排列組合公式排列組合計算公式-高中數(shù)學(xué)及排列組合和概率加法原理和乘法原理

高中數(shù)學(xué)教案第十章排列組合和概率（第1課時）王新敞新疆奎屯市第一高級中學(xué)第1頁（共1頁）排列組合公式/排列組合計算公式公式P是指排列，從N個元素取R個進行排列。

公式C是指組合，從N個元素取R個，不進行排列。

N-元素的總個數(shù)

R參與選擇的元素個數(shù)

！-階乘，如

9！＝9*8*7*6*5*4*3*2*1從N倒數(shù)r個，表達(dá)式應(yīng)該為n*（n-1)*(n-2)..(n-r+1);

因為從n到（n-r+1)個數(shù)為n－（n-r+1)＝r舉例：Q1:

有從1到9共計9個號碼球，請問，可以組成多少個三位數(shù)？A1:

123和213是兩個不同的排列數(shù)。即對排列順序有要求的，既屬于“排列P”計算范疇。

上問題中，任何一個號碼只能用一次，顯然不會出現(xiàn)988,997之類的組合，我們可以這么看，百位數(shù)有9種可能，十位數(shù)則應(yīng)該有9-1種可能，個位數(shù)則應(yīng)該只有9-1-1種可能，最終共有9*8*7個三位數(shù)。計算公式＝P（3，9)＝9*8*7,(從9倒數(shù)3個的乘積）Q2:

有從1到9共計9個號碼球，請問，如果三個一組，代表“三國聯(lián)盟”，可以組合成多少個“三國聯(lián)盟”？A2:

213組合和312組合，代表同一個組合，只要有三個號碼球在一起即可。即不要求順序的，屬于“組合C”計算范疇。

上問題中，將所有的包括排列數(shù)的個數(shù)去除掉屬于重復(fù)的個數(shù)即為最終組合數(shù)C(3,9)=9*8*7/3*2*1排列、組合的概念和公式典型例題分析例1設(shè)有3名學(xué)生和4個課外小組．（1）每名學(xué)生都只參加一個課外小組；（2）每名學(xué)生都只參加一個課外小組，而且每個小組至多有一名學(xué)生參加．各有多少種不同方法？

解（1）由于每名學(xué)生都可以參加4個課外小組中的任何一個，而不限制每個課外小組的人數(shù)，因此共有種不同方法．

（2）由于每名學(xué)生都只參加一個課外小組，而且每個小組至多有一名學(xué)生參加，因此共有種不同方法．點評

由于要讓3名學(xué)生逐個選擇課外小組，故兩問都用乘法原理進行計算．

例2排成一行，其中不排第一，不排第二，不排第三，不排第四的不同排法共有多少種？解

依題意，符合要求的排法可分為第一個排、、中的某一個，共3類，每一類中不同排法可采用畫“樹圖”的方式逐一排出：∴符合題意的不同排法共有9種．點評

按照分“類”的思路，本題應(yīng)用了加法原理．為把握不同排法的規(guī)律，“樹圖”是一種具有直觀形象的有效做法，也是解決計數(shù)問題的一種數(shù)學(xué)模型．例３判斷下列問題是排列問題還是組合問題？并計算出結(jié)果．（1）高三年級學(xué)生會有11人：①每兩人互通一封信，共通了多少封信？②每兩人互握了一次手，共握了多少次手？（2）高二年級數(shù)學(xué)課外小組共10人：①從中選一名正組長和一名副組長，共有多少種不同的選法？②從中選2名參加省數(shù)學(xué)競賽，有多少種不同的選法？（3）有2，3，5，7，11，13，17，19八個質(zhì)數(shù)：①從中任取兩個數(shù)求它們的商可以有多少種不同的商？②從中任取兩個求它的積，可以得到多少個不同的積？（4）有8盆花：①從中選出2盆分別給甲乙兩人每人一盆，有多少種不同的選法？②從中選出2盆放在教室有多少種不同的選法？分析（1）①由于每人互通一封信，甲給乙的信與乙給甲的信是不同的兩封信，所以與順序有關(guān)是排列；②由于每兩人互握一次手，甲與乙握手，乙與甲握手是同一次握手，與順序無關(guān)，所以是組合問題．其他類似分析．（1）①是排列問題，共用了封信；②是組合問題，共需握手（次）．（2）①是排列問題，共有（種）不同的選法；②是組合問題，共有種不同的選法．（3）①是排列問題，共有種不同的商；②是組合問題，共有種不同的積．（4）①是排列問題，共有種不同的選法；②是組合問題，共有種不同的選法．例４證明．證明左式右式．∴等式成立．點評這是一個排列數(shù)等式的證明問題，選用階乘之商的形式，并利用階乘的性質(zhì)，可使變形過程得以簡化．例5化簡．解法一原式解法二原式點評

