人教版高中数学选修2-3全册教案教学设计汇编湖北版

人教版高中数学选修2-3

全册教案

目录

§1．1分类加法计数原理和分步乘法计数原理 (1)

§1．2．1排列 (12)

§1．2．2组合 (25)

§1．3．1二项式定理 (37)

§1．3．2“杨辉三角”与二项式系数的性质 (45)

研究性课题：杨辉三角 (55)

§2．1．1离散型随机变量 (62)

§2．1．2离散型随机变量的分布列 (66)

§2． 2．1条件概率 (71)

§2．2．2事件的相互独立性 (75)

§2．2．3独立重复实验与二项分布 (82)

§2．3离散型随机变量的均值与方差 (85)

§2．3．1离散型随机变量的均值 (85)

§2．4正态分布 (94)

§3.1 回归分析的基本思想及其初步（1） (98)

§3.1 回归分析的基本思想及其初步应用（2） (106)

§3.1 回归分析的基本思想及其初步（3） (115)

§3．2独立性检验的基本思想及其应用（1） (122)

§3．2独立性检验的基本思想及其应用（2） (129)

§1．1分类加法计数原理和分步乘法计数原理

教学目标：

知识与技能：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；

过程与方法：培养学生的归纳概括能力；

情感、态度与价值观：引导学生形成“自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式

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

授课类型：新授课

课时安排：2课时

第一课时

引入课题

先看下面的问题：

①从我们班上推选出两名同学担任班长，有多少种不同的选法？

②把我们的同学排成一排，共有多少种不同的排法？

要解决这些问题，就要运用有关排列、组合知识. 排列组合是一种重要的数学计数方法. 总的来说，就是研究按某一规则做某事时，一共有多少种不同的做法.

在运用排列、组合方法时，经常要用到分类加法计数原理与分步乘法计数原理. 这节课，我们从具体例子出发来学习这两个原理.

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？

探究：你能说说以上两个问题的特征吗？

（2）发现新知

m种不同的方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

n种不同的方法. 那么完成这件事共有

法，在第2类方案中有

=

N+

m

n

种不同的方法.

（3）知识应用

例1.在填写高考志愿表时，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，具体情况如下：

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呢？

分析：由于这名同学在 A , B 两所大学中只能选择一所，而且只能选择一个专业，又由于两所大学没有共同的强项专业，因此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．又由于没有一个强项专业是两所大学共有的，因此根据分类加法计数原理，这名同学可能的专业选择共有

5+4=9（种）.

变式：若还有C 大学，其中强项专业为：新闻学、金融学、人力资源学.那么，这名同

学可能的专业选择共有多少种？

探究：如果完成一件事有三类不同方案，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3类方案中有3m 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2

m 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

练习

1．填空：

( 1 ）一件工作可以用 2 种方法完成，有 5 人只会用第 1 种方法完成，另有 4 人

只会用第 2 种方法完成，从中选出 l 人来完成这件工作，不同选法的种数是＿ ;

( 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 的

路线有＿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？

用列举法可以列出所有可能的号码：

我们还可以这样来思考：由于前 6 个英文字母中的任意一个都能与 9 个数字中的任何

一个组成一个号码，而且它们各不相同，因此共有 6×9 = 54 个不同的号码．

探究：你能说说这个问题的特征吗？

（2）发现新知

分步乘法计数原理 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.

（3）知识应用

例1.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，可以分两个步骤．第 l 步选男生．第2步选女生．

解：第 1 步，从 30 名男生中选出1人，有30种不同选择；

第 2 步，从24 名女生中选出1人，有 24 种不同选择．

根据分步乘法计数原理，共有

30×24 =720

种不同的选法．

探究：如果完成一件事需要三个步骤，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3步有3m 种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？

如果完成一件事情需要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？

一般归纳：

完成一件事情，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 m m m N ??????=21

种不同的方法.

理解分步乘法计数原理：

分步计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，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.

3．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理异同点

①相同点：都是完成一件事的不同方法种数的问题

②不同点：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，是独立完成；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，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

变式

1，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？

2若颜色是2种，4种，5种又会什么样的结果呢？

练习

2．现有高一年级的学生 3 名，高二年级的学生 5 名，高三年级的学生 4 名． ( 1 ）从中任选1 人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？村去 C 村，不同 ( 2 ）从 3 个年级的学生中各选 1 人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？

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

机和文艺书各1本，再要考虑取1本计算机书或取1本文艺书都只完成了这

件事的一部分，应用分步计数原理，上述每一种选法都完成后，这件事才能完成，因此这些选法的种数之间还应运用分类计数原理.

