高中数学 103《组合》备课资料 旧人教版必修Word下载.docx
- 文档编号:21758089
- 上传时间:2023-02-01
- 格式:DOCX
- 页数:15
- 大小:37.01KB
高中数学 103《组合》备课资料 旧人教版必修Word下载.docx
《高中数学 103《组合》备课资料 旧人教版必修Word下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高中数学 103《组合》备课资料 旧人教版必修Word下载.docx(15页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
由分类计数原理共有378+252+36=666种不同选法.
(间接法)先从12人中任选5人,再减去A、B、C三人都不入选的情况,共有C-C=666种选法.
(5)(直接法)可分三类:
①A、B、C三人均不入选,有C种选法;
②A、B、C三人中选一人,有CC种选法;
③A、B、C三人中选二人,有CC种选法.
由分类计数原理,共有C+CC+CC=756种选法.
(间接法):
先从12人中任选5人,再减去A、B、C三人均入选的情况,即C-C=756种选法.
[例3]六本不同的书,按下列条件,各有多少种不同的分法?
(1)分给甲、乙、丙三人,每人两本;
(2)分为三份,每份两本;
(3)分为三份,一份一本,一份两本,一份三本;
(4)分给甲、乙、丙三人,一人一本,一人两本,一人三本;
(5)分给甲、乙、丙三人,每人至少一本.
(1)可分三步完成,先分给甲,有C种分法,再分给乙,有C种分法,余下两本给丙.由分步计数原理,共有CCC=90种不同分法.
(2)由于问题
(1)也可分以下两步完成:
第一步:
把6本书平均分成三份,设有x种分法;
第二步:
把分好份的书,再分给甲、乙、丙三人,有A种分法.
根据分步计数原理,得x·
A=CCC,x==15.
因此把六本书分成三份,每份两本,共有15种分法.
(3)分三步完成,由乘法原理可得不同分法种数为CCC=60.
(4)分两步完成,第一步先分份,由(3)知共有60种不同分法.第二步将分好份的书,再分给人,有A种分法.由乘法原理共有60A=360种不同分法.
(5)可分为三种情况:
一是题
(1);
一是题(4);
还有一种是甲、乙、丙三人,两人各拿一本,一人拿四本,有CA=90种,所以共有90+360+90=540种不同分法.
[例4]某医院有内科医生12名,外科医生8名,现选派5名参加赈灾医疗队,其中
(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加,共有多少种不同选法?
(2)甲、乙均不能参加,有多少种选法?
(3)甲、乙二人至少有一人参加,有多少种选法?
(4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生,有几种选法?
(1)只需从其他18人中选3人即可,共有C=816种;
(2)只需从其他18人中选5人即可,共有C=8568种;
(3)分两类:
甲、乙中有一人参加,甲、乙都参加,共有CC+C=6936种;
(4)解法一:
(直接法)至少一名内科一名外科的选法可分四类:
一内四外;
二内三外;
三内二外;
四内一外.所以共有CC+CC+CC+CC=14656种.
解法二:
(排除法)由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数,得C-(C+C)=14656种.
[例5]某出版社的11名工人中,有5人只会排版,4人只会印刷,还有2人既会排版又会印刷.现从这11人中选出4人排版、4人印刷,有几种不同的选法?
若只选3名只会印刷的工人,则还需从2名“全能”的工人中选1人印刷,4名排版工人只能从余下的6人中选取,有CCC种选法.
若从4名只会印刷的工人中选2人,则2名“全能”的工人需都去印刷,4名排版工人只能全从5名只会排版的工人中选取,有C·
C·
C种选法.
所以共有C+CCC+CCC=185种不同的选法.
●备课资料
一、插入闸板法解组合问题
[例1]某中学从高中7个班中选出12名学生组成校代表队,参加市中学数学应用题竞赛活动,使代表中每班至少有1人参加的选法有多少种?
分析:
由于12个名额是不可区别的,所以将问题转化成——把排成一行的12个“0”分成7份的不同方法数,这样用6块闸板插在11个间隔中,共有C种不同的插法.
所以所求选法种数为C=462种.
示意图:
0,|0,|0,0,|0,0,|0,0,|0,0,|0,0,
[例2]6人带10瓶汽水参加春游,每人至少带1瓶汽水,共有多少种不同的带法?
