新教材-人教B版高中数学选择性必修第二册全册学案(知识点考点汇总及配套习题-含解析)

人教B版选择性必修第二册全册学案第三章排列、组合与二项式定理 23.1排列与组合 23.1.1基本计数原理 2第1课时基本计数原理 2第2课时基本计数原理的应用 93.1.2排列与排列数 17第1课时排列与排列数 17第2课时排列数的应用 243.1.3组合与组合数 32第1课时组合与组合数 32第2课时组合数的性质及应用 393.2数学探究活动：生日悖论的解释与模拟(略) 463.3二项式定理与杨辉三角 46第1课时二项式定理 46第2课时二项式系数的性质、杨辉三角和二项式定理的应用 53章末复习 63第四章概率与统计 704.1条件概率与事件的独立性 704.1.1条件概率 704.1.2乘法公式与全概率公式 77第1课时乘法公式 77第2课时全概率公式、贝叶斯公式 834.1.3独立性与条件概率的关系 924.2随机变量 1014.2.1随机变量及其与事件的联系 1014.2.2离散型随机变量的分布列 1084.2.3二项分布与超几何分布 119第1课时n次独立重复试验与二项分布 119第2课时超几何分布 1294.2.4随机变量的数字特征 138第1课时离散型随机变量的均值 138第2课时离散型随机变量的方差 1484.2.5正态分布 1584.3统计模型 1674.3.1一元线性回归模型 167第1课时相关关系与回归直线方程 167第2课时相关系数与非线性回归 1784.3.2独立性检验 191章末复习 200第三章排列、组合与二项式定理3.1排列与组合3.1.1基本计数原理第1课时基本计数原理学习目标核心素养1．通过实例，能归纳总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理．(重点)2．正确理解“完成一件事情”的含义，能根据具体问题的特征，选择“分类”或“分步”．(易混点)3．能利用两个原理解决一些简单的实际问题．(难点)1．通过两个计数原理的学习，培养逻辑推理的素养．2．借助两个计数原理解决一些简单的实际问题，提升数学运算的素养.十三届全国人大三次会议在京召开，某政协委员5月19日从泉城济南前往北京参加会议，他有两类快捷途径：一是乘坐飞机，二是乘坐动车组．假如这天适合他乘坐的飞机有3个航班，动车组有4个班次．问题1：此委员这一天从济南到北京共有多少种快捷途径？问题2：如果该委员需要在5月19日先从家乡乘坐汽车到达济南市，再乘坐飞机前往北京参加会议，其中汽车有4班，飞机有3个航班，问：此委员想从家乡到达北京共有多少种途径？1．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m1种不同的方法，第二类办法中有m2种不同的方法……第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事，如果需要分成n个步骤，且：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，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．思考：在分步乘法计数原理中，第1步采用的方法与第2步采用的方法之间有影响吗？[提示]无论第1步采用哪种方法，都不影响第2步方法的选取．拓展：两个计数原理的区别与联系：分类加法计数原理分步乘法计数原理区别一每类办法都能独立地完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事每一步得到的只是中间结果(最后一步除外)，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，只有各步都完成了，才能完成这件事区别二各类办法之间是互斥的、并列的、独立的各步之间是关联的、独立的，“关联”确保不遗漏，“独立”确保不重复联系这两个原理都是用来计算做一件事情的不同方法数1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同． ()(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件事．()(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的． ()(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事． ()[答案](1)×(2)√(3)√(4)×2．(教材P4尝试与发现改编)从A地到B地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法数为()A．1＋1＋1＝3 B．3＋4＋2＝9C．3×4×2＝24 D．以上都不对B[分三类：第一类，乘汽车，从3次中选1次有3种走法；第二类，乘火车，从4次中选1次有4种走法；第三类，乘轮船，从2次中选1次有2种走法．所以，共有3＋4＋2＝9种不同的走法．]3．已知x∈{2,3,7}，y∈{－1，－2,4}，则(x，y)可表示不同的点的个数是()A．1 B．3C．6 D．9D[这件事可分为两步完成：第一步，在集合{2,3,7}中任取一个值x有3种方法；第二步，在集合{－1，－2,4}中任取一个值y有3种方法．根据分步乘法计数原理知，有3×3＝9个不同的点．]4．一个礼堂有4个门，若从任一个门进，从任一门出，共有不同走法________种．16[由分步乘法计数原理得4×4＝16.]分类加法计数原理的应用【例1】(1)从高三年级的四个班中共抽出22人，其中一、二、三、四班分别为4人，5人，6人，7人，他们自愿组成数学课外小组，选其中一人为组长，有多少种不同的选法？(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？[解](1)分四类：从一班中选一人，有4种选法；从二班中选一人，有5种选法；从三班中选一人，有6种选法；从四班中选一人，有7种选法．共有不同选法N＝4＋5＋6＋7＝22(种)．(2)法一：按十位上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．法二：按个位上的数字是2,3,4,5,6,7,8,9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别是1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，所以按分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．1．(变结论)本例(2)中条件不变，求个位数字小于十位数字且为偶数的两位数的个数．[解]当个位数字是8时，十位数字取9，只有1个．当个位数字是6时，十位数字可取7,8,9，共3个．当个位数字是4时，十位数字可取5,6,7,8,9，共5个．同理可知，当个位数字是2时，共7个．当个位数字是0时，共9个．由分类加法计数原理知，符合条件的数共有1＋3＋5＋7＋9＝25(个)．2．(变条件，变结论)本例(2)换为：用数字1,2,3可以组成多少个没有重复数字的整数？[解]分三类：①第一类为一位整数，有1,2,3，共3个；②第二类为二位整数，有12,13,21,23,31,32，共6个；③第三类为三位整数，有123,132,213,231,312,321，共6个．∴共组成3＋6＋6＝15个无重复数字的整数．利用分类加法计数原理计数时的解题流程提醒：确定分类标准时要确保每一类都能独立的完成这件事．分步乘法计数原理的应用【例2】(教材P6例2改编)一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共十个数字，这4个拨号盘可以组成多少个四位数的号码(各位上的数字允许重复)?[思路点拨]根据题意，必须依次在每个拨号盘上拨号，全部拨号完毕后，才拨出一个四位数号码，所以应用分步乘法计数原理．[解]按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：第一步，有10种拨号方式，所以m1＝10；第二步，有10种拨号方式，所以m2＝10；第三步，有10种拨号方式，所以m3＝10；第四步，有10种拨号方式，所以m4＝10.根据分步乘法计数原理，共可以组成N＝10×10×10×10＝10000个四位数的号码．(变条件)若各位上的数字不允许重复，那么这个拨号盘可以组成多少个四位数的号码？