第六章章末整合-【新教材】人教A版(2019)高中数学选择性必修第三册课件

高中数学选择性必修三 6 2 3- 6 2 4 组合与组合数 (课件)

3
161700 (种)；
组合数，∴共有 C100
1
（2）从 2 件次品中抽出 1 件次品的抽法有 C 2 种，
2
从 98 件合格品中抽出 2 件合格品的抽法有 C98
种，
1
2
因此抽出的 3 件中恰好有 1 件次品的抽法有 C2 C98 9506 (种).
（3）抽出的 3 件产品中至少有 1 件是次品的抽法的种数，
共有C95 + C31 C94 + C32 C93 =756(种)不同的选法.
5
(方法二间接法)12 人中任意选 5 人共有C12
种,甲、乙、丙三人全
5
参加的有C92 种选法,所以共有C12
− C92 =756(种)不同的选法.
当堂达标
1.从10个不同的数中任取2个数,求其和、差、积、商这四个问题中,属于组合的有(
问题探究
问题1. 从甲乙丙三名同学中选两名去参加一项活动，有多少种不同的选法？这一问题
与6.2.1节问题一有什么联系与区别？
分析：在6.2.1 节问题1的6种选法中，存在“甲上午，乙下午”和“甲上
午，乙下午” 2种不同顺序的选法，我们可以将它看成先选出甲、乙两
名同学，然后再分配上午和下午而得到的.同样，先选出甲、丙、或乙、
概念辨析
1.校门口停放着9辆共享自行车，其中黄色、红色和绿色的各有3辆，下面的问题是
排列问题，还是组合问题？
（1）从中选3辆，有多少种不同的方法？
（2）从中选2辆给3位同学有多少种不同的方法？
（1）与顺序无关，是组合问题；
（2）选出2辆给3位同学是有顺序的，是排列问题。
典例解析
例5.平面内有A，B，C，D共4个点.

人教A版高中数学选择性必修第三册精品课件第6章第2课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用

选准主体,解决元素可重复的计数问题利用分步乘法计数原理解决实际问题,通常情况下,每一步中可用的方法都是不重复的,即每一步中的方法数各不相同,但在有些实际问题中,每一步可用的方法允许重复,亦即元素可重复利用,因此每一步中的方法数相同. 解决这类问题时,关键是选准主体元素,“一定会……”“必须要……”的是主体元素,只有每个主体元素都确定方法数后,这件事情才算完成,从而可运用分步乘法计数原理解决问题.
2.如图,该几何体由三棱锥P-ABC与三棱柱ABC-A1B1C1组合而成,现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色),要求相邻的面均不同色,则不同的涂色方案共有( ) A.36种 B.24种 C.12种 D.9种
解析:第1步:涂三棱锥P-ABC的三个侧面,因为要求相邻的面均不同色,所以共有3×2×1=6种不同的涂法,第2步:涂三棱柱ABC-A1B1C1的三个侧面,先涂侧面AA1B1B有2种涂法,再涂侧面BB1C1C和侧面CC1A1A都只有1种涂法, 所以涂三棱柱的三个侧面共有2×1×1=2种不同的涂法,所以不同的涂色方案共有6×2=12种,故选C. 答案:C
求解有限制条件的计数问题的基本方法 (1)直接法:先按照限制条件进行分类,在每一类情况中,运用两个计数原理求出所有符合要求的方法种数,再根据分类加法计数原理,将每一类中的方法数相加即得结果. (2)间接法:先不考虑限制条件,运用两个计数原理求出所有可能的方法种数,再求出不满足限制条件时的方法种数,相减即得所求结果.
从而导致解题错误.
正解:依题意得,既会英语又会日语的有7+3-9=1人,6人只会英语,2人只会日语. 第1类,从只会英语的6人中选1人有6种方法,此时选会日语的有3种方法. 由分步乘法计数原理得选法种数为6×3=18; 第2类,从不只会英语的1人中选1人有1种方法,此时选会日语的有2种方法, 由分步乘法计数原理得选法种数为1×2=2. 由分类加法计数原理,可知不同选法共有18+2=20种. 答案:20

