人教版数学选修2-3第一章《计数原理》教案
人教版高中数学选修2-3第一章计数原理1.2排列与组合教案8
9．（2007年重庆卷）某校要求每位学生从7门课程中选修4门，其中甲乙两门课程不能都选，则不同的选课方案有____25_____种.（以数字作答）
A．40种B．60种C．100种D．120种
7.（2007年陕西卷）安排3名支教老师去6所学校任教，每校至多2人，则不同的分配方案共有 种.（用数字作答）
8．（2007年四川卷）用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有（ ）
（A）288个（240个（C）144个（D）126个
课题：1．2．1排列（5）第课时总序第个教案
课型：新授课编写时时间：年月日执行时间：年月日
教学目标：
知识与技能：了解排列数的意义，掌握排列数公式及推导方法，从中体会“化归”的数学思想，并能运用排列数公式进行计算。
过程与方法：能运用所学的排列知识，正确地解决的实际问题
情感、态度与价值观：能运用所学的排列知识，正确地解决的实际问题.
（Ａ）１５ （Ｂ）１６ （Ｃ）１７ （Ｄ）１８
答案：B；
5．（2007年全国卷I）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）
6．（2007年全国卷Ⅱ）从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有（B）
人教版高中数学选修2-3教学案：复习课(一)计数原理
复 (一 )数原理学生用P48两个数原理(1) 两个数原理是学摆列与合的基，高考取一般以、填空的形式出，度中等．(2) 运用两个数原理解的关在于正确划分“分”与“分步”．分就是能“一步到位”——任何一中任何一种方法都能达成件事情，而分步只好“局部到位”——任何一步中任何一种方法都不可以达成件事情，只好达成事件的某一部分，只有当各步所有达成，件事情才达成．[考点精要 ]数原理(1)分加法数原理： N＝ n1＋ n2＋ n3＋⋯＋ n m；(2)分步乘法数原理： N＝ n1·n2·n3·⋯·n m．[典例 ]如所示，花内有五个花池，有五种不一样色的花卉可供种植，每个花池内只好种同种色的花卉，相两池的花色不一样，最多的种植方案有()A． 180 种B． 240 种C． 360 种D． 420 种[分析 ]由意知，最少用三种色的花卉，依照花卉种的色可分三方案，即用三种色，四种色，五种色．3①当用三种色，花池2,4 同色和花池3,5 同色，此共有A5种方案．4②当用四种色，花池2,4 同色或花池3,5 同色，故共有2A 5种方案．③当用五种色有A55种方案．所以所有种植方案A35＋ 2A45＋ A55＝ 420(种 )．[答案] D[通法 ]使用两个原理解决注意的(1)于一些比复的既要运用分加法数原理又要运用分步乘法数原理的，我能够适合地画出表示或列出表格，使更为直、清楚．(2)当两个原理混淆使用，一般是先分，在每方法里再分步．[题组训练 ]1．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆 4 种蔬菜品种中选出3 种，分别种在不一样土质的三块土地上，此中黄瓜一定种植，不一样的种植方法有()A．24种B．18 种C．12种D．6 种分析：选B法一： (直接法 )若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝ 6 种不一样的种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2＝ 6 种不一样的种植方法．故不一样的种植方法共有 6×3＝18种．法二： (间接法 )从 4 种蔬菜中选出 3 各种在三块地上，有 4×3×2＝ 24 种方法，此中不种黄瓜有 3×2×1＝ 6 种方法，故共有不一样的种植方法24－ 6＝ 18 种．2．有红、黄、蓝旗各 3 面，每次升一面、二面或三面在旗杆上纵向摆列表示不一样的信号，次序不一样则表示不一样的信号，共能够构成的信号有________种．分析：每次升 1 面旗可构成3 种不一样的信号；每次升2 面旗可构成 3×3＝ 9 种不一样的信号；每次升 3 面旗可构成 3×3×3＝ 27 种不一样的信号．依据分类加法计数原理，共可构成3＋9＋ 27＝ 39 种不一样的信号．答案： 39摆列与组合应用问题(1)高考取常常以实质问题为背景，考察摆列与组合的综合应用，同时考察分类议论的思想方法，常以选择题、填空题形式出现，有时与概率联合考察．(2)解决摆列组合问题的重点是掌握四项基来源则①特别优先原则：假如问题中有特别元素或特别地点，优先考虑这些特别元素或特别地点的解题原则．②先取后排原则：在既有拿出又需要对拿出的元素进行摆列中，要先取后排，即完好地把需要摆列的元素拿出后，再进行摆列．③正难则反原则：当直接求解困难时，采纳间接法解决问题的原则．④先分组后分派原则：在分派问题中假如被分派的元素多于地点，这时要先进行分组，再进行分派．[考点精要]1．摆列与组合的观点名称摆列从 n 个不一样元素中拿出定义依照必定的次序排成一列组合m(m≤n)个元素合成一组2．摆列数与合数的观点名称定摆列数从 n 个不一样元素中拿出摆列的个数合数m(m≤n)个元素的所有合的个数不一样3．摆列数与合数公式(1)摆列数公式①A m n＝ n(n－ 1) ⋯(n－ m＋ 1)＝(2)合数公式mC m n＝A n m＝n n－n－A m m！4．合数的性n！；② A n n＝n！．n－ m！n－ m＋n！＝．m！n－ m！m n－m m m －1m．(1)C n＝ C n； (2)C n＋ C n＝ C n＋1[典例 ](1) 一排 9个座位坐了 3 个三口之家，若每家人坐在一同，不一样的坐法种数()A． 3×3!B． 3×(3！ ) 3C． (3！ )4D． 9!