高三一轮复习数学计数原理复习教案
高中教案：计数原理学案
高中教案：计数原理学案一、教学目标1. 理解分类计数原理和分步计数原理的概念。
2. 学会运用分类计数原理和分步计数原理解决实际问题。
3. 培养学生的逻辑思维能力和解决问题的能力。
二、教学内容1. 分类计数原理：定义：从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元素的所有可能排列的个数称为分类计数原理。
公式：$A_n^m = \frac{n!}{(n-m)!}$2. 分步计数原理：定义：从n个不同元素中，按一定的顺序逐个取出m（m≤n）个元素的所有可能排列的个数称为分步计数原理。
公式：$P_n^m = \frac{n!}{(n-m)!}$三、教学重点与难点1. 教学重点：分类计数原理和分步计数原理的概念及公式的运用。
2. 教学难点：如何将实际问题转化为分类计数原理和分步计数原理问题。
四、教学方法1. 采用案例教学法，通过具体案例让学生理解分类计数原理和分步计数原理。
2. 运用互动教学法，引导学生积极参与讨论，提高解决问题的能力。
3. 利用多媒体教学，生动展示分类计数原理和分步计数原理的应用。
五、教学过程1. 导入新课：通过生活中的实例引入分类计数原理和分步计数原理。
2. 讲解分类计数原理：解释概念，演示公式，举例说明。
3. 讲解分步计数原理：解释概念，演示公式，举例说明。
4. 案例分析：让学生尝试解决实际问题，运用分类计数原理和分步计数原理。
5. 课堂练习：布置练习题，巩固所学内容。
6. 总结：回顾本节课所学内容，强调重点和难点。
7. 布置作业：布置课后作业，巩固所学知识。
六、教学活动1. 小组讨论：学生分组讨论分类计数原理和分步计数原理在实际问题中的应用，分享解题思路和方法。
2. 课堂展示：每组选取一个讨论题目，进行课堂展示，阐述解题过程和答案。
3. 教师点评：针对学生的展示，进行点评，指出优点和需要改进的地方。
七、拓展与应用1. 生活中的计数原理：让学生举例说明分类计数原理和分步计数原理在生活中的应用。
高考数学一轮总复习 第十一篇 计数原理教案 理 苏教版
第十一篇计数原理第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理知识梳理1．分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有m n种不同的方法，则完成这件事情，共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事情需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成第二步有m2种不同的方法，……，完成第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事情共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事情的不同方法的种数．它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．辨析感悟1．两个计数原理的理解(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直接完成这件事．(√)(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．(×)2．两个计数原理的应用(5)(教材习题改编)三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有10种．(√)(6)用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有14个．(√) [感悟·提升]1．两点区别一是分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类，简单的说分类的标准是“不重不漏，一步完成”，如(1)、(2)．二是分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，在各个步骤中任取一种方法，即是完成这个步骤的一种方法，简单的说步与步之间的方法“相互独立，分步完成”，如(3)、(4)．2．两点提醒一是分类时，标准要明确，应做到不重不漏；可借助几何直观，探索规律，如(5)．二是分步时，要合理设计顺序、步骤，并注意元素是否可以重复选取，如(6)中2,3可重复但至少各出现一次.考点一 分类加法计数原理【例1】 (2013·福建卷改编)满足a ，b ∈{－1,0,1,2}，且关于x 的方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解的有序数对(a ，b )的个数为________．解析 由于a ，b ∈{－1,0,1,2}．(1)当a ＝0时，有x ＝－b 2为实根，则b ＝－1,0,1,2有4种可能； (2)当a ≠0时，则方程有实根，∴Δ＝4－4ab ≥0，所以ab ≤1.(*)①当a ＝－1时，满足(*)式的b ＝－1,0,1,2有4种可能．②当a ＝1时，b ＝－1,0,1，有3种可能．③当a ＝2时，b ＝－1,0，有2种可能．∴由分类加法计数原理，有序数对(a ，b )共有4＋4＋3＋2＝13(个)．答案 13规律方法 分类标准是运用分类计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置．首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类.【训练1】 某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有________．解析 赠送一本画册，3本集邮册，需从4人中选取一人赠送画册，其余送邮册，有C 14种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人送画册，其余2人送邮册，有C 24种方法． 由分类加法计数原理，不同的赠送方法有C 14＋C 24＝10(种)．答案 10种考点二 分步计数原理【例2】 将字母a ，a ，b ，b ，c ，c 排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有________．解析 先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有A 33种不同排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有A33·2·1＝12(种)不同的排列方法．答案12种规律方法 (1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．【训练2】将一个四面体ABCD的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有________．解析因为只有三种颜色，又要涂六条棱，所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色．故有3×2×1＝6种涂色方案．答案6种考点三两个计数原理的综合应用【例3】(2014·济南质检)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有________.审题路线由于区域1,2,3又相邻区域不同色，因此应按区域1和区域3是否同色分类求解．解析按区域1与3是否同色分类；(1)区域1与3同色；先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)有A33种方法．∴区域1与3涂同色，共有4A33＝24种方法．(2)区域1与3不同色：先涂区域1与3有A24种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法．∴这时共有A24×2×1×3＝72种方法，故由分类加法计数原理，不同的涂色种数为24＋72＝96.答案96规律方法 (1)解决涂色问题，一定要分清所给的颜色是否用完，并选择恰当的涂色顺序．(2)切实选择好分类标准，分清哪些可以同色，哪些不同色．【训练3】如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a2>a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为________．解析若a2＝2，则“凸数”为120与121，共1×2＝2个．若a2＝3，则“凸数”有2×3＝6个．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12个，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72个．∴所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．答案2401．分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础并贯穿始终．(1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类．(2)分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间的方法“相互独立，分步完成”．2．(1)切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．(2)分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．3．若综合利用两个计数原理，一般先分类再分步．创新突破8——与计数原理有关的新定义问题【典例】 (2012·湖北卷)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3 443,94 249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.(*)则：(1)4位回文数有________个；(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．(**)突破：由(*)式，理解“特殊”背景——回文数的含义，借助计数原理计算．结合(**)，可从2位回文数，3位回文数，4位回文数探索求解方法，从特殊到一般发现规律．解析(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法；中间两位一样，有10种填法．共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．由计数原理，共有9×10n种填空．答案(1)90 (2)9×10n[反思感悟] (1)一题两问，以“回文数”为新背景，考查计数原理，体现了化归思想，将确定回文数的问题转化为“填方格”问题，进而利用分步乘法计数原理解决，将新信息转化为所学的数学知识来解决．(2)从特殊情形入手，通过分析、归纳，发现问题中隐含的一些本质特征和规律，然后再推广到一般情形，必要时可以多列举一些特殊情形，使规律方法更加明确．【自主体验】1．(2014·扬州调研)从8名女生4名男生中，选出3名学生组成课外小组，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为________种．解析从男生中抽取1人有4种方法．从女生中抽取两人有C28＝28种方法．∴由分步乘法计数原理，共有28×4＝112种方法．答案1122．(2013·山东卷改编)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为________．解析0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．答案252基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有________．解析按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二位号码有3种选法，其余三位号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．答案960种2．(2012·新课标全国卷改编)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有________．解析分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C12＝2种选派方法；第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有C24＝6种选派方法．由分步乘法计数原理，不同选派方案共有2×6＝12(种)．答案12种3．6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有________．解析第一步先排甲，共有A14种不同的排法；第二步再排其他人，共有A55种不同的排法．因此不同的演讲次序共有A14·A55＝480(种)．答案480种4．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为________．解析以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9；以2为首项的等比数列为2,4,8；以4为首项的等比数列为4,6,9；把这四个数列顺序颠倒，又得到4个数列，∴所求的数列共有2(2＋1＋1)＝8(个)．答案85．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是________．解析当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7(个)．当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y.∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法．因此满足条件的点共有7＋7＝14(个)．答案146．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________种(用数字作答)．解析第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．答案367．如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个．解析把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32个；第二类，有两条公共边的三角形共有8个．由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个)．答案408．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第3,4名，大师赛共有________场比赛．解析小组赛共有2C24场比赛；半决赛和决赛共有2＋2＝4场比赛；根据分类加法计数原理共有2C24＋4＝16(场)比赛．答案16二、解答题9．电视台在“欢乐在今宵”节目中拿出两个信箱，其中放着竞猜中成绩优秀的观众来信，甲箱中有30封，乙箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先从中确定一名幸运之星，再从两箱中各确定一名幸运观众，有多少种不同结果？解(1)幸运之星在甲箱中抽，选定幸运之星，再在两箱内各抽一名幸运观众有30×29×20＝17 400种．(2)幸运之星在乙箱中抽取，有20×19×30＝11 400种．共有不同结果17 400＋11 400＝28 800(种)．10．“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1 458)，若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，求第30个“渐升数”．解渐升数由小到大排列，形如12××的渐升数共有6＋5＋4＋3＋2＋1形如134×的渐升数共有5个．形如135×的渐升数共有4个．故此时共有21＋5＋4＝30(个)．因此从小到大的渐升数的第30个必为1 359.能力提升题组(建议用时：25分钟)一、填空题1．如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为________．解析可依次种A，B，C，D四块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36种种法；当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48种种法．由分类加法计数原理，不同的种法种数为36＋48＝84.答案842．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为________．解析若4个位置的数字都不同的信息个数为1；若恰有3个位置的数字不同的信息个数为C34；若恰有2个位置上的数字不同的信息个数为C24.由分类加法计数原理知满足条件的信息个数为1＋C34＋C24＝11.答案113．如图所示，在A、B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A、B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．解析四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1、4都通，2和3至少有一个通时线路才通共有3种可能．故不通的情况有24－3＝13(种)可能．答案13二、解答题4．用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图所示)，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色．(1)若n＝6，为①着色时共有多少种不同的方法？(2)若为②着色时共有120种不同的方法，求n.解(1)分四步：第1步涂A有6种不同的方法，第2步涂B有5种不同的方法，第3步涂C有4种不同的方法，第4步涂D有4种不同的方法．根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×4＝480种不同的方法．