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第一章计数原理
本章综述
本章包含了三个方面的内容:一是基本计数原理;二是排列与组合;三是二项式定理.其中，排列组合是本章的重点.独立性较强，与实际联系密切.难点是应用两个计数原理及排列组合知识解决实际问题和应用二项式定理及杨辉三角计算和证明问题.在解决实际问题时，如果对问题本身和有关公式理解不够准确，就会发生重复或遗漏计算或用错公式等情况.
本章知识与实际联系较为密切,各个知识点所解决的问题均是从社会实践和科学试验中抽象出来的.具有很强的实际意义.在现实生活中应用广泛.其中，排列组合问题经常与必修三中概率的相关问题综合在一起考查.具有非常密切的联系.而两个基本计数原理则贯穿于这些知识的始终，是其他知识的基础.本章是高考中的必考的内容,在整个数学中占有比较重要的地位,高考题中一般考查基本概念、基本原理、基本计算，题型多以选择题、填空题形式出现，往往涉及多个知识点的综合.在学习中要立足基础知识、基本方法和基本技能的学习.认真研究典型例题，形成有规律的思维模式，奠定解决其他相关问题的思维依托.
计数问题是数学中最重要的研究对象之一，计数原理是解决计数问题最基本的方法，它为解决实际问题提供了思想和工具.
学习过程中要注意搞清易混淆的概念，如排列与排列数、组合与组合数、二项式系数与二项展开式的系数、加法原理与乘法原理等.在运用相关公式时，要注意公式适用的前提条件.在学习过程中，还要把握分类讨论、等价转化、正难则反等方法的运用.。
选修2-3第一章：“计数原理”教材分析与教学建议一、地位与作用计数问题是数学中的重要研究象之一，分类加法计数原理与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，它们为解决很多实际问题提供了思想和工具。
计数原理是学习统计与概率以及相关分支的基础。
计数原理的思想方法独特灵活，有利于培养和发展学生的抽象能力和逻辑思维能力。
二、本章重点、难点1．重点：（1）分类加法计数原理、分步乘法计数原理；（2）排列与组合的意义；（3）排列数公式与组合数公式；（4）二项式定理。
2．难点：（1）如何利用原理和有关公式解决应用问题。
三、课程标准1．分类加法计数原理、分步乘法计数原理通过实例，总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理；能根据具体问题的特征，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。
2．排列与组合通过实例，理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题。
3．二项式定理能用计数原理证明二项式定理；会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题。
四、教学安排与课时分配这部分的内容与《大纲》没有太大的区别，在处理方式上，相对于排列、组合来说，《标准》更强调基本的计数原理，而把排列、组合、二项式定理的证明作为计数原理的应用实例。
就计数原理本身而言，《标准》强调对计数思想的理解，两个版本相比，A版更加注重体现课标的精神，比如：从内容编排上看，非常强调基本计数原理的思想及其应用，第一节安排了有梯度的9个例题，计划用4课时，让学生通过丰富的实例来熟悉原理及其基本应用，而同样内容B版为3个例题，2课时；注重学生对新概念、新公式的探究。
避免抽象的讨论计数原理，而且强调计数原理在实际中的应用。
教学用时比《大纲》少了4课时。
六、教材分析（一）计数原理1．分类加法计数原理（1）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．（2）特点：两类方案中的任何一类的任何一种方法都可以完成这件事，并且两类方案中所有方法互不相同．（3）一般结论：完成一件事有n 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n 类方案中有n m 种不同的方法．那么完成这件事共有12n N m m m =+++ 种不同的方法．（4）注意事项：完成这件事的任何一种方法必属于某一类，并且分别属于不同两类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，即做到“不重不漏”，才能用分类计数原理．2．分步乘法计数原理（1）原理：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．（2）特点：两个步骤缺一不可，并且经过两个步骤恰好完成这件事．（3）一般结论：完成一件事需要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12n N m m m =⨯⨯⨯ 种不同的方法．（4）注意事项：在分步乘法计数原理中，完成一件事分为若干个有联系的步骤，只有前一个步骤完成后，才能进行下一个步骤．当各个步骤都依次完成后，这件事才算完成．但每个步骤中可以有多种不同的方法，而这些方法之间是相互独立的．3．区别与联系（1）区别：在分类计数中，完成一件事，每一类中的每一种方法都可以达到目的，即都可以完成这件事．在分步计数中，完成一件事，只有各个步骤都完成，才算完成此事．（2）联系：①都是探讨完成一件事情的方法种数，即计数问题．②两个原理在处理问题时相互交织、互相渗透．4.特别提示（1）理解分类加法计数原理，要注意以下三点：①清楚完成“一件事”的含意，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解决“分类”问题用分类加法计数原理．需要分类的事件不妨叫做“独立事件”，即完成事件通过途径A ，就不必再通过途径B 就可以完成，每类办法都可以完成这件事．注意各类之间的独立性和并列性，否则，不独立会出现重复，不并列会出现遗漏；③每个问题中，标准不同，分类也不同．分类的基本要求是，每一种方法必属于某一类（不漏），任意不同类的两种方法是不同的（不重复）．（2）理解分步乘法计数原理，要注意以下三点：①清楚完成“一件事”的含意，即知道完成一个事件，在每个题中需要经过哪几个步骤； ②“分步”用乘法原理，需要分成若干个步骤，每个步骤都完成了，才算完成了一个事件，不妨称此为“相关事件”．要注意各步骤之间的连续性；③每个问题中，标准不同，分步也不同．分步的基本要求是完成一件事，必须且只需连续做完几步，既不漏步也不重复，二是两个步骤的方法之间是无关的，不能互相替代．（二）排列与组合1．排列与组合的意义排列与组合是既有联系又有区别的两类问题，它们都是从n 个不同元素中任取m 个不同元素.但是前者要求将元素排成一个顺序，后者对此不做要求.若不理解排列问题和组合问题的区别，在分析实际问题时就会犯错误.2．两类基本公式（1）排列数公式 !(1)(2)(1)()!m n n A n n n n m n m =---+=- 规定：0！=1 （2）组合数公式 )!(!!m n m n A A C m m m n m n-== 特别地：10==n n n C C 3．两类基本性质（1）排列性质：11-++=m nm n m n mA A A （2）组合性质：性质1.m n n m n C C -=, 性质2.11-++=m nm n m n C C C 在解决排列组合的计算或证明以及解方程，解不等式等问题时，经常用排列数公式、组合数公式以及组合数的两个性质.解这类题的关键是准确、熟练地运用这些公式及性质，但是在使用公式时要注意：计算题与证明题的类型不同，要求选择公式的形式就不同.排列数公式与组合数公式都有两种形式：乘积形式和阶乘形式证明恒等式，同时要注意公式的倒用，即由)!(!!m n m n -可得出m n C . 排列数m n A 与组合数m n C 中m 、n 的关系是 )(N n m n m ∈≤、；牢记：0！=1；.1;!;;;1;11100======n n n n n n n n C n A n C n A C A组合数派生性质：k n n k n n k k k C C C C C -+-++=++++1221101121++++=++++k n k n k k k k k k C C C C C4．排列组合的综合应用排列与顺序有关，或者说与所有顺序有关.组合与顺序无关，或者说与一种顺序有关.例如：从1、2、3、4四个数字中任取3个不同的数字，可组成多少个不同的三位数？这是排列问题，有34A 个，而组成的三位数中个位、十位、百位上的数字递增的三位数有多少个？