(2)( 重高考 )某次会要安排 3 个歌舞目、 2 个小品目和 1 个相声目的演出序，同目不相的排法种数是()A． 72B． 120C． 144D． 168(3)从 6 位同学中出 4 位参加一个座会，要求、王两同学中至多有一个人参加，不一样法的种数 ()A． 9B． 14C． 12D． 15[分析 ] (1) 把一家三口看作一个摆列，而后再摆列 3 家，所以有 (3！ )4种．(2) 依意，先考 3 个歌舞目互不相的排法种数A33A 43＝ 144，此中 3 个歌舞目互不相但 2 个小品目相的排法种数223＝ 24，所以足意的排法A2A2A3种数 144－24＝ 120， B．(3) 法一： (直接法 )分两，第一、王两同学都不参加，有C44种法；第二、王两同学中只有 1 人参加，有 C21 C43种法．故共有C44＋ C 21C43＝ 9 种法．法二： (接法 )C 64－ C42＝ 9 种．[答案 ] (1)C (2)B(3)A[类题通法 ]摆列与组合综合问题的常有种类及解题策略(1) 相邻问题捆绑法．在特定条件下，将几个有关元素视为一个元向来考虑，待整个问题排好以后，再考虑它们 “内部 ”的摆列．(2) 相间问题插空法．先把一般元素排好，而后把特定元素插在它们之间或两头的空中间，它与捆绑法有同样作用．(3) 特别元素 (地点 )优先安排法． 优先考虑问题中的特别元素或地点， 而后再摆列其余一般元素或地点．[题组训练 ]1．有 5 盆各不同样的菊花，此中黄菊花 2 盆、白菊花 2 盆、红菊花 1 盆，现把它们摆放成一排，要求 2 盆黄菊花一定相邻， 2 盆白菊花不可以相邻，则这5 盆花的不一样摆放种数是 ()A ． 12B ． 24C ． 36D ． 48分析：选 B2 盆黄菊花捆绑作为一个元素与一盆红菊花摆列，2 盆白菊花采纳插空法，222种．所以这 5 盆花的不一样摆放共有 A 2 A 2A 3＝242．某班准备从含甲、乙的7 名男生中选用 4 人参加 4×100 米接力赛，要求甲、乙两人起码有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们在赛道上次序不可以相邻，那么不一样的排法种数为()A ． 720B ． 520C ． 600D ． 360分析：选 C依据题意， 分 2 种状况议论．①只有甲乙此中一人参加，有 C 21C 53 A 44＝ 480种状况； ②若甲乙两人都参加， 有 C 22C 52 A 44＝ 240 种状况，此中甲乙相邻的有 C 22C 52A 33A 22＝ 120 种状况，不一样的排法种数为 480＋ 240－ 120＝ 600 种，应选 C ．二项式定理及应用(1) 求二项睁开式中的项或项的系数是高考的热门，往常以选择题、填空题形式考察，难度中低档．(2) 解决此类问题常依照 “知四求一 ”的原则 在二项式的通项公式中共含有a, b ，n ，k ，T k ＋ 1 这五个元素， 只需知道此中的4 个元素，即可求第5 个元素的值，在有关二项式定理的问题中，经常会碰到这样的问题：知道这5个元素中的若干个(或它们之间的关系)，求此外几个元素．这种问题一般是利用通项公式，把问题归纳为解方程(组 )或不等式(组 )． 这里要注意 n 为正整数，k 为自然数，且k ≤n ．[考点精要]1．二式定理二式定理(a＋ b)n＝ C n0a n＋ C n1a n－1b＋⋯＋C n k a n－k b k＋⋯＋ C n n b n(n∈ N * )二式系数二睁开式中各系数C n r(r＝ 0,1，⋯， n)二式通r n－r rT r＋1＝ C n a b ，它表示第 r＋ 12．二式系数的性[典例 ](1)已知 (1＋ ax)(1＋ x)5的睁开式中 x2的系数5， a＝ ()A．－ 4B．－ 3C．－ 2D．－ 1(2) m 正整数， (x＋ y)2m 睁开式的二式系数的最大a， (x＋ y)2m＋1睁开式的二式系数的最大 b，若 13a＝ 7b， m＝ ()A． 5B． 6C． 7D． 8(3) 若 (1－2x)4＝ a0＋ a1x＋ a2x2＋ a3x3＋ a4x4， a1＋ a2＋ a3＋ a4＝ ________．[分析 ](1)睁开式中含 x2的系数 C52＋ aC51＝ 5，解得 a＝－ 1，故 D．(2)由意得： a＝C m2m， b＝ C m2m＋1，所以 13C m2m＝ 7C m2m＋1，m！m＋！∴＝m＋，m！·m！m！！m＋＝ 13，解得 m＝ 6，原方程的解，B．∴m＋ 1(3)令 x＝ 1 可得 a0＋a1＋ a2＋ a3＋ a4＝ 1，令 x＝ 0，可得 a0＝ 1，所以 a1＋ a2＋ a3＋ a4＝ 0．[答案 ] (1)D (2)B (3)0[通法 ]求二式睁开式有关的常型及解策略(1) 求睁开式中的特定．可依照条件写出第r＋ 1 ，再由特定的特色求出r 即可．(2)已知睁开式的某，求特定的系数．可由某得出参数，再由通公式写出第r＋ 1 项，由特定项得出r 值，最后求出其参数．(3)与二项式各项系数的和有关的问题一般用赋值法求解．[题组训练]1．在 x(1＋ x)6的睁开式中，含 x3项的系数为 ()A． 30B． 20C． 15D． 10分析：选C只需求 (1＋ x)6的睁开式中含 x2项的系数即可，而含x2项的系数为C 62＝15，应选 C．2．若 (x－ 1)4＝ a0＋ a1x＋ a2x2＋ a3x3＋ a4x4，则 a0＋ a2＋ a4的值为 ()A． 9B． 8C． 6D． 5分析：选 B令 x＝ 1，则 a0＋ a1＋ a2＋ a3＋ a4＝ 0，令 x＝－ 1，则 a0－ a1＋ a2－ a3＋ a4＝16，∴ a0＋ a2＋ a4＝ 8．1．设二项式33n的睁开式各项系数的和为a，所有二项式系数的和为b，若 a＋x＋x2b＝ 80，则 n 的值为 ()A． 8B． 4C． 3D． 