解法一選用了組合數(shù)公式的階乘形式，并利用階乘的性質(zhì)；解法二選用了組合數(shù)的兩個性質(zhì)，都使變形過程得以簡化．例6解方程：（1）；（2）．解（1）原方程解得．（2）原方程可變?yōu)椤撸?，∴原方程可化為．即，解得第六?/p>

排列組合、二項式定理一、考綱要求1.掌握加法原理及乘法原理，并能用這兩個原理分析解決一些簡單的問題.2.理解排列、組合的意義，掌握排列數(shù)、組合數(shù)的計算公式和組合數(shù)的性質(zhì)，并能用它們解決一些簡單的問題.3.掌握二項式定理和二項式系數(shù)的性質(zhì)，并能用它們計算和論證一些簡單問題.二、知識結(jié)構(gòu)

三、知識點、能力點提示(一)加法原理乘法原理說明

加法原理、乘法原理是學(xué)習(xí)排列組合的基礎(chǔ)，掌握此兩原理為處理排列、組合中有關(guān)問題提供了理論根據(jù).例1

5位高中畢業(yè)生，準(zhǔn)備報考3所高等院校，每人報且只報一所，不同的報名方法共有多少種?解：

5個學(xué)生中每人都可以在3所高等院校中任選一所報名，因而每個學(xué)生都有3種不同的報名方法，根據(jù)乘法原理，得到不同報名方法總共有3×3×3×3×3=35(種)(二)排列、排列數(shù)公式說明

排列、排列數(shù)公式及解排列的應(yīng)用題，在中學(xué)代數(shù)中較為獨特，它研究的對象以及研究問題的方法都和前面掌握的知識不同，內(nèi)容抽象，解題方法比較靈活，歷屆高考主要考查排列的應(yīng)用題，都是選擇題或填空題考查.例2

由數(shù)字1、2、3、4、5組成沒有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)，其中小于50000的偶數(shù)共有(

)A.60個

B.48個

C.36個

D.24個解

因為要求是偶數(shù)，個位數(shù)只能是2或4的排法有P12；小于50000的五位數(shù)，萬位只能是1、3或2、4中剩下的一個的排法有P13;在首末兩位數(shù)排定后，中間3個位數(shù)的排法有P33，得P13P33P12＝36(個)由此可知此題應(yīng)選C.例3

將數(shù)字1、2、3、4填入標(biāo)號為1、2、3、4的四個方格里，每格填一個數(shù)字，則每個方格的標(biāo)號與所填的數(shù)字均不同的填法有多少種?解：

將數(shù)字1填入第2方格，則每個方格的標(biāo)號與所填的數(shù)字均不相同的填法有3種，即2143，3142，4123；同樣將數(shù)字1填入第3方格，也對應(yīng)著3種填法；將數(shù)字1填入第4方格，也對應(yīng)3種填法，因此共有填法為3P13=9(種).例四例五可能有問題，等思考三)組合、組合數(shù)公式、組合數(shù)的兩個性質(zhì)說明

歷屆高考均有這方面的題目出現(xiàn)，主要考查排列組合的應(yīng)用題，且基本上都是由選擇題或填空題考查.例4

從4臺甲型和5臺乙型電視機中任意取出3臺，其中至少有甲型與乙型電視機各1臺，則不同的取法共有(

)A.140種

B.84種

C.70種

D.35種解：

抽出的3臺電視機中甲型1臺乙型2臺的取法有C14·C25種；甲型2臺乙型1臺的取法有C24·C15種根據(jù)加法原理可得總的取法有C24·C25+C24·C15=40+30=70(種)可知此題應(yīng)選C.例5