[解]按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：第一步，有10种拨号方式，即m1＝10；第二步，有9种拨号方式，即m2＝9；第三步，有8种拨号方式，即m3＝8；第四步，有7种拨号方式，即m4＝7.根据分步乘法计数原理，共可以组成N＝10×9×8×7＝5040(个)四位数的号码．利用分步乘法计数原理计数时的解题流程提醒：分步时要注意不能遗漏步骤，否则就不能完成这件事．辨析两个计数原理[探究问题]如何区分一个问题是“分类”还是“分步”？[提示]如果完成这件事，可以分几种情况，每种情况中任何一种方法都可以完成任务，则是分类；而从其中任何一种情况中任取一种方法只能完成一部分任务，且只有依次完成各种情况，才完成这件事，则是分步．【例3】现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？[思路点拨][解](1)分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法．根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法．(2)分为三步：国画、油画、水彩画各有5种，2种，7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法．(3)分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法；第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35(种)不同的选法；第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14(种)不同的选法．所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法．1．当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法．2．分类时标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律．3．混合问题一般是先分类再分步．eq\o([跟进训练])一个袋子里有10张不同的中国移动手机卡，另一个袋子里有12张不同的中国联通手机卡．(1)某人要从两个袋子中任取一张手机卡供自己使用，共有多少种不同的取法？(2)某人手机是双卡双待机，想得到一张移动卡和一张联通卡供自己使用，问一共有多少种不同的取法？[解](1)第一类：从第一个袋子取一张移动卡，共有10种取法；第二类：从第二个袋子取一张联通卡，共有12种取法．根据分类加法计数原理，共有10＋12＝22种取法．(2)第一步，从第一个袋子取一张移动卡，共有10种取法；第二步，从第二个袋子取一张联通卡，共有12种取法．根据分步乘法计数原理，共有10×12＝120种取法．1．使用两个原理解题的本质eq\x(分类)→eq\x(\S\UP(将问题分成互相排斥,的几类，逐类解决))→eq\x(\S\UP(分类加法,计数原理))eq\x(分步)→eq\x(\S\UP(把问题分化为几个互相,关联的步骤，逐步解决))→eq\x(分步乘法计数原理)2．利用两个计数原理解决实际问题的常用方法eq\x(列举法)eq\o(→,\s\up10(种数较少))eq\x(将各种情况一一列举)eq\x(间接法)eq\o(→,\s\up10(正面复杂))eq\x(用总数减去不满足条件的种数)1．某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有()A．3种 B．4种C．7种 D．12种C[选择课程的方法有2类：从A类课程中选一门有3种不同方法，从B类课程中选1门有4种不同方法，∴共有不同选法3＋4＝7种．]2．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为()A．7 B．12C．64 D．81B[先从4件上衣中任取一件共4种选法，再从3条长裤中任选一条共3种选法，由分步乘法计数原理，上衣与长裤配成一套共4×3＝12(种)不同配法．故选B.]3．某学生去书店，发现2本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有()A．1种 B．2种C．3种 D．4种C[分两类：买1本或买2本书，各类购买方式依次有2种、1种，故购买方式共有2＋1＝3种．故选C.]4．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，不同的行车路线有________条．12[经过一次十字路口可分两步：第一步确定入口，共有4种选法；第二步确定出口，从剩余3个路口任选一个共3种，由分步乘法计数原理知不同的路线有4×3＝12条．]5．有不同的红球8个，不同的白球7个．(1)从中任意取出一个球，有多少种不同的取法？(2)从中任意取出两个不同颜色的球，有多少种不同的取法？[解](1)由分类加法计数原理，从中任取一个球共有8＋7＝15(种)．(2)由分步乘法计数原理，从中任取两个不同颜色的球共有8×7＝56(种)．第2课时基本计数原理的应用学习目标核心素养1．熟练应用两个计数原理．(重点)2．能运用两个计数原理解决一些综合性的问题．(难点)1．借助两个计数原理解题，提升数学运算的素养．2．通过合理分类或分步解决问题，提升逻辑推理的素养.组数问题【例1】(教材P6例2改编)用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的：(1)银行存折的四位密码？(2)四位整数？(3)比2000大的四位偶数？[思路点拨](1)用分步乘法计数原理求解(1)问；(2)0不能作首位，优先排首位，用分步乘法计数原理求解；(3)可以按个位是0,2,4分三类，也可以按首位是2,3,4,5分四类解决，也可以用间接法求解．[解](1)分步解决．第一步：选取左边第一个位置上的数字，有6种选取方法；第二步：选取左边第二个位置上的数字，有5种选取方法；第三步：选取左边第三个位置上的数字，有4种选取方法；第四步：选取左边第四个位置上的数字，有3种选取方法．由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有6×5×4×3＝360(个)．(2)分步解决．第一步：首位数字有5种选取方法；第二步：百位数字有5种选取方法；第三步：十位数字有4种选取方法；第四步：个位数字有3种选取方法．由分步乘法计数原理知，可组成四位整数有5×5×4×3＝300(个)．(3)法一：按末位是0,2,4分为三类：第一类：末位是0的有4×4×3＝48个；第二类：末位是2的有3×4×3＝36个；第三类：末位是4的有3×4×3＝36个．则由分类加法计数原理有N＝48＋36＋36＝120(个)．法二：按千位是2,3,4,5分四类：第一类：千位是2的有2×4×3＝24(个)；第二类：千位是3的有3×4×3＝36(个)；第三类：千位是4的有2×4×3＝24(个)；第四类：千位是5的有3×4×3＝36(个)．则由分类加法计数原理有N＝24＋36＋24＋36＝120(个)．法三：用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类：第一类：末位是0的有5×4×3＝60(个)；第二类：末位是2或4的有2×4×4×3＝96(个)．共有60＋96＝156(个)．其中比2000小的有：千位是1的共有3×4×3＝36(个)，所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120(个)．1．对于组数问题，一般按特殊位置(一般是末位和首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或者特殊元素)优先的方法分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解．2．解决组数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖掘．排数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则．eq\o([跟进训练])1．四张卡片上分别标有数字“2”、“0”、“1”、“1”，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为()A．6 B．9C．12 D．24B[法一：(列举法)根据0的位置分类：第一类：0在个位有：2110,1210,1120，共3个．