人教版高中数学选择性必修三教案（选修三）全套

高中数学选择性必修三 教案 中职数学基础模块教案 下载北师大版¥1.2次方程的根与系数的关系的教案关于坚持的教案初中数学教案下载电子教案下载 全套6.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理(1)【教材分析】本节课选自《2019人教A版高中数学选择性必修第三册》，第六章《计数原理》，本节课主要学习分类加法计数原理与分步乘法计数原理。两个计数原理，其核心是准确理解两个原理，弄清它们的区别。理解它关键就是要根据实例概括两个计数原理。学生对计数问 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 已经有一些经验和技巧，本节课的内容分类计数原理和分步计数原理就是在此基础上的发展。由于排列、组合及二项式定理的研究都是以两个计数原理为基础,所以在本学科计数问题中有重要的地位，是本学科的核心内容。教学的重点是两个原理的理解与应用，解决重点的关键是从单一到综合，恰当安排实例。【教学目标与核心素养】课程目标学科素养A.通过实例能归纳总结出分类加法计数原理与分步乘法计数原理;B.正确理解“完成一件事情”的含义，能根据具体问题的特征,选择“分类”或“分步”.C.能利用两个原理解决一些简单的实际问题.1.数学抽象：两个计数原理2.逻辑推理：准确运用两个计数原理解决问题3.数学运算：运用计数原理解决计数问题4.数学建模：将计数问题转化为分类和分步计数问题【重点与难点】重点：分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其简单应用难点：准确应用两个计数原理解决问题【教学过程】教学过程教学设计问题导学计数问题是我们从小就经常遇到的，通过列举一个一个地数是计数的基本 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 ，但当问题中的数量很大时，列举的方法效率不高，能否设计巧妙的“数法”，以提高效率呢？下面先分析一个简单的问题，并尝试从中得出巧妙的计数方法.问题1.用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的一个座位编号，总共能编出多少种不同的号码？因为英文字母共有26个，阿拉伯数字共有10个，所以总共可以编出26+10=36种不同的号码.问题2.你能说说这个问题的特征吗？上述计数过程的基本环节是：（1）确定分类标准，根据问题条件分为字母号码和数字号码两类；（2）分别计算各类号码的个数；（3）各类号码的个数相加，得出所有号码的个数.你能举出一些生活中类似的例子吗？一般地，有如下分类加法计数原理：完成一件事，有两类办法.在第1类办法中有m种不同的方法，在第2类方法中有n种不同的方法，则完成这件事共有:N=m+n种不同的方法.二、典例解析例1.在填写高考志愿时，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，如表，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？分析:要完成的事情是“选一个专业”.因为这名同学在A,B两所大学中只能选择一所，而且只能选择一个专业，又因为这两所大学没有共同的强项专业，所以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，因为没有一个强项专业是两所大学共有的，所以根据分类加法计数原理，这名同学可能的专业选择种数N=5+4=9.利用分类加法计数原理解题的一般思路(1)分类:将完成这件事的办法分成若干类;(2)计数:求出每一类中的方法数;(3)结论:将每一类中的方法数相加得最终结果.问题3.如果完成一件事有三类不同 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 ，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，在第三类方案中有m3种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？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的方法，那么应该如何计数呢？分类加法计数原理：完成一件事,如果有n类办法,且:第一类办法中有m1种不同的方法,第二类办法中有m2种不同的方法……第n类办法中有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.跟踪训练1.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数是(　　)A．18　　　B．36C．72　　　D．48解析：方法一　按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8分成八类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个、7个、6个、5个、4个、3个、2个、1个．由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个).方法二　按个位上的数字分别是2，3，4，5，6，7，8，9分成八类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个．由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个).方法三　考虑两位数的个位数字与十位数字的大小关系，利用对应思想解决．所有的两位数共有90个，其中，个位数字等于十位数字的两位数为11，22，33，…，99，共9个；有10，20，30，…，90共9个两位数的个位数字与十位数字不能调换位置，则剩余的两位数有90－18＝72(个).在这72个两位数中，每一个个位数字(a)小于十位数字(b)的两位数都有一个十位数字(a)小于个位数字(b)的两位数与之对应，故满足条件的两位数的个数是72÷2＝36.故选B.答案：B问题4.