新人教版A高二数学选修2-3全册教案设计整套教案精品

1．2．2组合第一课时组合与组合数公式预习课本P21～24，思考并完成以下问题1．组合的概念是什么？2．什么是组合数？组合数公式是怎样的？3．组合数有怎样的性质？[新知初探]1．组合的概念从n个不同的元素中取出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．2．组合数的概念、公式、性质[点睛]排列与组合的联系与区别联系：二者都是从n个不同的元素中取m(n≥m)个元素．区别：排列与元素的顺序有关，组合与元素的顺序无关，只有元素相同且顺序也相同的两个排列才是相同的排列．只要两个组合的元素相同，不论元素的顺序如何，都是相同的组合．[小试身手]1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)从a，b，c三个不同的元素中任取两个元素的一个组合是C23．()(2)从1,3,5,7中任取两个数相乘可得C24个积．()(3)1,2,3与3,2,1是同一个组合．()(4)C35＝5×4×3＝60．()答案：(1)×(2)√(3)√(4)×2．C2n＝10，则n的值为()A．10B．5C．3D．4答案：B3．从9名学生中选出3名参加“希望英语”口语比赛，不同选法有()A．504种B．729种C．84种D．27种答案：C4．计算C28＋C38＋C29＝________．答案：120组合的概念[典例]判断下列问题是组合问题还是排列问题：(1)设集合A＝{a，b，c，d，e}，则集合A的子集中含有3个元素的有多少个？(2)某铁路线上有5个车站，则这条线上共需准备多少种车票？多少种票价？(3)3人去干5种不同的工作，每人干一种，有多少种分工方法？(4)把3本相同的书分给5个学生，每人最多得1本，有几种分配方法？[解](1)因为本问题与元素顺序无关，故是组合问题．(2)因为甲站到乙站，与乙站到甲站车票是不同的，故是排列问题，但票价与顺序无关，甲站到乙站，与乙站到甲站是同一种票价，故是组合问题．(3)因为分工方法是从5种不同的工作中取出3种，按一定次序分给3个人去干，故是排列问题．(4)因为3本书是相同的，无论把3本书分给哪三人，都不需考虑他们的顺序，故是组合问题．区分排列与组合的方法区分排列与组合的办法是首先弄清楚事件是什么，区分的标志是有无顺序，而区分有无顺序的方法是：把问题的一个选择结果写出来，然后交换这个结果中任意两个元素的位置，看是否会产生新的变化，若有新变化，即说明有顺序，是排列问题；若无新变化，即说明无顺序，是组合问题．[活学活用]判断下列问题是组合问题还是排列问题：(1)把5本不同的书分给5个学生，每人一本；(2)从7本不同的书中取出5本给某个同学；(3)10个人相互写一封信，共写了几封信； (4)10个人互相通一次电话，共通了几次电话．解：(1)由于书不同，每人每次拿到的也不同，有顺序之分，故它是排列问题．(2)从7本不同的书中，取出5本给某个同学，在每种取法中取出的5本并不考虑书的顺序，故它是组合问题．(3)因为两人互写一封信与写信人与收信人的顺序有关，故它是排列问题． (4)因为互通电话一次没有顺序之分，故它是组合问题．有关组合数的计算与证明[典例] (1)计算C 410－C 37·A 33； (2)证明：m C m n ＝n C m －1n －1．[解] (1)原式＝C 410－A 37＝10×9×8×74×3×2×1－7×6×5＝210－210＝0．(2)证明：m C m n＝m ·n ！m ！(n －m )！ ＝n ·(n －1)！(m －1)！(n －m )！＝n ·(n －1)！(m －1)！(n －m )！＝n C m －1n －1．关于组合数公式的选取技巧(1)涉及具体数字的可以直接用n n －m C m n －1＝nn －m ·(n －1)！m ！(n －1－m )！＝n ！m ！(n －m )！＝C m n 进行计算． (2)涉及字母的可以用阶乘式C mn ＝n ！m ！(n －m )！计算．(3)计算时应注意利用组合数的性质C m n ＝C n －mn简化运算．[活学活用]1．计算：C 38－n 3n ＋C 3n n ＋21的值．解：∵⎩⎪⎨⎪⎧38－n ≤3n ，3n ≤21＋n ，∴9．5≤n ≤10．5．∵n ∈N *，∴n ＝10．∴C 38－n 3n ＋C 3n 21＋n ＝C 2830＋C 3031＝C 230＋C 131＝30×292×1＋31＝466． 2．求使3C x －7x －3＝5A 2x －4成立的x 值．解：根据排列数和组合数公式，原方程可化为 3·(x －3)！(x －7)！4！＝5·(x －4)！(x －6)！，即3(x －3)4！＝5x －6，即为(x －3)(x －6)＝40． ∴x 2－9x －22＝0，解得x ＝11或x ＝－2． 经检验知x ＝11时原式成立． 3．证明下列各等式． (1)C m n ＝m ＋1n ＋1C m ＋1n ＋1； (2)C 0n ＋C 1n ＋1＋C 2n ＋2…＋C m －1n ＋m －1＝C m －1n ＋m ．解：(1)右边＝m ＋1n ＋1·(n ＋1)！(m ＋1)！[(n ＋1)－(m ＋1)]！＝m ＋1n ＋1·(n ＋1)！(m ＋1)！(n －m )！＝n ！m ！(n －m )！＝C mn ＝左边，∴原式成立．(2)左边＝(C 0n ＋1＋C 1n ＋1)＋C 2n ＋2＋C 3n ＋3＋…＋C m －1n ＋m －1＝(C 1n ＋2＋C 2n ＋2)＋C 3n ＋3＋…＋C m －1n ＋m －1＝(C 2n ＋3＋C 3n ＋3)＋…＋C m －1n ＋m －1＝(C3n ＋4＋C 4n ＋4)＋…＋C m －1n ＋m －1＝…＝C m －2n ＋m －1＋C m －1n ＋m －1＝C m －1n ＋m ＝右边，∴原式成立．简单的组合问题[典例] 在一次数学竞赛中，某学校有12人通过了初试，学校要从中选出5人去参加市级培训，在下列条件中，有多少种不同的选法？(1)任意选5人；(2)甲、乙、丙三人必须参加； (3)甲、乙、丙三人不能参加． [解] (1)C 512＝792种不同的选法．(2)甲、乙、丙三人必须参加，只需从另外的9人中选2人，共有C 29＝36种不同的选法． (3)甲、乙、丙三人不能参加，只需从另外的9人中选5人，共有C 59＝126种不同的选法．解答简单的组合问题的思考方法(1)弄清要做的这件事是什么事；(2)选出的元素是否与顺序有关，也就是看看是不是组合问题； (3)结合两计数原理利用组合数公式求出结果． [活学活用]一个口袋内装有大小相同的7个白球和1个黑球． (1)从口袋内取出3个球，共有多少种取法？(2)从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？ (3)从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？ 解：(1)从口袋内的8个球中取出3个球，取法种数是C 38＝8×7×63×2×1＝56．(2)从口袋内取出3个球有1个是黑球，于是还要从7个白球中再取出2个，取法种数是C 27＝7×62×1＝21． (3)由于所取出的3个球中不含黑球，也就是要从7个白球中取出3个球，取法种数是C 37＝7×6×53×2×1＝35．层级一 学业水平达标1．C 58＋C 68的值为( )A ．36B ．84C ．88D ．504解析：选A C 58＋C 68＝C 69＝C 39＝9×8×73×2×1＝84． 2．以下四个命题，属于组合问题的是( ) A ．从3个不同的小球中，取出2个排成一列 B ．老师在排座次时将甲、乙两位同学安排为同桌C ．在电视节目中，主持人从100位幸运观众中选出2名幸运之星D ．从13位司机中任选出两位开两辆车从甲地到乙地解析：选C 选项A 是排列问题，因为2个小球有顺序；选项B 是排列问题，因为甲、乙位置互换后是不同的排列方式；选项C 是组合问题，因为2位观众无顺序；选项D 是排列问题，因为两位司机开哪一辆车是不同的．选C ．3．方程C x 14＝C 2x －414的解集为( )A ．4B ．14C ．4或6D ．14或2解析：选C 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x －4，2x －4≤14，x ≤14或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝14－(2x －4)，2x －4≤14，x ≤14，解得x ＝4或6．4．平面上有12个点，其中没有3个点在一条直线上，也没有4个点共圆，过这12个点中的每三个作圆，共可作圆( )A ．220个B ．210个C ．200个D ．1 320个解析：选A C 312＝220，故选A ．5．从5名志愿者中选派4人在星期六和星期日参加公益活动，每人一天，每天两人，则不同的选派方法共有( )A ．60种B ．48种C ．30种D ．10种解析：选C 从5名志愿者中选派2人参加星期六的公益活动有C 25种方法，再从剩下的3人中选派2人参加星期日的公益活动有C 23种方法，由分步乘法计数原理可得不同的选派方法共有C 25·C 23＝30种．故选C ．6．C 03＋C 14＋C 25＋…＋C 1821的值等于________． 解析：原式＝C 04＋C 14＋C 25＋…＋C 1821 ＝C 15＋C 25＋…＋C 1821＝C 1721＋C 1821＝C 1822＝C 422＝7 315．答案：7 3157．若已知集合P ＝{1,2,3,4,5,6}，则集合P 的子集中含有3个元素的子集数为________．解析：由于集合中的元素具有无序性，因此含3个元素的子集个数与元素顺序无关，是组合问题，共有C 36＝20种．答案：208．不等式C 2n －n <5的解集为________．解析：由C 2n －n <5，得n (n －1)2－n <5，∴n 2－3n －10<0．解得－2<n <5．由题设条件知n ≥2，且n ∈N *， ∴n ＝2,3,4．故原不等式的解集为{2,3,4}． 答案：{2,3,4}9．(1)解方程：A 3m ＝6C 4m ； (2)解不等式：C x －18>3C x 8．解：(1)原方程等价于m (m －1)(m －2)＝6×m (m －1)(m －2)(m －3)4×3×2×1，∴4＝m －3，m ＝7．(2)由已知得：⎩⎪⎨⎪⎧x －1≤8，x ≤8，∴x ≤8，且x ∈N *，∵C x －18>3C x8，∴8！(x －1)！(9－x )！>3×8！x ！(8－x )！．即19－x>3x ，∴x >3(9－x )，解得x >274，∴x ＝7,8．∴原不等式的解集为{7,8}．10．某区有7条南北向街道，5条东西向街道．(如图)(1)图中有多少个矩形？(2)从A 点走向B 点最短的走法有多少种？解：(1)在7条南北向街道中任选2条，5条东西向街道中任选2条，这样4条线可组成一个矩形，故可组成矩形有C 27·C 25＝210(个)．(2)每条东西向的街道被分成6段，每条南北向街道被分成4段，从A 到B 最短的走法，无论怎样走，一定至少包括10段，其中6段方向相同，另4段方向也相同，每种走法，即是从10段中选出6段，这6段是走东西方向的(剩下4段即是走南北方向的)，共有C 610＝C 410＝210(种)走法．层级二 应试能力达标1．若C 4n >C 6n ，则n 的集合是( )A ．{6,7,8,9}B ．{0,1,2,3}C ．{n |n ≥6}D ．{7,8,9}解析：选A∵C 4n >C 6n，∴⎩⎪⎨⎪⎧C 4n >C 6n ，n ≥6，⇒⎩⎪⎨⎪⎧n ！4！(n －4)！>n ！6！(n －6)！，n ≥6.⇒⎩⎪⎨⎪⎧ n 2－9n －10<0，n ≥6，⇒⎩⎪⎨⎪⎧－1<n <10，n ≥6. ∵n ∈N *，∴n ＝6,7,8,9． ∴n 的集合为{6,7,8,9}．2．将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张卡片，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有( )A ．12种B ．18种C ．36种D ．54种解析：选B 由题意，不同的放法共有C 13C 24＝3×4×32＝18种． 3．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( ) A ．60种 B ．63种 C ．65种D ．66种解析：选D 和为偶数共有3种情况，取4个数均为偶数的取法有C 44＝1种，取2奇数2偶数的取法有C 24·C 25＝60种，取4个数均为奇数的取法有C 45＝5种，故不同的取法共有1＋60＋5＝66种．4．过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有( ) A ．18对B ．24对C ．30对D ．36对解析：选D 三棱柱共6个顶点，由此6个顶点可组成C 46－3＝12个不同四面体，而每个四面体有三对异面直线则共有12×3＝36对．5．方程C x 17－C x 16＝C 2x ＋216的解集是________．解析：因为C x 17＝C x 16＋C x －116，所以C x －116＝C 2x ＋216，由组合数公式的性质，得x －1＝2x ＋2或x －1＋2x＋2＝16，得x 1＝－3(舍去)，x 2＝5．答案：{5}6．某书店有11种杂志，2元1本的有8种，1元1本的有3种．小张买杂志用去10元钱，则不同买法的种数为________(用数字作答)．解析：由已知分两类情况： (1)买5本2元的买法种数为C 58．(2)买4本2元的、2本1元的买法种数为C 48·C 23．故不同买法种数为C 58＋C 48·C 23＝266． 答案：2667．已知C 4n ，C 5n ，C 6n 成等差数列，求C 12n 的值． 解：由已知得2C 5n ＝C 4n ＋C 6n ，所以2·n ！5！(n －5)！＝n ！4！(n －4)！＋n ！6！(n －6)！，整理得n 2－21n ＋98＝0， 解得n ＝7或n ＝14，要求C 12n 的值，故n ≥12，所以n ＝14，于是C 1214＝C 214＝14×132×1＝91．8．已知集合A ＝{a 1，a 2，a 3，a 4}，B ＝{0,1,2,3}，f 是从A 到B 的映射． (1)若B 中每一元素都有原象，则不同的映射f 有多少个？ (2)若B 中的元素0无原象，则不同的映射f 有多少个？(3)若f 满足f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋f (a 4)＝4，则不同的映射f 又有多少个？ 解：(1)显然映射f 是一一对应的，故不同的映射f 共有A 44＝24个．(2)∵0无原象，而1,2,3是否有原象，不受限制，故A 中每一个元素的象都有3种可能，只有把A 中每一个元素都找出象，这件工作才算完成，∴不同的映射f 有34＝81个．(3)∵1＋1＋1＋1＝4,0＋1＋1＋2＝4,0＋0＋1＋3＝4，0＋0＋2＋2＝4，∴不同的映射有：1＋C 24A 22＋C 24A 22＋C 24＝31个．。

