1.1两个基本计数原理(二)教案

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教学案例计数原理

§1.1加法计数原理与乘法计数原理（2）※学习目标1．能根据具体问题特征，选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题，从而发展学生的思维能力，培养学生分析问题和解决问题的能力．2．能正确区分分类加法计数原理和分步乘法计数原理．本节重点：两个基本原理的应用．本节难点：正确区分分类和分步．新课导学：※填空：1．用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——需要还是需要．2．分类要做到，分类后再分别对每一类进行计数，最后用求和，得到总数．3．分步要做到，步与步之间要，根据，把完成每一步的方法数相乘得到总数．加法原理的重点在一个“类”字，乘法原理的重点在一个“步”字，即“分类则加，分步则乘”．应用加法原理时，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性，各类办法是彼此独立的、并列的；应用乘法原理时，要注意“步”与“步”之间是连续的，做一件事需分成若干个互相联系的步骤，所有步骤依次相继完成，这件事才算完成．※典型例题例1书架的第一层放有6本不同的数学书，第二层放有6本不同的语文书，第三层放有5本不同的英语书．(1)从这些书中任取一本数学、一本语文、一本英语共三本书的不同取法有多少种？(2)从这些书中任取三本，并且在书架上按次序排好，有多少种不同的排法？练习1.有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有多少种不同的取法．例2.x、y是满足1≤x≤4、2≤y≤7的整数，以(x，y)(x≤y)为坐标的点有多少个？练习2.设x∈{0，－2,3,4}，y∈{5,6，－7,8}，则以(x，y)为坐标的点，在第一象限的有________个，在第二象限的有________个，在第三象限的有________个，在第四象限的有________个，在坐标轴上的有________个．例3.由1,2,3,4可以组成多少个自然数(数字可以重复，最多只能是四位数)?练习3.用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的比2000大的四位奇数？例4.某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？练习4.某文艺小组有20人，每人至少会唱歌或跳舞中的一种，其中14人会唱歌，10人会跳舞．从中选出会唱歌与会跳舞的各1人，有多少种选法？课堂小结：及时练兵1．把10个苹果分成三堆，要求每堆至少有1个，至多5个，则不同的分法共有( )A ．4种B ．5种C ．6种D ．7种2．四个同学，争夺三项冠军，冠军获得者可能有的种类是( )A ．4B ．24C ．43D ．343．已知函数y ＝ax 2＋bx ＋c ，其中a ，b ，c ∈{0,1,2,3,4}，则不同的二次函数的个数共有( )A ．125个B ．15个C ．100个D ．10个4．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有( )A ．6种B ．12种C ．24种D ．30种5．将5名世博会志愿者全部分配给4个不同的地方服务，不同的分配方案有( )A ．8B ．15C ．512D ．10246．如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A 、B 、C 、D 、E 、F ，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共有( )A ．6种B ．36种C ．63种D ．64种7．210所有正约数的个数共有( )A ．12个B ．14个C ．16个D ．20个8．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有( )A ．6种B ．9种C ．11种D ．23种9．设椭圆x 2m ＋y 2n ＝1的焦点在y 轴上，m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆个数为________________．10．有不同的数学书11本，不同的物理书8本，不同的化学书5本，从中取出不同学科的书2本，有多少种不同的取法？11．有三项体育运动项目，每个项目均设冠军和亚军各一名奖项．(1)学生甲参加了这三个运动项目，但只获得一个奖项，学生甲获奖的不同情况有多少种？ (2)有4名学生参加了这三个运动项目，若一个学生可以获得多项冠军，那么各项冠军获得者的不同情况有多少种？12．用1、2、3、4四个数字排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{a n }．(1)写出这个数列的第11项； (2)这个数列共有多少项？ (3)若a n ＝341，求n .。

两个基本计数原理教学案

§1.1两个基本计数原理教学目标：（1）理解分类计数原理与分步计数原理（2）会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题教学重点：分类计数原理与分步计数原理教学过程一．知识要点：1、分类计数原理（加法原理）：完成一件事有n 类方式，由第1种方法中有1m 种不同的方法可以完成，由第2种方法有2m 种不同的方法可以完成，……由第n k 种途径有n m 种方法可以完成。

那么，完成这件事共有=N 种不同的方法。

2、分步计数原理（乘法原理）：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 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有=N 种不同的方法。

三、典例分析：例1．书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书，（1）从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？（2）从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的取法？例2．为了确保电子信箱的安全，在注册时，通常要设置电子信箱密码。

在某网站设置的信箱中，（1）密码为4位，每位均为0到9这10个数字中的一个数字，这样的密码共有多少个？（2）密码为4位，每位是0到9这10个数字中的一个，或是从A 到Z 这26个英文字母中的1个。

这样的密码共有多少个？（3）密码为4到6位，每位均为0到9这10个数字中的一个。

这样的密码共有多少个？例3．要从甲、乙、丙3名工人中选出2名分别上日班和晚班，有多少种不同的选法？例4．用4种不同颜色给如左图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，共有多少种不同的涂法？变式：1、如果按照①、②、④、③的次序填涂，怎样解决这个问题？2、如图一,要给①,②,③,④四块区域分别涂上五种颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同颜色,则不同涂色方法种数为( )A. 180B. 160C. 96D. 60 若变为图二,图三呢?练习：1、乘积))()((54321321321c c c c c b b b a a a ++++++++展开后共有多少项？2、（2006，北京，5分）在1，2，3，4，5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有（）A ．36个 B.24个 C.18个 D.6个4、(2005,北京春（文），5分)从0，1，2，3这四个数中选三个不同的数作为函数c bx ax x f ++=2)(的系数，可组成不同的一次函数共有个，不同的二次函数共有个。

1.1 两个基本计数原理(2)

教学内容§1.1 两个基本计数原理（2）教学目标要求（1）掌握分类计数原理与分步计数原理，并能根据具体问题的特征，选择分类加法原理或分步乘法原理解决一些简单的实际问题；（2）通过对分类计数原理与分步计数原理的理解和运用，提高学生分析问题和解决问题的能力，开发学生的逻辑思维能力．教学重点分类计数原理与分步计数原理的区别和综合应用．教学难点分类计数原理与分步计数原理的区别和综合应用．教学方法和教具教师主导活动学生主体活动一．问题情境复习回顾：1．两个基本计数原理；2．练习：（1）从2，3，5，7，11中每次选出两个不同的数作为分数的分子、分母，则可产生不同的分数的个数是，其中真分数的个数是．（2）①用0，1，2，……，9可以组成多少个8位号码；②用0，1，2，……，9可以组成多少个8位整数；③用0，1，2，……，9可以组成多少个无重复数字的4位整数；④用0，1，2，……，9可以组成多少个有重复数字的4位整数；⑤用0，1，2，……，9可以组成多少个无重复数字的4位奇数．二．数学运用1．例题：例1 用4种不同颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，共有多少种不同的涂法？分析完成这件事可分四个步骤，不妨设①、②、③、④的次序填涂．解：第一步，填涂①，有4种不同颜色可选用；第二步，填涂②，除①所用过的颜色外，还有3种不同颜色可选用；第三步，填涂③，除①、②用过的2种颜色外，还有2种不同颜色可选用；第四步，填涂④，除②、③用过的2种颜色外，还有2种不同颜色可选用．⨯⨯⨯=种不同的方法，即填涂这张所以，完成这件事共有432248地图共有48种方法．答共有48种不同的涂法．思考：如果按①、②、④、③的次序填涂，怎样解决这个问题？例2 由1，2，3，4可以组成多少个自然数（数字可以重复，最多只能是四位数）？分析：按自然数的位数多少，可以分为以下四类：一位，二位，三位，四位的自然数，而在每一类中，又可以分成几步进行．解：组成的自然数可以分为以下四类：第一类：一位自然数，共有4个；第二类：二位自然数，又可分两步来完成．先取出十位上的数字，再取出个位上的数字，共有4416⨯=（个）；第三类：三位自然数，又可分三步来完成．每一位都可以从4个不同的数字中任取一个，共有44464⨯⨯=（个）；第四类：四位自然数，又可分四步来完成．每一位都可以从4个不同的数字中任取一个，共有44256=（个）．由分类计数原理，可以组成的不同自然数的个数为41664256340+++=（个）．[变式延伸] 从1到200的这200个自然数中，各个位数上都不含数字8的共有多少个？（162）说明：（1）在同一题目中牵涉两个原理时，必须搞清是先“分类”，还是先“分步”；“分类”和“分步”的标准又是什么？（2）本题是先分类，后分步，按自然数的位数“分类”，按组成数的过程“分步”．例3 在1到20共20个整数中任取两个数相加，使其和为偶数的不同取法共有多少种？解：第一类：两个偶数相加，由分步计数原理，共有10990⨯=（种）不同的取法，由于两个偶数相加时，与次序无关，即2+4和4+2是同一个数字，因此适合题意的不同取法总数共有90452=（种）；第二类：两个奇数相加，由分步计数原理，共有109452⨯=（种）不同的取法．由分类计数原理，共有45+45=90（种）不同取法．[变式延伸]在1和20共20个整数中任取两个相加，使其和大于20的不同取法共有多少种？答案：100例4 某艺术组有9人，每人至少会钢琴和小号中的一种乐器，其中7人会钢琴，3人会小号，从中选出会钢琴与会小号的各1人，有多少种不同的选法？解：由题意可知，在艺术组9人中，有且仅有一人既会钢琴又会小号（把该人称为“多面手”），只会钢琴的有6人，只会小号的有2人，把会钢琴、小号各1人的选法分为两类：第一类：多面手入选，另一人只需从其他8人中任选一个，故这类选法共有8种．第二类：多面手不入选，则会钢琴者只能从6个只会钢琴的人中选出，会小号的1人也只能从只会小号的 2人中选出，放这类选法共有6×2＝12种，故共有8+12=20种不同的选法．2．练习：用1，2，3可以写出多少个小于1000的正整数？五．回顾小结：分类计数原理与分步计数原理的综合应用六．课外作业：P习题1．1 第5，6，7，8，9，10，11题课本9板书设计教后札记。