将所求问题转化成——10个相同的球放到6个不同的盒子里,每个盒子里至少放1个球,有多少种不同的放法.
即把排成一行的10个“0”分成6份的方法数,这样用5块闸板插在9个间隔中,共有C=126种.
即共有126种不同的带法.
[例3]从一楼到二楼的楼梯17级,上楼时可以一步走一级,也可以一步走两级,若要求11步走完这楼梯,则有多少种不同的走法?
由题意可知这11步中,其中6步一步走两级,5步走一级.因此,要确定一种走法,只需确定这11步中,哪6步走两级即可,故不同的走法数为C=462种.
[例4]如图从5×
6方格中的顶点A到顶点B的最短路线有多少条?
从A到B的最短路线均需走11步(一步即为一个单位),即横向走6步,纵向走5步,因此,要确定一种走法,只需确定这11步中哪6步是横向走即可,故不同的走法数为C=462种.
[例5]如果中日围棋擂台赛中,各方都出6名队员,按事先安排好的顺序出场,双方先由1号队员比赛,负者被淘汰,另一方获得胜利为止,形成一种比赛过程,问:
其中中方获胜的所有可能出现的比赛过程有多少种?
易见中方只需取得6场比赛的胜利即可,且最多只需安排11场比赛,依次记为1,2,3,…,11,故要确定比赛过程,只需确定这11场比赛中哪6场是中方获胜即可.故可能出现的不同的比赛过程的种数即为从1,2,…,11个元素中取出6个元素的组合数C=462种.
二、插入法举例
[例1]一排有10个具有编号的座位,3个人来坐,都不坐两头且两人之间至少有一个空位,问有多少种不同的坐法?
由于七个空座位顺序已定,它们之间有6个空挡,所以插入三个座位并坐上3个人,其不同的坐法有A=120种.
[例2]从1,2,3,…,14中,按从小到大的顺序取出数a1,a2,a3,使同时满足a2-a1=3,a3-a2=3,则符合要求的不同取法有多少种?
由于除a1、a2、a3外的11个数可形成12个空挡(含两端的),按每间隔两个元素依次插入a1,a2,a3,共有8种方法,故所求的取法有8种.
[例3]在1,2,3,…,14中,按数从小到大的顺序取出a1、a2、a3,使同时满足a2-a1≥4,a3-a2≥4,则符号要求的不同取法有多少种?
本题与例4相似,不同的是增加了“至少间隔三个数”的限定.此时,可将a2前的两个数与a2合看作“一个数”,将a3前的两个数与a3合看作“一个数”,则问题可化为类型三的方法来求解.在7个数形成的8个空挡中,插入“三个数”的方法有C=56种,即符合要求的取数方法有56种.
[例4]一座桥上有编号为1,2,3,…,10的十盏灯,为节约用电又不影响照明,可以把其中的三盏关掉,但不能关掉相邻的两盏或三盏,也不能关掉两端的路灯.问不同的关灯方法有多少种?
由于路灯都有编号(顺序已定),七盏开着的路灯之间有6个空挡,所以插入3盏不亮的路灯的方法有C=20种,即不同的关灯方法有20种.
[例5]10个人站成一排,其中甲、乙、丙三人两两不相邻且不站两端,问有多少种不同的站法?
除甲、乙、丙外的七个人有A种站法,七个人之间有6个空挡,插入甲、乙、丙有A种方法,所以所求的站法数有AA=100800种.
三、xx年高考题
=______.
A.B.3C.D.6
分子利用组合数性质C+C=C,将C化为C,则C+C=C,C+C=C,……,依此类推,可得分子为C=.
分母变形为n(2+3+4+…+n)=n·
.
则原式=·
==.
故选A.
一、排列组合应用题的错误分析
在解答排列、组合问题的过程中,极易把排列与组合问题错位或出现“重复”“遗漏”的错误.下面举例说明.
[例1]有五件不同奖品发给4位先进工作者,每人至少一件,有多少种不同的发放方法?
错解一:
从5件奖品中任取4件发给4个人,每人一件,再将剩余的一件发给4个人中任一人,保证了每人至少一件,共有C·
A=480(种).
