高三数学选修2-3 概率统计计数原理

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高中数学选修2-3基础知识归纳(排列组合、概率问题)

高中数学选修2-3基础知识归纳(排列组合、概率问题)一. 基本原理1 •加法原理：做一件事有n 类办法，则完成这件事的方法数等于各类方法数相加。

2 .乘法原理：做一件事分n 步完成，则完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。

注：做一件事时，元素或位置允许重复使用，求方法数时常用基本原理求解。

二. 排列：从n 个不同元素中，任取 m (m<n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列，所有排列的个数记为2卫“+倔7加习…2 L 规定;C! = 1(2) «fl ! = [ (« -bl) -1] m =(母+1)近卫1一卫！二 3 +1) \-n !； (背)_ J7+1 ™ 1 JU- 1 1 _ 1 I5+1)! -(M + l)l - 5 + 1) ；" (n + l^l ~71~G + 1)!三-组合三从口个不同元素中任取n (mWn)个元素并组成一组.叫做以口个不同元紊中腿出珀个元索的一个组合，所有组合个数记为CJ规定；诗=1塞组合的亡；=c 厂.c ： y'二％ +……+cr;二巴① ^临二②躅十③心"呜 ④导隔…二碍若帶二g 则厂口四.处理排列组合应用题1.①明确要完成的是一件什么事(审题)②有序还是无序 ③分步还是分类。

2 .解排列、组合题的基本策略(1) 两种思路：① 直接法：② 间接法：对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉。

这是解决排列组合应用题时一种常用的解题方法。

分类处理：当问题总体不好解决时，常分成若干类，再由分类计数原理得出结论。

注意：分类不重复不遗漏。

即：每两类的交集为空集，所有各类的并集为全集。

(3) 分步处理：与分类处理类似，某些问题总体不好解决时，常常分成若干步，再由分步计数原理解决。

在处理排列组合问题时，常常既要分类，又要分步。

人教版数学选修2-3第一章《计数原理》教案

XX中学课时教学设计模板XX中学课时教学设计模板XX中学课时教学设计模板一、复习知识点：1、分类计数原理：（1）加法原理：如果完成一件工作有k种途径，由第1种途径有n1种方法可以完成，由第2种途径有n2种方法可以完成，……由第k种途径有n k种方法可以完成。

那么，完成这件工作共有n1+n2+……+n k种不同的方法。

2，乘法原理：如果完成一件工作可分为K个步骤，完成第1步有n1种不同的方法，完成第2步有n2种不同的方法，……，完成第K步有n K种不同的方法。

那么，完成这件工作共有n1×n2×……×n k种不同方法二、典型例题1、.用5种不同颜色给图中的A、B、C、D四个区域涂色, 规定一个区域只涂一种颜色, 相邻区域必须涂不同的颜色, 不同的涂色方案有种。

2、将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，若只有5种颜色可用，则不同的染色方法共有多少种？3、用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位偶数的个数为_______.4、用0,1,2,3,4五个数字（1）可以排出多少个三位数字的电话号码？（2）可以排成多少个三位数？（3）可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？5、用0,1,2,3,4,5可以组成无重复数字的比2000大的四位奇数______个。

XX中学课时教学设计模板求以按依次填个空位来考虑，排列数公式：=（）说明：（1）公式特征：第一个因数是，后面每一个因数比它前面一个少1，最后一个因数是，共有个因数；（2）全排列：当时即个不同元素全部取出的一个排列全排列数：（叫做n 的阶乘）4.例子：例1．计算：（1）；（2）；（3）．解：（1）＝＝3360 ；（2）＝＝720 ；（3）＝＝360例2．（1）若，则，．（2）若则用排列数符号表示．解：（1） 17 ， 14 ．（2）若则＝．例3．（1）从这五个数字中，任取2个数字组成分数，不同值的分数共有多少个？（2）5人站成一排照相，共有多少种不同的站法？（3）某年全国足球甲级（A 组）联赛共有14队参加，每队都要与其余各队在主客场分别比赛1次，共进行多少场比赛？解：（1）；（2）；（3）课堂练习：P20 练习第1题mn A m (1)(2)(1)m n A n n n n m =---+(1)(2)(1)m n A n n n n m =---+!()!n n m -,,m n N m n *∈≤n 1n m -+m n m =n (1)(2)21!nn A n n n n =--⋅=316A 66A 46A 316A 161514⨯⨯66A 6!46A 6543⨯⨯⨯17161554m n A =⨯⨯⨯⨯⨯n =m =,n N ∈(55)(56)(68)(69)n n n n ----n =m =,n N ∈(55)(56)(68)(69)n n n n ----1569n A -2,3,5,7,11255420A =⨯=5554321120A =⨯⨯⨯⨯=2141413182A =⨯=XX 中学课时教学设计模板解排列问题问题时，当问题分成互斥各类时，当问题考虑先后次序时，根据乘法原理，可用位置法；当问题的反面简单明了时，可通过求差排除采用间接法求解；问题可以用“捆绑法”；“分离”2)(n m -+(1)(2)21!n n n n =-⋅=等．解排列问题和组合问题，一定要防止“重复”与“遗漏”．互斥分类——分类法先后有序——位置法反面明了——排除法相邻排列——捆绑法分离排列——插空法例1求不同的排法种数：（1）6男2女排成一排，2女相邻；（2）6男2女排成一排，2女不能相邻；（3）4男4女排成一排，同性者相邻；（4）4男4女排成一排，同性者不能相邻．例2在3000与8000之间，数字不重复的奇数有多少个？分析符合条件的奇数有两类．一类是以1、9为尾数的，共有P21种选法，首数可从3、4、5、6、7中任取一个，有P51种选法，中间两位数从其余的8个数字中选取2个有P82种选法，根据乘法原理知共有P21P51P82个；一类是以3、5、7为尾数的共有P31P41P82个．解符合条件的奇数共有P21P51P82+P31P41P82=1232个．答在3000与8000之间，数字不重复的奇数有1232个．例3 某小组6个人排队照相留念．(1)若分成两排照相，前排2人，后排4人，有多少种不同的排法？(2)若分成两排照相，前排2人，后排4人，但其中甲必须在前排，乙必须在后排，有多少种排法？(3)若排成一排照相，甲、乙两人必须在一起，有多少种不同的排法？(4)若排成一排照相，其中甲必在乙的右边，有多少种不同的排法？(5)若排成一排照相，其中有3名男生3名女生，且男生不能相邻有多少种排法？(6)若排成一排照相，且甲不站排头乙不站排尾，有多少种不同的排法？分析：(1)分两排照相实际上与排成一排照相一样，只不过把第3～6个位子看成是第二排而已，所以实际上是6个元素的全排列问题．(2)先确定甲的排法，有P21种；再确定乙的排法，有P41种；最后确定其他人的排法，有P44种．因为这是分步问题，所以用乘法原理，有P21·P41·P44种不同排法．(3)采用“捆绑法”，即先把甲、乙两人看成一个人，这样有P55种不同排法．然后甲、乙两人之间再排队，有P22种排法．因为是分步问题，应当用乘法原理，所以有P55·P22种排法．(4)甲在乙的右边与甲在乙的左边的排法各占一半，有P66种排法．(5)采用“插空法”，把3个女生的位子拉开，在两端和她们之间放进4张椅子，如____女____女____女____，再把3个男生放到这4个位子上，就保证任何两个男生都不会相邻了．这样男生有P43种排法，女生有P33种排法．因为是分步问题，应当用乘法原理，所以共有P43·P33种排法．(6)符合条件的排法可分两类：一类是乙站排头，其余5人任意排有P55种排法；一类是乙不站排头；由于甲不能站排头，所以排头只有从除甲、乙以外的4人中任选1人有P41种排法，排尾从除乙以外的4人中选一人有P41种排法，中间4个位置无限制有P44种排法，因为是分步问题，应用乘法原理，所以共有P41P41P44种排法．XX 中学课时教学设计模板一、复习引入：1．排列数公式及其推导：（）2、解排列问题问题时，当问题分成互斥各类时，根据加法原理，可用分类法；当问题考虑先后次序时，根据乘法原理，可用位置法；这两种方法又称作直接法．当问题的反面简单明了时，可通过求差排除采用间接法求解；另外，排列中“相邻”问题可以用“捆绑法”；“分离”问题可能用“插空法”等．二、典型例题1.满足不等式>12的n 的最小值为 ( ) A .7 B . 8C .9D .10【解析】选D .由排列数公式得:>12，即(n -5)(n -6)>12，整理得n 2-11n +18>0，所以n <2(舍去)或n >9. 又因为n ∈N *，所以n min =10. 2.若=89，则n =______.【解析】原方程左边==(n -5)(n -6)-1.(1)(2)(1)m n A n n n n m =---+,,m n N m n *∈≤所以原方程可化为(n-5)(n-6)-1=89，即n2-11n-60=0，解得n=15或n=-4(舍去).15>7满足题意.3.解关于x的不等式:>6.【解析】原不等式可变形为>，即(11-x)(10-x)>6，(x-8)(x-13)>0，所以x>13或x<8，又所以2<x≤9且x∈N*，所以2<x<8且x∈N*，所以原不等式的解集为.4.求证:+m+m(m-1)=(n，m∈N*，n≥m>2).【证明】因为左边=+m+m(m-1)======右边，所以等式成立.习题1.2 B组第2、3题XX 中学课时教学设计模板组合的概念：一般地，从个不同元素中取出个不同元素中取出个元素的一个组合说明：⑴不同元素；⑵“只取不排”——无序性；⑶相同组合：元素相同2)(n m -+(1)(2)21!n n n n =-⋅=n m（2）；2)(1)!n m m -+710C2)(1)!n m m -+,m N ∈*且XX 中学课时教学设计模板．2)(1)!n m m -+mn n C -=XX 中学课时教学设计模板．＝+2)(1)!n m m -+mn n C -=m C．2)(1)!n m m -+,N m ∈*且mn n C -=XX 中学课时教学设计模板a+b ）相乘，每个（a+b ）在相乘时，有两种选择，(r n r rn nn n C a b C b n N -++++∈叫二项式系数表示，即通项0,1,)n 1+1)1n r rn n n C C x x =+++++23344111)()()C x x x++(r n r rn nn n C a b C b n N -++++∈XX 中学课时教学设计模板9)的展开式常数项； (r n r r n nn n C a b C b n N -++++∈(r n r r n nn n C a b C b n N -++++∈XX 中学课时教学设计模板．二项展开式的通项公式：二项式系数表（杨辉三角）展开式的二项式系数，当依次取…时，二项式系数表，表）增减性与最大值．的增减情况由二项式系数逐渐增大．的，且在中间取得最大值；(r n r r n n n n C a b C b n N -++++∈1r n r rr n T C a b -+=n 1,2,32)(1)!n k k -+n，的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项，，，的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系说明：由性质（3）及例1知.，求：；）；（.时，，展开式右边为，，∴ ，r r n n C x x ++++12rnn n n n C C C C ++++++(nr n r r n nn n a b C a b C b n N -++++∈23(1)n nn n n C C C +-++-13)()n n C C +-++13n n C C +=++021312n n n n n C C C C -++=++=7277(12)x a a x a x a x -=++++7a ++1357a a a a +++7||a ++1x =7(122)1-=-127a a a ++++27a a +++1=-1=127a a a +++=-0127a a a ++++1=-234567a a a a a a +-+-+-77)13a +=--(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)+3x+2)5的展开式中，求本节课学习了二项式系数的性质 7||a ++=61)(a a +-。