第二类：0在十位有：2101,1201,1102，共3个．第三类：0在百位有：2011,1021,1012，共3个．故共有3＋3＋3＝9个不同的四位数，故选B.法二：(树形图法)如图，可知这样的数共有9个，故选B.]抽取(分配)问题【例2】(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有()A．16种 B．18种C．37种 D．48种(2)甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数有________种．[思路点拨](1)由于去甲工厂的班级分配情况较多，而其对立面较少，可考虑间接法求解．(2)先让一人去抽，然后再让被抽到贺卡所写人去抽．(1)C(2)9[(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案，若三个班都不去工厂甲则有33种不同的分配方案．则满足条件的不同的分配方案有43－33＝37(种)．故选C.(2)不妨由甲先来取，共3种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，共3种取法，余下来的人，都只有1种选择，所以不同取法共有3×3×1×1＝9(种)．]求解抽取(分配)问题的方法1．当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或者图表法．2．当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接法：直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．②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．eq\o([跟进训练])2．3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？[解]法一：(以小球为研究对象)分三步来完成：第一步：放第一个小球有5种选择；第二步：放第二个小球有4种选择；第三步：放第三个小球有3种选择．根据分步乘法计数原理得：共有方法数N＝5×4×3＝60(种)．法二：(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5，分成以下10类：第一类：空盒子标号为(1,2)：选法有3×2×1＝6(种)；第二类：空盒子标号为(1,3)：选法有3×2×1＝6(种)；第三类：空盒子标号为(1,4)：选法有3×2×1＝6(种)；分类还有以下几种情况：空盒子标号分别为(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10类，每一类都有6种方法．根据分类加法计数原理得，共有方法数N＝6＋6＋…＋6＝60(种)．涂色(种植)问题[探究问题]1．用3种不同颜色填涂图中A，B，C，D四个区域，且使相邻区域不同色，若按从左到右依次涂色，有多少种不同的涂色方案？[提示]涂A区有3种涂法，B，C，D区域各有2种不同的涂法，由分步乘法计数原理将A，B，C，D四个区域涂色共有3×2×2×2＝24(种)不同方案．2．在探究1中，若恰好用3种不同颜色涂A，B，C，D四个区域，那么哪些区域必同色？把四个区域涂色，共有多少种不同的涂色方案？[提示]恰用3种不同颜色涂四个区域，则A，C区域，或A，D区域，或B，D区域必同色．由分类加法计数原理可得恰用3种不同颜色涂四个区域共3×2×1＋3×2×1＋3×2×1＝18(种)不同的方案．3．在探究1中，若恰好用2种不同颜色涂完四个区域，则哪些区域必同色？共有多少种不同的涂色方案？[提示]若恰好用2种不同颜色涂四个区域，则A，C区域必同色，且B，D区域必同色．先从3种不同颜色中任取两种颜色，共3种不同的取法，然后用所取的2种颜色涂四个区域共2种不同的涂法．由分步乘法计数原理可得恰好用2种不同颜色涂四个区域共有3×2＝6(种)不同的涂色方案．【例3】将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？[思路点拨]注意小方格中第2个和第3个所涂颜色可能相同，也可能不同，故应分两类：所涂颜色相同和不同，分别求解．[解]第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有4×3＝12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×12×3＝180(种)不同的涂法．②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×4×4＝80(种)不同的涂法．由分类加法计数原理可得共有180＋80＝260(种)不同的涂法．(变条件)本例中的区域改为如图所示，其他条件均不变，则不同的涂法共有多少种？[解]依题意，可分两类情况：①④不同色；①④同色．第一类：①④不同色，则①②③④所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成4步来完成．第一步涂①，从5种颜色中任选一种，有5种涂法；第二步涂②，从余下的4种颜色中任选一种，有4种涂法；第三步涂③与第四步涂④时，分别有3种涂法和2种涂法．于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法为5×4×3×2＝120(种)．第二类：①④同色，则①②③不同色，我们可将涂色工作分成三步来完成．第一步涂①④，有5种涂法；第二步涂②，有4种涂法；第三步涂③，有3种涂法．于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有5×4×3＝60(种)．综上可知，所求的涂色方法共有120＋60＝180(种)．求解涂色种植问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用方法有：1按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；2以颜色种植作物为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；3对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.解决较为复杂的计数问题综合应用1．合理分类，准确分步：(1)处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”，要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准．(2)分类时要满足两个条件：①类与类之间要互斥(保证不重复)；②总数要完备(保证不遗漏)，也就是要确定一个合理的分类标准．(3)分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立，互不干扰，并确保连续性．2．特殊优先，一般在后：解含有特殊元素、特殊位置的计数问题，一般应先安排特殊元素，优先确定特殊位置，再考虑其他元素与其他位置，体现出解题过程中的主次思想．1．某年级要从3名男生，2名女生中选派3人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有()A．6种 B．7种C．8种 D．9种D[可按女生人数分类：若选派一名女生，有2×3＝6种；若选派2名女生，则有3种．由分类加法计数原理，共有9种不同的选派方法．]2．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()A．30 B．20C．10 D．6D[从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两个不同的数字相加，和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种取法；②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．]3．如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种.108[A有4种涂法，B有3种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法，共有4×3×3×3＝108(种)涂法．]4．