解： (1) 从书架上任取1本书，有3类方法：第1类方法是从第1层取1本计算机书，有4 种方法；第2 类方法是从第2 层取1本文艺书，有3 种方法；第3类方法是从第 3 层取 1 本体育书，有 2 种方法．根据分类加法计数原理，不同取法的种数是

123N m m m =++=4+3+2=9;

( 2 ）从书架的第 1 , 2, 3 层各取 1 本书，可以分成3个步骤完成：第 1 步从第 1 层取 1 本计算机书，有 4 种方法；第 2 步从第 2 层取1本文艺书，有 3 种方法；第 3 步从第3层取1 本体育书，有 2 种方法．根据分步乘法计数原理，不同取法的种数是

123N m m m =??=4×3×2=24 .

（3）26232434=?+?+?=N 。

例2. 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：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 .

6 种挂法可以表示如下：

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3.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．

练习

1．乘积12312312345)()()a a a b b b c c c c c ++++++++（展开后共有多少项？

2．某电话局管辖范围内的电话号码由八位数字组成，其中前四位的数字是不变的，后

四位数字都是。到 9 之间的一个数字，那么这个电话局不同的电话号码最多有多少个？

3．从 5 名同学中选出正、副组长各 1 名，有多少种不同的选法？

4．某商场有 6 个门，如果某人从其中的任意一个门进人商场，并且要求从其他的门出

去，共有多少种不同的进出商场的方式？

第四课时

例1.给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母 A ～G 或 U ～Z , 后

两个要求用数字1～9．问最多可以给多少个程序命名？

分析：要给一个程序模块命名，可以分三个步骤：第 1 步，选首字符；第2步，选中

间字符；第3步，选最后一个字符．而首字符又可以分为两类．

解：先计算首字符的选法．由分类加法计数原理，首字符共有

7 + 6 = 13

种选法．

再计算可能的不同程序名称．由分步乘法计数原理，最多可以有

13×9×9 = = 1053

个不同的名称，即最多可以给1053个程序命名．

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

100100

4444???=

（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.计算机编程人员在编写好程序以后需要对程序进行测试．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子模块组成．如图1.1一4，它是一个具有许多执行路径的程序模块．问：这个程序模块有多少条执行路径？

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？

图1.1一4

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 步可由子模块 1 或子模块 2 或子模块 3 来完成；第 2 步可由子模块 4 或子模块 5 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计数原理．

解：由分类加法计数原理，子模块 1 或子模块 2 或子模块 3 中的子路径共有

18 + 45 + 28 = 91 （条） ;

子模块 4 或子模块 5 中的子路径共有

38 + 43 = 81 （条） .

又由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径共有

91×81 = 7 371（条）.

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，他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 + 28 + 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，需要的测试次数为

3×2=6 .

如果每个子模块都工作正常，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（次）.

显然，178 与7371 的差距是非常大的．

你看出了程序员是如何实现减少测试次数的吗？

巩固练习：

1.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。从甲地到丙地共有多少种不同的走法？

2.书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书．

（1）若从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？

（2）若从这些书中，取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？

（3）若从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法？

3.如图一,要给①,②,③,④四块区域分别涂上五种颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同颜色,则不同涂色方法种数为()

A. 180

B. 160

C. 96

D. 60

若变为图二,图三呢?

5.五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，报名方法的种数为多少？又他们

争夺这四项比赛的冠军，获得冠军的可能性有多少种？

6．（2007年重庆卷）若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空

间分成（ C ）

A ．5部分 B.6部分 C.7部分 D.8部分

课外作业：第10页 习题 1. 1 6 , 7 , 8

教学反思：

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.