这是一种确定的顺序，是组合问题，有34C 个不同的三位数.按元素的性质分类，按事件发生的连续过程分步，是处理排列组合问题的基本数学思想方法，要注意题设中“至少”、“至多”等限制词的意义.处理排列组合的综合性问题，一般的思想方法是对于要取出的元素不是一次完成的排列问题，要注意先选取元素，直到把应取的元素都取出来后，再进行排列在排列问题中，某几个元素必须在某几个固定位置，某几个元素不能在某几个位置，某几个元素必须在一起，某几个元素互不相邻等，是排列中的几种基本类型.在组合问题中，某些元素必须在内，某些元素都不在内，某些元素恰有一个在内，某些元素至少有一个在内，某些元素至多有一个在内等，是组合的几种基本类型.（三）二项式定理1．二项式定理的内容：（a+b ）n =C n 0a n +Cn 1a n-1b+…+n n C bn 2．对通项公式的理解：（1）对通项要注意以下几点:①它表示二项展开式中的任意项，只要n 与r 确定，该项也随之确定.②公式表示的是第r+1项，而不是第r 项.③公式中a 、b 的位置不能颠倒，它们的指数和一定为n.（2）要注意区分，展开式的第r+1项的二项式系数与第r+1项的系数是两个不同的概念，千万不能混在一起.3．二项式系数的性质（1）展开式中与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等.（2）若二项式的幂指数是偶数，则展开式的中间一项即第12+n 项的二项式系数最大；若二项式系数的幂指数是奇数，则展开式的中间两项即第（121+-n ）项和第（121++n ）项的二项式系数相等且最大.（3）展开式的所有二项式系数的和等于n2.即n n n n n n C C C C 2210=++++ （4）展开式中的奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和.即+++=+++531420n n n n n n C C C C C C =12-n4．注意的几个问题：（1）用二项式定理进行幂的近似计算时，首先要将幂的底数拆成两项，构造二项式；其次要根据题设的精确度选取展开的项数.（2）利用二项式定理证明整除性问题，也应灵活处理底数，使之符合需要.（3）赋值法是解决二项展开式中有关系数问题的重要手段，许多复杂的与系数有关的问题均可以通过正确的、简单的赋值得到解决.。
第一讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理【教材扫描】1．分类加法计数原理2．分步乘法计数原理3.两个原理的区别【知识运用】题型一：分类加法计数原理的应用【例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为__________．[解析] (1)法一：根据题意，将十位上的数字按1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是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，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．法二：分析个位数字，可分以下几类：个位是9，则十位可以是1,2,3，…，8中的一个，故共有8个；个位是8，则十位可以是1,2,3，…，7中的一个，故共有7个；同理，个位是7的有6个；……个位是2的有1个．由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．[答案] 36[一题多变]1．[变条件]若本例条件变为个位数字小于十位数字且为偶数，那么这样的两位数有多少个．解：当个位数字是8时，十位数字取9，只有1个．当个位数字是6时，十位数字可取7,8,9，共3个．当个位数字是4时，十位数字可取5,6,7,8,9，共5个．同理可知，当个位数字是2时，共7个，当个位数字是0时，共9个．由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有1＋3＋5＋7＋9＝25(个)．2．[变条件，变设问]用1,2,3这3个数字可以写出没有重复数字的整数________个．解析：分三类：第一类为一位整数，有3个；第二类为两位整数，有12,21,23,32,13,31，共6个；第三类为三位整数，有123,132,231,213,321,312，共6个，∴共写出没有重复数字的整数3＋6＋6＝15个．答案：15【变式】1某校高二共有三个班，各班人数如下表：（1）从三个班中选1名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？（2）从高二（1）班、（2）班男生中或从高二（3）班女生中选1名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？【解析】（1）从每个班选1名学生任学生会主席，共有3类不同的方案：第1类，从高二（1）班中选出1名学生，有50种不同的选法；第2类，从高二（2）班中选出1名学生，有60种不同的选法；第3类，从高二（3）班中选出1名学生，有55种不同的选法.根据分类加法计数原理知，从三个班中选1名学生任学生会主席，共有50＋60＋55＝165种不同的选法.（2）从1）班、（2）班男生或高3）班女生中选1名学生任有3类不第1类，1）班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第2类，从高二（2）班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第3类，从高二（3）班女生中选出1名学生，有20种不同的选法.根据分类加法计数原理知，从高二（1）班、（2）班男生或高二（3）班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有30＋30＋20＝80种不同的选法.2.从高三年级的四个班中共抽出22人，其中一、二、三、四班分别为4人、5人、6人、7人，他们自愿组成数学课外小组，选其中一人为组长，有多少种不同的选法？分四类：从一班中选一人，有4种选法．从二班中选一人，有5种选法．从三班中选一人，有6种选法．从四班中选一人，有7种选法．共有不同选法N＝4＋5＋6＋7＝22种．3. 一个科技小组有3名男同学，5名女同学，从中任选一名同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法________种．【解析】任选一名同学参加学科竞赛，有两类办法：第一类：从男同学中选取一名参加学科竞赛，有3种不同的选法；第二类：从女同学中选取一名参加学科竞赛，有5种不同的选法．由分类加法计数原理，不同的选派方法共有3＋5＝8(种)．【答案】8题型二：分步乘法计数原理的应用类型一：涂色A B C D四个区域涂色,有5种不同的颜色可供选择，规定一个区域只涂一种颜色,相【例2-1】如图,将图中的,,,邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有______种．⨯⨯⨯=种.【解析】由分步乘法计数原理，可得不同的涂色方案有5433180【名师点睛】解答涂色问题有两种方法：（1）选择正确的涂色顺序,按步骤逐一涂色,这时用分步乘法计数原理进行计数；（2）根据涂色时所用颜色数的多少,进行分类处理,这时用分类加法计数原理进行计数.注意：“相邻区域不得使用同一种颜色”,找好不相邻的区域是解题的关键.一般地,在分步涂色时,要注意尽量让相邻区域多的区域先涂色.【变式】用6种不同颜色为如图所示的广告牌着色，要求有公共边界的区域不能用同一种颜色，问一共有多少种不同的方法着色？【解】由分步乘法计数原理知第1步，涂①区有6种方法；第2步，涂②区有5种方法；第3步，涂③区有4种方法；第4步，涂④区有4种方法．由分步乘法计数原理知，共有N＝6×5×4×4＝480(种)方法．类型二：数字问题【例2-2】一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共十个数字，这4个拨号盘可以组成多少个四位数的号码(各位上的数字允许重复)?解析：按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：第一步，有10种拨号方式，所以m1＝10；第二步，有10种拨号方式，所以m2＝10；第三步，有10种拨号方式，所以m3＝10；第四步，有10种拨号方式，所以m4＝10.根据分步乘法计数原理，共可以组成N＝10×10×10×10＝10 000个四位数的号码．