高中数学全套教案新人教版选修2-31. 前言高中数学是中学教育的重要组成部分，为学生的未来发展打下了坚实的基础。

选修2-3是一门比较重要的数学学科，内容涵盖高中数学的多个领域。

本文将提供一份全套教案，以帮助教师和学生系统地学习和掌握数学知识。

2. 教案概述本教案共包含选修2-3的全部知识点，涉及多个模块。

教案采用新人教版教材，由资深数学教师编写。

教案内容既包含基础知识，也有重点难点。

通过本教案的学习，学生能够充分理解数学知识点所蕴含的思想，提高数学素养。

具体来说，本教案涵盖以下模块：•平面向量–平面向量的定义和性质–平面向量的基本运算–平面向量的数量积–平面向量的应用•空间向量–空间向量的概念及表示–空间向量的基本运算–空间向量的数量积–空间向量的应用•三角函数–角度的概念–弧度制–正弦、余弦和正切函数–三角函数的基本性质–三角函数的应用•导数与微分–导数的概念–导函数与微分–导数的运算法则–函数的局部性质–函数的极值与最值3. 教案优势相比其他教材，该教案具有以下优势：•全面性：该教案囊括了选修2-3学科全部的知识点，包括难度较大的内容。

•深度性：教案融入了大量的例题和习题，可以帮助学生更好地理解知识点。

•简明性：教案的知识点讲解精炼明了，便于教师使用，同时也方便学生掌握。

•实用性：教案内容实用性强，全面涉及各种应用问题。

4. 如何使用教案教师和学生可以按照以下步骤进行教案的使用：1.首先，教师可以先自行阅读教案内容，熟悉教材内容和难点；2.在课堂上，教师可以根据教案，结合教学实际情况，进行教学；3.学生可以通过教案，了解学科知识点的结构和体系，明确知识重点和难点，以及掌握应用技能；4.学生也可利用教案中的习题进行自我测试，帮助自己巩固知识点。