两个基本计数原理的教学设计

两个基本计数原理的教学设计一、地位作用计数原理是数学中的一个重要的研究对象，本章所学的排列组合是组合数学的初步知识，这种以计数为特征的内容在中学数学中是较为独特的，它不仅影响广泛，是学习统计概率以及高等数学有关分支的准备知识，而且由于它的思想方法灵活独特，也是发展学生抽象能力和逻辑思维能力的好素材。

本节课讲的两个基本计数原理是计数原理这一章的重点内容，它们不仅是推导排列数组合数计算公式的依据，而且其基本思想方法贯穿在解决本章应用问题的始终。

从思想方法的角度看，两个原理一个是将问题进行分类处理，另一个是将问题进行分步处理，从而达到分解问题、解决问题的目的。

因此对两个原理的理解掌握和运用，成为本章内容的一个关键。

二、教学目标引导学生通过典型的、学生熟悉的实例归纳地得出分类加法计数原理和分步乘法计数原理，初步学会区分“分类”和“分步” , 能够用两个计数原理解决简单的计数问题。

通过例题引导学生体会计数原理的基本思想及应用方法。

正确理解和掌握加法原理和乘法原理，并能准确地应用它们分析和解决一些简单的问题，体会理论来源于实践井应用于实践的辩证唯物主义观点. 从而发展学生的思维能力，培养学生分析问题和解决问题的能力。

三、内容分析分类计数原理和分步计数原理都是设计完成一件事的不同方法的总数，它们的区别在于分类计数原理是将办事方法分为若干类，每一类方法之间是相互独立的，用任一种方法都可以完成这件事情；而分步计数原理是将办事方法分成若干步进行，各个步骤相互依存，必须是各个步骤都完成了，这件事情才完成。

因此，分辨清楚办事方法是分类还是分步，是科学使用两个原理的前提，也是本节课的一个难点。

四、教学过程（一）引入课题:1、高二一班男生9 名.女生20 名.从中选出1 名男生和1名女生担任主题班会主持人，有多少不同的选法?2、把我们班的同学排成一排，共有多少种不同的排法?3、一次集会共50 人参加，结束时，大家两两握手，互相道别，请你统计一下，大家握手次数共有多少?设计意图:在运用排列、组合方法时.经常要用到分类加法计数原理与分步乘法计数原理这节课，我们从具体例子出发来学习这两个原理.（二）讲授新课1、分类加法计数原理师生活动:（1）用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号，总共能够编出多少种不同的号码?（2）从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车.如果一天中火车有3 班，汽车有2 班.那么一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法?结论:分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第 1 类方案中有m 种不同的方法，在第2 类方案中有n 种不同的方法‘那么完成这件事共有N=m+n. 种不同的方法.（3）如果完成一件事有三类不同方案. 在第1 类方案中有m1 种不同的方法，在第2 类方案中有m2 种不同的方法，在第3 类方案中有m3 种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法?一般归纳（略）理解:分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事2、分步乘法计数原理师生活动:⑷用前6个大写英文字母和1-9九个阿拉伯数字，以A1A2A3A4…,B1B2,的方式给教室里的座位编号，总共能编出多少个不同的号码a用列举法可以列出所有可能的号码（分析略）（5）你能说说这个问趣的特征吗结论:分步乘法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第 1 类方案中有m 种不同的方法，在第2 类方案中有n 种不同的方法.那么完成这件事共有N=mxn 种不同的方法.如果完成一件事需要三个步骤，做第I 步有m1 种不同的方法，做第2 步有m2 种不同的方法，做第3 步有m3 种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法?一般归纳（略）理解分步乘祛计数原理:分步计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后甲才算完成这件事.（6）分类加法计数原理与分步乘法计数原理异同点?①相同点:都是完成一件事的不同方法种数的问题②不同点:分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事，是独立完成;而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事.是合作完成.（三）例题讲解:课本例1 到例4（四）练习P6 1 、2、3（五）小结 1 、分类加法计数原理2、分步乘法计数原理（六）作业。

1.1两个基本原理(2)

二、两个原理的联系、区别：
分类计数原理分步计数原理
联系都是研究完成一件事的不同方法的种数的问题
完成一件事，共有n类完成一件事，共分n个区别1 办法，关键词“分类” 步骤，关键词“分步”
每类办法相互独立，各步骤中的方法相互依每类方法都能独立地存，只有各个步骤都完区别2 完成这件事情成才算完成这件事
三、例题分析
1.有386，486，586型电脑各一台，A、B、C、D四名操作人员的技术等次各不相同，A、B会操作三种型号的电脑，C不能操作586，而D只会操作386，今从这四名操_________种. 2.某市拟成立一个由6名大学生组成的社会调查小组，并准备将这6个名额分配给本市的3所大学，要求每所大学都有学生参加，则不同的名额分配方法共有 _______种
1.1 两个基本计数原理(2)
一、复习回顾两个基本计数原理
分类计数原理：完成一件事，有n类方式，在第1 类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有 m2种不同的方法，……，在第n类方式中有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。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。
三、例题分析
3.现要排一份5天的值班表，每天有一个人值班，共有5个人，每个人都可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一个人值班，问此值班表共有多少种不同的排法？ 4.乘积(a1+a2+a3)(b1+b2+b3+b4)(c1+c2+c3+c4+c5) 的展开式中，有___ 项。 5.1800的正约数个数为_______。 6.有四位老师在同一年级的4个班级中，各教一班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法总数是________.

两个基本计数原理教案

两个基本计数原理教案第一章：概述1.1 计数原理的定义解释计数原理的概念和重要性强调计数原理在数学和实际生活中的应用1.2 两个基本计数原理介绍两个基本计数原理：排列原理和组合原理解释排列原理：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有排列方式的个数解释组合原理：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有组合方式的个数第二章：排列原理2.1 排列原理的公式介绍排列公式：P(n, m) = n! / (n-m)!解释排列公式的含义和推导过程2.2 排列原理的应用举例说明排列原理在实际问题中的应用练习题：根据给定的问题，运用排列原理计算不同的排列方式个数第三章：组合原理3.1 组合原理的公式介绍组合公式：C(n, m) = n! / [m! (n-m)!]解释组合公式的含义和推导过程3.2 组合原理的应用举例说明组合原理在实际问题中的应用练习题：根据给定的问题，运用组合原理计算不同的组合方式个数第四章：排列与组合的综合应用4.1 排列与组合的区别与联系解释排列与组合的概念及其区别强调排列与组合在解决实际问题中的综合应用4.2 综合应用举例举例说明排列与组合在实际问题中的综合应用练习题：根据给定的问题，运用排列与组合原理计算不同的方式个数第五章：练习与拓展5.1 练习题提供一系列练习题，巩固排列与组合原理的应用鼓励学生自主思考，提高解题能力5.2 拓展与应用探讨排列与组合原理在其他领域的应用鼓励学生发现生活中的数学问题，运用排列与组合原理解决第六章：排列与组合在概率论中的应用6.1 排列与组合在概率计算中的作用解释排列与组合在概率计算中的重要性介绍排列与组合在计算事件概率时的应用6.2 具体案例分析通过具体案例，展示排列与组合在概率计算中的应用练习题：根据给定的概率问题，运用排列与组合原理进行计算第七章：排列与组合在日常生活中的应用7.1 排列与组合在日常生活中的实例探讨排列与组合原理在日常生活中的应用实例强调排列与组合原理在解决实际问题中的重要性7.2 练习题提供一系列与日常生活相关的练习题，运用排列与组合原理进行解答鼓励学生自主思考，提高解决实际问题的能力第八章：排列与组合在算法与编程中的应用解释排列与组合在算法与编程中的应用介绍排列与组合在解决算法与编程问题时的作用第八章：排列与组合在算法与编程中的应用8.1 排列与组合在算法中的应用解释排列与组合在算法中的重要性介绍排列与组合在算法设计中的应用实例8.2 排列与组合在编程语言中的应用探讨排列与组合在编程语言中的应用实例强调排列与组合在编程问题解决中的重要性第九章：排列与组合在数学竞赛中的应用9.1 排列与组合在数学竞赛中的题目特点分析数学竞赛中排列与组合题目的特点解释排列与组合在数学竞赛中的重要性9.2 练习题提供一系列数学竞赛中的排列与组合题目，进行练习鼓励学生自主思考，提高解决竞赛题目的能力第十章：总结与提高10.1 排列与组合原理的总结回顾本教案的主要内容，总结排列与组合原理的重要性和应用强调排列与组合原理在数学和实际生活中的重要性10.2 提高题与研究性学习提供一系列提高题，鼓励学生深入研究排列与组合原理鼓励学生开展研究性学习，探索排列与组合原理在其他领域的应用重点和难点解析六、排列与组合在概率论中的应用重点：排列与组合在概率计算中的作用，具体案例分析难点：理解排列与组合在概率计算中的应用，以及如何将实际问题转化为概率问题七、排列与组合在日常生活中的应用重点：排列与组合在日常生活中的实例，练习题难点：将抽象的排列与组合原理应用到具体的生活情境中，提高解决实际问题的能力八、排列与组合在算法与编程中的应用重点：排列与组合在算法与编程中的应用，练习题难点：理解算法与编程中排列与组合的概念，以及在实际编程中应用这些概念九、排列与组合在数学竞赛中的应用重点：排列与组合在数学竞赛中的题目特点，练习题难点：解决数学竞赛中的排列与组合问题，需要学生具备较高的逻辑思维和解题能力十、总结与提高重点：排列与组合原理的总结，提高题与研究性学习难点：巩固所学知识，进一步探索排列与组合原理在其他领域的应用全文总结与概括：本教案主要介绍了排列与组合两个基本计数原理，通过讲解排列与组合的概念、公式及其在概率论、日常生活、算法与编程、数学竞赛等领域的应用，使学生能够理解并掌握这两个基本计数原理。