高中数学选修2-3两个计数原理

【高考导航】分类计数原理与分步计数原理又称加法原理和乘法原理,它不仅是推导排列数、组合数计算公式的依据，而且是最基本的思想方法，这种思想方法贯穿在解决本章应用问题的始终.在高考中，运用分类计数原理和分步计数原理结合排列组合知识解决排列组合相关的应用题，通常不单独命题.【学法点拨】对两个原理的掌握和运用，是学好本单元知识的一个关键.从思想角度看，分类计数原理的运用是将一个问题进行“分类”的思考，分步计数原理是将问题进行“分步”的思考，从而达到分析问题、解决问题的目的.从集合的角度看，两个基本原理的意义及区别就显得更加清楚了.完成一件事有A、B两类办法，即集合A、B互不相交，在A类办法中有m1种方法，B类办法中有m2种方法，即card(A)=m1，card(B)=m2，那么完成这件事的不同方法的种数是card(A∪B)=m1+m2.这就是n=2时的分类计数原理.若完成一件事需要分成A、B两个步骤，在实行A步骤时有m1种方法，在实行B步骤时有m2种方法，即card(A)=m1；card(B)=m2，那么完成这件事的不同方法的种数是card（A·B）=card（A）·card（B）=m1·m2.这就是n=2时的分步计数原理.两个原理都是涉及完成一件事的不同方法的种数.它们的区别在于：分类计数原理与“分类”有关，各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事；分步计数原理与“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.初学时，应结合实例，弄清两个原理的区别，学会使用两个原理.【基础知识必备】一、必记知识精选1.分类计数原理：做一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+…+m n种不同的方法.2.分步计数原理：完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有m n种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1×m2×…×m n种不同的方法.二、重点难点突破本节重点是准确理解和灵活运用分类计数原理和分步计数原理.难点是两个原理的恰当运用.两个原理的区别在于“分类”与“分步”，完成一件事的方法种数若需“分类”思考，则这n类办法是相互独立的，且无论哪一类办法中的哪一个方法都能单独完成这件事，则用加法计数.若完成这件事需分为n个步骤，这n个步骤相互依存.具有连续性，当且仅当这n个步骤依次全都完成后，这件事才完成，那么完成这件事的方法总数用乘法计算.处理具体问题时,首先要弄清是“分类”还是“分步”,简单地说是“分类互斥、分步互依”,因此在解题时,要搞清题目的条件与结论,且还要注意分类时,要不重不漏,分步时合理设计步骤、顺序,使各步互不干扰.对于一些较复杂的题目,往往既要分类又要分步,也就是说既要应用分类计数原理又要运用分步计数原理.三、易错点和易忽略点导析由于对两个原理理解不清,解题时,易发生分类不全和分类时各类有叠加现象的错误,即“遗漏”或者“重复”.【例1】有红、黄、蓝旗各3面,每次升一面、二面、三面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同则表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号？错解：可组成3×3×3=27种不同的信号.正确解法：每次升1面旗可组成3种不同的信号；每次用2面旗可组成3×3=9种不同的信号；每次升3面旗可组成3×3×3=27种不同的信号.根据分步计数原理得共可组成3+9+27=39种不同的信号.错解分析：错解忽略了信号可分为使用的旗数分别可以为1面、2面、3面这3类.本题综合应用了乘法原理和加法原理.【例2】在3000到8000之间有多少个无重复数字的奇数？错解：分三步完成，首先排首位有5种方法，再排个位有5种方法，最后排中间两位有8×7种方法，所以共有5×5×8×7=1400个.正确解法：分两类；一类是以3、5、7为首位的四位奇数，可分三步完成：先排首位有3种方法，再排个位有4种方法，最后排中间两个数位有8×7种方法，所以共有3×4×8×7=672个.另一类是首位是4或6的四位奇数，也可以3步完成，共有2×5×8×7=560个.由分类计数原理得共有672+560=1232个.错解分析：由题意，3、5、7这三个数既可以排在首位，也可以排在个位，因此，首位是用3、5、7去填.还是用4、6去填，影响到第二步，即填个位的方法数，遇到此类情形,则要分类处理.错解中有重复排上同一个奇数的四位数而产生错误.【例3】编号为1～25的25个球摆成五行五列的方阵，现从中任选3个球，要求3个球中任意两个都不在同一行也不在同一列，有多少种不同的选法？错解：分以下三步完成：(1)选取第一个球，可在25个球中任意选取，有25种选法；(2)选取第二个球，为了保证两球不在同一行也不在同一列，将第一个球所在的行和列划掉，在剩余的16个球中任取一个，有16种选法；(3)选取第三个球，应从去掉第一、二个球所在的行和列后所剩余的9个球中选取有9种选法.根据乘法原理，有25×16×9=3600种方法.正确解法：分以下三个步骤：(1)先从5行5列中选出3行有10种选法；(2)从一行的5个球中选出3个球,有10种选法;(3)最后从所选出的3个球中按照它所在列放在第(1)步选出3行的每一行上有6种方法.根据乘法原理有10×10×6=600种选法.错解分析：错解中先选一球,假定此球为①,第二步去掉球①所在的行和列，在剩余的16个球中任选一个球，假定选取了球（25）,第三步在去掉球①与（25）所在的两行、两列16个球，在剩余的9个球中任选一球，假定为球（13）,则此选法为①（25）（13），若第一步选（13），第二步选①,第三步选（25），显然这两种选法是相同结果.这说明上述解法中有许多重复之处.所以,解法是错误的,每一不同取法在错解中都被重复了6次.【综合应用创新思维点拨】一、学科内综合思维点拨【例1】三边长均为整数，且最大边长为11的三角形共有（）A.25个B.26个C.36个D.37个思维入门指导：设另两边长分别为x,y，且不妨设1≤x≤y.由三角形的特性，必须满足x+y ≥12，以下可以分类考虑.解：当y取11时，x=1，2，3，…，11，可有11个三角形.当y取10时，x=2，3，…，10，可有9个三角形.……当y取6时，x=6可有1个三角形.因此，所求三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36个，故应选C.点拨：本题应用了“穷举法”，这也是解决排列组合应用题的一个基本方法.二、学科间综合思维点拨【例2】 DNA分子多样性表现在碱基的排列顺序的千变万化上.若一个DNA分子有8000个碱基，则由此组成的DNA的碱基对的排列方式共有（）种.A.2100B.24000C.48000D.44000解：选D.点拨：每个碱基可互配对及自配对.三、应用思维点拨【例3】 (1)有5名同学报名参加4个课外活动小组，若每人限报1个，共有多少种不同的报名方法？(2)5名同学争夺4项竞赛冠军，冠军获得者共有多少种可能？思维入门指导：(1)每名同学确定参报课外活动小组项目可依次让每个同学去报.因此，可划分为五个步骤.(2)可依次为四项冠军确定人选，这样，可分4步完成.解：(1)每名同学在四个项目中可任报一项，即每一步有4种方法，根据分步计数原理，不同的报名方法共有：N=4×4×4×4×4=45=1024种.(2)为每一个冠军寻找人选均有5种可能,因此,根据分步计数原理,冠军获得者共有：N=5×5×5×5=54=625种.四、创新思维点拨【例4】(1)有面值为五分、一角、二角、五角、一元、二元、五十元、一百元人民币各一张,共可组成多少种不同的币值?(2)有一角、二角、五角人民币各一张,一元人民币3张,五元人民币2张,一百元人民币2张,由这些人民币可组成多少种不同的币值?思维入门指导：(1)中的8张人民币的面值各不相同,并且这8张人民币中任意几张的面值之和各不相同.因此，8张人民币所组成的不同币值的数种就是人民币所有可能取法的数种. 对每一张人民币而言，都有“取”与“不取”两种可能.因此，可按这样的程序：(2)中这10张人民币一元的有3张，五元的有2张，一百元的有2张.因此取人民币的程序应该是：解：(1)每张人民币均有“取”与“不取”两种可能，所以有2×2×2×2×2×2×2×2=28.而其中每一张都不取，不组成币值，所以不同的币值数为；N=28-1=255（种）.(2)第一、二、三步都只有“取”与“不取”这两种情况，第四步取一元的3张中，可分“不取”、“取一张”、“取二张”、“取三张”这四种情况，第五步与第六步都有3种情况，且每步都不取不构成币值.所以不同的币值数：N=2×2×2×4×3×3-1=287种.点拨：此题若“分类”思考，特别是第(2)问，则较麻烦.此法为“间接法”.五、高考思维点拨【例5】(2003，河南)将3种作物种植在如图10-1-1所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法共有______ 种（以数字作答）.解：设从左到右五块田中要种a、b、c三种作物，不妨先设第一块种a,则第2块可种b或c，有两种选法.同理，如果第二块种b，则第三块可种a和c，也有两种选法，由乘法原理共有：1×2×2×2×2=16.其中要去掉ababa和acaca两种方法，故a种作物种在第1块田时有16-2=14种方法.同样b 和c也可种在第1块田中，故共有：14×3=42种.点拨：本小题主要考查运用乘法原理分析解决问题的能力.六、经典类型题思维点拨【例6】如图10-1-2所示，从A地到B地有3条不同的道路,从B地到C地有4条不同的道路，从A地不经B地直接到C地有2条不同的道路.(1)从A地到C地共有多少种不同的走法？(2)从A地到C地再回到A地有多少种不同的走法？(3)从A地到C地再回到A地，但回来时要走与去时不同的道路，有多少种走法？(4)从A地到C地再回到A地，但回来时要走与去时完全不同的道路，有多少种走法？思维入门指导：要综合应用两个原理.解：(1)从A到C地的走法分为两类：第一类经过B，第二类不经过B.在第一类中分两步完成，第一步从A到B，第二步从B到C，所以从A地到C地的不同走法总数是3×4+2=14种.(2)该事件发生的过程可以分为两大步，第一步去，第二步回.由(1)可知这两步的走法都是14种，所以去后又回来的走法总数是14×14=196种.(3)该事件的过程与(2)一样可分为两大步，但不同的是第二步即回来时的走法比去时的走法少1种，所以，走法总数是14×13=182种.(4)该事件同样分去与回两大步，但须对去时的各类走法分别讨论：若去时用第一类走法，则回来时，用第二类方法或用第一类中的部分走法，即第一类中的两步各去掉1种走法中的走法，这样的走法数是：3×4×（2+3×2）=96种；若去时用第2类走法，则回来时可用第一类走法或用第二类中的另一种走法.这样的走法数是：2×（4×3+1）=26种.所以，走法总数为96+26=122种.点拨：正确区分“不同”与“完全不相同”两种含义是解题的另一个关键，前者的含义是回来时不能原路返回，但允许有部分是原路，后者的含义是去时走过的路，回来时都不能走，前者包含后者.七、探究性学习点拨允许元素重复出现的排列，叫做有重复的排列.在m个不同的元素中，每次取出n个元素，元素可以重复出现，按照一定的顺序排成一排,那么第一，第二，…，第n位上选取元素的方法都是m个，所以从m个不同的元素中,每次取出n个元素的可重复的排列数为=m n.【例7】有数学、物理、文学3个课外活动小组,6个同学报名,每人限报一组,一共有多少种报名的方法?解：这就是有重复的排列.第一个同学有3种报名的方法,无论他报了哪一个组,第二个同学还是有3种报名的方法,其余类推.所以,一共有36=729种报名的方法.思考题：用0,1,2,…,9共10个数字中的4个数字组成电话号码,但0000不能作号码,问可编成多少个号码?。