甲、乙、丙、丁四個公司承包8項工程，甲公司承包3項，乙公司承包1項，丙、丁公司各承包2項，問共有多少種承包方式?解：

甲公司從8項工程中選出3項工程的方式C38種；乙公司從甲公司挑選后余下的5項工程中選出1項工程的方式有C15種；丙公司從甲乙兩公司挑選后余下的4項工程中選出2項工程的方式有C24種；丁公司從甲、乙、丙三個公司挑選后余下的2項工程中選出2項工程的方式有C22種.根據(jù)乘法原理可得承包方式的種數(shù)有C38×C15×C24×C22=×1=1680(種).(四)二項式定理、二項展開式的性質(zhì)說明

二項式定理揭示了二項式的正整數(shù)次冪的展開法則，在數(shù)學(xué)中它是常用的基礎(chǔ)知識，從1985年至1998年歷屆高考均有這方面的題目出現(xiàn)，主要考查二項展開式中通項公式等，題型主要為選擇題或填空題.例6

在(x-)10的展開式中，x6的系數(shù)是(

)A.-27C610

B.27C410

C.-9C610

D.9C410解

設(shè)(x-)10的展開式中第γ+1項含x6，因Tγ+1=Cγ10x10-γ(-)γ，10-γ=6,γ=4于是展開式中第5項含x6，第5項系數(shù)是C410(-)4=9C410故此題應(yīng)選D.例7

(x-1)-(x-1)2＋(x-1)3-(x-1)+(x-1)５的展開式中的x２的系數(shù)等于

解：此題可視為首項為x-1，公比為-(x-1)的等比數(shù)列的前5項的和，則其和為在(x-1)6中含x3的項是C36x3(-1)3=-20x3，因此展開式中x2的系數(shù)是-20.(五)綜合例題賞析例8

若(2x+)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，則(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值為(

)A.1

B.-1

C.0

D.2解：A.例9

2名醫(yī)生和4名護士被分配到2所學(xué)校為學(xué)生體檢，每校分配1名醫(yī)生和2名護士，不同的分配方法共有(

)A.6種

B.12種

C.18種

D.24種解

分醫(yī)生的方法有P22＝2種，分護士方法有C24=6種，所以共有6×2＝12種不同的分配方法。應(yīng)選B.例10

從4臺甲型和5臺乙型電視機中任意取出3臺，其中至少要有甲型與乙型電視機各1臺，則不同取法共有(

).A.140種

B.84種

C.70種

D.35種解：取出的3臺電視機中，甲型電視機分為恰有一臺和恰有二臺兩種情形.∵C24·+C25·C14=5×6+10×4=70.∴應(yīng)選C.例11

某小組共有10名學(xué)生，其中女生3名，現(xiàn)選舉2名代表，至少有1名女生當(dāng)選的不同選法有(

)A.27種

B.48種

C.21種

D.24種解：分恰有1名女生和恰有2名女生代表兩類：∵C13·C17+C23=3×7+3=24，∴應(yīng)選D.例12

由數(shù)學(xué)0，1，2，3，4，5組成沒有重復(fù)數(shù)字的六位數(shù)，其中個位數(shù)字小于十位數(shù)字的共有(

).A.210個

B.300個C.464個

D.600個解：先考慮可組成無限制條件的六位數(shù)有多少個?應(yīng)有P15·P55=600個.由對稱性，個位數(shù)小于十位數(shù)的六位數(shù)和個位數(shù)大于十位數(shù)的六位數(shù)各占一半.∴有×600=300個符合題設(shè)的六位數(shù).應(yīng)選B.例13

以一個正方體的頂點為頂點的四面體共有(

).A.70個

B.64個C.58個

D.52個解：如圖，正方體有8個頂點，任取4個的組合數(shù)為C48=70個.其中共面四點分3類：構(gòu)成側(cè)面的有6組；構(gòu)成垂直底面的對角面的有2組；形如(ADB1C1)的有4組.∴能形成四面體的有70-6-2-4=58(組)應(yīng)選C.例14