(2)由题意，得n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，注意到n∈N*，可得n＝5.学生用书第157页第2讲排列与组合知识梳理1．排列与组合的概念名称定义排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同元素按照一定的顺序排成一列组合合成一组(1)从n个不同元素中取出m(m≤n)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．(2)从n 个不同元素中取出m(m ≤n )个元素的所有不同组合的个数，叫从n 个不同元素中取出m个元素的组合数．3．排列数、组合数的公式及性质公式(1)A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！n－m！(2)C m n＝A m nA m m＝n n－1n－2…n－m＋1m！＝n！m！n－m！(n，m ∈N*，且m≤n)．特别地C0n＝1.性质(1)0！＝1；A n n＝n！.(2)C m n＝C n－mn；Cmn＋1＝Cmn＋Cm－1n.1．排列与组合的基本概念、性质(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(×)(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(√)(3)若组合式C x n＝C m n，则x＝m成立．(×)2．排列与组合的应用(4)5个人站成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法有A55－A22A44＝72种．(√)(5)(教材习题改编)由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有3×43－A34＝168(个)．(×)(6)(2013·北京卷改编)将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是4A44＝96种．(√)[感悟·提升]1．一个区别 排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”．取出元素后交换顺序，如果与顺序有关是排列，如果与顺序无关即是组合，如(1)忽视了元素的顺序．2．求解排列、组合问题的思路：“排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．”考点一 排列应用题【例1】 4个男同学，3个女同学站成一排． (1)3个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？ (2)任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？ (3)甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？解 (1)3个女同学是特殊元素，共有A 33种排法；由于3个女同学必须排在一起，视排好的女同学为一整体，再与4个男同学排队，应有A 55种排法． 由分步乘法计数原理，有A 33A 55＝720种不同排法．(2)先将男生排好，共有A 44种排法，再在这4个男生的中间及两头的5个空档中插入3个女生有A 35种方法．故符合条件的排法共有A 44A 35＝1 440种不同排法．(3)先排甲、乙和丙3人以外的其他4人，有A 44种排法；由于甲、乙要相邻，故先把甲、乙排好，有A 22种排法；最后把甲、乙排好的这个整体与丙分别插入原先排好的4人的空档及两边有A 25种排法．总共有A 44A 22A 25＝960种不同排法.学生用书第158页规律方法 (1)在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法．【训练1】 (1)(2014·济南质检)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为________(结果可不化简)．(2)(2013·四川卷改编)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a ，b ，共可得到lg a －lg b 的不同值的个数是________．解析 (1)把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种． (2)由于lg a －lg b ＝lg a b(a >0，b >0)，∴lg a b 有多少个不同的值，只需看a b不同值的个数．从1,3,5,7,9中任取两个作为a b 有A 25种，又13与39相同，31与93相同，∴lg a －lg b 的不同值的个数有A 25－2＝18. 答案 (1)(3！)4(2)18考点二 组合应用题【例2】 某课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名队长．现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？ (1)只有一名女生； (2)两队长当选； (3)至少有一名队长当选； (4)至多有两名女生当选； (5)既要有队长，又要有女生当选．解 (1)一名女生，四名男生．故共有C 15·C 48＝350(种)．(2)将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有C 22·C 311＝165(种)．(3)至少有一名队长含有两类：只有一名队长和两名队长．故共有：C 12·C 411＋C 22·C 311＝825(种)或采用排除法：C 513－C 511＝825(种)．(4)至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生．故选法为： C 25·C 38＋C 15·C 48＋C 58＝966(种)．(5)分两类：第一类女队长当选：C 412；第二类女队长不当选： C 14·C 37＋C 24·C 27＋C 34·C 17＋C 44. 故选法共有：C 412＋C 14·C 37＋C 24·C 27＋C 34·C 17＋C 44＝790(种)． 规律方法 组合问题常有以下两类题型变化(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解． 【训练2】 若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有________．解析 满足题设的取法可分为三类：一是取四个奇数，在5个奇数1,3,5,7,9中，任意取4个，有C 45＝5(种)；二是两个奇数和两个偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数2,4,6,8中任取2个，有C 25·C 24＝60(种)；三是取4个偶数的取法有1种． 所以满足条件的取法共有5＋60＋1＝66(种)． 答案 66种考点三 排列、组合的综合应用【例3】 (1)(2013·浙江卷)将A ，B ，C ，D ，E ，F 六个字母排成一排，且A ，B 均在C 的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答)．(2)某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为________．审题路线 (1)选出3个位置排特殊元素A 、B 、C ，并把元素A 、B 作为元素集团进行排列；(2)可将4名同学分成两组(每组2人)，再分配到两个班级．解析 (1)先将A ，B 视为元素集团，与C 先排在6个位置的三个位置上，有C 36A 22C 12种排法； 第二步，排其余的3个元素有A 33种方法．∴由分步乘法计数原理，共有C 36A 22C 12·A 33＝480种排法．(2)法一 将4人平均分成两组有12C 24种方法，将此两组分配到6个班级中的2个班有A 26种．所以不同的安排方法有12C 24A 26种，即45种．法二 先从6个班级中选2个班级有C 26种不同方法，然后安排学生有C 24C 22种，故有C 26C 24＝12A 26C 24种，即45种． 答案 (1)480 (2)45规律方法 (1)解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．(2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法． 【训练3】 从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为________．解析 根据所选偶数为0和2分类讨论求解．①当选数字0时，再从1,3,5中取出2个数字排在个位与百位．∴排成的三位数的奇数有C 23A 22＝6个．②当取出数字2时，再从1,3,5中取2个数字有C 23种方法．然后将选中的两个奇数数字选一个排在个位，其余2个数字全排列． ∴排成的三位数的奇数有C 23A 12A 22＝12个．∴由分类加法计数原理，共有18个三位数的奇数． 答案 181．熟练掌握：(1)排列数公式A m n＝n！n－m！；(2)组合数公式C m n＝n！m！n－m！，这是正确计算的关键．2．解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)．分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏．解组合应用题时，应注意“至少”、“至多”、“恰好”等词的含义．3．排列组合的综合应用问题，一般按先选再排，先分组再分配的处理原则．对于分配问题，解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏．学生用书第159页易错辨析6——实际意义理解不清导致计数错误【典例】(2012·山东卷改编)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．[错解] 第一类，含有一张红色卡片，取出红色卡片有C14种方法，再从黄、蓝、绿三色中选出两色并各取一张卡片有C23C14C14种方法．因此满足条件的取法有C14·C23C14C14＝192种．第二类，不含有红色卡片，从其余三色卡片中各取一张有C14C14C14＝64种取法．∴由分类计数原理，不同的取法共有192＋64＝256种．[答案] 256[错因] 错解的原因是没有理解“3张卡片不能是同一种颜色”的含义，误认为“取出的三种颜色不同”．[正解] 第一类，含有1张红色卡片，不同的取法C14C212＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，不同的取法C312－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．[答案] 472[防范措施] (1)准确理解题意，抓住关键字词的含义，“3张卡片不能是同一种颜色”是指“两种颜色或三种颜色”都满足要求．(2)选择恰当分类标准，避免重复遗漏，出现“至少、至多”型问题，注意间接法的运用．【自主体验】1．(2013·大纲全国卷改编)有5人排成一行参观英模事迹展览，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有________种(用数字作答)．解析先把除甲、乙外的3人全排列，有A33种，再把甲、乙两人插入这3人形成的四个空位中的两个，共A24种不同的方法．∴所有不同的排法共有A24·A33＝72(种)．答案722．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．解析第一类：恰有三个相同的数字为1，选2,3,4中的一个数字排在十、百、千位的一个位置上，有C13·A13种方法，四位“好数”有9个．第二类：相同的三个数字为2,3,4中的一个，这样的四位“好数”为2221,3331,4441共3个．由分类加法计数原理，共有“好数”9＋3＝12个．答案12基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．一个平面内的8个点，若只有4个点共圆，其余任何4点不共圆，那么这8个点最多确定的圆的个数为________．解析从8个点中任选3个点有选法C38种，因为有4点共圆所以减去C34种再加1种，即有圆C38－C34＋1＝53个．答案532．若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，称这个数为“伞数”．现从1,2,3,4,5,6这六个数字中取3个数，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”有________个．解析分类讨论：若十位数为6时，有A25＝20个；若十位数为5时，有A24＝12个；若十位数为4时，有A23＝6个；若十位数为3时，有A22＝2个，因此一共有40个．答案403．将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为________．。
高考数学一轮复习教案选修第5课计数原理与排列、组合
一、教学目标1、理解分类计数原理与分步计数原理，并能用它们分析和解决一些简单的应用问题；2、理解排列的意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用问题；3、理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的应用问题．二、基础知识回顾与梳理1、分类计数原理：完成一件事，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的方法，在第2类办法中有2m 种不同的方法……在第n 类办法中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有12n N m m m =+++种不同的方法。
又称__加法___原理。
分步计数原理：完成一件事，需要分成n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法……做第n 步办法有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有12n N m m m =⨯⨯⨯种不同的方法。
又称___乘法____原理。
【提问】：分类计数原理的“类”分步计数原理“步”之间关系是怎样的？分类和分步计数原理，都是关于做一件事的不同方法的种数的问题，区别在于：分类计数原理针对“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；分步计数原理针对“分步” 问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．2、排列的定义包括两个基本内容：一是“取出元素”，二是“按照一定顺序”排列。
区分某一问题是排列问题还是组合问题，关键是看所选出的元素与顺序是否有关，若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题，否则是组合问题。
3、排列数(1)(2)(1)m n A n n n n m =---+(1)(2)(1)()321()(1)321n n n n m n m n m n m ---+-⋅⋅=---⋅⋅ =!()!n n m -),,(n m N m n ≤∈*且 组合数：(1)(2)(1)!m mn n m m A n n n n m C A m ---+== !!()!n m n m =-),,(n m N m n ≤∈*且． 排列数和组合数之间的关系：m n A ＝m n C m m A ⋅【分析与点评】主要是帮助学生复习组合数公式、组合数与排列数之间的关系．教学中要强调计算mn A 可以理解为先计算从n 个元素中取m 个元素的组合数m n C ，再将这m 个元素进行排列得m m A ，运用分步计数原理得到m m m n n m A C A =⋅ 三、诊断练习1、教学处理：课前由学生自主完成5道小题，并要求将解题过程扼要地写在学习笔记栏．课前抽查批阅部分同学的解答，了解学生的思路及主要错误．教学中，充分进行讨论和交流，主要是发现学生公式、性质的记忆的错误，暴露学生求解简单排列组合问题时方法上的失误，特别要关注学生理解“分类和分步”的不足，并通过讨论、点评纠正错误．2、诊断练习点评题1：有不同的外语书5本，不同的数学书4本，不同的物理书3本．（1）从中任取一本，有 种不同的取法；（2）若取外语、数学、物理各一本，有 种不同的取法．【分析与点评】此题考查的是分类计数原理与分步计数原理直接运用．第（1）问是分类；第（2）问是分步．教学中要通过（1），（2）两问的比较使得学生“分类”和“分步”的本质区别，强调“做一件事”和“完成”的数学意义，第（1）问中，取一本书，无论取的是那一种，这件事都完成，所以是分类；第（2）问，若先取一本数学书，这件事并没有完成，再取一本外语数，这件事还没有完成，必须再取一本物理书，这件事才完成，所以是分步．学生往往凭感觉，觉得太简单，其实没有真正理解“加”、“乘”这两种运算的本质．题2：从5名男生和2名女生中选出3名志愿者，其中至少有1名女生的选法共有 _____ 种．【分析与点评】本题属于组合问题，只取不排。
计数原理,排列、组合,二项式定理复习教案
国规教材
教育学生数据真实性与诚信、社会责任与公共利益、团队协作
教学流程图
4知识点检测：
（1）从甲、乙、丙3名同学中选出两名同学，一名担任班长，一名担任副班长，有多少种不同的选法？
（2）从甲、乙、丙3名同学中选出2名分别参加上午和下午的活动，有多少种不同的方法？
1.组织学生在了解的基础上理解排列的概念，掌握排列数公
1.组合的概念
从n个不同的元素中，任取m（m≤n）个元素组成一组，称为从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.
排列与组合的区别：排列是从n个不同的元素中任取m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列，与m个元素的排列顺序有关；组合是从n个不同元素中任取m（m≤n）个元素组成一组，与m个元素的排列顺序无关.
2.组合数
从n个不同的元素中，任取m（m≤n）个元素的所有组合的个数，称为从n个不同元素中取出m个元素的组合数，
用符号表示.
5、知识点检测：
某天上午共4节课，排语文、数学、体育、计算机课，其中体育课不排在第一节课，那么这天上午课表的不同排法种数是（）
1.引导并组织学生根据信息进行讨论.区别排列与组合。
国主义情怀.