2分析：选C由题意 a＝ 4n， b＝ 2n，∵ a＋ 2b＝ 80，∴4n＋ 2×2n－ 80＝ 0，即 (2n)2＋ 2×2n－ 80＝0，解得 n＝ 3．2．教室里有 6 盏灯，由 3 个开关控制，每个开关控制 2 盏灯，则不一样的照明方法有 () A．63种B．31 种C．8种D．7 种分析：选 D 由题意知，能够开 2 盏、4 盏、6 盏灯照明，不一样方法有 C31＋ C32＋ C33＝7(种 )．3．分派 4 名水暖工去3 户不一样的居民家里检查暖气管道．要求 4 名水暖工都分派出去，且每户居民家都要有人去检查，那么分派的方案共有() 331 A． A4种B． A 3A3种23113 C． C4A3种D． C4C3A3种分析：选C先将 4名水暖工选出 2 人分红一组，而后将三组水暖工分派到3 户不一样的居民家，故有 C 42A33种．4． (x＋ 2)2(1－ x)5中 x7的系数与常数项之差的绝对值为 () A． 5B． 3C ． 2D ． 0分析：A常数2 27557C 2·2 ·C 5＝ 4， x 系数 C 2 ·C 5( －1)＝－ 1，所以 x 系数与常数之差的5．5． x 2－16的睁开式中，常数 是 ()2x55 A ．－ 4B ．415 15C ．－ 16D ． 16r2 6－r1 r1 rr 12－13r分析：D T r ＋ 1＝ C 6(x )－2x ＝ － 2 C 6x，令 12－ 3r ＝ 0，解得 r ＝ 4．∴常数－ 1 4 4 15 ．故 D ．2 C 6 ＝166．将 4 个 色互不同样的球所有放入 号1 和2 的两个盒子里，使得放入每个盒子里球的个数不小于 盒子的 号， 不一样的放球方法有()A ．10种B ．20 种C ．36种D ．52 种分析： A分 两 ：①1 号盒子放入 1 个球，2 号盒子放入3 个球，有 C 41＝4 种放球方法；② 1 号盒子放入2 个球， 2 号盒子放入 2 个球，有 C 42＝ 6 种放球方法．∴共有 C 14＋ C 24＝10 种不一样的放球方法． 7．若将函数f(x)＝ x 5 表示f(x)＝ a 0＋ a 1(1＋ x)＋ a 2(1＋ x)2 ＋ ⋯＋ a 5(1＋ x)5，此中 a 0，a 1， a 2，⋯ ， a 5 数， a 3＝ ________．分析： 不如 1＋x ＝ t ， x ＝ t － 1，所以有 ( t － 1)5＝ a 0＋ a 1t ＋ a 2t 2＋ a 3t 3＋ a 4 t 4＋ a 5t 5，a 3＝ C 52(－ 1)2＝ 10．答案： 108． 科院小李在做某 中， 划从花生、大白菜、大豆、玉米、小麦、高粱6各种子中 出4 种，分 种植在 4 不一样的空地上 (1 空地只好种1 种作物 )，若小李已决定在第 1 空地上种玉米或高粱， 不一样的种植方案有 ________种． (用数字作答 )分析： 由已知条件可得第 1 地有 C 21各种植方法， 第 2～ 4 地共有 A 53各种植方法，由分步乘法 数原理可得，不一样的种植方案有C 21A 53＝ 120 种．答案： 1209．(北京高考 )把 5 件不一样 品 成一排，若 品A 与 品B 相 ，且 品 A 与 品 C不相 ， 不一样的 法有 ________种．分析： 将 A ， B 捆 在一同，有 A 22种 法，再将它 与其余3 件 品全摆列，有A 44种24种 法，而 A ，B ，C 3 件在一同，且 A ，B 相 ， A ，C 相 有 CAB ，法，共有 A 2A 4 ＝ 48 BAC 两种状况，将3 件与剩下 2 件全摆列，有2×A 33＝ 12 种 法，故 A ， B 相 ， A ， C不相邻的摆法有48－ 12＝36 种．答案： 3610．若 (2x＋3) 3＝ a0＋ a1(x＋ 2)＋ a2(x＋ 2)2＋ a3(x＋ 2)3，求 a0＋ a1＋ 2a2＋ 3a3的值．解：由 (2x＋ 3)3＝ [2(x＋ 2)－ 1]3＝C03[2(x＋ 2)]3(－ 1)0＋ C13[2(x＋ 2)] 2(－ 1)1＋ C23[2 ·(x＋ 2)] 1(－ 1)2＋ C33[2( x＋ 2)] 0(－ 1) 3＝8(x＋ 2)3－ 12(x＋ 2)2＋ 6(x＋ 2)－ 1＝a0＋ a1(x＋ 2)＋ a2(x＋ 2)2＋ a3 (x＋2) 3．则 a0＝－ 1， a1＝ 6， a2＝－ 12， a3＝ 8．则 a0＋ a1＋ 2a2＋ 3a3＝ 5．11．将 7 个同样的小球放入 4 个不一样的盒子中．(1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？(2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？解：(1) 将 7 个同样的小球排成一排，在中间形成的 6 个空中间插入无区其余 3 个“隔板”将球分红 4 份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则共有C63＝ 20 种不一样的放入方式．(2) 每种放入方式对应于将7 个同样的小球与 3 个同样的“隔板”进行一次摆列，即从 10个地点中选 3 个地点安排隔板，故共有 C 3＝ 120 种放入方式．1032 2 n睁开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992．12．已知 (x＋ 3x )(1)求睁开式中二项式系数的最大项；(2)求睁开式中系数最大的项．解： (1)令 x＝ 1，则二项式各项系数和为(1＋ 3)n＝ 4n，睁开式中各项的二项式系数之和为2n．由题意，知4n－ 2n＝ 992．∴(2n)2－ 2n－ 992＝0．∴ (2n＋ 31)(2n－ 32)＝ 0．∴2n＝－ 31(舍 )或 2n＝ 32，∴ n＝ 5．因为 n＝ 5 为奇数，∴睁开式中二项式系数最大项为中间两项，它们是T3＝ C52(x 2)3(3x2) 2＝ 90x6， T 4＝ C53(x2)2(3x2)3＝ 270x22．333(2) 睁开式通项公式为r r 2)5－ r 2 r r r10＋4r．T r＋1＝ C5 3 ·(x(x )＝C5·3·x333r r≥C r － 1r－ 1C535·，假定 T r＋1项系数最大，则有r r≥C r＋1r＋1C53 5 ·3，5！5！，－ r ！ r ！ ×3≥－ r ！ r －！ ∴5！5！！ ×3.－ r ！ r ！ ≥－ r ！ r ＋3≥ 1，r 6－ r79∴．∴ ≤r ≤1 ≥ 32 25－ r r ＋ 1.∵ r ∈ N * ，∴ r ＝ 4．∴睁开式中系数最大项为4410 ＋ 4×426．T 5＝ C 5·3·x 33 ＝ 405x3。