【变式】1、从1,2,3,4中选三个数字，组成无重复数字的整数，则分别满足下列条件的数有多少个？(1)三位数；(2)三位数的偶数．[解] (1)三位数有三个数位，百位十位个位故可分三个步骤完成：第1步，排个位，从1,2,3,4中选1个数字，有4种方法；第2步，排十位，从剩下的3个数字中选1个，有3种方法；第3步，排百位，从剩下的2个数字中选1个，有2种方法．依据分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24个满足要求的三位数．(2)分三个步骤完成：第1步，排个位，从2,4中选1个，有2种方法；第2步，排十位，从余下的3个数字中选1个，有3种方法；第3步，排百位，只能从余下的2个数字中选1个，有2种方法．故共有2×3×2＝12个三位数的偶数．2．从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数．其中奇数的个数为( ) A．24 B．18C．12 D．6解析：选B 由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇．如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种情况)，之后十位(2种情况)，最后百位(2种情况)，共12种；如果是第二种情况偶奇奇：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，一种情况)，共6种．因此总共有12＋6＝18种情况．故选B．3.某商店现有甲种型号电视机10台，乙种型号电视机8台，丙种型号电视机12台，从这三种型号的电视机中各选1台检验，有多少种不同的选法？解：从这三种型号的电视机中各选1台检验可分三步完成：第一步，从甲种型号中选1台，有10种不同的选法；第二步，从乙种型号中选1台，有8种不同的选法；第三步，从丙种型号中选1台，有12种不同的选法．根据分步乘法计数原理，不同的选法共有10×8×12＝960种．题型三、两个计数原理的综合应用【例3】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？【解析】①三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5=53=125(种).②三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5=100(种).③被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3=12种排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因为0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3=18种排法.因而有12+18=30种排法，即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数.【变式】1.在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋，现在从7人中选2人同时参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？解析：选参加象棋比赛的学生有两种方法：在只会下象棋的3人中选或在既会下象棋又会下围棋的2人中选；选参加围棋比赛的学生也有两种选法：在只会下围棋的2人中选或在既会下象棋又会下围棋的2人中选．互相搭配，可得四类不同的选法．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名参加围棋比赛有3×2＝6种选法；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名参加围棋比赛有3×2＝6种选法；从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛有2×2＝4种选法；2名既会下象棋又会下围棋的学生分别参加象棋比赛和围棋比赛有2种选法．∴共有6＋6＋4＋2＝18种选法．所以共有18种不同的选法．2. 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？【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．第一类：从只会英语的6人中选一人有6种方法，此时会日语的有2＋1＝3种．由分步乘法计数原理可得N1＝6×3＝18种．第二类：不从只会英语的6人中选，只有1种方法，此时会日语的有2种．由分步乘法计数原理可得N2＝1×2＝2种综上可知，共有18＋2＝20种不同的选法．【强化练习】1．甲、乙两人从4门课程中各选修1门，则甲、乙所选的课程不相同的选法共有( )A．6种 B．12种C．30种 D．36种解析：选B ∵甲、乙两人从4门课程中各选修1门，∴由分步乘法计数原理，可得甲、乙所选的课程不相同的选法有4×3＝12种．2．由数字1,2,3组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为( )A．15 B．12C．10 D．5解析：选D 分三类，第一类组成一位整数，偶数有1个；第二类组成两位整数，其中偶数有2个；第三类组成3位整数，其中偶数有2个．由分类加法计数原理知共有偶数5个．3．三人踢毽子，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种解析：选C 若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有6种不同的传法．4．现给如图所示的4个区域涂色，要求相邻区域不得使用同一颜色，共有3种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有A．4种B．6种 C．8种D．12种B 【解析】首先给下面一个涂色，有三种涂色方法，再给上面的最左边涂色，有两种涂色方法，中间一块只有一种涂色方法，右边的一块只有一种涂色方法，根据分步计数原理，得共有种不同的涂色方法.5．由错误！未找到引用源。
第一章 计数原理《计数原理》小结与复习班级：高二（ ）班 学号： 姓名：一．知识点整理1、两个基本计数原理： （1）分类计数原理：完成一件事，有n 类办法,完成这件事共有 N=m 1+m 2+…+m n 种不同的方法。
（2）分步计数原理：完成一件事，需要分成n 个步骤，完成这件事有N=m 1×m 2×…×m n 种不同的方法。
2、排列（1）排列：一般地，从n 个不同的元素中取出m （m ﹤n ）个元素，并按一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列。
（2）排列数公式： )!(!)1()2()1(m n n m n n n n A m n -=+-⋅⋅⋅-⋅-⋅=， 3、组合（1）组合：一般地，从n 个不同元素中取出m 个不同元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个不同元素的一个组合。
（2）组合数公式： （3）组合数公式性质： 性质1: m n nm n C C -= 性质2: 111+++=+k n k n k n C C C 推论1: t n t n k k k C C C C C 122110+++=+⋅⋅⋅+++ 推论2: 1121++++=+⋅⋅⋅+++k n k n k k k k k k C C C C C4、二项式定理：（1）二项式定理：011222()n n n n r n r r n n n n n n n a b C a C a b C a b C a b C b ---+=++++++（2）通项是展开式的第 项，即：2、二项展开式的特点:（1）项数：共n ＋1项；（2）指数：a 按降幂排列，b 按升幂排列，每一项中a 、b 的指数和为n（3）系数:第r ＋1项的二项式系数为C n r (r ＝0,1,2,…，n )二．巩固练习 1.(西安)4个男生与3个女生站成一排，如果两端不站女生且3(A)144种 (B)288种 (C)432种 (D)576种2.(海淀)某科技小组有6名同学，现从中选出3人去参观展览，至少有1名女生入选时的不同选法有16种，则小组中的女生数目为( )。