5名班委进行分工，其中A不适合当班长，B只适合当学习委员，则不同的分工方案种数为________．18[根据题意，B只适合当学习委员，有1种情况，A不适合当班长，也不能当学习委员，有3种安排方法，剩余的3人担任剩余的工作，有3×2×1＝6种情况，由分步乘法计数原理，可得共有1×3×6＝18种分工方案．]5．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有多少种？[解]法一：(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1＝6种不同的种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2×1＝6种不同的种植方法．故不同的种植方法共有6×3＝18(种)．法二：(间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种方法，故共有不同的种植方法24－6＝18(种)．3.1.2排列与排列数第1课时排列与排列数学习目标核心素养1．理解排列的概念，能正确写出一些简单问题的所有排列．(重点)2．会用排列数公式进行求值和证明．(难点)1．通过学习排列的概念，培养数学抽象的素养．2．借助排列数公式进行计算，培养数学运算的素养.教师节当天，市委领导到学校考察，听完一节课后与老师们座谈，有12位教师参加，面对市委领导坐成一排．问题：这12位老师的坐法共有多少种？1．排列的概念(1)一般地，从n个不同对象中，任取m(m≤n)个对象，按照一定的顺序排成一列，称为从n个不同对象中取出m个对象的一个排列．(2)特别地，m＝n时的排列(即取出所有对象的排列)称为全排列．思考：两个排列相同的条件是什么？[提示]两个排列相同则应具备排列的对象及排列的顺序均相同．2．排列数及排列数公式排列数的定义从n个不同对象中取出m个对象的所有排列的个数，称为从n个不同对象中取出m个对象的排列数排列数的表示Aeq\o\al(m,n)(n，m∈N，m≤n)排列数公式乘积式Aeq\o\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)阶乘式Aeq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,n－m！)阶乘Aeq\o\al(n,n)＝n×(n－1)×(n－2)×…×2×1＝n！规定0！＝1，Aeq\o\al(0,n)＝1性质Aeq\o\al(m,n)＋mAeq\o\al(m－1,n)＝Aeq\o\al(m,n＋1)拓展：排列与排列数的区别“排列”与“排列数”是两个不同的概念，“排列”是指“从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象，按照一定的顺序排成一列，它不是数，而是具体的一件事；而“排列数”是上述完成这件事所有不同的排列个数，它是一个数．1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)a，b，c与b，a，c是同一个排列． ()(2)从1,2,3,4中任选两个元素，就组成一个排列． ()(3)同一个排列中，同一个元素不能重复出现． ()(4)在同一个排列中，若交换两个元素的位置，则该排列不发生变化． ()[答案](1)×(2)×(3)√(4)×2．89×90×91×92×…×100可表示为()A．Aeq\o\al(10,100) B．Aeq\o\al(11,100)C．Aeq\o\al(12,100) D．Aeq\o\al(13,100)C[Aeq\o\al(12,100)＝100×99×98×…×(100－12＋1)＝100×99×98×…×89.]3．甲、乙、丙三名同学排成一排，不同的排列方法有()A．3种 B．4种C．6种 D．12种C[由排列的定义可知，共有Aeq\o\al(3,3)＝3×2×1＝6种排列方法．]4．(教材P14A组T2改编)eq\f(A\o\al(3,4),5！)＝________.eq\f(1,5)[eq\f(A\o\al(3,4),5！)＝eq\f(4×3×2,5×4×3×2×1)＝eq\f(1,5).]排列的概念【例1】判断下列问题是否为排列问题．(1)北京、上海、天津三个民航站之间的直达航线的飞机票的价格(假设来回的票价相同)；(2)选2个小组分别去植树和种菜；(3)选2个小组去种菜；(4)选10人组成一个学习小组；(5)选3个人分别担任班长、学习委员、生活委员；(6)某班40名学生在假期相互通信．[思路点拨]判断是否为排列问题关键是选出的元素在被安排时，是否与顺序有关．若与顺序有关，就是排列问题，否则就不是排列问题．[解](1)中票价只有三种，虽然机票是不同的，但票价是一样的，不存在顺序问题，所以不是排列问题．(2)植树和种菜是不同的，存在顺序问题，属于排列问题．(3)(4)不存在顺序问题，不属于排列问题．(5)中每个人的职务不同，例如甲当班长或当学习委员是不同的，存在顺序问题，属于排列问题．(6)A给B写信与B给A写信是不同的，所以存在着顺序问题，属于排列问题．所以在上述各题中，(2)(5)(6)属于排列问题．1．解决本题的关键有两点：一是“取出元素不重复”，二是“与顺序有关”．2．判断一个具体问题是否为排列问题，就看取出元素后排列是有序的还是无序的，而检验它是否有序的依据就是变换元素的“位置”(这里的“位置”应视具体问题的性质和条件来决定)，看其结果是否有变化，有变化就是排列问题，无变化就不是排列问题．eq\o([跟进训练])1．判断下列问题是否是排列问题．(1)从1到10十个自然数中任取两个数组成直角坐标平面内的点的坐标，可得多少个不同的点的坐标？(2)从10名同学中任抽两名同学去学校开座谈会，有多少种不同的抽取方法？(3)某商场有四个大门，若从一个门进去，购买物品后再从另一个门出来，不同的出入方式共有多少种？[解](1)由于取出的两数组成点的坐标与哪一个数作横坐标，哪一个数作纵坐标的顺序有关，所以这是一个排列问题．(2)因为从10名同学中抽取两人去学校开座谈会的方式不用考虑两人的顺序，所以这不是排列问题．(3)因为从一门进，从另一门出是有顺序的，所以是排列问题．综上，(1)、(3)是排列问题，(2)不是排列问题．排列的列举问题【例2】(教材P10例1改编)写出下列问题的所有排列．(1)从1,2,3,4四个数字中任取两个数字组成两位数，共有多少个不同的两位数？(2)写出从4个元素a，b，c，d中任取3个元素的所有排列．[思路点拨](1)直接列举数字．(2)先画树形图，再结合树形图写出．[解](1)所有两位数是12,21,13,31,14,41,23,32,24,42,34,43，共有12个不同的两位数．(2)由题意作树形图，如图．故所有的排列为：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24个．在排列个数不多的情况下，树形图是一种比较有效的表示方式.在操作中先将元素按一定顺序排出，然后以先安排哪个元素为分类标准进行分类，在每一类中再按余下的元素在前面元素不变的情况下确定第二个元素，再按此元素分类，依次进行，直到完成一个排列，这样能不重不漏，然后按树形图写出排列.eq\o([跟进训练])2．(1)北京、广州、南京、天津4个城市相互通航，应该有________种机票．(2)A，B，C，D四名同学排成一排照相，要求自左向右，A不排第一，B不排第四，共有________种不同的排列方法．(1)12(2)14[(1)列出每一个起点和终点情况，如图所示．故符合题意的机票种类有：北京→广州，北京→南京，北京→天津，广州→南京、广州→天津、广州→北京，南京→天津，南京→北京，南京→广州，天津→北京，天津→广州，天津→南京，共12种．(2)因为A不排第一，排第一位的情况有3类(可从B，C，D中任选一人排)，而此时兼顾分析B的排法，列树形图如图．所以符合题意的所有排列是：BADC，BACD，BCAD，BCDA，BDAC，BDCA，CABD，CBAD，CBDA，CDBA，DABC，DBAC，DBCA，DCBA共14种．]排列数公式的推导及应用[探究问题]1．排列数Aeq\o\al(m,n)中，n，m满足什么条件？[提示]n，m∈N且m≤n.2．等式Aeq\o\al(m,n)＝nAeq\o\al(m－1,n－1)成立吗？[提示]∵Aeq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,n－m！)，Aeq\o\al(m－1,n－1)＝eq\f(n－1！,n－m！)，∴Aeq\o\al(m,n)＝eq\f(nn－1！,n－m！)＝nAm－1n－1.