用前6个大写的英文字母和1~9个阿拉伯数字，以A1，A1，…A9，B1，B2，…的方式给教室里的一个座位编号，总共能编出多少种不同的号码？解：方法一：解决计数问题可以用“树状图”列举出来方法二：由于6个英文字母中的任意一个都能与6个数字中的任意一个组成一个号码，而且它们互不相同，因此共有6×9=54种不同的号码.问题5.你能说说这个问题的特征吗？上述计数过程的基本环节是：（1）由问题条件中的“和”，可确定完成编号要分两步；（2）分别计算各步号码的个数；（3）将各步号码的个数相乘，得出所有号码的个数.你能举出一些生活中类似的例子吗？例2.设某班有男生30名，女生24名。现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，共有多少种不同的选法？分析:选出一组参赛代表，可分两步：第一步,选男生；第二步,选女生.解：第一步,从30名男生中选出1人,有30种不同选择；第二步,从24名女生中选出1人,有24种不同选择；根据分步计数原理，共有30×24=720种不同方法.问题6.如果完成一件事有三个步骤,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?N＝m1×m2×m3如果完成一件事需要有n个步骤,做每一步中都有若干种不同方法,那么应当如何计数呢?如果完成一件事需要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mn种不同的方法,那么完成这件事的方法总数如何计算？分步乘法计数原理一般结论：N＝m1×m2×…×mn例3.书架上第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本不同的体育杂志.(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,有多少种不同取法?(3)从书架上取2本不同学科的书,有多少种不同的取法?解：（1）根据分类加法计数原理可得：N＝4＋3+2＝9；（2）根据分步乘法计数原理可得：N＝4×3×2＝24；（3）需先分类再分步.第一类：从一、二层各取一本，有4×3=12种方法；第二类：从一、三层各取一本,有4×2=8种方法；第三类：从二、三层各取一本,有3×2=6种方法；根据两个基本原理，不同的取法总数是N=4×3+4×2+3×2=26答:从书架上取2本不同种的书,有26种不同的取法.应用分步乘法计数原理解题的一般思路跟踪训练2.　有6名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定6名同学都参加)(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．解：(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法．根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法种数为36＝729.(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法．根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法种数为6×5×4＝120.(3)每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这6人中选出1人参赛．根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法种数为63＝216.通过导语，帮助学生回顾计数问题，引出学习课题。通过具体问题，已发学生思考，通过分析、比较、归纳、形成对计数原理的认识。发展学生数学运算，数学抽象和数学建模的核心素养。在典例分析和练习中让学生熟悉两个计数原理的基本步骤，并能区分它们的联系和区别，发展学生逻辑推理，直观想象、数学抽象和数学运算的核心素养。三、达标检测1.某教师有相同的语文参考书3本，相同的数学参考书4本，从中取出4本赠送给4位学生，每位学生1本，则不同的赠送方法共有(　　)A．20种　　B．15种C．10种　　D．4种解析：若4本中有3本语文参考书和1本数学参考书，则有4种方法，若4本中有1本语文参考书和3本数学参考书，则有4种方法，若4本中有2本语文参考书和2本数学参考书，则有6种方法，若4本都是数学参考书，则有一种方法，所以不同的赠送方法共有4＋4＋6＋1＝15(种).故选B.答案：B2.现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同的选法的种数是(　　)A．56B．65C．30D．11解析：(1)第一名同学有5种选择方法，第二名也有5种选择方法，…，依次，第六名同学有5种选择方法，综上，6名同学共有56种不同的选法．故选A.3.4张卡片的正、反面分别标有0与1,2与3,4与5,6与7,将其中3张卡片排放在一起,可组成　　　　　个不同的三位数.解析:分三个步骤:第一步:百位可放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.根据分步乘法计数原理,可以组成N=7×6×4=168个不同的三位数.答案:1684.如图所示的电路图,从A到B共有　　　　　条不同的线路可通电.解析:先分三类.第一类,经过支路①有3种方法;第二类,经过支路②有1种方法;第三类,经过支路③有2×2=4种方法,所以总的线路条数N=3+1+4=8.答案:85.如图,一只蚂蚁沿着长方体的棱,从顶点A爬到相对顶点C1,求其中经过3条棱的路线共有多少条?解:从总体上看有三类方法,分别经过AB,AD,AA1.从局部上看每一类又需分两步完成.故第一类:经过AB,有m1=1×2=2条;第二类:经过AD,有m2=1×2=2条;第三类:经过AA1,有m3=1×2=2条.根据分类加法计数原理,从顶点A到顶点C1经过3条棱的路线共有N=2+2+2=6条.6.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到边远地区支教,有多少种不同的选法?解:由题意知,有1人既会英语又会日语,6人只会英语,2人只会日语.方法一:分两类.