高二数学 排列组合和概率 102 排列同步教案 新人教A版.docx
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高二数学排列组合和概率102排列同步教案新人教A版
2019-2020年高二数学排列、组合和概率10.2排列同步教案新人教A版
一、本讲进度
第十章排列、组合和概率
10.2排列
二、主要内容
1、排列的概念、表示法、计算公式；
2、与排列数有关的计算题、证明题等；
3、排列应用题：
没有附加条件，有附加条件的
三、学习指导
1、排列的定义：
从n个不同元素中，任取m（m≤n）个，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n个不同元素中取出m个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素取出m个元素的排列数，用符号Anm表示。
根据排列的定义，它有两个要点：
（1）从n个不同元素中任取m个；
（2）按照一定顺序排成一列。
所谓“按照一定的顺序排成一列”应该理解成是将m个元素放在m个不同的位置上。
所以排列定义中的每个要点，可以简略地称之为一是元素，二是位置。
在确定排列的数目时，往往要借助于树图写出所有的排列。
2、排列数的计算公式：
Anm=n（n-1）（n-2）…[n-（m-1）]，等号右边是m个连续的正整数的积，第一项为n，成递减趋势。
排列数的化简公式：
Anm=
规定：
0！
=1，Anm=n!
=n（n-1）（n-2）·…·2·1
排列数公式的推导过程是分步计数原理的直接应用
根据排列数的定义，可得到与排列数有关的变形公式：
=…
k·k!
=（k+1）!
-k!
3、排列应用主要是解决与实际问题有关的应用题。
这类问题从条件出发，分两类：
一类是没有附加条件的排列问题；二类是有附加条件的排列问题。
有附加条件的排列问题主要有两种：
一是“在与不在”的问题，就是某一个或某几个元素在或不在某些特殊位置，一是“邻与不邻”问题，是指某些元素相邻或不相邻的问题，这类总是常用“捆绑法”或“插空法”。
解有附加条件排列问题的基本思路：
从元素出发或从位置出发称为“元素分析法”、“位置分析法”。
解有附加条件的排列问题的基本方法：
一是直接法，先从特殊元素或特殊位置出发，再考虑非特殊元素及非特殊位置，用分步计数原理；
二是间接法，先不考虑条件限制，求出排列总数，再求出不满足条件的排列数，前者与后者的差即为问题结论，也可称这种方法的原理为减法原理。
四、典型例题
例1、由a1，a2，…，a7七个元素组成的全排列中
（1）a1在首位的有多少种？
（2）前两个位置上是a1、a2（顺序固定）的有多少种？
（3）前两个位置上是a1、a2（顺序不固定）的有多少种？
解题思路分析：
（1）先满足特殊元素（a1）与特殊位置（首位），把a1放在首位，有A11种方法；再让其余6个元素在其余6个位置上作全排列，有A66种方法。
这两个步骤完成以后，就得到所要求的排列。
根据分步计数原理，有：
A11A66=A66种方法
（2）先把a1、a2分别放在第一、二个位置上，满足a1、a2在前两个位置上（顺序固定），有A11A11种方法；再让其余5个元素排在其余5个位置上作全排列，有A55种方法
∴共有A11A11A55=A55种方法
（3）先把a1、a2放在前两个位置上，由于顺序不固定，所以有A22种方法，再让其余5个元素在其余5个位置上作全排列，有A55种方法。
∴共有A22A55种方法
评注：
计算Anm时，如果要求某一特殊元素必须放在某一特殊位置，那么先把这个元素放在这个特殊位置，这时元素少了1个，位置也少了1个，则问题转化为求的问题，这种情况可以推广到某r个元素必须分别在r个特殊位置上，其结果是。
如果特殊的r个元素在特殊的r个位置上，又可以变换位置，在这种情况下，完成这一步骤的方法有Arr种，在这一步完成后，完成第二步有种方法，因此解这类问题的公式是。
例2、由a1，a2，…，a7七个元素每次取出5个的排列中
（1）a1不在首位的有多少种？
（2）a1既不在首位，又不在末位的有多少种？
（3）a1与a7既不在首位又不在末位的有多少种？
（4）a1不在首位，同时a7不在末位的有多少种？
解题思路分析：
（1）首先满足特殊元素a1，a1不在首位的排列可以分为两类：
①不含a1：
此时只需从a1以外的其它6个元素中取出5个放在5个位置上，有A65种；②含有a1，a1不在首位的：
先从4个位置中选出1个放在a1，再从a1以外的6个元素中选4个排在没有a1的位置上，共有A41A64种
∴由分类计数原理，共有A65+A41A64种
法二：
把位置作为研究对象，第一步满足特殊位置（首位），从a1以外的6个元素中选1个排在首位，有A61种方法；第二步，从占据首位以外的6个元素中选4个排在除首位以外的其它4个位置上，有A64种方法，由分步计数原理，共有：
A61A64种方法
法三：
间接法，用减法原理：
从总的可能情况中减去不符合要求的情况。