1.二项式定理的内容
设 a.,b是任意实数，n是任意给定的正整数，则
2.二项展开式的通项公式
3.二项式系数与二项展开式中某项的系数
3.知识点检测：
组织学生运用二项式定理的相关内容解决实际问题.。
高中教案：计数原理学案
高中教案：计数原理学案一、教学目标：1. 理解分类计数原理和分步计数原理的概念。
2. 学会运用分类计数原理和分步计数原理解决问题。
3. 培养学生的逻辑思维能力和创新思维能力。
二、教学内容：1. 分类计数原理：（1）定义：从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元素的方法种数称为从n 个不同元素中取出m个元素的组合数，记为C(n,m)。
（2）计算公式：C(n,m) = n! / [m! (n-m)!]，其中n!表示n的阶乘。
2. 分步计数原理：（1）定义：完成一个任务需要分成k个步骤，第一步有A种方法，第二步有B 种方法，……，第k步有C种方法，完成这个任务的方法种数为A B …C。
（2）应用：排列、组合、概率等问题中，当各个步骤相互独立时，可运用分步计数原理解决问题。
三、教学重点与难点：1. 重点：分类计数原理和分步计数原理的概念及运用。
2. 难点：灵活运用计数原理解决实际问题。
四、教学方法：1. 讲授法：讲解分类计数原理和分步计数原理的概念、公式及应用。
2. 案例分析法：分析典型例题，引导学生运用计数原理解决问题。
3. 讨论法：组织学生分组讨论，培养学生的合作能力和解决问题的能力。
五、教学过程：1. 导入：通过生活中的实例，引导学生思考计数原理的应用。
2. 讲解：讲解分类计数原理和分步计数原理的概念、公式及应用。
3. 例题分析：分析典型例题，让学生掌握计数原理的应用方法。
4. 练习：布置练习题，让学生巩固所学知识。
5. 总结：对本节课的内容进行总结，强调重点和难点。
6. 作业布置：布置课后作业，巩固所学知识。
教学评价：通过课堂讲解、练习和课后作业，评价学生对分类计数原理和分步计数原理的理解和运用能力。
六、教学案例与分析：案例1：排列问题问题：有5本不同的书，要从中选出3本来阅读，问有多少种不同的选法？分析：这是一个排列问题，因为选出的3本书的阅读顺序是有关系的。
我们可以使用分步计数原理来解决这个问题。
高中数学的计数原理教案
高中数学的计数原理教案
教学对象：高中生
教学目标：掌握计数原理的基本概念及应用方法，能够解决相关问题教学步骤：
一、导入（10分钟）
1. 引入计数原理的概念，让学生回顾一下之前所学的排列与组合知识；
2. 引入计数原理的重要性，介绍计数原理在数学中的应用；
3. 提出一个简单的排列与组合问题，让学生思考如何解决。
二、理论讲解（20分钟）
1. 讲解计数原理的基本概念：乘法原理和加法原理；
2. 讲解排列和组合的区别与联系，引入二项式定理的概念；
3. 通过实例演示计数原理的应用方法。
三、练习与讨论（20分钟）
1. 学生进行打卡练习，解决一些基本的计数问题；
2. 学生互相讨论解题思路，分析其中的问题和解决方法；
3. 有选择性地让学生上台解题，展示不同的解题思路。
四、拓展应用（15分钟）
1. 带领学生应用计数原理解决更加复杂的问题；
2. 引导学生思考计数原理在实际生活中的应用场景；
3. 提出一个挑战性问题，鼓励学生尝试解决。
五、课堂小结（5分钟）
1. 对本节课的重点内容进行总结归纳；
2. 强调计数原理的重要性及实际应用；
3. 鼓励学生多加练习，巩固所学知识。
教学反馈：提醒学生在课后加强练习，加深对计数原理的理解和掌握，及时反馈学生在课上的表现。
高中数学计数原理技巧教案
高中数学计数原理技巧教案教学目标：1. 理解计数原理的基本概念和计数方法。
2. 掌握使用计数原理解决实际问题的技巧。
3. 培养学生的逻辑思维能力和问题解决能力。
教学重点：1. 计数原理的基本概念和计数方法。
2. 使用计数原理解决实际问题。
教学难点：1. 理解计数原理的抽象概念。
2. 掌握运用计数原理解决复杂问题的技巧。
教学步骤：一、导入：通过一个生活中的例子引入计数原理的概念，让学生了解计数原理的重要性和应用场景。
二、讲解：介绍计数原理的基本概念和计数方法，包括排列、组合等概念，让学生理解计数原理的运用方式。
三、示范：通过几个简单的例题演示如何运用计数原理解决问题，引导学生理解计数原理的具体应用。
四、练习：让学生进行一些练习题，巩固所学知识，培养他们的解决问题能力。
五、拓展：提供一些拓展题目，让学生进一步挑战自己的思维，培养他们的创新能力。
六、总结：总结本节课的重点内容，强调计数原理在实际生活中的应用，激发学生对数学的兴趣。
教学资源：1. 课件：包含计数原理的基本概念和例题讲解。
2. 教科书：提供相关知识点和例题练习。
3. 习题册：供学生练习使用。
教学反馈：1. 课堂提问：通过提问学生解题思路和答题情况，及时纠正错误。
2. 作业批改：批改学生的练习作业，评价学生的学习情况。
3. 学生讨论：鼓励学生在小组讨论中互相学习，共同进步。
教学延伸：1. 学生作业：布置适量的作业帮助学生巩固所学知识。
2. 实际应用：鼓励学生找出生活中的实际问题，运用计数原理解决。
教学评估：1. 调查问卷：收集学生对本课内容的理解和学习体会。
2. 开放题测试：考察学生对计数原理的理解和应用能力。
3. 作业表现：评价学生在作业中的表现，指导学生的学习方向。
教学反思：通过对本课内容的反思，不断改进教学方法和手段，提高教学效果，帮助学生更好地理解和运用计数原理。
高中计数原理讲课教案模板
教学对象：高中年级学生教学目标：1. 知识与技能：理解并掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理的定义、性质及运用。
2. 过程与方法：通过实例分析和实际问题解决，培养学生的逻辑推理能力和数学建模能力。
3. 情感态度与价值观：激发学生对数学学习的兴趣，培养学生严谨求实的科学态度。
教学重点：1. 分类加法计数原理和分步乘法计数原理的定义。
2. 运用计数原理解决实际问题。
教学难点：1. 理解并灵活运用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决复杂问题。
2. 将实际问题转化为计数问题，并运用计数原理进行解决。
教学准备：1. 多媒体课件2. 实例习题3. 学生练习册教学过程：一、导入新课1. 复习小学阶段学习的加法运算和乘法运算，引导学生回顾加法与乘法之间的关系。
2. 提出问题：如何解决一个复杂的计数问题？引导学生思考并总结解决问题的方法。
二、新课讲解1. 分类加法计数原理a. 定义：在一定范围内，如果有n种可能的情况，那么这n种情况的总数就是每种情况的数量之和。
b. 举例说明：抛硬币、抛骰子等。
c. 应用：计算不同情况的总数。
2. 分步乘法计数原理a. 定义：在一定范围内，如果有n个步骤，每一步都有m种可能的情况，那么这n个步骤的总数就是每步情况的数量的乘积。
b. 举例说明：涂料涂色、排列组合等。
c. 应用：计算不同情况的数目。
三、课堂练习1. 完成多媒体课件中的例题，巩固所学知识。
2. 分组讨论，解决实际问题，如：计算班级人数、班级排座位等。
四、课堂小结1. 回顾本节课所学内容，总结分类加法计数原理和分步乘法计数原理的定义、性质及运用。
2. 强调计数原理在实际问题中的应用，提高学生对数学学习的兴趣。
五、课后作业1. 完成学生练习册中的相关习题，巩固所学知识。
2. 额外习题：设计一个实际问题，运用计数原理进行解决。
教学反思：1. 课堂讲解过程中，注重引导学生理解计数原理的定义和性质，结合实例进行分析，提高学生的理解能力。
高考一轮复习教案十二(1)计数原理(教师)文科用
模块： 十二、排列组合、二项式定理、概率统计课题： 1、计数原理教学目标： 掌握分类计数原理与分步计数原理，并能用它们分析和解决一些简单的应用问题．分类计数原理与分步计数原理是计数问题的基本原理，体现了解决问题时将其分解的两种常用方法，即把问题分类解决和分步解决．重难点： 掌握分类计数原理与分步计数原理，并能用它们分析和解决一些简单的应用问题．一、 知识要点1、分类计数原理(加法原理)：做一件事情，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有2m 种不同的方法，……，在第n 类办法中有n m 种不同的方法．那么完成这件事共有 12n N m m m =+++ 种不同的方法．2、分步计数原理(乘法原理)：做一件事情，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有1m 种不同的方法，做第二步有2m 种不同的方法，……，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事有12n N m m m =⨯⨯⨯ 种不同的方法．二、 例题精讲例 1 、电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？答案：28800．例2、从集合{1，2，3，…，10}中，选出由5个数组成的子集，使得这5个数中的任何两个数的和不等于11，这样的子集共有多少个?答案：32个例3、某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如下图）现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有_____________种．（以数字作答）答案：120种 654321例4、（1）有红、黄、白色旗子各n 面（3n ），取其中一面、二面、三面组成纵列信号，可以有多少不同的信号？（2）有1元、5元、10元的钞票各一张，取其中一张或几张，能组成多少种不同的币值？答案：（1）60；（2）7种．例5、d c b a ,,,排成一行，其中a 不排第一，b 不排第二，c 不排第三，d 不排第四的不同排法共有多少种？答案：9种．例6、关于正整数2160，求：（1）它有多少个不同的正因数？（2）它的所有正因数的和是多少？答案：（1）40个；（2）7440．例7、如图所示,问从A 到D 每次不许走重复的路,共有多少种走法?(注:每次的路线一个地方只能经过一次)答案：16例8、由数字0，1，2，3，4，（1）可组成多少个没有重复数字且比20000大的自然数？（2）2不在千位，且4不在十位的五位数有多少个？答案：（1）72；（2）1600三、 课堂练习1、4名男生和3名女生排成一行，按下列要求各有多少种排法：（1）男生必须排在一起 ； （2）女生互不相邻 ；（3）男女生相间 ； （4）女生按指定顺序排列 ． 答案：576；1440；144；840.2、6本不同的书全部送给5人，每人至少1本，有 种不同的送书方法． 答案：18003、三名男歌手和两名女歌手联合举行一场演唱会,演出时要求两名女歌手之间恰有一名男歌手,则共有出场方案 种．答案：364、圆周上有12个不同的点，过其中任意两点作弦，这些弦在圆内的交点个数最多是 ．答案：4955、7人站一排，甲不站排头，也不站排尾，不同的站法种数有 种；甲不站排头，乙不站排尾，不同站法种数有 种．答案：3600；3720.6、远洋轮一根旗杆上用红、蓝、白三面旗帜中，一面，二面或三面表示信号，则最多可组成不同信号有___________种．答案：15四、 课后作业一、填空题1、十字路口来往的车辆，如果不允许回头，共有_________种行车路线．答案：122、从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有 种． 答案：123、从1到10的正整数中，任意抽取两个相加，所得和为奇数的不同情形有______种． 答案：254、72的正约数（包括1和72）共有__________个．答案：125、从－1，0，1，2这四个数中选三个不同的数作为函数()2f x ax bx c =++的系数，可组成不同的二次函数共有_____________个，其中不同的偶函数共有_____________个．（用数字作答）答案：18；66、如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有_____________种．（以数字作答） 答案：72 二、选择题7、某城市的电话号码，由六位升为七位（首位数字均不为零），则该城市可增加的电话部数是( )A 、9×8×7×6×5×4×3B 、8×96C 、9×106D 、81×105答案：D8、从长度分别为1、2、3、4的四条线段中，任取三条的不同取法共有n 种在这些取法中，以取出的三条线段为边可组成的三角形的个数为m ，则n m 等于( ) A 、0 B 、41 C 、21 D 、43 答案：B9、某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( )A 、504B 、210C 、336D 、120答案：A三、解答题10、在所有两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？答案：3611、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？答案：（1）1024种；（2）526种．12、三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数是多少？答案：36⑤④③②①。
高中教案：计数原理学案