第一类:从只会英语的6人中选1人有6种选法,从会日语的3人中选1人有3种选法.此时共有6×3=18(种)选法.第二类:从“全能”的人中选1人有1种选法,从只会日语的2人中选1人有2种选法,此时有1×2=2(种)选法.所以由分类加法计数原理知,共有18+2=20(种)选法.方法二:设既会英语又会日语的人为甲,则甲有入选和不入选两类情形,入选后又分两种情况:(1)教英语;(2)教日语.第一类:甲入选.(1)甲教英语,再从只会日语的2人中选1人,由分步乘法计数原理,有1×2=2(种)选法;(2)甲教日语,再从只会英语的6人中选1人,由分步乘法计数原理,有1×6=6(种)选法.故甲入选的不同选法共有2+6=8(种).第二类:甲不入选.可分两步:第一步,从只会英语的6人中选1人有6种选法;第二步,从只会日语的2人中选1人有2种选法.由分步乘法计数原理,有6×2=12(种)不同的选法.综上,共有8+12=20(种)不同的选法.通过练习巩固本节所学知识，通过学生解决问题，发展学生的数学运算、逻辑推理、直观想象、数学建模的核心素养。四、小结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分步乘法计数原理区别一完成一件事共有n类办法,关键词是“分类”完成一件事共有n个步骤,关键词是“分步”区别二每类办法中的每种方法都能独立地完成这件事,它是独立的、一次的且每种方法得到的都是最后结果,只需一种方法就可完成这件事除最后一步外,其他每步得到的只是中间结果,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,只有各个步骤都完成了,才能完成这件事区别三各类办法之间是互斥的、并列的、独立的各步之间是关联的、独立的,“关联”确保不遗漏,“独立”确保不重复通过总结，让学生进一步巩固本节所学内容，提高概括能力。【教学反思】在本节课的教学中，学生可能遇到的问题（或困难、障碍）是综合应用两个计数原理，产生这一问题的原因是不能根据问题的特征选择对应的原理。要解决这一问题，就要要通过典型的、学生比较熟悉的实例，经过概括得出两个计数原理，然后从单一到综合的方式，安排例题，其中关键是从单一到综合，引导学生体会两个计数原理的基本思想。6.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理(2)【教材分析】本节课选自《2019人教A版高中数学选择性必修第三册》，第六章《计数原理》，本节课主要学习分类加法计数原理与分步乘法计数原理。两个计数原理，其核心是准确理解两个原理，弄清它们的区别。理解它关键就是要根据实例概括两个计数原理。学生对计数问题已经有一些经验和技巧，本节课的内容分类计数原理和分步计数原理就是在此基础上的发展。由于排列、组合及二项式定理的研究都是以两个计数原理为基础,所以在本学科计数问题中有重要的地位，是本学科的核心内容。教学的重点是两个原理的理解与应用，解决重点的关键是从单一到综合，恰当安排实例。【教学目标与核心素养】课程目标学科素养A.进一步理解和掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理；B．能应用两个计数原理解决实际问题.1.数学抽象：两个计数原理2.逻辑推理：运用分类思想解决复杂问题3.数学运算：运用计数原理解决计数问题4.数学建模：将计数问题转化为分类和分步计数问题【重点与难点】重点：分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其简单应用难点：准确应用两个计数原理解决问题【教学过程】教学过程教学设计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分步乘法计数原理区别一完成一件事共有n类办法,关键词是“分类”完成一件事共有n个步骤,关键词是“分步”区别二每类办法中的每种方法都能独立地完成这件事,它是独立的、一次的且每种方法得到的都是最后结果,只需一种方法就可完成这件事除最后一步外,其他每步得到的只是中间结果,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,只有各个步骤都完成了,才能完成这件事区别三各类办法之间是互斥的、并列的、独立的各步之间是关联的、独立的,“关联”确保不遗漏,“独立”确保不重复二、典例解析例4.要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？分析：要完成的一件事是“从3幅画中选出2幅，并分别挂在左、右两边墙上”，可以分步完成.解：从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成:第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法，第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法，根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是N=3×2=6.例5．给程序模块命名，需要用个字符，其中首字符要求用字母或，后两个要求用数字.问最多可以给多少个程序命名？分析：要完成一件事是“给一个程序模块命名”，可以分三个步骤完成：第1步，首选字符，第2步，选中间字符；第3步，选最后一个字符，还有首字符又可以分为两类。解：由分类加法计数原理，首字符不同选法的种数为，后两个字符从中选，因为数字可以重复，所以不同选法的种数都为9.由分步乘法计数原理，不同名称的个数是，即最多可以给1053个程序命名.例6.电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态.因此计算机内部就采用了每一位只有0或1两种数字的记数法，即二进制.为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由8个二进制位构成.问：（1）一个字节(8位)最多可以表示多少个不同的字符？（2）计算机汉字国标码(GB码)包含了6763个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？