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)。
【人教B版】高中选修2-3数学(理)：1.1《基本计数原理》教案设计
1.1 基本计数原理【教学目标】①理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；会利用两个原理分析和解决一些简单的问题；②培养归纳概括能力；③养成“自主学习”与“合作学习”等良好的学习习惯【教学重点】分类计数原理与分步计数原理的应用【教学难点】分类计数原理与分步计数原理的准确理解一、课前预习1.分类加法计数原理:做一件事,完成它有____办法，在第一类办法中有___种不同的方法，在第二类办法中有___种不同的方法……在第n类办法中有___种不同的方法.那么完成这件事共有___________________种不同的方法.2.分步乘法计数原理：做一件事，完成它需要分成____个步骤，做第一个步骤有___种不同的方法，做第二个步骤有___种不同的方法……做第n个步骤有___种不同的方法.那么完成这件事共有___________________种不同的方法.3.[思考]①如何理解“分类”和“分步”？②两个计数原理的联系与区别是什么？二、课上学习例1、（1）某班三好学生中有男生6人，女生4人，从中选一名学生去领奖，共有多少种不同的选派方法？（2）8本不同的书，任选3本分给3名同学，每人一本，有多少种不同的分法？（3）将4封信投入3个邮筒，有多少种不同的投法？（4）3位旅客到4个旅馆住宿，有多少种不同的住宿方法？例2、三层书架的上层放有10本不同的语文书，中层放有9本不同的数学书，下层放有8本不同的外语书.（1）从书架上任取一本书有多少种取法？（2）从书架上任取语、数、外各一本，有多少种取法？（3）从书架上任取两本不同学科的书，有多少种取法？例3、用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个无重复数字的：（1）银行存折的四位密码？（2）四位数？（3）四位奇数？（4）四位偶数？（5）能被5整除的四位数？三、 课后练习1. 在所有的两位数中，个位数字比十位数字大的两位数字有多少个？2.某小组有8名男生，6名女生，从中任选男生、女生各一人去参加座谈会，则不同的选法种数有 .A 48种 .B 24种 .C 14种 .D 12种3.设有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画.（1）从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？（2）从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？（3）从这些画中选出两幅不同的画布置房间，有几种不同的选法？4.由电键组A ，B 组成的串联电路中，如图，要接通电源使电灯发光的方法有几种？5.某公共汽车上有10名乘客，要求在沿途的5个车站全部下完，乘客下车的可能方式有（ ）105.A 种 510.B 种 .C 50种 .D 以上都不对6.已知集合}3,2,1,2,1{--=A ，}8,6,4,2,0{=B .现从B A ,中各任取一个元素作为直角坐标系中的点的横坐标和纵坐标，则在第二象限中不同点的个数有（ ）.A 48种 .B 24种 .C 14种 .D 12种7.某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元.某人想从01至10中选3个连续的号.从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号码买全，至少要花（ ）.A 3360元 .B 6720元 .C 4320元 .D 8640元8.有一个圆被两相交弦分成四块，现在用5种不同颜料给四块涂色，要求共边两快颜色互异，每块只涂一色，共有多少种涂色方法？9.用5种不同的颜色给下图中A,B,C,D 四个区域涂色，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，分别求甲、乙中不同的涂色方法.10.我们把一元硬币有国徽的一面叫做正面，有币值的一面叫做反面.现依次抛出5枚一元硬币，按照抛出的顺序得到一个由5个“正”或“反”组成的序列，如“正、反、反、反、正”.问：一共可以得到多少个不同的这样的序列？。
人教啊B版选修2-3高中数学《第一章计数原理》单元教材教学分析
2.通过实例，由难到易，逐步加深学生对两个计数原理的理解
3.通过具体的实例概括得出排列、组合的概念，应用分步乘法计数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
4.二项式定理的学习先猜后证
学生思想教育和行为习惯的培养及学习方法
1.借助章前图提供的两幅古今结合，时代气息浓厚画面所反映出的计数原理的实际应用价值，激发学生的学习兴趣，培养其对科学知识的追求欲望。
2.通过实例引导学说认识到现实世界中的计数问题普遍存在，通过两个计数原理的学习学生体会将综合问题化解为单一问题的组合，再对单一问题各个击破，可以达到以简驭繁，化难为易的目的，