分配问题

把一些元素分给另一些元素来接受．这是排列组合应用问题中难度较大的一类问题．因

为这涉及到两类元素：被分配元素和接受单位．而我们所学的排列组合是对一类元素做排列或进行组合的，于是遇到这类问题便手足无措了．

事实上，任何排列问题都可以看作面对两类元素．例如，把10

个全排列，可以理解为

图一 图二 图三

在10个人旁边，有序号为1，2，……，10的10把椅子，每把椅子坐一个人，那么有多少种坐法？这样就出现了两类元素，一类是人，一类是椅子。于是对眼花缭乱的常见分配问题，可归结为以下小的“方法结构”：

A，这里n m≥.其中m

①.每个“接受单位”至多接受一个被分配元素的问题方法是m

n

≥.是“接受单位”的个数。至于谁是“接受单位”，不要管它在生活中原来的意义，只要n m 个数为m的一个元素就是“接受单位”，于是，方法还可以简化为A少多.这里的“多”只要≥“少”.

②.被分配元素和接受单位的每个成员都有“归宿”,并且不限制一对一的分配问题，方法

A.

是分组问题的计算公式乘以k

k

§1．2．1排列

教学目标：

知识与技能：了解排列数的意义，掌握排列数公式及推导方法，从中体会“化归”的数学思

想，并能运用排列数公式进行计算。

过程与方法：能运用所学的排列知识，正确地解决的实际问题

情感、态度与价值观：能运用所学的排列知识，正确地解决的实际问题.

教学重点：排列、排列数的概念

教学难点：排列数公式的推导

授课类型：新授课

课时安排：2课时

内容分析：

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.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

分类计数原理和分步计数原理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.

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.

教学过程：

一、复习引入：

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1m 种不同的方法，在第二类办法中有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 12n N m m m =+++ 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1m 种不同

的方法，做第二步有2m 种不同的方法，……，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事有12n N m m m =??? 种不同的方法

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种数的问

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,每一种方法只属于某一类,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,各个步骤中的方法相互依存,某一步骤中的每一种方法都只能做完这件事的一个步骤,只有各个步骤都完成才算做完这件事

应用两种原理解题:1.分清要完成的事情是什么；2.是分类完成还是分步完成,“类”间互相独立，“步”间互相联系；3.有无特殊条件的限制

二、讲解新课：

1、问题：

问题1．从甲、乙、丙3名同学中选取2名同学参加某一天的一项活动，其中一名同学参加上午的活动，一名同学参加下午的活动，有多少种不同的方法？

分析：这个问题就是从甲、乙、丙3名同学中每次选取2名同学，按照参加上午的活动在前，参加下午活动在后的顺序排列，一共有多少种不同的排法的问题，共有6种不同的排法：甲乙甲丙乙甲乙丙丙甲丙乙，其中被取的对象叫做元素

解决这一问题可分两个步骤：第 1 步，确定参加上午活动的同学，从 3 人中任选 1 人，有 3 种方法；第 2 步，确定参加下午活动的同学，当参加上午活动的同学确定后，参加下午活动的同学只能从余下的 2 人中去选，于是有 2 种方法．根据分步乘法计数原理，在 3 名同学中选出 2 名，按照参加上午活动在前，参加下午活动在后的顺序排列的不同方法共有 3×2=6 种，如图 1.2一1 所示．

图 1.2一1

把上面问题中被取的对象叫做元素，于是问题可叙述为：从3个不同的元素 a , b ，。中任取 2 个，然后按照一定的顺序排成一列，一共有多少种不同的排列方法？所有不同的排列是 ab,ac,ba,bc,ca, cb,

共有 3×2=6 种．

问题2．从1,2,3,4这 4 个数字中，每次取出3个排成一个三位数，共可得到多少个不同的三位数？

分析：解决这个问题分三个步骤：第一步先确定左边的数，在4个字母中任取1个，有4种方法；第二步确定中间的数，从余下的3个数中取，有3种方法；第三步确定右边的数，从余下的2个数中取，有2种方法

由分步计数原理共有：4×3×2=24种不同的方法，用树型图排出，并写出所有的排列由此可写出所有的排法

显然，从 4 个数字中，每次取出 3 个，按“百”“十”“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．可以分三个步骤来解决这个问题：

第 1 步，确定百位上的数字，在 1 , 2 , 3 , 4 这 4 个数字中任取 1 个，有 4 种

方法；

第 2 步，确定十位上的数字，当百位上的数字确定后，十位上的数字只能从余下的 3 个

数字中去取，有 3 种方法；

第 3 步，确定个位上的数字，当百位、十位上的数字确定后，个位的数字只能从余下

的 2 个数字中去取，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”“十”“个”位的顺序排成一列，共有