5. 结语本教案是一份高中数学选修2-3的全套教材，涵盖了该学科的全部知识点。

该教案内容全面、深入、简明、实用，能够帮助教师进行有效教学，帮助学生提高数学水平。

教学设计1．2.2组合整体设计教材分析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，与顺序无关的是组合问题，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．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．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．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，有些同学之所以在学习中感到抽象，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．课时分配3课时第一课时教学目标知识与技能理解组合的意义，能写出一些简单问题的所有组合．明确组合与排列的联系与区别，能判断一个问题是排列问题还是组合问题．过程与方法通过具体实例，体会组合数的意义，总结排列数A m n与组合数C m n之间的联系，掌握组合数公式，能运用组合数公式进行计算．情感、态度与价值观能运用组合要领分析简单的实际问题，提高分析问题的能力．重点难点教学重点：组合的概念和组合数公式．教学难点：组合的概念和组合数公式．教学过程引入新课提出问题1：回顾分类加法计数原理和分步乘法计数原理，排列的概念和排列数公式．活动设计：教师提问．活动成果：1．分类加法计数原理：做一件事情，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有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．分步乘法计数原理：做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．3．排列的概念：从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素(这里的被取元素各不相同)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．4．排列数的定义：从n个不同元素中，任取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A m n表示．5．排列数公式：A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)(m，n∈N，m≤n)．6．阶乘：n！表示正整数1到n的连乘积，叫做n的阶乘．规定0！＝1.7．排列数的另一个计算公式：A m n＝n！(n－m)！.设计意图：检查学生的掌握情况，为新知识的学习奠定基础．提出问题2：分析下列两个问题是不是排列问题，为什么？问题(1)：从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加某天的一项活动，其中1名同学参加上午的活动，1名同学参加下午的活动，有多少种不同的选法？问题(2)：从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加一项活动，有多少种不同的选法？活动设计：学生自己分析，教师提问．活动成果：问题(1)中不但要求选出2名同学，而且还要按照一定的顺序“排列”，而问题(2)只要求选出2名同学，是与顺序无关的，不是排列．我们把这样的问题称为组合问题．设计意图：引导学生通过具体实例找出排列与组合问题的不同，引出组合的概念．探索新知提出问题1：结合上述问题(2)，试总结组合和组合数的概念．活动设计：学生小组讨论，总结概念．活动成果：1．组合的概念：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的一个组合．2．组合数的概念：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C m n表示．设计意图：培养学生的类比和概括能力．理解新知提出问题1：判断下列问题是组合问题还是排列问题？(1)在北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线上，有多少种不同的飞机票？(2)高中部11个班进行篮球单循环比赛，需要进行多少场比赛？(3)从全班23人中选出3人分别担任班长、副班长、学习委员三个职务，有多少种不同的选法？(4)10个人互相通信一次，共写了多少封信？(5)10个人互通电话一次，共打了多少个电话？活动设计：小组交流，共同分析．活动成果：(1)(3)(4)是排列；(2)(5)是组合．设计意图：通过具体实例比较排列和组合，加深对组合的理解．提出问题2：试找出排列和组合的区别和联系．活动设计：小组交流，教师提问，学生补充．活动成果：1．区别：(1)排列有顺序，组合无顺序．(2)相同的组合只需选出的元素相同，相同的排列则需选出的元素相同，并且选出元素的顺序相同．2．联系：(1)都是从n 个不同的元素中选出m(m≤n)个元素；(2)排列可以看成先组合再全排列．设计意图：加深对排列组合的理解，为推导组合数公式奠定基础．提出问题2：你能类比排列数的推导过程和排列与组合的联系推导出从4个不同元素a ，b ，c ，d 中取出3个元素的组合数C 34是多少吗？活动设计：小组交流，共同推导．活动成果：由于排列是先组合再排列，而从4个不同元素中取出3个元素的排列数A 34可以求得，故我们可以考察一下C 34和A 34的关系，如下：组合 排列abc→abc ，bac ，cab ，acb ，bca ，cbaabd→abd ，bad ，dab ，adb ，bda ，dbaacd→acd ，cad ，dac ，adc ，cda ，dcabcd→bcd ，cbd ，dbc ，bdc ，cdb ，dcb由此可知，每一个组合都对应着6个不同的排列，因此，求从4个不同元素中取出3个元素的排列数A 34，可以分如下两步：①考虑从4个不同元素中取出3个元素的组合，共有C 34个；②对每一个组合的3个不同元素进行全排列，各有A 33种方法．由分步乘法计数原理得：A 34＝C 34·A 33，所以，C 34＝A 34A 33. 设计意图：从具体实例出发，探索组合数的求法．提出问题3：你能想出求C m n 的方法吗？活动设计：小组交流，共同推导．活动成果：一般地，求从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数C m n ，可以分如下两步：①先求从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数A m n ；②求每一个组合中m 个元素的全排列数A m m ，根据分步乘法计数原理得：A m n ＝C m n ·A m m. 得到组合数的公式：C m n ＝A m n A m m ＝n(n －1)(n －2)…(n －m ＋1)m ！或C m n ＝n ！m ！(n －m)！(n ，m ∈N ，且m≤n)． 规定：C 0n ＝1.设计意图：引导学生逐步利用分步乘法计数原理推导出组合数公式．运用新知 类型一：组合数公式的应用1计算：(1)C 47； (2)C 710.解：(1)C 47＝7×6×5×44！＝35； (2)解法1：C 710＝10×9×8×7×6×5×47！＝120. 解法2：C 710＝10！7！3！＝10×9×83！＝120. 【巩固练习】求证：C m n ＝m ＋1n －m ·C m ＋1n. 证明：∵C m n ＝n ！m ！(n －m)！， m ＋1n －m ·C m ＋1n ＝m ＋1n －m ·n ！(m ＋1)！(n －m －1)！＝m ＋1(m ＋1)！·n ！(n －m)(n －m －1)！＝n ！m ！(n －m)！， ∴C m n ＝m ＋1n －m ·C m ＋1n. 【变练演编】设x ∈N *，求C x －12x －3＋C 2x －3x ＋1的值． 解：由题意可得：⎩⎪⎨⎪⎧2x －3≥x －1，x ＋1≥2x －3，解得2≤x≤4， ∵x ∈N *，∴x ＝2或x ＝3或x ＝4.当x ＝2时原式的值为4；当x ＝3时原式的值为7；当x ＝4时原式的值为11.∴所求的值为4或7或11.类型二：简单的组合问题例2一位教练的足球队共有17名初级学员，他们中以前没有一人参加过比赛．按照足球比赛规则，比赛时一个足球队的上场队员是11人．问：(1)这位教练从这17名学员中可以形成多少种学员上场方案？(2)如果在选出11名上场队员时，还要确定其中的守门员，那么教练员有多少种方式做这件事情？思路分析：对于(1)，根据题意，17名学员没有角色差异，地位完全一样，因此这是一个从17个不同元素中选出11个元素的组合问题；对于(2)，守门员的位置是特殊的，其余上场学员的地位没有差异，因此这是一个分步完成的组合问题．解：(1)由于上场学员没有角色差异，所以可以形成的学员上场方案种数为C 1117＝12 376.(2)教练员可以分两步完成这件事情：第1步，从17名学员中选出11人组成上场小组，共有C 1117种选法； 第2步，从选出的11人中选出1名守门员，共有C 111种选法． 所以教练员做这件事情的方式种数为C 1117×C 111＝136 136. 【巩固练习】(1)平面内有10个点，以其中每2个点为端点的线段共有多少条？(2)平面内有10个点，以其中每2个点为端点的有向线段共有多少条？解：(1)以平面内10个点中每2个点为端点的线段的条数，就是从10个不同的元素中取出2个元素的组合数，即线段条数为C 210＝10×91×2＝45. (2)由于有向线段的两个端点中一个是起点、另一个是终点，以平面内10个点中每2个点为端点的有向线段的条数，就是从10个不同元素中取出2个元素的排列数，即有向线段条数为A 210＝10×9＝90. 【变练演编】(1)凸五边形有多少条对角线？(2)凸n(n>3)边形有多少条对角线？解答：(1)凸五边形的五个顶点中，任意两个顶点的连线是凸五边形的一条对角线或是一条边，所以，凸五边形的对角线条数为C 25－5＝5.(2)凸n 边形的n 个顶点中，任意两个顶点的连线是凸n 边形的一条对角线或是一条边，所以，凸n 边形的对角线条数为C 2n －n ＝n(n －3)2. 【达标检测】1．判断下列问题哪个是排列问题，哪个是组合问题：(1)从4个风景点中选出2个安排游览，有多少种不同的方法？(2)从4个风景点中选出2个，并确定这2个风景点的游览顺序，有多少种不同的方法？2．7名同学进行乒乓球擂台赛，决出新的擂主，则共需进行的比赛场数为()A．42B．21C．7D．63．如果把两条异面直线看作“一对”，则在五棱锥的棱所在的直线中，异面直线有() A．15对B．25对C．30对D．20对答案：1.(1)是组合问题(2)是排列问题 2.B 3.A课堂小结1．知识收获：组合概念、组合数公式．2．方法收获：化归．3．思维收获：分类讨论、化归思想．补充练习【基础练习】1．A，B，C，D，E 5个足球队进行单循环比赛，(1)共需比赛多少场？(2)若各队的得分互不相同，则冠、亚军的可能情况共有多少种？2．空间有10个点，其中任何4点不共面，(1)过每3个点作一个平面，一共可作多少个平面？(2)以每4个点为顶点作一个四面体，一共可作多少个四面体？3．壹圆、贰圆、伍圆、拾圆的人民币各一张，一共可以组成多少种币值？4．写出从a，b，c，d，e这5个元素中每次取出4个的所有不同的组合．答案：1.(1)10(2)20 2.(1)C310＝120(2)C410＝210 3.C14＋C24＋C34＋C44＝24－1＝15.4．a，b，c，d a，b，c，e a，b，d，e a，c，d，e b，c，d，e.【拓展练习】5．第19届世界杯足球赛于2010年夏季在南非举办，共32支球队有幸参加，他们先分成8个小组进行循环赛，决出16强(每队均与本组其他队赛一场，各组一、二名晋级16强)，这16支球队按确定的程序进行淘汰赛，最后决出冠亚军，此外还要决出第三名、第四名，问这次世界杯总共将进行多少场比赛？解：可分为如下几类比赛：(1)小组循环赛：每组有C24＝6场，8个小组共有48场；(2)八分之一淘汰赛：8个小组的第一、二名组成16强，根据赛制规则，每两个队比赛一场，可以决出8强，共有8场；(3)四分之一淘汰赛：根据赛制规则，8强中每两个队比赛一次，可以决出4强，共有4场；(4)半决赛：根据赛制规则，4强每两个队比赛一场，可以决出2强，共有2场；(5)决赛：2强比赛1场确定冠亚军，4强中的另两支队比赛1场决出第三、四名，共有2场．综上，共有8C24＋8＋4＋2＋2＝64场比赛．设计说明本节课是组合的第一课时，主要目标是学习组合的概念，探究组合数公式，并利用组合数公式解决简单的计数问题．主要特点是：类比排列数公式的推导方法，抓住排列和组合的区别和联系，利用排列数公式推导出组合数公式．本节课的设计充分体现教师所提问题的主导作用和学生根据问题自主探究的主体地位，学生在与教师和与同学的思维碰撞中自主学习、自主探究．备课资料在判断一个问题是排列还是组合问题时，主要看元素的组成有没有顺序性，有顺序的是排列，无顺序的是组合．有大小形状相同的3个红色小球和5个白色小球，排成一排，共有多少种不同的排列方法？误解：因为是8个小球的全排列，所以共有A88种方法．错因分析：误解中没有考虑3个红色小球是完全相同的，5个白色小球也是完全相同的，同色球之间互换位置是同一种排法．正解：8个小球排好后对应着8个位置，题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置给红球，剩下的位置给白球，由于这3个红球完全相同，所以没有顺序，是组合问题．这样共有：C38＝56种排法．(设计者：殷贺)第二课时教学目标知识与技能了解组合数的性质，会利用组合数的性质简化组合数的运算；能把一些计数问题抽象为组合问题解决，会利用组合数公式及其性质求解计数问题．过程与方法通过具体实例，经历把具体事例抽象为组合问题，利用组合数公式求解的过程．