分析：（1）要完成的一件事是“确定1个字节各二进制位上的数字”.由于每个字节有8个二进制位，每一位上的值都是0，1两种选择，而且不同的顺序代表不同的字符，因此可以用分步乘法计数原理来求解；（2）只要计算出多少个字节所能表示的不同字符不少于6763个即可.解：（1）一个字节共有8位，每位上有2种选择，根据分步乘法计数原理，一个字节最多可以表示2×2×2×2×2×2×2×2=28=256个不同的字符；（2）由（1）知，用一个字节能表示256个字符，∵256<6763，一个字节不够；根据分步乘法计数原理，2个字节可以表示256×256=65536个不同的字符，∵65536>6763，所以每个汉字至少要用2个字节表示.例7.计算机编程人员在编写好程序以后需要对程序进行调试，程序员需要知道到底有多少条执行路径（即程序从开始到结束的路线），以便知道需要提供多少个测试数据.一般地，一个程序模块由许多字模块组成，如图，这是一个具有许多执行路径的程序模块，它有多少条执行路径？另外，为了减少测试时间，程序员需要设法减少测试次数.你能帮助程序员设计一个测试方法，以减少测试次数吗？分析：整个模块的任意一条执行路径都分两步完成：第1步是从开始执行到A点；第2步是从A点执行到结束.而第1步可有子模块1、子模块2、子模块3中任何一个来完成；第2步可以由子模块4、子模块5中任何一个来完成，因此，分析一条指令在整个模块的执行路径需要用到两个技术原理.解：由分类加法计数原理，子模块1、子模块2,、子模块3中的子路径条数共为18+45+28=91；子模块4、子模块5中的子路径条数共为38+43=81.又由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径条数共为91×81=7371.在实际测试中，程序员总是把每一个子模块看成一个黑箱，即通过只考察是否执行了正确的子模块的方式来测试整个模块，这样，它可以先分别单独测试5个模块，以考察每个子模块的工作是否正常，总共需要的测试次数为18+45+18+38+43=172.再测试各个模块之间的信息交流是否正常，只需要测试程序第1步中的各个子模块和第2步中的各个子模块之间的信息交流是否正常，需要测试的次数为3×2=6.如果每个子模块都正常功能，并且各个子模块之间的信息交流也正常，那么整个程序模块就工作，正常这样测试整个模块的次数就变为172+6=178，显然178与7371的差距是非常大的.1.使用两个原理的原则使用两个原理解题时,一定要从“分类”“分步”的角度入手.“分类”是对于较复杂应用问题的元素分成互相排斥的几类,逐类解决,用分类加法计数原理;“分步”就是把问题分化为几个互相关联的步骤,然后逐步解决,这时可用分步乘法计数原理.2.应用两个计数原理计数的四个步骤(1)明确完成的这件事是什么.(2)思考如何完成这件事.(3)判断它属于分类还是分步,是先分类后分步,还是先分步后分类.(4)选择计数原理进行计算.例8.通常，我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为用汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示发牌机关代号，第二部分有阿拉伯数字和英文字母组成的序号如图，其中，序号的编码 规则 编码规则下载淘宝规则下载天猫规则下载麻将竞赛规则pdf麻将竞赛规则pdf 为：（1）由10个阿拉伯数字和除 O,I之外的24个英文字母组成;（2）最多只能有2个英文字母.如果某地级市发牌机关采用5位序号编码，那么这个发牌机关最多能发放多少张汽车号牌？典例解析分析：由号牌编号的组成可知，序号的个数决定了这个发牌机关所能发放的最多号牌数，按程序编码规则可知，每个序号中的数字、字母都是可重复的，并且可将序号分为三类；没有字母，有1个字母，有2个字母，以字母所在位置为分类标准，可将有1个字母的序号，分为五个子类，将有2个字母的序号，分为十个子类.解：有号牌编号的组成可知，这个发牌机关所能发放的最多号牌数就是序号的个数，根据序号编码规则，5位序号可以分为三类：没有字母，有1个字母，有2个字母.（1）当没有字母时，序号的每一位都是数字，确定一个序号可分5个步骤，每一步都可以从10个数字中选1个，各有10种选法，根据分布乘法计数原理，这类号牌张数为10×10×10×10×10=100000.（2）当有1个字母时，这个字母可以分别在序号的第1位、第2位、第3位、第4位或第5位，这类序号可以分为五个子类.当第1位是字母时，分5个步骤确定一个序号中的字母和数字：第1步，从24个字母中选1个放在第1位，有24种选法；第2~5步都是从10个数字中选一个放在相应的位置，各有10种选法，根据分步乘法计数原理，号牌张数为：24×10×10×10×10=240000.同样，其余四个子类号牌也各有240000张。根据分类加法计数原理，这类号牌张数，共为240000+240000+240000+240000+240000=1200000.（3）当有2个字母时，根据这2个字母在序号中的位置，可将这类序号分为十个子类：第1位和第2位，第1位和第3位，第1位和第4位，第1位和第5位，第2位和第3位，第2位和第4位，第2位和第5位，第3位和第4位，第3位和第5位，第4位和第5位.当第1位和第2位是字母时，分5个步骤确定一个序号中的字母和数字：第1~2步都是从24个字母中选1个分别放在第1位，第2位，各有24种选法；第3~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置，各有10种选法.根据分步乘法计数原理，号牌张数为24×24×10×10×10=576000同样其余九个子类号牌也各有576000张于是这类号牌张数一共为576000×10=5760000综合（1）（2）（3）根据分类加法计数原理，这个发牌机关最多能发放的汽车号牌张数为10000十1200000+5760000=7060000.解决抽取(分配)问题的方法(1)当涉及对象的数目不大时,一般选用列举法、树状图法、框图法或图表法.(2)当涉及对象的数目很大时,一般有两种方法:①直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理.一般地,若抽取是有顺序的,则按分步进行;若是按对象特征抽取的,则按分类进行.