3.引导学生通过类比加法与乘法的关系，体会引进乘法运算是为了简便快捷地计算，明确研究计数原理的最基本的指导思想也是探究计数的技巧。
第十二课时：二项式定式系数的性质
第十四课时：小结
说明
教学基本流程
1.创设情境，提出分类计数问题
2.归纳得出分类加法计数原理
3.分类加法计数原理的推广
4.类比引出分步计数问题
5.归纳得出分步乘法计数原理
6.分步乘法计数原理的推广
用分类加法计数原理解决问题就是将一个复杂问题分解为若干“类别”,然后分类解决,各个击破；应用分步乘法计数原理则是将一个复杂问题的解决过程分解为若干“步骤”,先对每一个步骤进行细致分析，再整合为一个完整的过程,这样做的目的都是为了分解问题、简化问题.由于排列、组合及二项式定理的研究都是作为两个计数原理的典型应用而设计的。因此,理解和掌握两个计数原理是学好本章内容的关键。
课时安排
第一课时：分类加法计数原理
第二课时：分类加法计数原理的应用
第三课时：分步乘法计数原理
高中数学第一章计数原理1.1基本计数原理教案新人教B版选修2_3
1.1 基本计数原理一、教学目标：进一步学习两个计数原理，能进步性合理的分类与分步二、重点难点：分类分步的区分、优先法三、教学过程环节一【课前达标】1．从甲地到乙地有2条路, 从甲地到乙地有2条路;从甲地到丁地有4条路, 从丁地到丙地有2条路.(1)则从甲地经乙地到丙地有条路;(2)从甲地到丙地有条路.2.现有一年级学生代表3名, 二年级学生代表5名,三年级学生代表2名.(1)从中选一人担任学生会主席,共有种方法;(2)从每个年级代表中任选一人组成校学生会主席团,共有种选法;(3)从一、二年级中各选一人,与高三年级两名学生代表共四人组成学生会主席团共有种选法.环节二【典例探究】例1 用0,1,2,……9十个数字,可以组成多少个(1)三位数;(2)无重复数字的三位数;(3)小于500的无重复数字的三位数;(4)小于500且末位数字是8或9的无重复数字的三位数;(5)小于100的无重复数字的三位数.变式: 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,但只获得了一个奖项,学生甲获得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?例3、(1)同室4个各写一张贺卡,先集中起来,然后每人从中拿一张别人送出的贺卡,则4张贺卡的不同分配方式有（）种.A.5B.6C.7D.8(2)、若且,则有序数对有( )个.A.15B.14C.13D.12【双基达标】1、某电脑用户计划使用不超过500元的资金,购买单价分别为60元,70元的单片软件和盒装磁盘,根据需要,软件至少买3盒,磁盘至少买2盒,则不同的选购方式（）A.5种B.6种C.7种D.8种2、3位旅客到4个旅馆住宿,有种不同的住宿方法.3、在所有的两位数中,个位数字大于十位数字的两位数有个.4、三边长均为整数,且最大边为11的三角形有个.、5、从正方体的6个面中选取3个面,其中2个面相邻的选法共有( ).A.8种B. 12种C. 16种D. 20种该方程表示的不同直线有( )条.A.12 B. 14 C. 15 D. 207、某商场有4个门，某人进去后在出来,共有种不同走法.8、将5本不同的书,全部分给4个学生,有种不同的分法.9、一辆汽车上有10名乘客,沿途有7个车站,则乘客下车的可能方式共有种.10、若, ,且方程是表示中心在原点的双曲线,则表示不同的双曲线最多有条.11、等腰三角形的三边均为正整数,它们的周长不大于10,这样不同形状的三角形种数为 .12、用1,2, 3,4,5这5个数字,组成没有重复数字的三位数,其中组数有种.13、已知集合,.(1)任取一个奇数, ,共有种不同取法.(2)设点, , ,问可表示个不同点.(3)在(2)问中,有个点不在直线上.中国书法艺术说课教案今天我要说课的题目是中国书法艺术，下面我将从教材分析、教学方法、教学过程、课堂评价四个方面对这堂课进行设计。
新人教B版数学选修2_3第一章计数原理1.1《基本计数原理》教案
第一章计数原理1.1基本计数原理
教学目标
知识目标
理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，并能应用两个基本原理分析、解决一些简单的应用问题。
能力目标
在概念形成的过程中培养学生的总结与概括能力，在解决实际问题过程中锻炼学生逻辑思维能力。
情感目标
让学生体验知识从生活中来又应用到生活中去得过程，培养学生用数学的眼光观察世界和用数学的思想思考世界的习惯。
分步乘法技术原理
完成一件事，有n类办法.在第1类办法中有 种不同的方法，在第2类方法中有 种不同的方法，……，在第n类方法中有 种不同的方法，则完成这件事共有N= 种不同的方法.
例题解析例1：一个三成的来自架的上层放有5本不同的数学书,中层放有3本不同的语文书,下层放有2本不同的英语书.
(1)从书架上任取1本书,有多少种不同取法?
问题2：董同学喜欢数学与物理，在大学中数学学院有5个专业，物理学院有4个专业，她想从这些专业中选择一个，那么她可能的专业选择有多少种？
问题3：董同学努力学习后懂得读万卷书还需行万里路，所以决定寒假中先到上海游历再回家过年，从北京到上海有3个班次的高铁，从上海回锦州也有3个班次的高铁，那么她想游历上海后回家，有多少种走法？
归纳小结
（1）总结两个基本计数原理的内容与使用方法；
（2）总结解决计数原理问题的步骤：完成什么事？如何完成这件事？它属于分类还是分步？运用哪个计数原理？计算结果。
让学生进一步理解基本计数原理的使用方法
布置作业
习题1-1 B组3.
1.1基本计数原理
（1）5+3+1=9
（2）5+4=9分类
独立
（3）3*3=9
(2)从书架上任取3本书，其中数学书、语文书、英语书各1本，有多少种不同取法?