情感、态度与价值观能运用组合要领分析简单的实际问题，提高分析问题的能力．重点难点教学重点：组合数的性质、利用组合数公式和性质求解相关计数问题．教学难点：利用组合数公式和性质求解相关计数问题．教学过程引入新课提出问题1：判断下列问题哪个是排列问题，哪个是组合问题，并回顾排列和组合的区别和联系．(1)从A、B、C、D四个景点选出2个进行游览；(2)从甲、乙、丙、丁四个学生中选出2个人担任班长和团支部书记．活动设计：教师提问．活动成果：(1)是组合问题，(2)是排列问题．1．组合的概念：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的一个组合．2．组合与排列的区别和联系：(1)区别：①排列有顺序，组合无顺序．②相同的组合只需选出的元素相同，相同的排列则需选出的元素相同，并且选出元素的顺序相同．(2)联系：①都是从n个不同的元素中选出m(m≤n)个元素；②排列可以看成先组合再全排列．设计意图：复习组合的概念，检查学生的掌握情况．提出问题2：利用上节课所学组合数公式，完成下列两个练习：练习1：求证：C m n＝nm Cm－1n－1.(本式也可变形为：mC m n＝nC m－1n－1)练习2：计算：①C310和C710；②C37－C26与C36；③C411＋C511. 活动设计：学生板演．活动成果：练习2答案：①120,120②20,20③792.1．组合数的概念：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C m n 表示．2．组合数的公式：C m n ＝A m n A m m ＝n(n －1)(n －2)…(n －m ＋1)m ！或C m n ＝n ！m ！(n －m)！(n ，m ∈N ，且m≤n)． 设计意图：复习组合数公式，为得到组合数的性质打下基础．探索新知提出问题1：由问题2练习中所求的几个组合数，你有没有发现一些规律，能不能总结并证明一下？活动设计：小组交流后请不同的同学总结补充．活动成果：1．性质：(1)C m n ＝C n －m n ；(2)C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n . 2．证明：(1)∵C n －m n ＝n ！(n －m)！[n －(n －m)]！＝n ！m ！(n －m)！， 又C m n ＝n ！m ！(n －m)！，∴C m n ＝C n －m n . (2)C m n ＋C m －1n ＝n ！m ！(n －m)！＋n ！(m －1)！[n －(m －1)]！＝n ！(n －m ＋1)＋n ！m m ！(n －m ＋1)！＝(n －m ＋1＋m)n ！m ！(n －m ＋1)！＝(n ＋1)！m ！(n －m ＋1)！＝C m n ＋1， ∴C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n. 设计意图：引导学生自己推导出组合数的两个性质．运用新知类型一：组合数的性质1(1)计算：C 37＋C 47＋C 58＋C 69；(2)求证：C n m ＋2＝C n m ＋2C n －1m ＋C n －2m .(1)解：原式＝C 48＋C 58＋C 69＝C 59＋C 69＝C 610＝C 410＝210；(2)证明：右边＝(C n m ＋C n －1m )＋(C n －1m ＋C n －2m )＝C n m ＋1＋C n －1m ＋1＝C n m ＋2＝左边． 【巩固练习】求证：C 1n ＋2C 2n ＋3C 3n ＋…＋nC n n ＝n2n －1. 证明：左边＝C 1n ＋2C 2n ＋3C 3n ＋…＋nC n n ＝C 11C 1n ＋C 12C 2n ＋C 13C 3n ＋…＋C 1n C n n， 其中C 1i C i n 可表示先在n 个元素里选i 个，再从i 个元素里选一个的组合数．设某班有n个同学，选出若干人(至少1人)组成兴趣小组，并指定一人为组长．把这种选法按取到的人数i 分类(i ＝1,2，…，n)，则选法总数即为原式左边．现换一种选法，先选组长，有n 种选法，再决定剩下的n －1人是否参加，每人都有两种可能，所以组员的选法有2n－1种，所以选法总数为n2n －1种．显然，两种选法是一致的，故左边＝右边，等式成立．【变练演编】求证：C 1n ＋22C 2n ＋32C 3n ＋…＋n 2C n n ＝n(n ＋1)2n －2. 证明：由于i 2C i n ＝C 1i C 1i C i n 可表示先在n 个元素里选i 个，再从i 个元素里选两个(可重复)的组合数，所以原式左端可看成在上题中指定一人为组长的基础上，再指定一人为副组长(可兼职)的组合数．对原式右端我们可分为组长和副组长是否是同一个人两种情况．若组长和副组长是同一个人，则有n2n－1种选法；若组长和副组长不是同一个人，则有n(n －1)2n －2种选法．∴共有n2n －1＋n(n －1)2n －2＝n(n ＋1)2n－2种选法．显然，两种选法是一致的，故左边＝右边，等式成立．类型二：有约束条件的组合问题 2在100件产品中，有98件合格品，2件次品．从这100件产品中任意抽出3件．(1)有多少种不同的抽法？(2)抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种？(3)抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少种？解：(1)所求的不同抽法的种数，就是从100件产品中取出3件的组合数，所以共有C 3100＝100×99×981×2×3＝161 700种． (2)从2件次品中抽出1件次品的抽法有C 12种，从98件合格品中抽出2件合格品的抽法有C 298种，因此抽出的3件中恰好有1件次品的抽法有C 12×C 298＝9 506种．(3)解法1 从100件产品抽出的3件中至少有1件是次品，包括有1件次品和有2件次品两种情况．在第(2)小题中已求得其中1件是次品的抽法有C 12×C 298种，因此根据分类加法计数原理，抽出的3件中至少有一件是次品的抽法有C 12×C 298＋C 22×C 198＝9 604种． 解法2抽出的3件产品中至少有1件是次品的抽法的种数，也就是从100件中抽出3件的抽法种数减去3件中都是合格品的抽法的种数，即C 3100－C 398＝161 700－152 096＝9 604种．点评：“至少”“至多”的问题，通常用分类法或间接法求解．【巩固练习】1．4名男生和6名女生组成至少有1个男生参加的三人社会实践活动小组，问组成方法共有多少种？解法一：(直接法)小组构成有三种情形：3男，2男1女，1男2女，分别有C34，C24×C16，C14×C26种方法，所以，一共有C34＋C24×C16＋C14×C26＝100种方法．解法二：(间接法)C310－C36＝100.2．按下列条件，从12人中选出5人，有多少种不同选法？(1)甲、乙、丙三人必须当选；(2)甲、乙、丙三人不能当选；(3)甲必须当选，乙、丙不能当选；(4)甲、乙、丙三人只有一人当选；(5)甲、乙、丙三人至多2人当选；(6)甲、乙、丙三人至少1人当选；解：(1)C33C29＝36；(2)C03C59＝126；(3)C11C49＝126；(4)C13C49＝378；(5)方法一：(直接法)C03C59＋C13C49＋C23C39＝756，方法二：(间接法)C512－C33C29＝756；(6)方法一：(直接法)C13C49＋C23C39＋C33C29＝666，方法二：(间接法)C512－C03C59＝666.【变练演编】有翻译人员11名，其中5名精通英语、4名精通法语，还有2名英、法语皆通．现欲从中选出8名，其中4名译英语，另外4名译法语，一共可列多少张不同的名单？解：分三类：第一类：2名英、法语皆通的均不选，有C45C44＝5种；第二类：2名英、法语皆通的选一名，有C12C35C44＋C12C45C34＝60种；第三类：2名英、法语皆通的均选，有A22C35C34＋C25C44＋C45C24＝120种．根据分类加法计数原理，共有5＋60＋120＝185种不同的名单．【达标检测】1．计算：(1)C399＋C299；(2)2C38－C39＋C28.2．从6位同学中选出4位参加一个座谈会，要求张、王两人中至多有一个人参加，则有不同的选法种数为________．3．从7人中选出3人参加活动，则甲、乙两人不都入选的不同选法共有______种．答案：1.(1)161 700(2)56 2.9 3.30课堂小结1．知识收获：组合数的性质，用组合数公式解决简单的计数问题．2．方法收获：化归的思想方法．3．思维收获：化归的思想方法．补充练习【基础练习】1．求证：(1)C m n＋1＝C m－1n ＋C m n－1＋C m－1n－1；(2)C m＋1n＋C m－1n＋2C m n＝C m＋1n＋2.2．某城新建的一条道路上有12只路灯，为了节省用电而不影响正常的照明，可以熄灭其中三盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，可以熄灭的方法共有______．3．100件产品中有合格品90件，次品10件，现从中抽取4件检查．(1)都不是次品的取法有多少种？(2)至少有1件次品的取法有多少种？(3)不都是次品的取法有多少种？4．从编号为1,2,3，…，10,11的共11个球中，取出5个球，使得这5个球的编号之和为奇数，则一共有多少种不同的取法？答案或解答：2.C38＝56；3．解：(1)C490＝2 555 190；(2)C4100－C490＝C110C390＋C210C290＋C310C190＋C410＝1 366 035；(3)C4100－C410＝C190C310＋C290C210＋C390C110＋C490＝3 921 015.4．解：分为三类：1奇4偶有C16C45；3奇2偶有C36C25；5奇有C56，所以一共有C16C45＋C36C25＋C56＝236种不同的取法．【拓展练习】现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作；有4名能胜任德语翻译工作(其中有1名青年两项工作都能胜任)，现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？解：我们可以分为三类：①让两项工作都能担任的青年从事英语翻译工作，有C24C23；②让两项工作都能担任的青年从事德语翻译工作，有C34C13；③让两项工作都能担任的青年不从事任何工作，有C34C23.所以一共有C24C23＋C34C13＋C34C23＝42种方法．设计说明本节课是组合的第二课时，本节课的主要目标有两个，一个是学生在教师的问题驱动下自主探究组合数的性质，并在老师的带领下，体会组合数公式的应用；另一个是体会把具体计数问题化归为组合问题的过程．本节课的设计特点是：教师的问题是主线，学生的探究活动是主体，师生合作，共同完成知识和方法的总结．备课资料相同元素分组分配问题解决方法：档板法．(1)参加联赛的10个名额要分配到高三年级的8个班级中，则每个班级至少一个名额的分配方法有______种；(2)10个相同的小球全部放入编号为1、2、3的盒子中，则使每个盒子中球的个数不小于盒子的编号数的方法有______种．解析：利用档板法．(1)相当于在排成一排的10个“1”所形成的9个空隙中，选出7个插入7块档板的方法，每一种插板方法对应一种名额分配方法，有C79种方法；(2)可以首先在2、3号盒子中先分别放入1、2个球，然后在剩余的7个球排成一排形成的6个空隙中选出2个空隙各插入一块板，有C26种方法．注：档板法的使用比较灵活，且对数学思想方法要求较高，现利用档板法证明一个不定方程的自然数解的组数的结论：方程x1＋x2＋…＋x m＝n(m，n∈N，m，n≥2)的自然数解有组．C m－1n＋m－1简证：转化为正整数解的组数，利用档板模型有：作代换y i＝x i＋1(i＝1,2，…，m)，则方程x1＋x2＋…＋x m＝n的自然数解的组数，即y1＋y2＋…＋y m＝n＋m的正整数解的组数，相当于把n＋m个球分成m份，每份至少1个的方法数，即在n＋m－1个球的间隙中放置m－1个档板的方法种数，即C m－1.n＋m－1(设计者：殷贺)第三课时教学目标知识与技能理解排列组合的区别和联系，综合运用排列组合解决计数问题．过程与方法通过具体实例，经历把具体事例抽象为排列组合问题，利用排列、组合数公式求解的过程．情感、态度与价值观能运用排列组合要领分析简单的实际问题，提高分析问题的能力．重点难点教学重点：综合运用排列组合解决计数问题．教学难点：综合运用排列组合解决计数问题．教学过程复习回顾提出问题1：判断下列问题是组合问题还是排列问题？并求出下列问题的解．(1)在北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线上，有多少种不同的飞机票？(2)高中部11个班进行篮球单循环比赛，需要进行多少场比赛？(3)从全班23人中选出3人分别担任班长、副班长、学习委员三个职务，有多少种不同的选法？(4)10个人互相通信一次，共写了多少封信？(5)10个人互通电话一次，共打了多少个电话？活动设计：学生自主完成，教师提问．活动成果：(1)(3)(4)是排列；(2)(5)是组合．(1)A23＝6；(2)C211＝55；(3)A323＝10 626；(4)A210＝90；(5)C210＝45.1．从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素(这里的被取元素各不相同)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．排列数公式：A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)(m，n∈N，m≤n)．A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！(n－m)！＝A n nA n－mn－m.3．组合的概念：一般地，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．。