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.跟踪训练.7名学生中有3名学生会下象棋但不会下围棋,有2名学生会下围棋但不会下象棋,另2名学生既会下象棋又会下围棋.现从中选出会下象棋和会下围棋的学生各1人参加比赛,共有多少种不同的选法?解:第1类,从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,由分步乘法计数原理得N1=3×2=6(种).第2类,从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,由分步乘法计数原理得N2=3×2=6(种).第3类,从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛,同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,由分步乘法计数原理得N3=2×2=4(种).第4类,从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛,另一名参加围棋比赛,有N4=2种.综上,由分类加法计数原理可知,不同选法共有N=N1+N2+N3+N4=6+6+4+2=18(种).通过引导学生回顾计数原理，进一步比较分析加深对两个计数原理得理解。通过具体问题，分析、比较、归纳、加深对两个计数原理的认识。发展学生数学运算，数学抽象和数学建模的核心素养。在典例分析和练习中让学生熟悉两个计数原理的基本步骤，并能区分它们的联系和区别，进而灵活运用两个计数原理。发展学生逻辑推理，直观想象、数学抽象和数学运算的核心素养。三、达标检测1.现有4件不同款式的上衣和7条不同颜色的长裤,如果一条长裤与一件上衣配成一套,那么不同的配法种数为(　　)A.11B.28C.16384D.2401解析:要完成配套,分两步:第1步,选上衣,从4件上衣中任选一件,有4种不同的选法;第2步,选长裤,从7条长裤中任选一条,有7种不同的选法.故共有4×7=28(种)不同的配法.答案:B2.从0,1,2,3,4,5这六个数字中,任取两个不同的数字相加,其和为偶数的不同取法的种数为(　　)A.30B.20C.10D.6解析:从0,1,2,3,4,5六个数字中,任取两个不同的数字相加,和为偶数可分为两类,①取出的两数都是偶数,共有3种取法;②取出的两数都是奇数,共有3种取法.故由分类加法计数原理得,共有N=3+3=6(种)取法.答案:D3.中国有十二生肖,又叫十二属相,每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个,已知甲同学喜欢牛、马和猴,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学所有的吉祥物都喜欢,让甲、乙、丙三位同学依次从中选一个作为礼物珍藏,若各人所选取的礼物都是自己喜欢的,则不同的选法有(　　)A.50种B.60种C.80种D.90种解析:根据题意,按甲的选择不同分成2种情况讨论:若甲选择牛,此时乙的选择有2种,丙的选择有10种,此时有2×10=20(种)不同的选法.若甲选择马或猴,此时甲的选择有2种,乙的选择有3种,丙的选择有10种,此时有2×3×10=60(种)不同的选法.一共有20+60=80(种)不同的选法.故选C.答案:C4.将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色,并使同一条棱的两个端点异色,若只有4种颜色可供使用,则不同的染色方法共有(　　)A.48种B.72种C.96种D.108种解析:设四棱锥为P-ABCD.当A,C颜色相同时,先染P有4种方法,再染A,C有3种方法,然后染B有2种方法,最后染D也有2种方法.根据分步乘法计数原理知,共有4×3×2×2=48(种)方法;当A,C颜色不相同时,先染P有4种方法,再染A有3种方法,然后染C有2种方法,最后染B,D都有1种方法.根据分步乘法计数原理知,共有4×3×2×1×1=24(种)方法.综上,共有48+24=72(种)方法.故选B.答案:B5.某艺术小组有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,在艺术小组9人中,有且仅有1人既会钢琴又会小号(把该人记为甲),只会钢琴的有6人,只会小号的有2人.把从中选出会钢琴与会小号各1人的方法分为两类.第1类,甲入选,另1人只需从其他8人中任选1人,故这类选法共8种;第2类,甲不入选,则会钢琴的只能从6个只会钢琴的人中选出,有6种不同的选法,会小号的也只能从只会小号的2人中选出,有2种不同的选法,所以这类选法共有6×2=12(种).因此共有8+12=20(种)不同的选法.通过练习巩固本节所学知识，通过学生解决问题，发展学生的数学运算、逻辑推理、直观想象、数学建模的核心素养。四、小结五、课时练通过总结，让学生进一步巩固本节所学内容，提高概括能力。【教学反思】在本节课的教学中，学生可能遇到的问题（或困难、障碍）是综合应用两个计数原理，产生这一问题的原因是不能根据问题的特征选择对应的原理。要解决这一问题，就要要通过典型的、学生比较熟悉的实例，经过概括得出两个计数原理，然后从单一到综合的方式，安排例题，其中关键是从单一到综合，引导学生体会两个计数原理的基本思想。6.2.1排列与排列数【教材分析】本节课选自《2019人教A版高中数学选择性必修第三册》，第六章《计数原理》，本节课主本节课主要学习排列与排列数。排列与组合是在学习了两个计数原理之后，由于排列、组合及二项式定理的研究都是以两个计数原理为基础，同时排列和组合又能进一步简化和优化计数问题。教学的重点是排列的理解，利用计数原理推导排列数公式，难点是运用排列解决实际问题。【教学目标与核心素养】课程目标学科素养A.理解并掌握排列、排列数的概念,能用列举法、树状图法列出简单的排列.B.掌握排列数公式及其变式,并能运用排列数公式熟练地进行相关计算.C.掌握有限制条件的排列应用题的一些常用方法,并能运用排列的相关知识解一些简单的排列应用题.1.数学抽象：排列的概念2.逻辑推理：排列数的性质3.数学运算：运用排列数解决计数问题4.