两个基本计数原理优质课课件讲课稿

由分步乘法计数原理，第一类的四位奇数共有
N1=3×3×2=18（个）第二类办法四位奇数的个位数字为3，这件事分三个步骤完成：
第一步从1，2，4中选取一个数字做千位数字，有3种不同的选取方法；第二步从1，2，4中剩余的两个数字和0共三个数字中选取一个数字做百位数字，有3种不同的选取方法；第三步从剩余的两个数字中，选取一个数字做十位数字，有2种不同的选取方法；
N=5+3+2=10（种）。
（2）从书架上任取三本书，其中数学书、语文书、英语书各一本，可以分三个步骤完成：第一步从书架上层任取一本数学书，有5种不同的方法；第二步从书架中层任取一本语文书，有3种不同的方法；第三步从书架下层任取一本英语书，有2种不同的方法。
由分步乘法计数原理，可得不同的取法共有 N=5×3×2=30（种）。
由分步乘法计数原理，第二类的四位奇数共有
N2=3×3×2=18（个）最后，由分类加法计数原理，符合条件的四位奇数共有
N=N1+N2=18+18=36（个）
(3)解法二：完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四个步骤：
第一步确定个位数字：从1，3中选取一个数字做个位数字, 有2种不同的选取方法；
由分步乘法计数原理，符合条件的四位奇数共有
N=2×3×3 ×2 =36（个）.
幻灯片 8
探究成果
1.应用两个基本计数原理解题时，首先必须弄明白怎样就能“完成这件事”？其次要做到合理分类，准确分步，按元素的性质分类，按事件发生的过程分步是计数问题的基本方法。
（1）银行存折的四位密码？
（2）四位数？
幻灯片 9
（3）四位奇数？
幻灯片 10
解：（1）完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分四个步骤：

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 +-。

课件12：1.1　基本计数原理（二）

法二：分两类：第一类，操场与教学区用同一种颜色，有 6×5×4＝120 种着色方法；第二类，操场与教学区不同色，有 6×5×4×3＝360 种着色方法．根据分类加法计数原理，共有 120＋360＝480 种不同的着色方法．【答案】480
考点三两个计数原理的综合应用
例 3 有一项活动，需在 3 名老师、8 名男同学和 5 名女同学中选部分人员参加． (1)若只需一人参加，有多少种不同选法？ (2)若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同的选法？ (3)若需一名老师、一名同学参加，有多少种不同选法？
2．由数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的四位数中，且能被 5 整除的数共有________个．
【解析】能被 5 整除的数个位为 5 或 0，若个位为 0，千位有 5 种排法，百位有 4 种排法，十位有 3 种排法，共有 5×4×3＝60 个；若个位为 5，千位有 4 种排法，百位有 4 种排法，十位有 3 种排法，共有 4×4×3＝48 个．故能被 5 整除的且没有重复数字的四位数共有 60＋48＝108 个．【答案】108

1.1 基本计数原理（二）
考点一组数问题
例 1 (1)从 0,1,2,3,4,5 这六个数字中任取三个不同数字组
成三位数，则三位数的个数为( )
A．120
B．80
C．90
D．100
(2)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________个．(用数字作答)
(3)可分两类，每一类又分两步．第一类，选一名老师再选一名男同学，有 3×8＝24 种选法；第二类，选一名老师再选一名女同学，共有 3×5＝15 种选法．由分类加法计数原理，共有 24＋15＝39 种选法．