高二选修2一3数学教案(优秀5篇)高二选修2一3数学教案篇一[学习目标](1)会用坐标法及距离公式证明Cα+β;(2)会用替代法、诱导公式、同角三角函数关系式，由Cα+β推导Cα—β、Sα±β、Tα±β，切实理解上述公式间的关系与相互转化；(3)掌握公式Cα±β、Sα±β、Tα±β，并利用简单的三角变换，解决求值、化简三角式、证明三角恒等式等问题。

[学习重点]两角和与差的正弦、余弦、正切公式[学习难点]余弦和角公式的推导[知识结构]1、两角和的余弦公式是三角函数一章和、差、倍公式系列的基础。

其公式的证明是用坐标法，利用三角函数定义及平面内两点间的距离公式，把两角和α+β的余弦，化为单角α、β的三角函数(证明过程见课本)2、通过下面各组数的值的比较：①cos(30°—90°)与cos30°—cos90°②sin(30°+60°)和sin30°+sin60°。

我们应该得出如下结论：一般情况下，cos(α±β)≠cosα±cosβ，sin(α±β)≠sinα±sinβ。

但不排除一些特例，如sin(0+α)=sin0+sinα=sinα。

3、当α、β中有一个是的整数倍时，应首选诱导公式进行变形。

注意两角和与差的三角函数是诱导公式等的基础，而诱导公式是两角和与差的三角函数的特例。

高二选修2一3数学教案篇二一、教学目标：1、知识与技能目标①理解循环结构，能识别和理解简单的框图的功能。

②能运用循环结构设计程序框图解决简单的问题。

2、过程与方法目标通过模仿、操作、探索，学习设计程序框图表达，解决问题的过程，发展有条理的思考与表达的能力，提高逻辑思维能力。

3、情感、态度与价值观目标通过本节的自主性学习，让学生感受和体会算法思想在解决具体问题中的意义，增强学生的创新能力和应用数学的意识。

教学设计1．3二项式定理整体设计教材分析《二项式定理》是多项式运算的推广．在多项式的运算中，把二项式展开成单项式之和的形式，即二项式定理有着非常重要的地位，它是带领我们进入微分学领域大门的一把金钥匙，只是在中学阶段还没有显示的机会．将本小节内容安排在计数原理之后来学习，一方面是因为二项式定理的证明要用到计数原理，可以把它作为计数原理的一个应用，另一方面也为学习随机变量及其分布做准备．另外，由于二项式系数是一些特殊的组合数，由二项式定理可导出一些组合数的恒等式，这对深化组合数的性质有很大好处．总之，二项式定理是综合性较强的、具有联系不同内容作用的知识．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，其基本思想是“先猜后证”．与以往教科书比较，猜想不是通过对n取1、2、3、4的展开式的形式特征的分析而归纳得出，而是直接应用两个计数原理对(a＋b)2展开式的项的特征进行分析．这个分析过程不仅使学生对二项式的展开式与两个计数原理之间的内在联系获得认识的基础，而且也是为证明猜想提供了基本思路．课时分配3课时1．3.1二项式定理教学目标知识与技能1．能用计数原理证明二项式定理；2．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．过程与方法1．运用归纳的方法，经历多项式的展开由2到n的过程；2．引导学生借助计数原理与组合知识证明二项式定理．情感、态度与价值观1．培养学生的归纳思想、化归思想，培养探究、研讨、综合自学应用能力；2．培养学生观察、归纳、发现的能力以及分析问题与解决问题的能力；3．培养学生的自主探究意识、合作精神，体验二项式定理的发现和创造历程，体会数学语言的简洁和严谨．培养学生从特殊到一般、从一般到特殊的认知能力．重点难点教学重点：用计数原理分析(a＋b)2的展开式，得到二项式定理．教学难点：用计数原理分析二项式的展开过程，发现二项式展开成单项式之和时各项系数的规律．教学过程引入新课我们已学过计数原理、排列、组合的有关概念和公式，请同学们回顾：(1)两个计数原理的内容是什么？(2)排列的定义与排列数公式是什么？(3)组合的定义与组合数公式是什么？活动设计：学生先独立回忆，必要时可以看书，也可以求助同学．活动结果：(板书)(1)分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法；分步乘法计数原理：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)一般地，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)！. (3)一般地，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)！.设计意图：复习已经学过的计数原理、排列、组合的有关知识，让学生回顾认知基础，形成认知环境，为二项式定理的引入打下基础．提出问题：如何利用两个计数原理得到(a＋b)1，(a＋b)2，(a＋b)3的展开式？活动设计：教师提出问题，引导学生关注展开的两个步骤：(1)用乘法法则展开；(2)合并同类项．学生先独立思考，允许小组合作．活动成果：(a＋b)1＝a＋b(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2(a＋b)3＝(a＋b)2(a＋b)＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3设计意图：引导学生将(a＋b)2与(a＋b)3的展开式与两个计数原理联系起来，教师提醒学生，用计数原理分析展开式的项数，应当分析项中的字母是如何选取的，并引导学生分析同类项的个数，得到展开式的系数．探究新知(a＋b)4＝(a＋b)(a＋b)(a＋b)(a＋b)的展开式各项都是4次式，即展开式的各项应该具有如下形式：a4，a3b，a2b2，ab3，b4.提出问题1：(1)以a2b2项为例，有几种情况相乘均可得到a2b2项？这里的字母a，b各来自哪个括号？(2)既然以上字母a，b分别来自4个不同的括号，a2b2项的系数你能用组合数来表示吗？(3)你能将问题(2)所述的意思改编成一个排列组合的命题吗？活动设计：学生自由发言．活动成果：有4个括号，每个括号中有两个字母，一个是a、一个是b.每个括号只能取一个字母，任取两个a、两个b，然后相乘．设计意图：帮助学生找到求出展开式系数的基本方法．提出问题2：请用类比的方法，求出二项展开式中的其他各项系数，并将式子：(a＋b)4＝(a＋b)(a＋b)(a＋b)(a＋b)＝()a4＋()a3b＋()a2b2＋()ab3＋()b4括号中的系数全部用组合数的形式进行填写．活动设计：先让学生独立思考，然后小组交流，教师巡视指导，并注意与学生交流．活动成果：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C04种，a4的系数是C04；恰有1个取b的情况有C14种，a3b的系数是C14，恰有2个取b的情况有C24种，a2b2的系数是C24，恰有3个取b的情况有C34种，ab3的系数是C34，有4个都取b的情况有C44种，b4的系数是C44，∴(a＋b)4＝C04a4＋C14a3b＋C24a2b2＋C34a3b＋C44b4.设计意图：巩固已有的思想方法，建立猜想与证明二项式定理的认知基础与理论依据．提出问题3：根据以上展开式，你能猜想一下(a＋b)n的展开式是什么吗？活动设计：学生独立思考，自由发言，可以小组讨论．活动成果：学生可能猜出正确的展开式，但是不一定按照正确的顺序写出来，也不一定了解其中的规律，我们应该将问题进一步具体化，学生可能更容易发现新知．设计意图：通过学生对(a＋b)n展开式的猜想，提高学生的归纳问题的能力，使学生体会新知，发现新知，理解新知，在获得新知的过程中体会数学的乐趣，从而提高学生学习数学的兴趣．提出问题4：请同学们根据猜想完成下式，并对所给答案给出说明：(a＋b)n＝(_)a n＋(_)a n－1b＋(_)a n－2b2＋…＋(_)a n－r b r＋…＋(_)b n(n∈N*)活动设计：先由学生独立完成，然后组织全班讨论，在讨论过程中要明确每一项的形式及其相应的个数，学生之间可以相互求助、辩论．活动成果：(1)(a＋b)n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：a n，a n－1b，…，a n－rb r，…，b n.(2)展开式各项的系数：每个都不取b的情况有1种，即C0n种，a n的系数是C0n；恰有1个取b的情况有C1n种，a n－1b的系数是C1n，…，恰有r个取b的情况有C r n种，a n－r b r的系数是C r n，…，有n个都取b的情况有C n n种，b n的系数是C n n，∴(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n b＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n n b n(n∈N)，这个公式叫二项式定理，右边的多项式叫(a＋b)n的二项展开式．呈现二项式定理——(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋C2n a n－2b2＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n n b n(n∈N)设计意图：得出二项式定理，体会二项式定理的形成过程，理解二项式定理是由两个计数原理以及组合数公式得到的．由于这是本大节的起始课，按照学习从问题开始、从学生的原有知识结构开始，通过这样的原则与模式进行设计，而且这种意识要贯穿于整个课堂教学的始终，使学生从整体上把握本节要研究的主要问题、主要脉络是什么样的，这样就会使学生清楚本节的学习目标和路线图，是学有目标，研有方向，胸怀全局，先见森林再见树木的学习，其学习效果是不言而喻的．理解新知提出问题1：二项式定理展开式的系数、指数、项数的特点是什么？活动设计：学生自由发言，教师根据前面总结证明的二项展开式进行引导．活动成果：(1)它有n＋1项，各项的系数C k n(k＝0,1，…n)叫二项式系数；(2)各项的次数都等于二项式的次数n.设计意图：加深对二项式定理、二项展开式等概念、公式的理解．提出问题2：二项式定理展开式的结构特征是什么？哪一项最具有代表性？活动设计：学生自由发言，可以相互讨论，教师进行引导．活动成果：(板书)(1)字母a 按降幂排列，次数由n 递减到0，字母b 按升幂排列，次数由0递增到n ；(2)C k n a n －k b k 叫二项展开式的通项，用T k ＋1表示，即通项T k ＋1＝C k n a n －k b k ； (3)字母a ，b 可以是数，式子或其他．设计意图：由此，学生得出二项式定理、二项展开式、二项式系数、项的系数、二项展开式的通项等概念，这是本课的重点．运用新知1展开(1＋1x)4. 解法一：(1＋1x )4＝1＋C 14(1x )＋C 24(1x )2＋C 34(1x )3＋(1x )4＝1＋4x ＋6x 2＋4x 3＋1x 4. 解法二：(1＋1x )4＝(1x )4(x ＋1)4＝(1x )4[x 4＋C 14x 3＋C 24x 2＋C 34x ＋1]＝1＋4x ＋6x 2＋4x 3＋1x 4. 点评：比较复杂的二项式，有时先化简，再展开会更方便．【巩固练习】求(2x －1x)6的展开式． 解：先将原式化简，再展开，得(2x －1x )6＝(2x －1x)6＝1x 3(2x －1)6＝1x 3[(2x)6－C 16(2x)5＋C 26(2x)4－C 36(2x)3＋C 46(2x)2－C 56(2x)1＋C 66]＝64x 3－192x 2＋240x －160＋60x －12x 2＋1x 3. 2求(1＋2x)7的展开式的第4项的二项式系数、项的系数．思路分析：先把通项写出，分清什么是二项式系数，什么是系数．解：(1＋2x)7的展开式的第4项是T 3＋1＝C 37×17－3×(2x)3＝C 37×23×x 3＝35×8x 3＝280x 3. 所以展开式的第4项的二项式系数是35，系数是280.点评：①要注意展开式的第r ＋1项，对应于二项式系数C r n ；②要注意一个二项展开式的某一项的二项式系数与这一项的系数是两个不同的概念．有时相等，有时不相等，它们之间没什么必然的联系．【巩固练习】求(x －1x)9的展开式中x 3的系数． 解：(x －1x)9的展开式的通项是 C r 9x 9－r (－1x)r ＝(－1)r C r 9x 9－2r . 根据题意，得9－2r ＝3，r ＝3.因此，x 3的系数是(－1)3C 39＝－84.【变练演编】1．(1＋2x)7的展开式的第几项的二项式系数等于35?2．(x －1x)9的展开式中，含有x 6项吗？若有，系数为多少？含有x 5项吗？若有，系数为多少？请将你所能想到的所有答案都一一列举出来．1．解：C 37＝C 47＝35，所以第4项与第5项的二项式系数等于35.2．解：根据通项(－1)r C r 9x 9－2r ，当9－2r ＝6时，r 无整数解；当9－2r ＝5时，解得r ＝2，所以系数为36.所以展开式中，不含x 6项，含有x 5项，系数为36.设计意图：两个题的设计不仅是为了训练学生根据解题需要能熟练地将一个二项式展开，而且可以培养学生的发散性思维能力，并且可以考查学生对知识、问题理解的深刻性和思维的深刻性、全面性．题型的新颖性、开放性更是不言而喻，学生的兴趣会更浓，思维也会更积极．【达标检测】1．求(2a ＋3b)6的展开式中的第3项．2．求(3b ＋2a)6的展开式中的第3项的系数．3．求(1＋2i)5的展开式．1．解：T 2＋1＝C 26(2a)4(3b)2＝2 160a 4b 2；2．解：T 2＋1＝C 26(3b)4(2a)2＝4 860b 4a 2.所以，(3b ＋2a)6的展开式中的第3项的系数为4 860. 3．解：因为a ＝1，b ＝2i ，n ＝5，由二项式定理，得(1＋2i)5＝C 05＋C 152i ＋C 25(2i)2＋C 35(2i)3＋C 45(2i)4＋C 55(2i)5＝1＋10i －40－80i ＋80＋32i＝41－38i课堂小结1．知识收获：二项式定理；二项式定理的表达式以及展开式的通项、二项式系数与系数的概念．2．方法收获：正确区别“项的系数”和“二项式系数”．3．思维收获：类比思想、化归—归纳—猜想—证明思想．补充练习【基础练习】1．已知(1＋x)n 的展开式中，x 3的系数是x 的系数的7倍，求n 的值．2．已知(ax ＋1)7(a≠0)的展开式中，x 3的系数是x 2的系数与x 4的系数的等差中项，求a 的值．【答案或解答】1．依题意C 3n ＝7C 1n ，即n(n －1)(n －2)6＝7n ， 由于n ∈N ，整理得n 2－3n －40＝0，解得n ＝8.2．依题意C 57a 2＋C 37a 4＝2C 47a 3.由于a≠0，整理得5a 2－10a ＋3＝0，解得a ＝1±105. 【拓展练习】3．计算：(a ＋1)5－(a －1)5. 4．求证：32n ＋C 1n ·32n －2＋C 2n ·32n －4＋…＋C n －1n ·32＋1＝10n . 答案：3.解：(a ＋1)5－(a －1)5 ＝[(a)5＋C 15(a)4＋C 25(a)3＋C 35(a)2＋C 45a ＋1]－[(a)5－C 15(a)4＋C 25(a)3－C 35(a)2＋C 45a －1]＝2[C 15(a)4＋C 35(a)2＋2]＝10a 2＋20a ＋4.4．证明：右边＝10n ＝(9＋1)n ＝(32＋1)n ＝32n ＋C 1n ·32(n－1)＋C 2n ·32(n －2)＋…＋C n －1n ·32＋1＝32n ＋C 1n ·32n －2＋C 2n ·32n －4＋…＋C n －1n ·32＋1＝左边， 故原式得证．设计说明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．本节课的教学重点是“使学生掌握二项式定理的形成过程”，在教学中，采用“问题——探究”的教学模式，把整个课堂分为呈现问题、探索规律、总结规律、应用规律四个阶段．让学生体会研究问题的方式方法，培养学生观察、分析、概括的能力，以及化归意识与方法迁移的能力，体会从特殊到一般的思维方式，让学生体验定理的发现和创造历程．本节课的难点是用计数原理分析二项式的展开过程，发现二项式展开成单项式之和时各项系数的规律．在教学中，设置了对多项式乘法的再认识，引导学生运用计数原理来解决项数问题，明确每一项的特征，为后面二项展开式的推导作铺垫．再以(a＋b)4为对象进行探究，引导学生用计数原理进行再思考，分析各项以及项的个数，这也为推导(a＋b)n的展开式提供了一种方法，使学生在后续的学习过程中有“法”可依．