人教A版数学选修2—3《计数原理》简介

实际问题提供了思想方法和依据。
一
原理得出排列数公式：应用分步计数原理和排列数公式推出组合数公式。于排列与组合，要根据一类问对一题的特点和规律寻找简便的计数方法，就像乘法做为
加法的简便运算一样：二要注意应用两个计数原理思
考和解决问题。
、
内容安排及说明
４二项式定理的学习过程是应用两个计数原理解．决问题的典型过程，基本思路是 “ 其先猜后证 ” 与以往。
教材比较，新教材中的猜想不是通过对（＋呻ｎａｂ）取１２３４的展开式的形式特征的分析、归纳后得出，，，，而是直接应用两个计数原理对（＋：开式的项的特征ａｂ）展进行分析。这个分析过程不仅使学生获得二项式的展开式与两个计数原理之间的内在联系，也为证明猜想
的两种基本思想方法。对一个复杂的计数问题时，面人
们往往通过分类或分步将它分解为若干个简单计数问题，在解决这些简单问题的基础上，它们整合起来而将得到原问题的答案，这是在日常生活中经常使用的思想方法。过对复杂计数问题的分解，综合问题化解通将为单～问题的组合，对单一问题各个击破，以达到再可

高中数学选修2-3第一章计数原理精品课件两个原理01

远古人“结而计之” “数而计之”
复杂的计数问题，怎么办？ “算而计之”
狐狸想从草地逃到小岛，可以走水路,也可以走陆路走水路有2艘船，走陆路有3辆车子，问：乘坐这些交通工具,一共有多少种不同的方法，可以从草地逃回到小岛（安全地）
引例1:
水路
2种车路
草地
安全地
狐狸总共有多少种方法逃到安全地？
狐狸有一共有多少种不同的方法，可以从小岛逃回到自己的房子（安全地）
狐狸有一共有多少种不同的方法，可以从草地逃回到自己的房子（安全地）
引例2:
草地
a1 a2
a3 a4 a5
5 种方法
b1
小岛
b2
2 种
方
安全地
4 种
方
别墅
法
法
问题剖析要我们做什么事情完成这个事情要分几步每步方法能否独立完成这件事情
0到9,这10 个数字一共可以组成多少个７位数码，即可产生多少种可能的中奖号码？
两例２：体育福利彩票的中奖号码有7位数码，每个位数若是0~9这十个数字中任一个，则产生中奖基号码所有可能的种数是多少？本第一位第二位第三位第四位第五位第六位第七位原理的 10 × 10 × 10 × 10 × 10 × 10 × 10 例 =10７题变１：这十个数一共可以组成多少７位数字？和练百万十万万千百十个习
分步乘法计数原理的特点：
1、每一步的方法只能完成整个事情的一部分，所有的步骤能完成整个事情。 2、每一步的方法都是互相联系、但互不干扰的。
大家谁能模仿：引例1 狐狸从草地到家的此类的路线问题,举几个发生在我们实践中, 可以用分类计数原理解决的问题吗？