江苏省高二数学下册第一单元《计数原理》全套教案

1.1 两个基本计数原理1．分类计数原理完成一件事，有n 类方式，在第1类方式中有m 1种不同的方法，在第2类方式中有m 2种不同的方法，……，在第n 类方式中有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．分类计数原理又称为加法原理．预习交流1应用分类计数原理的原则是什么？提示：做一件事有n 类方式，每一类方式中的每一种方法均完成了这件事． 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m 1种不同的方法，做第2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．分步计数原理又称为乘法原理．预习交流2应用分步计数原理的原则是什么？提示：做一件事要分n 个步骤完成，只有所有步骤完成时，才完成这件事，也就是说，每一步骤中每种方法均不能完成这件事．一、分类计数原理问题从甲地到乙地每天有火车3班，汽车8班，飞机2班，轮船2班，问一天内乘坐班次不同的运输工具由甲地到乙地，有多少种不同的走法？思路分析：由于每班火车、汽车、飞机、轮船均能实现从甲地到乙地，因此利用分类计数原理．解：根据运输工具可分四类：第1类是乘坐火车，有3种不同的走法；第2类是乘坐汽车，有8种不同的走法；第3类是乘坐飞机，有2种不同的走法；第4类是乘坐轮船，有2种不同的走法；根据分类计数原理，共有不同的走法的种数是N＝3＋8＋2＋2＝15.设有5幅不同的油画，2幅不同的国画，7幅不同的水彩画．从这些画中只选一幅布置房间，有__________种不同的选法．答案：14解析：根据分类计数原理，不同的选法有N＝5＋2＋7＝14种．如果完成一件事有n类方式，每类方式彼此之间是相互独立的，无论哪一种方式的每种方法都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类计数原理(加法原理)．二、分步计数原理问题有三个盒子，分别装有不同编号的红色小球6个，白色小球5个，黄色小球4个，现从盒子里任取红、白、黄小球各1个，有多少种不同的取法？思路分析：要从盒子里取到红、白、黄小球各1个，应分三个步骤，并且这三个步骤均完成时，才完成这件事，故应用分步计数原理．解：分三步完成：第1步是取红球，有6种不同的取法；第2步是取白球，有5种不同的取法；第3步是取黄球，有4种不同的取法；根据分步计数原理，不同取法的种数为N＝6×5×4＝120.现有高一学生9人，高二学生12人，高三学生7人自发组织参加数学课外活动小组，为便于管理，每年级各选一名组长，有__________种不同的选法．答案：756解析：根据分步计数原理有N＝9×12×7＝756种不同的选法．如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数就用分步计数原理(乘法原理)．1．两个书橱，一个书橱内有7本不同的小说，另一个书橱内有5本不同的教科书．现从两个书橱任取一本书的取法有__________种．答案：12解析：根据分类计数原理，不同的取法有N＝7＋5＝12种．2．教学大楼有5层，每层均有2个楼梯，由1楼到5楼的走法有__________种．答案：16解析：根据分步计数原理，不同的走法有N＝2×2×2×2＝16种．3．现有高一学生9人，高二学生12人，高三学生7人，从中推选两名来自不同年级的学生做一次活动的主持人，共有__________种不同的选法．答案：255解析：分三类：第1类是从高一和高二各取1人，有9×12＝108种选法；第2类是从高一和高三各取1人，有9×7＝63种选法；第3类是从高二和高三各取1人，有12×7＝84种选法；由分类计数原理，不同的选法有N＝108＋63＋84＝255种．4．某体育彩票规定，从01～36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元，某人想选定吉利号18，然后从01～17中选3个连续的号，从19～29中选2个连续的号，从30～36中选1个号组成一注，若这个人要把这种号全买下来至少要花多少钱？解：分三步选号：第1步从01～17中选3个连续的号共有15种选法；第2步从19～29中选2个连续的号共有10种选法；第3步从30～36中选1个号共有7种选法；因此由分步计数原理知共有N＝15×10×7＝1 050(注)，故要花1 050×2＝2 100(元)．5．有四位同学参加三项不同的竞赛．(1)每位同学必须只参加一项比赛，有多少种竞赛方案？(2)每项竞赛只允许一位同学参加，有多少种竞赛方案？解：(1)同学可以选择竞赛项目，而竞赛项目对于同学无条件限制，所以每位同学均有3个不同的机会，要完成这件事必须是每位同学参加竞赛的项目全确定下来．因此分四步，所以根据分步计数原理，共有N＝3×3×3×3＝34＝81种不同的方案．(2)竞赛项目可挑选同学，而同学无选择项目的机会，每一个项目可挑选4个不同的同学中的一个，要完成这件事须每项竞赛所参加的同学全部确定下来才行．因此需分三步，根据分步计数原理，共有M＝4×4×4＝64种不同的方案．1.2 排列1．排列的概念一般地，从n个不同的元素中取出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．预习交流1如何判断一个问题是否是排列问题？提示：排列问题与元素的排列顺序有关，是按一定的顺序排成一列，如果交换元素的位置，其结果发生了变化，叫它是排列问题，否则，不是排列问题．2．排列数的概念一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号A m n表示．根据分步计数原理，我们得到排列数公式A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，其中n，m∈N*，且m≤n.n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个不同元素的一个全排列．在排列数公式中，当m＝n时，即有A m n＝n(n－1)(n－2)·…·3·2·1，A n n称为n的阶乘(factorial)，通常用n！表示，即A n n＝n！.我们规定0！＝1，排列数公式还可以写成A m n＝! ()!nn m.预习交流2如何理解和记忆排列数公式？提示：A m n是m个连续自然数的积，最大一个是n，依次递减，最后一个是(n－m＋1)．一、排列问题下列三个问题中，是排列问题的是__________．①在各国举行的足球联赛中，一般采取“主客场制”，若共有12支球队参赛，求比赛场数；②在“世界杯”足球赛中，采用“分组循环淘汰制”，共有32支球队参赛，分为八组，每组4支球队进行循环，问在小组循环赛中，共需进行多少场比赛？③在乒乓球单打比赛中，由于参赛选手较多，故常采用“抽签捉对淘汰制”决出冠军．若共有100名选手参赛，待冠军产生时，共需举行多少场比赛？思路分析：交换元素的顺序，有影响的是排列问题，否则，不是．答案：①解析：对于①，同样是甲、乙两队比赛，甲作为主队和乙作为主队是两场不同的比赛，故与顺序有关，是排列问题；对于②，由于是组内循环，故一组内的甲、乙只需进行一场比赛，与顺序无关，故不是排列问题；对于③，由于两名选手一旦比赛后就淘汰其中一位，故也与顺序无关，故不是排列问题．下列问题是排列问题吗？并说明理由．①从1,2,3,4四个数字中，任选两个做加法，其结果有多少种不同的可能？②从1,2,3,4四个数字中，任选两个做除法，其结果有多少种不同的可能？解：①不是排列问题；②是排列问题．理由：由于加法运算满足交换律，所以选出的两个元素做加法时，与两个元素的位置无关，但做除法时，两个元素谁是除数，谁是被除数不一样，此时与位置有关，故做加法不是排列问题，做除法是排列问题．判断排列问题的原则：①与顺序有关；②元素互不相同；③一次性抽取．二、排列数问题解方程：3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x .思路分析：先把式中的排列数转化为关于x 的表达式，并注意A mn 中m ≤n ，且m ，n 为正整数这些限制条件，再求解关于x 的方程．解：由3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x ，得3x (x －1)(x －2)＝2(x ＋1)x ＋6x (x －1)．∵x ≥3，∴3(x －1)(x －2)＝2(x ＋1)＋6(x －1)，即3x 2－17x ＋10＝0.解得x ＝5或x ＝23(舍)，故x ＝5.解不等式：A x 9＞6A x －26.解：由排列数公式，原不等式可化为：9！－x ！＞6×6！－x ＋！，∴9×8×79－x＞6，解得x ＞－75.又⎩⎪⎨⎪⎧x －2≥0，x ≤9，6≥x －2，∴2≤x ≤8.又∵x 为整数，∴原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7,8}．有关以排列数公式形式给出的方程、不等式，应根据有关公式转化为一般方程、不等式，再求解，但应注意其中的字母都是满足一定条件的自然数．三、数字排列问题用1,2,3,4,5,6,7这7个数字组成没有重复数字的四位数，如果组成的四位数必须是偶数，那么这样的四位数有多少个？思路分析：先排个位数，再排千、百、十位数，再由分步计数原理求得适合条件的四位数的个数．解：第一步排个位上的数，因为组成的四位数必须是偶数，个位数字只能是2,4,6之一，所以有A 13种排法，第二步排千、百、十这三个数位上的数，有A 36种排法．根据分步计数原理，适合条件的四位数的个数为N ＝A 13A 36＝360，所以这样的四位数有360个．由0,1,2,3,4,5这六个数字组成没有重复数字的六位数，其中小于50万，又不是5的倍数的数有多少个？解：法一：因为0和5不能排在首位和个位，先将它们排在中间4个数位上有A 24种排法，再排其他4个数位有A 44种排法，由分步计数原理得，共有A 24·A 44＝12×24＝288个数符合要求．法二：六个数位的全排列共有A 66个，其中0排在首位或个位有2A 55个，还有5排在首位或个位上的也有2A 55个，这两种情况都包含0和5分别在首位或个位上的排法有2A 44种，所以符合条件的数字个数有A 66－4A 55＋2A 44＝288个．关于数字问题要注意首位数字不能为0，其次注意特殊位置或特殊数字，再考虑其他位置或其他数．也可用全排列数减去不合要求的排列数．1．已知A 2n ＝7A 2n －4，则n ＝__________. 答案：7解析：由排列数公式得，n (n －1)＝7(n －4)(n －5)，∴3n 2－31n ＋70＝0，解得n ＝7或n ＝103(舍)．∴n ＝7. 2．将五辆车停在5个车位上，其中A 车不停在1号车位上的停车方案有__________种．答案：96解析：因为A 车不停在1号车位上，所以可先将A 车停在其他四个车位上，有A 14种停法；然后将另外四辆车在剩余的四个车位上进行全排列，有A 44种停法，由分步计数原理得，共有N ＝A 14·A 44＝4×24＝96种不同的停车方案．3．用1,2,3,4,5这5个数字，组成没有重复数字的三位数，其中奇数有__________个．答案：36解析：当个位数字分别为1,3,5时，百位、十位上数字的排列总数均为A 24＝12个．由分类计数原理知，没有重复数字的三位奇数共有12＋12＋12＝36个．4．从甲、乙、丙、丁4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块试验田上进行试验，其中甲品种必须入选，则不同的种植方法有多少种？解：本题相当于从4个元素中取出3个元素的排列，其中甲元素必取，优先考虑甲元素，先排甲，有A 13种方法，再从乙、丙、丁三个元素中选出两个元素的排列数为A 23.则由分步计数原理得，满足条件的排列有A 13·A 23＝18种不同的种植方法．5．从7名运动员中选出4人参加4×100米接力赛，求满足下列条件的方案种数． (1)甲、乙二人都不跑中间两棒； (2)甲、乙二人不都跑中间两棒．解：(1)从甲、乙之外的5人中选2人安排在中间两棒，有A 25种方法，再从余下的5人中安排首末两棒，有A 25种方法，由分步计数原理知共有A 25·A 25＝400种不同的安排方案．(2)从7人中选4人安排接力赛有A 47种方法，而甲、乙都跑中间两棒有A 25A 22种方法，因此符合条件的方案有A 47－A 25A 22＝800种．1.3 组合1．组合的概念一般地，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．预习交流 1如何区分排列问题和组合问题？提示：区分某一问题是排列问题还是组合问题，关键看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；而交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题．2．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，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，用符号C m n 表示．C mn ＝A mn A m m ＝n n －n －n －m ＋m ！＝n ！m ！n －m ！.预习交流2如何理解和记忆组合数公式？提示：同排列数公式相类比，在排列数公式的基础上，分母再乘以m ！. 3．组合数的性质性质1：C m n ＝C n －m n ，性质2：C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n . 预习交流3如何理解和记忆组合数的性质？提示：从n 个元素中取m 个元素，就剩余(n －m )个元素，故C m n ＝C n －mn .从n ＋1个元素中取m 个元素记作C m n ＋1，可认为分作两类：第一类为含有某元素a 的取法为C m －1n ；第二类不含有此元素a ，则为C m n ，由分类计数原理知：Cm n ＋1＝C m n ＋C m －1n .一、组合问题判断下列问题是组合问题，还是排列问题．①设集合A ＝{a ，b ，c ，d }，则集合A 的含3个元素的子集有多少个？ ②一个班中有52人，任两个人握一次手，共握多少次手？③4人去干5种不同的工作，每人干一种，有多少种分工方法？思路分析：交换两个元素的顺序，看结果是否有影响，如无影响则是组合问题．解：①因为集合中取出的元素具有“无序性”，故这是组合问题； ②因为两人握手是相互的，没有顺序之分，故这是组合问题； ③因为5种工作是不同的，一种分工方法就是从5种不同的工作中选出4种，按一定的顺序分配给4个人，它与顺序有关，故这是排列问题．下列问题中，是组合问题的有__________．①从a ，b ，c ，d 四名学生中选2名学生完成一件工作，有多少种不同的选法；②从a ，b ，c ，d 四名学生中选2名学生完成两件不同的工作，有多少种不同的选法； ③a ，b ，c ，d 四支足球队进行单循环赛，共需多少场比赛； ④a ，b ，c ，d 四支足球队争夺冠亚军，有多少种不同的结果．答案：①③解析：①2名学生完成的是同一件工作，没有顺序，是组合问题； ②2名学生完成两件不同的工作，有顺序，是排列问题；③单循环比赛要求每两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题； ④冠亚军是有顺序的，是排列问题．组合问题与顺序无关，而排列问题与顺序有关．二、组合数公式及组合数的性质(1)计算C 98100＋C 199200；(2)已知C 3n ＋618＝C 4n －218，求n ；(3)化简C 45＋C 46＋C 47＋C 48＋1.思路分析：先把组合数利用性质化简或利用组合数性质直接求解．解：(1)C 98100＋C 199200＝C 2100＋C 1200＝100×992＋200＝5 150.(2)由C 3n ＋618＝C 4n －218，知3n ＋6＝4n －2或3n ＋6＋(4n －2)＝18，解得n ＝8或2.而3n ＋6≤18且4n －2≤18，即n ≤4且n ∈N *，∴n ＝2.(3)C 45＋C 46＋C 47＋C 48＋1＝1＋C 45＋C 46＋C 47＋C 48＝C 55＋C 45＋C 46＋C 47＋C 48＝C 56＋C 46＋C 47＋C 48＝C 57＋C 47＋C 48＝C 58＋C 48＝C 59＝C 49＝9×8×7×64×3×2×1＝126.(1)C 34＋C 35＋C 36＋…＋C 310＝__________；(2)(C 98100＋C 97100)÷A 3101＝__________.答案：(1)329 (2)16解析：(1)原式＝C 44＋C 34＋C 35＋…＋C 310－C 44＝C 45＋C 35＋…＋C 310－1＝…＝C 410＋C 310－1＝C 411－1＝329.(2)原式＝C 98101÷A 3101＝C 3101÷A 3101＝A 31013！÷A 3101＝16.利用组合数的性质解题时，要抓住公式的结构特征，应用时，可结合题目的特点，灵活运用公式变形，达到解题的目的．三、组合知识的实际应用现有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)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？思路分析：由于选出的教师不需要考虑顺序，因此是组合问题．第(1)小题选2名教师不考虑男女，实质上是从10个不同的元素中取出2个的组合问题，可用直接法求解．第(2)小题必须选男、女教师各2名，才算完成所做的事，因此需要分两步进行，先从6名男教师中选2名，再从4名女教师中选2名．解：(1)从10名教师中选2名参加会议的选法数，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，即C 210＝10×92×1＝45种．(2)从6名男教师中选2名的选法有C 26，从4名女教师中选2名的选法有C 24种，根据分步乘法计数原理，因此共有不同的选法C 26·C 24＝6×52×1·4×32×1＝90种．某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2名代表，至少有1名女生当选的不同选法有多少种？解：方法一：(直接法)至少1名女生当选可分为两类：第一类：1名女生1名男生当选代表，有C 13·C 17种方法，第二类：2名女生当选代表，有C 23种方法．由分类加法计数原理，至少有1名女生当选的不同选法有C 13·C 17＋C 23＝21＋3＝24种．方法二：(间接法)10名学生中选2名代表有C 210种选法，若2名代表全是男生有C 27种选法，所以至少有1名女生当选代表的选法有C 210－C 27＝24种．利用组合知识解决实际问题要注意：①将已知条件中的元素的特征搞清，是用直接法还是间接法； ②要使用分类方法，要做到不重不漏；③当问题的反面比较简单时，常用间接法解决．1．给出下面几个问题，其中是组合问题的有__________． ①某班选10名学生参加拔河比赛；②由1,2,3,4选出两个数，构成平面向量a 的坐标； ③由1,2,3,4选出两个数分别作为双曲线的实轴和虚轴，焦点在x 轴上的双曲线方程数； ④从正方体8个顶点中任取两个点构成的线段条数是多少？答案：①④ 解析：由组合的概念知①④是组合问题，与顺序无关，而②③是排列问题，与顺序有关．2．C 9798＋2C 9698＋C 9598＝__________. 答案：161 700解析：原式＝C 9798＋C 9698＋C 9698＋C 9598＝C 9799＋C 9699＝C 97100＝C 3100＝161 700.3．平面上有12个点，其中没有3个点在一条直线上，也没有4个点共圆，过这几个点中的每三个点作圆，共可作__________个圆．答案：220解析：由题意知，可作C 312＝12×11×103×2×1＝220个不同的圆．4．解方程：C x 17－C x 16＝C 2x ＋216.解：∵C x 17＝C x 16＋C x －116，∴C x 17－C x 16＝C x －116，∴C x －116＝C 2x ＋216.由组合数的性质得x －1＝2x ＋2或x －1＋2x ＋2＝16，解得x ＝－3(舍)或x ＝5.∴x ＝5.5．平面内有10个点，其中任何3点不共线，以其中任意2点为端点，试求：(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C 210＝10×92×1＝45条不同的线段．(2)所求有向线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的排列，共有A210＝10×9＝90条不同的有向线段．1.4 计数应用题1．简单计数问题的处理原则解简单计数问题，应遵循三大原则：先特殊后一般的原则；先选后排原则；先分类后分步的原则．分类计数原理和分步计数原理是解决计数应用题的两个基本原理．预习交流1你对“特殊”“一般”有怎样的理解？试谈谈先特殊后一般的原则．提示：“特殊”指元素特殊或场所特殊或特殊条件限制；先特殊后一般原则是先考虑“特殊元素”“特殊位置”，再考虑一般元素或一般位置．2．简单的常见计数问题的解题策略剔除：对有限制条件的问题，先以总体考虑，再把不符合条件的所有情况剔除．捆绑：把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个“大元素”，然后再与其余“普通元素”全排列，最后再“松绑”，将特殊元素在这些位置上全排列．插空：某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插空法，即先安排好没有限制条件的元素，然后将有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间．预习交流2剔除、捆绑、插空主要是为了解决何种计数问题？提示：剔除主要用在有限制条件的计数问题上，或问题的正面情况较多，而反面情况较少的计数问题上；捆绑主要用在相邻问题上；插空用在不相邻问题上．一、剔除问题四面体的顶点和各棱中点共有10个点，在其中取4个不共面的点，不同取法有__________种．思路分析：在这10个点中，不共面的不易寻求，而共面的容易找，由10个点中取出4个点的组合数C410减去4个点共面的个数即为所求．答案：141解析：如图，从10个点中任取4个点有C410种不同的取法，其中4个点共面的情形可分三类：第一类：4个点在四面体的同一个面内，有4C46种；第二类：4个点位于相对的棱上，即一条棱上三点与对棱的中点共面，有6种；第三类：从6条棱的中点中取4个点时有3种共面．综上所述可知：不同的取法共有：C410－(4C46＋6＋3)＝141种．从正方体的6个面中选取3个面，其中2个面不相邻的选法共有多少种？解：联想一空间模型，注意到“有两个面不相邻”即可从相对平行的平面入手正面构造，即有C16·C12＝12种不同的选法，也可从反面入手剔除8个角上3个相邻平面，即有C36－C18＝12种不同的选法．利用剔除法要把不满足条件的情况剔除干净或把问题的全部情况考虑清楚，做到不重不漏．二、捆绑问题(相邻问题)从单词“equation”中选取5个不同的字母排成一列，含有“qu”(其中“qu”相连且顺序不变)的不同排列共有__________种．思路分析：先将“qu”捆绑成一个元素，再从剩余的6个元素中取3个，再进行全排列．答案：480解析：先将“qu”捆绑成一个元素，再从剩余的6个元素中取3个元素，共有C36种不同的取法，然后对取出的4个元素进行全排列，有A44种方法，由于“qu”顺序不变，根据分步计数原理共有C36·A44＝480种不同排列．停车站划出一排12个停车位置，今有8辆不同的车需要停放，若要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停车方法有多少种？解：将4个空车位视为一个元素，与8辆车共9个元素进行排列，共有A99＝362 880种不同的停车方法．对于某几个元素要求相邻的排列问题，可先将相邻的元素“捆绑”起来看作一个元素与其他元素排列，然后再对相邻元素之间进行排列．三、插空问题(不相邻问题)7人站成一行，如果甲、乙两人不相邻，则不同的排法种数是__________．思路分析：先将除甲、乙两人之外的5人排成一行，再对5个人之间的六个间隙插入甲、乙两人．答案：3 600解析：先让甲、乙之外的5人排成一行，有A55种排法，再让甲、乙两人在每两人之间及两端的六个间隙中插入甲、乙两人，有A26种方法，故共有A55·A26＝3 600种不同的排法．晚会上有8个唱歌节目和3个舞蹈节目，若3个舞蹈节目在节目单中都不相邻，求不同的节目单的种数．解：先排8个唱歌节目共有A88种不同方法，然后从唱歌节目之间及两端共有9个间隙中选3个，将3个舞蹈节目插入，有A39种方法，由分步计数原理知，不同的节目单的种数为A88·A39＝20 321 280.解决不相邻问题常用插空法，要先把不相邻的元素抽出来，剩余的元素进行全排列，然后把抽出来的元素插入全排列时元素之间及两端形成的空隙中，注意两端也是“空隙”．1．记者要为5名志愿者和他们帮助过的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不在两端的排法有__________种．答案：960解析：5名志愿者先全排有A55种，2位老人作为一个元素插空，并且两位老人左右有别，故共有A55·C14·A22＝960种不同的排法．2．由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字且1,3都不与5相邻的六位偶数有__________个．答案：108解析：插空法，先排2,4,6共有A33种方法；若1,3,5都不相邻，则有A33种方法，若1,3相邻，则有A22A33种方法；∴共有A33(A33＋A22A33)＝108种不同的排法．3．某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排1人，每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的排法有__________种．答案：1 008解析：若丙排在10月1日，共有A55·A22＝240种不同的排法，若丁排在10月7日，共有A55·A22＝240种不同的排法，若丙排在1日且丁排在7日，共有A44A22＝48种不同的排法，若不考虑丙丁的条件限制，共有A66·A22＝1 440种不同的排法，∴符合题意的排法的种数为1 440－240－240＋48＝1 008.4．有11名外语翻译人员，其中5名是英语译员，4名是日语译员，另外两名英、日都精通，从中找出8人，使他们可以组成两个翻译小组，其中4人翻译英语，另外4人翻译日语，这两个小组能同时工作，问这样的8人名单可开出几张？解：按英、日语都会的翻译人员的参与情况，分成三类：第1类，“英、日都会的翻译人员”不参加，有C45C44种；第2类，“英、日都会的翻译人员”有一人参加，该人可参加英语，也可参加日语，因而有(C12C35C44＋C12C45C34)种；第3类，“英、日都会的翻译人员”均参加，这时又分三种情况：两人都译英语，两人都译日语，一人译英、一人译日，因而有(C25C44＋C45C24＋C12C35C34)种．由分类计数原理知，可开出名单共有C45C44＋C12C35C44＋C12C45C34＋C25C44＋C45C24＋C12C35C34＝185种．5．7位同学站成一排合影留念，(1)其中甲不站排头，乙不站排尾的排法有多少种？(2)甲、乙和丙三位同学必须相邻的排法共有多少种？(3)甲、乙和丙三位同学都不能相邻的排法共有多少种？解：(1)用剔除法：总排有A77种，不符合条件的甲在排头和乙在排尾的排法均为A66，但这两种情况均包含了甲在排头同时乙在排尾的情况共有A55种．∴甲不站排头，乙不站排尾的排法有A77－2A66＋A55＝3 720种．(2)用捆绑法：第一步，将甲、乙和丙三人“捆绑”成一个大元素与另外4人的排列为A55种，第二步，“释放”大元素，即甲、乙和丙在捆绑成的大元素内的排法有A33种，∴甲、乙和丙三位同学必须相邻的排法共有A55·A33＝720种．(3)用插空法：第一步，先排除甲、乙和丙之外的4人的全排列有A44种排法，第二步，把甲、乙和丙三人插入前4人中间及两端形成的5个空隙中，共有A35种排法．∴甲、乙和丙三位同学都不能相邻的排法共有A44·A35＝1 440种．1.5 二项式定理。