高中教案：计数原理学案第一章：排列与组合1.1 排列的概念与性质学习排列的定义及表示方法理解排列的性质，如排列数公式、排列的排列等掌握排列的基本计算方法1.2 组合的概念与性质学习组合的定义及表示方法理解组合的性质，如组合数公式、组合的组合等掌握组合的基本计算方法1.3 排列与组合的应用学习排列与组合在实际问题中的应用方法培养学生的应用意识，提高解决问题的能力第二章：计数原理2.1 分类计数原理学习分类计数原理的定义及特点掌握分类计数原理的应用方法培养学生的逻辑思维能力2.2 分步计数原理学习分步计数原理的定义及特点掌握分步计数原理的应用方法培养学生的逻辑思维能力2.3 计数原理的应用学习计数原理在实际问题中的应用方法培养学生的应用意识，提高解决问题的能力第三章：概率与组合数3.1 概率的基本概念学习概率的定义、表示方法及计算公式理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念掌握概率的基本计算方法3.2 组合数的应用学习组合数在概率计算中的应用方法培养学生的应用意识，提高解决问题的能力3.3 概率的应用学习概率在实际问题中的应用方法培养学生的应用意识，提高解决问题的能力第四章：二项式定理与概率4.1 二项式定理的定义及性质学习二项式定理的定义及表示方法理解二项式定理的性质，如二项式系数、二项式展开等掌握二项式定理的计算方法4.2 二项式定理的应用学习二项式定理在实际问题中的应用方法培养学生的应用意识，提高解决问题的能力4.3 概率与二项式定理的关系学习概率与二项式定理的关系及应用方法培养学生的逻辑思维能力第五章：排列组合的综合应用5.1 排列组合的综合问题学习排列组合的综合问题的解决方法培养学生的逻辑思维能力，提高解决问题的能力5.2 排列组合在实际问题中的应用学习排列组合在实际问题中的应用方法培养学生的应用意识，提高解决问题的能力5.3 拓展与提高学习排列组合的拓展知识，提高学生的综合素质引导学生进行自主学习，培养学生的创新意识第六章：鸽巢原理6.1 鸽巢原理的基本概念学习鸽巢原理的定义及表示方法理解鸽巢原理的性质，如无穷多个鸽巢、有限多个鸽子等掌握鸽巢原理的基本计算方法6.2 鸽巢原理的应用学习鸽巢原理在实际问题中的应用方法培养学生的逻辑思维能力，提高解决问题的能力6.3 鸽巢原理的拓展与提高学习鸽巢原理的拓展知识，提高学生的综合素质引导学生进行自主学习，培养学生的创新意识第七章：计数与概率的综合应用7.1 计数与概率的综合问题学习计数与概率的综合问题的解决方法培养学生的逻辑思维能力，提高解决问题的能力7.2 计数与概率在实际问题中的应用学习计数与概率在实际问题中的应用方法培养学生的应用意识，提高解决问题的能力7.3 计数与概率的拓展与提高学习计数与概率的拓展知识，提高学生的综合素质引导学生进行自主学习，培养学生的创新意识第八章：极限与无穷8.1 极限的概念学习极限的定义及表示方法理解极限的性质，如无穷小、无穷大等掌握极限的基本计算方法8.2 无穷的概念学习无穷的概念及表示方法理解无穷的性质，如无穷集合、无穷小量等掌握无穷的基本计算方法8.3 极限与无穷的应用学习极限与无穷在实际问题中的应用方法培养学生的逻辑思维能力，提高解决问题的能力第九章：概率论的基本概念9.1 随机试验与样本空间学习随机试验的概念及特点理解样本空间的定义及表示方法掌握样本空间的计算方法9.2 随机事件与概率学习随机事件的概念及表示方法理解概率的定义及计算方法掌握概率的基本性质，如互补事件、独立事件等9.3 概率论的应用学习概率论在实际问题中的应用方法培养学生的应用意识，提高解决问题的能力第十章：概率论的拓展与提高10.1 条件概率与贝叶斯定理学习条件概率的概念及计算方法理解贝叶斯定理的定义及应用掌握贝叶斯定理的计算方法10.2 随机变量及其分布学习随机变量的概念及表示方法理解随机变量的分布函数及其性质掌握随机变量的计算方法10.3 概率论的拓展与提高学习概率论的拓展知识，提高学生的综合素质引导学生进行自主学习，培养学生的创新意识重点和难点解析一、排列与组合的概念与性质重点关注排列数公式、组合数公式的推导和理解，以及排列和组合在实际问题中的应用方法。
2025届高考数学一轮复习教案：计数原理、概率、随机变量及其分布-事件的独立性、条件概率与全概率公式
第四节事件的独立性、条件概率与全概率公式【课程标准】1.了解两个事件相互独立的含义.2.了解条件概率与独立性的关系,会利用乘法公式计算概率.3.会利用全概率公式计算概率.【考情分析】考点考法:高考命题常以现实生活为载体,考查相互独立事件、条件概率、全概率;条件概率、全概率是高考热点,常以选择题的形式出现.核心素养:数学抽象、数学运算【必备知识·逐点夯实】【知识梳理·归纳】1.相互独立事件(1)概念:对任意两个事件A与B,如果P(AB)=__P(A)P(B)__成立,则称事件A与事件B相互独立,简称为独立.(2)性质:若事件A与B相互独立,那么A与,与B,与也都相互独立.2.条件概率(1)概念:一般地,设A,B为两个随机事件,且P(A)>0,我们称P(B|A)=(B)()为在事件A 发生的条件下,事件B发生的条件概率,简称条件概率.(2)两个公式:①利用古典概型:P(B|A)=(B)();②概率的乘法公式:P(AB)=__P(A)P(B|A)__.【微点拨】P(B|A)与P(A|B)是两个不同的概率,前者是在A发生的条件下B发生的概率,后者是在B发生的条件下A发生的概率.3.全概率公式一般地,设A1,A2,…,A n是一组__两两互斥__的事件,A1∪A2∪…∪A n=Ω,且P(A i)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件B⊆Ω,有P(B)=.我们称此公式为全概率公式.【基础小题·自测】类型辨析改编易错高考题号12341.(多维辨析)(多选题)下列说法正确的是()A.对于任意两个事件,公式P(AB)=P(A)P(B)都成立B.若事件A,B相互独立,则P(B|A)=P(B)C.抛掷2枚质地均匀的硬币,设“第一枚正面朝上”为事件A,“第二枚正面朝上”为事件B,则A,B相互独立D.若事件A1与A2是对立事件,则对任意的事件B⊆Ω,都有P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)【解析】选BCD.因为当两个事件A,B相互独立时公式P(AB)=P(A)P(B)成立,所以选项A错误;因为事件A,B相互独立,所以P(AB)=P(A)P(B),P(B|A)=(B)()=P(B),所以选项B正确;因为抛掷2枚质地均匀的硬币,第一枚正面朝上,与第二枚正面的朝向无关,所以选项C正确;因为事件A1与A2是对立事件,所以B=A1B+A2B,所以P(B)=P(A1B)+P(A2B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2),所以选项D正确.2.(必修第二册P253习题4改条件)甲、乙两人独立地破解同一个谜题,破解出此谜题的概率分别为12,23,则此谜题没被破解出的概率为()A.16B.13C.56D.1【解析】选A.设“甲独立地破解出此谜题”为事件A,“乙独立地破解出此谜题”为事件B,则P(A)=12,P(B)=23,故P()=12,P()=13,所以P()=12×13=16,即此谜题没被破解出的概率为16.3.(条件概率公式使用错误)已知3件次品和2件正品混在一起,现需要通过检测将其区分,每次随机检测一件产品,检测后不放回,则在第一次取出次品的条件下,第二次取出的也是次品的概率是()A.310B.35C.12D.14【解析】选C.设事件A表示第一次取出次品,事件B表示第二次取出次品,P(A)=35,P(AB)=35×24=310,则在第一次取出次品的条件下,第二次取出的也是次品的概率是P(B|A)=(B)()=31035=12.4.(2022·天津高考)52张扑克牌,没有大小王,无放回地抽取两次,则两次都抽到A 的概率为________;已知第一次抽到的是A,则第二次抽取A的概率为________.【解析】由题意,设第一次抽到A为事件B,第二次抽到A为事件C,则P(BC)=452×351=1221,P(B)=452=113,所以P(C|B)=(B)()=1221113=117.答案:1221117【巧记结论·速算】如果事件A1,A2,…,A n相互独立,那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积,即P(A1A2…A n)=P(A1)P(A2)…P(A n).【即时练】从应届高中生中选拔飞行员,已知这批学生体型合格的概率为13,视力合格的概率为16,其他几项标准合格的概率为15,从中任选一名学生,则该生各项均合格的概率为(假设各项标准互不影响)()A.49B.190C.45D.59【解析】选B.各项均合格的概率为13×16×15=190.【核心考点·分类突破】考点一事件的相互独立性角度1事件独立性的判断[例1](2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随机取两次,每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则()A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立C.乙与丙相互独立D.丙与丁相互独立【解析】选B.设甲、乙、丙、丁事件发生的概率分别为P(A),P(B),P(C),P(D).则P(A)=P(B)=16,P(C)=56×6=536,P(D)=66×6=16,对于A选项,P(AC)=0;对于B选项,P(AD)=16×6=136;对于C选项,P(BC)=16×6=136;对于D选项,P(CD)=0.若两事件X,Y相互独立,则P(XY)=P(X)P(Y),因此B选项正确.【解题技法】两个事件相互独立的判断方法(1)定义法:由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响.(2)充要条件法:事件A,B相互独立的充要条件是P(AB)=P(A)P(B).【对点训练】某校为提升学生的综合素养、大力推广冰雪运动,号召青少年成为“三亿人参与冰雪运动”的主力军,开设了“陆地冰壶”“陆地冰球”“滑冰”“模拟滑雪”四类冰雪运动体验课程.甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习,设事件A=“甲、乙两人所选课程恰有一门相同”,事件B=“甲、乙两人所选课程完全不同”,事件C=“甲、乙两人均未选择陆地冰壶课程”,则()A.A与B为对立事件B.A与C互斥C.A与C相互独立D.B与C相互独立【解析】选C.依题意,甲、乙两人所选课程有如下情形:①有一门相同;②两门都相同;③两门都不相同.故A与B互斥不对立,A与C不互斥,所以P(A)=C41C31C21C42C42=23,P(B)=C42C42C42=16,P(C)=C32C32C42C42=14,且P(AC)=C31C21C42C42=16,P(BC)=0,所以P(AC)=P(A)P(C),P(BC)≠P(B)P(C),即A与C相互独立,B与C不相互独立.角度2独立性事件的概率[例2](2023·临沂模拟)“11分制”乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成10∶10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后,若甲先发球,两人又打了2个球后该局比赛结束的概率为________;若乙先发球,两人又打了4个球后该局比赛结束,则甲获胜的概率为________.【解析】记两人又打了X个球后该局比赛结束,设双方10∶10平后的第k个球甲得分为事件A k(k=1,2,3…),则P(X=2)=P(A1A2)+P(12)=P(A1)P(A2)+P(1)P(2)=0.5×0.4+0.5×0.6=0.5.由乙先发球,且甲获胜的概率P=P(A12A3A4)+P(1A2A3A4)=P(A1)P(2)P(A3)P(A4)+P(1)P(A2)P(A3)P(A4)=0.4×0.5×0.4×0.5+0.6×0.5×0.4×0.5= 0.1.答案:0.50.1【解题技法】求相互独立事件同时发生的概率的方法(1)相互独立事件同时发生的概率等于它们各自发生的概率之积.(2)当正面计算较复杂或难以入手时,可从其对立事件入手计算.【对点训练】(2020·全国Ⅰ卷)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛,约定赛制如下:累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首先比赛的两人,另一人轮空;每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛,负者下一场轮空,直至有一人被淘汰;当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人被淘汰,另一人最终获胜,比赛结束.经抽签,甲、乙首先比赛,丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为12.(1)求甲连胜四场的概率;(2)求需要进行第五场比赛的概率;(3)求丙最终获胜的概率.【解析】(1)甲连胜四场的概率为116.(2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛.比赛四场结束,共有三种情况:甲连胜四场的概率为116;乙连胜四场的概率为116;丙上场后连胜三场的概率为18.所以需要进行第五场比赛的概率为1-116-116-18=34.(3)丙最终获胜有两种情况:比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18.比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况:胜胜负胜,胜负空胜,负空胜胜,概率分别为116,18,18.因此丙最终获胜的概率为18+116+18+18=716.【加练备选】某一部件由三个电子元件按如图方式连接而成,元件1和元件2同时正常工作,或元件3正常工作,则部件正常工作.设三个电子元件正常工作的概率均为34且各个元件能否正常工作相互独立,那么该部件正常工作的概率为()A.764B.1532C.2732D.5764【解析】选D.讨论元件3正常与不正常:第一类,元件3正常,上部分正常或不正常都不影响该部件正常工作,则正常工作的概率为34×1=34;第二类,元件3不正常,上部分必须正常,则正常工作的概率为14×(34×34)=964,故该部件正常工作的概率为34+964=5764.考点二条件概率[例3](1)七巧板是中国民间流传的智力玩具.它是由如图所示的七块板组成:五块等腰直角三角形(其中两块小型三角形、一块中型三角形和两块大型三角形)、一块正方形和一块平行四边形.可以拼成人物、动物、植物、房亭、楼阁等多种图案.现从七巧板中取出两块,已知取出的是三角形,则两块板恰好是全等三角形的概率为()A .35B .25C .27D .15【解析】选D .设事件A 为“从七巧板中取出两块,取出的是三角形”,事件B 为“两块板恰好是全等三角形”,则P (AB )=2C 72=221,P (A )=C 52C 72=1021,所以P (B |A )=(B )()=2211021=15.(2)(2022·新高考Ⅰ卷改编)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系,在已患该疾病的病例中随机调查了100人(称为病例组),同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组),得到如下数据:项目不够良好良好病例组4060对照组1090从该地的人群中任选一人,A 表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”,B 表示事件“选到的人患有该疾病”.(|)(|)与(|)(|)的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标,记该指标为R.