高二数学选修23教案

m种不一样样的方法，第课时总第讲课方案二次备课课型：新讲课主备人：审查人：1．1分类加法计数原理和分步乘法计数原理一、讲课目的：①理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；②会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题二、讲课重难点：要点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)难点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)的正确理解三、讲课方法解说法四、讲课过程一、新课解说引入课题先看下边的问题：①从我们班上选举出两名同学担当班长，有多少种不一样样的选法？②把我们的同学排成一排，共有多少种不一样样的排法？要解决这些问题，就要运用相关摆列、组合知识.摆列组合是一种重要的数学计数方法.总的来说，就是研究按某一规则做某事时，一共有多少种不一样样的做法.在运用摆列、组合方法时，常常要用到分类加法计数原理与分步乘法计数原理.这节课，我们从详细例子出发来学习这两个原理.分类加法计数原理（1）提出问题问题1.1：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，总合能够编出多少种不一样样的号码？问题1.2：从甲地到乙地，能够乘火车，也能够乘汽车.假如一天中火车有3班，汽车有班.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一样样的走法？研究：你能谈谈以上两个问题的特色吗？（2）发现新知分类加法计数原理达成一件事有两类不一样样方案，在第1类方案中有在第2类方案中有n种不一样样的方法.那么达成这件事共有Nmn种不一样样的方法.（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处专业，详细情况以下：?

1A大学B大学二次备课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假如这名同学只好选一个专业，那么他共有多少种选择呢？分析：因为这名同学在A,B两所大学中只好选择一所，并且只好选择一个专业，又因为两所大学没有共同的强处专业，因此符合分类加法计数原理的条件．解：这名同学能够选择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．又因为没有一个强处专业是两所大学共有的，因此依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：若还有C大学，此中强处专业为：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？研究：假如达成一件事有三类不一样样方案，在第1类方案中有m1种不一样样的方法，在第2类方案中有m2种不一样样的方法，在第3类方案中有m3种不一样样的方法，那么达成这件事共有多少种不一样样的方法？假如达成一件事情有n类不一样样方案，在每一类中都有若干种不一样样方法，那么应该怎样计数呢？一般概括：达成一件事情，有n类方法，在第1类方法中有m1种不一样样的方法，在第2类方法中有m2种不同的方法在第n类方法中有mn种不一样样的方法.那么达成这件事共有Nm1m2mn种不一样样的方法.理解分类加法计数原理：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，达成一件事要分为若干类，各样的方法相互独立，各样中的各样方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都能够独自达成这件事.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1—9九个阿拉伯数字，以A1,A2,，B1,B2,的方式给教室里的座位编号，总合能编出多少个不一样样的号码？用列举法能够列出所有可能的号码：我们还能够够这样来思虑：因为前6个英文字母中的随意一个都能与9个数字中的任何一个组成一个号码，并且它们各不一样样，因此共有6×9=54个不一样样的号码．研究：你能谈谈这个问题的特色吗？（2）发现新知2分步乘法计数原理达成一件事有两类不一样样方案，在第1类方案中有m种不一样样的方法，在二次备课第2类方案中有n种不一样样的方法.那么达成这件事共有Nmn种不一样样的方法.（3）知识应用例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竞赛，共有多少种不一样样的选法？分析：选出一组参赛代表，能够分两个步骤．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种不一样样选择；第2步，从24名女生中选出1人，有24种不一样样选择．依据分步乘法计数原理，共有30×24=720种不一样样的选法．研究：假如达成一件事需要三个步骤，做第1步有m1种不一样样的方法，做第2步有m2种不一样样的方法，做第3步有m3种不一样样的方法，那么达成这件事共有多少种不一样样的方法？假如达成一件事情需要n个步骤，做每一步中都有若干种不一样样方法，那么应该怎样计数呢？一般概括：达成一件事情，需要分红n个步骤，做第1步有m1种不一样样的方法，做第2步有m2种不一样样的方法做第n步有mn种不一样样的方法.那么达成这件事共有Nm1m2mn种不一样样的方法.理解分步乘法计数原理：分步计数原理针对的是“分步”问题，达成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，达成任何此中的一步都不可以够达成该件事，只有当各个步骤都达成后，才算达成这件事.3．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理异同点①相同点：都是达成一件事的不一样样方法种数的问题②不一样样点：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，达成一件事要分为若干类，各样的方法相互独立，各样中的各样方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都能够独自达成这件事，是独立达成；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，达成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，达成任何此中的一步都不可以够达成该件事，只有当各个步骤都达成后，才算达成这件事，是合作达成.3综合应用例3.书架的第1层放有4本不一样样的计算机书，第2层放有3本不一样样的文艺书，第3层放2本不一样样的体育书.①从书架上任取1本书，有多少种不一样样的取法？②从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不一样样的取法？③从书架上任取两本不一样样学科的书，有多少种不一样样的取法？【分析】①要达成的事是“取一本书”，因为无论取书架的哪一层的书都能够达成了这件事，因此是分类问题，应用分类计数原理.②要达成的事是“从书架的第1、2、3层中各取一本书”，因为取一层中的一本书都只达成了这件事的一部分，只有第1、2、3层都取后，才能达成这件事，因此是分步问题，应用分步计数原理.③要达成的事是“取2本不一样样学科的书”，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本文艺书都只达成了这件事的一部分，应用分步计数原理，上述每一种选法都达成后，这件事才能达成，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?