不考虑a1在首位的要求，总的可能情况有A75种；a1在首位的，有A64种，所以，符合要求的A75-A64种。
（2）把位置作为研究对象，先满足特殊位置，从a1以外的6个元素中选两个排在首末两个位置上，有A62种方法；再从未排上的5个元素中选3个排在中间3个位置上，有A53种方法，由分步计数原理，有A62A53种方法。
（3）把位置作为研究对象。
先从a1、a7以外的5个元素中选两个排在首末两个位置，有A52种方法；再从末排上的5个元素选出3个排在中间3个位置上有A53种方法。
由分步计数原理，共有A52A53种方法。
（4）用间接法。
总的可能情况是A75种，减去a1在首位的A64种，再减去a7在末位的A64种。
注意到a1在首位同时a7在末位的情况被减去了两次，所以还需补回一次A53种，所以结果是A75-2A64+A53种方法。
评注：
本题第
（1）题给出的三种方法是最常用的，在具体题目中还应该选择适当的方法。
因为排列问题对思维的要求很高，所以用不同解法相互检验是防止错误结果的行之有效的方法。
例3、1，2，3，4，5五个数字做全排列组成的数中
（1）1，3，5必须连在一起的有多少个？
（2）2，4不相邻的有多少个？
（3）2，4必须排在偶数位上的有多少个？
解题思路分析：
（1）元素连在一起，先把它们看成一个整体。
把1，3，5看成一个整体，加上2，4共3个元素，它们的全排列数是A33。
对于其中的每一个排列，让彼此相邻的1，3，5三个元素再做全排列，又有A33种可能，完成这两个步骤，就得符合要求的数，所以根据分步计数原理，只有A33A33个数。
（2）先让1，3，5作全排列，有A33种方法，对其中每一种排法，每两个数之间及第1个数字之前和第末个数字之后，共有4个位置，让2，4分别插入这4个位置中的任意两个，有A42种方法，所以根据分步计数原理，共有A33A42个数。
法二用间接法得A55-A22A44个
（3）第一步把2，4排在偶数位上，有A22种排法；第二步把1，3，5排在奇数位上有A33种排法。
∴共有A22A33个数
评注：
第
（1）小题的方法称为“捆绑法”，第
（2）小题的方法称为“插空法”。
例4、在3000与8000之间不重复的奇数有多少个？
解题思路分析：
首先弄清结论要求的数字含义：
（1）在3000与8000之间意思是千位数字只能取3，4，5，6，7的四位数；
（2）奇数的意思是个位只能取1，3，5，7或9。
其次，根据首位和末位的要求分析元素之间的关系，借助于集合符号分类表示如下，其中首尾两集合集是{3，5，7}。
由图示，对所求的数分成两类：
个位上是1或9的；个数上是3，5或7的。
对于第一类：
第一步从1，9中选1个放在个位；第二步，从3，4，5，6或7中选1个放在千位，第三步从其余的8个数字（0，1，2，…，9中除去已放在个位、千位的2个后剩余的数字）中任选2个放在首位、十位，根据分步计数原理，第一类数共有A21A51A82个。
对于第二类数，第一步从3，5，7中选1个放在个数，第二步从3，5，7三个数字余下的两个再加上4，6共4个数字中选1个放在千位，第三步从未放在个位与千位上的其余8个数字中选2个放在百位和十位，根据分步计数原理，第二类数共有A31A82个。
∴根据分类计数原理，共有A21A51A82+A31A41A82个数。
评注：
1、分类、分步的基础是对元素和位置的分析。
用集合的观点，借助于Veen图是常用的比较好的一种方法，这样做使得分类时不重不漏，思考时条理清楚。
2、对较复杂的排列问题，一般这样思考：
①先看完成所要求的事件的方法可以不重不漏地分成几类，根据加法法则把各类的数目相加，就得到所要求事件的总数目；
②在每一类中，把完成所要求事件的过程分成几步，根据分步计数原理把每步的可能数相乘，便得到这一类的数目。
③计算每一步的可能数。
例5、5名运动员参加100米决赛，如果各人到达终点的顺序各不相同，问甲比乙先到达终点的可能有几种？
解题思路分析：
法一：
将甲到达终点的情况作为分类标准
甲第一个到达：
乙可以第二、三、四、五名到达，共有N1=A44种
甲第二个到达：
乙可以第三、四、五名到达，共有N2=A31A33种
类似的，甲第三个到达，共有N3=A21A33种
甲第四个到达，共有N4=A33种
∴根据分类计数原理，共有N=N1+N2+N3+N4=A44+A31A33+A21A33+A33=60（种）
法二：
5名运动员到达终点的顺序有A55=120（种）
而甲先于乙到达和乙先于甲到达的可能性均等
∴60（种）
评注：
第二种方法称为“等可能事件法”。
例6、已知，求n
解题思路分析：
根据排列数的计算公式，原方程可以化简为
（2n+1）（2n）（2n-1）（2n-2）=140n（n-1）（n-2）
∵n≥3
∴n（n-1）≠0
∴（2n+1）（2n-1）=35（n-2）
∴n=3或n=
∵n∈N+
∴n=3
评注：
解这类题目时，要注意排列数Pnm中m、n的取值范围，如本题中，2n+1≥4且n≥4，n是自然数
例7、求证：
A11+2A22+3A33+…+nAnn=（n+1）!