1.1(2)第2课时两个计数原理及其综合应用

当A与E种植相同植物或不同植物时F的种法有区别，不全是2种． [正解] 分3类考虑，第一类：A，C，E种同一种植物，有4种种法，当A，C，E 种好后，B，D，F从余下3种植物中选1种，各有3种种法，一共有4×3×3×3＝ 108(种)种法；第二类：A，C，E种两种植物，有12种种法，当A，C种同一种植物时，B有3 种种法，D，F有2种种法，若C，E和E，A种同一种植物，种法相同，因此，共有12×3×(3×2×2)＝432(种)种法；
【变式1】从1～20共20个整数中任取两个相加，使其和为偶数的不同取法共有多少种？解第一类：两个偶数相加，由分步乘法计数原理，共有
10×9 ＝45(种)不同的取法； 2 第二类：两个奇数相加，由分步乘法计数原理，共有＝45(种)不同的取法．由分类加法计数原理得，共有45＋45＝90(种)不同取法． 10×9 2
解
分别用 a，b，c 代表 3 种作物，先安排第一块试验田，有 3
种方法，不妨设种 a，再安排第二块试验田种 b 或 c，有 2 种方法，不妨设种 b，安排第三块试验田也有 2 种方法，种 c 或 a. (1) 若第三块试验田种 c：
a b c
则第四、五块田分别有 2 种种法，共有 2×2 种种法．
名师点睛应用两个计数原理时的注意事项 (1)要弄清问题中的“一件事”的含义，即知道做“一件事”，或完成一个“事件”在每个题中的具体所指． (2)必须明确完成题中所指“事件”是“分类”完成还是“分步”完成．分类用加法，分步用乘法．
(3)对于较为复杂的既需分步又需分类的问题，应该先弄清分类与分步的先后顺序，如果先分类再分步，则整体用分类加法计数原理，每一类中再用分步乘法计数原理；如果先分步再分类，则整体用分步乘法计数原理，每一步中再用分类加法计数原理． (4)对题目中的特殊元素(位置)可优先考虑，即优先考虑有限制条件的元素(位置 )，然后再考虑其他元素(位置)．