人教A版高中数学选择性必修第三册【整合课件】6.2.1_排列

()
A．3种
B．4种
C．6种
D．12种
答案 C
解析所有的排法有：A－B－C，A－C－B，B－A－C，B－C－A，C－A－B，
C－B－A，共6种．
课堂探究案
探究一对排列概念的理解
1．排列定义的两个要素一是“取出元素”，二是“将元素按一定顺序排列”，这是排列的两个要素． 2．排列的特征——顺序性每一个排列不仅与选取的元素有关，而且还与元素的排列顺序有关．选取的元素不同或虽元素相同但元素的排列顺序不同时都是不同的排列，只有当两个排列的元素完全相同且元素的顺序完全一样时才是相同的排列．
[训练2] 从0,1,2,3这四个数字中，每次取出三个不同的数字排成一个三位数，能组成多少个不同的三位数，并写出这些三位数．
解方法一组成三位数分三个步骤：第一步：选百位上的数字，0不能排在首位，故有3种不同的排法；第二步：选十位上的数字，有3种不同的排法；第三步：选个位上的数字，有2种不同的排法．由分步乘法计数原理得共有3×3×2＝18个不同的三位数．方法二画出下列树形图：
判断下列问题是否为排列问题： (1)选2个小组分别去植树和种菜； (2)选2个小组种菜； (3)选10人组成一个学习小组； (4)从1,2,3,4,5中任取两个数相除； (5)10个车站，站与站间的车票．解 (1)植树和种菜是不同的，存在顺序问题，是排列问题． (2)(3)不存在顺序问题，不是排列问题． (4)两个数相除与这两个数的顺序有关，是排列问题． (5)车票使用时有起点和终点之分，故车票的使用是有顺序的，是排列问题．
解 (1)是．选出的2人，担负正、副班长任意，即与顺序有关． (2)是．显然对数值与底数和真数的取值的不同有关系，即与顺序有关． (3)是．点的坐标与横、纵坐标的取值的不同有关系，即与顺序有关． (4)不是．焦点在x轴上的椭圆，方程中的a，b必有a>b，a，b的大小一定．

新教材人教a版选择性必修第三册第六章621排列课件3

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
10.用一颗骰子连掷三次，投掷出的数字顺序排成一个三位数，此时： (1)各位数字互不相同的三位数有多少个？解三位数的每位上数字均为1,2,3,4,5,6之一. 第一步，得百位数字，有6种不同结果；第二步，得十位数字，有5种不同结果；第三步，得个位数字，有4种不同结果. 故可得各位数字互不相同的三位数有6×5×4＝120(个).
A.6 √
解析第一类，0在个位有2 110,1 210,1 120，共3个；第二类，0在十位有2 101,1 201,1 102，共3个；第三类，0在百位有2 011,1 021,1 012，共3个，故由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为9.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
例1 判断下列问题是否为排列问题： (1)北京、上海、天津三个民航站之间的直达航线的飞机票的价格(假设来回的票价相同)；解票价只有三种，虽然机票是不同的，但票价是一样的，不存在顺序问题，所以不是排列问题.
(2)选2个小组分别去植树和种菜；
解植树和种菜是不同的，存在顺序问题，属于排列问题.
跟踪训练2 写出从4个元素a，b，c，d中任取3个元素的所有排列. 解由题意作树状图，如图.
故所有的排列为abc，abd，acb，acd，adb，adc，bac，bad，bca，bcd， bda，bdc，cab，cad，cba，cbd，cda，cdb，dab，dac，dba，dbc， dca，dcb，共有24个.
√A.从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参加数学、物理兴趣小组
B.从甲、乙、丙三名同学中选出两人参加一项活动 C.从a，b，c，d中选出3个字母