最新人教版高中数学选修2-3《计数原理》教学设计

教学设计本章复习整体设计教材分析计数问题是数学的重要研究对象之一，分类加法计数原理、分步乘法计数原理是解决计数问题的最基本、最重要的方法，也称为基本计数原理，它们为解决很多实际问题提供了思想和工具．通过本章的学习，学生学会了计数基本原理、排列、组合、二项式定理及其应用，了解到计数原理与现实生活的联系，会解决一些简单的计数问题．返璞归真地看两个计数原理，它们实际上是学生从小学就开始学习的加法运算与乘法运算的推广，它们是解决计数问题的理论依据．排列、组合是两类特殊而重要的计数问题，而解决它们的基本思想和工具就是两个计数原理．二项式定理的学习过程是应用两个计数原理解决问题的典型过程，其基本思路是“先猜后证”．“学以致用”的思想始终贯穿本章内容，我们特别注意选择一些典型的、富有时代气息的应用问题，引导学生进行分析、论证、探索，进一步提高学生分析问题和解决问题的能力．计数原理是高中数学中独立性较强的一部分，也是密切联系实际的一部分，是高考的必考内容，每年都有1～2道与排列、组合有关的试题．题型一般为选择题或填空题，考查排列组合的基础知识、思维能力，多数试题难度与教材习题的难度相当，但又有个别题目难度较大．二项式定理也几乎是每年高考的必考内容，一般以选择题或填空题的形式出现，试题难度不大，常见类型有：应用二项式定理的通项公式求系数或指定项，赋值法在二项展开式中的应用，二项式定理在其他知识方面的应用．课时分配1课时教学目标知识与技能掌握两个计数原理、排列、组合、二项式定理及其展开式，能用计数原理和排列组合、二项式定理解决一些简单问题．过程与方法应用类比、猜想、归纳、推广等数学思想，培养学生的逻辑思维能力和解决实际问题的能力，培养学生的抽象概括能力，培养学生的运算能力，分析能力和综合能力．情感、态度与价值观通过最容易理解的两个常识(两个原理)，引出排列、组合、二项式定理，进而升华到解决一些与生活息息相关的实际问题，增加了学生们的求知欲，思考、探究的多次出现，使同学们体会到探索的快乐，提高同学们学习数学的兴趣．重点难点教学重点：计数原理、排列、组合、二项式定理及其应用．教学难点：正确运用两个计数原理以及排列、组合概念分析和解决问题，恰当地使用二项式定理解决相关问题．教学过程形成网络【本章知识脉络】1．两个计数原理①分类加法计数原理_______________________________________________________；②分步乘法计数原理________________________________________________________；③它们的本质区别是________________________________________________________．2．排列、组合的定义与有关公式①排列的定义：__________________；排列数公式__________________；②组合的定义：__________________；组合数公式__________________；③组合数的两个性质：Ⅰ.________________；Ⅱ.____________________；④排列、组合的本质区别是____________________________．3．二项式定理与杨辉三角的性质①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________；③________________________________________________________________________；④________________________________________________________________________.答案：1.①完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法②完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m×n 种不同的方法③一下子能完成是分类，一下子完不成是分步2．①从n 个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列 A m n ＝n(n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝n ！(n －m)！②从n 个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合 C m n ＝n(n －1)(n －2)…(n －m ＋1)m ！＝n ！m ！(n －m)！③Ⅰ.C m n ＝C n －m n Ⅱ.C r n ＋1＝C r －1n ＋C r n ④有序问题是排列，无序问题是组合3．①C m n ＝C n －m n ②C r n ＋1＝C r －1n ＋C r n ③当n 是偶数时，中间的一项取得最大值，即C n 2n 最大；当n 是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值，即C n －12n ＝C n ＋12n 最大 ④C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C r n ＋…＋C n n ＝2n【解题方法、数学思想】作为独立性较强的一章，在学习上可以很容易入手，但是要想掌握并且会做题，就必须体会许多解题方法：优先法、插空法、捆绑法、赋值法等等，在学习知识的过程中注意归纳——类比——证明思想的应用．学好排列组合是学好概率的根本，所以本章有关知识方法的学习，应该引起我们的足够重视．【活动设计】学生自由发言，讨论，教师进行补充；教师可以让学生填空，然后贯通其脉络．典型示例类型一：两个计数原理的应用例1在∠AOB 的OA 边上取m 个点，在OB 边上取n 个点(均除O 点外)，连同O 点共m ＋n ＋1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有( )A ．C 1m ＋1C 2n ＋C 1n ＋1C 2mB ．C 1m C 2n ＋C 1n C 2mC ．C 1m C 2n ＋C 1n C 2m ＋C 1m C 1nD ．C 1m C 2n ＋1＋C 2m ＋1C 1n思路分析：方法一，分成三类，用分类加法原理；方法二，间接法，去掉三点共线的组合．解析：方法一：第一类：从OA 边上(不包括O)任取一点与从OB 边上(不包括O)任取两点，可构造一个三角形，有C1m C2n个；第二类：从OA边上(不包括O)任取两点与OB边上(不包括O)任取一点，可构造一个三角形，有C2m C1n个；第三类：从OA边上(不包括O)任取一点与OB边上(不包括O)任取一点，与O点可构造一个三角形，有C1m C1n个．由分类加法计数原理共有N＝(C1m C2n＋C2m C1n＋C1m C1n)个三角形．方法二：从m＋n＋1中任取三点共有C3m＋n＋1种情况，其中三点均在射线OA上(包括O 点)，有C3m＋1个，三点均在射线OB上(包括O点)，有C3n＋1个．所以，三角形的个数为N＝C3m＋n＋1－C3m＋1－C3n＋1.答案：C本题考查组合的概念及加法原理，解题中常用分类讨论思想及间接法【巩固练习】从甲地到乙地一天有汽车8班，火车3班，轮船2班，则某人一天内乘坐不同班次的汽车、火车或轮船时，共有不同的走法数为()A．13种B．16种C．24种D．48种答案：A，由分类加法计数原理知，答案为8＋3＋2＝13种．类型二：排列组合综合问题例2(1)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()A．60种B．48种C．36种D．24种(2)七个人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同排法的种数是…()A．1 440 B．3 600 C．4 820 D．4 800思路分析：相邻问题可以考虑捆绑法，不相邻问题用插空法．解：(1)把A、B视为一人，且B固定在A的右边，则本题相当于4人全排列，共有A44＝24种排法，故选D.(2)除甲、乙外，其余5个全排列为A55种，再用甲、乙去插6个空位有A26种，所以不同排法种数是A55A26＝3 600种，所以选B.点评：无论相邻还是不相邻，都是建立在对应用题的审题基础上的，通过认真读题，体会题目的要求，就能解决相应的数列问题．【巩固练习】A、B、C、D、E五人排成一排，A、B不相邻，C、D要相邻，有________种排法．答案：24例3由数字0,1,2,3,4,5组成且没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有()A．210个B．300个C．464个D．600个思路分析：元素多，取出的情况也有多种，可按结果要求，分成不相容的几类情况分别计算，最后总计．解：按题意，个位数字只可能是0,1,2,3,4共5种情况，分别有A55个，A14A13A33个，A13A13 A33个，A12A13A33个，A13A13A33个，A13A33个，合计得300个，所以选B.点评：优先考虑限制条件是解决此类问题的根本，在此题中，还要考虑0的分类．【巩固练习】从1,2,3，…100这100个数中，任取两个数，使它们的乘积能被7整除，这两个数的取法(不计顺序)共有多少种？解：被取的两个数中至少有一个能被7整除时，它们的乘积就能被7整除，将这100个数组成的集合视为全集I，能被7整除的数的集合记作A，则A＝{7,14，…98}共有14个元素，不能被7整除的数的集合B中共有86个元素，由此可知，从A中任取两数的取法，共有C214种，从A中任取一个数又从B中任取一个数的取法，共有C114C186种，两种情形共得符合要求的取法有C214＋C114C186＝1 295种．例4四个不同的球放入编号为1,2,3,4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有________种．思路分析：从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定位置上，可用先取后排法．解：先取四个球中的两个为一组，另二组各有一个球的方法有C24种；再排：在四个盒中每次排三个有A34种，故共有C24A34＝144种．点评：对于选排问题一般的解法是先选后排．【巩固练习】9名乒乓球运动员，其中男5名，女4名，现在要进行混合双打训练，有多少种不同的分组方法？解：先取男、女运动员各二名，有C25C24种方法；这四名运动员混双练习有A22种排法，故共有C25C24A22种方法．【变练演编】将6本不同的书按下列分法，(1)分给学生甲3本，学生乙2本，学生丙1本；有________种分法．(2)分给甲、乙、丙3人，其中1人得3本、1人得2本、1人得1本；有________种分法．(3)若分法总数是C 26C 24C 22种，则可能的分法情况是________．(4)分成3堆，一堆3本，一堆2本，一堆1本；有________种分法．(5)若分成3堆，共有分法C 26C 24C 22÷A 33种，则可能的分法情况是________．(6)分给甲、乙、丙3人，其中一人4本，另两人每人1本；有________种分法．同学们，将你能想到的所有情况写出来或计算出来吧！答案：(1)是指定人应得数量的非均匀问题：方法数为C 36C 23C 11；(非等分无序)(2)是没有指定人应得数量的非均匀问题：方法数为C 36C 23C 11×A 33；(非等分，有序)(3)分给甲、乙、丙3人，每人2本；(4)是分堆的非均匀问题(与(1)等价)：方法数为C 36C 23C 11；(非等分无序)(5)每堆2本；(6)是部分均匀地分给人的问题：方法数为C 46C 12C 11×A 33A 22.(局部等分有序) 设计意图：课堂教学中，通过变练演编环节的实施，使得学生能够最大限度地理解本节所学，最大限度地发挥主观能动性，使得课堂充满活力．在教学中，教师尽量不要照搬教材上的原例题，而是在尊重原例题编写意图，保证其训练的技能技巧、解题思路、数学思想方法、能力不变的前提下，改变原例题中的数值，或字母，或已知条件，或求解目标等等，即表面上换一个例题，但其实质并没有变化．可以说是换又没有换，这就是很多专家所讲的“换一个的策略”．目的还是保证让全体学生真正做到不仅动手，而且动脑，还又不偏离教学目标，是对学习真实性的保障．类型三：二项式定理与二项展开式例3已知(3x ＋x 2)2n 的展开式的系数和比(3x －1)n 的展开式的系数和大992，求(2x －1x)2n 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．思路分析：先由赋值法列出方程，解出n 的值，然后根据二项式的有关性质解题．解析：由题意22n －2n ＝992，解得n ＝5.①(2x －1x)10的展开式中第6项的二项式系数最大，即T 6＝T 5＋1＝C 510·(2x)5·(－1x)5＝－8 064. ②设第r ＋1项的系数的绝对值最大，则T r ＋1＝C r 10·(2x)10－r ·(－1x)r ＝(－1)r ·C r 10·210－r ·x 10－2r . ∴⎩⎪⎨⎪⎧ C r 10·210－r ≥C r －110·210－r ＋1，C r 10·210－r ≥C r ＋110·210－r －1，得⎩⎪⎨⎪⎧ C r 10≥2C r －110，2C r 10≥C r ＋110，即⎩⎪⎨⎪⎧11－r≥2r ，2(r ＋1)≥10－r ， ∴83≤r≤113，∴r ＝3，故系数的绝对值最大的是第4项．即T 4＝C 310(2x)7(－1x)3＝－15 360x 4. 点评：对于二项展开式，二项式系数的性质是常考的内容．对于赋值法的考查，在近几年成为一个热点，还应注意的是，二项式系数与系数是两个截然不同的概念，有时候相等，有时候不等，它们之间没有必然的联系．