3体育书，有2种方法．依据分类加法计数原理，不一样样取法的种数是Nm1m2m3=4+3+2=9;(2）从书架的第1,2,3层各取1本书，能够分红3个步骤达成：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．依据分步乘法计数原理，不一样样取法的种数是m1m2m3=4×3×2=24.（3）N43423226。例4.要从甲、乙、丙3幅不一样样的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定地点，问共有多少种不一样样的挂法？解：从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，能够分两个步骤达成：第1步，从3幅画中选1幅挂在左侧墙上，有3种选法；第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右侧墙上，有2种选法．依据分步乘法计数原理，不一样样挂法的种数是N=3×2=6.种挂法能够表示以下：五、课后总结分类加法计数原理和分步乘法计数原理，回答的都是相关做一件事的不一样样方法的种数问题．差别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，此中各样方法相互独立，用此中任何一种方法都能够做完这件事，分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都达成才看作完这件事．六、作业部署七、讲课方案八、板书设计九、课后反省4第课时总第讲课方案二次备课课型：习题课主备人：审查人：一、讲课目的：①理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；②会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题二、讲课重难点：要点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)难点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)的正确理解三、讲课方法解说法四、讲课过程例5.给程序模块命名，需要用3个字符，此中首字符要求用字母A～G或U～Z,后两个要求用数字1～9．问最多能够给多少个程序命名？分析：要给一个程序模块命名，能够分三个步骤：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．而首字符又能够分为两类．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．再计算可能的不一样样程序名称．由分步乘法计数原理，最多能够有13×9×9==1053个不一样样的名称，即最多能够给1053个程序命名．例6.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点的长链，长链中每一个地点上都由一种称为碱基的化学成分所占有．总合有4种不一样样的碱基，分别用A,C,G,U表示．在一个RNA分子中，各样碱基能够以随意序次出现，因此在随意一个地点上的碱基与其余地点上的碱基没关．假定有一类RNA分子由100个碱基构成，那么能有多少种不一样样的RNA分子？分析：用图1.1一2来表示由100个碱基构成的长链，这时我们共有100个地点，每个地点都能够从A,C,G,U中任选一个来占有．?

5二次备课解：100个碱基构成的长链共有100个地点，如图1.1一2所示．从左到右挨次在每一个地点中，从A,C,G,U中任选一个填人，每个地点有4种填补方法．依据分步乘法计数原理，长度为100的所有可能的不一样样RNA分子数量有44L44100（个）14243100例7.电子元件很简单实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最简单控制的两种状态．因此计算机内部就采纳了每一位只有O或1两种数字的记数法，即二进制．为了使计算机能够鉴识字符，需要对字符进行编码，每个字符能够用一个或多个字节来表示，此中字节是计算机中数据储蓄的最小计量单位，每个字节由8个二进制位构成．问：(1）一个字节（8位）最多能够表示多少个不一样样的字符？(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？分析：因为每个字节有8个二进制位，每一位上的值都有0,1两种选择，并且不一样样的顺序代表不一样样的字符，因此能够用分步乘法计数原理求解此题．解：(1）用图1.1一3来表示一个字节．图1.1一3一个字节共有8位，每位上有2种选择．依据分步乘法计数原理，一个字节最多能够表示2×2×2×2×2×2×2×2=28=256个不一样样的字符；(2）由（1）知，用一个字节所能表示的不一样样字符不够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种不一样样的表示方法，后一个字节也有256种表示方法．依据分步乘法计数原理，2个字节能够表示256×256=65536个不一样样的字符，这已经大于汉字国标码包含的汉字个数6763．因此要表示这些汉字，每个汉字最少要用2个字节表示．例8.计算机编程人员在编写好程序此后需要对程序进行测试．程序员需要知道终归有多少条履行路径（即程序从开始到结束的路线），以便知道需要供给多少个测试数据．一般地，一个程序模块由很多子模块构成．如图1.1一4，它是一个拥有很多履行路径的程序模块．问：这个程序模块有多少条履行路径？其余，为了减少测试时间，程序员需要想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：整个模块的随意一条履行路径都分两步达成：第1步是从开始履行到A点；第2步是从A点履行到结束．而第1步可由子模块1或子模块2或子模块3来达成；第2步可由子模块4或子模块5来达成．因此，分析一条指令在整个模块的履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）.6又由分步乘法计数原理，整个模块的履行路径共有二次备课91×81=7371（条）.在实质测试中，程序员老是把每一个子模块看作一个黑箱，即经过只察看能否履行了正确的子模块的方式来测试整个模块．这样，他能够先分别独自测试5个模块，以察看每个子模块的工作能否正常．总合需要的测试次数为18+45+28+38+43=172.再测试各个模块之间的信息沟通能否正常，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沟通能否正常，需要的测试次数为3×2=6.假如每个子模块都工作正常，并且各个子模块之间的信息沟通也正常，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成172+6=178（次）.明显，178与7371的差距是特别大的．你看出了程序员是怎样实现减少测试次数的吗？例9.跟着人们生活水平的提升，某城市家庭汽车拥有量快速增加，汽车牌照号码需交通管理部门出台了一种汽车牌照构成方法，每一个汽车牌照都必然有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个字母必然合成一组出现，3个数字也必然合成一组出现．那么这种方法共能给多少辆汽车上牌照？分析：依据新规定，牌照能够分为2类，即字母组合在左和字母组合在右．确立一个牌照的字母和数字能够分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个步骤确立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．依据分步乘法计数原理，字母组合在左的牌照共有26×25×24×10×9×8=11232000（个）.同理，字母组合在右的牌照也有11232000个．因此，共能给11232000+11232000=22464000（个）.辆汽车上牌照．用两个计数原理解信心数问题时，最重要的是在开始计算从前要进行认真分析―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，最后用分类加法计数原理乞降，获得总数．分步要做到“步骤圆满”―达成了所有步骤，恰巧达成任务，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，最后依据分步乘法计数原理，把达成每一步的方法数相乘，获得总数．练习1．乘积（a1a2a3)(b1b2b3)(c1c2c3c4c5)张开后共有多少项？2．某电话局管辖范围内的电话号码由八位数字构成，此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，那么这个电话局不一样样的电话号码最多有多少个？?