①证明:R =(|)(|)·(|)(|);②利用该调查数据,给出P (A |B ),P (A |)的估计值,并利用①的结果给出R 的估计值.【解析】①因为R =(|)(|)·(|)(|)=(B )()·()(B )·(B )()·()(B ),所以R =(B )()·()(B )·(B )()·()(B ).所以R =(|)(|)·(|)(|).②由已知P (A |B )=40100=25,P (A |)=10100=110,又P (|B )=60100=35,P (|)=90100=910,所以R =(|)(|)·(|)(|)=25×91035×110=6.所以指标R 的估计值为6.【解题技法】求条件概率的常用方法(1)定义法:P (B |A )=(B )().(2)样本点法:P (B |A )=(B )().【对点训练】1.某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰,50%的同学爱好滑雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪,在该地的中学生中随机调查一位同学,若该同学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为()A .0.8B .0.4C .0.2D .0.1【解析】选A .根据题意,在该地的中学生中随机调查一位同学,设选出的同学爱好滑冰为事件A,选出的同学爱好滑雪为事件B,由于该地中学生中有60%的同学爱好滑冰,50%的同学爱好滑雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪,则P(B)=0.5,同时爱好两个项目的占该地中学生总人数的50%+60%-70%=40%,则P(AB)=0.4,则P(A|B)=(B)()=0.40.5=0.8.2.根据历年的气象数据可知,某市5月份发生中度雾霾的概率为0.25,刮四级以上大风的概率为0.4,既发生中度雾霾又刮四级以上大风的概率为0.2.则在发生中度雾霾的情况下,刮四级以上大风的概率为()A.0.8B.0.625C.0.5D.0.1【解析】选A.设“发生中度雾霾”为事件A,“刮四级以上大风”为事件B,所以P(A)=0.25,P(B)=0.4,P(AB)=0.2,则在发生中度雾霾的情况下,刮四级以上大风的概率为P(B|A)=(B)()=0.20.25=0.8.考点三全概率公式的应用[例4](1)一份新高考数学试卷中有8道单选题,小胡对其中5道题有思路,3道题完全没有思路.有思路的题做对的概率是0.9,没有思路的题只能猜一个答案,猜对答案的概率为0.25,则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率为() A.79160B.35C.2132D.58【解析】选C.设事件A表示“小胡做对”,事件B表示“小胡选到有思路的题”,则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率P(A)=P(B)P(A|B)+P()P(A|) =58×0.9+38×0.25=2132.(2)在数字通信中,信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰,发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知当发送信号0时,被接收为0和1的概率分别为0.93和0.07;当发送信号1时,被接收为1和0的概率分别为0.95和0.05.假设发送信号0和1是等可能的,则接收的信号为1的概率为()A.0.48B.0.49C.0.52D.0.51【解析】选D.设事件A=“发送的信号为0”,事件B=“接收的信号为1”,则P(A)=P()=0.5,P(B|A)=0.07,P(B|)=0.95,因此P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=0.5×(0.07+0.95)=0.51.【解题技法】利用全概率公式解题的思路(1)按照确定的标准,将一个复杂事件分解为若干个互斥事件A i(i=1,2,…,n).(2)求P(A i)和所求事件B在各个互斥事件A i发生条件下的概率P(B|A i).(3)代入全概率公式计算.【对点训练】某商店收进甲厂生产的产品30箱,乙厂生产的同种产品20箱,甲厂每箱装100个,废品率为0.06,乙厂每箱装120个,废品率为0.05.(1)任取一箱,求从中任取一个为废品的概率;(2)若将所有产品开箱混放,求任取一个为废品的概率.【解析】记事件A为取到的是甲厂的产品,事件B为取到的是乙厂的产品,事件C 为取到的是废品.(1)P(A)=3050=35,P(B)=2050=25,P(C|A)=0.06,P(C|B)=0.05,由全概率公式,得P(C)=P(A)P(C|A)+P(B)P(C|B)=7125.(2)P(A)=30×10030×100+20×120=59,P(B)=20×12030×100+20×120=49,P(C|A)=0.06,P(C|B)=0.05,由全概率公式,得P(C)=P(A)P(C|A)+P(B)P(C|B)=118.。
高中数学计数原理教案
高中数学计数原理教案
教学内容：计数原理
教学对象：高中学生
教学时间：一节课
教学目标：
1. 了解计数原理的概念和基本原理；
2. 能够应用计数原理解决相关问题；
3. 培养学生的逻辑思维和问题解决能力。
教学重点：
1. 计数原理的基本概念和原理；
2. 计数原理在实际问题中的应用。
教学难点：
1. 计数原理的具体运用；
2. 解决实际问题时的逻辑思维能力。
教学准备：
1. 计算器；
2. 实例题目。
教学过程：
一、导入（5分钟）
教师引导学生回顾排列、组合的概念，并提出计数原理的概念。
通过一个简单的例子引导学生了解计数原理的基本原理。
二、讲解（15分钟）
1. 计数原理的概念和原理；
2. 巴斯卡三角形及其应用；
3. 实例分析和解决。
三、练习（15分钟）
教师布置几道相关计数原理的练习题，学生针对每道题进行思考并给出答案，教师引导学生讨论解题方法，帮助学生掌握计数原理的运用技巧。
四、总结（5分钟）
教师对本节课的教学内容进行总结和回顾，强化学生对计数原理的理解和运用。
五、作业（5分钟）
布置相关练习题作为课后作业，加深学生对计数原理的掌握和应用。
【教学反思】
本节课主要通过讲解概念、实例分析和练习训练，帮助学生掌握计数原理的基本原理和运用技巧。
在以后的教学中，可以结合实际问题，进一步提高学生的问题解决能力和创新思维。
计数原理教案
计数原理教案教案主题：计数原理教学目标：1. 了解计数原理的概念和意义；2. 掌握排列、组合、二项式定理的基本概念和计算方法；3. 能够解决一些简单的排列、组合问题。
教学重点：1. 排列、组合的基本概念和计算方法；2. 二项式定理的应用。
教学难点：1. 排列、组合问题的思考和解决；2. 二项式定理在实际问题中的应用。
教学准备：1. 教师准备课件和教辅材料；2. 学生准备纸和笔。
教学过程：一、导入（10分钟）教师通过提问和讨论引入课题，例如：“你们知道我们日常生活中经常涉及到的排列、组合问题吗？可以举一些例子吗？”学生回答后，教师简要介绍计数原理的概念和意义。
二、讲解排列（20分钟）1. 定义：将n个不同的元素取出r个（0≤r≤n），按照一定的顺序排列，叫做从n个不同元素中取出r个元素的一个排列，所以排列应该有n(n-1)(n-2)……(n-r+1)个。
记为P(n,r)=n(n-1)(n-2)……(n-r+1)。
2. 计算方法：（1）如果r=n，则P(n,r)=n!（2）如果r<n，则采用分步乘法进行计算。
3. 练习：通过多个例子的讲解和计算练习，巩固学生对排列的理解和计算方法。
三、讲解组合（20分钟）1. 定义：将n个不同的元素取出r个（0≤r≤n），不考虑元素的排列顺序，则叫做从n个不同元素中取出的r个元素的一个组合，所以组合应该有C(n,r)个。
记为C(n,r)=n!/[(n-r)!*r!]。
2. 计算方法：（1）采用分步乘法进行计算。
3. 练习：通过多个例子的讲解和计算练习，巩固学生对组合的理解和计算方法。
四、讲解二项式定理（20分钟）1. 定义：设m和n都是正整数，则二项式展开公式便是(m+n)的任何次幂可以分解成一系列m和n的幂的和。
即 (m+n)^k =C(k,0)*m^k + C(k,1)*m^(k-1)*n + C(k,2)*m^(k-2)*n^2 + ... +C(k,n)*m^n 。
高中数学计数原理讲课教案
高中数学计数原理讲课教案
一、教学目标
1. 了解计数原理的概念和基本思想；
2. 掌握计数原理的应用方法；
3. 能够独立解决计数问题；
4. 培养学生的逻辑思维能力和数学分析能力。
二、教学重点
1. 计数原理的概念和基本思想；
2. 计数原理的应用方法。
三、教学难点
1. 计数原理的应用方法；
2. 计数问题的解决策略。
四、教学内容
1. 计数原理的概念介绍
2. 计数原理的基本思想
3. 计算原理的应用方法
五、教学过程
1. 导入：引导学生思考一个问题：有3个红球、4个蓝球和2个绿球，问一共有多少种不同的排列方式？
2. 讲解：引入计数原理的概念，讲解计数原理的基本思想和应用方法，例如排列、组合等概念。
3. 实践：让学生尝试解决一些计数问题，如：有5本数学书、4本物理书和3本化学书，问从这些书中随机选取一本书，选取一本数学书的概率是多少？
4. 拓展：通过更复杂的例题，让学生进一步理解计数原理的应用，提高他们的计数能力。
5. 总结：对计数原理的概念和应用方法进行总结，强调解决计数问题的关键思路和策略。
六、作业
1. 完成课堂练习题，巩固所学知识；
2. 拓展阅读相关数学问题，提升计数能力。
七、教学反馈
1. 对学生在实践中的表现进行评价和反馈；
2. 对学生提出的问题进行解答和指导。
八、板书设计
1. 计数原理的概念和基本思想；
2. 计数原理的应用方法；
3. 计数问题的解决策略。
2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版)：基本计数原理
§10.1基本计数原理考试要求1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．知识梳理基本计数原理(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m 1种不同的方法，第二类办法中有m 2种不同的方法……第n 类办法中有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m 1＋m 2＋…＋m n 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m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法……做第n 步有m n 种不同的方法．那么完成这件事共有N ＝m 1×m 2×…×m n 种不同的方法．常用结论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相同点用来计算完成一件事的方法种数不同点分类、相加分步、相乘每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事每步依次完成才算完成这件事情(每步中的每一种方法不能独立完成这件事)注意点类类独立，不重不漏步步相依，缺一不可思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)在分类加法计数原理中，某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直接完成这件事．(√)(3)在分步乘法计数原理中，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成．(√)(4)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．(√)教材改编题1．已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为()A．16B．13C．12D．10答案C解析将4个门编号为1,2,3,4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2,3,4号门进入，同样各有3种走法，不同走法共有4×3＝12(种)．2．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有()A．8种B．9种C．10种D．11种答案B解析设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班级分别为a，b，c，d.假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法．由分类加法计数原理可知，共有3＋3＋3＝9(种)不同的监考方法．3．由于用具简单、趣味性强，象棋成为流行极为广泛的棋艺活动．某棋局的一部分如图所示，若不考虑这部分以外棋子的影响，且“马”和“炮”不动，“兵”只能往前走或左右走，每次只能走一格，从“兵”吃掉“马”的最短路线中随机选择一条路线，其中也能把“炮”吃掉的可能路线有()A．10条B．8条C．6条D．4条答案C解析由题意可知，“兵”吃掉“马”的最短路线需横走三步，竖走两步；其中也能把“炮”吃掉的路线可分为两步：第一步，横走两步，竖走一步，有3种走法；第二步，横走一步，竖走一步，有2种走法．所以所求路线共有3×2＝6(条)．题型一分类加法计数原理例1(1)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有()A．4种B．10种C．18种D．20种答案B解析赠送1本画册，3本集邮册．需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法．由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4＋6＝10(种)．(2)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a2>a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为________．答案240解析若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个．若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个)．