总之，本节课遵循学生的认识规律，由特殊到一般，由感性到理性．重视学生的参与过程，问题引导，师生互动．重在培养学生观察问题，发现问题，归纳推理问题的能力，从而形成自主探究的学习习惯．备课资料二项式定理的妙用在数学中，有许多美妙的命名和定理．二项式定理就是其中之一．首先，看一看我们的二项式定理：(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋C2n a n－2b2＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n n b n(n∈N*)．这个公式所表示的定理就是二项式定理．T r＋1＝C r n a n－r b r叫做二项展开式的通项公式，在这里r＋1才是项数，第一个位置的a按降幂排列，次数由n次降到0次，第二个位置的b按升幂排列，次数由0次升到n次，a、b可以是任意实数，也可以是任意式子，能深刻理解二项式定理的结构特征、通项公式，就有许多美妙的用处．其次，谈谈二项式定理的妙用：1)若在二项式定理中，令a＝1、b＝1，就能得到C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n＝2n，即各二项式系数之和等于2n，也是含n个元素的集合的所有子集有2n个，其中非空子集、真子集都有(2n－1)个，非空真子集有(2n－2)个．2)若令a＝1、b＝－1，则可得C0n－C1n＋C2n－C3n＋…＋(－1)n C n n＝(1－1)n＝0，即C0n＋C2n ＋…＝C1n＋C3n＋…＝2n－1，也就是在(a＋b)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式系数的和且等于2n－1.3)在二项式定理中，若令a＝1、b＝x，则得到公式(1＋x)n＝1＋C1n x＋C2n x2＋…＋C r n x r＋…＋C n n x n ，其有鲜明的形式特征，可快速准确地展开类似的二项式．4)充分利用二项式的通项公式可以求出我们所要的任意一项．5)在二项式定理中，若令未知数的系数等于1，就可以得到二项展开式中各项系数之和． f(x)＝(px ＋q)n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a n x n ，则有a 0＋a 1＋a 2＋……＋a n＝f(1)，a 0－a 1＋a 2－a 3＋……＋(－1)n a n ＝f(－1)，a 0＋a 2＋a 4＋……＝12[f(1)＋f(－1)]，a 1＋a 3＋a 5＋……＝12[f(1)－f(－1)]． 6)用二项式定理可以很好地解决整除问题．例如①求证32n ＋2－8n －9能被64整除．②求证5151－1能被7整除等．7)在二项式系数表中，淋漓尽致地体现了组合数的两个重要性质：①C r n ＝C n －r n ，②C r n ＋1＝C r －1n ＋C r n . 8)二项式系数C r n (r ＝0、1、2…、n)中，当n 为偶数时，中间一项C n 2n 取得最大值，当n 为奇数时，中间两项C n －12n ，C n ＋12n 相等且同时取得最大值，且分别是第n 2＋1项与第n －12＋1项和第n ＋12＋1项． 9)在二项式定理中，使用递推法，即T r ，T r ＋1，T r ＋2系数间的关系可以解决系数最值问题．10)利用二项式定理可以解决近似计算问题．11)理解透彻二项式定理的结构关系，能应用它求解、证明许多式子．例如：1＋2C 1n ＋4C 2n ＋…＋2n －1C n －1n ＋2n C n n＝3n ； 2n －C 1n 2n －1＋C 2n 2n －2＋…＋(－1)n －1C n －1n2＋(－1)n ＝1； C 1n ＋2C 2n ＋4C 3n ＋…＋2n －1C n n ＝？ 在(2－x)n 中若x n 项的系数为a n (n ＝2,3,4，…)则22a 2＋23a 3＋24a 4＋ (2)a n＝？ …总之，巧妙地应用二项式定理可以解决许多有趣实用的问题．希望大家都能喜欢数学，学习数学，应用数学．(设计者：毕晓岩)1．3.2“杨辉三角”与二项式系数的性质教学目标知识与技能1．利用二项式定理得出二项式系数的一些性质；2．能运用二项式系数的性质解决一些简单问题．过程与方法1．熟知二项式系数的对称性、单调性、最大项及所有二项式系数之和等结论；2．熟练运用赋值法求一些代数式的值．情感、态度与价值观1．培养学生观察、归纳、发现的能力以及分析问题与解决问题的能力．2．通过学习“杨辉三角”的有关知识，了解我们国家悠久的文化传统，陶冶学生的爱国主义情操，进一步提升学生学好数学用好数学的决心和勇气，提升学生学习数学的兴趣．重点难点教学重点：了解“杨辉三角”的结构与规律，掌握二项式系数的一些性质，掌握赋值法．教学难点：二项式系数性质的得到和证明，利用二项式系数的性质解决有关问题．教学过程引入新课前面我们学习了二项式定理，请回顾：(1)(a＋b)n＝__________________(n∈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C r n(r＝0,1,2，…，n)叫做____________，通项是指展开式的第________________项，展开式共有______________项．(2)什么是二项式系数？什么是系数？活动设计：学生先独立回忆，然后独立发言，其他同学进行补充，必要时可以看书．活动结果：(答案展示)(1)(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋C2n a n－2b2＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n n b n(n∈N)、展开式、二项式系数、r＋1、n＋1.(2)二项式系数是C r n，系数是变量前的常数．设计意图：通过复习二项式定理的有关知识，为发现杨辉三角的有关性质打下基础，形成知识储备，引出本节课要研究的内容．提出问题：计算(a＋b)n展开式的二项式系数并填入下表活动设计：通过学案或者投影展示表格，学生填空，学生之间可以交流，教师指导．活动成果：设计意图：当二项式的次数不大时，可借助它直接写出各项的二项式系数．通过计算填表，让学生发现其中的规律．探究新知提出问题：当表示形式为“三角形”时，该表格有什么规律？活动设计：学生自主解决，自由发言，自主探究．活动成果：(这个表在我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书中就出现了，称为杨辉三角．但是在欧洲，这个表被认为是法国数学家帕斯卡首先发现的，他们把这个表称为帕斯卡三角．这就是说，杨辉三角的发现要比欧洲早五百年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的)设计意图：为了使学生建立“杨辉三角”与二项式系数的性质之间关系的直觉，要求学生填表，观察表格，探索规律，体会“表示形式的变化有时能帮助我们发现规律”这句话的深刻哲理与方法，由学生自己说说其中的规律．理解新知提出问题1：观察杨辉三角的每一行，正数第1个数与倒数第1个数，正数第2个数与倒数第2个数，正数第3个数与倒数第3个数，…它们有什么样的等量关系？你能把你的想法概括成一句话吗？活动设计：通过展示表格与杨辉三角，让学生自己观察，发现结论，踊跃发言，勇于探索．活动成果：正数第1个数与倒数第1个数相等，正数第2个数与倒数第2个数相等，正数第3个数与倒数第3个数相等，…(板书)二项式系数的性质(1)对称性：在二项展开式中，与首末两端“等距”的两项的二项式系数相等，即C m n ＝C n－mn.设计意图：引导学生猜想，猜想是发现的开始．通过杨辉三角得到“对称性”，进一步加深学生对二项式系数性质的掌握，这条性质实际上是组合数的一个性质．提出问题2：观察杨辉三角的相邻两行，看看下一行中除了“1”之外的数与上一行中的数有什么关系？活动设计：学生独立思考，自由发言，可以小组讨论． 活动成果：表中任一不为1的数都等于它肩上的两个数的和，即(板书)(2)C r n ＋1＝C r －1n ＋C r n .设计意图：通过新发现(杨辉三角)，重新验证旧知识，能够提升学生对此公式的理解与掌握，加深学生对二项式系数性质的理解，能够在最大程度上提升学生的认知水平，这条性质实际上是组合数的另外一个性质．提出问题3：观察每一行中的二项式系数的大小变化情况，有单调性吗？有最值吗？ 活动设计：学生未必一下能说清楚，尽量鼓励学生说，让他们积极参与．教师始终是引导者，学生始终是课堂的主体．引导学生从多个方面分析二项式系数的大小关系，如利用特殊值法观察归纳、利用函数图象画图观察等等．先由学生独立完成，然后组织全班讨论，学生之间可以相互求助．活动成果：因为C k n＝n(n －1)(n －2)…(n －k ＋1)(k －1)！k＝C k －1nn －k ＋1k， 所以C k n 相对于C k －1n 的增减情况由n －k ＋1k决定．由n －k ＋1k >1 k<n ＋12可知，当k<n ＋12时，二项式系数是逐渐增大的．由对称性知它的后半部分是逐渐减小的，且在中间取得最大值．当n 是偶数时，中间的一项取得最大值，即C n2n 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 ，即C n －12n ，C n ＋12n最大．(板书)(3)增减性与最大值：二项式系数由两边向中间增大，并且在中间取得最大值．当n 是偶数时，中间的一项取得最大值，即C n2n 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．设计意图：由于二项式系数组成的数列是一个离散函数，所以我们应该引导学生从函数的角度或从特殊值的角度研究二项式系数的性质．这样处理便于建立知识的前后联系，使学生体会用函数知识研究问题的方法，体会由特殊到一般的化归思想．难点是需要根据n 的奇偶性确定相应的分界点，教学时应该引导学生分析其对称轴实际上是k ＝n2，从而学生可以比较容易地理解并记住最值在哪一项被取到．提出问题4：计算“杨辉三角”中每一行的和，观察其规律，并写出其公式．活动设计：学生自主探究，归纳整理，踊跃发言，教师应该多加鼓励，但是不能代替学生，自始至终都要保护学生的积极性，保持学生的主体性，教师仅仅是一名导演而已．活动成果：已知(1＋x)n ＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C r n x r ＋…＋C n n x n，令x ＝1，则2n ＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C r n ＋…＋C n n .即二项式系数之和等于2n .我们把这样的方法称为赋值法，赋值法是一类解决二项式系数的性质的优越办法． (板书)(4)各二项式系数的和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C r n ＋…＋C n n＝2n . 设计意图：本环节的设置与本节的大环境一致，都是通过特殊的例子发现最一般的结论，提高学生的认知能力、观察能力及化归能力，加深对二项式系数性质的掌握与应用．实际上这条性质，我们在组合数或者集合的子集中遇到过，教师也可以从这方面入手进行引导，能够进一步加深学生对这一部分知识的理解与掌握，让学生体会到数学知识的前后联系，能够最大限度地达到教学目标．运用新知例1下面的二项展开式中，哪些项的二项式系数最大？是多少？填在相应的横线上．(1)(a＋b)20第________________项的二项式系数最大，是______________________；(2)(a＋b)19第________________项的二项式系数最大，是______________________．思路分析：根据二项式系数的性质(3)即可解决，但要分清n的奇偶性．解：(1)若n＝20，则当r＝10时，二项式系数最大，所以第11项的二项式系数最大，是C1020.(2)若n＝19，则当r＝9或10时，二项式系数最大，所以第10或11项的二项式系数最大，是C919＝C1019.点评：通过n的奇偶性的不同，考查了二项式系数的性质(3)，但是要注意这是二项式系数的最大值，不一定就是系数的最大值．【巩固练习】(1＋2x)n的展开式中第5项与第8项的二项式系数相等，求展开式中二项式系数最大的项．解：由题意C4n＝C7n，所以n＝4＋7＝11，从而展开式中二项式系数最大的项是中间两项，即第6项与第7项．例2证明：在(a＋b)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式系数的和．思路分析：奇数项的二项式系数的和为C0n＋C2n＋C4n＋…，偶数项的二项式系数的和为C1n＋C3n＋C5n＋…，由于(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋C2n a n－2b2＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n n b n(n∈N)中的a，b可以取任意实数，因此我们可以通过对a，b适当赋值来得到上述两个系数和．这一点可以从性质(4)的推导来获得．证明：在展开式(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋C2n a n－2b2＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n n b n(n∈N)中，令a＝1，b＝－1，则得(1－1)n＝C0n－C1n＋C2n－C3n＋…＋(－1)n C n n，即0＝(C0n＋C2n＋…)－(C1n＋C3n＋…)，所以C0n＋C2n＋…＝C1n＋C3n＋…，即在(a＋b)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式系数的和．点评：赋值法是解决二项式定理与二项式系数的一种很重要的方法，凡是与二项式系数和或者系数和有关的问题，都有可能通过赋值法获得解决．实际上我们还可以利用函数思想解决这个问题，即令f(x)＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C r n x r ＋…＋C n n x n，由f(－1)＝0，即可很容易地得到要证明的结果． 【巩固练习】C 17＋C 27＋C 37＋…＋C 77＝__________ 解：因为C 07＋C 17＋C 27＋C 37＋…＋C 77＝27＝128，所以 C 17＋C 27＋C 37＋…＋C 77＝128－1＝127. 【变练演编】1．当C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C r n ＋…＋C n n ＝2 048时，n ＝________. 2．当C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝2 048时，n ＝________.3．当C x n ＝C y n 时，其中n≥x ，n≥y ，x ，y ，n ∈N *，则x ，y 所满足的关系式是__________． 4．当(1＋2x)n 的展开式中只有第7项的二项式系数最大时，n ＝________________. 请将你所能想到的所有答案都一一列举出来． 1．解：由2n ＝2 048＝211，得n ＝11. 2．解：由2n －1＝2 048＝211，得n ＝12. 3．解：由题意x ＝y 或x ＋y ＝n.4．解：由性质(3)知，n2＋1＝7，所以n ＝12.设计意图：本环节的设计源于一种非常好的教学方法：变练演编．这种开放性的设计，不仅有助于训练同学们的常规思维，还能培养同学们的逆向思维．一堂好的数学课必须让学生创新，使得学生有所收获．通过这种方式的训练，让学生去创造题目，解决问题，增加了中学生学习数学的兴趣，进一步掌握了“杨辉三角”的有关性质，能力得到了提高．【达标检测】1．展开式1＋2C 110＋4C 210＋…＋210C 1010＝________.2．(x y －12y x)13展开式的中间项是__________．3．已知(x 3＋1x2)n 的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，求展开式中不含x 的项．1．解：在(1＋x)10＝r ＝010C r 10x r中，令x ＝2，得1＋2C 110＋4C 210＋…＋210C 1010＝(1＋2)10＝310＝59 049.2．解：中间项是第7、8项，即42916x 10y 192、－42932y 10x 192.。