73．从5名同学中选出正、副组长各1名，有多少种不一样样的选法？二次备课4．某商场有6个门，假如某人此后中的随意一个门进人商场，并且要求从其余的门出去，共有多少种不一样样的出入商场的方式？例1.一蚂蚁沿着长方体的棱,从的一个极点爬到相对的另一个极点的近来路线共有多少条？解:从整体上看,如,蚂蚁从极点A爬到极点C1有三类方法,从局部上看每类又需两步达成,因此,第一类,m1=1×2=2条第二类,m2=1×2=2条第三类,m3=1×2=2条因此,依据加法原理,从极点A到极点C1近来路线共有N=2+2+2=6条例2.如图,要给地图A、B、C、D四个地区分别涂上3种不一样样颜色中的某一种,赞成同一种颜色使用多次,但相邻地区必然涂不一样样的颜色,不一样样的涂色方案有多少种？解:按地图A、B、C、D四个地区挨次分四步达成,第一步,m1=3种,第二步,m2=2种,第三步,m3=1种,第四步,m4=1种,因此依据乘法原理,获得不一样样的涂色方案种数共有N=3×2×1×1=6变式1，如图,要给地图A、B、C、D四个地区分别涂上3种不一样样颜色中的某一种,赞成同一种颜色使用多次,但相邻地区必然涂不一样样的颜色,不一样样的涂色方案有多少种？2若颜色是2种，4种，5种又会什么样的结果呢？75600有多少个正约数?有多少个奇约数?解:因为75600=24×33×52×7(1)75600的每个约数都能够写成2l3j5k7l的形式,此中0i4,0j3,0k2,0l1于是,要确立75600的一个约数,可分四步达成,即i,j,k,l分别在各自的范围内任取一个值,这样i有5种取法,j有4种取法,k有3种取法,l有2种取法,依据分步计数原理得约数的个数为5×4×3×2=120个.？讲堂小结1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理是摆列组合问题的最基本的原理，是推导摆列数、组合数公式的理论依据，也是求解摆列、组合问题的基本思想.82．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理，并加差别分类加法计数原理针对的是“分类”问题，此中各样方法相对独立，用此中任何一种方法都能够达成这件事；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都达成后才看作完这件事.3．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：第一确立分类标准，其次知足：达成这件事的任何一种方法必属于某一类，并且分别属于不一样样的两类的方法都是不一样样的方法，即"不重不漏".分步乘法计数原理：第一确立分步标准，其次知足：必然并且只需连续达成这n个步骤，这件事才算达成.分派问题把一些元素分给另一些元向来接受．这是摆列组合应用问题中难度较大的一类问题．因为这波及到两类元素：被分派元素和接受单位．而我们所学的摆列组合是对一类元素做摆列或进行组合的，于是碰到这种问题便慌乱失措了．事实上，任何摆列问题都能够看作面对两类元素．比方，把10个全摆列，能够理解为在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。于是仇人晕眼花的常有分派问题，可概括为以下小的“方法构造”：m①.每个“接受单位”至多接受一个被分派元素的问题方法是An，这里nm.此中m是“接受单位”的个数。至于谁是“接受单位”，不要管它在生活中本来的意义，只需nm.个数为m的一个元素就是“接受单位”少，于是，方法还能够够简化为A多.这里的“多”只需“少”.②.被分派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派问题，方法k是分组问题的计算公式乘以Ak.七、讲课方案八、板书设计九、课后反省?

910第课时总第讲课方案二次备课课型：新讲课主备人：审查人：1．2．1摆列一、讲课目的：认识摆列数的意义，掌握摆列数公式及推导方法，从中意会“化归”的数学思想，并能运用摆列数公式进行计算。能运用所学的摆列知识，正确地解决的实诘问题二、讲课重难点：要点：摆列、摆列数的见解难点：摆列数公式的推导三、讲课方法解说法四、讲课过程一、复习引入：1分类加法计数原理：做一件事情，达成它能够有n类方法，在第一类方法中有m1种不一样样的方法，在第二类方法中有m2种不一样样的方法，，在第n类方法中有mn种不一样样的方法那么达成这件事共有Nm1m2Lmn种不一样样的方法2.分步乘法计数原理：做一件事情，达成它需要分红n个步骤，做第一步有m1种不一样样的方法，做第二步有m2种不一样样的方法，，做第n步有mn种不一样样的方法，那么达成这件事有m1m2Lmn种不一样样的方法分类加法计数原理和分步乘法计数原理,回答的都是相关做一件事的不一样样方法种数的问题,差别在于:分类加法计数原理针对的是“分类”问题,此中各样方法相互独立,每一种方法只属于某一类,用此中任何一种方法都能够做完这件事;分步乘法计数原理针对的是“分步”问题,各个步骤中的方法相互依存,某一步骤中的每一种方法都只好做完这件事的一个步骤,只有各个步骤都达成才看作完这件事应用两种原理解题:1.分清要达成的事情是什么；2.是分类达成仍是分步达成,“类”间相互独立，“步”间相互联系；3.有无特别条件的限制二、解说新课：问题1．从甲、乙、丙3名同学中采纳2名同学参加某一天的一项活动，此中一名同学参加上午的活动，一名同学参加下午的活动，有多少种不一样样的方法？分析：这个问题就是从甲、乙、丙3名同学中每次采纳2名同学，依据参加上午的活动在前，参加下午活动在后的序次摆列，一共有多少种不一样样的排法的问题，共有6种不一样样的排法：甲乙甲丙乙甲乙丙丙甲丙乙，此中被取的对象叫做元素?