人教A版高中数学选择性必修第三册同步课件第六章计数原理第2节排列与组合第1课时排列第2课时排列数

第六章计数原理
6.2 排列与组合 6.2.1 排列 6.2.2 排列数
素养目标•定方向必备知识•探新知关键能力•攻重难课堂检测•固双基素养作业•提技能
第六章计数原理
数学（选择性必修·第3册 RJA）
பைடு நூலகம்
素养目标•定方向
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第六章计数原理
数学（选择性必修·第3册 RJA）
课程标准
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第六章计数原理
数学（选择性必修·第3册 RJA）
[解析] A135＝15×14×13＝2 730， A66＝6×5×4×3×2×1＝720． (2)因为55－n,56－n，…，69－n中的最大数为69－n，且共有(69－n) －(55－n)＋1＝15(个)数，所以(55－n)(56－n)·…·(69－n)＝A1659－n． (3)由排列数公式可知n(n＋1)(n＋2)(n＋3)·…·(n＋m)＝Amn＋＋m1．
数学（选择性必修·第3册 RJA）
知识点1 排列的概念 (1) 一般地，从 n 个不同对象中，任取 m(m≤n) 个对象，按照
___一__定__的__顺__序___排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
(2)特别地，___m_＝__n____时的排列(即__取__出__所__有__元__素____的排列)称为全排列．
0！＝___1__，An0＝__1___ Amn ＋mAmn －1＝__A_mn_＋_1___
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第六章计数原理
数学（选择性必修·第3册 RJA）
思考2：排列与排列数的区别是什么？提示：“排列”与“排列数”是两个不同的概念，“排列”是指 “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”，它不是数，而是具体的一件事；而“排列数”是上述完成这件事所有不同的排列个数，它是一个数．

人教A版高中数学选择性必修第三册精品课件第6章计数原理 6.2.2 排列数

.
(2)满足方程A42+1 =140A3 的 x 的取值集合为
.
解析:(1)由A2 =x(x-1)=30,解得 x=6 或 x=-5,由A2 的意义知 x∈N*且 x≥2,所
以 x=6.
2 + 1 ≥ 4,
(2)由题意可知 ≥ 3,
得 x≥3,且 x∈N*,所以A42+1 =140A3 可化为
(11-)!
n=7 或 n=14(舍去).
答案:B
(2)证明:∵A
+1
− A

=
(+1)!
!
−
(+1-)!
(-)!

!
=m·
=mA-1
,
+1-
(+1-)!

-1
∴A
−
A
=mA

.
+1
=
!
+1
·
(-)!
+1-
-1 =
!
·
(-)!
探究三
利用排列与排列数解简单的计数问题
学习兴趣小组进行研究,每组1个小课题,共有多少种不同的安排方法?
(2)12名选手参加校园歌手大奖赛,比赛设一等奖、二等奖、三等奖各一名,
每人最多获得一种奖项,共有多少种不同的获奖情况?
解:(1)从 5 个不同的科研小课题中选出 3 个,由 3 个学习兴趣小组进行研究,
不同的安排方法有A35 =5×4×3=60 种.
∈N *,
(2x+1)2x(2x-1)(2x-2)=140x(x-1)(x-2),化简得
去),所以 x 的取值集合为{3}.
答案:(1)6 (2){3}

6.2.2 排列数-新教材2019-2020学年高二数学人教A选择性必修第三册第6章同步教学课件

排列方法.
解甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变，即甲、乙、丙自左向右顺序的排法种数占全排列种数的A133. 故有AA7733＝840(种)不同的排法.
反思与感悟解析答案
跟踪训练3 7名师生排成一排照相，其中老师1人，女生2人，男生4人，若4名男生的身高都不等，按从高到低的顺序站，有多少种不同的站法？解 7 人全排列中，4 名男生不考虑身高顺序的站法有 A44种，而由高到低有从左到右和从右到左的不同站法，所以共有不同站法 2·AA4477＝420(种).
间接法正难则反，等价转化的方法
返回
谢谢！
解析答案
角度3 元素的“在”与“不在”问题例4 从包括甲、乙两名同学在内的7名同学中选出5名同学排成一列，求解下列问题： (1)甲不在首位的排法有多少种？
解析答案
(2)甲既不在首位，又不在末位的排法有多少种？解把位置作为研究对象，先满足特殊位置. 第一步，从甲以外的 6 名同学中选 2 名排在首末 2 个位置上，有 A26种方法. 第二步，从未排上的 5 名同学中选出 3 名排在中间 3 个位置上，有 A35种方法. 根据分步乘法计数原理，有 A26·A35＝1 800(种)方法.
解析答案
(4)甲不在首位，同时乙不在末位的排法有多少种？解用间接法. 总的可能情况是 A57种，减去甲在首位的 A46种，再减去乙在末位的 A46种. 注意到甲在首位同时乙在末位的情况被减去了两次，所以还需补回一次 A35种，所以共有 A57－2A46＋A35＝1 860(种)排法.
反思与感悟解析答案
学科网
6.2.2 排列数
学习目标
1.进一步加深对排列概念的理解. 2.掌握几种有限制条件的排列，能应用排列数公式解决简单的实际问题.