4×3×2=24

种不同的排法， 因而共可得到24个不同的三位数，如图1. 2一2 所示．

由此可写出所有的三位数：

123，124, 132, 134, 142, 143，

213，214, 231, 234, 241, 243，

312，314, 321, 324, 341, 342，

412，413, 421, 423, 431, 432 。

同样，问题 2 可以归结为：

从4个不同的元素a, b, c ，d 中任取 3 个，然后按照一定的顺序排成一列，共有多少

种不同的排列方法？

所有不同排列是

abc, abd, acb, acd, adb, adc,

bac, bad, bca, bcd, bda, bdc,

cab, cad, cba, cbd, cda, cdb,

dab, dac, dba, dbc, dca, dcb.

共有4×3×2=24种.

树形图如下

a b ｃ ｄ

ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｄ ａ ｂ ｄ ａ ｂ ｃ

2．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．．．．

说明：（1）排列的定义包括两个方面：①取出元素，②按一定的顺序排列；

（2）两个排列相同的条件：①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同

3．排列数的定义：

从n 个不同元素中，任取m （m n ≤）个元素的所有排列的个数叫做从n 个元素中取

出m 元素的排列数，用符号m n A 表示

注意区别排列和排列数的不同：“一个排列”是指：从n 个不同元素中，任取m 个元素按照一定的顺序．．．．．

排成一列，不是数；“排列数”是指从n 个不同元素中，任取m （m n ≤）个元素的所有排列的个数，是一个数所以符号m n A 只表示排列数，而不表示具体的排列

4．排列数公式及其推导：

由2n A 的意义：假定有排好顺序的2个空位，从n 个元素12,,n a a a 中任取2个元素去

填空，一个空位填一个元素，每一种填法就得到一个排列，反过来，任一个排列总可以由这

样的一种填法得到，因此，所有不同的填法的种数就是排列数2n A ．由分步计数原理完成上

述填空共有(1)n n -种填法，∴2n A =(1)n n -

由此，求3n A 可以按依次填3个空位来考虑，∴3n A =(1)(2)n n n --，

求m n A 以按依次填m 个空位来考虑(1)(2)(1)m n A n n n n m =---+ ，

排列数公式：

(1)(2)(1)m n A n n n n m =---+

（,,m n N m n *∈≤）

说明：（1）公式特征：第一个因数是n ，后面每一个因数比它前面一个少1，最后一个

因数是1n m -+，共有m 个因数；

（2）全排列：当n m =时即n 个不同元素全部取出的一个排列

全排列数：(1)(2)21!n n A n n n n =--?= （叫做n 的阶乘）

另外，我们规定 0! =1 .

例1．用计算器计算： (1）410A ； (2）518A ; (3）18131813A A ÷.

解：用计算器可得：

由（ 2 ) ( 3 ）我们看到，51813181813A A A =÷．那么，这个结果有没有一般性呢？即

!()!n m

n n

n m n m A n A A n m --==-. 排列数的另一个计算公式：

(1)(2)(1)m

n A n n n n m =---+

(1)(2)(1)()321()(1)321n n n n m n m n m n m ---+-??=---?? =!()!n n m -=n

n

n m n m

A A --.

即 m n A =!

()!n n m -

例2．解方程：3322

126x x x A A A +=+．

解：由排列数公式得：3(1)(2)2(1)6(1)x x x x x x x --=++-，

∵3x ≥，∴ 3(1)(2)2(1)6(1)x x x x --=++-，即2317100x x -+=，

解得 5x =或2

3x =，∵3x ≥，且x N *∈，∴原方程的解为5x =．

例3．解不等式：2

996x x A A ->． 解：原不等式即9!

9!

6(9)!(11)!x x >?--， 也就是1

6

(9)!(11)(10)(9)!x x x x >--?-?-，化简得：2211040x x -+>，

解得8x <或13x >，又∵29x ≤≤，且x N *∈，

所以，原不等式的解集为{}2,3,4,5,6,7．

例4．求证：（1）n m n m n n n m A A A --=?；（2）(2)!

135(21)2!n n n n =??-? ．

证明：（1）!

()!!()!m n m n n m n A A n m n n m --?=-=-n

n A =，∴原式成立

（2）(2)!2(21)(22)432

1

2!2!n n n n n n n n ?-?-???=??

2(1)21(21)(23)31

2!n n n n n n n ?-??--?=?