11二次备课解决这一问题可分两个步骤：第1步，确立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，确立参加下午活动的同学，当参加上午活动的同学确立后，参加下午活动的同学只好从余下的2人中去选，于是有2种方法．依据分步乘法计数原理，在3名同学中选出2名，依据参加上午活动在前，参加下午活动在后的序次摆列的不一样样方法共有3×2=6种，如图1.2一1所示．图1.2一1把上边问题中被取的对象叫做元素，于是问题可表达为：从3个不一样样的元素a,b，。中任取2个，此后依据必然的序次排成一列，一共有多少种不一样样的摆列方法？所有不一样样的摆列是ab,ac,ba,bc,ca,cb,共有3×2=6种．问题2．从1,2,3,4这4个数字中，每次拿出3个排成一个三位数，共可获得多少个不一样样的三位数？分析：解决这个问题分三个步骤：第一步先确立左侧的数，在4个字母中任取1个，有4种方法；第二步确立中间的数，从余下的3个数中取，有3种方法；第三步确立右侧的数，从余下的2个数中取，有2种方法由分步计数原理共有：4×3×2=24种不一样样的方法，用树型图排出，并写出所有的摆列由此可写出所有的排法明显，从4个数字中，每次拿出3个，按“百”“十”“个”位的序次排成一列，就获得一个三位数．因此有多少种不一样样的摆列方法就有多少个不一样样的三位数．能够分三个步骤来解决这个问题：第1步，确立百位上的数字，在1,2,3,4这4个数字中任取1个，有4种方法；第2步，确立十位上的数字，当百位上的数字确立后，十位上的数字只好从余下的3个数字中去取，有3种方法；第3步，确立个位上的数字，当百位、十位上的数字确立后，个位的数字只好从余下的2个数字中去取，有2种方法．依据分步乘法计数原理，从1,2,3,4这4个不一样样的数字中，每次拿出3个数字，按“百”“十”“个”位的序次排成一列，共有4×3×2=24种不一样样的排法，因此共可获得24个不一样样的三位数，如图1.2一2所示．由此可写出所有的三位数：123，124,132,134,142,143，213，214,231,234,241,243，12二次备课312，314,321,324,341,342，412，413,421,423,431,432。相同，问题2能够概括为：从4个不一样样的元素a,b,c，d中任取3个，此后依据必然的序次排成一列，共有多少种不一样样的摆列方法？所有不一样样摆列是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4×3×2=24种.树形图以下abｃｄｂｃｄａｃｄａｂｄａｂｃ2．摆列的见解：从n个不一样样元素中，任取m（mn）个元素（这里的被取元素各不一样样）依据必然的序次排．．．．．成一列，叫做从n个不一样样元素中拿出m个元素的一个摆列．．．．说明：（1）摆列的定义包含两个方面：①拿出元素，②按必然的序次摆列；（2）两个摆列相同的条件：①元素圆满相同，②元素的摆列序次也相同3．摆列数的定义：从n个不一样样元素中，任取m（mn）个元素的所有摆列的个数叫做从n个元素中拿出m元素的摆列数，用符号Anm表示注意差别摆列和摆列数的不一样样：“一个摆列”是指：从n个不一样样元素中，任取m个元素依据一．．．．．mnm（）个元素的定的序次排成一列，不是数；“摆列数”是指从n个不一样样元素中，任取所有摆列的个数，是一个数因此符号Anm只表示摆列数，而不表示详细的摆列4．摆列数公式及其推导：由An2的意义：假定有排好序次的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，每一种填法就获得一个摆列，反过来，任一个摆列总能够由这样的一种填法获得，因此，所有不一样样的填法的种数就是摆列数An2．由分步计数原理达成上述填空共有n(n1)种填法，∴An2=n(n1)由此，求An3能够按挨次填3个空位来考虑，∴An3=n(n1)(n2)，求Anm以按挨次填m个空位来考虑Anmn(n1)(n2)L(nm1)，摆列数公式：Anmn(n1)(n2)L(nm1)?

13（m,nN,mn）二次备课说明：（1）公式特色：第一个因数是n，后边每一个因数比它前面一个少1，最后一个因数是nm1，共有m个因数；（2）全摆列：当nm时即n个不一样样元素所有拿出的一个摆列全摆列数：Annn(n1)(n2)L21n!（叫做n的阶乘）其余，我们规定0!=1.五、课后总结摆列的特色：一个是“拿出元素”；二是“依据必然序次摆列”,“必然序次”就是与地点相关，这也是判断一个问题是不是摆列问题的重要标记。依据摆列的定义，两个摆列相同，且仅当两个摆列的元素圆满相同，并且元素的摆列序次也相同.认识摆列数的意义，掌握摆列数公式及推导方法，从中意会“化归”的数学思想，并能运用摆列数公式进行计算。关于较复杂的问题，一般都有两个方向的列式门路，一个是“正面凑”，一个是“反过来剔”．前者指，依据要求，一点点选出符合要求的方案；后者指，先按全局性的要求，选出方案，再把不符合其余要求的方案剔出去．认识摆列数的意义，掌握摆列数公式及推导方法，从中意会“化归”的数学思想，并能运用摆列数公式进行计算。六、作业部署七、讲课方案八、板书设计九、课后反省14第课时总第讲课方案二次备课课型：习题课主备人：审查人：1．2．1摆列(1)一、讲课目的：能运用所学的摆列知识，正确地解决的实诘问题二、讲课过程例1．用计算器计算：(1）A104；(2）A185;(3）A1818A1313.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mAnnn!.AnAnnmm(nm)!摆列数的另一个计算公式：mn(n1)(n2)L(nm1)Ann(n1)(n2)L(nm1)(nm)L321n!=Ann.即Anm=n!(nm)(nm1)L321(nm)!Annmm(nm)!例2．解方程：3Ax32Ax216Ax2．解：由摆列数公式得：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(9，化简得：x221x1040，(9x)!(10x)x)!?