-1
解题思路分析：
本题左边可以看成是数列的求和问题，根据右边的要求，应消元化简
分析通项：
1A11=2！
-！
2A22=3！
-2！
3A33=4！
-3！
……
nAnn=（n+1）!
-n!
将这n个等式左、右两边分别相加得:
A11+2A22+3A33+…+nAnn=（n+1）!
-1
评注：
对数列的通项进行分析是处理数列问题的重要方法。
本题的关键是对n的变形：
n=（n+1）-1。
根据不同需要对某些式子作一定变形是解决数学问题的基本功。
同步练习
（一）选择题
1、若a∈N+，且a＜20，则（27-a）（28-a）（33-a）…（34-a）可表示为
A、B、C、D、
2、用1，2，3，…，9这9个数字组成数字不重复的三位数的个数是
A、27B、84C、504D、729
3、8个同学排成一排的排列数为m，8个同学排成前后两排（前排3个，后排5个）的排列数为n，则m、n的大小关系是
A、m=nB、m＞nC、m＜nD、n＜m＜2n
4、6张同排连号的电影票，分给3名教师和3名学生，如果师生相间而坐，则不同的方法数为
A、A33A43B、（A33）2C、2（A33）2D、A66-（A33）2
5、用0，2，4，6，9这五个数字可以组成数字不重复的五位偶数共有
A、72个B、78个C、84个D、384个
6、由数字1，2，3，4，5组成数字不重复的五位数中，小于50000的偶数有
A、24个B、36个C、48个D、60个
7、由0，1，2，3，4，5这六个数字组成的数字不重复且大于345012的六位数的个数是
A、245B、269C、270D、360
8、已知集合M={a1，a2，a3}，P={b1，b2，…，b6}，若M中的不同元素对应到P中的像不同，则这样的的映射共有
A、3个B、20个C、64个D、120个
9、要排一张有5个独唱节目和3个合唱节目的演出节目表，如果合唱节目不排在节目表的第一个位置上，并且任何两个合唱节目不相邻，则不同的排法总数是
A、A88B、A55A33C、A55A53D、A33A53
10、甲、乙、丙、丁、戊五人并排站在一排，如果乙必须站在甲的右边（甲、乙可以不相邻），那么不同的排法共有
A、24种B、60种C、90种D、120种
（二）填空题
11、根据条件，求x的值
（1）Ax5=12Ax3，则x=__________。
（2），则x=__________。
（3），则x=__________。
12、7位同学站成一排，按下列要求，各有多少种不同排法（不求结果）。
（1）甲站在某一固定位置__________。
（2）甲站中间，乙与甲相邻__________。
（3）甲、乙相邻__________。
（4）甲、乙两人不相邻__________。
（5）甲、乙、丙三个相邻__________。
（6）甲、乙、丙三人中任何两人都不相邻__________。
（三）解答题
13、3名男生与4名女生排成一排，按下列条件，各有多少种不同排法？
（1）男生按自左至右从高到矮的顺序；
（2）男生和女生都分别按自左至右从高到矮的顺序；
（3）男生和女生统一按自左至右从高到矮的顺序。
14、从数字0，1，3，5，7中取出不同的三个作系数，可以组成多少个不同的一元二次方程ax2+bx+c=0？
其中有实根的方程有多少个？
15、用1，2，3，4，5，7这7个数字组成没有重复数字的四位数
（1）如果四位数必须是偶数，那么这样的四位数有多少个？
（2）如甲组成的四位数必须大于6500，那么这样的四位数有多少个？
参考答案
（一）选择题
1、D。
2、B。
A93=504（个）
3、A。
m=A88，n=A83A55,
4、B。
相间而坐有两类，师生师生师生，或生师生师生师。
每种情况下，教师之间和学生之间分别交换位置，共有2A33A33种。
5、B。