【高二】2.4正态分布教案（新人教A版选修2 3）【高二】2.4正态分布教案（新人教a版选修2-3）2.4正态分布目标：知识和技能：掌握正态分布在现实生活中的意义和作用。

过程与方法：结合正态曲线，加深对正态密度函数的理理。

情绪、态度和价值观：通过正态分布的图形特征总结正态曲线的性质。

重点：正态分布曲线的性质、标准正态曲线n(0，1)。

通过正态分布曲线的特点总结出图形教学的难点。

教具准备：多媒体、实物投影仪。

教学设想：在总体分布的研究中，我们选择正态分布作为突破口。

正态分布是统计学中最基本、最重要的分布。

内容分析：1.实践中遇到的许多随机现象服从或近似服从正态分布。

在上一节中，我们研究了当样本量无限增加时，频率分布直方图与总体密度曲线无限接近，从而科学地反映了总体分布，但总体密度曲线的相关知识更加抽象，学生难以理解，因此，在研究人口分布时，我们选择正态分布作为突破口。

正态分布是统计学中最基本、最重要的分布2．正态分布是可以用函数形式表述的其密度函数可写成：，（σ＞ 0）由此可见，正态分布是由它的平均数μ和标准差σ唯一决定的常把它记为正态分布为正态分布，正态分布为正态分布，正态分布为正态分布，正态分布为正态分布，正态分布为正态分布，正态分布为正态分布，正态分布为正态分布，正态分布为正态分布，正态分布为正态分布，正态分布为正态分布，正态分布为正态分布，正态分布为正态分布，正态分布为正态分布，正态分布为正态分布，正态分布，正态分布为正，但绝不与x轴相交。

因此，曲线以x轴为正方向和负方向的渐近线4．通过三组正态分布的曲线，可知正态曲线具有两头低、中间高、左右对称的基本特征5.由于正态分布在某种意义上是由其平均μ和标准差σ决定的，所以正态分布很多，这使得我们很难进一步研究。

然而，我们也发现，在许多正态分布中，焦点集中在n（0,1），其他正态分布可以转化为n（0,1）。

我们称n（0,1）为标准正态分布，其密度函数为X∈ (- ∞, + ∞), 因此，正态分布的研究可以简化6．结合正态曲线的图形特征，归纳正态曲线的性质正态曲线的作图较难，教科书没做要求，授时可以借助几何画板作图，学生只要了解大致的情形就行了，关键是能通过正态曲线，引导学生归纳其性质教学过程：学生探究过程：回顾介绍：总体密度曲线:样本容量越大，所分组数越多，各组的频率就越接近于总体在相应各组取值的概率．设想样本容量无限增大，分组的组距无限缩小，那么频率分布直方图就会无限接近于一条光滑曲线,这条曲线叫做总体密度曲线．它反映了人口在每个范围内获取价值的概率。

新课标人教A版数学选修2-3课堂活动教
案
教学目标
1. 能够理解向量及其变形的概念；
2. 能够掌握向量的加、减法运算规则；
3. 能够运用向量在平面解决实际问题。

教学重点
理解向量概念，掌握向量加减法，掌握向量运用于实际问题的方法。

教学难点
运用向量解决实际问题的方法。

教学方法
讲授法、启发式教学法、探究式教学法。

教学准备
教师准备好黑板、彩色粉笔、投影仪及PPT、学生练册。

教学过程
Step 1 引入
利用PPT上的图片，引出向量的概念。

Step 2 讲解
1. 向量的概念和表示方法；
2. 向量的加、减法运算规则；
3. 向量点乘和叉乘运算的概念及运算规则。

Step 3 练
划分小组，让学生在小组内探讨如下问题：
1. 求向量两点坐标之差的方法；
2. 如何判断两条向量平行或垂直；
3. 向量的分解及其应用。

Step 4 展示
请学生在黑板上展示他们的解题方法，并分享思路。

Step 5 归纳
归纳向量的概念、运算规则、点乘和叉乘的概念及运算规则，
向量分解及应用。

Step 6 练
完成练册上的练题，学生可以交流讨论。

教学反思
本堂课采用了探究式教学法，让学生在小组内详细讨论了问题，这样能提高学生的思维能力。

但是这也使得学生的实际操作时间比
较紧张，如果能增加一些实际操作的时间会更好。

人教版选修2-3第一章计数原理1.1分类加法计数原理与分部乘法计数原理探究与发现子集的个数有多少1.2排列与组合探究与发现组合数的两个性质1.3二项式定理小结第二章随机变量及其分布第三章第一章计数原理1．1分类加法计数原理和分步乘法计数原理第一课时1分类加法计数原理（1）提出问题问题 1.1：用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号，总共能够编出多少种不同的号码？问题1.2：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车.如果一天中火车有3班，汽车有2班.那么一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？（2在第（3A A,B 又2类如果完成一件事情有n 类不同方案，在每一类中都有若干种不同方法，那么应当如何计数呢？一般归纳：完成一件事情，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的方法，在第2类办法中有2m 种不同的方法……在第n 类办法中有n m 种不同的方法.那么完成这件事共有n m m m N +⋅⋅⋅++=21种不同的方法.理解分类加法计数原理：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事. 例2.一蚂蚁沿着长方体的棱,从的一个顶点爬到相对的另一个顶点的最近路线共有多少条？解:从总体上看,如,蚂蚁从顶点A 爬到顶点C1有三类方法,从局部上看每类又需两步完成,所以,第一类,m1=1×2=2条第二类,m2=1×2=2条第三类,m3=1×2=2条所以,根据加法原理,从顶点A 到顶点C1最近路线共有N=2+2+2=6（条）第二课时2分步乘法计数原理（1）提出问题问题2.1：用前6个大写英文字母和1—9九个阿拉伯数字，以1A ,2A ,…，1B ,2B ,…的方式给教室里的座位编号，总共能编出多少个不同的号码？（2在第（330×. 3步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事，是合作完成.例2.如图,要给地图A 、B 、C 、D 四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？解:按地图A 、B 、C 、D 四个区域依次分四步完成,第一步,m1=3种,第二步,m2=2种,第三步,m3=1种,第四步,m4=1种,所以根据乘法原理,得到不同的涂色方案种数共有N=3×2×1×1=6第三课时3综合应用例1.书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放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？③从书架上任取两本不同学科的书，有多少种不同的取法？【分析】①要完成的事是“取一本书”，由于不论取书架的哪一层的书都可以完成了这件事，因此是分类问题，应用分类计数原理.②要完成的事是“从书架的第1、2、3层中各取一本书”，由于取一层中的一本书都只完成了这件事的一部分，只有第1、2、3层都取后，才能完成这件事，因此是分步问题，应用分步计数原理.③要完成的事是“取2本不同学科的书”，先要考虑的是取哪两个学科的书，如取计算机4层取1N1本计1本N步，从363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=11232000（个）.同理，字母组合在右的牌照也有11232000个．所以，共能给11232000+11232000=22464000（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．1234后两个 100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：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6763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6763．所以要表示这些汉字，每个汉字至少要用2个字节表示．问：221.如图,从甲地到乙地有2条路可通,从乙地到丙地有3条路可通;从甲地到丁地有4条路可通,从丁地到丙地有2条路可通。

教学准备
1. 教学目标
离散型随机变量的分布列
2. 教学重点/难点
离散型随机变量的分布列
3. 教学用具
4. 标签
教学过程
一、基本知识概要：
1. 随机变量：随机试验的结果可以用一个变量来表示，这样的变量的随机变量，记作；
说明：若是随机变量，，其中是常数，则也是随机变量。