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，……，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个)．所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．思维升华使用分类加法计数原理的两个注意点(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．跟踪训练1(1)(2023·太原模拟)现有拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成的币值有()A．3种B．6种C．7种D．8种答案C解析由题意得，三种币值取一张，共有3种取法，币值分别为拾圆、贰拾圆、伍拾圆；三种币值取两张，共有3种取法，币值分别为叁拾圆、陆拾圆、柒拾圆；三种币值全取，共有1种取法，币值为捌拾圆．一共可以组成的币值有3＋3＋1＝7(种)．(2)设I＝{1,2,3,4}，A与B是I的子集，若A∩B＝{1,2}，则称(A，B)为一个“理想配集”．若将(A，B)与(B，A)看成不同的“理想配集”，则符合此条件的“理想配集”有________个．答案9解析对子集A分类讨论：当A是二元集{1,2}时，B可以为{1,2,3,4}，{1,2,4}，{1,2,3}，{1,2}，共4种情况；当A是三元集{1,2,3}时，B可以为{1,2,4}，{1,2}，共2种情况；当A是三元集{1,2,4}时，B可以为{1,2,3}，{1,2}，共2种情况；当A是四元集{1,2,3,4}时，B取{1,2}，有1种情况．根据分类加法计数原理可知，共有4＋2＋2＋1＝9(种)结果，即符合此条件的“理想配集”有9个．题型二分步乘法计数原理例2(1)数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏．如图是数独的一个简化版，由3行3列9个单元格构成．玩该游戏时，需要将数字1,2,3(各3个)全部填入单元格，每个单元格填一个数字，要求每一行、每一列均有1,2,3这三个数字，则不同的填法有()A．12种B．24种C．72种D．216种答案A解析先填第一行，有3×2×1＝6(种)不同填法，再填第二行第一列，有2种不同填法，当该单元格填好后，其他单元格唯一确定．根据分步乘法计数原理可知，共有6×2＝12(种)不同的填法．(2)(多选)(2022·武汉模拟)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是()A．共有43种不同的安排方法B．若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种C．若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种答案ABD解析对于A，A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每个学生有4种选法，则三个学生有4×4×4＝43(种)选法，故A正确；对于B，三人到4个工厂，有43＝64(种)情况，其中甲工厂没有人去，即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33＝27(种)，则甲工厂必须有同学去的安排方法有64－27＝37(种)，故B正确；对于C，若同学A必须去甲工厂，剩下2名同学安排到4个工厂即可，有42＝16(种)安排方法，故C错误；对于D，若三名同学所选工厂各不相同，有4×3×2＝24(种)安排方法，故D正确．思维升华利用分步乘法计数原理解题的策略(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．(2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成．跟踪训练2(1)教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，则由一层到五层不同的走法有() A．10种B．25种C．52种D．24种答案D解析每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．由分步乘法计数原理可知，共有24种不同的走法．(2)(多选)有4位同学报名参加三个不同的社团，则下列说法正确的是()A．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有34种B．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有43种C．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种D．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有43种答案AD解析对于A，B，第1个同学有3种报法，第2个同学有3种报法，后面的2个同学也有3种报法，根据分步乘法计数原理知共有34种结果，A正确，B错误；对于C，D，每个社团限报一个人，则第1个社团有4种选择，第2个社团有4种选择，第3个社团有4种选择，根据分步乘法计数原理知共有43种结果，D正确，C错误．题型三基本计数原理的综合应用例3(1)有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取出2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是()A．14B．23C．48D．120答案C解析分两步：第1步，取多面体，有5＋3＝8(种)不同的取法；第2步，取旋转体，有4＋2＝6(种)不同的取法．所以不同的取法种数是8×6＝48.(2)(2023·南平质检)甲与其他四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9,0,2,1,5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为________．答案80解析5日至9日，日期尾数分别为5,6,7,8,9，有3天是奇数日，2天是偶数日．第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4(种)用车方案；第二步，安排奇数日出行，分两类，第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3×2×2＝12(种)用车方案，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有23＝8(种)用车方案，共计12＋8＝20(种)用车方案．根据分步乘法计数原理可知，不同的用车方案种数为4×20＝80.思维升华利用基本计数原理解题时的三个注意点(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．(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．(3)对于复杂问题，一般是先分类再分步．跟踪训练3(1)有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．需选择一套服装参加“五一”节歌舞演出，则不同的选择方式种数为()A．24B．14C．10D．9答案B解析第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12(种)选择方式；第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法，由分类加法计数原理可知，共有12＋2＝14(种)选择方式．(2)如图，a省分别与b，c，d，e四省交界，且b，c，d互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有5种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案种数为()A．480B．600C．720D．840答案C解析依题意，按c与d涂的颜色相同和不同分成两类：若c与d涂同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有1种方法，涂e有3种方法，最后涂b有3种方法，由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×1×3×3＝180(种)，若c与d涂不同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有3种方法，涂e，b也各有3种方法，由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×3×3×3＝540(种)，所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有180＋540＝720(种)．课时精练1.小黑点表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络相连．连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现在从结点A向结点B传递信息，信息可分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为()A．9B．21C．12D．8答案D解析由图形可以看出，从A→B，可以分成两种情况，A→D→B或A→C→B，这两类方法中各自包含的单位时间内通过的信息量分别是5,3，根据分类加法计数原理可知，传递的最大信息量为5＋3＝8.2．(2023·济宁模拟)某省新高考采用“3＋1＋2”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1个科目；“2”为再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4个科目中选择2个科目．已知小明同学必选化学，那么他可选择的方案共有()A．4种B．6种C．8种D．12种答案B解析根据题意得，分两步进行分析：①小明必选化学，则必须在思想政治、地理、生物中再选出1个科目，选法有3种；②小明在物理、历史科目中选出1个，选法有2种．由分步乘法计数原理知，小明可选择的方案共有3×2＝6(种)．3．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()A．3B．4C．6D．8答案D解析以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9；以2为首项的等比数列为2,4,8；以4为首项的等比数列为4,6,9；把这四个数列顺序颠倒，又得到4个新数列，所以所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个)．4．中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”．将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为()A．8B．10C．15D．20答案B解析由题意知，可看作五个位置排列五个元素，第一个位置有5种排列方法，不妨假设是金，则第二个位置只能从土与水两者中选一种排放，有2种选择，不妨假设排的是水，则第三个位置只能排木，第四个位置只能排火，第五个位置只能排土，因此，总的排列方法种数为5×2×1×1×1＝10.5．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，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，三位同学按甲、乙、丙的顺序依次选一个作为礼物，如果让三位同学选取的礼物都满意，那么不同的选法有() A．360种B．50种C．60种D．90种答案B解析第一类：甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，选法有1×2×10＝20(种)；第二类：甲同学选择马，乙有3种选法，丙有10种选法，选法有1×3×10＝30(种)，所以共有20＋30＝50(种)选法．6．(2023·宿州模拟)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数为()A．12B．24C．36D．48答案C解析第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．7．用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成无重复数字的四位偶数的个数为()A．180B．240C．420 D.480答案C解析以末位数字进行分类：当末位数字为0时，共有6×5×4＝120(个)；当末位数字是2,4,6中的某个数时，共有3×5×5×4＝300(个)，故共有120＋300＝420(个)不同的数字．8．(多选)现有4个数学课外兴趣小组，第一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，则下列说法正确的是()A．选1人为负责人的选法种数为34B．每组选1名组长的选法种数为5400C．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为420D．若另有3名学生加入这4个小组，加入的小组可自由选择，且第一组必须有人选，则不同的选法有37种答案AD解析对于A,4个数学课外兴趣小组共有7＋8＋9＋10＝34(人)，故选1人为负责人的选法共有34种，A对；对于B，分四步：第一、二、三、四步分别为从第一、二、三、四组中各选1名组长，所以不同的选法共有7×8×9×10＝5040(种)，B错；对于C，分六类：从第一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法；从第一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法；从第一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法；从第二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法；从第二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法；从第三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法．