15二次备课解得x8或x13，又∵2x9，且xN，因此，原不等式的解集为2,3,4,5,6,7．例4．求证：（1）AnnAnmAnnmm；（2）(2n)!135L(2n1)．2nn!证明：（1）AnmAnnmm(nn!(nm)!n!Ann，∴原式建立m)!（2）(2n)!2n(2n1)(2n2)L43212nn!2nn!2nn(nL21(2n1)(2n3)L311)2nn!n!13L(2n3)(2n1)5L(2n1)右侧n!13∴原式建立说明：（1）解含摆列数的方程和不等式时要注意摆列数Anm中，m,nN且mn这些限制条件，要注意含摆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均为已知时，公式Anm=(nn!，常用来证明或化简m)!例5．化简：⑴123n11!22!33!Lnn!2!3!Ln!；⑵14!⑴解：原式1!11111L11112!2!3!3!4!(n1)!n!n!⑵提示：由n1!n1n!nn!n!，得nn!n1!n!，原式n1!1说明：n111．n!(n1)!n!例7．(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、客场分别竞赛一次，共进行多少场竞赛？解：随意两队间进行1次主场竞赛与1次客场竞赛，对应于从14个元素中任取2个元素的一个摆列．因此，竞赛的总场次是A142=14×13=182.例8．(课本例3)．(1）从5本不一样样的书中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不一样样的送法？(2）从5种不一样样的书中买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不一样样的送法？解：(1）从5本不一样样的书中选出3安分别送给3名同学，对应于从5个不一样样元素中任取3个元素的一个摆列，因此不一样样送法的种数是A53=5×4×3=60.16(2）因为有5种不一样样的书，送给每个同学的1本书都有5种不一样样的选购方法，因此送给3名二次备课同学每人各1本书的不一样样方法种数是5×5×5=125.例8中两个问题的差别在于：(1）是从5本不一样样的书中选出3安分送3名同学，各人获得的书不一样样，属于求摆列数问题；而（2）中，因为不一样样的人获得的书可能相同，因此不符合使用摆列数公式的条件，只好用分步乘法计数原理进行计算．例9．(课本例4)．用0到9这10个数字，能够构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。不可以够排在百位上，而其余数能够排在随意地点上，因此。是一个特其余元素．一般的，我们能够从特别元素的摆列地点人手来考虑问题解法1：因为在没有重复数字的三位数中，百位上的数字不可以够是O，因此能够分两步达成摆列．第1步，排百位上的数字，能够从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，能够从余下的9个数字中任选2个，有A92种选法（图1.2一5)．依据分步乘法计数原理，所求的三位数有A91A92=9×9×8=648（个）.解法2：如图1.2一6所示，符合条件的三位数可分红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．依据分类加法计数原理，符合条件的三位数有A93A92A92=648个．解法3：从0到9这10个数字中任取3个数字的摆列数为A103，此中O在百位上的摆列数是A92，它们的差就是用这10个数字构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=10×9×8-9×8=648.关于例9这种计数问题，可用适合的方法将问题分解，并且思虑的角度不一样样，就能够有不一样样的解题方法．解法1依据百位数字不可以够是。的要求，分步达成选3个数构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能否出现以及出现的地点为标准，分类达成这件事情，依据的是分类加法计数原理；解法3是一种逆向思虑方法：先求出从10个不一样样数字中选3个不重复数字的摆列数，此后从中减去百位是。的摆列数（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能够看到，引进摆列的见解，以及推导求摆列数的公式，能够更为简单、快捷地求解“从n个不一样样元素中拿出m(m≤n）个元素的所有摆列的个数”这种特其余计数问题．1.1节中的例9能否也是这种计数问题？你能用摆列的知识解决它吗？四、讲堂练习：?

171．若xn!，则x（）3!(A)An3(B)Ann3(C)A3n(D)An332．与A103A77不等的是（）(A)A109(B)81A88(C)10A99(D)A10103．若Am52Am3，则m的值为（）(A)5(B)3(C)6(D)74．计算：2A953A96；(m1)!．9!A106Amn11(mn)!5．若2(m1)!的解集是．Amm1142，则m6．（1）已知A10m109L5，那么m；2）已知9!362880，那么A97=；（3）已知An256，那么n；（4）已知An27An24，那么n．7．一个火车站有8股歧路，停放4列不一样样的火车，有多少种不一样样的停放方法（假定每股歧路只好停放1列火车）？8．一部纪录电影在4个单位轮映，每一单位放映1场，有多少种轮映序次？答案：1.B2.B3.A4.1,15.2,3,4,5,66.(1)6(2)181440(3)8(4)57.16808.24课后反省18第课时总第讲课方案二次备课课型：习题课主备人：审查人：1．2．1摆列(2)一、讲课目的：能运用所学的摆列知识，正确地解决的实诘问题二、讲课过程增补例题例1．（1）有5本不一样样的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不一样样的送法？（2）有5种不一样样的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不一样样的送法？解：（1）从5本不一样样的书中选出3安分别送给3名同学，对应于从5个元素中任取3个元素的一个摆列，因此不一样样送法的种数是：A5354360，因此，共有60种不一样样的送法（2）因为有5种不一样样的书，送给每个同学的1本书都有5种不一样样的选购方法，因此送给3名同学，每人各1本书的不一样样方法种数是：555125，因此，共有125种不一样样的送法说明：此题两小题的差别在于：第（1）小题是从5本不一样样的书中选出3安分送给3位同学，各人获得的书不一样样，属于求摆列数问题；而第（2）小题中，给每人的书均能够从5种不一样样的书中任选1种，各人获得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，每次能够随意挂1面、2面或3面，并且不一样样的序次表示不一样样的信号，一共能够表示多少种不一样样的信号？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，答：一共能够表示15种不一样样的信号例3．将4位司机、4位售票员分派到四辆不一样样班次的公共汽车上，每一辆汽车分别有一位司机和一位售票员，共有多少种不一样样的分派方案？分析：解决这个问题能够分为两步，第一步：把4位司机分派到四辆不一样样班次的公共汽车上，即从4个不一样样元素中拿出4个元素排成一列，有A44种方法；第二步：把4位售票员分派到四辆不一样样班次的公共汽车上，也有A44种方法，利用分步计数原理即得分派方案的种数解：由分步计数原理，分派方案共有NA44A44576（种）?