如果把兩條異面直線看成“一對”，那么六棱錐的棱所在的12條直線中，異面直線共有(

).A.12對

B.24對C.36對

D.48對解：設(shè)正六棱錐為O—ABCDEF.任取一側(cè)棱OA(C16)則OA與BC、CD、DE、EF均形成異面直線對.∴共有C16×4=24對異面直線.應(yīng)選B.例15

正六邊形的中心和頂點共7個點，以其中三個點為頂點的三角形共

個(以數(shù)字作答).解：7點中任取3個則有C37=35組.其中三點共線的有3組(正六邊形有3條直徑).∴三角形個數(shù)為35-3=32個.例16

設(shè)含有10個元素的集合的全部子集數(shù)為S，其中由3個元素組成的子集數(shù)為T，則的值為

。解

10個元素的集合的全部子集數(shù)有：S＝C010+C110+C210+C310+C410+C510+C610+C710+C810+C910+C1010=210=1024其中，含3個元素的子集數(shù)有T=C310=120故=例17

例17

在50件產(chǎn)品n中有4件是次品，從中任意抽了5件，至少有3件是次品的抽法共

種(用數(shù)字作答).解：“至少3件次品”即“有3件次品”或“有4件次品”.∴C34·C246+C44·C146=4186(種)例18

有甲、乙、丙三項任務(wù)，甲需2人承擔(dān)，乙、丙各需1人承擔(dān)，從10人中選派4人承擔(dān)這三項任務(wù)，不同的選法共有(

).A.1260種

B.2025種C.2520種

D.5040種解：先從10人中選2個承擔(dān)任務(wù)甲(C210)再從剩余8人中選1人承擔(dān)任務(wù)乙(C18)又從剩余7人中選1人承擔(dān)任務(wù)乙(C17)∴有C210·C18C17=2520(種).應(yīng)選C.例19

集合｛1，2，3｝子集總共有(

).A.7個

B.8個

C.6個

D.5個解

三個元素的集合的子集中，不含任何元素的子集有一個，由一個元素組成的子集數(shù)C13，由二個元素組成的子集數(shù)C23。由3個元素組成的子集數(shù)C33。由加法原理可得集合子集的總個數(shù)是C13+C23+C33+1=3+3+1+1＝8故此題應(yīng)選B.例20

假設(shè)在200件產(chǎn)品中有3件是次品，現(xiàn)在從中任意抽取5件，其中至少有兩件次品的抽法有(

).A.C23C3197種

B.C23C3197+C33C2197C.C5200-C5197

D.C5200-C13C4197解：5件中恰有二件為次品的抽法為C23C3197，5件中恰三件為次品的抽法為C33C2197，∴至少有兩件次品的抽法為C23C3197+C33C2197.應(yīng)選B.例21