【例3】(1)计算：eq\f(A\o\al(5,9)＋A\o\al(4,9),A\o\al(6,10)－A\o\al(5,10))；(2)求3Aeq\o\al(x,8)＝4Aeq\o\al(x－1,9)中的x.[思路点拨](1)可直接运算，也可采用阶乘式；(2)借助阶乘式求解，注意x的范围．[解](1)法一：eq\f(A\o\al(5,9)＋A\o\al(4,9),A\o\al(6,10)－A\o\al(5,10))＝eq\f(5A\o\al(4,9)＋A\o\al(4,9),50A\o\al(4,9)－10A\o\al(4,9))＝eq\f(5＋1,50－10)＝eq\f(3,20).法二：eq\f(A\o\al(5,9)＋A\o\al(4,9),A\o\al(6,10)－A\o\al(5,10))＝eq\f(\f(9！,4！)＋\f(9！,5！),\f(10！,4！)－\f(10！,5！))＝eq\f(5×9！＋9！,5×10！－10！)＝eq\f(6×9！,4×10！)＝eq\f(3,20).(2)原方程3Aeq\o\al(x,8)＝4Aeq\o\al(x－1,9)可化为eq\f(3×8！,8－x！)＝eq\f(4×9！,10－x！)，即eq\f(3×8！,8－x！)＝eq\f(4×9×8！,10－x9－x8－x！)，化简，得x2－19x＋78＝0，解得x1＝6，x2＝13.由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤8，,x－1≤9，))解得x≤8.所以原方程的解为x＝6.1．排列数的计算主要是利用排列数的乘积公式进行，应用时注意：连续正整数的积可以写成某个排列数，其中最大的是排列元素的总个数，而正整数(因式)的个数是选取元素的个数，这是排列数公式的逆用．2．应用排列数公式的阶乘形式时，一般写出它们的式子后，再提取公因式，然后计算，这样往往会减少运算量．eq\o([跟进训练])3．(1)(55－n)(56－n)…(69－n)(n∈N*，且n＜55)用排列数可表示为________；(2)不等式Aeq\o\al(x,9)＞6Aeq\o\al(x－2,9)的解集为________．(1)Aeq\o\al(15,69－n)(2){2,3,4,5,6,7}[(1)由(69－n)－(55－n)＋1＝15可知，(55－n)(56－n)…(69－n)＝Aeq\o\al(15,69－n).(2)原不等式可化为eq\f(9！,9－x！)＞eq\f(6×9！,11－x！)，化简得x2－21x＋104＞0，解得x＜8或x＞13.又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤9,0≤x－2≤9,x∈N,x－2∈N))得2≤x≤9且x∈N，∴原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7}．]1．判断一个问题是否是排列问题的关键是看该问题中的元素是否与顺序有关，有关为排列问题，否则，不是排列问题．2．排列数公式Aeq\o\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)适合已知m的排列数计算，而Aeq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,n－m！)常用于与排列数有关的证明、解方程、解不等式等．求解时务必注意隐含条件：n，m∈N，m≤n.1．从1,2,3,4四个数字中，任选两个数做加、减、乘、除运算，分别计算它们的结果，在这些问题中，有几种运算可以看作排列问题()A．1 B．2C．3 D．4B[因为加法和乘法满足交换律，所以选出两个数做加法和乘法时，结果与两数字位置无关，故不是排列问题．而减法、除法与两数字的位置有关，故是排列问题．]2．4×5×6×…×(n－1)×n等于()A．Aeq\o\al(4,n) B．Aeq\o\al(n－4,n)C．n！－4! D．Aeq\o\al(n－3,n)D[4×5×6×…×(n－1)×n中共有n－4＋1＝n－3个因式，最大数为n，最小数为4，故4×5×6×…×(n－1)×n＝Aeq\o\al(n－3,n).]3．5本不同的课外读物分给5位同学，每人一本，则不同的分配方法有________种．120[利用排列的概念可知不同的分配方法有Aeq\o\al(5,5)＝120种．]4．Aeq\o\al(6,6)－6Aeq\o\al(5,5)＋5Aeq\o\al(4,4)＝________.120[原式＝Aeq\o\al(6,6)－Aeq\o\al(6,6)＋Aeq\o\al(5,5)＝Aeq\o\al(5,5)＝5×4×3×2×1＝120.]5．从0,1,2,3这四个数中，每次取3个不同的数字排成一个三位数，写出其中大于200的所有三位数．[解]大于200的三位数的首位是2或3，所以共有：201,203,210,213,230,231,301,302,310,312,320,321.第2课时排列数的应用学习目标核心素养1．进一步理解排列的概念，掌握一些排列问题的常用解题方法．(重点)2．能应用排列知识解决简单的实际问题．(难点)1．通过排列知识解决实际问题，提升逻辑推理的素养．2．借助排列数公式计算，提升数学运算的素养.无限制条件的排列问题【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？[思路点拨](1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；(2)给每人的书均可以从5种不同的书中任选1本，各人得到哪本书相互之间没有联系，要用分步乘法计数原理进行计算．[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Aeq\o\al(3,5)＝5×4×3＝60，所以共有60种不同的送法．(2)由于有5种不同的书，送给每个同学的每本书都有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5×5×5＝125，所以共有125种不同的送法．1．没有限制的排列问题，即对所排列的元素或所排列的位置没有特别的限制，这一类问题相对简单，分清元素和位置即可．2．对于不属于排列的计数问题，注意利用计数原理求解．eq\o([跟进训练])1．(1)将3张电影票分给10人中的3人，每人1张，则共有________种不同的分法．(2)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，不同的选法共有________种．(1)720(2)60[(1)问题相当于从10张电影票中选出3张排列起来，这是一个排列问题．故不同分法的种数为Aeq\o\al(3,10)＝10×9×8＝720.(2)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，应有Aeq\o\al(3,5)＝5×4×3＝60种选法．]排队问题角度一元素“相邻”与“不相邻”问题【例2】3名男生、4名女生按照不同的要求排队，求不同的排队方法的种数．(1)全体站成一排，男、女各站在一起；(2)全体站成一排，男生必须站在一起；(3)全体站成一排，男生不能站在一起；(4)全体站成一排，男、女各不相邻．[解](1)男生必须站在一起是男生的全排列，有Aeq\o\al(3,3)种排法；女生必须站在一起是女生的全排列，有Aeq\o\al(4,4)种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有Aeq\o\al(2,2)种排法．由分步乘法计数原理知，共有Aeq\o\al(3,3)·Aeq\o\al(4,4)·Aeq\o\al(2,2)＝288种排队方法．(2)三个男生全排列有Aeq\o\al(3,3)种方法，把所有男生视为一个元素，与4名女生组成5个元素全排列，有Aeq\o\al(5,5)种排法．故有Aeq\o\al(3,3)·Aeq\o\al(5,5)＝720种排队方法．(3)先安排女生，共有Aeq\o\al(4,4)种排法；男生在4个女生隔成的五个空中安排，共有Aeq\o\al(3,5)种排法，故共有Aeq\o\al(4,4)·Aeq\o\al(3,5)＝1440种排法．(4)排好男生后让女生插空，共有Aeq\o\al(3,3)·Aeq\o\al(4,4)＝144种排法．“相邻”与“不相邻”问题的解决方法处理元素“相邻”“不相邻”问题应遵循“先整体，后局部”的原则．元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元素与其余元素全排列，然后再松绑，将这若干个元素内部全排列．