19二次备课答：共有576种不一样样的分派方案例4．用0到9这10个数字，能够构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：符合条件的三位数能够分红三类：每一位数字都不是0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，符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个数字的摆列数为A103，此中以0为排头的摆列数为A92，因此符合条件的三位数的个数是A103A92648-A92．说明：解决摆列应用题，常用的思虑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，直接计算符合条件的摆列数如解法1，2；间接法：关于有限制条件的摆列应用题，可先不考虑限制条件，把所有情况的种数求出来，此后再减去不符合限制条件的情况种数如解法3．关于有限制条件的摆列应用题，要适合地确立分类与分步的标准，防备重复与遗漏例5．（1）7位同学站成一排，共有多少种不一样样的排法？解：问题能够看作：7个元素的全摆列A77＝5040．2）7位同学站成两排（前3后4），共有多少种不一样样的排法？解：依据分步计数原理：7×6×5×4×3×2×1＝7！＝5040．3）7位同学站成一排，此中甲站在中间的地点，共有多少种不一样样的排法？解：问题能够看作：余下的6个元素的全摆列——A66=720．（4）7位同学站成一排，甲、乙只好站在两头的排法共有多少种？解：依据分步计数原理：第一步甲、乙站在两头有A22种；第二步余下的5名同学进行全摆列有A55种，因此，共有A22A55=240种摆列方法（5）7位同学站成一排，甲、乙不可以够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位进行摆列（全摆列）有A55种方法，因此一共有A52A55＝2400种摆列方法解法2：（除去法）若甲站在排头有A66种方法；若乙站在排尾有A66种方法；若甲站在排头且乙站在排尾则有A55种方法，因此，甲不可以够站在排头，乙不可以够排在排尾的排法共有A77－2A66＋A55=2400种．20说明：关于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”或“除去法”，对某些特别元素能够优二次备课先考虑例6.从10个不一样样的文艺节目中选6个编成一个节目单，假如某女演员的独唱节目必然不可以够排在第二个节目的地点上，则共有多少种不一样样的排法？解法一：（从特别地点考虑）A1A5136080；99解法二：（从特别元素考虑）若选：5A95；若不选：A96，则共有5A95A96136080种；解法三：（间接法）A106A95136080例7．7位同学站成一排，（1）甲、乙两同学必然相邻的排法共有多少种？解：先将甲、乙两位同学“捆绑”在一同看作一个元素与其余的5个元素（同学）一同进行全摆列有A66种方法；再将甲、乙两个同学“松绑”进行摆列有A22种方法．因此这样的排法一共有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A55A33＝720种（3）甲、乙两同学必然相邻，并且丙不可以够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”在一同看作一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不可以够站在排头和排尾，因此能够从其余的5个元素中采纳2个元素放在排头和排尾，有A52种方法；将剩下的4个元素进行全摆列有A44种方法；最后将甲、乙两个同学“松绑”进行摆列有A22种方法．因此这样的排法一共有A52A44A22＝960种方法解法二：将甲、乙两同学“捆绑”在一同看作一个元素，此时一共有6个元素，若丙站在排头或排尾有2A55种方法，因此，丙不可以够站在排头和排尾的排法有(A62A5)A2960种方法652解法三：将甲、乙两同学“捆绑”在一同看作一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不可以够站在排头和排尾，因此能够从其余的四个地点选择共有A41种方法，再将其余的5个元素进行全摆列共有A55种方法，最后将甲、乙两同学“松绑”，因此，这样的排法一共有A41A55A22＝960种方法．4）甲、乙、丙三个同学必然站在一同，其余四个人也必然站在一同解：将甲、乙、丙三个同学“捆绑”在一同看作一个元素，其余四个人“捆绑”在一同看作一个元素，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）．例8．7位同学站成一排，?

21二次备课（1）甲、乙两同学不可以够相邻的排法共有多少种？解法一：（除去法）A7A6A23600；762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点（就称为“空”吧），再将甲、乙同学分别插入这六个地点（空）有A62种方法，因此一共有A55A623600种方法．（2）甲、乙和丙三个同学都不可以够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343A5种方法，因此一共有4A5＝1440种．A说明：关于不相邻问题，常用“插空法”（特别元素后考虑）．例9．5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）女生按指定序次排列解：（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”（包含两头）中，有2A55种排法故此题的排法有N2A55A5528800（种）；（2）方法1：NA1010A10530240；A55方法2：假想有10个地点，先将男生排在此中的随意5个地点上，有A105种排法；余下的5个位置排女生，因为女生的地点已经指定，因此她们只有一种排法故此题的结论为NA105130240（种）讲堂练习：1．（2007年江苏卷）某校开设9门课程供学生选修，此中A,B,C三门因为上课时间相同，至多选一门，学校规定每位同学选修4门，共有75种不一样样选修方案。（用数值作答）2．（2007年广东卷）图３是某汽车维修企业的维修点散布图，企业在年初分派给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，但调整只幸好相邻维修点之间进行，那么达成上述调整，最少的调换件次（ｎ个配件从一个维修点调整到相邻维修点的调换件次为ｎ）为（Ａ）１５（Ｂ）１６（Ｃ）１７（Ｄ）１８九、课后反省22第课时总第讲课方案二次备课课型：新讲课主备人：审查人：1．2．2组合一、讲课目的：理解组合的意义，能写出一些简单问题的所有组合。明确组合与摆列的联系与差别，能判断一个问题是摆列问题仍是组合问题。2.认识组合数的意义，理解摆列数mn与组合数Cnm之间的联系，掌握组合数公式，能运用组合数公式进行计算。二、讲课重难点：要点：组合的见解和组合数公式难点：组合的见解和组合数公式三、讲课方法解说法四、讲课过程一、复习引入：1分类加法计数原理：做一件事情，达成它能够有n类方法，在第一类方法中有m1种不一样样的方法，在第二类方法中有m2种不一样样的方法，，在第n类方法中有mn种不一样样的方法那么完成这件事共有Nm1m2Lmn种不一样样的方法2.分步乘法计数原理：做一件事情，达成它需要分红n个步骤，做第一步有m1种不一样样的方法，做第二步有m2种不一样样的方法，，做第n步有mn种不一样样的方法，那么达成这件事有m1m2Lmn种不一样样的方法3．摆列的见解：从n个不一样样元素中，任取m（mn）个元素（这里的被取元素各不一样样）依据必然的序次排成一列，叫做从n个不一样样元素中拿出m个元素的一个摆列．．．．．．．．．4．摆列数的定义：从n个不一样样元素中，任取m（mn）个元素的所有摆列的个数叫做从n个元素中拿出m元素的摆列数，用符号Anm表示5．摆列数公式：Anmn(n1)(n2)L(nm1)（m,nN,mn）6阶乘：n!表示正整数1到n的连乘积，叫做n的阶乘规定0!1．?