兩排座位，第一排有3個座位，第二排有5個座位，若8名學(xué)生入座(每人一個座位)，則不同座法的總數(shù)是(

).A.C58C38

B.P12C58C38C.P58P38

課題：

10．1加法原理和乘法原理(一)教學(xué)目的：1了解學(xué)習(xí)本章的意義,激發(fā)學(xué)生的興趣.2.理解分類計數(shù)原理與分步計數(shù)原理,培養(yǎng)學(xué)生的歸納概括能力.3.會利用兩個原理分析和解決一些簡單的應(yīng)用問題.教學(xué)重點：分類計數(shù)原理(加法原理)與分步計數(shù)原理(乘法原理)教學(xué)難點：分類計數(shù)原理(加法原理)與分步計數(shù)原理(乘法原理)的準(zhǔn)確理解授課類型：新授課課時安排：1課時教具：多媒體、實物投影儀內(nèi)容分析：兩個基本原理是排列、組合的開頭課，學(xué)習(xí)它所需的先行知識跟學(xué)生已熟知的數(shù)學(xué)知識聯(lián)系很少，排列、組合的計算公式都是以乘法原理為基礎(chǔ)的，而一些較復(fù)雜的排列、組合應(yīng)用題的求解，更是離不開兩個基本原理，所以在教學(xué)目標(biāo)中特別提出要使學(xué)生學(xué)會準(zhǔn)確地應(yīng)用兩個基本原理分析和解決一些簡單的問題對于學(xué)生陌生的知識，在開頭課中首先作一個大概的介紹，使學(xué)生有一個大致的了解是十分必要的基于這一想法，在引入新課時，首先是把這一章將要學(xué)習(xí)的內(nèi)容，以及與其它科目的關(guān)系做了介紹，同時也引入了課題正確使用兩個基本原理的前提是要學(xué)生清楚兩個基本原理使用的條件；分類用加法原理，分步用乘法原理，單純這點學(xué)生是容易理解的，問題在于怎樣合理地進行分類和分步教學(xué)中給出的練習(xí)均在課本例題的基礎(chǔ)上稍加改動過的，目的就在于幫助學(xué)生對這一知識的理解與應(yīng)用兩個原理是教與學(xué)重點，又具有相當(dāng)難度．加法和乘法在小學(xué)就會，那么，在中學(xué)再學(xué)它與以往有什么不同?不同在于小學(xué)階段重在運算結(jié)果的追求，而忽視了其過程中包含的深層次思想；兩個原理恰恰深刻反映了人類計數(shù)最基本的“大事化小”，即“分解”的思想．更具體地說就是把事物分成類或分成步去數(shù)．“分類”、“分步”，看似簡單，不難理解，卻是全章的理論依據(jù)和基本方法，貫穿始終，所以，是舉足輕重的重點．兩個原理，要能在各種場合靈活應(yīng)用并非易事，所以，著實有其難用之處教學(xué)過程：一、復(fù)習(xí)引入：一次集會共50人參加，結(jié)束時，大家兩兩握手，互相道別，請你統(tǒng)計一下，大家握手次數(shù)共有多少？某商場有東南西北四個大門，當(dāng)你從一個大門進去又從另一個大門出來，問你共有多少種不同走法？揭示本節(jié)課內(nèi)容：等我們學(xué)了這一部分內(nèi)容后，這些問題會很容易解決而這部分內(nèi)容是代數(shù)中一個獨立的問題，與舊知識聯(lián)系很少，但它是以后學(xué)習(xí)二項式定理、概率學(xué)、統(tǒng)計學(xué)等知識的基礎(chǔ)內(nèi)容從本節(jié)課開始，我們將要學(xué)習(xí)中學(xué)代數(shù)內(nèi)容中一個獨特的部分——排列、組合它們研究對象獨特，研究問題的方法不同一般雖然份量不多，但是與舊知識的聯(lián)系很少，而且它還是我們今后學(xué)習(xí)概率論的基礎(chǔ)，統(tǒng)計學(xué)、運籌學(xué)以及生物的選種等都與它直接有關(guān)至于在日常的工作、生活上，只要涉及安排調(diào)配的問題，就離不開它今天我們就來學(xué)習(xí)本章的兩個基本原理(這是排列、組合的第一節(jié)課，把這一章的內(nèi)容作一個大概的介紹，能使學(xué)生從一開始就對將要學(xué)習(xí)的知識有一個初步的了解，并為本章的學(xué)習(xí)研究打下思想基礎(chǔ))二、講解新課：1.問題一（1－1）從甲地到乙地，可以乘火車，也可以乘汽車，一天中火車有3班，汽車有2班，那么一天中，乘坐這些交通工具從甲地到乙地共有多少種方法？分析：因為一天中乘火車有3種走法，乘汽車有2種走法，每一種走法都可以從甲地到乙地，所以，共有3+2=5種不同的走法，如圖所示(1－2)從甲地到乙地，可以乘火車，也可以乘汽車，還可以乘輪船一天中，火車有4班,汽車有2班，輪船有3班那么一天中乘坐這些交通工具從甲地到乙地共有多少種不同的走法?分析：從甲地到乙地有3類方法：第一類方法，乘火車，有4種方法；第二類方法，乘汽車，有2種方法；第三類方法，乘輪船，有3種方法；所以，從甲地到乙地共有4+2+3=9種方法2