人教B版选修2-3第一章计数原理全部教案---二项式定理
1．3．1二项式定理教学目标：知识与技能：进一步掌握二项式定理和二项展开式的通项公式 过程与方法：能解决二项展开式有关的简单问题情感、态度与价值观：教学过程中，要让学生充分体验到归纳推理不仅可以猜想到一般性的结果，而且可以启发我们发现一般性问题的解决方法。
教学重点：二项式定理及通项公式的掌握及运用 教学难点：二项式定理及通项公式的掌握及运用 授课类型：新授课课时安排：3课时教 具：多媒体、实物投影仪 内容分析：二项式定理是初中乘法公式的推广，是排列组合知识的具体运用，是学习概率的重要基础．这部分知识具有较高应用价值和思维训练价值．中学教材中的二项式定理主要包括：定理本身，通项公式，杨辉三角，二项式系数的性质等．通过二项式定理的学习应该让学生掌握有关知识，同时在求展开式、其通项、证恒等式、近似计算等方面形成技能或技巧；进一步体会过程分析与特殊化方法等等的运用；重视学生正确情感、态度和世界观的培养和形成．二项式定理本身是教学重点，因为它是后面一切结果的基础．通项公式，杨辉三角，特殊化方法等意义重大而深远，所以也应该是重点．二项式定理的证明是一个教学难点．这是因为，证明中符号比较抽象、需要恰当地运用组合数的性质2、需要用到不太熟悉的数学归纳法．在教学中，努力把表现的机会让给学生，以发挥他们的自主精神；尽量创造让学生活动的机会，以让学生在直接体验中建构自己的知识体系；尽量引导学生的发展和创造意识，以使他们能在再创造的氛围中学习． 教学过程： 一、复习引入：⑴22202122222()2a b a ab b C a C ab C b +=++=++；⑵33223031222333333()33a b a a b ab b C a C a b C ab C b +=+++=+++⑶4()()()()()a b a b a b a b a b +=++++的各项都是4次式， 即展开式应有下面形式的各项：4a ，3a b ，22a b ，3ab ，4b ，展开式各项的系数：上面4个括号中，每个都不取b 的情况有1种，即04C 种，4a 的系数是04C ；恰有1个取b 的情况有14C 种，3a b 的系数是14C ，恰有2个取b 的情况有24C 种，22a b 的系数是24C ，恰有3个取b 的情况有34C 种，3ab 的系数是34C ，有4都取b 的情况有44C 种，4b 的系数是44C ，∴40413222334444444()a b C a C a b C a b C a b C b +=++++．二、讲解新课：二项式定理：01()()n n n r n r rn nn n n n a b C a C a b C a b C b n N -*+=+++++∈⑴()n a b +的展开式的各项都是n 次式，即展开式应有下面形式的各项：n a ，n a b ，…，n r r a b -，…，n b ，⑵展开式各项的系数：每个都不取b 的情况有1种，即0n C 种，na 的系数是0n C ； 恰有1个取b 的情况有1n C 种，na b 的系数是1n C ，……， 恰有r 个取b 的情况有r n C 种，n r r ab -的系数是rn C ，……，有n 都取b 的情况有n n C 种，n b 的系数是nn C ， ∴01()()n n n r n r rn nn n n n a b C a C a b C a b C b n N -*+=+++++∈，这个公式所表示的定理叫二项式定理，右边的多项式叫()n a b +的二项展开式，⑶它有1n +项，各项的系数(0,1,)rn C r n =叫二项式系数，⑷r n r r n C a b -叫二项展开式的通项，用1r T +表示，即通项1r n r r r n T C a b -+=． ⑸二项式定理中，设1,a b x ==，则1(1)1n r rn n n x C x C x x +=+++++三、讲解范例：例1．展开41(1)x+．解一： 411233444411111(1)1()()()()C C C x x x x x +=++++23446411x x x x =++++． 解二：4444413123444111(1)()(1)()1x x C x C x C x x x x⎡⎤+=+=++++⎣⎦ 23446411x x x x=++++．例2．展开6．解：6631(21)x x =-61524332216666631[(2)(2)(2)(2)(2)(2)1]x C x C x C x C x C x x=-+-+-+ 32236012164192240160x x x x x x=-+-+-+．例3．求12()x a +的展开式中的倒数第4项解：12()x a +的展开式中共13项，它的倒数第4项是第10项，9129933939911212220T C x a C x a x a -+===．例4．求（1）6(23)a b +，（2）6(32)b a +的展开式中的第3项．解：（1）24242216(2)(3)2160T C a b a b +==， （2）24242216(3)(2)4860T C b a b a +==．点评：6(23)a b +，6(32)b a +的展开后结果相同，但展开式中的第r 项不相同 例5．（1）求9(3x+的展开式常数项； （2）求9(3x +的展开式的中间两项 解：∵399292199()33r r r r r r r x T C C x ---+==⋅，∴（1）当390,62r r -==时展开式是常数项，即常数项为637932268T C =⋅=； （2）9(3x +的展开式共10项，它的中间两项分别是第5项、第6项，489912593423T C xx--=⋅=，15951092693T C x --=⋅=例6．（1）求7(12)x +的展开式的第4项的系数；（2）求91()x x-的展开式中3x 的系数及二项式系数解：7(12)x +的展开式的第四项是333317(2)280T C x x +==，∴7(12)x +的展开式的第四项的系数是280．（2）∵91()x x-的展开式的通项是9921991()(1)r rr r r r r T C xC x x--+=-=-， ∴923r -=，3r =，∴3x 的系数339(1)84C -=-，3x 的二项式系数3984C =．例7．