错解二:
从5件中任取一件发给任一人,再将其余4件,每人一件发放,共有
以上两种解法从形式上看,合情合理,保证了每人至少一件的分配方案,但这两种做法均出现了重复现象.如:
解法一中设5件奖品为a1、a2、a3、a4、a5,将4个人当作4个位置,若取4件发给4人,其中有一种可能为a1、a2、a3、a4,余a5,再将a5发给4个人中的任一人时,其中一种可能为a1a5,a2,a3,a4.同样,从5件中取4件将品发给4人,有一种可能为a5,a2,a3,a4,余a1,再将a1发给4人中任一人时,有一种可能是a5a1,a2,a3,a4,这与上面的a1a5,a2,a3,a4为同一分法,出现了重复现象.同理做法二与做法一出现同样的错误.
在解排列组合综合应用题时,应先分组再排列或先分组再分配.
此题正确的解法为:
先将奖品分为4组,有C种分法,再将4组奖品发给4个人,有A种,用乘法原理共有C·
A=240(种)分法.
[例2]从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台,其中至少要有甲型与乙型电视机各一台,则不同的取法种数共有
A.140种B.84种
C.70种D.35种
错解:
先从甲、乙型电视机中各取1台有C·
C种取法;
再从剩下的7台电视机中任取一台有C种取法,共有C·
C=140种取法.
错误原因,C·
C=C·
C(C+C)=CCC+CCC.对于甲型电视机,相当于先从4台中任取一台,再从剩下的3台中任取1台,这是一个排列问题.而题设的取法与顺序无关.乙型电视机的取法也是先从5台中任取1台,再从剩下的4台中取1台.因此得出错误的结果.下面给出正确的解法.
解法一:
=70(种).
分两类:
甲型电视机取1台,乙型电视机取2台;
或甲型电视机取2台,乙型电视机取1台,得CC+CC=70(种).
答案:
C
[例3]从5个学生中选三人参加代表会,其中甲、乙两人中至少一人在内,共有多少不同选法?
先从甲、乙二人中任选一人,有C种选法,再从其余4人中任选2人,有C种方法,根据乘法原理共有CC=12(种).
设五个人为A、B、C与甲、乙,先选甲,再从其余4人中选二人,有可能取乙与A,即甲、乙、A,若先选乙,再从其余4个人中选二人,有可能取甲、A,即乙、甲、A.这两种选法实质上是同一种,这样就多算了A=3种方法.
一般情况下,在排列组合问题中,若有“至多”“至少”问题时,最常用的方法是分类法和排杂法,要保证分类合理,排杂准确,既不重复,又不遗漏.
下面给出正确解法.
正解一:
(分类法)若甲、乙中只选一人有CC种;
若甲、乙都选有CC种.
应用分类计数原理有C·
C+CC=9(种).
正解二:
(排杂法)从5人中任选3人,再减去甲、乙都不在内的选法即可.
故所求为C-C=9(种).
[例4]将5列车停在5条不同的轨道上,其中a列车不停在第一轨道上,b列车不停在第二轨道上,那么不同的停放方法有________种.
A.120B.96
C.78D.72
5列车任意停在5条轨道上有A种方法,a列车停在第一轨道有A种方法,b列车停在第二轨道有A种方法,不同的停放方法有A-A-A=72(种).
当a列车停在第一轨道,则b列车停在第二轨道的方法有A种,而b列车停在第二轨道,a列车停在第一轨道的方法有A种.这里的A产生了重复,正确的解法如下:
A-2A+A=78(种).
按a列车的停放方法分类讨论.
①当a列车停在第二道,其余4列车有A种停法;
②当a列车停在第3、4、5轨道中的任意一道有A种方法,b列车不停在第二轨道有A种方法,其余3列车有A种停法.
根据分步与分类计数原理有A+A·
A=78(种).
解有关排列组合题,一定要细心谨慎,认真挖掘题目的隐含条件,分清排列与组合的条件,不断变换角度,利用一题多解的方法核对答案,避免解题出错.
二、分组分配问题及其解法
有分配对象的分组分配问题是排列组合中的重要的基本的题型,熟练地掌握这类题型的解法不仅能帮助我们加深对两个基本原理的理解,而且它也是我们解决复杂的排列组合问题的基础.
(一)各组元素数目确定,分配对象确定
[例1](xx年全国高考题)3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检,每校分配1名医生和2名护士,不同的分配方法种数共有
A.90种B.180种
C.270种D.540种
分两大步:
第一大步:
3名医生分配到3所学校共有C·
C种;
第二大步:
6名护士分配到3所学校共有C·
C种,
根据分步计数原理可得C·
C=540(种).