选修2-3第一章《计数原理》教材分析计数原理是数学的重要研究对象，分类加法计数原理、分步乘法计数原理是解决计数原理问题的最基本、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.本章在整个高中数学中占有重要地位以计数问题为主要内容的排列与组合，属于现在发展很快且在计算机领域获得广泛应用的组合数学的最初步知识，它不仅有着许多直接应用，是学习概率理论的准备知识，而且由于其思维方法的新颖性与独特性，它也是培养学生思维能力的不可多得的好素材.作为初中一种多项式乘法公式推广二项式定理，不仅使前面组合等一、内容分析1．本章从学习加法原理和乘法原理开始，应该说，这两个基本原理在本章的学习中占有重要地位；其作用并不限于用来推导排列数、组合数公式，实际上其解决问题的思想方法贯穿在整个学习的始终：当将一个较复杂的问题通过分类进行分解时，用的是加法原理；当将它通过分步进行分解时，用的是乘法原理此基础上，研究排列与组合，运用归纳法导出排列数公式与组合数公式，并提出随后研究的二项式定理，在本章中起着承上启下的作用：它不仅将前面的组合的学习深2．排列、组合是两类特殊而重要的计数原理，而解决它们的基本思想和工具就是两个计数原理.教材从简化运算的角度提出排列和组合的学习任务，通过具体的实例得出排列和组合的概念、排列数公式、组合数公式及其在解决问题中的应用.3．二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，教材主要是运用组合数两个性质推导出二项式定理，同时通过对二项式系数的性质的学习，深化对组合数的认识.二、教学要求12.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数计算公式，并能用它们解决3.掌握二项式定理和二项展开式的性质三、考点诠释（1）两个原理（分类计数原理、分步计数原理）分类和分步的区别，关键是看事件能否完成，事件完成了就是分类；必须要连续若干步才能完成的则是分步.分类要用加法原理将种数相加；分步要用乘法原理，分步后再将种数相乘.（2）两个概念（排列、组合）排列与组合是既有联系又有区别的两类问题，它们都是从n 个不同元素中任取m 个不同元素.但是前者要求将元素排成一个顺序，后者对此不做要求.若不理解排列问题和组合问题的区别，在分析实际问题时就会犯错误.（3）两类基本公式排列数公式 !(1)(2)(1)()!m n n A n n n n m n m =---+=- 规定：0！=1 组合数公式 )!(!!m n m n A A C m m m n mn-== 特别地：10==n n n C C （4）两类基本性质排列性质：11-++=m nm n m n mA A A 组合性质：性质1.m n n m n C C -=, 性质2.11-++=m nm n m n C C C 在解决排列组合的计算或证明以及解方程，解不等式等问题时，经常用排列数公式、组合数公式以及组合数的两个性质.解这类题的关键是准确、熟练地运用这些公式及性质，但是在使用公式时要注意：计算题与证明题的类型不同，要求选择公式的形式就不同.排列数公式与组合数公式都有两种形式：乘积形式和阶乘形式前者多用于数字计算，后者多用于证明恒等式，同时要注意公式的倒用，即由)!(!!m n m n -写出m n C . 排列数m n A 与组合数m n C 里的m 、n 的关系是 )(N n m n m ∈≤、牢记：0！=1；.1;!;;;1;11100======n n n n n n n nC n A n C n A C A（5）排列组合的综合应用排列与顺序有关，或者说与所有顺序有关.组合与顺序无关，或者说与一种顺序有关.例如：从1、2、3、4四个数字中任取3个不同的数字，可组成多少个不同的三位数？这是排列问题，有34A 个，而组成的三位数中个位、十位、百位上的数字递增的三位数有多少个？这是一种确定的顺序，是组合问题34C 个不同的三位数.按元素的性质分类，按事件发生的连续过程分步，是处理排列组合问题的基本数学思想方法，要注意题设中“至少”、“至多”等限制词的意义.处理排列组合的综合性问题，一般的思想方法是对于要取出的元素不是一次完成的排列问题，要注意先选取元素，直到把应取的元素都取出来后，再进行排在排列问题中，某几个元素必须在某几个固定位置，某几个元素不能在某几个位置，某几个元素必须在一起，某几个元素互不相邻等，是排列中的几种基本类型.在组合问题中，某些元素必须在内，某些元素都不在内，某些元素恰有一个在内，某些元素至少有一个在内，某些元素至多有一个在内等，是组合的几种基本类型.（6）二项式定理的有关概念第一、对通项要注意以下几点:①它表示二项展开式中的任意项，只要n 与r 确定，该项也随之确定.②公式表示的是第r+1项，而不是第r 项.③公式中a 、b 的位置不能颠倒，它们的指数和一定为n.第二、要注意区分，展开式的第r+1项的二项式系数与第r+1项的系数是两个不同的概念，千万不能混在一起.（7）二项式系数的性质①展开式中与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等.②若二项式的幂指数是偶数，则展开式的中间一项即第12+n 项的二项式系数最大；若二项式系数的幂指数是奇数，则展开式的中间两项即第（121+-n ）项和第（121++n ）项的二项式系数相等且最大. ③展开式的所有二项式系数的和等于n 2.即n n n n n nC C C C 2210=++++ ④展开式中的奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和.即 +++=+++531420n n n n n nC C C C C C =12-n 注意：①用二项式定理进行幂的近似计算时，首先要将幂的底数拆成两项，构造二项式；其次要根据题设的精确度选取展开的项数.②利用二项式定理证明整除性问题，也应灵活处理底数，使之符合需要.③赋值法是解决二项展开式中有关系数问题的重要手段，许多复杂的与系数有关的问题均可以通过正确的、简单的赋值得到解决.四、教学建议1.在深刻理解的基础上，严格要求按照两个原理去做.分类计数原理和分步计数原理是两个基本原理，它们既是推导排列数公式、组合数公式的基础，也是解决排列、组合问题的主要依据，并且还常需要直接运用它们去解决问题，这两个原理贯穿排列、组合学习过程的始终.搞好排列、组合问题的教学从这两个原理入手带有根本性.分类计数原理是对完成一件事的所有方法的一个划分，依分类计数原理解题，首先明确要做的这件事是什么，其次分类时要根据问题的特点确定分类的标准，最后在确定的标准下进行分类.分类要注意不重复、不遗漏，保证每类办法都能完成这件事.分步计数原理是指完成一件事的任何方法要按照一定的标准分成几个步骤，必须且只需连续完成这几个步骤后才算完成这件事，每步中的任何一种方法都不能完成这件事.从以上的分析可以看出，分类计数原理和分步计数原理的地位是有区别的，分类计数原理更具有一般性，解决复杂问题时往往需要先分类，每类中再分成几步.在排列、组合教学的起始阶段，不能嫌罗嗦，教师一定要先做出表率并要求学生严格按原理去分析问题.只有这样才能使学生认识深刻、理解到位、思路清晰，才会做到分类有据、分步有方，为排列、组合的学习奠定坚实的基础.2. 指导判定与顺序有无关系，分清排列与组合排列与组合都是研究从一些不同元素中任取元素，或排成一排或并成一组，并求有多少种不同方法的问题.排列与组合的区别在于问题是否与顺序有关.与顺序有关的是排列问题，与顺序无关是组合问题，顺序对排列、组合问题的求解特别重要.排列与组合的区别，从定义上来说是简单的，但在具体求解过程中学生往往感到困惑，分不清到底与顺序有无关系.下面几种方法可供参考.(1) 指导学生根据生活经验和问题的内涵领悟其中体现出来的顺序.教的秘诀在于度，学的真谛在于悟，只有学生真正理解了，才能举一反三、融会贯通.(2) 能列举出某种方法时，让学生通过交换元素位置的办法加以鉴别.(3) 学生易于辨别组合、全排列问题，而排列问题就是先组合后全排列.在求解排列、组合问题时，可引导学生找出两定义的关系后，按以下两步思考：首先要考虑如何选出符合题意要求的元素来，选出元素后再去考虑是否要对元素进行排队，即第一步仅从组合的角度考虑，第二步则考虑元素是否需全排列，如果不需要，是组合问题；否则是排列问题.3. 引导联系现实情景，正确领会问题的实质排列、组合问题大都来源于同学们生活和学习中所熟悉的情景，解题思路通常是依据具体做事的过程，用数学的原理和语言加以表述.也可以说解排列、组合题就是从生活经验、知识经验、具体情景的出发，正确领会问题的实质，抽象出“按部就班”的处理问题的过程.据笔者观察，有些同学之所以学习中感到抽象，不知如何思考，并不是因为数学知识跟不上，而是因为平时做事、考虑问题就缺乏条理性，或解题思路是自己主观想象的做法（很可能是有悖于常理或常规的做法）.要解决这个问题，需要师生一道在分析问题时要根据实际情况，怎么做事就怎么分析，若能借助适当的工具，模拟做事的过程，则更能说明问题.久而久之，学生的逻辑思维能力将会大大提高.4.倡导一题多解优化解法，交流合作互相启发排列、组合问题解题方法比较灵活，问题思考的角度不同，就会得到不同的解法.若选择的切入角度得当，则问题求解简便，否则会变得复杂难解.教学中既要注意比较不同解法的优劣，更要注意提醒学生体会如何对一个问题进行认识思考，才能得到最优方法.排列与组合方法数比较多，无法逐一进行验证.为了防止重复、避免遗漏，除了一题多解之外，另一种切实有效的办法是倡导同学之间的交流与合作.排列、组合问题的分析与解答的过程不长，且逻辑性强，特别有利于语言交流.交流与合作不仅仅是解出题目、对答案，还要根据自己的理解说明分类还是分步的理由，每类或每步中.m n A 、m n C 及n 、m 取值的理由，不断反思自己的思考过程，让别的同学能在你思考的基础上进一步的思考，看清问题的其他方面.这样相互启发、多角度的考虑，定会加深对问题的理解，激发学习的兴趣.。