高中数学选择性必修三 6 2 1- 6 2 2排列与排列数(课件)

分析：每组任意2支队之间进行的1场比赛，可以看作是从该组6支队中选取2支，按“主队、
客队”的顺序排成的一个排列.
解：可以先从这6支队中选1支为主队，然后从剩下的5支队中选1支为客队.
按分步乘法计数原理，每组进行的比赛场数为
6×5=30.
典例解析
例2. （1）一张餐桌上有5盘不同的菜，甲、乙、丙3名同学每人从中各取1盘菜，共有
一些简单的排列应用题.
温故知新
两个原理的联系与区别
1.联系:分类加法计数原理和分步乘法计数原理都是解决计数问题最基本、最重要的方法.
2.区别
分类加法计数原理
区别完成一件事共有n类办法,关
一键词是“分类”
每类办法中的每种方法都能
独立地完成这件事,它是独立
区别
的、一次的且每种方法得到
二
的都是最后结果,只需一种方
按分步乘法计数原理，不同的取法种数为
5×5×5=125.
概念解析
n!
m
2.排列数公式:n =n(n-1)(n-2)…(n-m+1)=(n-m)!,这里
m,n∈N*,并且 m≤n.
3.全排列和阶乘:n 个不同元素全部取出的一个排列,叫做 n 个元素的一个全排
列.这时,排列数公式中 m=n,即有A =n(n-1)(n-2)×…×3×2×1.也就是说,将 n 个
C.(20-m)(19-m)(18-m)(17-m)(16-m)(15-m)
D.(19-m)(18-m)(17-m)(16-m)(15-m)
3.某次演出共有6位演员参加,规定甲只能排在第一个或最后一个出场,乙和丙必须排在相
邻的顺序出场,不同的演出顺序共有(
A.24种
B.144种

人教A版高中数学选择性必修第三册精品课件第6章计数原理 6.2.1 排列

在本例(2)中,若在条件中再增加“A不坐两头”,则结论如何? 解:画出树形图如图所示.
故所有可能的坐法为 BACD,BADC,BCAD,BDAC,CABD,CADB,CBAD,CDAB,DABC,DACB,D BAC,DCAB,共12种.
利用“树形图”法解决简单排列问题的适用范围及策略 (1)适用范围:“树形图”在解决排列元素个数不多的问题时,是一种比较有效的表示方式. (2)策略:在操作中先将元素按一定顺序排出,以再安排哪个元素为分类标准进行分类,接着安排第二个元素,并按此元素分类,依次进行,直到完成一个排列,这样能做到不重不漏,最后按树形图写出排列.
判断一个具体问题是不是排列问题,就看取出元素后排列是有序的还是无序的,而检验它是否有序的依据就是变换元素的“位置”(这里的“位置”应视具体问题的性质和条件来决定),看其结果是否有变化,有变化就是排列问题,无变化就不是排列问题.
【变式训练1】判断下列问题是不是排列问题. (1)从2,3,5,7,9中任取两数分别作为对数的底数与真数,可得多少个不同的对数? (2)空间中有10个点,任意3个点不共线,任意4个点不共面,则这10个点共可组成多少个不同的四面体? (3)某部门有10名优秀员工,5名实习生,该部门领导决定选5名优秀员工对5 名实习生实行一帮一活动,共有多少种不同的安排方式? (4)从10名三好学生中选出5名和5名普通学生组成一个学习小组,共有多少种不同的安排方式?
D.90个
(2)现从8名学生干部中选出3名同学分别参加三个不同的夏令营活动,则不
同的选派方案的种数是
.
解析:(1)用数字1,2,3,4,6组成无重复数字的五位偶数,可看作5个元素的排列问题,先排个位数字,有3种方法,再排其他各位,分别有4,3,2,1种不同的方法,由分步乘法计数原理,可知一共能组成3×4×3×2×1=72个无重复数字的五位偶数,故选C. (2)从8名学生干部中选出3名同学分别参加三个不同的夏令营活动,可看作从8个元素中取出3个元素的排列问题,由分步乘法计数原理可知一共有 8×7×6=336种不同的方案. 答案:(1)C (2)336