元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素．eq\o([跟进训练])2．5人站成一排，甲、乙两人之间恰有1人的不同站法的种数为()A．18 B．24C．36 D．48C[5人站成一排，甲、乙两人之间恰有1人的不同站法有3Aeq\o\al(3,3)×Aeq\o\al(2,2)＝36(种)．]角度二元素“在”与“不在”问题【例3】六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？(1)甲不站两端；(2)甲、乙站在两端；(3)甲不站左端，乙不站右端．[解](1)法一：要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有Aeq\o\al(1,4)种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有Aeq\o\al(5,5)种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(5,5)＝480种．法二：由于甲不站两端，这两个位置只能从其余5个人中选2个人站，有Aeq\o\al(2,5)种站法，然后其余4人有Aeq\o\al(4,4)种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法Aeq\o\al(2,5)·Aeq\o\al(4,4)＝480种．法三：若对甲没有限制条件共有Aeq\o\al(6,6)种站法，甲在两端共有2Aeq\o\al(5,5)种站法，从总数中减去这两种情况的排列数，即得所求的站法数，共有Aeq\o\al(6,6)－2Aeq\o\al(5,5)＝480种．(2)首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有Aeq\o\al(2,2)种，再让其他4人在中间位置作全排列，有Aeq\o\al(4,4)种，根据分步乘法计数原理，共有Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(4,4)＝48种站法．(3)法一：甲在左端的站法有Aeq\o\al(5,5)种，乙在右端的站法有Aeq\o\al(5,5)种，且甲在左端而乙在右端的站法有Aeq\o\al(4,4)种，共有Aeq\o\al(6,6)－2Aeq\o\al(5,5)＋Aeq\o\al(4,4)＝504种站法．法二：以元素甲分类可分为两类：a.甲站右端有Aeq\o\al(5,5)种，b.甲在中间4个位置之一，而乙不在右端有Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(4,4)种，故共有Aeq\o\al(5,5)＋Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(4,4)＝504种站法．“在”与“不在”问题的解决方法eq\o([跟进训练])3．4名运动员参加4×100接力赛，根据平时队员训练的成绩，甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，则不同的出场顺序有()A．12种 B．14种C．16种 D．24种B[用排除法，若不考虑限制条件，4名队员全排列共有Aeq\o\al(4,4)＝24种排法，减去甲跑第一棒有Aeq\o\al(3,3)＝6种排法，乙跑第四棒有Aeq\o\al(3,3)＝6种排法，再加上甲在第一棒且乙在第四棒有Aeq\o\al(2,2)＝2种排法，共有Aeq\o\al(4,4)－2Aeq\o\al(3,3)＋Aeq\o\al(2,2)＝14种不同的出场顺序．]角度三定序问题【例4】将A，B，C，D，E这5个字母排成一列，要求A，B，C在排列中的顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)．则有多少种不同的排列方法？[解]5个不同元素中部分元素A，B，C的排列顺序已定，这种问题有以下两种常用的解法．法一：(整体法)5个元素无约束条件的全排列有Aeq\o\al(5,5)种，由于字母A，B，C的排列顺序为“A，B，C”或“C，B，A”，因此，在上述的全排列中恰好符合“A，B，C”或“C，B，A”排列方式的排列有eq\f(A\o\al(5,5),A\o\al(3,3))×2＝40(种)．法二：(插空法)若字母A，B，C的排列顺序为“A，B，C”，将字母D，E插入，这时形成的4个空中，分两类：第一类，若字母D，E相邻，则有Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(2,2)种排法；第二类，若字母D，E不相邻，则有Aeq\o\al(2,4)种排法．所以有Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(2,2)＋Aeq\o\al(2,4)＝20(种)不同的排列方法．同理，若字母A，B，C的排列顺序为“C，B，A”，也有20种不同的排列方法．因此，满足条件的排列有20＋20＝40(种)．在有些排列问题中，某些元素有前后顺序是确定的(不一定相邻)，解决这类问题的基本方法有两种：1．整体法：即若有m＋n个元素排成一列，其中m个元素之间的先后顺序确定不变，先将这m＋n个元素排成一列，有Aeq\o\al(m＋n,m＋n)种不同的排法；然后任取一个排列，固定其他n个元素的位置不动，把这m个元素交换顺序，有Aeq\o\al(m,m)种排法，其中只有一个排列是我们需要的，因此共有eq\f(Am＋nm＋n,A\o\al(m,m))种满足条件的不同排法．2．插空法：即m个元素之间的先后顺序确定不变，因此先排这m个元素，只有一种排法，然后把剩下的n个元素分类或分步插入由以上m个元素形成的空隙中．eq\o([跟进训练])4．用1,2,3,4,5,6,7组成没有重复数字的七位数，若1,3,5,7的顺序一定，则有________个七位数符合条件．210[若1,3,5,7的顺序不定，有Aeq\o\al(4,4)＝24(种)排法，故1,3,5,7的顺序一定的排法数只占总排法数的eq\f(1,24).故有eq\f(1,24)Aeq\o\al(7,7)＝210(个)七位数符合条件．]数字排列问题[探究问题]1．偶数的个位数字有何特征？从1,2,3,4,5中任取两个不同数字能组成多少个不同的偶数？[提示]偶数的个位数字一定能被2整除．先从2,4中任取一个数字排在个位，共2种不同的排法，再从剩余数字中任取一个数字排在十位，共4种排法，故从1,2,3,4,5中任取两个数字，能组成2×4＝8(个)不同的偶数．2．在一个三位数中，身居百位的数字x能是0吗？如果在0～9这十个数字中任取不同的三个数字组成一个三位数，如何排才能使百位数字不为0?[提示]在一个三位数中，百位数字不能为0，在具体排数时，从元素0的角度出发，可先将0排在十位或个位的一个位置，其余数字可排百位、个位(或十位)位置；从“位置”角度出发可先从1～9这9个数字中任取一个数字排百位，然后再从剩余9个数字中任取两个数字排十位与个位位置．【例5】(教材P12例6改编)用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成多少个无重复数字的(1)六位奇数？(2)个位数字不是5的六位数？[思路点拨]这是一道有限制条件的排列问题，每一问均应优先考虑限制条件，遵循特殊元素或特殊位置优先安排的原则．另外，还可以用间接法求解．[解](1)法一：从特殊位置入手(直接法)分三步完成，第一步先填个位，有Aeq\o\al(1,3)种填法，第二步再填十万位，有Aeq\o\al(1,4)种填法，第三步填其他位，有Aeq\o\al(4,4)种填法，故共有Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(4,4)＝288(个)六位奇数．法二：从特殊元素入手(直接法)0不在两端有Aeq\o\al(1,4)种排法，从1,3,5中任选一个排在个位有Aeq\o\al(1,3)种排法，其他各位上用剩下的元素做全排列有Aeq\o\al(4,4)种排法，故共有Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(4,4)＝288(个)六位奇数．