所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)，C错；对于D，若不考虑限制条件，每个人都有4种选法，共有43＝64(种)选法，其中第一组没有人选，每个人都有3种选法，共有33＝27(种)选法，所以不同的选法有64－27＝37(种)，D对．9.如图所示，在由连接正八边形的三个顶点构成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答)．答案40解析把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形，共有8×4＝32(个)；第二类，有两条公共边的三角形，共有8个．由分类加法计数原理可知，共有32＋8＝40(个)．10．(2023·保定模拟)算筹是一根根同样长短和粗细的小棍子，是中国古代用来记数、列式和进行各种数与式演算的一种工具，是中国古代的一项伟大、重要的发明．在算筹计数法中，以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字，如表所示：数字123456789方式纵式横式用算筹计数法表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，遇零则置空，知“”表示的三位数为________；如果把5根算筹以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示能被5整除的三位数的个数为________．答案62114解析由题意，结合表格中的数据和图形，知“”表示的三位数为621；共有5根算筹，要能被5整除，则个位数必须为0或5，①当个位数为5时，不符合题意；②当个位数为0时，则5根算筹全部放在十位和百位，若百位有1根，十位有4根，则共有1×2＝2(个)三位数；若百位有2根，十位有3根，则共有2×2＝4(个)三位数；若百位有3根，十位有2根，则共有2×2＝4(个)三位数；若百位有4根，十位有1根，则共有2×1＝2(个)三位数；若百位有5根，十位有0根，则共有2个三位数．所以共有2＋4＋4＋2＋2＝14(个)三位数．11.如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形ABCD 内部为“赵爽弦图”(由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成)，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色，且相邻区域(即图中有公共点的区域)不同色，已知有4种不同的颜色可供选择．则不同的涂色方法种数是()A．48B．54C．72D．108答案C解析设“赵爽弦图”ABCD为①区，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形分别为②，③，④，⑤区．第一步给①区涂色，有4种涂色方法．第二步给②区涂色，有3种涂色方法．第三步给③区涂色，有2种涂色方法．第四步给④区涂色，若④区与②区同色，⑤区有2种涂色方法．若④区与②区不同色，则④区有1种涂色方法，⑤区有1种涂色方法．所以共有4×3×2×(2＋1×1)＝72(种)涂色方法．12．(2022·怀化模拟)世界杯参赛球队共32支，现分成8个小组进行单循环赛，决出16强(各组的前2名小组出线)，这16支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，决出8强，再决出4强，直到决出冠、亚军和第三名、第四名，则比赛进行的总场数为________．答案64解析因为8个小组进行单循环赛，每小组进行6场小组赛，所以小组赛的场数为8×6＝48，因为16支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，所以淘汰赛的场数为8＋4＋2＋2＝16，因此比赛进行的总场数为48＋16＝64.13．几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：(1)甲在下落的过程中依次撞击到树枝A，B，C；(2)乙在下落的过程中依次撞击到树枝D，E，F；(3)丙在下落的过程中依次撞击到树枝G，A，C；(4)丁在下落的过程中依次撞击到树枝B，D，H；(5)戊在下落的过程中依次撞击到树枝I，C，E，则这九根树枝从高到低不同的顺序共有() A．23种B．24种C．32种D．33种答案D解析不妨设A，B，C，D，E，F，G，H，I代表树枝的高度，九根树枝从上至下共九个位置，根据甲依次撞击到树枝A，B，C；乙依次撞击到树枝D，E，F；丙依次撞击到树枝G，A，C；丁依次撞击到树枝B，D，H；戊依次撞击到树枝I，C，E，可得G>A>B，且G，A，B 在前四个位置，C>E>F，D>E>F，且E，F一定排在后四个位置，(1)若I排在前四个位置中的一个位置，前四个位置有4种排法，若第五个位置排C，则第六个位置一定排D，后三个位置共有3种排法，若第五个位置排D，则后四个位置共有4种排法，所以I排在前四个位置中的一个位置时，共有4×(3＋4)＝28(种)排法；(2)若I不排在前四个位置中的一个位置，则G，A，B，D按顺序排在前四个位置，由于I>C>E>F，所以后五个位置的排法就是H的不同排法，共5种排法，即若I不排在前四个位置中的一个位置共有5种排法，由分类加法计数原理可得，这九根树枝从高到低不同的顺序有28＋5＝33(种)．14．若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时，各位均不进位(例如：134＋3802＝3936)，则称(m，n)为“简单的”有序数对，m＋n为有序数对(m，n)的值，那么值为1942的“简单的”有序数对的个数是________．答案300解析第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式．根据分步乘法计数原理可知，值为1942的“简单的”有序数对的个数为2×10×5×3＝300.。
高三一轮复习数学计数原理复习教案
富县高级中学集体备课教案年级：高三级科目：数学（理）授课人：审核人签字：年月日富县高级中学集体备课教案年级：高三级科目：数学（理）授课人：审核人签字：年月日富县高级中学集体备课教案年级：高三级科目：数学（理）授课人：审核人签字： 年 月 日富县高级中学集体备课教案年级：高三级科目：数学（理） 授课人：(1)估计甲品牌产品寿命小于200小时的概率；(2)这两种品牌产品中，某个产品已使用了200小时，试估计该产品是甲品牌的概率．思维启迪：(1)根据甲品牌频数条形图计算寿命小于200小时的频率；(2)根据甲乙两品牌频数条形图求出使用了200小时的产品总数量和甲品牌使用了200小时的产品数量，并计算相应的频率．题型二：互斥事件的概率【例2】某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示：已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.(1)确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率．(将频率视为概率)．审核人签字：年月日富县高级中学集体备课教案年级：高三级科目：数学（理）授课人：思维启迪：由于出现的结果有限，每次每颗只能有四种结果，且每种结果出现的可能性是相等的，所以是古典概型．由于试验次数少，故可将结果一一列出．题型二：古典概型【例2】有编号为A1，A2，…，A10的10个零件，测量其直径(单位：cm)，得到下面数据：其中直径在区间[1.48,1.52]内的零件为一等品．(1)从上述10个零件中，随机抽取一个，求这个零件为一等品的概率；(2)从一等品零件中，随机抽取2个．①用零件的编号列出所有可能的抽取结果；②求这2个零件直径相等的概率．思维启迪：确定基本事件总数，可用列举法．确定事件所包含的基本事件数，用公式求解．题型三：古典概型的综合应用【例3】为了解学生身高情况，某校以10%的比例对全校700名学生按性别进行分层抽样调查，测得身高情况的统计图如下：审核人签字：年月日富县高级中学集体备课教案年级：高三级科目：数学（理）授课人：一、知识梳理1. 几何概型2．几何概型中，事件A的概率计算公式P(A）=构成事件A的区域长度面积或体积试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积3．在切实理解并掌握几何概型试验的两个基本特点二、典型例题题型一：与长度有关的几何概型【例1】在集合A＝{m|关于x的方程x2＋mx＋3 4审核人签字：年月日富县高级中学集体备课教案年级：高三级科目：数学（理）授课人：审核人签字：年月日富县高级中学集体备课教案年级：高三级科目：数学（理）授课人：审核人签字：年月日富县高级中学集体备课教案年级：高三级科目：数学（理）授课人：审核人签字：年月日。
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富县高级中学集体备课教案年级：高三级科目：数学（理）授课人：课题第一节分类加法计数原理与分布乘法计数原理第1课时考点分析 1.考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用；2.和排列、组合知识相结合，解决计数问题．重点1.搞清两个原理的区别与联系，两个原理是解决计数问题的基础；2.结合实际问题理解、应用原理.中心发言人难点结合实际问题理解、应用原理.教具课型复习课课时安排课时教法讨论法、比较法、讲授法、提问引导法学法自主学习，合作交流个人主页教学过程一、知识梳理1.分类加法计数原理2.分步乘法计数原理3．两个原理的区别与联系二、典型例题题型一：分类加法计数原理的应用例1.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有( )A．4种 B．10种 C．18种 D．20种思维启迪：由于4本书来自不同的两类，所以用分类加法计数原理．一类是1本画册，3本集邮册；另一类是2本画册，2本集邮册．题型二：分步乘法计数原理的应用【例2】有六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？(不一定六名同学都能参加)(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．思维启迪：可以根据报名过程，使用分步乘法计数原理．【通关训练2】由数字1,2,3,4，(1)可组成__________个3位数；(2)可组成__________个没有重复数字的3位数；(3)可组成__________个没有重复数字的三位数，且百位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字．题型三：两个原理的综合应用【例3】如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法总数．思维启迪：染色问题是常见的计数应用问题，可从选颜色、选顶点进行分类、分步，从不同角度解决问题．【通关训练3】如图，用5种不同的颜色给图中A、B、C、D四个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，求有多少种不同的涂色方法？三、课堂小结：四、作业布置教后反思审核人签字：年月日富县高级中学集体备课教案年级：高三级科目：数学（理）授课人：课题第二节排列与组合第1课时考点分析1. 考查排列、组合的概念及其公式；2.考查排列、组合的应用．重点1.熟练掌握排列、组合公式，理解二者的差异；2.掌握一些排列、组合常见问题的解法．中心发言人难点熟练掌握排列、组合公式，理解二者的差异；教具课型复习课课时安排课时教法讨论法、比较法、讲授法、提问引导法学法自主学习，合作交流个人主页教学过程一、复习知识点1..排列与排列数2.组合与组合数二、典型例题题型一：排列问题【例1】有4名男生、5名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法？(1)甲不在中间也不在两端；(2)甲、乙两人必须排在两端；(3)男女相间．思维启迪：这是一个排列问题，一般情况下，我们会从受到限制的特殊元素开始考虑，有时也从特殊的位置讨论起．对于相邻问题，常用“捆绑法”；对于不相邻问题，常用“插空法”(特殊元素后考虑)；对于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”或“排除法”(特殊元素先考虑)．【通关训练1】用0,1,2,3,4,5六个数字排成没有重复数字的6位数，分别有多少个？①0不在个位；②1与2相邻；③1与2不相邻；④0与1之间恰有两个数；⑤1不在个位；⑥偶数数字从左向右从小到大排列．题型二：组合问题【例2】从7名男生5名女生中选取5人，分别求符合下列条件的选法总数．(1)A，B必须当选；(2)A，B不全当选.思维启迪：可以从特殊元素出发，考虑直接选取或使用间接法．【通关训练2】某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？(3)甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？(4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？题型三：排列与组合的综合应用问题【例3】4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？思维启迪：把不放球的盒子先拿走，再放球到余下的盒子中并且不空．三、课堂小结四、作业布置教后反思审核人签字：年月日富县高级中学集体备课教案年级：高三级科目：数学（理）授课人：课题第三节二项式定理第1课时考点分析(1)利用二项式定理求二项展开式的特定项或系数、二项式系数、系数和等；(2)考查二项式定理的应用．重点(1)熟练掌握二项展开式的通项公式；(2)注意二项式定理在解决有关组合数问题中的应用；(3)理解二项式系数的性质．中心发言人难点熟练掌握二项展开式的通项公式；注意二项式定理在解决有关组合数问题中的应用；教具课型复习课课时安排课时教法讨论法、比较法、讲授法、提问引导法学法自主学习，合作交流个人主页教学过程一、知识梳理1．二项式定理2.二项展开式形式上的特点3二项式系数的性质二、典型例题题型一：求展开式中的指定项或指定项系数【例1】已知在[]n xx3213-的展开式中，第6项为常数项．(1)求n；(2)求含x2的项的系数；(3)求展开式中所有的有理项思维启迪：先根据第6项为常数项利用通项公式求出n，然后再求指定项．