人教B版数学选修2-3《1.1基本计数原理》说课稿各位老师，大家好，我今天说课的课题是《基本计数原理》，我将从教材、学情、教学策略、教学过程、板书设计、教学反思等几个方面对本节课进行说明。
一、教材分析本节课是人教B版的数学教材选修2-3第一章第一节第一课，本节课所讲授的两个基本计数原理，即分类加法原理与分步乘法原理，是本章继续学习排列、组合的基础，学生能否理解并能应用两个基本原理，是学好本章知识的一个关键，本节课建议安排两课时，本节为第一课时，根据其在教材中的地位，结合课标的要求，设置了如下的教学目标：1、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。
2、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。
3、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。
教学重点是两个基本计数原理的内容。
难点是如何正确是用两个基本计数原理来解决实际问题。
二、学情分析高二学段的高中生已经具备较好的计算能力和基本的逻辑思维能力，但是对于实际问题的生活背景了解不多，对问题中创设的实际背景和如何完成一件事的含义的理解将成为学生运用两个基本计数原理解决问题是的瓶颈，所以找到如何完成一项实际任务的方法，是应用过程中难点。
三、教学策略本课由于内容比较简单学生通过预习多都能够看懂，在实际授课时，我将使用更能贴近学生生活的实例，以激发学生的求知欲和学习热情。
采用教师启发、学生小组合作学习方式进行教学，利用多媒体课件展示引例的问题环境，引导学生思维，具体的分析比较进而归纳出两个基本计数原理，遵循从特殊到一般的思维过程，在学生现有的认知基础上，促使其获取知识，让学生始终保持高水平的思维活动水平，增强学习效果。
四、教学过程1、设置情景，引入新课使用多媒体课件展示郑板桥《咏雪》让学生齐读古诗并请学生对古诗进行自由鉴赏。
数学选修2—3课标解读计数原理1.知识内容的整体定位“计数问题是数学中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。
在本模块中，学生讲学习计数基本原理、排列、组合、二项式定理及其应用，了解计数与现实生活的联系，会解决简单的计数问题。
为了更好地理解整体定位，需要明确下面几方面的问题：（1）简单的计数问题讨论的是有限集合所含元素的个数。
排列数、组合数都是特定集合所含元素的个数，在讨论简单计数问题时，应明确所讨论的集合中元素的基本特征，这是解决技术问题的基础。
例1 现有5名男生、4名女生排成一行，要求女生排在一起，则共有多少种不同的排法？分析：我们所要确定的集合中的元素，满足以下共同特征：由5名男生和4名女生排成一行；对男生的排法没有要求；要求4名女生排在一起。
为了满足这些元素的共同特征，我们分三步实现：第一步，把男生排好；如图：eabdc图中的a、b、c、d、e分别表示无个男生。
第二步，确定女生的位置；如图：)()(ecabd))(()(()女生可以占据上图中每一个括号的位置第三步，把女生排好，为了方便用1，2，3，4表示女生1234)((edbca()()()())上图表示了满足元素共同特征的一种排法为了计算出这个集合中所有元素个数，即一共有多少种排法？我们也是从上述的三步出发第一步，排好男生有5！种排法；第二步，女生的位置有16C 种选法；第三步，排好女生有4！种排法。
根据分布乘法计数原理，可得共有5！⨯⨯16C 4！种不同排法。
当然，这个问题也可以分两步实现元素的特征：第一步，先排好女生；第二步，把排好的女生作为一个整体，与男生一起进行排列。
第一步有4！种排法；第二步有6！种排法。
根据分布乘法计数原理，可得共有4！⨯6！种不同排法。
无论采用什么样的思路，如前所述，在讨论简单计数问题时，应明确所讨论的集合元素的基本特征，这是解决简单计数问题的基本点。
一、教学目标：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二、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)的准确理解三、教学方法：探析归纳，讨论交流四、教学过程（一）、复习：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)及它们的区别. （二）、典例探析例1.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？解：P5分类加法计数原理和分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法的种数问题．区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事，分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事．例2.核糖核酸（RNA）分子是在生物细胞中发现的化学成分一个 RNA 分子是一个有着数百个甚至数千个位置的长链，长链中每一个位置上都由一种称为碱基的化学成分所占据．总共有 4 种不同的碱基，分别用A,C,G,U表示．在一个 RNA 分子中，各种碱基能够以任意次序出现，所以在任意一个位置上的碱基与其他位置上的碱基无关．假设有一类 RNA 分子由 100 个碱基组成，那么能有多少种不同的 RNA 分子？分析：用图1. 1一2 来表示由100个碱基组成的长链，这时我们共有100个位置，每个位置都可以从A , C , G , U 中任选一个来占据．解：100个碱基组成的长链共有 100个位置，如图1 . 1一2所示．从左到右依次在每一个位置中，从 A , C , G , U 中任选一个填人，每个位置有 4 种填充方法．根据分步乘法计数原理，长度为 100 的所有可能的不同 RNA 分子数目有1001004444⋅⋅⋅=（个）例3.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 O 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6 763 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：由于每个字节有 8 个二进制位，每一位上的值都有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求解本题．解：(1）用图1.1一3 来表示一个字节．图 1 . 1 一 3一个字节共有 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，用一个字节所能表示的不同字符不够 6 763 个，我们就考虑用2 个字节能够表示多少个字符．前一个字节有 256 种不同的表示方法，后一个字节也有 256 种表示方法．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，这已经大于汉字国标码包含的汉字个数 6 763．所以要表示这些汉字，每个汉字至少要用 2 个字节表示．例4.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？