高中数学课件：1.1《两个基本原理》(新人教B选修2-3)

分类计数原理与分步计数原理（一）情景探究问题1从岳阳到长沙，可以乘火车，也可以乘汽车。

一天中，火车有3班，汽车有2班。

那么一天中，乘坐这些交通工具从岳阳到长沙共有多少种不同的走法? 3+2=5 火车3汽车1汽车2（种）分类计数原理完成一件事，有n类办法,在第1类办法中有加1种不同的方法，在第2类方法中有加2种不同的方法，•…在第〃类办法中有加“种不同的方法，那么完成这件事共有N=m l +m2 +种不同的方法理解分类计数原理分类计数原理又称“加法原理”⑴各类办法之间相互独立，都能完成这件事, 且办法总数是各类办法相加，所以这个原理又叫做加法原理；⑵分类时，首先要在问题的条件之下确定一个分类标准，然后在确定的分类标准下进行分类;⑶完成这件事的任何一种方法必属于某一类, 且理解分类计数原理分别属于不同两类的两种方法都是不同的一不重不漏.问题2从岳阳到益阳，要从岳阳先乘火车到长沙, 再于次日从长沙乘汽车到益阳。

一天中，火车有3 班，汽车有2班，那么两天中，从岳阳到益阳共有多少种不同的走法？ Ill III火车1 一汽车1火车1 一汽车2 火车2—汽车1火车2—汽车2火车3—汽车1 火车3—汽车2分步计数原理完成一件事，需要分成n 丫步骤，做第1步有加1种不同的方法，做第2步有加2种不同的方法……做第n步有加〃种不同的方法.那么完成这件事共有N= x m2 x... x m n种不同的方法.理解分步计数原理分步计数原理又叫作“乘法原理”⑴各个步骤之间相互依存，且方法总数是各个步骤的方法数相乘，所以这个原理又叫做乘法原理；⑵分步时首先要在问题的条件之下确定一个分步标准，然后在确定的分步标准下分步；⑶完成这件事的任何一种方法必须并且只需连续完成每一个步骤.分类计数原理与分步计数原理的区别・分类计数原理与分步计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法总数的问题.区别在于：分类计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相互独立，用中任何一种方法都可以做完这件事；分步计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事.例1书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书。

1.1 两个基本计数原理-王后雄学案

张喜林制1.1 两个基本计数原理教材知识检索考点知识清单1. 分类加法计数原理完成一件事，可以有n 类办法，在第一类办法中有]m 种方法，在第二类办法中有2m 种方法……在第n类办法中有n m 种方法，那么，完成这件事共有N = 种方法．2. 分步乘法计数原理完成一件事需要经过n 个步骤，缺一不可，做第一步有]m 种方法，做第二步有2m 种方法……做第n步有n m 种方法．那么，完成这件事共有N= 种方法．3. 加法原理与乘法原理的区别在加法原理中，每一类办法中的每一种方法____，即这n 类办法彼此之间是；在乘法原理中，任何一步，即各步互依，缺一不可．要点核心解读1.分类加法计数原理(1)“做一件事，完成它可以有n 类办法”，这是对完成这件的所有办法的一个分类．分类时，要注意满足两条基本原则：完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；②分别属于不两类的两种方法是不同的方法．(2)加法原理的特点是：①完成一件事有若干不同方法，这法可以分成n 类；②用每一类中的每一种方法都可以完成事；③把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．2．分步乘法计数原理(1)“做一件事，完成它需要分成n 个步骤”，就是说完成这事的任何一种方法，都要分成n 个步骤，要完成这件事必须并只需连续完成这n 个步骤后，这件事才算完成．(2)乘法原理的特点是：①完成一件事需要经过n 个步骤，缺一不可；②完成每一步有若干种方法；③把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数，3.分类计数原理和分步计数原理的区别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种方法都能单独完成这件事，则用加法原理；若完成某件事需分n 个步骤，这n 个步骤相互依存，具有连续性，当且仅当这n 个步骤依次都完成后，这件事才算完成，则完成这件事的方法的种数需用乘法原理计算.处理具体问题时，若用分类计数原理，要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数；最后用分类计数原理，即加法原理求和得到总数；若用分步计数原理，要做到步骤“完整”——完成了所有步骤，恰好完成所有任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步计数原理，即乘法原理把完成每一步的方法数相乘得到总数．若从集合的角度去看，两个基本原理的意义及其区别就显得更加清楚，下面就n=2的情况加以说明（n=3，4，…依此类推）．完成一件事有A 、B 两类办法，即U B A B A =∅=,（即不重复、不遗漏）．在A 类办法中有]m 种方法，在B 类办法中有2m 种方法，即,)(,)(21m B card m A card ==那么完成这件事的不同方法的种数是 ⋅+=+=21)()()(m m B card A card B A card这就是当n=2时的分类加法计数原理．完成一件事情要分成A 、B 两个步骤，在实行A 步骤时有1m 种方法，在实行B 步骤时有2m 种方法，即,)(1m A card =,)(2m B card =那么完成这件事的不同方法的种数是card A card B A card ⋅=)().(⋅⋅=21)(m m B这就是当n=2时的分步乘法计数原理．典例分类剖析考点1 分类加法计数原理命题规律单独命题有关分类加法计数原理的试题极少，一般考查两个原理的综合运用．[例1] 2010届一名高中毕业生在填写高考志愿表中的第一批中的第一志愿（学校）和第一专业时了解到A 、B 两所大学各有一些自己感兴趣的专业，具体情况如下：那么，这名同学不同的填法共有多少种？[解析] 由于这名同学在A 、B 两所大学中只能选择一所，而且只能选择一个专业，因此符合分类加法计数原理、的条件．[解]这名同学可以选择A 、B 两所大学中的一所．在A 大学中有5种专业选择方法，在B 大学中有4种专业选择方法．因此根据分类加法计数原理，这名同学可能的专业选择共有5+4 =9（种）。

三段式学案1 ：1.1基本计数原理（二）

基本计数原理（二）【学习目标】1. 掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理.2. 用两个原理分析和解决一些简单应用问题3. 通过比较这两个原理的异同，培养学生比较、类比、归纳等数学思想和灵活应用的能力. 【自主学习】1.在使用两个计数原理解决计数问题前，最重要的工作是区分分类还是分步。

2.在应用加法原理时，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性，各类办法是彼此独立的、并列的；应用乘法原理时，要注意“步”与“步”之间是连续的。

3.分类要做到不重复不遗漏，分类后再分别对每一类进行计数，最后用加法计数原理求和，得到总数；分步要做到步骤完整，步与步之间要相互独立，根据分步计数原理，把完成每一步的方法数相乘得到总数。