法三：排除法6个数字的全排列有Aeq\o\al(6,6)个，0,2,4在个位上的六位数为3Aeq\o\al(5,5)个，1,3,5在个位上，0在十万位上的六位数有3Aeq\o\al(4,4)个，故满足条件的六位奇数共有Aeq\o\al(6,6)－3Aeq\o\al(5,5)－3Aeq\o\al(4,4)＝288(个)．(2)法一：排除法0在十万位的六位数或5在个位的六位数都有Aeq\o\al(5,5)个，0在十万位且5在个位的六位数有Aeq\o\al(4,4)个．故符合题意的六位数共有Aeq\o\al(6,6)－2Aeq\o\al(5,5)＋Aeq\o\al(4,4)＝504(个)．法二：直接法十万位数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同，因此需分两类：第一类：当个位排0时，符合条件的六位数有Aeq\o\al(5,5)个．第二类：当个位不排0时，符合条件的六位数有Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(4,4)个．故共有符合题意的六位数Aeq\o\al(5,5)＋Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(4,4)＝504(个)．(变结论)用0,1,2,3,4,5这六个数取不同的数字组数．(1)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？(2)能组成多少个无重复数字且比1325大的四位数？(3)若所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列{an}，则240135是第几项？[解](1)符合要求的五位数可分为两类：第一类，个位上的数字是0的五位数，有Aeq\o\al(4,5)个；第二类，个位上的数字是5的五位数，有Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(3,4)个．故满足条件的五位数的个数共有Aeq\o\al(4,5)＋Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(3,4)＝216(个)．(2)符合要求的比1325大的四位数可分为三类：第一类，形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(3,5)个；第二类，形如14□□，15□□，共有Aeq\o\al(1,2)·Aeq\o\al(2,4)个；第三类，形如134□，135□，共有Aeq\o\al(1,2)·Aeq\o\al(1,3)个．由分类加法计数原理知，无重复数字且比1325大的四位数共有：Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(3,5)＋Aeq\o\al(1,2)·Aeq\o\al(2,4)＋Aeq\o\al(1,2)·Aeq\o\al(1,3)＝270(个)．(3)由于是六位数，首位数字不能为0，首位数字为1有Aeq\o\al(5,5)个数，首位数字为2，万位上为0,1,3中的一个有3Aeq\o\al(4,4)个数，∴240135的项数是Aeq\o\al(5,5)＋3Aeq\o\al(4,4)＋1＝193，即240135是数列的第193项．解数字排列问题常见的解题方法1．“两优先排法”：特殊元素优先排列，特殊位置优先填充．如“0”不排“首位”．2．“分类讨论法”：按照某一标准将排列分成几类，然后按照分类加法计数原理进行，要注意以下两点：一是分类标准必须恰当；二是分类过程要做到不重不漏．3．“排除法”：全排列数减去不符合条件的排列数．4．“位置分析法”：按位置逐步讨论，把要求数字的每个数位排好．1．解排列应用题的基本思想eq\x(实际问题)eq\o(→,\s\up10(化归),\s\do12(建模))eq\x(排列问题)eq\o(→,\s\up10(求数学模型的解))eq\x(求排列数)eq\o(→,\s\up10(得实际问题的解))eq\x(实际问题)2．求解排列问题的主要方法直接法把符合条件的排列数直接列式计算优先法优先安排特殊元素或特殊位置捆绑法把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列插空法对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中定序问题除法处理对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列间接法正难则反，等价转化的方法1．6名学生排成两排，每排3人，则不同的排法种数为()A．36 B．120C．720 D．240C[由于6人排两排，没有什么特殊要求的元素，故排法种数为Aeq\o\al(6,6)＝720.]2．某段铁路所有车站共发行132种普通车票，那么这段铁路共有的车站数是()A．8 B．12C．16 D．24B[设车站数为n，则Aeq\o\al(2,n)＝132，n(n－1)＝132，∴n＝12.]3．用1,2,3,4,5,6,7这7个数字排列组成一个七位数，要求在其偶数位上必须是偶数，奇数位上必须是奇数，则这样的七位数有________个．144[先排奇数位有Aeq\o\al(4,4)种，再排偶数位有Aeq\o\al(3,3)种，故共有Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(3,3)＝144个．]4．A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数有________种．24[把A，B视为一人，且B固定在A的右边，则本题相当于4人的全排列，共Aeq\o\al(4,4)＝24种．]5．某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目，求分别满足下列条件的节目编排方法有多少种？(1)一个唱歌节目开头，另一个放在最后压台；(2)2个唱歌节目互不相邻；(3)2个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻．[解](1)先排唱歌节目有Aeq\o\al(2,2)种排法，再排其他节目有Aeq\o\al(6,6)种排法，所以共有Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(6,6)＝1440(种)排法．(2)先排3个舞蹈节目和3个曲艺节目有Aeq\o\al(6,6)种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排唱歌节目，有Aeq\o\al(2,7)种插入方法，所以共有Aeq\o\al(6,6)·Aeq\o\al(2,7)＝30240(种)排法．(3)把2个相邻的唱歌节目看作一个元素，与3个曲艺节目排列共Aeq\o\al(4,4)种排法，再将3个舞蹈节目插入，共有Aeq\o\al(3,5)种插入方法，最后将2个唱歌节目互换位置，有Aeq\o\al(2,2)种排法，故所求排法共有Aeq\o\al(4,4)·Aeq\o\al(3,5)·Aeq\o\al(2,2)＝2880(种)排法．3.1.3组合与组合数第1课时组合与组合数学习目标核心素养1．理解组合与组合数的概念．(重点)2．会推导组合数公式，并会应用公式求值．(重点)3．理解组合数的两个性质，并会求值、化简和证明．(难点、易混点)1．通过学习组合与组合数的概念，培养数学抽象的素养．2．借助组合数公式及组合数的性质进行运算，培养数学运算的素养.高考不分文理科后，思想政治、历史、地理、物理、化学、生物这6大科目是选考的，如果考生任选3科作为自己的考试科目，那么选考的组合方式一共有多少种可能的情况？问题：其中选物理不选历史和选历史不选物理的情况又分别有几种？1．组合的概念一般地，从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象并成一组，称为从n个不同对象中取出m个对象的一个组合．[拓展]组合概念的两个要点(1)取出的对象是不同的；(2)“只取不排”，即取出的m个对象与顺序无关，无序性是组合的特征性质．2．组合数的概念、公式定义从n个不同对象中取出m个对象的所有组合的个数，称为从n个不同对象中取出m个对象的组合数表示Ceq\o\al(m,n)(n，m∈N且m≤n)组合数公式乘积式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(A\o\al(m,n),A\o\al(m,m))＝eq\f(nn－1·n－2…n－m＋1,m！)