分析：按照新规定，牌照可以分为 2类，即字母组合在左和字母组合在右．确定一个牌照的字母和数字可以分6个步骤．解：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个字母中选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11232 000 个．所以，共能给11232 000 + 11232 000 = 22464 000（个） .辆汽车上牌照．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―需要分类还是需要分步．分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．分步要做到“步骤完整”―完成了所有步骤，恰好完成任务，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，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.（三）、课堂小结：1、分类加法计数原理和分步乘法计数原理是排列组合问题的最基本的原理，是推导排列数、组合数公式的理论依据，也是求解排列、组合问题的基本思想.2、理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理，并加区别分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相对独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事；而分步乘法计数原理针对的是“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后才算做完这件事.3、运用分类加法计数原理与分步乘法计数原理的注意点：分类加法计数原理：首先确定分类标准，其次满足：完成这件事的任何一种方法必属于某一类，并且分别属于不同的两类的方法都是不同的方法，即"不重不漏". 分步乘法计数原理：首先确定分步标准，其次满足：必须并且只需连续完成这n个步骤，这件事才算完成.（四）、巩固练习：练习册第8页5、6、8（五）、课外作业：练习册第8页中 4 、7 、10。
【高考导航】分类计数原理与分步计数原理又称加法原理和乘法原理,它不仅是推导排列数、组合数计算公式的依据，而且是最基本的思想方法，这种思想方法贯穿在解决本章应用问题的始终.在高考中，运用分类计数原理和分步计数原理结合排列组合知识解决排列组合相关的应用题，通常不单独命题.【学法点拨】对两个原理的掌握和运用，是学好本单元知识的一个关键.从思想角度看，分类计数原理的运用是将一个问题进行“分类”的思考，分步计数原理是将问题进行“分步”的思考，从而达到分析问题、解决问题的目的.从集合的角度看，两个基本原理的意义及区别就显得更加清楚了.完成一件事有A、B两类办法，即集合A、B互不相交，在A类办法中有m1种方法，B类办法中有m2种方法，即card(A)=m1，card(B)=m2，那么完成这件事的不同方法的种数是card(A∪B)=m1+m2.这就是n=2时的分类计数原理.若完成一件事需要分成A、B两个步骤，在实行A步骤时有m1种方法，在实行B步骤时有m2种方法，即card(A)=m1；card(B)=m2，那么完成这件事的不同方法的种数是card（A·B）=card（A）·card（B）=m1·m2.这就是n=2时的分步计数原理.两个原理都是涉及完成一件事的不同方法的种数.它们的区别在于：分类计数原理与“分类”有关，各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事；分步计数原理与“分步”有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成.初学时，应结合实例，弄清两个原理的区别，学会使用两个原理.【基础知识必备】一、必记知识精选1.分类计数原理：做一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+…+m n种不同的方法.2.分步计数原理：完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有m n种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1×m2×…×m n种不同的方法.二、重点难点突破本节重点是准确理解和灵活运用分类计数原理和分步计数原理.难点是两个原理的恰当运用.两个原理的区别在于“分类”与“分步”，完成一件事的方法种数若需“分类”思考，则这n类办法是相互独立的，且无论哪一类办法中的哪一个方法都能单独完成这件事，则用加法计数.若完成这件事需分为n个步骤，这n个步骤相互依存.具有连续性，当且仅当这n个步骤依次全都完成后，这件事才完成，那么完成这件事的方法总数用乘法计算.处理具体问题时,首先要弄清是“分类”还是“分步”,简单地说是“分类互斥、分步互依”,因此在解题时,要搞清题目的条件与结论,且还要注意分类时,要不重不漏,分步时合理设计步骤、顺序,使各步互不干扰.对于一些较复杂的题目,往往既要分类又要分步,也就是说既要应用分类计数原理又要运用分步计数原理.三、易错点和易忽略点导析由于对两个原理理解不清,解题时,易发生分类不全和分类时各类有叠加现象的错误,即“遗漏”或者“重复”.【例1】有红、黄、蓝旗各3面,每次升一面、二面、三面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同则表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号？错解：可组成3×3×3=27种不同的信号.正确解法：每次升1面旗可组成3种不同的信号；每次用2面旗可组成3×3=9种不同的信号；每次升3面旗可组成3×3×3=27种不同的信号.根据分步计数原理得共可组成3+9+27=39种不同的信号.错解分析：错解忽略了信号可分为使用的旗数分别可以为1面、2面、3面这3类.本题综合应用了乘法原理和加法原理.【例2】在3000到8000之间有多少个无重复数字的奇数？错解：分三步完成，首先排首位有5种方法，再排个位有5种方法，最后排中间两位有8×7种方法，所以共有5×5×8×7=1400个.正确解法：分两类；一类是以3、5、7为首位的四位奇数，可分三步完成：先排首位有3种方法，再排个位有4种方法，最后排中间两个数位有8×7种方法，所以共有3×4×8×7=672个.另一类是首位是4或6的四位奇数，也可以3步完成，共有2×5×8×7=560个.由分类计数原理得共有672+560=1232个.错解分析：由题意，3、5、7这三个数既可以排在首位，也可以排在个位，因此，首位是用3、5、7去填.还是用4、6去填，影响到第二步，即填个位的方法数，遇到此类情形,则要分类处理.错解中有重复排上同一个奇数的四位数而产生错误.【例3】编号为1～25的25个球摆成五行五列的方阵，现从中任选3个球，要求3个球中任意两个都不在同一行也不在同一列，有多少种不同的选法？错解：分以下三步完成：(1)选取第一个球，可在25个球中任意选取，有25种选法；(2)选取第二个球，为了保证两球不在同一行也不在同一列，将第一个球所在的行和列划掉，在剩余的16个球中任取一个，有16种选法；(3)选取第三个球，应从去掉第一、二个球所在的行和列后所剩余的9个球中选取有9种选法.根据乘法原理，有25×16×9=3600种方法.正确解法：分以下三个步骤：(1)先从5行5列中选出3行有10种选法；(2)从一行的5个球中选出3个球,有10种选法;(3)最后从所选出的3个球中按照它所在列放在第(1)步选出3行的每一行上有6种方法.根据乘法原理有10×10×6=600种选法.错解分析：错解中先选一球,假定此球为①,第二步去掉球①所在的行和列，在剩余的16个球中任选一个球，假定选取了球（25）,第三步在去掉球①与（25）所在的两行、两列16个球，在剩余的9个球中任选一球，假定为球（13）,则此选法为①（25）（13），若第一步选（13），第二步选①,第三步选（25），显然这两种选法是相同结果.这说明上述解法中有许多重复之处.所以,解法是错误的,每一不同取法在错解中都被重复了6次.【综合应用创新思维点拨】一、学科内综合思维点拨【例1】三边长均为整数，且最大边长为11的三角形共有（）A.25个B.26个C.36个D.37个思维入门指导：设另两边长分别为x,y，且不妨设1≤x≤y.