数学建模：将计数问题转化为排列问题【重点与难点】重点：理解排列的定义及排列数的计算难点：运用排列解决计算问题【教学过程】教学过程教学设计一、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分步乘法计数原理区别一完成一件事共有n类办法,关键词是“分类”完成一件事共有n个步骤,关键词是“分步”区别二每类办法中的每种方法都能独立地完成这件事,它是独立的、一次的且每种方法得到的都是最后结果,只需一种方法就可完成这件事除最后一步外,其他每步得到的只是中间结果,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,只有各个步骤都完成了,才能完成这件事区别三各类办法之间是互斥的、并列的、独立的各步之间是关联的、独立的,“关联”确保不遗漏,“独立”确保不重复问题1.从甲、乙、丙三名同学中选出2人参加一项活动，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.分析：要完成的一件事是“选出2名同学参加活动，1名参加上午的活动，另1名参加下午的活动”，可以分两个步骤：第1步，确定上午的同学，从3人中任选1人，有3种选法；第2步，确定下午的同学，只能从剩下的2人中去选，有2种选法.根据分步乘法计数原理，不同的选法种数为3×2=6.问题如果把上面问题中被取出的对象叫做元素，则问题可叙述为：从3个不同的元素中任意取出2个，并按一定的顺序排成一列，共有多少种不同的排列方法？问题2.从1,2,3,4这4个数字中选出3个能构成多少个无重复数字的三位数？分析：从4个数中每次取出三个按“百位、十位、个位”的顺序排成一列，就得到一个三位数.因此有多少种不同的排列方法就有多少个不同的三位数，可以分三个步骤解决：第1步，确定百位上的数字，从1、2、3、4这4个数中任取一个，有4种方法；第2步，确定十位上的数字，只能从余下的3个数字中取，有3种方法；第3步，确定个位上的数字，只能从余下的2个数字中取，有2种方法；根据分步乘法计数原理，从1、2、3、4这4个不同的数字中，每次取出3个数字，按百位、十位、个位的顺序排成一列，不同的排列方法为4×3×2=24因而共可得到24个不同的三位数，如图所示同样，问题2可以归结为：从4个不同的元素a,b,c,d中任意取出3个，并按一定的顺序排成一列，共有多少种不同的排列方法？所有不同的排列是abc,abd,acb,acd,adb,adc,bac,bad,bca,bcd,bda,bdc,cab,cad,cba,cbd,cda,cbd,dab,dac,dba,dbc,dca,dcb,不同的排列方法为4×3×2=24上述问题1,2的共同特点是什么？你能将它们推广到一般情形吗？一、排列的相关概念1.排列:一般地,从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素,并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.相同排列:两个排列的元素完全相同,且元素的排列顺序也相同.名师点析理解排列应注意的问题(1)排列的定义中包括两个基本内容,一是“取出元素”,二是“按一定顺序排列”.(2)定义中的“一定顺序”说明了排列的本质:有序.1.下列问题中:①10本不同的书分给10名同学,每人一本;②10位同学互通一次电话;③10位同学互通一封信;④10个没有任何三点共线的点构成的线段.属于排列的有(　　)A.1个　　　　　　　B.2个C.3个D.4个解析:由排列的定义可知①③是排列,②④不是排列.答案:B二、典例解析例1.某省中学足球队赛预选赛每组有6支队，每支队都要与同组的其他各队在主、客场分别比赛1场，那么每组共进行多少场比赛？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.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，共有多少种不同的取法？（2）学校食堂的一个窗口共卖5种菜，甲、乙、丙3名同学每人从中选一种，共有多少种不同的选法？分析：3名同学每人从5盘不同的菜中取1盘菜，可看作是从这5盘菜中任取3盘，放在3个位置（给3名同学）的一个排列；而3名同学每人从食堂窗口的5种菜中选1种，每人都有5种选法，不能看成一个排列.解：（1）可以先从这5盘菜中取1盘给同学甲，然后从剩下的4盘菜中取1盘给同学乙，最后从剩下的3盘菜中取1盘给同学丙.按分步乘法计数原理，不同的取法种数为5×4×3=60.（2）可以先让同学甲从5种菜中选1种，有5种选法；再让同学乙从5种菜中选1种，也有5种选法；最后让同学丙从5种菜中选1种，同样有5种选法.按分步乘法计数原理，不同的取法种数为5×5×5=125.二、排列数与排列数公式1.排列数的定义: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Anm表示.2.排列数公式:Anm=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)=n!(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Ann=n(n-1)(n-2)×…×3×2×1.也就是说,将n个不同的元素全部取出的排列数,等于正整数1到n的连乘积.正整数1到n的连乘积,叫做n的阶乘,用n!表示.于是,n个元素的全排列数公式可以写成Ann=n!.另外,我们规定,0!=1.问题3.你认为“排列”和“排列数”是同一个概念吗?它们有什么区别?“排列”与“排列数”是两个不同的概念,一个排列是指“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”,它不是一个数,而是具体的一件事.“排列数”是指“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”,它是一个数.例3.计算：（1）A73；2A74；3A77A44；4A64×A22.解：根据排列数公式，可得（1）A73=7×6×5=210；（2）A74=7×6×5×4=840；（3）A77A44=7!4!