2. 离散型随机变量：随机变量可能取的值，可以按一定顺序一一列出
连续型随机变量：随机变量可以取某一区间内的一切值。

说明：①分类依据：按离散取值还是连续取值。

②离散型随机变量的研究内容：随机变量取什么值、取这些值的多与少、所取值的平均值、稳定性等。

说明：放回抽样时，抽到的次品数为独立重复试验事件，即。

例2：一袋中装有5只球，编号为1,2，3，4，5，在袋中同时取3只，以表示取出的三只球中的最小号码，写出随机变量的分布列。

剖析：因为在编号为1，2，3，4，5的球中，同时取3只，所以小号码可能是1或2或3，即可以取1，2，3。

三、课堂小结
1会根据实际问题用随机变量正确表示某些随机试验的结果与随机事件；2熟练应用分布列的两个基本性质；
3能熟练运用二项分布计算有关随机事件的概率。

四、作业布置：教材P193页闯关训练。

2．2.3独立重复试验与二项分布整体设计教材分析本节内容是新课标教材选修2—3第二章《随机变量及其分布》的第二节《二项分布及其应用》的第三小节．通过前面的学习，学生已经学习掌握了有关概率和统计的基础知识：古典概率、互斥事件概率、条件概率、相互独立事件概率的求法以及分布列的有关内容．独立重复试验是研究随机现象的重要途径之一，很多概率模型的建立都以独立重复试验为背景，二项分布就是来自于独立重复试验的一个概率模型．二项分布是继超几何分布后的又一应用广泛的概率模型，而超几何分布在产品数量n相当大时可以近似地看成二项分布．在自然现象和社会现象中，大量的随机变量都服从或近似地服从二项分布，实际应用广泛，理论上也非常重要．可以说本节内容是对前面所学知识的综合应用，是一种模型的构建，是从实际入手，通过抽象思维，建立数学模型，进而认知数学理论，应用于实际的过程．会对今后数学及相关学科的学习产生深远的影响．课时分配1课时教学目标知识与技能理解n次独立重复试验的模型及二项分布，能解答简单实际问题；能进行与n次独立重复试验的模型及二项分布有关的概率的计算．过程与方法通过主动探究、自主合作、相互交流，从具体事例中归纳出数学概念，使学生充分体会知识的发现过程，并渗透由特殊到一般，由具体到抽象的数学思想方法．情感、态度与价值观感受探索的乐趣与成功的喜悦，体会数学的理性与严谨，养成实事求是的科学态度和锲而不舍的钻研精神．重点难点教学重点：理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解答一些简单的实际问题．教学难点：能进行一些与n次独立重复试验的模型及二项分布有关的概率的计算．教学过程复习旧知互斥事件：不可能同时发生的两个事件．P(A＋B)＝P(A)＋P(B)．一般地，如果事件A1，A2，…，A n彼此互斥，那么P(A1＋A2＋…＋A n)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(A n)．相互独立事件：事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件．相互独立事件同时发生的概率：P(AB)＝P(A)P(B)一般地，如果事件A1，A2，…，A n相互独立，那么这n个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，P(A1A2…A n)＝P(A1)P(A2)…P(A n)．探究新知提出问题：分析下面的试验，它们有什么共同特点？(1)某人射击1次，击中目标的概率是0.8，他连续射击3次；(2)实力相等的甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，规定5局3胜制(即先赢3局就胜出)；(3)连续投掷一个骰子5次．活动结果：在同一条件下多次重复地做某个试验．(由学生归纳后给出定义)1．n次独立重复试验的定义：一般地，在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验．在n次独立重复试验中，记A i(i＝1,2，…，n)是“第i次试验的结果”．显然，P(A1A2…A n)＝P(A1)P(A2)…P(A n)提出问题：在前面问题(1)基础上，求：①第一次命中，后面两次不中的概率；②恰有一次命中的概率；③恰有两次命中的概率．活动设计：由浅入深，增加梯度，旨在引导学生归纳独立重复试验的概率公式．活动结果：记事件“第i次击中目标”为A i(i＝1,2,3)，则A1、A2、A3相互独立，且P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝0.8.①第一次命中，后面两次不中的事件即A1A2A3，∴P(A1A2A3)＝P(A1)[1－P(A2)][1－P(A3)]＝0.032.②三次射击恰有一次命中的事件即A1A2A3＋A1A2A3＋A1A2A3，∴三次射击恰有一次命中的事件的概率为P3(1)＝3×0.8×0.2×0.2＝0.096.③三次射击恰有两次命中的事件即A1A2A3＋A1A2A3＋A1A2A3，∴三次射击恰有两次命中的事件的概率为P3(2)＝3×0.8×0.8×0.2＝0.384.教师指出：由刚才的问题不难发现这样一个事实：P3(1)＝3×0.8×0.2×0.2＝C13×0.8×(1－0.8)2＝0.096，P3(2)＝3×0.8×0.8×0.2＝C23×0.82×(1－0.8)＝0.384，推广到一般形式：n次射击试验，命中k次的概率P n(k)＝C k n0.8k(1－0.8)n－k.理解新知2．独立重复试验的概率公式：一般地，如果在1次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率P n(k)＝C k n p k(1－p)n－k，它是二项式[(1－p)＋p]n展开式的第k＋1项．设计意图：理所当然引出二项分布概念．3．离散型随机变量的二项分布：在一次随机试验中，某事件可能发生也可能不发生，在n次独立重复试验中这个事件发生的次数X是一个随机变量．如果在一次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是P(X＝k)＝C k n p k q n－k(k＝0,1,2，…，n，q＝1－p)．由于C k n p k q n k恰好是二项展开式：(q＋p)n＝C0n p0q n＋C1n p1q n1＋…＋C k n p k q n k＋…＋C n n p n q0中的第k＋1项的值，所以称这样的随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，其中p称为成功概率．运用新知例1实力相等的甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，规定5局3胜制(即5局内谁先赢3局就算胜出并停止比赛)．(1)试分别求甲打完3局、4局、5局才能取胜的概率．(2)求按比赛规则甲获胜的概率．解：甲、乙两队实力相等，所以每局比赛甲获胜的概率为12，乙获胜的概率为12. (1)记事件A ＝“甲打完3局才能取胜”，记事件B ＝“甲打完4局才能取胜”，记事件C ＝“甲打完5局才能取胜”．①甲打完3局取胜，相当于进行3次独立重复试验，且每局比赛甲均取胜．∴甲打完3局取胜的概率为P(A)＝C 33(12)3＝18. ②甲打完4局才能取胜，相当于进行4次独立重复试验，且甲第4局比赛取胜，前3局为2胜1负．∴甲打完4局才能取胜的概率为P(B)＝C 23×(12)2×12×12＝316. ③甲打完5局才能取胜，相当于进行5次独立重复试验，且甲第5局比赛取胜，前4局恰好2胜2负．∴甲打完5局才能取胜的概率为P(C)＝C 24×(12)2×(12)2×12＝316. (2)记事件D ＝“按比赛规则甲获胜”，则D ＝A ＋B ＋C ，又因为事件A 、B 、C 彼此互斥，故P(D)＝P(A ＋B ＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝18＋316＋316＝12. 答：按比赛规则甲获胜的概率为12. 例2重复抛掷一枚骰子5次得到点数为6的次数记为ξ，求P(ξ>3)．解：依题意，随机变量ξ～B(5，16)． ∴P(ξ＝4)＝C 45(16)4·56＝257 776，P(ξ＝5)＝C 55(16)5＝17 776. ∴P(ξ>3)＝P(ξ＝4)＋P(ξ＝5)＝133 888. 【变练演编】甲乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，那么采取三局两胜制还是五局三胜制对甲更有利？你对局制长短的设置有何认识？设计意图：此题设计新颖，贴近生活，贴近高考，一下子把学生带到了全新的知识场景中，强大的诱惑力促使每个学生积极思考．此题是开放性试题，不是直接要你求什么、证什么，培养学生的发散性思维和创造性思维．解：三局两胜制中，甲获胜分三种情形：甲连胜两局；甲前两局中胜一局，第三局胜． 故P(甲获胜)＝0.62＋C 12×0.62×0.4＝0.648. 五局三胜制中，甲获胜分三种情形：甲连胜三局；甲前三局中胜两局，第四局胜；甲前四局中胜两局，第五局胜．故P(甲获胜)＝0.63＋C 23×0.63×0.4＋C 24×0.63×0.42≈0.683. 可以看出五局三胜制对甲有利，并由此可以猜测比赛的总局数越多甲获胜的概率越大．因此，为使比赛公平，比赛的局数不能太少．变式：如果要求在这两种赛制比赛中必须打完全部比赛，结论会有变化吗？解：设甲获胜的局数为随机变量X ，在三局两胜制中，X ～B(3,0.6)，因此甲获胜的概率为P(X≥2)＝P(X ＝2)＋P(X ＝3)＝C 23×0.62×0.4＋0.63＝0.648. 在五局三胜制中，X ～B(5,0.6)，因此甲获胜的概率为P(X≥3)＝P(X ＝3)＋P(X ＝4)＋P(X ＝5)＝C 35×0.63×0.42＋C 45×0.64×0.4＋0.65≈0.683. 【达标检测】1．每次试验的成功率为p(0<p<1)，重复进行10次试验，其中前7次都未成功，后3次都成功的概率为( )A ．C 310p 3(1－p)7B ．C 310p 3(1－p)3C ．p 3(1－p)7D ．p 7(1－p)32．10张奖券中含有3张中奖的奖券，每人购买1张，则前3个购买者中，恰有一人中奖的概率为( )A ．C 310×0.72×0.3B ．C 13×0.72×0.3 C.310 D.3A 27·A 13A 310答案：1.C 2.B课堂小结1．独立重复试验要从三方面考虑．第一：每次试验是在相同条件下进行．第二：各次试验中的事件是相互独立的．第三，每次试验都只有两种结果，即事件要么发生，要么不发生．2．如果1次试验中某事件发生的概率是p ，那么n 次独立重复试验中这个事件恰好发生k 次的概率为P n (k)＝C k n p k (1－p)n －k .对于此式可以这么理解：由于1次试验中事件A 要么发生，要么不发生，所以在n 次独立重复试验中A 恰好发生k 次，则在另外的n －k 次中A 没有发生，即A 发生，由P(A)＝p ，P(A )＝1－p ，所以上面的公式恰为[(1－p)＋p]n 展开式中的第k ＋1项，可见排列组合、二项式定理及概率间存在着密切的联系．补充练习【基础练习】1．将一枚硬币连续抛掷5次，则正面向上的次数X 的分布为( )A ．X ～B(5,0.5)B ．X ～B(0.5,5)C ．X ～B(2,0.5)D ．X ～B(5,1)2．随机变量X ～B(3,0.6)，则P(X ＝1)等于( )A ．0.192B ．0.288C ．0.648D ．0.2543．某人考试，共有5题，解对4题为及格，若他解一道题的正确率为0.6，则他及格的概率为( )A.81125B.81625C.1 0533 125D.243625答案：1.A 2.B 3.C【拓展练习】有一批食品出厂前要进行五项指标检验，如果有两项指标不合格，则这批食品不能出厂．已知每项指标抽检是相互独立的，且每项抽检出现不合格的概率都是0.2.(1)求这批产品不能出厂的概率(保留三位有效数字)；(2)求直至五项指标全部检验完毕，才能确定该批食品是否出厂的概率(保留三位有效数字)．解：(1)这批食品不能出厂的概率是：P＝1－0.85－C15×0.84×0.2≈0.263.(2)五项指标全部检验完毕，这批食品可以出厂的概率是：P1＝C14×0.2×0.83×0.8，五项指标全部检验完毕，这批食品不能出厂的概率是：P2＝C14×0.2×0.83×0.2，由互斥事件只能有一个发生的概率加法可知，五项指标全部检验完毕，才能确定这批产品是否出厂的概率是：P＝P1＋P2＝C14×0.2×0.83＝0.409 6≈0.410.设计说明在整个教学过程中，主要采用“诱思探究教学法”，其核心是“诱导思维，探索研究”，其教学思想是“教师为主导，学生为主体，训练为主线，思维为主攻”的“四为主”原则．教师不是抛售现成的结论，而是充分利用学生的思维，展示“发现”的过程，突出“师生互动”的教学，这种设计充分体现了教师的主导作用．学生在一系列的思考、探究中逐步完成了本节的学习任务，充分实现了学生的主体性地位，在整个教学过程中，始终着眼于培养学生的思维能力，这种设计符合现代教学观和学习观的精神，体现了素质教育的要求．备课资料备选例题：1．某会议室用5盏灯照明，每盏灯各使用灯泡一只，且型号相同．假定每盏灯能否正常照明只与灯泡的使用寿命有关，该型号的灯泡的使用寿命为1年以上的概率为p1，使用寿命为2年以上的概率为p2.从使用之日起每满1年进行一次灯泡更换工作，只更换已坏的灯泡，平时不换．(Ⅰ)在第一次灯泡更换工作中，求不需要换灯泡的概率和更换2只灯泡的概率；(Ⅱ)在第二次灯泡更换工作中，对其中某一盏灯来说，求该盏灯需要更换灯泡的概率；(Ⅲ)当p1＝0.8，p2＝0.3时，求在第二次灯泡更换工作中，至少需要更换4只灯泡的概率(结果保留两位有效数字)．分析：对于(Ⅰ)，不需要换灯泡，则说明这5只灯泡的使用寿命都在1年以上，每只发生的概率均为p1；更换2只灯泡，则说明这5只灯泡中有且仅有2只灯泡的使用寿命均不超过1年，其发生的概率均为(1－p1)，但是哪两只不确定；而对于(Ⅱ)，一是这盏灯是确定的；二是这盏灯有两种可能，一种是第一、二次均更换；另一种是第一次未换，但第二次需要更换；对于(Ⅲ)，包括换4只和换5只两种情况．解：(Ⅰ)在第一次更换灯泡工作中，不需要换灯泡的概率为p51；需要更换2只灯泡的概率为C25p31(1－p1)2；(Ⅱ)对该盏灯来说，在第一、二次都更换了灯泡的概率为(1－p1)2；在第一次未更换灯泡，而在第二次需要更换灯泡的概率为p1(1－p2)，故所求的概率为p＝(1－p1)2＋p1(1－p2)；(Ⅲ)在第二次灯泡更换工作中，至少换4只灯泡包括换4只和换5只两种情况，换5只的概率为p5(其中p为(Ⅱ)中所求，下同)，换4只的概率为C15p4(1－p)，故至少换4只灯泡的概率为p3＝p5＋C15p4(1－p)．又当p1＝0.8，p2＝0.3时，p＝0.22＋0.8×0.7＝0.6，∴p3＝0.65＋5×0.64×0.4＝0.34.即满2年至少需要换4只灯泡的概率为0.34.点评：分情况进行讨论，一定要注意不重不漏地全部考虑到．2．某单位6个员工借助互联网开展工作，每个员工上网的概率都是0.5(相互独立)．(Ⅰ)求至少3人同时上网的概率；(Ⅱ)至少几人同时上网的概率小于0.3?解：(Ⅰ)方法1：利用分类讨论的思想解决．将“至少3人同时上网的概率”转化为“恰有3人同时上网，恰有4人同时上网，恰有5人同时上网，恰有6人同时上网”四种情形，即C 36(0.5)6＋C 46(0.5)6＋C 56(0.5)6＋C 66(0.5)6＝2132. 方法2：利用正难则反的思想解决．将“至少3人同时上网的概率”转化为“1减去至多2人同时上网的概率”，即1－C 06(0.5)6－C 16(0.5)6－C 26(0.5)6＝1－1132＝2132. (Ⅱ)至少4人同时上网的概率为C 46(0.5)6＋C 56(0.5)6＋C 66(0.5)6＝1132>0.3， 至少5人同时上网的概率为(C 56＋C 66)(0.5)6＝764<0.3，因此，至少5人同时上网的概率小于0.3.(设计者：王宏东 李王梅)。