题型二：用赋值法求展开式系数的和【例2】()()512xx ax x -+的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为( )A ．－40B ．－20C ．20D ．40 (2)设()nn n n nx a x a x a x a a x2212122210222+++++=+-- 则(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2n )2－(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)2＝__________.思维启迪：(1)令x ＝1，得出a 的值，再利用通项公式求得；(2)利用平方差公式分解因式，令x ＝±1可求解．题型三：求最大系数或最大系数的项【例3】 已知(3x ＋x 2)2n 的展开式的二项式系数和比(3x －1)n 的展开式的二项式系数和大992，求()n x x 212-的展开式中，(1)二项式系数最大的项； (2)系数的绝对值最大的项．三、课堂小结四、作业布置教 后 反 思审核人签字： 年 月 日富县高级中学集体备课教案年级：高三级科目：数学（理）授课人：课题第四节随机事件的概率第1课时考点分析(1)考查随机事件的概率，以选择或填空题形式出现；(2)考查互斥事件、对立事件的概率；(3)和统计知识相结合，考查概率与统计的综合应用．重点(1)理解随机事件、互斥事件、对立事件的关系；(2)理解频率和概率的含义；(3)熟练掌握概率运算公式，并能根据事件特点灵活应用.中心发言人难点熟练掌握概率运算公式，并能根据事件特点灵活应用.教具课型复习课课时安排课时教法讨论法、比较法、讲授法、提问引导法学法自主学习，合作交流个人主页教学过程一、知识梳理1. 事件：2.概率和频率：3.事件的关系与运算：4.概率的几个基本性质二、典型例题题型一：随机事件的频率与概率【例1】假设甲乙两种品牌的同类产品在某地区市场上销售量相等，为了解他们的使用寿命，现从这两种品牌的产品中分别随机抽取100个进行测试，结果统计如下：(1)估计甲品牌产品寿命小于200小时的概率；(2)这两种品牌产品中，某个产品已使用了200小时，试估计该产品是甲品牌的概率．思维启迪：(1)根据甲品牌频数条形图计算寿命小于200小时的频率；(2)根据甲乙两品牌频数条形图求出使用了200小时的产品总数量和甲品牌使用了200小时的产品数量，并计算相应的频率．题型二：互斥事件的概率【例2】某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示：已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.(1)确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率．(将频率视为概率)．思维启迪：(1)根据题意列出关于x、y的方程，从而求解；(2)“结算时间不超过2分钟”由“结算时间为1分钟”，“结算时间为1.5分钟”和“结算时间为2分钟”三个互斥事件构成．题型三：对立事件的概率【例3】一盒中装有大小和质地均相同的12个小球，其中5个红球，4个黑球，2个白球，1个绿球．从中随机取出1球，求：(1)取出的小球是红球或黑球的概率；(2)取出的小球是红球或黑球或白球的概率．思维启迪：(1)由互斥事件的概率加法公式求解；(2)由对立事件的概率间接求解．三、课堂小结四、作业布置五、教后反思审核人签字：年月日富县高级中学集体备课教案年级：高三级科目：数学（理）授课人：课题第五节古典概型第1课时考点分析(1)考查古典概型概率公式的应用；(2)考查古典概型与事件关系及运算的综合题；(3)与统计知识相结合，考查解决综合问题的能力．重点(1)掌握解决古典概型的基本方法，列举基本事件、随机事件，从中找出基本事件的总个数，随机事件所含有的基本事件的个数；(2)复习时要加强与统计相关的综合题的训练，注重理解、分析、逻辑推理能力的提升.中心发言人难点掌握解决古典概型的基本方法，列举基本事件、随机事件，从中找出基本事件的总个数，随机事件所含有的基本事件的个数；教具课型复习课课时安排课时教法讨论法、比较法、讲授法、提问引导法学法自主学习，合作交流个人主页教学过程一、知识梳理1. 基本事件的特点2.古典概型3．古典概型的概率公式P(A)＝A包含的基本事件的个数基本事件的总数二、典型例题题型一：基本事件【例1】有两颗正四面体的玩具，其四个面上分别标有数字1,2,3,4，下面做投掷这两颗正四面体玩具的试验：用(x，y)表示结果，其中x表示第1颗正四面体玩具出现的点数，y表示第2颗正四面体玩具出现的点数．试写出：(1)试验的基本事件；(2)事件“出现点数之和大于3”；(3)事件“出现点数相等”．思维启迪：由于出现的结果有限，每次每颗只能有四种结果，且每种结果出现的可能性是相等的，所以是古典概型．由于试验次数少，故可将结果一一列出．题型二：古典概型【例2】有编号为A1，A2，…，A10的10个零件，测量其直径(单位：cm)，得到下面数据：其中直径在区间[1.48,1.52]内的零件为一等品．(1)从上述10个零件中，随机抽取一个，求这个零件为一等品的概率；(2)从一等品零件中，随机抽取2个．①用零件的编号列出所有可能的抽取结果；②求这2个零件直径相等的概率．思维启迪：确定基本事件总数，可用列举法．确定事件所包含的基本事件数，用公式求解．题型三：古典概型的综合应用【例3】为了解学生身高情况，某校以10%的比例对全校700名学生按性别进行分层抽样调查，测得身高情况的统计图如下：(1)估计该校男生的人数；(2)估计该校学生身高在170～185 cm之间的概率；(3)从样本中身高在180～190 cm之间的男生中任选2人，求至少有1人身高在185～190 cm之间的概率．思维启迪：先根据统计图确定样本的男生人数，身高在170～185 cm之间的人数和概率，再确定身高在180～190 cm之间的人数，转化成古典概型问题．三、课堂小结四、作业布置教后反思审核人签字：年月日富县高级中学集体备课教案年级：高三级科目：数学（理）授课人：课题第六节模拟方法——概率的应用第2课时考点分析(1)以小题形式考查与长度或面积有关的几何概型；(2)和平面几何、函数、向量相结合考查几何概型，题组以中低档为主．重点(1)准确理解几何概型的意义，会构造度量区域；(2)把握与古典概型的联系和区别，加强与数学其他知识的综合训练.中心发言人难点把握与古典概型的联系和区别，加强与数学其他知识的综合训练教具课型复习课课时安排课时教法讨论法、比较法、讲授法、提问引导法学法自主学习，合作交流个人主页教学过程一、知识梳理1. 几何概型2．几何概型中，事件A的概率计算公式P(A）=构成事件A的区域长度 面积或体积试验的全部结果所构成的区域长度 面积或体积 3．在切实理解并掌握几何概型试验的两个基本特点二、典型例题题型一：与长度有关的几何概型【例1】在集合A＝{m|关于x的方程x2＋mx＋34m ＋1＝0无实根}中随机地取一元素m，恰使式子lg m 有意义的概率为_____．思维启迪：通过转化集合A和lg m有意义将问题转化成几何概型．题型二：与面积有关的几何概型；【例2】设有关于x的一元二次方程x2＋2ax＋b2=0 (1)若a是从0,1,2,3四个数中任取的一个数，b是从0,1,2三个数中任取的一个数，求上述方程有实根的概率；(2)若a是从区间[0,3]任取的一个数，b是从区间[0,2]任取的一个数，求上述方程有实根的概率．(2)求旅游增加值y取得最大值时对应的x值．思维启迪：(1)为古典概型，利用列举法求概率．(2)建立a－b平面直角坐标系，将问题转化为与面积有关的几何概型．题型三：与角度、体积有关的几何概型【例3】如图所示，在△ABC中，∠B＝60°，∠C＝45°，高AD＝3，在∠BAC内作射线AM交BC于点M，求BM<1的概率．三、课堂小结四、作业布置教后反思审核人签字：年月日富县高级中学集体备课教案年级：高三级科目：数学（理）授课人：课题第七节离散型随机变量及其分布列第1课时考点分析(1)考查离散型随机变量及其分布列的概念；(2)考查两点分布和超几何分布的简单应用．重点(1)会求与现实生活有密切关系的离散型随机变量的分布列；(2)掌握两点分布与超几何分布的特点，并会应用．中心发言人难点掌握两点分布与超几何分布的特点，并会应用.教具课型复习课课时安排课时教法讨论法、比较法、讲授法、提问引导法学法自主学习，合作交流个人主页教学过程一、知识梳理1.离散型随机变量的分布列2离散型随机变量的分布列及性质3.常见离散型随机变量的分布列二、典型例题题型一：离散型随机变量分布列的性质【例1】设随机变量ξ的分布列为P⎝⎛⎭⎫ξ＝k5＝ak(k ＝1,2,3,4,5)，则常数a的值为__________，P⎝⎛⎭⎫ξ≥35＝__________.思维启迪：直接根据分布列的性质求解．题型二：离散型随机变量分布列的求法及应用【例2】随机抽取某厂的某种产品200件，经质检，其中有一等品126件、二等品50件、三等品20件、次品4件．已知生产1件一、二、三等品获得的利润分别为6万元、2万元、1万元，而1件次品亏损2万元．设1件产品的利润(单位：万元)为ξ.(1)求ξ的分布列；(2)求1件产品的平均利润(即ξ的均值)；(3)经技术革新后，仍有四个等级的产品，但次品率降为1%，一等品率提高为70%.如果此时要求1件产品的平均利润不小于4.73万元，则三等品率最多是多少？思维启迪：本题在求解时，一定要分清求解的是哪一个变量的均值，理清随机变量取值时的概率． 题型三：超几何分布【例3】 一袋中装有10个大小相同的黑球和白球．已知从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是79.(1)求白球的个数；(2)从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为X ，求随机变量X 的分布列．思维启迪：(1)列出符合题意的关于袋中白球个数x 的方程；(2)随机变量X 服从超几何分布三、课堂小结四、作业布置教 后 反 思审核人签字： 年 月 日富县高级中学集体备课教案年级：高三级科目：数学（理）授课人：课题第八节二项分布及其应用第1课时考点分析(1)考查条件概率和两个事件相互独立的概念；(2)考查n次独立重复试验及二项分布的概念；(3)考查利用二项分布解决一些简单的实际问题．重点(1)利用互斥事件、事件的独立性对事件进行分解是计算复杂事件概率的关键，复习时要注意体会总结；(2)掌握二项分布的含义，会从实际问题中抽象出二项分布模型．中心发言人难点掌握二项分布的含义，会从实际问题中抽象出二项分布模型.教具课型复习课课时安排课时教法讨论法、比较法、讲授法、提问引导法学法自主学习，合作交流个人主页教学过程一、知识梳理1. 条件概率及其性质2.相互独立事件3.二项分布.二、典型例题题型一：条件概率【例1】在100件产品中有95件合格品，5件不合格品．现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次再次取到不合格品的概率为__________．思维启迪：直接利用条件概率公式进行计算或利用古典概型．题型二：相互独立事件的概率【例2】甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为12与p，且乙投球两次均未命中的概率为1 16.(1)求乙投球的命中率p；(2)求甲投球两次，至少命中1次的概率；(3)若甲、乙两人各投球两次，求两人共命中两次的概率．思维启迪：(1)利用列方程求p；(2)可用直接法也可用间接法；(3)要分类讨论甲、乙各命中的次数．题型三：独立重复试验与二项分布【例3】某气象站天气预报的准确率为80%，计算：(结果保留到小数点后第2位)(1)5次预报中恰有2次准确的概率；(2)5次预报中至少有2次准确的概率；(3)5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率．思维启迪：预报准确的次数服从二项分布，可直接代入公式进行计算．三、课堂小结四、作业布置教后反思审核人签字：年月日富县高级中学集体备课教案年级：高三级科目：数学（理）授课人：课题第九节离散型随机变量的均值与方差、正太分布第1课时考点分析(1)考查离散型随机变量的均值与方差的概念；(2)利用均值、方差解决一些实际问题；(3)考查根据正态密度曲线的对称性计算概率；(4)考查3σ原则的实际应用．重点(1)理解随机变量的均值、方差的意义、作用，能解决一些简单的实际问题；(2)了解正态分布与正态曲线的概念，掌握正态分布的对称性；(3)能根据正态分布的性质求正态随机变量在特定区间上的概率．中心发言人难点理解随机变量的均值、方差的意义、作用，能解决一些简单的实际问题.教具课型复习课课时安排课时教法讨论法、比较法、讲授法、提问引导法学法自主学习，合作交流个人主页教学过程一、知识梳理1.离散型随机变量的均值与方差；2均值与方差的性质3.两点分布与二项分布的均值、方差4．正态曲线及性质5．正态分布二、典型例题题型一：离散型随机变量的均值与方差【例1】根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工期的影响如下表：历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300,700,900的概率分别为0.3,0.7,0.9.求：降水量X X<300300≤X<700700≤X<900X≥900工期延误天数Y02610(1)工期延误天数Y 的均值与方差；(2)在降水量X 至少是300 mm 的条件下，工期延误不超过6天的概率．思维启迪：先求出降水量在各范围内的概率，再求对应工期延误天数的概率，列出Y 的分布列题型二：二项分布的均值与方差【例2】 某人投弹命中目标的概率p ＝0.8. (1)求投弹一次，命中次数X 的均值和方差； (2)求重复10次投弹时命中次数Y 的均值和方差．思维启迪：投弹一次，X 服从两点分布；重复10次，Y 服从二项分布．题型三：均值与方差的应用【例3】 现有甲、乙两个项目，对甲项目每投资10万元，一年后利润是1.2万元、1.18万元、1.17万元的概率分别为16、12、13；已知乙项目的利润与产品价格的调整有关，在每次调整中，价格下降的概率都是p(0<p<1)，设乙项目产品价格在一年内进行两次独立的调整．记乙项目产品价格在一年内的下降次数为X ，对乙项目每投资10万元，X 取0、1、2时，一年后相应利润是1.3万元、1.25万元、0.2万元．随机变量X 1、X 2分别表示对甲、乙两项目各投资10万元一年后的利润．(1)求X 1，X 2的概率分布列和均值E(X 1)，E(X 2)；(2)当E(X 1)<E(X 2)时，求p 的取值范围．思维启迪：(1)求分布列，应先确定X的取值，再求X的取值对应的概率；(2)由E(X1)<E(X2)，找出关于p的不等式，即可求出p的范围．三、课堂小结四、作业布置教后反思审核人签字：年月日21。