由三角形的特性，必须满足x+y ≥12，以下可以分类考虑.解：当y取11时，x=1，2，3，…，11，可有11个三角形.当y取10时，x=2，3，…，10，可有9个三角形.……当y取6时，x=6可有1个三角形.因此，所求三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36个，故应选C.点拨：本题应用了“穷举法”，这也是解决排列组合应用题的一个基本方法.二、学科间综合思维点拨【例2】 DNA分子多样性表现在碱基的排列顺序的千变万化上.若一个DNA分子有8000个碱基，则由此组成的DNA的碱基对的排列方式共有（）种.A.2100B.24000C.48000D.44000解：选D.点拨：每个碱基可互配对及自配对.三、应用思维点拨【例3】 (1)有5名同学报名参加4个课外活动小组，若每人限报1个，共有多少种不同的报名方法？(2)5名同学争夺4项竞赛冠军，冠军获得者共有多少种可能？思维入门指导：(1)每名同学确定参报课外活动小组项目可依次让每个同学去报.因此，可划分为五个步骤.(2)可依次为四项冠军确定人选，这样，可分4步完成.解：(1)每名同学在四个项目中可任报一项，即每一步有4种方法，根据分步计数原理，不同的报名方法共有：N=4×4×4×4×4=45=1024种.(2)为每一个冠军寻找人选均有5种可能,因此,根据分步计数原理,冠军获得者共有：N=5×5×5×5=54=625种.四、创新思维点拨【例4】(1)有面值为五分、一角、二角、五角、一元、二元、五十元、一百元人民币各一张,共可组成多少种不同的币值?(2)有一角、二角、五角人民币各一张,一元人民币3张,五元人民币2张,一百元人民币2张,由这些人民币可组成多少种不同的币值?思维入门指导：(1)中的8张人民币的面值各不相同,并且这8张人民币中任意几张的面值之和各不相同.因此，8张人民币所组成的不同币值的数种就是人民币所有可能取法的数种. 对每一张人民币而言，都有“取”与“不取”两种可能.因此，可按这样的程序：(2)中这10张人民币一元的有3张，五元的有2张，一百元的有2张.因此取人民币的程序应该是：解：(1)每张人民币均有“取”与“不取”两种可能，所以有2×2×2×2×2×2×2×2=28.而其中每一张都不取，不组成币值，所以不同的币值数为；N=28-1=255（种）.(2)第一、二、三步都只有“取”与“不取”这两种情况，第四步取一元的3张中，可分“不取”、“取一张”、“取二张”、“取三张”这四种情况，第五步与第六步都有3种情况，且每步都不取不构成币值.所以不同的币值数：N=2×2×2×4×3×3-1=287种.点拨：此题若“分类”思考，特别是第(2)问，则较麻烦.此法为“间接法”.五、高考思维点拨【例5】(2003，河南)将3种作物种植在如图10-1-1所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法共有______ 种（以数字作答）.解：设从左到右五块田中要种a、b、c三种作物，不妨先设第一块种a,则第2块可种b或c，有两种选法.同理，如果第二块种b，则第三块可种a和c，也有两种选法，由乘法原理共有：1×2×2×2×2=16.其中要去掉ababa和acaca两种方法，故a种作物种在第1块田时有16-2=14种方法.同样b 和c也可种在第1块田中，故共有：14×3=42种.点拨：本小题主要考查运用乘法原理分析解决问题的能力.六、经典类型题思维点拨【例6】如图10-1-2所示，从A地到B地有3条不同的道路,从B地到C地有4条不同的道路，从A地不经B地直接到C地有2条不同的道路.(1)从A地到C地共有多少种不同的走法？(2)从A地到C地再回到A地有多少种不同的走法？(3)从A地到C地再回到A地，但回来时要走与去时不同的道路，有多少种走法？(4)从A地到C地再回到A地，但回来时要走与去时完全不同的道路，有多少种走法？思维入门指导：要综合应用两个原理.解：(1)从A到C地的走法分为两类：第一类经过B，第二类不经过B.在第一类中分两步完成，第一步从A到B，第二步从B到C，所以从A地到C地的不同走法总数是3×4+2=14种.(2)该事件发生的过程可以分为两大步，第一步去，第二步回.由(1)可知这两步的走法都是14种，所以去后又回来的走法总数是14×14=196种.(3)该事件的过程与(2)一样可分为两大步，但不同的是第二步即回来时的走法比去时的走法少1种，所以，走法总数是14×13=182种.(4)该事件同样分去与回两大步，但须对去时的各类走法分别讨论：若去时用第一类走法，则回来时，用第二类方法或用第一类中的部分走法，即第一类中的两步各去掉1种走法中的走法，这样的走法数是：3×4×（2+3×2）=96种；若去时用第2类走法，则回来时可用第一类走法或用第二类中的另一种走法.这样的走法数是：2×（4×3+1）=26种.所以，走法总数为96+26=122种.点拨：正确区分“不同”与“完全不相同”两种含义是解题的另一个关键，前者的含义是回来时不能原路返回，但允许有部分是原路，后者的含义是去时走过的路，回来时都不能走，前者包含后者.七、探究性学习点拨允许元素重复出现的排列，叫做有重复的排列.在m个不同的元素中，每次取出n个元素，元素可以重复出现，按照一定的顺序排成一排,那么第一，第二，…，第n位上选取元素的方法都是m个，所以从m个不同的元素中,每次取出n个元素的可重复的排列数为=m n.【例7】有数学、物理、文学3个课外活动小组,6个同学报名,每人限报一组,一共有多少种报名的方法?解：这就是有重复的排列.第一个同学有3种报名的方法,无论他报了哪一个组,第二个同学还是有3种报名的方法,其余类推.所以,一共有36=729种报名的方法.思考题：用0,1,2,…,9共10个数字中的4个数字组成电话号码,但0000不能作号码,问可编成多少个号码?友情提示：部分文档来自网络整理，供您参考！文档可复制、编辑，期待您的好评与关注！。
课题：两个原理一：知识梳理1、完成一件事，有n 类办法，在第一类办法中有m 1中不同的方法，在第2类办法中有m 2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= 种不同的方法。
这一原理叫做2、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，这一原理叫做3、分类加法计数原理和分步计数原理，回答的都是有关做一件事的不同的方法种数的问题，区别在于：分类计数原理针对的 问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事，分步计数原理针对 的问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成才算完成这件事。
二：典型例题例1：用一个大写的英文字母（26个）或一个阿拉伯数字给教室的座位编号，总共能编出多少种不同的号码？分析：给座位编号的方法可分____类方法?第一类方法用 ，有___ 种方法;第二类方法用 ，有___ 种方法;∴ 能编出不同的号码有__________ 种方法例2：从A 村去B 村的道路有3条，从B 村去C 村的道路有2条，从A 村经B 村去C 村，不同的路线有多少条例3 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4：将3封信投入4个不同的信箱，共有__种不同的投法；3名学生走进有4个大门的教室，共有___种不同的进法；3个元素的集合到4个元素的集合的不同的映射有__个。
三．巩固训练1、由数字0,1,2,3这四个数，可以组成多少个?（1）无重复数字的三位数。
（2）可以有重复数字的三位数？（3）无重复数字的三位偶数？（4）四位数的银行密码？2、某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一种，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？3、如图,要给地图A、B、C、D四个区域分别涂上红、黄、蓝3种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色可使用多次,但相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？。
第十、十一课时第一章计数原理复习与小结【教学目标】1.理解两个原理，并会应用解题；2.掌握排列纟R合的概念并且会灵活运用；3.掌握二项式泄理的内容和熟练运用解题。
【导入新课】复习回顾：1.加法原理与乘法原理；2.排列和排列数的概念、组合与组合数的概念，以及灵活运川解题;3.二项式定理的内容。