【巩固练习】设(32＋133)n 展开式的第7项与倒数第7项的比是1∶6，求展开式中的第7项．解：T 7＝C 6n (32)n －6(133)6，T n －7＋2＝T n －5＝C 6n (32)6(133)n －6. 由C 6n (32)n －6(133)6C 6n (32)6(133)n －6＝16，化简得6n 3－4＝6－1，∴n 3－4＝－1.∴n ＝9. ∴T 7＝C 69(32)9－6(133)6＝C 39·2·19＝563. 【拓展实例】4如果今天是星期一，那么对于任意自然数n ，经过23n ＋3＋7n ＋5天后的那一天是星期几？思路分析：先将此题转化为数学问题，即本题实际上是寻求对于任意自然数n,23n ＋3＋7n ＋5被7除的余数．受近似计算题目启发，23n ＋3＝8n ＋1＝(7＋1)n ＋1，这样就可以运用二项式定理了．解：由于23n＋3＋7n＋5＝8n＋1＋7n＋5＝(7＋1)n＋1＋7n＋5＝7n＋1＋C1n＋17n＋C2n＋17n－1＋…＋C n n＋17＋C n＋1n＋1＋7n＋5＝7(7n＋C1n＋17n－1＋C2n＋17n－2＋…＋C n n＋1＋n)＋6，则23n＋3＋7n＋5被7除所得余数为6.所以对于任意自然数n，经过23n＋3＋7n＋5后的一天是星期日．点评：二项式定理是与数有关的问题，可以解决类似于周期性的问题．【巩固练习】求0.955精确到0.01的近似值．答案：先将0.95化为二项代数和1－0.05，再利用二项式定理计算．∵0.955＝(1－0.05)5＝1＋C15·(－0.05)＋C25·(－0.05)2＋C35·(－0.05)3＋C45·(－0.05)4＋C55·(－0.05)5∵C35×0.053＝0.001 25<0.005，而以后各项的绝对值更小．∴从第4项起，均可忽略不计．∴0.955≈1－5×0.05＋10×0.002 5＝0.775≈0.78.【达标检测】1．火车上有10名乘客，沿途有7个车站，乘客下车的可能方式有()A．710种B．107种C．70种D．以上都不对2．下面几个问题：①由1,2,3三个数字组成无重复数字的三位数；②从40人中选5人组成篮球队；③8个人进行单循环乒乓球比赛；④从40人中选5人担任班长、团支书、副班长、学习委员、体育委员．其中属于排列的有()A．①②B．②④C．①③D．①④3．(|x|＋1|x|＋3)5的展开式中的x2的系数是()A．275 B．270 C．540 D．545答案：1.A 2.D 3.C课堂小结活动设计：可以先给学生1～2分钟的时间默写本节的主要基础知识、方法，然后用精练的、精确的语言概括本节的知识脉络，思想方法，解题规律等．小结：①理解两个计数原理，并能解决相应的实际问题；②理解排列组合的有关定义公式，并能解决相应的问题，理解相应的解题方法，如捆绑法、插空法、优先法等等；③理解二项式定理，会用二项式展开，并能解决相应的问题，理解有关的解题方法，如赋值法、求最值项等等．补充练习【基础练习】1．“渐减数”是指每个数字比其左边数字小的正整数(如98 765)，若把所有的五位渐减数按从小到大的顺序排列，则第20个数为________．2．在(1＋ax)7的展开式中，x 3项的系数是x 2项系数与x 5项系数的等比中项，则a 的值为( ) A.105 B.53 C.259 D.2533．12名同学分别到三个不同的路口进行车流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配方案种数为( )A ．C 412C 48C 44B ．3C 412C 48C 44 C ．C 412C 48C 44A 33 D.C 412C 48C 44A 334．某餐厅供应顾客饭菜，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种，现在餐厅准备了五种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上不同选择，则餐厅至少还需准备几种不同的素菜品种？答案：1.76 542 2.C 3.A4．解：在5种不同的荤菜中取出2种的选择方式应有C 25＝10种，设素菜为x 种，则C 2x ·C 25≥200.解得x≥7，∴至少应有7种素菜．【拓展练习】5．已知{a n }(n 是正整数)是首项是a 1，公比是q 的等比数列．(1)求和：a 1C 02－a 2C 12＋a 3C 22，a 1C 03－a 2C 13＋a 3C 23－a 4C 33；(2)由(1)的结果归纳概括出关于正整数n 的一个结论，并加以证明；(3)设q≠1，S n 是等比数列的前n 项的和，求S 1C 0n －S 2C 1n ＋S 3C 2n －S 4C 3n ＋…＋(－1)n S n ＋1C n n .6．规定C m x ＝x(x －1)…(x －m ＋1)m ！，其中x ∈R ，m 是正整数，且C 0x ＝1，这是组合数C m n (n ，m 是正整数，且m≤n)的一种推广．(1)求C 5－15的值；(2)组合数的两个性质：C m n ＝C n －m n ；C m n ＋C m －1n ＝C m n ＋1；是否都能推广到C m x (x ∈R ，m ∈N *)的情形？若能推广，则写出推广的形式并给予证明，或不能则说明理由；(3)已知组合数C m n 是正整数，证明：当x ∈Z ，m 是正整数时，C m x ∈Z .答案：5.解：(1)a 1C 02－a 2C 12＋a 3C 22＝a 1－2a 1q ＋a 1q 2＝a 1(1－q)2；a 1C 03－a 2C 13＋a 3C 23－a 4C 33＝a 1－3a 1q ＋3a 1q 2－a 1q 3＝a 1(1－q)3.(2)归纳概括出关于正整数n 的一个结论是：已知{a n }(n 是正整数)是首项是a 1，公比是q 的等比数列，则a 1C 0n －a 2C 1n ＋a 3C 2n －a 4C 3n ＋…＋(－1)n a n ＋1C n n ＝a 1(1－q)n .证明如下：a 1C 0n －a 2C 1n ＋a 3C 2n －a 4C 3n ＋…＋(－1)n a n ＋1C n n ＝a 1C 0n －a 1qC 1n ＋a 1q 2C 2n －a 1q 3C 3n ＋…＋(－1)n a 1q n C n n ＝a 1[C 0n －C 1n q ＋C 2n q 2－C 3n q 3＋…＋C n n (－q)n ]＝a 1(1－q)n .(3)因为S n ＝a 1(1－q n )1－q，所以S k ＋1C k n ＝a 1(1－q k ＋1)1－qC k n ， S 1C 0n －S 2C 1n ＋S 3C 2n －S 4C 3n ＋…＋(－1)n S n ＋1C n n＝a 11－q [C 0n －C 1n ＋C 2n －C 3n ＋…＋(－1)n C n n ]－a 1q 1－q[C 0n －qC 1n ＋q 2C 2n －…＋C n n (－q)n ] ＝－a 1q 1－q(1－q)n . 6．解：(1)C 5－15＝(－15)(－16)…(－19)5！＝－C 519＝－1 1628. (2)性质：C m n ＝C n －m n不能推广，例如x ＝2时，；性质：C m n ＋C m －1n ＝C m n ＋1能推广，它的推广形式为C m x ＋C m －1x ＝C m x ＋1，x ∈R ，m ∈N *，证明如下：当m ＝1时，有C 1x ＋C 0x ＝x ＋1＝C 1x ＋1；当m≥2时，有C m x ＋C m －1x ＝x(x －1)…(x －m ＋1)m ！＋x(x －1)…(x －m ＋2)(m －1)！＝x(x －1)…(x －m ＋2)(m －1)！(x －m ＋1m ＋1)＝x(x －1)…(x －m ＋2)(x ＋1)m ！＝C m x ＋1. (3)当x≥m 时，组合数C m x ∈Z ；当x<0时，∵－x ＋m －1>0，∴C m x ＝x(x －1)…(x －m ＋1)m ！＝(－1)m (－x ＋m －1)…(－x ＋1)(－x)m ！＝(－1)m C m －x ＋m －1∈Z . 设计说明1．解排列组合的应用题，要注意四点：(1)仔细审题，判断是组合问题还是排列问题；要按元素的性质分类，按事件发生的过程分步；“先选之，再排队”；(2)深入分析，严密周详，注意分清是乘还是加，既不少也不多，辩证思维，多角度分析，全面考虑；(3)对于有附加条件的比较复杂的排列组合应用题，要周密分析，设计出合理的方案，把复杂问题分解成若干个简单的基本问题后应用加法或乘法原理来解决；(4)在检查排列组合结果时，应着重检查所设计的解决问题的方案是否完备，有无重复或遗漏；也可采用多种不同的方法求解，看看是否相同．在对排列组合问题分类时，分类的标准应统一，否则易出现遗漏或重复．2．高考对二项式定理的考查，以二项展开式及其通项公式内容为主，要有目标意识和构造意识，要注意展开式的通项公式正、反两方面的应用，此类题也可分两类：(1)直接运用通项公式求特殊项的系数或与系数有关的问题；(2)常用转化思想化归为二项式问题来处理，试题常以选择、填空的形式出现，有时解答题也会涉及这些内容，常与数列、不等式等联系在一起，难度与课本习题相当．3．通过一组题目，我们既复习了排列组合，又复习了二项式定理及其性质，同时还考查了数学基本思想，如等价变换、未知转化已知，取特殊值，赋值法等，培养了学生预习复习的学习习惯．4．只有学生自己动手、动脑、动口才能真正把知识学到手，才能培养思维能力、计算能力、表达能力、分析问题解决问题的能力．因此课堂教学一定以学生为主体，体现主体参与．另外需要注意的是，学生的回答不会像教案写的那样标准，教师要因势利导，帮助学生提高分析能力，这一点需要教师多多引导．备课资料《排列、组合、二项式定理》检测题一、选择题1．在(x2＋3x＋2)5的展开式中x的系数是()A．160 B．240 C．360 D．8002．从a，b，c，d，e五个字母中任取四个排成一列，b不排第二的不同排法有________种()A．A14A35B．A13A23C．A45D．A34A343．从7个同学中选出3人参加校代会，其中甲、乙两人至少选一人参加，不同选法有________种()A．C12C25B．C12C26C．C37－C35D．C12C24＋C22C144．有3本不同的书，10个人去借，每人至多借一本，每次全部都借完，则不同的借法有________种()A．80 B．240 C．360 D．7205．若正整数x，y满足x＋y≤6，则可组成________个不同的有序数对(x，y)()A ．15B ．16C ．17D ．186．有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法有( )A ．1 260种B ．2 025种C ．2 520种D ．5 040种7．(x －1x)9的展开式中x 3的系数是( ) A ．C 39 B ．－C 39 C ．C 29 D ．－C 29二、填空题8．有十级台阶，一个人一步上一级，二级或三级，7步上完，则不同上法共有________种．9．(x ＋2)2n ＋1(n ∈N *)的展开式中，含x 的整数幂的各项系数和为____________．三、解答题10．将4个有编号的球随机地放入3个有编号的盒中，对每一个盒来说，所放的球数k 满足0≤k≤4.假定各种放法是等可能的，试求：(1)“第一盒中没有球”的概率；(2)“第一盒中恰有一球”的概率；(3)“第一盒中恰有两球”的概率；(4)“第一盒中恰有三球”的概率．11．已知(1＋2x)n 展开式中，某一项的系数恰好是它前一项系数的2倍，且等于它后一项系数的56，试求该展开式二项式系数最大的项． 12．设a n ＝1＋q ＋q 2＋…＋q n －1(n ∈N *，q≠±1)，A n ＝C 1n a 1＋C 2n a 2＋…＋C n n a n ， (1)用q 和n 表示A n .(2)又设b 1＋b 2＋…＋b n ＝A n 2n .求证：数列{b n }是等比数列．《排列、组合、二项式定理》检测题答案一、选择题1．B 2.D 3.C 4.D 5.A 6.C 7.B二、填空题8．77 9.12(32n ＋1＋1) 三、解答题10．解：(1)P(A)＝2234＝1681；(2)P(B)＝C 14·2334＝3281；(3)P(C)＝C 24·2234＝2481；(4)P(D)＝C 34·234＝881. 11．解：设第r ＋1项系数为C r n 2r ，第r 项系数为C r －1n 2r －1，第r ＋2项系数为C r ＋1n 2r ＋1，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ C r n 2r ＝2C r －1n 2r －1，C r n 2r ＝56C r ＋1n 2r ＋1.即⎩⎪⎨⎪⎧ C r n ＝C r －1n ，C r n ＝53C r ＋1n .化简得⎩⎪⎨⎪⎧ r ＝12(n ＋1)，5(n －r)＝3(r ＋1).解之得n ＝7. 故二项式系数最大的项为T 4＝280x 32，T 5＝560x 2. 12．解：(1)q≠1，∴a n ＝1－q n1－q. A n ＝1－q 1－q C 1n ＋1－q 21－q C 2n ＋…＋1－q n1－q C n n ＝11－q[(C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n )－(C 1n q ＋C 2n q 2＋…＋C n n q n )]＝11－q[2n －(1＋q)n ]． (2)∵b 1＋b 2＋…＋b n ＝11－q [1－(1＋q 2)n ](n≥2)，∴b 1＋b 2＋…＋b n －1＝11－q [1－(1＋q 2)n －1]．两式相减得：b n ＝12(1＋q 2)n －1(n≥2)．∴b n ＋1b n ＝1＋q 2≠0，∴{b n }是等比数列． (设计者：毕晓岩)。