D
[例2](1993年全国高考题)在50件产品中有4件是次品,从中任意抽出5件,至少有3件是次品的抽法共有________种.
根据题意:
有3件是次品的抽法有C·
有4件是次品的抽法有C·
所以至少有3件是次品的抽法种数为C·
C+C·
C=4140+46=4186.
[例3]有甲、乙、丙三项任务,甲需2人承担,乙、丙各需1人承担,有10人中选派4人承担这三项任务,不同的选法种数共有
A.1260种B.2025种
C.2520种D.5040种
从10人中选2人承担甲项任务,有C种方法;
再从剩下的8人中选1人承担乙项任务,有C种方法;
最后从剩下的7人中选1人承担丙项任务,有C种方法,由分步计数原理共有C·
C=2520(种).
(二)各组元素数目确定,分配对象不确定
[例4]6本不同的书分给3人,1人1本,1人2本,1人3本,有多少种分法?
先计算3人的排列,再考虑书的分配,故有C·
A=370(种).
(三)部分均分给若干对象
[例5]6位实习教师全部分给高一年级的5个班级进行实习,每班至少1人,有多少种不同的分法?
把实习教师先分成5组,人数分别为1,1,1,1,2,然后分给5个班级进行实习,共有C·
A种分法.
但事实上有4个班级所分的实习老师数目相同,不用相互交换.因此上述分法种数是实际数的A倍,故应除以A.
所以不同分法种数应为=1800(种).
排列组合知识在近几年高考中的体现
[例1](xx年全国高考题)某城市在中心广场建造一个花圃,花圃分为6个部分(如图),现要栽种不同颜色的花,每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花,不同的栽种方法有______种.
分两大类:
第一类:
6,5,1,2四部分栽种四种不同颜色的花,共分三步:
在6,5,1,2四部分栽种不同颜色的花,共有A种不同栽法;
栽种3、4部分,又有两类:
一类是3与6颜色相同,4与2颜色相同,有1种栽法;
另一类是3与5颜色相同,4与2或6颜色相同,有2种栽法,共有1+2=3种栽法.
由分步计数原理,第一大类共有A×
3=72种不同栽法.
第二大类:
在6,5,1,2四部分中,2与5颜色相同,可分两步:
第一步栽种6,5,1部分,可从四种颜色中选3种进行排列,有A种栽法;
第二步栽种第2部分,与5相同,有1种栽法;
第三步栽种3、4部分,又有两类:
一类是3与6相同,4栽种剩余的第四种颜色,有1种栽法;
另一类是3栽种剩余第四种颜色,4与6栽种相同颜色的花,共有2种栽法.
由分步计数原理得第二大类共有A×
1×
2=48(种).
最后再根据分类计数原理,共有72+48=120种不同栽法.
[例2](xx年全国高考题)从正方体的6个面中选取3个面,其中有2个面不相邻的选法共有________种.
A.8B.12C.16D.20
此题正面分析情形较多,若逆向思考,则转化为总体中除去3个面两两相邻的情形.
6个面中任意取3个,共有C个,其中3个面两两相邻则对应于正方体的顶点个数,有8个,故所有不同选法有C-8=12(个).
B
[例3](xx年全国高考题)3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检,每校分配1名医生和2名护士,不同的分配方法共有________种.
A.90B.180C.270D.540
解:
首先,给第1所学校派去1名医生和2名护士,不同派法有C·
其次,给第2所学校派去1名医生和2名护士,不同派法有C·
最后,将所剩1名医生与2名护士派往第3所学校,只有1种派法.
由分步计数原理得C·
1=540种.
[例4](1997年全国高考题)四面体的顶点和各棱中点共10个点,在其中取4个不共面的点,不同取法共有________种.
A.150B.147
C.144D.141
正面直接求解情形复杂,故采用间接法,从总体中除去四点共面的情形.
从10个点中任取4点有C种情况,四点共面的分三类:
在四面体侧面内取,有4·
第二类:
在过棱为对棱中点的面内取,有6条棱,故有6个面,有6·
第三类:
过四面体四棱的中点且与另外2条对棱都平行的平面有3个,有3C种.
所以所求不同取法共有C-(4C+6+3)=141(种).
[例5](1996年全国高考题)正六边形的中心和顶点共7个点,以其中3个点为顶点的三角形共有________个.