求42)43(-+x x 的展开式中x 的系数分析：要把上式展开，必须先把三项中的某两项结合起来，看成一项，才可以用二项式定理展开，然后再用一次二项式定理，，也可以先把三项式分解成两个二项式的积，再用二项式定理展开解：（法一）42)43(-+x x 42]4)3[(-+=x x02412344(3)(3)4C x x C x x =+-+⋅22224(3)4C x x ++⋅3234444(3)44C x x C -+⋅+⋅，显然，上式中只有第四项中含x 的项，∴展开式中含x 的项的系数是76843334-=⋅⋅-C（法二）：42)43(-+x x 4)]4)(1[(+-=x x 44)4()1(+-=x x)(4434224314404C x C x C x C x C +-+-=0413222334444444(4444)C x C x C x C x C +⋅+⋅+⋅+⋅ ∴展开式中含x 的项的系数是34C -334444C +768-=．例8．已知()()nmx x x f 4121)(+++= *(,)m n N ∈的展开式中含x 项的系数为36，求展开式中含2x 项的系数最小值分析：展开式中含2x 项的系数是关于n m ,的关系式，由展开式中含x 项的系数为36，可得3642=+n m ，从而转化为关于m 或n 的二次函数求解解：()()1214mnx x +++展开式中含x 的项为1124m n C x C x ⋅+⋅=11(24)m n C C x + ∴11(24)36m n C C +=，即218m n +=，()()1214mnx x +++展开式中含2x 的项的系数为t =222224mn C C +222288m m n n =-+-， ∵218m n +=， ∴182m n =-，∴222(182)2(182)88t n n n n =---+-216148612n n =-+23715316()44n n =-+，∴当378n =时，t 取最小值，但*n N ∈， ∴ 5n =时，t 即2x 项的系数最小，最小值为272，此时5,8n m ==．例9．已知n 的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列，（1）证明展开式中没有常数项；（2）求展开式中所有的有理项 解：由题意：1221121()22n n C C ⋅=+⋅，即0892=+-n n ，∴8(1n n ==舍去）∴818(rr rr T C-+=⋅82481()2r r r r C x x --=-⋅⋅()1638412r rr r C x -=-⋅08r r Z ≤≤⎛⎫⎪∈⎝⎭①若1+r T 是常数项，则04316=-r，即0316=-r ， ∵r Z ∈，这不可能，∴展开式中没有常数项； ②若1+r T 是有理项，当且仅当4316r-为整数， ∴08,r r Z ≤≤∈，∴ 0,4,8r =，即 展开式中有三项有理项，分别是：41x T =，x T 8355=，292561-=x T 例10．求60.998的近似值，使误差小于0.001．解：66011666660.998(10.002)(0.002)(0.002)C C C =-=+-++-，展开式中第三项为2260.0020.00006C =，小于0.001，以后各项的绝对值更小，可忽略不计，∴66011660.998(10.002)(0.002)0.998C C =-≈+-=，一般地当a 较小时(1)1na na +≈+ 四、课堂练习：1.求()623a b +的展开式的第3项. 2.求()632b a +的展开式的第3项. 3.写出n 33)x21x (-的展开式的第r+1项.4.求()732x x+的展开式的第4项的二项式系数，并求第4项的系数.5.用二项式定理展开：（1）5(a ；（2）5. 6.化简：（1）55)x 1()x 1(-++；（2）4212142121)x 3x 2()x 3x 2(----+7．()5lg xx x +展开式中的第3项为610，求x ．8．求nx x 21⎪⎭⎫ ⎝⎛-展开式的中间项答案：1. 262242216(2)(3)2160T C a b a b -+== 2. 262224216(3)(2)4860T C b a a b -+==3.2311(2rn rr n r rr r n n T C C x --+⎛⎫==- ⎪⎝⎭4.展开式的第4项的二项式系数3735C =，第4项的系数3372280C =5. （1）552(510105a a a a a b =++； （2）52315(2040322328x x x x =+-. 6. （1）552(1(122010x x +=++； （2）1111442222432(23)(23)192x x x x x x--+--=+ 7. ()5lg xx x +展开式中的第3项为232lg 632lg 551010x x C xx ++=⇒=22lg 3lg 50x x ⇒+-=5lg 1,lg 2x x ⇒==-10,x x ⇒== 8. nx x 21⎪⎭⎫ ⎝⎛-展开式的中间项为2(1)n nn C -五、小结 ：二项式定理的探索思路:观察——归纳——猜想——证明；二项式定理及通项公式的特点六、课后作业： P36 习题1.3A 组1. 2. 3.4 七、板书设计（略）八、教学反思：(a+b) ｎ=这个公式表示的定理叫做二项式定理，公式右边的多项式叫做 (a+b)ｎ的 ，其中r n C （r=0,1,2,……,n ）叫做 ， 叫做二项展开式的通项，它是展开式的第 项，展开式共有 个项. 掌握二项式定理和二项展开式的通项公式，并能用它们解决与二项展开式有关的简单问题。
人教版高中数学选修2-3第一章计数原理1.3二项式定理教案4
教学重点：二项式定理及通项公式的掌握及运用
教学难点：二项式定理及通项公式的掌握及运用
教学用具：多媒体、实物投影仪
教学方法：让学生充分体验到归纳推理
教学过程：
例6．（1）求 的展开式的第4项的系数；
（2）求 的展开式中 的系数及二项式系数
解： 的展开式的第四项是 ，
∴ 的展开式的第四项的系数是 ．
课题：1．3．1二项式定理（2）第课时总序第个教案
课型：新授课编写时时间：年月日执行时间：年月日
教学目标：
知识与技能：进一步掌握二项式定理和二项展开式的通项公式
过程与方法：能解决二项展开式有关的简单问题
情感、态度与价值观：教学过程中，要让学生充分体验到归纳推理不仅可以猜想到一般性的结果，而且可以启发我们发现一般性问题的解决方法。
∴展开式中含 的项的系数是
（法二）：
∴展开式中含 的项的系数是 ．
例8．已知 的展开式中含 项的系数为 ，求展开式中含 项的系数最小值
分析：展开式中含 项的系数是关于 的关系式，由展开式中含 项的系数为 ，可得 ，从而转化为关于 或 的二次函数求解
解： 展开式中含 的项为∴ Βιβλιοθήκη 即 ，展开式中含 的项的系数为
（2）∵ 的展开式的通项是 ，
∴ ， ，
∴ 的系数 ， 的二项式系数 ．
例7．求 的展开式中 的系数
分析：要把上式展开，必须先把三项中的某两项结合起来，看成一项，才可以用二项式定理展开，然后再用一次二项式定理，，也可以先把三项式分解成两个二项式的积，再用二项式定理展开