!13(23)(21)

!n n n n ??--== 135(21)n ??-= 右边

∴原式成立

说明：（1）解含排列数的方程和不等式时要注意排列数m n A 中，,m n N *∈且m n ≤这

些限制条件，要注意含排列数的方程和不等式中未知数的取值范围；

（2）公式(1)(2)(1)m n A n n n n m =---+ 常用来求值，特别是,m n 均为已知时，公

式m n A =!()!

n n m -，常用来证明或化简 例5．化简：⑴12312!3!4!!

n n -++++ ；⑵11!22!33!!n n ?+?+?++? ⑴解：原式11111111!2!2!3!3!4!(1)!!n n =-

+-+-++-=- 11!n - ⑵提示：由()()1!1!!!n n n n n n +=+=?+，得()!1!!n n n n ?=+-，

原式()1!1n =+- 说明：111!(1)!!

n n n n -=--．

例6．(课本例2)．某年全国足球甲级（A 组）联赛共有14个队参加，每队要与其余各队在主、客场分别比赛一次，共进行多少场比赛？

解：任意两队间进行1次主场比赛与 1 次客场比赛，对应于从14个元素中任取2个元

素的一个排列．因此，比赛的总场次是214A =14×13=182.

例7．(课本例3)．(1）从5本不同的书中选 3 本送给 3 名同学，每人各 1 本，共有多少种不同的送法？

(2）从5种不同的书中买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？

解：(1）从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个不同元素中任取 3 个元素的一个排列，因此不同送法的种数是

35

A =5×4×3=60. (2）由于有5种不同的书，送给每个同学的1本书都有 5 种不同的选购方法，因此送

给 3 名同学每人各 1 本书的不同方法种数是

5×5×5=125.

例 8 中两个问题的区别在于： ( 1 ）是从 5 本不同的书中选出 3 本分送 3 名同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；而（ 2 ）中，由于不同的人得到的书可能相同，因此不符合使用排列数公式的条件，只能用分步乘法计数原理进行计算．

例8．(课本例4)．用0到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：在本问题的。到 9 这 10 个数字中，因为。不能排在百位上，而其他数可以排在任意位置

上，因此。是一个特殊的元素．一般的，我们可以从特殊元素的排列位置人手来考虑问题

解法 1 ：由于在没有重复数字的三位数中，百位上的数字不能

是O ，因此可以分两步完成排列．第1步，排百位上的数字，可以从

1到9 这九个数字中任选 1 个，有19A 种选法；第2步，排十位和个

位上的数字，可以从余下的9个数字中任选2个，有29A 种选法（图

1.2一 5) ．根据分步乘法计数原理，所求的三位数有

1299A A ?=9×9×8=648（个） . 解法 2 ：如图1.2 一6 所示，符合条件的三位数可分成 3 类．每一位数字都不是位

数有 A 母个，个位数字是 O 的三位数有揭个，十位数字是 0 的三位数有揭个．根据分类加法计数原理，符合条件的三位数有

322999

A A A ++=648个．

解法 3 ：从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为310A ，其中 O 在百位上的

排列数是29A ，它们的差就是用这10个数字组成的没有重复数字的三位数的个数，即所求的

三位数的个数是

310

A -29A =10×9×8-9×8=648. 对于例9 这类计数问题，可用适当的方法将问题分解，而且思考的角度不同，就可以

有不同的解题方法．解法 1 根据百位数字不能是。的要求，分步完成选 3 个数组成没有重复数字的三位数这件事，依据的是分步乘法计数原理；解法 2 以 O 是否出现以及出现的位置为标准，分类完成这件事情，依据的是分类加法计数原理；解法 3 是一种逆向思考方法：先求出从10个不同数字中选3个不重复数字的排列数，然后从中减去百位是。的排列数（即不是三位数的个数），就得到没有重复数字的三位数的个数．从上述问题的解答过程可以看到，引进排列的概念，以及推导求排列数的公式，可以更加简便、快捷地求解“从n 个不同元素中取出 m (m ≤n ）个元素的所有排列的个数”这类特殊的计数问题．

1.1节中的例 9 是否也是这类计数问题？你能用排列的知识解决它吗？

四、课堂练习：

1．若!3!

n x =，则x = （ ） ()A 3n A ()B 3n n A - ()C 3n A ()D 33n A -

2．与37

107A A ?不等的是 （ ）