般地，求从n个不同元素中取出m个元素的排列数Anm，可以分如下两步：先求从n个不同元素中取出m个元素的组合数Cnm；求每一个组合中个元素全排列数mmmmmAm，根据分步计数原理得：AnCnAm3组合数的公式：mAnmn(n1)(n2)L(nm

59、1)CnAmmm!或Cmnn!(n,mN,且mn)m!(nm)!规定:Cn0.三、讲解模范：例4求证：Cmnm1Cnm1nm证明：Cmnn!m)!m!(nm1Cnm1m1(mn!m1)!nmnm1)!(nm1n!m1)!(m1)!(nm)(nn!m!(nm)!Cmnm1Cnm1nm例5设xN,求Cx1C2x3的值2x3x1解：由题意可得：2x3x1，解得2x4，x12x3xN，x2或x3或x4，x2时原式值为7；当x3时原式值为7；当x4时原式值为11所求值为4或7或11第三课时例6一位教练的足球队共有17名初级学员，他们中以前没有一人参加过比赛按照足球比赛规那么，比赛时一个足球队的上场队员是

60、11人问：这位教练从这17名学员中可以形成多少种学员上场方案？如果在选出11名上场队员时，还要确定其中的守门员，那么教练员有多少种方式做这件事情？解析：关于1)，根据题意，17名学员没有角色差别，地位完全同样，因此这是一个从17个不同元素中选出11个元素的组合问题；关于2)，守门员的地址是特殊的，其余上场学员的地位没有差别，因此这是一个分步完成的组合问题解：(1由于上场学员没有角色差别，所以可以形成的学员上场方案有C手12376种.(2教练员可以分两步完成这件事情：第1步，从17名学员中选出n人组成上场小组，共有C1711种选法；第2步，从选出的n人中选出1名守门员，共有C111种选法所以教练