你能准确地驾驭这两个原理计数吗？【自主检测】1．已知x∈{2,3,7}，y∈{－31，－24,4}，则x· y可表示不同的值的个数是()A．2B．3C．6D．92．已知集合A={1,2,3}，且A中至少有一个奇数，则这样的集合有()A．2个B．3个C．4个D．5个3．火车上有10名乘客，要在沿途的5个车站下车，则乘客下车的所有可能情况共有()A．510种B．105种C．50种D．以上都不对4．三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有()A．4种B．5种C．6种D．12种5．现有高一学生9人，高二学生12人，高三学生7人，自发组织参加数学课外活动小组，从中推选两名来自不同年级的学生做一次活动的主持人，共有不同的选法()种A．756B．56C．28D．255【典型例题】例1、随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥有量迅速增长，汽车牌照号码需要扩容，交通管理部门出台了一种汽车牌照组成办法，每一个汽车牌照都必须有3个不重复的英文字母和3个不重复的阿拉伯数字，并且3个字母必须合成一组出现，3个数字也必须合成一组出现.那么这种办法共能给多少辆汽车上牌照？变式1：给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A～G 或U～Z , 后两个要求用数字1～9．问最多可以给多少个程序命名？例2.（1）8张卡片上写着0,1,2,…,7共8个数字，取其中的三张卡片排放在一起，可组成多少个不同的三位数？（2）4张卡片的正、反面分别写有0与1、2与3、4与5、6与7，将其中的3张卡片排放在一起，共有多少个不同的三位数？变式2：用0,1，…，9这十个数字，可以组成多少个：(1)三位整数？(2)无重复数字的三位整数？(3)小于500的无重复数字的三位整数？【目标检测】1.只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，则这样的四位数有()A．6个B．9个C．18个D．36个2．如图1－1－4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．图1－1－43. 用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图10－1－5①②)，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．图10－1－5(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.4. “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”．【总结提升】1.弄清两个计数原理的区别与联系，是正确使用这两个原理的前提和条件,2.这两个原理都是指完成一件事而言的,其区别在于：（1）分类计数原理是“分类”，每类办法中的每一种方法都能独立完成一件事，（2）分步计数原理是“分步”；每种方法都只能做这件事的一步，不能独立完成这件事! 2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决生活遇到的计数答案自我检测：1.D2.D3.A4.C5.D例1：【解析】将汽车牌照分为2类,一类的字母组合在左,另一类的字母组合在右.字母组合在左时,分6个步骤确定一个牌照的字母和数字:第1步,从26个字母中选1个,放在首位,有26种选法;第2步,从剩下的25个字母中选1个,放在第2位,有25种选法;第3步,从剩下的24个字母中选1个,放在第3位,有24种选法;第4步,从10个数字中选1个,放在第4位,有10种选法;第5步,从剩下的9个数字中选1个,放在第5位,有9种选法;第6步,从剩下的8个数字中选1个,放在第6位,有8种选法.根据分步乘法计数原理,字母组合在左的牌照共有26×25×24×10×9×8=11 232 000(个).同理,字母组合在右的牌照也有11 232 000个.所以共能给11 232 000+11 232 000=22 464 000辆汽车上牌照.变式1：第一步，先计算首字符的选法．由分类加法计数原理，首字符共有7＋6＝13(种)选法；第二步，中间字符和末位字符各有9种不同的选法．根据分步乘法计数原理，最多可以有13×9×9＝1 053(种)不同的选法，即最多可以给1 053个程序命名．例2.（1）7×7×6=294；（2）【解析】要组成三位数，根据首位、十位、个位应分三步：第一步：首位可放8－1＝7(个)数；第二步：十位可放6个数；第三步：个位可放4个数．故由分步计数原理，得共可组成7×6×4＝168(个)不同的三位数．变式2：【解析】由于0不可在最高位，因此应对它进行单独考虑．(1)百位数字有9种选择，十位数字和个位数字都各有10种选择．由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有9×10×10＝900(个)．(2)由于数字不可重复，可知百位数字有9种选择，十位数字也有9种选择，但个位数字仅有8种选择．由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有9×9×8＝648(个)．(3)百位数字只有4种选择，十位数字有9种选择，个位数字有8种选择．由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有4×9×8＝288(个)．目标检测：1.C 2. 133.【解析】(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＝5.4.【解析】渐升数由小到大排列，形如12××的渐升数共有：6＋5＋4＋3＋2＋1＝21(个)．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个渐升数．因此从小到大的渐升数的第30个必为1 359.。

19-20 第1章 1.1 第2课时基本计数原理的应用

第2课时基本计数原理的应用学习目标：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)教材整理分类加法计数原理与分步乘法计数原理的联系与区别阅读教材P4～P5，完成下列问题．分类加法计数原理和分步乘法计数原理的联系与区别分类加法计数原理分步乘法计数原理联系两个原理回答的都是关于完成一件事情的不同方法的种数的问题区别一完成一件事共有n类办法，关键词是“分类”完成一件事共分n个步骤，关键词是“分步”区别二每类办法都能完成这件事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，只有每个步骤都完成了，才能完成这件事区别三各类办法都是互斥的、并列的、独立的各步之间是相互关联的、互相依存的1．由1,2,3,4组成没有重复数字的三位数的个数为________．【解析】由题意知可以组成没有重复数字的三位数的个数为4×3×2＝24.【答案】242．(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4)展开后共有________项．【解析】该展开式中每一项的因式分别来自a1＋a2＋a3，b1＋b2＋b3，c1＋c2＋c3＋c4中的各一项．由a1，a2，a3中取一项共3种取法，从b1，b2，b3中取一项有3种不同取法，从c1，c2，c3，c4中任取一项共4种不同的取法．由分步乘法计数原理知，该展开式共3×3×4＝36(项)．【答案】363．5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________．【解析】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．【答案】184．用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻，这样的四位数有________个．【解析】分三步完成，第1步，确定哪一个数字被使用2次，有3种方法；第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上，有3种方法；第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有2种方法．故有3×3×2＝18个不同的四位数．【答案】18抽取(分配)问题【例1】(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．【精彩点拨】(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．【解】(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)．【答案】(1)C(2)9求解抽取(分配)问题的方法1．当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、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．1．3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).组数问题【例2】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2 000大的四位偶数？【精彩点拨】(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：间接法．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2 000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．2．由0,1,2,3这四个数字，可组成多少个：(1)无重复数字的三位数？(2)可以有重复数字的三位数？【解】(1)0不能做百位数字，所以百位数字有3种选择，十位数字有3种选择，个位数字有2种选择，所以无重复数字的三位数共有3×3×2＝18(个)．(2)百位数字有3种选择，十位数字有4种选择，个位数字也有4种选择．由分步乘法计数原理知，可以有重复数字的三位数共有3×4×4＝48(个).涂色问题[探究问题]1．用3种不同颜色填涂图中A，B，C，D四个区A B C D域，，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、绿、黑四种不同的颜色涂在如图所示的图中，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？【精彩点拨】给图中区域标上记号A，B，C，D，E，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色取决于B与D涂的颜色，如果B与D颜色相同有2种，如果不相同，那么只有1种．因此应先分类后分步．【解】法一：给图中区域标上记号A，B，C，D，E，如图所示．①当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48种．②当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24种．故共有48＋24＝72种不同的涂色方法．法二：按涂色时所用颜色种数多少分类：第一类，用4种颜色：此时B，D区域或A，E区域同色，则共有2×4×3×2×1＝48种不同涂法．第二类，用3种颜色：此时B，D同色，A，E同色，先从4种颜色中取3种，再涂色，共4×3×2×1＝24种不同涂法．由分类加法计数原理共48＋24＝72种不同涂法．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.3．如图所示的几何体是由一个正三棱锥P-ABC与正三棱柱ABC-A1B1C1组合而成的，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．【解析】先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2＝12种不同的涂法．【答案】121．已知x∈{1,2,3,4}，y∈{5,6,7,8}，则xy可表示不同值的个数为() A．2 B．4C．8 D．15【解析】x的取值共有4个，y的取值也有4个，则xy共有4×4＝16个积，但是由于3×8＝4×6，所以xy共有16－1＝15(个)不同值，故选D．【答案】 D2．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【解析】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．【答案】 D3．3名学生报名参加篮球、足球、排球、计算机课外兴趣小组，每人选报一门，则不同的报名方案有________种．【解析】每名同学都有4种不同的报名方案，共有4×4×4＝64种不同的报名方案．【答案】644．圆周上有2n个等分点(n大于2)，任取3点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为________．【解析】先在圆周上找一点，因为有2n个等分点，所以应有n条直径，不过该点的直径应有n－1条，这n－1条直径都可以与该点形成直角三角形，一个点可以形成n－1个直角三角形，而这样的点有2n个，所以一共有2n(n－1)个符合题意的直角三角形．【答案】2n(n－1)5．用6种不同颜色的彩色粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔．问：该板报有多少种书写方案？【解】第一步，选英语角用的彩色粉笔，有6种不同的选法；第二步，选语文学苑用的彩色粉笔，不能与英语角用的颜色相同，有5种不同的选法；第三步，选理综视界用的彩色粉笔，与英语角和语文学苑用的颜色都不能相同，有4种不同的选法；第四步，选数学天地用的彩色粉笔，只需与理综视界的颜色不同即可，有5种不同的选法，共有6×5×4×5＝600种不同的书写方案．课时分层作业(二)基本计数原理的应用(建议用时：45分钟)[基础达标练]一、选择题1．5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每个同学可自由选择，且必须选择一个知识讲座，则不同的选择种数是()A．54B．45C．5×4×3×2 D．5×4【解析】5名同学每人都选一个课外知识讲座，则每人都有4种选择，由分步乘法计数原理知共有4×4×4×4×4＝45种选择．【答案】 B2．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6,7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是()A．18 B．17C．16 D．10【解析】分两类．第一类：M中的元素作横坐标，N中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内的点有3×3＝9(个)；第二类：N中的元素作横坐标，M中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内的点有4×2＝8(个)．由分类加法计数原理，共有9＋8＝17(个)点在第一、二象限．【答案】 B3．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人写的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有()A．12种B．9种C．8种D．6种【解析】设四张贺卡分别记为A，B，C，D．由题意，某人(不妨设A 卡的供卡人)取卡的情况有3种，据此将卡的分配方式分为三类，对于每一类，其他人依次取卡分步进行，为了避免重复或遗漏，我们用“树状图”表示如下：所以共有9种不同的分配方式，故选B．【答案】 B4.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大．当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法为()A．6种B．12种C．18种D．24种【解析】因为每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1,2,9只有一种填法，5只能填在右上角或左下角，5填好后与之相邻的空格可填6,7,8任一个；余下两个数字按从小到大只有一种方法．共有2×3＝6种结果，故选A.【答案】 A5．体育老师把9个相同的足球放入编号为1,2,3的三个箱子中，要求每个箱子放球的个数不少于其编号，则不同的放球方法有()A．8种B．10种C．12种D．16种【解析】首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球，这样剩下三个足球，这三个足球可以随意放置，第一种方法，可以在每一个箱子中放一个，有1种结果；第二种方法，可以把球分成两份，1和2，这两份在三个位置，有3×2＝6种结果；第三种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有3种结果．综上可知共有1＋6＋3＝10种结果．【答案】 B二、填空题6．小张正在玩一款种菜的游戏，他计划从仓库里的玉米、土豆、茄子、辣椒、胡萝卜这5种种子中选出4种分别种植在四块不同的空地上(一块空地只能种植一种作物)，若小张已决定在第一块空地上种茄子或辣椒，则不同的种植方案共有________种．【解析】当第一块地种茄子时，有4×3×2＝24种不同的种法；当第一块地种辣椒时，有4×3×2＝24种不同的种法，故共有48种不同的种植方案．【答案】487．从集合{0,1,2,3,5,7,11}中任取3个不同元素分别作为直线方程Ax＋By ＋C＝0中的A，B，C，所得直线经过坐标原点的有________条．【解析】因为过原点的直线常数项为0，所以C＝0，从集合中的6个非零元素中任取一个作为系数A，有6种方法，再从其余的5个元素中任取一个作为系数B，有5种方法，由分步乘法计数原理得，适合条件的直线共有1×6×5＝30(条)．【答案】308．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有________种．【解析】分三类：若甲在周一，则乙丙有4×3＝12种排法；若甲在周二，则乙丙有3×2＝6种排法；若甲在周三，则乙丙有2×1＝2种排法．所以不同的安排方法共有12＋6＋2＝20种．【答案】20三、解答题9．如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，不同的涂色方法共有多少种？(用数字作答)【解】不妨将图中的4个格子依次编号为①②③④，当①③同色时，有6×5×1×5＝150种方法；当①③异色时，有6×5×4×4＝480种方法．所以共有150＋480＝630种方法．10．用数字1,2,3,4,5,6组成无重复数字的三位数，然后由小到大排成一个数列．(1)求这个数列的项数；(2)求这个数列中的第89项的值．【解】(1)完成这件事需要分别确定百位、十位和个位数，可以先确定百位，再确定十位，最后确定个位，因此要分步相乘．第一步：确定百位数，有6种方法．第二步：确定十位数，有5种方法．第三步：确定个位数，有4种方法．根据分步乘法计数原理，共有N＝6×5×4＝120个三位数．所以这个数列的项数为120.(2)这个数列中，百位是1,2,3,4的共有4×5×4＝80个，百位是5的三位数中，十位是1或2的有4＋4＝8个，故第88项为526，故从小到大第89项为531.[能力提升练]1．如图所示，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()A．96 B．84C．60 D．48【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】 B2．甲、乙两人进行乒乓球比赛，采取五局三胜制，即先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(两人输赢局数的不同视为不同情形)共有()A．10种B．15种C．20种D．30种【解析】由题意知，比赛局数最少为3局，至多为5局．当比赛局数为3局时，情形为甲或乙连赢3局，共2种；当比赛局数为4局时，若甲赢，则前3局中甲赢2局，最后一局甲赢，共有3种情形；同理，若乙赢，则也有3种情形，所以共有6种情形；当比赛局数为5局时，前4局，甲、乙双方各赢2局，最后一局胜出的人赢，若甲前4局赢2局，共有赢取第1、2局，1、3局，1、4局，2、3局，2、4局，3、4局六种情形，所以比赛局数为5局时共有2×6＝12(种)，综上可知，共有2＋6＋12＝20(种)．故选C.【答案】 C3．在一次运动会选手选拔赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．【解析】分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排，所以安排方式有4×3×2＝24种．第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120种．所以安排这8人的方式有24×120＝2 880种．【答案】 2 8804．给出一个正五棱柱，用3种颜色给其10个顶点染色，要求各侧棱的两个端点不同色，有几种染色方案？【解】分两步，先给上底面的5个顶点染色，每个顶点都有3种方法，共有35种方法，再给下底面的5个顶点染色，因为各侧棱两个端点不同色，所以每个顶点有2种方法，共有25种方法，根据分步乘法计数原理，共有35·25＝7 776(种)染色方案．。