高中数学选修2-3教材分析

高中数学选修2-3教师研读
课标、教材分析情数学
年级
填报时间
年月日
课
标
、
教
材
分
析
情
况
人教版高中数学选修2-3教材分析
一、整体分析
第一章《计数原理》计数原理不仅是概率统计的基础，计数问题是数学中的重要研究对象之一，学习好这一章的知识，能帮助学生对概率统计有更好的理解，正确地分析某些现象。分类加法计数原理、分布乘法计数原理是解决计数问题的最基本、最重要的方法，也称为基本计数原理，它们为解决很多实际问题提供了思想和工具。在本模块中，学生将学习计数基本原理、排列、组合、二项式定理及其应用，了解计数与现实生活的联系，会解决简单的计数问题。
二、目录（共36课时）
第一章计数原理（约14课时）
1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理
约4课时
探究与发现：子集的个数有多少
1.2排列与组合
约6课时
探究与发现：组合数的两个性质
1.3二项式定理
约3课时
探究与发现：“杨辉三角”中的一些秘密
小结
约1课时
复习参考题
第二章随机变量及其分布（约12课时）
2.1离散型随机变量及其分布列
约3课时
2.2二项分布及其应用
约4课时
阅读与思考：这样的买彩票方式可行吗
探究与发现：服从二项分布的随机变量取何值时概率最大
2.3离散型随机变量的均值与方差
约3课时
2.4正态分布
约1课时
信息技术应用：两个数值对正态分布的影响
小结
约1课时
复习参考题
第三章统计案例（约10课时）
3.1回归蕃息的基本思想及其初步应用
约4课时
3.2独立性检验的基本思想及其初步应用约3课时

高中数学选修2-3计数原理概率知识点总结电子教案

选修2-3定理概念及公式总结第一章基数原理1.分类计数原理：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 N=m 1+m 2+……+m n 种不同的方法2.分步计数原理：做一件事情，完成它需要分成n 个步骤，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，那么完成这件事有N=m 1×m 2×……m n 种不同的方法分类要做到“不重不漏”，分步要做到“步骤完整”3.两个计数原理的区别:如果完成一件事，有n 类办法，不论哪一类办法中的哪一种方法，都能独立完成这件事,用分类计数原理，如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要完成所有步骤才能完成这件事，是分步问题,用分步计数原理.4.排列:从n 个不同的元素中取出m 个(m ≤n)元素并按一定的顺序排成一列,叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列.（1）排列数: 从n 个不同的元素中取出m 个(m ≤n)元素的所有排列的个数.用符号m n A 表示（2）排列数公式:)1()2)(1(+-⋅⋅⋅--=m n n n n A mn用于计算，或m nA )!(!m n n -=()n m N m n ≤∈*,, 用于证明。

nnA =!n =()1231⨯⨯⨯⨯- n n =n(n-1)! 规定0！=1 5.组合：一般地，从n 个不同元素中取出m ()m n ≤个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合（1）组合数: 从n 个不同元素中取出m ()m n ≤个元素的所有组合的个数，用mn C 表示（2）组合数公式: (1)(2)(1)!m m n nm m A n n n n m C A m ---+== 用于计算，或)!(!!m n m n C m n -=),,(n m N m n ≤∈*且用于证明。

高中选修2-3第一章计数原理知识点总结与训练

第一章：计数原理一、两个计数原理3、两个计数原理的区别二、排列与组合1、排列：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列。

2、排列数：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。

用符号表示.3、排列数公式：其中4、组合：一般地，从n 个不同元素中取出m(m ≤n)个元素合成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合。

5、组合数：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做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数。