排列课件-高二数学人教A版(2019)选择性必修第三册

学有所用
反思感悟
解决排列应用题，常用的思考方法有直接法和间接法.
排列问题的实质是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的
限制条件主要表现在某元素不排在某个“位子”上或某个“位子”不排
某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则，即优先排
特殊元素或优先满足特殊“位子”.
学有所用
跟踪训练1
甲在首位的情况有 A46种，
所以符合要求的排法有 A57－A46＝2 160(种).
学有所用
(2)甲既不在首位也不在末位的排法有多少种？
解
把位置作为研究对象，先考虑特殊位置.
第一步，从甲以外的 6 名同学中选 2 名排在首末 2 个位置上，有 A26种方法；
第二步，从剩下的 5 名同学中选 3 名排在中间 3 个位置上，有 A35种方法.
人教A版高中数学选择性必修三第六章
6.2.1 排列
情景引入
问题1：从甲、乙、丙3名同学中选出2名参加一项活动，其中1名同学
参加上午的活动，另1名同学参加下午的活动，有多少种不同的选法？
分析：1.“要完成的一件事”：
2.如何完成： “分步”
选1名同学参加上午的活
动，另1名同学参加下午
的活动
情景引入
正整数1到的连乘积，叫做的阶乘，用!表示，即
规定：! =
= !
新知学习

= ( − )( − ). . . ( − + )
× ( − ) × ( − ) ×. . .× ( − + ) × ( − ) ×. . .× ×
=
( − ) ×. . .× ×

!
= − =
−

高中数学新人教A版选择性必修第三册第六章 6.2.4.2组合与组合数应用课课件

【定向训练】 1．为了丰富教职工的文化生活，某学校从高一年级、高二年级、高三年级、行政部门各挑选出4位教师组成合唱团，现要从这16人中选出3人领唱，要求这3人不能都是同一个部门的，且在行政部门至少选1人，则不同的选取方法的种数为 () A．336 B．340 C．352 D．472
【解析】选A.由题意可得，①行政部门选一人，若其他两人为同一部门有C14 C31 C24 ＝72种，若其他人不为同一部门有21 C14 C31 C14 C21 C14 ＝192种，②行政部门选二人，有C24 C31 C14 ＝72种，综上共有72＋192＋72＝336种．
(3)恰有两个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧各放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙各插一块隔板，有C51 种插法，如|00|0000|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒． ①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子，如||00||0000|，有C32 种插法． ②将两块板与前面三块板之一并放，如|00|||0000|，有C31 种插法．故共有C51 ·(C23 ＋C31 )＝30(种)方法．
【类题通法】分组与分配问题的常见类型及解法 (1)分组问题属于组合问题，常见的分组问题有三种： ①完全均匀分组，每组的元素个数均相等，最后必须除以组数的阶乘； ②部分均匀分组，应注意不要重复，有n组均匀，最后必须除以n！； ③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象． (2)分配问题属于“排列”问题，分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．
【类题通法】相同元素分配问题的处理策略 (1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题． (2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有Cmn－－11 种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块板．

人教A版高中数学选择性必修第三册精品课件第6章计数原理 6.2.3 组合 6.2.4 组合数

(2)分三类:3 红 1 白,2 红 2 白,1 红 3 白,由分类加法计数原理有
C43 C61 + C42 C62 + C41 C63 =194 种不同的取法.
答案:(1)18 (2)194
易错辨析
忽视C 中的限制条件致错
【典例】若C8 -1 >3C8 ,则满足条件的 m 的取值集合是(
A.{7}
B.{7,8}
8!
错解:由已知得
( -1)!(9- )!
1
整理得9-
解得
>
3
,即

>
∞
D.
3×8!
,
!(8- )!
m>3(9-m),
27
m> ,故满足条件的
4
答案:C
C.
27
,+
4
m 的取值集合是
27
,
4
+∞ .
)
27
,8
4
以上解答过程中有什么错误?导致错误的原因是什么?你如何防范?

C
提示:在中,有限制条件0≤m≤n,m∈N*,n∈N*,错解中忽视了这些限制条
件,从而导致错误.
8!
正解:由已知得
( -1)!(9- )!
1
整理得
9-
解得
>
3
,即

>
3×8!
,
!(8- )!
m>3(9-m),
27
m> 4 .
又因为 0≤m-1≤8,0≤m≤8,m∈N*,
所以 m=7 或 m=8,
101
故
=101·
=101C+100

第六章 章末整合-【新教材】人教A版(2019)高中数学选择性必修第三册课件

高中数学选择性必修三 6 2 3- 6 2 4 组合与组合数 (课件)

人教A版高中数学选择性必修第三册精品课件 第6章 第2课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用