从总体中减去三点共线的情况即可.
C-3=32个.
[例6](1995年全国高考题)四个不同小球放入编号为1,2,3,4的四个盒中,则恰有一个空盒的放法有______种.
题中隐含了两个小球相邻问题,故采用捆绑法,同时应注意四个盒子有编号,属于排列问题.
先将四球中任取2球捆绑,再与其余2个小球去填四个空,即对应于四个元素中选3个元素的排列.
故不同放法为C·
A=144种.
2019-2020年高中数学10.4《二项式定理·
第一课时》教案旧人教版必修
●课时安排
3课时
●从容说课
(1)本小节的内容是二项式定理及其有关概念、二项式系数的性质.
(2)本小节的教学要求:
理解并掌握二项式定理及二项展开式的性质,并能用它们计算和证明一些简单的问题.
(3)本小节在教材中的地位:
本小节内容在本章中起着承上启下的作用.由于二项式定理与概率理论中的三大概率分布之一的二项分布有其内在联系,本小节是为学习后面的概率知识以及进一步学习概率统计知识作准备;
又由于二项式系数是一些特殊的组合数,利用二项式定理可得到关于组合数的一些恒等式,从而深化对组合数的认识.
(4)本小节重难点:
本小节的重点是二项式定理;
本小节的难点是二项式定理及二项式系数的性质的灵活应用.
(5)本小节重难点的处理:
对于二项式定理的学习要求学生抓住二项展开式的通项公式的特点,并与数列的通项公式相联系;
通过对二项展开式进行赋值获得二项式系数的性质;
注重函数思想在研究二项式系数性质时的应用.
(6)教学中应注意的问题:
在二项式定理的推导过程中,从学生熟悉的完全平方和公式入手,并注重归纳思想的应用;
注意区分二项式系数与相应的某一项的系数的不同;
根据“杨辉三角”这一古代数学成就,对学生进行爱国主义教育.
●课题
10.4.1二项式定理
(一)
●教学目标
(一)教学知识点
1.二项式定理:
=an+an-1b1+…+an-rbr+…+bn(n∈N*).
2.通项公式:
Tr+1=an-rbn(r=0,1,…,n).
(二)能力训练要求
1.理解并掌握二项式定理,从项数、指数、系数、通项几个特征熟记它的展开式.
2.能运用展开式中的通项公式求展开式中的特定项.
(三)德育渗透目标
1.提高学生的归纳推理能力.
2.树立由特殊到一般的归纳意识.
●教学重点
1.二项式定理及结构特征
二项式定理(a+b)n=an+an-1b+…+an-rbr+…+bn有以下特征:
(1)展开式共有n+1项;
(2)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;
(3)各项的系数,,…,称为二项式系数.
2.展开式的通项公式Tr+1=an-rbr,其中r=0,1,2,…,n表示展开式中第r+1项.
3.当a=1,b=x时,(1+x)n=1+x+x2+…+xr+…+xn.
●教学难点
1.展开式中某一项的二项式系数与该项的系数的区别.
2.通项公式的灵活应用.
●教学方法
启发引导法
●教学过程
Ⅰ.课题导入
[师]在初中,我们学过两个重要公式,即
(a+b)2=a2+2ab+b2;
(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3.
那么,将(a+b)4,以至于(a+b)5,(a+b)6……展开后,它的各项是什么呢?
Ⅱ.讲授新课
[师]不妨,我们来研究一下这两式的特点,看它们的展开式是否有什么规律可循?
不难发现,(a+b)2=a2+2ab+b2=a2+ab+b2,
(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=a3+a2b+ab2+b3.
即等号右边的展开式的每一项,是从每个括号里任取一个字母的乘积,因而各项的次数相同.
这样看来,(a+b)4的展开式应有下面形式的各项:
a4,a3b,a2b2,ab3,b4.
这些项在展开式中出现的次数,也就是展开式中各项的系数是什么呢?
[生](讨论)
(a+b)4=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b).
在上面4个括号中:
每个都不取b的情况有1种,即种,所以a4的系数是;
恰有1个取b的情况有种,所以a3b的系数是;
恰有2个取b的情况有种,所以a2b2的系数是;
恰有3个取b的情况有种,所以ab3的系数是;
4个都取b的情况有种,所以b4
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 组合 高中数学 103组合备课资料 旧人教版必修 103 备课 资料 旧人 必修