新授课阶段主干知识梳理1.分类计数原理和分步计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，贝U要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘.2.排列与组合⑴排列：从几个不同元素中取出呱心)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.从H个不同元素中取出m个元素的排列数公式是A；r= fj!n(n —1)(M —2)...(z?~m+1)或写成A；：=(〃_””！•(2)组合：从n个不同元索中取出加(加9)个元索并成一组，叫做从n个不同元索中取出m 个元素的一个组合.从个不同元索中取出m个元素的组合数公式是同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多的栽种方案有()A. 180 种B. 240 种C. 360 种 C. 420 种题型二排列与组合例2 4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内.(1)恰有1个盒不放球，共冇几种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？(3)恰冇2个盒不放球，共冇儿种放法？题型三求二项展开式的通项、指定项例3设用)=(1+兀尸+(1+兀)"展开式中x的系数是19(m, «GN*).⑴求张)展开式中?的系数的最小值；(2)^ fix)展开式中x2的系数取最小值时，求心)展开式中x7的系数.探究提高二项式定理是一个恒等式，求二项展开式屮某指定项的系数、二项式系数或指定项问题，是二项式定理的常考问题，通常用通项公式来解决.在应用通项公式吋，要注意以下几点：(1)它表示二项展开式的任意项，只要n与r确定，该项就随之确定；(2)T r+1是展开式中的第r+1项，而不是第r项;(3)公式屮°,方的指数和为n且°, b不能随便颠倒位置；(4)要将通项中的系数和字母分离开，以便于解决问题；(5)对二项式(a-b)n展开式的通项公式要特别注意符号问题.题型四二项式定理中的“赋值”问题若(1 —2x)2=d()+aix+ …+c/2oiix2Qn(x wR),贝Oy+p+... +令册的值为探究提高在二项式定理的应用小，“赋值思想”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法.例5把3盆不同的兰花和4盆不同的玫瑰花摆放在右图图案中的1,2,3,4,5,6,7所示的位置上，其屮三盆兰花不能放在一条肓•线上，则不同的摆放方法为 _________ 种.(用数字回答) 例6己知(&+——)"的展开式中，各项系数的和与各项二项式系数的和之比为64,则(1~x)n的展开式中系数最小的项是笫 ________ 项.课堂小结1.排列、组合应用题的解题策略Q疣解决具体问题时，首先必须弄清楚是吩类”还是吩步:，接着还宴搞清楚吩类该者吩步‘的具体标谁是什么.(2)区分某一问题是排列还是组合问题，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來产牛影响，则是排列问题；若交换任意两个元索的位置对结來没有影响, 则是组合问题.也就是说排列问题与选取元素的顺序有关，组合问题与选取元素的顺序无关.(3)排列、组合综合应用问题的常见解法：①特殊元素(特殊位置)优先安排法；②合理分类与准确分步；③排列、组合混合问题先选后排法；④相邻问题捆绑法；⑤不相邻问题插空法；⑥定序问题倍缩法: ⑦多排问题一排法；⑧“小集团炯题先整体后局部法；⑨构造模型法；⑩正难则反、等价转化法.2.二项式定理是一个恒等式，对待恒等式通常冇两种思路：一是利用恒等定理(两个多项式恒等，则对应项系数相等)；二是赋值.这两种思路相结合可以使得二项展开式的系数问题迎刃而解.另外，通项公式主耍用于求二项式的指数，求满足条件的项或系数，求展开式的某一项或系数，在运用公式时要注意以下几点：(1)C：厂矽是第r+1项，而不是笫r项；(2)运用通项公式T r^=C n cr r b r解题，一•般都需先转化为方程(组)求出小r,然后代入通项公式求解.(3)求展开式的特殊项，通常都是由题意列方程求出厂，再求出所需的某项；有时需先求弘计算时要注意n和r的取值范围及它们之间的人小关系.课堂练习1、如图所示为一电路图，从A到B共冇_______ 条不同的线路可通电.2、(1)一条长椅上有9个朋位，3个人坐，若相邻2人之间至少有2个空椅子，共有儿种不同的朋法？(2)—条长椅上有7个座位，4个人坐，要求3个空位中，恰有2个空位相邻，共有多少种不同的坐法？3、____________________________________________ (l+x+x2)(x-|)6的展开式中的常数项为•4、仅毋血一夕的展开式中各项系数的和为二，贝IJ该展开式中常數项为_______ ・心+i),或写成十J _丫m! (n—m)⑶组介数的性质②w+c「・3.二项式定理(1)定理：(a+b)n=C%”b°+C\a n'l b+C；t a n~2 3b2 +...+ C^a n~r b r+...+ C；：///"=0,1,2,,(2) 二项展开式的通项7；+]=(2财一矽，厂=0丄2,…，心其中C：叫做二项式系数.(3) 二项式系数的性质①对称性：与命两端得目鹭两项的二项式系数相等，即c$=c^ 匚：=q气….②最大值：当〃为偶数时，中间的一•项的二项式系数取得最大值；当舁为奇数时，中间的两项的二项式系数相等，且同时取得最人值.③各二项式系数的和a.U+C；]+U+...+C点 +...+ C；； = 2"；b.U+U +... + C了+ …= U + C》+ ... + C了t +...=*2“=2”T典例分析题型一两个计数原理例1、如图所示，花坛内冇五个花池，冇五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能。
两个基本计数原理教学目标：1、准确理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理概念和步骤2、会运用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的问题要点扫描：1、（1）分类计数原理（加法原理）：（2）分步计数原理（乘法原理）：2、分类计数原理和分步计数原理的区别和联系分类计数原理和分步计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法总数的问题，其区别在于：分类计数原理针对的是＿＿＿问题，其中各种方法＿＿＿＿，用其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＿＿＿问题，各个步骤中的方法＿＿＿＿，只有各个步骤都完成之后才算做完这件事。
例题讲解：例1、（1）一个学生要从5本不同的文史类书，4本不同的理科类书及3本不同的艺术类书中任选一本书阅读，有多少种不同的选法？（2）一个学生要从5本不同的文史类书，4本不同的理科类书及3本不同的艺术类书中各选一本书阅读，有多少种不同的选法？例2、从1到200的自然数中，各个数位上都不含数字8的有多少个？例3、3名学生报名参加4个不同学科的比赛，每名学生只能参赛一项，有多少种不同的报名方法？若有4项冠军在3人中产生，每项冠军只能有一人获得，有多少种不同的夺冠方法？例4、电视台在“欢乐大本营”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？例5、在区间[400，800]上，（1）有多少个能被5整除且数字允许重复的整数？（2）有多少个能被5整除且数字不允许重复的整数？当堂反馈：1、某人要将4封信投入3个信箱中，不同的投寄方法有（）A、12种B、7种C、43种D、34种2、从0，1，2，3，4，5，7七个数中任取两个数相乘，使所得积为偶数，这样的偶数共有（）A、18个B、9个C、12个D、10个3、有三个车队分别有5辆，6辆，7辆车，现欲从其中两个车队各抽调一辆车外出执行任务，设不同的抽调方案数为n ，则n 的值为 （ ）A 、107B 、210C 、36、D 、774、已知集合A={},102,≤≤-∈x z x x A n m ∈,,方程122=+n y m x 表示焦点在x 轴上的椭圆，则这样的椭圆共有 （ ）A 、45个B 、55个C 、78个D 、91个作业：课课练 课时1，2。