=7×6×5=210；（4）A64×A22=6×5×4×3×2×1=720.由例3可以看出，A77A44=7!4!；A64×A22=6！=A66，即A64=A66A22=6!2!；观察这两个结果，从中你发现它们的共性了吗？事实上，Anm=nn-1n-2…n-m+1=nn-1n-2…n-m+1n-m…×2×1n-m×…×2×1=AnmAn-mn-m=n!n-m!即Anm=n!n-m!例4.用0~9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？分析：在0~9这10个数字中，因为0不能在百位上，而其他9个数字可以在任意数位上，因此0是一个特殊的元素。一般地，我们可以从特殊元素的位置入手来考虑问题。解法1：由于三位数的百位上的数字不能是0，所以可以分两步完成：第1步，确定百位上的数字可以从1~9这9个数字中取出1个，有A91种取法；第2步，确定十位和个位上的数字，可以从剩下的9个数中取2个,有A92种取法；如图根据分步乘法计数原理，所求的三位数的个数为A91×A92= 9×9×8= 648.解法2：如图，符合条件的三位数可以分成三类：第1类，每一位数字都不是0的三位数，可以从1~9这9个数字中取出3个，有A93种取法；第2类，个位上的数字是0的三位数，可以从剩下的9个数中取出2个放在百位和十位，有A92种取法；第3类，十位上的数字是0的三位数，可以从剩下的9个数字中取出2个放在百位和个位，有A92种取法.根据分类加法计数原理,所求三位数的个数为A93+A92+A92=9×8×7+9×8+9×8=648.解法3：从0~9这10个数字中选取3个的排列数为A103，其中0在百位上的排列数为A92，它们的差就是用这10个数组成的没有重复数字的三位数的个数，即所求三位数的个数为A103-A92= 10×9×8- 9×8= 648.1.此类题目从不同的视角可以选择不同的方法,我们用各种方法解决这个题的目的是:希望通过对本题的感悟,能掌握更多的解决这类问题的方法.2.元素分析法最基本,位置分析法对重要元素区别对待,间接法对对立面比较容易求解的题目特别实用.跟踪训练有语文、数学、英语、物理、化学、生物6门课程,从中选4门安排在上午的4节课中,其中化学不排在第四节,共有多少种不同的安排方法?解:(方法一　分类法)分两类:第1类,化学被选上,有A31A53种不同的安排方法;第2类,化学不被选上,有A54种不同的安排方法.故共有A31A53+A54=300(种)不同的安排方法.(方法二　分步法)第1步,第四节有A51种排法;第2步,其余三节有A53种排法,故共有A51A53=300(种)不同的安排方法.(方法三　间接法)从6门课程中选4门安排在上午,有A64种排法,而化学排第四节,有A53种排法,故共有A64-A53=300(种)不同的安排方法.通过引导学生回顾计数原理，进一步比较分析加深对两个计数原理得理解。通过具体问题，分析、比较、归纳出对排列的概念。发展学生数学运算，数学抽象和数学建模的核心素养。在典例分析和练习中让学生熟悉排列和排列数的概念，进而灵活运用排列数解决问题。发展学生逻辑推理，直观想象、数学抽象和数学运算的核心素养。三、达标检测1.从5本不同的书中选两本送给2名同学,每人一本,则不同的送书方法的种数为(　　)A.5B.10C.20D.60解析:此问题相当于从5个不同元素中取出2个元素的排列数,即共有A52=20(种)不同的送书方法.答案:C2.设m∈N*,且m<15,则A20-m6=(　　)A.(20-m)(21-m)(22-m)(23-m)(24-m)(25-m)B.(20-m)(19-m)(18-m)(17-m)(16-m)C.(20-m)(19-m)(18-m)(17-m)(16-m)(15-m)D.(19-m)(18-m)(17-m)(16-m)(15-m)解析:A20-m6是指从20-m开始依次连续的6个数相乘,即(20-m)(19-m)(18-m)(17-m)(16-m)(15-m).答案:C3.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C.48种D.96种解析:第1步,先安排甲有A21种不同的演出顺序;第2步,安排乙和丙有A22A41种不同的演出顺序;第3步,安排剩余的三个演员有A33种不同的演出顺序.根据分步计数原理,共有A21A22A41A33=96(种)不同的演出顺序.故选D.答案:D4.有8种不同的菜种,任选4种种在不同土质的4块地里,有　　　种不同的种法.解析:将4块不同土质的地看作4个不同的位置,从8种不同的菜种中任选4种种在4块不同土质的地里,则本题即为从8个不同元素中任选4个元素的排列问题,所以不同的种法共有A84=8×7×6×5=1680(种).答案:16805.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.(1)这些四位数中偶数有多少个?能被5整除的有多少个?(2)这些四位数中大于6500的有多少个?解:(1)偶数的个位数只能是2、4、6,有A31种排法,其他位上有A63种排法,由分步乘法计数原理,知共有四位偶数A31·A63=360(个);能被5整除的数个位必须是5,故有A63=120(个).(2)最高位上是7时大于6500,有A63种,最高位上是6时,百位上只能是7或5,故有2×A52种.由分类加法计数原理知,这些四位数中大于6500的共有A63+2×A52=160(个).通过练习巩固本节所学知识，通过学生解决问题，发展学生的数学运算、逻辑推理、直观想象、数学建模的核心素养。四、小结五、课时练通过总结，让学生进一步巩固本节所学内容，提高概括能力。【教学反思】在本节课的教学中，学生可能遇到的问题（或困难、障碍）是综合应用两个计数原理，产生这一问题的原因是不能根据问题的特征选择对应的原理。要解决这一问题，就要要通过典型的、学生比较熟悉的实例，经过概括得出两个计数原理，然后从单一到综合的方式，安排例题，其中关键是从单一到综合，引导学生体会两个计数原理的基本思想。6.2.2组合与组合数【教材分析】本节课选自《2019人教A版高中数学选择性必修第三册》，第六章《计数原理》，本节课主本节课主要学习组合与组合数.排列与组合是在学习了两个计数原理之后，由于排列、组合及二项式定理的研究都是以两个计数原理为基础，同时排列和组合又能进一步简化和优化计数问题。