用符号表示。

6、组合数公式：其中注意：判断一个具体问题是否为组合问题,关键是看取出的元素是否与顺序有关,有关就是排列,无关便是组合.判断时要弄清楚“事件是什么”.7、性质： mn A m n A ()()()()!!121m n n m n n n n A mn -=+---= .,,*n m N m n ≤∈并且m n C ()()()()!!!!121m n m n m m n n n n C mn -=+---=.,,*n m N m n ≤∈并且mn nm n C C -=mn m n m n C C C 11+-=+三、二项式定理如果在二项式定理中，设a=1,b=x ，则可以得到公式：2、性质：02413512n n n nn n nC C C C C C -=+++=+++=奇数项二项式系数和偶数项二项式系数和：注意事项：相邻问题，常用“捆绑法”不相邻问题，常用“插空法”巩固训练：1、有4个男生和3个女生排成一排，按下列要求各有多少种不同排法：（1）男甲排在正中间；（2）男甲不在排头，女乙不在排尾；（3）三个女生排在一起；（4）三个女生两两都不相邻；2、某城新建的一条道路上有12只路灯，为了节省用电而不影响正常的照明，可以熄灭其中三盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，可以熄灭的方法共有（）3、(1)今有10件不同奖品,从中选6件分成三份, 二份各1件,另一份4件, 有多少种分法?(2) 今有10件不同奖品,从中选6件分给甲乙丙三人,每人二件有多少种分法?4、从6个学校中选出30名学生参加数学竞赛,每校至少有1人,这样有几种选法?5、将8个学生干部的培训指标分配给5个不同的班级，每班至少分到1个名额，共有多少种不同的分配方法？6、对某种产品的6件不同的正品和4件不同的次品,一一进行测试，至区分出所有次品为止，若所有次品恰好在第5次测试时全部发现,则这样的测试方法有种可能？7、3 名医生和 6 名护士被分配到 3 所学校为学生体检,每校分配 1 名医生和 2 名护士,不同的分配方法共有多少种?8、如图,要给地图A 、B 、C 、D 四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？9、求值与化简：1055845635425215222221)1(⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+C C C C C 求值：。

高三数学选修2-3_高考计数原理考点大盘点

高考计数原理考点大盘点计数原理与实际生活联系紧密，思考方法和解题方法与其它内容有很大不同，具有“四强”特点，即概念性强、抽象性强、实用性强、灵活性强，在每年高考中是必考内容．本文归纳总结了高考常见考查方式，以供参考．考点1 考查两个原理的直接应用问题例1 将3种作物种植在如下图所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法共有_______种．（以数字作答）解析：分别用a ，b ，c 代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设种a ，再安排第二块田种b 或c 有2种方法，不妨设种b ，第三块田也有2种方法种a 或c ．（1）若第三块田种c ： a bc则第四、五块田分别有2种方法，共有2×2种方法．（2）若第三块田种a ：a b a第四块田仍有2种方法．①若第四块田种c ：a b a c第五块田仍有2种方法．②若第四块田种b ：a b a b则第五块田只能种c ，共有3种方法．综上，共有32(223)42⨯⨯⨯+=种方法．评注：两个原理是解决排列、组合应用题的基础，应用两个原理时，关键是根据自己对问题的分析，先分类再分步．考点2考查特殊元素或特殊位置的优先考虑问题例2 从1，3，5，7中任取2个数字，从0，2，4，6，8中任取2个数字，组成没有重复数字的四位数，其中能被5整除的四位数共有________个．解析：符合条件的四位数的个位必须是0，5，但不能排在首位，故0是其中的特殊元素，应优先安排，按照0排在个位，0排在十、百位和不含0为标准分为三类：①0排在个位能被5整除的四位数有11231443()144A C C A =·个； ②0排在十、百位，但5必须排在个位有1111221432()48A A C C A =·个； ③不含0，但5必须排在个位有11231343108A C C A =个．由分类加法计数原理得所求四位数共有300个．评注：若排列中有特殊元素或特殊位置时，一般既可先处理特殊元素，也可先处理特殊位置，依据具体情况而定，在本题中0，5是特殊元素，首位和末位是特殊位置．考点3 考查相邻排列计算问题例3 有()n n *∈N 件不同的产品排成一排，若其中A B ，两件不同的产品排在一起的排法有48种，则n =________．解析：将A B ，两件产品看作一个大元素，与其他产品排列有11n n A --种排法；对于上述的每种排法，A B ，两件产品之间又有22A 种排法，由分步乘法计数原理得满足条件的不同排法有121248n n A A --=种，故5n =．评注：对于含有某几个元素相邻的排列问题可先将相邻元素“捆绑”起来视为一个元素，与其他元素一起进行全排列，然后再对相邻元素内部进行全排列，这就是处理相邻排列问题的“捆绑”法．考点4 考查互不相邻排列计算问题例4 有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2个人不左右相邻，那么不同排法的种数是（）A ．234B ．346C ．350D ．363解析：∵前排中间3个座位不能坐，∴实际可坐的位置前排8个，后排12个．（1）两人一个前排，一个后排方法数为1128122192C C A =．（2）两人均在后排，安排2人的座位插入10个座位之间的空隙及两边，共有2111110110A =⨯=种排法．（3）两人均在前排，又分两类：①两人一左一右，有11244232C C A =种排法； ②两人同左或同右时，有23212A =种排法．综上，不同排法的种数为1122112281221144232346C C A A C C A A +++=．故选答案B ．评注：对于含有某几个元素互不相邻的排列问题，可先将其他元素排成一排，然后将不相邻的元素插入这些排好的元素之间及两端的空隙中，这就是解决互不相邻问题最为奏效的“插空”法．考点5 考查排列、组合混合计算问题例5 某校高二年级共有六个班级，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（）A ．234B ．346C ．350D ．363解析：把新转来的4名学生平均分两组，每组2人，分法有22442212C C A =种，把这两组人安排到6个班中的某2个中去，有26A 种方法，故不同的安排种数为336412A C ，故选答案B ．评注：对于排列组合混合问题，可运用先分组后排列的策略求解．无次序分组问题常有“均匀分组、部分均匀分组、非均匀分组”等三种类型．计数时常有下面结论：对于其中的“均匀分组”和“部分均匀分组”问题，只需按“非均匀分组”列式后，再除以均匀组数的全排列数．考点6 考查排列、组合有关的几何计算问题例6 从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形，其中直角三角形的个数为（）A ．56B ．52C ．48D ．40解法一：从正方体的8个顶点中任取3个顶点可构成38C 个三角形，其中非直角三角形的有两类：①上底面的每个顶点所在的侧面对角线与下底面相应的对角线构成1个正三角形，上底面的4个顶点共构成4个非直角三角形；②下底面的4个顶点所在的侧面对角线与上底面相应的对角线构成4个非直角三角形．故所求直角三角形共有384448C --=个．故选答案C ．解法二：正方体的6个表面及6个对角面都是矩形，而每个矩形可构成34C 个直角三角形，故共有直角三角形34(66)48C ⨯+=个．故选答案C ．评注：求解几何图形问题时，一要熟悉几何图形的性质及点、线、面的位置关系；二要按同一标准分类，避免重漏；三若直接求解困难或头绪繁多时，可从其反面去考虑，将其转化为简单的问题去解决．考点7 考查二项式定理指定项的求法问题例7 若33nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中存在常数项，则n 的值可以是（） A ．8 B ．9C ．10D ．12 解析：32n x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中的第1r +项是335612()2r n r r n r r r r n n T C x C x x --+⎛⎫== ⎪⎝⎭··．若存在常数项，则3506n r -=，即35n r =，当10n =时，6r =，所以n 可以是10，故选答案C ．评注：求二项式定理的指定项，关键是抓住展开式中的通项公式，就可由题设确定通项公式中的指数或项数，进而求出r ，从而求出其指定项．考点8 考查与二项式系数和有关问题例8 若(31)()n x n *+∈N 的展开式中各项系数的和是256，则展开式中2x 的系数是．解析：令1x =，得展开式各项系数之和为4256n =．解得4n =，所以2x 的系数是224354C =·．评注：转换视角，把展开式看作一个代数恒等式，通过令变量取不同的值得到所需结果，是解决这一类问题的通法．考点9 考查应用二项式定理进行估值或对不等式进行放缩问题例9 农民收入由工资性收入和其它收入两部分构成．2003年某地区农民人均收入为3150元（其中工资性收入为1800元，其它收入为1350元），预计该地区自2004年起的5年内，农民的工资性收入将以每年6％的年增长率增长，其它收入每年增加160元，根据以上数据，2008年该地区农民人均收入介于（）A ．4200元～4400元B ．4400元～4600元C ．4600元～4800元D ．4800元～5000元解析：2008年农民工资性人均收入为5122551800(10.06)1800(10.060.06)C C ⨯+≈⨯+⨯+⨯1800(10.30.036)2405=⨯++≈元．又2008年农民其它人均收入为135016052150+⨯=元，故2008年农民人均总收入为240521504555+=元，故选答案Ｂ．评注：应用二项式定理进行估计或对不等式进行放缩在近年高考题中屡见不鲜，其中的难点在于不知舍去多少项就满足要求，这需要根据所给数据大小来仔细确定．。