阶乘式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,m！n－m！)1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两个组合相同的充要条件是组成组合的元素完全相同． ()(2)从a1，a2，a3三个不同元素中任取两个元素组成一个组合，所有组合的个数为Ceq\o\al(2,3)． ()(3)从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加某两个乡镇的社会调查，有多少种不同的选法是组合问题． ()(4)从甲、乙、丙3名同学中选出2名，有3种不同的选法． ()[答案](1)√(2)√(3)×(4)√2．若Ceq\o\al(2,n)＝28，则n＝()A．9 B．8C．7 D．6B[Ceq\o\al(2,n)＝eq\f(nn－1,2)＝28，即n＝8.]3．(一题两空)Ceq\o\al(2,18)＝________，Ceq\o\al(17,18)＝________.15318[Ceq\o\al(2,18)＝eq\f(18×17,2)＝153，Ceq\o\al(17,18)＝eq\f(18！,17！18－17！)＝18.]4．从3,5,7,11这四个数中任取两个相乘，可以得到不相等的积的个数为________．6[从四个数中任取两个数的取法为Ceq\o\al(2,4)＝6.]组合的概念【例1】判断下列各事件是排列问题还是组合问题．(1)10支球队以单循环进行比赛(每两队比赛一次)，这次比赛需要进行多少场次？(2)10支球队以单循环进行比赛，这次比赛冠、亚军获得者有多少种可能？(3)从10个人里选3个代表去开会，有多少种选法？(4)从10个人里选出3个不同学科的课代表，有多少种选法？[思路点拨]要确定是组合还是排列问题，只需确定取出的元素是否与顺序有关．[解](1)是组合问题，因为每两个队比赛一次并不需要考虑谁先谁后，没有顺序的区别．(2)是排列问题，因为甲队得冠军、乙队得亚军与甲队得亚军、乙队得冠军是不一样的，是有顺序的区别．(3)是组合问题，因为3个代表之间没有顺序的区别．(4)是排列问题，因为3个人中，担任哪一科的课代表是有顺序的区别．1．根据排列与组合的定义进行判断，区分排列与组合问题，先确定完成的是什么事件，然后看问题是否与顺序有关，与顺序有关的是排列，与顺序无关的是组合．2．区分有无顺序的方法把问题的一个选择结果写出来，然后交换这个结果中任意两个元素的位置，看是否会产生新的变化，若有新变化，即说明有顺序，是排列问题；若无新变化，即说明无顺序，是组合问题．eq\o([跟进训练])1．(教材P22练习AT2改编)从5个不同的元素a，b，c，d，e中取出2个，写出所有不同的组合．[解]要想写出所有组合，就要先将元素按照一定顺序排好，然后按顺序用图示的方法将各个组合逐个标出来，如图所示：由此可得所有的组合为ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de.组合数公式的应用【例2】(1)式子eq\f(nn＋1n＋2…n＋100,100！)可表示为()A．Aeq\o\al(100,n＋100) B．Ceq\o\al(100,n＋100)C．101Ceq\o\al(100,n＋100) D．101Ceq\o\al(101,n＋100)(2)求值：Ceq\o\al(5－n,n)＋Ceq\o\al(9－n,n＋1).[思路点拨]根据题目的特点，选择适当的组合数公式进行求值或证明．(1)D[分式的分母是100！，分子是101个连续自然数的乘积，最大的为n＋100，最小的为n，故eq\f(nn＋1n＋2…n＋100,100！)＝101·eq\f(nn＋1n＋2…n＋100,101！)＝101Ceq\o\al(101,n＋100).](2)[解]由组合数定义知：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤5－n≤n，,0≤9－n≤n＋1，))所以4≤n≤5，又因为n∈N，所以n＝4或5.当n＝4时，Ceq\o\al(5－n,n)＋Ceq\o\al(9－n,n＋1)＝Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(5,5)＝5；当n＝5时，Ceq\o\al(5－n,n)＋Ceq\o\al(9－n,n＋1)＝Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(4,6)＝16.关于组合数计算公式的选取1．涉及具体数字的可以直接用公式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(A\o\al(m,n),A\o\al(m,m))＝eq\f(nn－1n－2…n－m＋1,m！)计算．2．涉及字母的可以用阶乘式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,m！n－m！)计算．eq\o([跟进训练])2．(1)计算：Ceq\o\al(4,10)－Ceq\o\al(3,7)·Aeq\o\al(3,3)；(2)求证：Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(m＋1,n＋1)Ceq\o\al(m＋1,n＋1).[解](1)Ceq\o\al(4,10)－Ceq\o\al(3,7)·Aeq\o\al(3,3)＝eq\f(10×9×8×7,4×3×2×1)－7×6×5＝210－210＝0.(2)右边＝eq\f(m＋1,n＋1)Ceq\o\al(m＋1,n＋1)＝eq\f(m＋1,n＋1)·eq\f(n＋1！,m＋1！n－m！)＝eq\f(n！,m！n－m！)＝Ceq\o\al(m,n)＝左边．即等式成立．简单的组合问题[探究问题]解答简单组合问题的关键是什么？[提示]关键是把实际问题模型化，在此基础上选择组合数公式求解．【例3】现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名．(1)现要从中选2名去参加会议有多少种不同的选法？(2)选出2名男教师或2名女教师参加会议，有多少种不同的选法？(3)现要从中选出男、女教师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？[解](1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，即Ceq\o\al(2,10)＝eq\f(10×9,2×1)＝45(种)．(2)可把问题分两类情况：第1类，选出的2名是男教师有Ceq\o\al(2,6)种方法；第2类，选出的2名是女教师有Ceq\o\al(2,4)种方法．根据分类加法计数原理，共有Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(2,4)＝15＋6＝21种不同选法．(3)从6名男教师中选2名的选法有Ceq\o\al(2,6)种，从4名女教师中选2名的选法有Ceq\o\al(2,4)种，根据分步乘法计数原理，共有不同的选法Ceq\o\al(2,6)×Ceq\o\al(2,4)＝15×6＝90(种)．(变结论)本例其他条件不变，问题变为从中选2名教师参加会议，至少有1名男教师的选法是多少？最多有1名男教师的选法又是多少？[解]至少有1名男教师可分两类：1男1女有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(1,4)种，2男0女有Ceq\o\al(2,6)种．由分类加法计数原理知有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(2,6)＝39种．最多有1名男教师包括两类：1男1女有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(1,4)种，0男2女有Ceq\o\al(2,4)种．由分类加法计数原理知有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(2,4)＝30种．解简单的组合应用题的策略1．解简单的组合应用题时，首先要判断它是不是组合问题，组合问题与排列问题的根本区别在于排列问题与取出元素之间的顺序有关，而组合问题与取出元素的顺序无关．2．要注意两个基本原理的运用，即分类与分步的灵活运用．提醒：在分类和分步时，一定注意有无重复或遗漏．排列与组合的相同点与不同点名称排列组合相同点都是从n个不同元