23二次备课mn!7．摆列数的另一个计算公式：An=(nm)!8.提出问题：示例1：从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加某天的一项活动，此中1名同学参加上午的活动，1名同学参加下午的活动，有多少种不一样样的选法？示例2：从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加一项活动，有多少种不一样样的选法？指引察看：示例1中不单要求选出2名同学，并且还要依据必然的序次“摆列”，而示例2只需求选出2名同学，是与序次没关的引出课题：组合．．．二、解说新课：1组合的见解：一般地，从n个不一样样元素中拿出mmn个元素并成一组，叫做从n个不一样样元素中拿出m个元素的一个组合说明：⑴不一样样元素；⑵“只取不排”——无序性；⑶相同组合：元素相同例1．判断以下问题是组合仍是摆列1）在北京、上海、广州三个民航站之间的直抵航线上，有多少种不一样样的飞机票？有多少种不一样样的飞机票价？2）高中部11个班进行篮球单循环竞赛，需要进行多少场竞赛？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，有多少种不一样样的选法？选出三人参加某项劳动，有多少种不一样样的选法？4）10个人相互通讯一次，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．组合数的见解：从n个不一样样元素中拿出mmn个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中拿出m个元素的组合数．用符号mCn表示．．．．3．组合数公式的推导：（1）从4个不一样样元素a,b,c,d中拿出3个元素的组合数C43是多少呢？启迪：因为摆列是先组合再摆列，而从4个不一样样元素中拿出3个元素的摆列数3A4能够求得，故．．．．．．．．．我们能够察看一下C43和A43的关系，以下：组合摆列abcabc,bac,cab,acb,bca,cbaabdabd,bad,dab,adb,bda,dbaacdacd,cad,dac,adc,cda,dcabcdbcd,cbd,dbc,bdc,cdb,dcb由此可知,每一个组合都对应着6个不一样样的摆列，因此，求从4个不一样样元素中拿出3个元素的摆列数A43，能够分以下两步：①考虑从4个不一样样元素中拿出3个元素的组合，共有C43个；②对每一个组合的3个不一样样元素进行全摆列，各有A33种方法．由分步计数原理得：A43＝243二次备课C43A33，因此，C43A4．A33（2）推行：一般地，求从n个不一样样元素中拿出m个元素的摆列数Anm，能够分以下两步：①先求从n个不一样样元素中拿出m个元素的组合数Cnm；②求每一个组合中个元素全摆列数mmmm．mAm，依据分步计数原理得：An＝CnAm（3）组合数的公式：Anmn(n1)(n2)L(nm1)CnAmmm!或Cmnn!(n,mN,且mn)m!(nm)!规定:Cn01.三、解说典范：例2．用计算器计算C107．解：由计算器可得例3．计算：（1）C74；（2）C107；（1）解：C747654＝35；4!（2）解法1：C10710987654＝120．7!解法2：C10710!1098＝120．7!3!3!例4．求证：Cmnm1Cnm1．nm证明：∵Cmnn!m)!m!(nm1Cnm1m1(mn!m1)!nmnm1)!(n＝m1(nn!m1)!(m1)!m)(n?

25＝n!m)!m!(n∴Cmnm1Cnm1nm例5．设xN,x12x3求C2x3Cx1的值解：由题意可得：2x3x1，解得2x4，x12x3∵xN，∴x2或x3或x4，当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11．五、课后总结组合的意义与组合数公式；解决实诘问题时第一要看能否与序次相关，进而确立是摆列问题仍是组合问题，必需时要利用分类和分步计数原理六、作业部署七、讲课方案八、板书设计九、课后反省26第课时总第讲课方案二次备课课型：习题课主备人：审查人：1．2．2组合（1）一、讲课目的：理解组合的意义，能写出一些简单问题的所有组合。明确组合与摆列的联系与差别，能判断一个问题是摆列问题仍是组合问题。2.认识组合数的意义，理解摆列数mn与组合数Cnm之间的联系，掌握组合数公式，能运用组合数公式进行计算。二、讲课重难点：要点：组合的见解和组合数公式难点：组合的见解和组合数公式三、讲课方法解说法四、讲课过程例6．一位教练的足球队共有17名初级学员，他们中从前没有一人参加过竞赛．依据足球竞赛规则，竞赛时一个足球队的上场队员是11人．问：这位教练从这17名学员中能够形成多少种学员上场方案？假如在选出11名上场队员时，还要确立此中的守门员，那么教练员有多少种方式做这件事情？分析：关于（1)，依据题意，17名学员没有角色差别，地位圆满相同，因此这是一个从17个不一样样元素中选出11个元素的组合问题；关于（2)，守门员的地点是特其余，其余上场学员的地位没有差别，因此这是一个分步达成的组合问题．解：(1）因为上场学员没有角色差别，因此能够形成的学员上场方案有C｝手＝12376（种）.(2）教练员能够分两步达成这件事情：第1步，从17名学员中选出n人构成上场小组，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．因此教练员做这件事情的方法数有C1711C111=136136（种）.例7．（1）平面内有10个点，以此中每2个点为端点的线段共有多少条？(2）平面内有10个点，以此中每2个点为端点的有向线段共有多少条？解：(1）以平面内10个点中每2个点为端点的线段的条数，就是从10个不一样样的元素中取出2个元素的组合数，即线段共有?