教学的重点是组合的理解，利用计数原理及排列数公式推导组合数公式，注意区分排列与组合的区别，难点是运用组合解决实际问题。【教学目标与核心素养】课程目标学科素养A.理解并掌握组合、组合数的概念,掌握组合与排列之间的联系与区别.B.熟练掌握组合数公式及组合数的两个性质,并运用于计算之中.C.能够运用排列组合公式及计数原理解决一些简单的应用问题,提高学生的数学应用能力与分析问题、解决问题的能力.1.数学抽象：组合的概念2.逻辑推理：组合数公式的推导3.数学运算：组合数的计算及性质4.数学建模：运用组合解决计数问题【重点与难点】重点：组合、组合数的概念并运用排列组合公式解决问题难点：组合与排列之间的联系与区别【教学过程】教学过程教学设计问题探究问题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、丙，再分配上午和下午也各有2种方法.从而甲、乙、丙3名同选2名去参加一项活动，就只需考虑选出的2名同学作为一组，不需要考虑他们的顺序。于是，在6.2.1节问题1的6种选法中，将选出的2名同学作为一组的选法就只有如下3种情况：甲乙、甲丙、乙丙.从三个不同元素中取出两个元素作为一组一共有多少个不同的组？一、组合的相关概念1.组合:一般地,从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素作为一组,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.2.相同组合:两个组合只要元素相同,不论元素的顺序如何,都是相同的.名师点析排列与组合的区别与联系(1)共同点:两者都是从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素.(2)不同点:排列与元素的顺序有关,组合与元素的顺序无关.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。例5.平面内有A，B，C，D共4个点.（1）以其中2个点为端点的有向线段共有多少条？（2）以其中2个点为端点的线段共有多少条？分析：（1）确定一条有向线段，不仅要确定两个端点，还要考虑他们的顺序是排列问题；（2）确定一条线段，只需确定两个端点，而不需要考虑它们的顺序是组合问题.解：（1）一条有向线段的两个端点，要分起点和终点，以平面内4个点中的2个为端点的有向线段条数，就是从4个不同元素中取出2个元素的排列数，即有向线段条数为A42=4×3=12.这12条有向线段分别为AB , BA,AC , CA,AD , DA,BC , CB,BD,DB , CD,DC .（2）由于不考虑两个端点的顺序，因此将（1）中端点相同、方向不同的2条有向线段作为一条线段，就是中平面内4个点中的2个点为端点的线段的条数，共有如下6条：AB,AC,AD,BC,BD,CD.问题2：利用排列和组合之间的关系，以“元素相同”为标准分类，你能建立起例5（1）中排列和（2）中组合之间的对应关系吗？进一步地，能否从这种对应关系出发，由排列数求出组合的个数？二、组合数与组合数公式1.组合数的定义: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Cnm表示.例如，从3个不同元素中取出2个元素的组合数，表示为C32，从4个不同元素中取出3个元素的组合数，表示为C42.思路：从4个不同元素中取出3个元素的组合数C43，设这4个元素为a,b,c,d，那么从中取出3个元素的排列数A43=24，以“元素相同”为标准将这24个排列分组如图，一共有4组，因此组合数C43=4.问题3：前面已经提到，组合和排列有关系，我们能否利用这种关系，由排列数Anm来求组合数Cnm呢？也可以这样理解，求“从4个元素中取出3个元素的排列数A43”第1步，从4个元素中取出3个元素作为一组，共有C43种不同的取法；第2步，将取出的3个元素做全排列，共有A33种不同的取法.于是，根据分布乘法计数原理有A43=C43∙A33即C43=A43A33=4.同样的从n个不同对象中取出m个做排列，可以分成两个步骤完成，第一步从n个不同对象中取出m个，有Cnm种选法；第二步将选出的m 个对象做全排列，有Amm种排法.由分步乘法计数原理有Anm=Cnm×Amm，所以Cnm=AnmAmm=nn-1…[n-(m-1)]m×m-1×…×2×1=n!n-m!m!上述公式称为组合数公式.2.组合数公式:Cnm=AnmAmm=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)m!=n!m!(n-m)!,这里n,m∈N*,并且m≤n.另外,我们规定Cn0=1.二、典例解析例6.计算：（1）C103；（2）C107；（3）C1010；（4）C100.解:根据组合数公式，可得C103=A103A33=10×9×83×2×1=120;C107=10!7!10-7!=10×9×8×77!×3!=120；(3) C1010= A1010A1010=10!10!=1;(4) C100=1;观察例6的（1）与（2），（3）与（4）的结果，你有什么发现？（1）与（2）分别用了不同形式的组合数公式，你对公式的选择有什么想法？1.公式Cnm=AnmAmm=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)m!(m,n∈N*,且m≤n),一般用于求值计算.2.公式Cnm=n!m!(n-m)!(m,n∈N*,且m≤n),一般用于化简证明.在具体选择公式时,要根据题目特点正确选择.3.根据题目特点合理选用组合数的两个性质Cnm=Cnn-m,Cn+1m=Cnm+Cnm-1,能起到简化运算的作用,需熟练掌握.跟踪训练1.(1)计算:①3C83-2C52+C88;②C10098+C200199.(2)求证:Cnm+1+Cnm-1+2Cnm=Cn+2m+1.分析:(1)先考虑利用组合数的性质对原式进行化简,再利用组合数公式展开计算.(2)式子中涉及字母,可以用阶乘式证明.(1)解:①3C83-2C52+C88=3×8×7×63×2×1-2×5×42×1+1=149.②C10098+C200199=C1002+C2