分类加法计数原理和分步乘法计数原理优质课教案

1．1分类加法计数原理和分步乘法计数原理民权高中教材分析:（Ⅰ）两个基本计数原理是计数原理的开头课，学习它所需的先行知识与学生已熟知的数学知识联系很少，通常教师们或者感觉很简单，一带而过；或者感觉难以开头.中学数学课程中引进的关于排列、组合的计算公式都是以分类加法计数和分步乘法计数原理为基础的，而一些较复杂的排列、组合应用题的求解，更是离不开两个基本计数原理，因此必须使学生学会正确地使用两个基本计数原理，学会正确地使用基本计数原理是这一章教学中必须抓住的一个关键.（Ⅱ）正确使用两个基本原理的前提是要学生清楚两个基本原理使用的条件.而原理中提到的分步和分类，学生不是一下子就能理解深刻的，这就需要教师引导学生，帮助他们分析，找到分类和分步的具体要求——类类互斥，步步独立.（Ⅲ）分类加法计数原理，分步乘法计数原理，单纯这点学生是容易理解的，问题在于怎样合理地进行分类、分步，特别是在分类时必须做到既不重复，又不遗漏，找到分步的方法有时是比较困难的，这就要着重进行训练.课标要求：知识与技能：①理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；②会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题；过程与方法：培养学生的归纳概括能力；情感、态度与价值观：引导学生形成“自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式教学重点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)教学难点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)的准确理解授课类型：新授课课时安排：两课时，本节为第一课时实物投影仪教学过程：引入课题从狐假虎威的故事引入。

1 分类加法计数原理（1）提出问题问题1.1：狐狸从草地到小岛有几种逃生方法？问题1.2：你能举出类似的例子吗？探究：你能说说以上两个问题的特征吗？（2）发现新知分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法. 那么完成这件事共有n m N +=种不同的方法.（3）知识应用例1.在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到，A,B 两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，具体情况如下：A 大学B 大学生物学数学化学会计学医学信息技术学物理学法学工程学如果这名同学只能选一个专业，那么他共有多少种选择呢？分析：由于这名同学在 A , B 两所大学中只能选择一所，而且只能选择一个专业，又由于两所大学没有共同的强项专业，因此符合分类加法计数原理的条件．解：这名同学可以选择 A , B 两所大学中的一所．在 A 大学中有 5 种专业选择方法，在 B 大学中有 4 种专业选择方法．又由于没有一个强项专业是两所大学共有的，因此根据分类加法计数原理，这名同学可能的专业选择共有 5+4=9（种）.变式：若还有C 大学，其中强项专业为：新闻学、金融学、人力资源学.那么，这名同学可能的专业选择共有多少种？探究：如果完成一件事有三类不同方案，在第1类方案中有1m 种不同的方法，在第2类方案中有2m 种不同的方法，在第3类方案中有3m 种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？如果完成一件事情有n 类不同方案，在每一类中都有若干种不同方法，那么应当如何计数呢？一般归纳：完成一件事情，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n m m m N +⋅⋅⋅++=21种不同的方法.理解分类加法计数原理：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事.2 分步乘法计数原理（1）提出问题问题2.1：狐狸从草地到房子共有几种逃生方法？用列举法可以列出所有可能的路径。

两个基本计数原理

能种植同一种作物，不同的种植方法共有
种（以数字作答）
42
四、子集问题
规同律子：集n有元个集2 合n。A{a1,a2,...,an}的不
例：集合A={a,b,c,d,e},它的子集个数为，真子集个数为，非空子集个数为，非空真子集个数为
。
五、综合问题:
例4 若直线方程ax+by=0中的a,b可以从 0,1,2,3,4这五个数字中任取两个不同的数字, 则方程所表示的不同的直线共有多少条?
分析: 按密码位数,从左到右依次设置第一位、第二位、第三位, 需分为三步完成;
第一步, m1 = 10; 第二步, m2 = 10; 第三步, m3 = 10. 根据乘法原理, 共可以设置
N = 10×10×10 = 103 种三位数的密码。
变式训练：各位上的数字不允许重复又怎样?
课堂小结
1、分类加法计数原理：完成一件事，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mn种不同的方法. 那么完成这件事共有 N m 1 m 2 种不同m 的n方法.
最后结果，只须一种方法这件事，只有各个步骤都完成
就可完成这件事。
了，才能完成这件事。
区别3 各类办法是互相独立的。各步之间是互相关联的。
即：类类独立，步步关联。
３.如图,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。
分析：如图，A、B、C三个区域两两相邻，
A
B
A与D不相邻，因此A、B、C三个区域的颜色
两两不同，A、D两个区域可以同色，也可以不同色，但D与B、C不同色。由此可见我们需根

分类加法计数原理与分步乘法计数原理第二课时精品教案(特色班).doc.doc

§1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理【课题】：§1.1.2分类加法计数原理与分步乘法计数原理【教学目标】：（1）知识与技能掌握分类计数原理和分步计数原理，并能够运用这两个原理解决简单的应用问题；（2）过程与方法通过实例，理解两个基本原理的运用，从而提高分析问题、解决问题的能力，提高学生综合、归纳的能力.（3）情感、态度与价值观通过了解基本原理在生产,生活实际中的应用,使得学生认识数学知识与现实生活的内在联系,增强在现实生活中面对复杂的事物和现象时作出正确分析和准确判断的能力.【教学重点】两个基本原理的运用【教学难点】正确运用两个原理解决问题【教法、学法设计】启发引导式【课前准备】Powerpoint【教学过程设计】：教学环节教学活动设计意图一、复习师提出问题1：书架上层放4本不同的语文书，中层放5本不同的数学书，下层放6本不同的英语书，（1）如果从中任取一本书，有多少种不同的取法？（2）如果从中任取三本书，其中包括语文书、数学书、英语书各一本，有多少种不同的取法？解：（1）本题要完成取出一本书这一件事，可以分三类不同的取法：第一类：从上层取一本语文书有4种不同的取法；第二类：从中层取一本数学书有5种不同的取法；第三类：从下层取一本英语书有6种不同的取法；上述取法均能独立完成这件事，所以有4+5+6=18种（2）本题要分成三个步骤：第一步：从上层取一本语文书有4种不同的取法；第二类：从中层取一本数学书有5种不同的取法；第三类：从下层取一本英语书有6种不同的取法；只有三个步骤全部完成才能完成从各取一本书这件事，故完成这件事的方法种数有4×5×6=120种学生回答，投影学生答案.通过问题，达到复习两个基本原理的目的二、例题师提出问题：例1.给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A—G或U—Z，后两个要求用数字，问最多可以给多少个程序命名？分析：可以分成三个步骤：第1步，选首字符；第2步，选中间字符；第3步，选最后字符。