人教版高中数学选修2-3 第一章计数原理1-3-1二项式定理

工具
人教A版数学选修2-3 第一章计数原理
栏目导引
解析： (1)二项展开式的通项为 Tr＋1＝Cr18x18－r－31 xr＝(－1)r13rCr18x18－32r. 令 18－32r＝15，解得 r＝2. ∴含 x15 的项的系数为(－1)2132C218＝17. (2)(1＋2x)5 的第 r＋1 项为 Tr＋1＝Cr5(2x)r＝2rCr5xr，令 r＝2，得 x2 的系数为 22·C25＝40.
工具
人教A版数学选修2-3 第一章计数原理
栏目导引
【错因】上面解答将“二项展开式中的第三项的二项式系数”当作了“第三项的系数”，解答显然是错误的．
【正确】 (x－ 6)n 的展开式的第三项为 T3＝Cn2xn－2(－ 6)2，所以 Cn2(－ 6)2＝36，即 n2－n－12＝0，可得 n＝4，设 (x－ 6)4 的展开式中 x2 项为第 r＋1 项，则 Tr＋1＝Cr4x4－r(－ 6)r，由 4－r＝2 得 r＝2，即(x－ 6)4 的展开式中 x2 项为 C24x2(－ 6)2 ＝36x2.所以 x2 项的系数为 36.
x看成
a，－21
看成 x
b，利
用二项式定理展开，也可以先将
x－2
1
4
x
化简后再展开．
工具
人教A版数学选修2-3 第一章计数原理
栏目导引
方法一： x－21 x4＝C04( x)4－C14( x)3·21 x ＋C24( x)2·21 x2－C34 x·21 x3＋C4421 x4＝x2－2x＋32－21x＋
工具
人教A版数学选修2-3 第一章计数原理
栏目导引
[问题2] 上述两个等式的右侧有何特点？ [提示] 展开式中的项数是n＋1项，每一项的次数为n. [问题3] 你能用组合的观点说明(a＋b)4是如何展开的吗？

高中数学选修2-3(人教A版)第一章计数原理1.2知识点总结含同步练习及答案

1 6 7 12 C0 12 < C12 < ⋯ < C12 > C12 > ⋯ > C12 ，所以 2x − 3 ⩾ 5 且 2x ⩽ 12 解得 4 ⩽ x ⩽ 6．
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− A5 9
= =
8 × 7 × 6 × 5 × (8 + 7) 8 × 7 × 6 × 5 × (24 − 9) = 1.
2×8×7×6×5×4+7×8×7×6×5 8×7×6×5×4×3×2×1−9×8×7×6×5
（3）根据原方程，可得
3x(x − 1)(x − 2) = 2(x + 1)x + 6x(x − 1).
0 10 （1）计算：C5 10 ⋅ C10 − C10 ； m−1 （2）证明：mCm n = nCn−1 ．
解：（1）原式= （2）证明：因为
10 × 9 × 8 × 7 × 6 × 1 − 1 = 252 − 1 = 251 ； 5×4×3×2×1
Cm n =
n! , m!(n − m)! (n − 1)! n(n − 1)! n m−1 n n! ⋅ = = . Cn−1 = m m (m − 1)!(n − m)! m ⋅ (m − 1)!(n − m)! m!(n − m)!
正整数 1 到 n 的连乘积，叫做 n 的阶乘，用 n! 表示．另外，我们规定 0! = 1 ．所以排列数公式还可以写成
Am n =
(n − m)！
n！
.
组合的定义一般地，从 n 个不同元素中取出 m （m ⩽ n ）个元素合成一组，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合（combination）．组合数及组合数的公式从 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，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数，用符号 Cm n 表示．

高考数学冲刺讲义选修2-3 计数原理

(3)完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，有两类办法:
①四位奇数的个位取数字为1:N1=3×3×2=18(个)；
②四位奇数的个位取数字为3:N2=3×3×2=18(个)；
最后，由分类加法计数原理得，N=N +N =18+18=36(个)
选修2-3
练习:一个三层书架的上层放有5本不同的数学书，中层放有3
插空法
由分步乘法计数原理，甲，乙，丙三人两两不相邻的排法共有:
A A 3!4 3 2 144 (种)
3 3 3 4
练习:用0到9这十个数字可以组成多少个没有重复数字的:
(1)三位数？(2)四位偶数？
答案:(1)分两步解得: A A 9 9 8 648 (个)
选修2-3
我们把被取的对象(如上面问题中的三个小球中的任何一个)叫做元素。于是上述问题就抽象为:从3个不同元素中，任取2个分别占据两个位置中的一个位置，其中，选定的“位置”也可以理解成已知的“顺序”。
一般地，从n个不同元素中任取m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列。根据一个排列的定义，两个排列相同的含义为:组成排列的元素相同，并且元素的排列顺序也相同。从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫做 m 从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号 An 表示。
7 6 5 7 6 5 4 C C 35 35 70 3 2 1 4 3 2 1
选修2-3
例5:平面内有10个点，其中任何3个点不共线，以其中任意2个点为端点的
(1)线段有多少条？ (2)有向线段有多少条？
解: (1)所求线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的组合，共有

高中数学选修2-3(人教B版)第一章计数原理1.4知识点总结含同步练习题及答案

描述：例题：高中数学选修2-3(人教B版)知识点总结含同步练习题及答案第一章计数原理 1.3计数模型（补充）一、学习任务掌握计数的几种模型，并能处理一些简单的实际问题．二、知识清单数字组成模型条件排列模型分组分配模型染色模型计数杂题三、知识讲解1.数字组成模型与顺序相关的数字问题，通常是计算满足某些特征的数字的个数．常见特征比如各个数位的数字不同、四位数、奇数、比某数大的数、某个数位满足某种条件的数等等，其中各个数位数字可以相同的问题通常借助乘法原理分步解决，各个数位数字不相同通常是与排列相关的问题．由、、、、这五个数字可组成多少个无重复数字的五位数？解：首位不能是，有种，后四位数有种排列，所以这五个数可以组成个无重复的五位数．012340C 14A 44=96C 14A 44用数字、组成四位数，且数字、至少都出现一次，这样的四位数共有______个（用数字作答）．解：因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是或的情况不合题意，所以符合题意的四位数有个．23231423−2=1424从，中选一个数字，从、、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（）A． B． C． D．解：B当选时，先从、、中选个数字有种方法，然后从选中的个数字中选个排在末位有种方法，剩余个数字排在首位，共有种方法；当选时，先从、、中选个数字有种方法，然后从选中的个数字中选个排在末位有种方法，其余个数字全排列，共有种方法．依分类加法计数原理知共有个奇数．02135241812601352C 2321C 121=6C 23C 1221352C 2321C 122=12C 23C 12A 226+12=18用，，，，，这个数字，可以组成______个大于且小于的012345630005421描述：例题：2.条件排列模型计算满足某些限制条件的排列的个数，常见的如相邻问题、不相邻问题、某位置不能排某人、某人只能或不能排在某些位置的问题等等．不重复的四位数．解：分四类：①千位数字为，之一时，百十个位数只要不重复即可，有（个）；②千位数字为，百位数字为，，，之一时，共有（个）；③千位数字是，百位数字是，十位数字是，之一时，共有（个）；④最后还有也满足条件．所以，所求四位数共有（个）．175342=120A 3550123=48A 14A 245401=6A 12A 135420120+48+6+1=175 名男生，名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数．（1）全体站成一排，其中甲只能在中间或两端；（2）全体站成一排，男生必须排在一起；（3）全体站成一排，甲、乙不能相邻．解：（1）先考虑甲的位置，有种方法，再考虑其余人的位置，有种方法．故有种方法；（2）（捆绑法）男生必须站在一起，即把名男生进行全排列，有种排法，与名女生组成个元素全排列，故有种不同的排法；（3）（插空法）甲、乙不能相邻，先把剩余的名同学全排列，有种排法，然后将甲、乙分别插到个空中，有种排法，故有种不同的排法．34A 136A 66=2160A 13A 663A 3345=720A 33A 555A 556A 26=3600A 55A 26有甲、乙、丙在内的个人排成一排照相，其中甲和乙必须相邻，丙不排在两头，则这样的排法共有______种．解：甲和乙必须相邻，可将甲、乙捆绑，看成一个元素，与丙除外的另三个元素构成四个元素，自由排列，有种方法；丙不排在两头，可对丙插空，插四个元素生成的中间的三个空中的任何一个，有种方法；最后甲、乙两人的排法有种方法．综上，总共有种排法．6144A 44A 13A 22=144A 44A 13A 22 把椅子摆成一排，人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为（）A． B． C． D．解：D“不相邻”应该用“插空法”，三个空椅子，形成个空，三个坐人的椅子插入空中，因为人不同，所以需排序，所以有种不同坐法．6314412072244=24A 34某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种不同课程的排法？解：法一：门课程总的排法是种，其中不符合要求的可分为：体育排在第一节有种排法，数学排在最后一节有种排法，但这两种方法，都包括体育在第一节，数学排在最后一节，这种情况有种排法，因此符合条件的排法应是：种．法二：① 体育、数学即不排在第一节也不排在最后一节，这种情况有种排法；② 数学6A 66A 55A 55A 44−2+=504A 66A 55A 44⋅A 24A 44⋅144种颜色可供选择，则不同的着色方法共有______种．（以数字作答）72种花，且相邻的96高考不提分，赔付1万元，关注快乐学了解详情。