解：（法一）
，
显然，上式中只有第四项中含 的项，
，
∵ ，∴ ，
∴
，∴当 时， 取最小值，但 ，
人教版高中数学选修2-3第一章计数原理1.3二项式定理教案3
这个公式所表示的定理叫二项式定理，右边的多项式叫 的二项展开式，⑶它有 项，各项的系数 叫二项式系数，
⑷ 叫二项展开式的通项，用 表示，即通项 ．
⑸二项式定理中，设 ，则
三、讲解范例：
例1．展开 ．
解一： ．
解二：
．
例2．展开 ．
解：
．
例3．求 的展开式中的倒数第 项
解： 的展开式中共 项，它的倒数第 项是第 项，
教学后记：
．
例4．求（1） ，（2） 的展开式中的第 项．
解：（1） ，
（2） ．
点评： ， 的展开后结果相同，但展开式中的第 项不相同
例5．（1）求 的展开式常数项；
（2）求 的展开式的中间两项
解：∵ ，
∴（1）当 时展开式是常数项，即常数项为 ；
（2） 的展开式共 项，它的中间两项分别是第 项、第 项，
，
课题：1．3．1二项式定理（1）第课时总序第个教案
课型：新授课编写时时间：年月日执行时间：年月日
教学目Байду номын сангаас：
知识与技能：进一步掌握二项式定理和二项展开式的通项公式
过程与方法：能解决二项展开式有关的简单问题
情感、态度与价值观：教学过程中，要让学生充分体验到归纳推理不仅可以猜想到一般性的结果，而且可以启发我们发现一般性问题的解决方法。
∴ ．
二、讲解新课：
二项式定理：
⑴ 的展开式的各项都是 次式，即展开式应有下面形式的各项：
， ，…， ，…， ，
⑵展开式各项的系数：
每个都不取 的情况有 种，即 种， 的系数是 ；
恰有 个取 的情况有 种， 的系数是 ，……，
恰有 个取 的情况有 种， 的系数是 ，……，
人教版高中选修2-3第一章计数原理课程设计
人教版高中选修2-3第一章计数原理课程设计背景介绍计数原理是计算机科学中的重要分支之一，被广泛应用于数字电路设计、汇编语言编程、计算机体系结构等领域。
本课程设计旨在通过介绍计数原理的基本概念和常见应用，帮助学生理解计算机中数字信号的处理和表示方式，培养其分析和设计数字电路的能力。
教学目标1.理解二进制和十进制之间的转换；2.理解计数器、时序逻辑等概念；3.能够设计简单的计数器电路；4.熟悉几种基本的计数器类型。
教学内容1. 数制和编码1.1 二进制和十进制转换•介绍二进制数的定义和表示方法；•介绍如何将十进制数转换为二进制数；•介绍如何将二进制数转换为十进制数。
1.2 常见编码方式•介绍BCD、格雷码、ASCII码等常见编码方式；•分析不同编码方式的优缺点；•实践中设计和使用常见编码方式。
2. 计数器2.1 计数器的基本概念•介绍计数器的定义和基本功能；•介绍S-R、J-K、D等触发器的基本原理和使用方法；•介绍如何通过多个触发器构造计数器电路。
2.2 常见计数器类型•介绍同步计数器、异步计数器、可逆计数器等常见计数器类型；•分析不同计数器类型的原理和使用场景；•实践中设计和使用几种基本的计数器类型。
3. 时序逻辑3.1 时序电路的基本概念•介绍时序电路的定义和基本功能；•介绍时序电路的组成部分和常见结构类型；•介绍时序电路的时序分析方法和设计步骤。
3.2 时序电路的应用•介绍时序电路在计数器、状态机等电路中的应用；•介绍如何通过时序电路实现简单的流水灯、闹钟等应用。
教学方法本课程设计采用讲授、实践和讨论相结合的教学方法，重点培养学生的实际操作能力和分析解决问题的能力。
具体方法如下：1.根据教学内容，编写相应的实验指导书，要求学生独立进行实验操作并记录实验过程和结果；2.在课程中加入举例和案例分析，让学生理解计数原理的应用；3.在实验完成之后，让学生分享实验心得和问题，加强讨论和交流。
评价方法为了更好地评价学生的学习效果，我们采用以下几种方式：1.实验报告：对完成的实验进行简要报告，包括实验目的、实验方法、分析和总结等内容，作为实验成绩的重要参考；2.课堂参与度：将学生的课堂讨论、提问和解答情况作为参与度的重要评价因素；3.期末考试：期末考试将从课堂所学知识体系中选出代表性的难题进行考测，全面检查学生对计数原理的掌握情况。
人教版高中数学选修2-3第一章计数原理1.2排列与组合教案6
教学重点：排列、排列数的概念
教学难点：排列数公式的推导
教学用具：多媒体、实物投影仪
教学方法：能运用所学的排列知识，正确地解决的实际问题
教学过程：
例1．（1）有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
（2）有5种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
课题：1．2．1排列（3）第课时总序第个教案
课型：新授课编写时时间：年月日执行时间：年月日
教学目标：
知识与技能：了解排列数的意义，掌握排列数公式及推导方法，从中体会“化归”的数学思想，并能运用排列数公式进行计算。
过程与方法：能运用所学的排列知识，正确地解决的实际问题
情感、态度与价值观：能运用所学的排列知识，正确地解决的实际问题.
解：（1）从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是： ，所以，共有60种不同的送法
（2）由于有5种不同的书，送给每个同学的1本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学，每人各1本书的不同方法种数是： ，所以，共有125种不同的送法
说明：本题两小题的区别在于：第（1）小题是从5本不同的书中选出3本分送给3位同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；而第（2）小题中，给每人的书均可以从5种不同的书中任选1种，各人得到那种书相互之间没有联系，要用分步计数原理进行计算
由分类计数原理，符合条件的三位数的个数是： ．
解法3：从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为 ，其中以0为排头的排列数为 ，因此符合条件的三位数的个数是 - ．
教学后记：
解决排列应用题，常用的思考方法有直接法和间接法
例2．某信号兵用红、黄、蓝3面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任意挂1面、2面或3面，并且不同的顺序表示不同的信号，一共可以表示多少种不同的信号？
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
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 +-。