27二次备课2C10

10912

45（条）.(2）因为有向线段的两个端点中一个是起点、另一个是终点，以平面内10个点中每2个点为端点的有向线段的条数，就是从10个不一样样元素中拿出2个元素的摆列数，即有向线段共有A10210990（条）.例8．在100件产品中，有98件合格品，2件次品．从这100件产品中随意抽出3件.(1）有多少种不一样样的抽法？(2）抽出的3件中恰巧有1件是次品的抽法有多少种？(3）抽出的3件中最罕有1件是次品的抽法有多少种？解：(1）所求的不一样样抽法的种数，就是从100件产品中拿出3件的组合数，因此共有31009998=161700（种）.C100123(2）从2件次品中抽出1件次品的抽法有C21种，从98件合格品中抽出2件合格品的抽法有C982种，因此抽出的3件中恰巧有1件次品的抽法有C21C982=9506(种).(3）解法1从100件产品抽出的3件中最罕有1件是次品，包含有1件次品和有2件次品两种情况．在第（2）小题中已求得此中1件是次品的抽法有C21C982种，因此依据分类加法计数原理，抽出的3件中最罕有一件是次品的抽法有C21C982+C22C981=9604（种）.解法2抽出的3件产品中最罕有1件是次品的抽法的种数，也就是从100件中抽出3件的抽法种数减去3件中都是合格品的抽法的种数，即C1003C983=161700-152096=9604（种）.说明：“最少”“至多”的问题，平常用分类法或间接法求解。变式：按以下条件，从12人中选出5人，有多少种不一样样选法？（1）甲、乙、丙三人必然入选；（2）甲、乙、丙三人不可以够入选；（3）甲必然入选，乙、丙不可以够入选；（4）甲、乙、丙三人只有一人入选；（5）甲、乙、丙三人至多2人入选；（6）甲、乙、丙三人最少1人入选；例9．（1）6本不一样样的书分给甲、乙、丙3同学，每人各得2本，有多少种不一样样的分法？解：C62C42C2290．（2）从5个男生和4个女生中选出4名学生参加一次会议，要求最罕有2名男生和1名女生参加，有多少种选法？解：问题能够分红2类：第一类2名男生和2名女生参加，有C52C4260中选法；第二类3名男生和1名女生参加，有C53C4140中选法依据分类计数原理，共有100种选法28错解：C52C41C16240种选法指引学生用直接法查验，可知重复的很多例10．4名男生和6名女生构成最罕有1个男生参加的三人社会实践活动小组，问构成方法共有多少种？解法一：（直接法）小组构成有三种情况：3男，2男1女，1男2女，分别有C43，C42C61，C41C62，因此，一共有C43+C42C61+C41C62＝100种方法．解法二：（间接法）C103C63100四、讲堂练习：．判断以下问题哪个是摆列问题，哪个是组合问题：1）从4个景色点中选出2个安排旅行，有多少种不一样样的方法？2）从4个景色点中选出2个，并确立这2个景色点的旅行序次，有多少种不一样样的方法？2．7名同学进行乒乓球擂台赛，决出新的擂主，则共需进行的竞赛场数为（）A．42B．21C．7D．63．假如把两条异面直线看作“一对”，则在五棱锥的棱所在的直线中，异面直线有（）A．15对B．25对C．30对D．20对4．设全集Ua,b,c,d，会合A、B是U的子集，若A有3个元素，B有2个元素，且AIBa，求会合A、B，则此题的解的个数为（）A．42B．21C．7D．3九、课后反省?

29第课时总第讲课方案二次备课课型：习题课主备人：审查人：1．2．2组合（2）一、讲课目的：理解组合的意义，能写出一些简单问题的所有组合。明确组合与摆列的联系与差别，能判断一个问题是摆列问题仍是组合问题。2.认识组合数的意义，理解摆列数mn与组合数Cnm之间的联系，掌握组合数公式，能运用组合数公式进行计算。二、讲课重难点：要点：组合的见解和组合数公式难点：组合的见解和组合数公式三、讲课方法解说法四、讲课过程组合数的性质1：CnmCnnm．一般地，从n个不一样样元素中拿出m个元素后，剩下nm个元素．因为从n个不一样样元素中拿出m个元素的每一个组合，与剩下的nm个元素的每一个组合一一对应，因此从n个不一样样．．．．元素中拿出m个元素的组合数，等于从这n个元素中拿出nm个元素的组合数，即：CnmCnnm．在这里，主要表现：“取法”与“剩法”是“一一对应”的思想证明：∵Cnnm(nn!(nm)]!n!m)!m)![nm!(n又Cnmn!，∴CnmCnnmm!(nm)!说明：①规定：Cn01；②等式特色：等式两边下标同，上标之和等于下标；③此性质作用：当mn时，计算Cnm可变成计算Cnnm，能够使