A31A31A31+A41A33=78个
6、B。
抓住首、末两个特殊位置分析，有A21A31A33=36个
7、B。
位置分析法，分成四类：
第一类，第6位数字是4，5，有A21A55个；第二类，第6位数字是3，第5位数字是5，有A44个；第三类，第6位、第5位、第4位数字分别是3，4，5，有A21A22个；第四类，前4位数字是3，4，5，0，有A11A11种。
∴共有A21A55+A44+A21A22+A11=296个
8、D。
A63个
9、C。
用插空法
10、B。
用等可能事件模型A66=60（种）
（二）填空题
11、7，，41
12、，，，，，
（三）解：
（1）（种）
（2）（种）
（3）（种）
14、解：
对a分类，共有4A42=48个不同的一元二次
其中有实根的有A42+2A22+A22=18个
15、
（1）A31A36=360个
（2）A63+A21A52=160个
2019-2020年高二数学排列、组合和概率同步教案新人教A版
一、本讲进度
第十章排列、组合和概率
排列组合的综合问题
二、主要内容
较复杂的排列组合问题的求解思路。
三、学习指导
1、排列组合的本质区别在于对所取出的元素是作有序排列还是无序排列。
组合问题可理解为把元素取出后放到某一集合中去，集合中的元素是无序的。
较复杂的排列组合问题一般是先分组，再排列。
必须完成所有的分组再排列，不能边分组边排列。
排列组合问题的常见错误是重复和遗漏。
弄清问题的实质，适当的分类，合理的分步是解决这个错误的关键，采用不同的思路检验结果是否一致是解决这个错误的技巧。
2、排列组合的常见模型有“捆绑法”、“插空法”、错位法“、”分组分配“等。
集合是常用的工具之一。
为了将抽象问题具体化，可以从特殊情形着手，通过画格子，画树图等帮助理解。
“正难则反”是处理问题常用的策略。
四、典型例题
例1、有6本不同的书，按下列方式分配，分别有多少种分配方式？
（1）按一组1本，一组2本，一组3本分成三组；
（2）按一人1本，一人2本，一人3本分成甲、乙、丙三人；
（3）均分成三组；
（4）均分成甲、乙、丙三人。
解题思路分析：
本题是分组分配问题，是排列组合的混合题。
处理此类问题的关键是正确判断组间是排列还是组合问题即是有序还是无序。
（1）由于各组内元素不同，所以组间无法交换，属组间组合问题，其分法种数由分步计数原理得：
N=C61C52C33=60（种）
（2）本题分成三组后，分配给甲、乙、丙三个不同的人，属于组间排列问题。
第一步分组，方法有C61C52C33，第二步分配，方法有A33种，由分步计数原理，分法种数为：
N=C61C52C33A33=360（种）
（3）因分组后，组与组交换不形成新的方法，属于组间组合问题，在分组基础上去序即可，分法共有：
N=15
评注：
此题属“均匀分组”题型，其分法种数是在分组的基础上，除以组数的排列数。
（4）此题与
（1）题题型相同，分法种数：
N=C62C42C22=90（种）
评注：
注意（3）、（4）两种题型的差异。
例2、有9名同学排成两行，第一行4人，第二行5人，其中甲必须站在第一行，乙、丙必须站在第二行，问有多少种不同的排法？
解题思路分析：
法一：
从特殊位置着手。
第一步排第一行：
从甲、乙、丙外的6人中选出3人与甲排第一行，有C63A44种排法；第二步排第二行，将其余5人排在第二行，有A55种排法，由分步计数原理，共有N=C63A44A55（种）排法。
法二：
从特殊元素着手，第一步甲排第一行，有A41种排法；第二步排乙、丙于第二行，有A52种排法。
因排两行与排一行本质相同，故第三步排所剩6人，有A66种排法，由分步计数原理，共有排法：
N=A41A52A66种
评注：
解法一体现了先组合再排列的原则，这是处理排列、组合问题的常用思路。
例3、将4个不同的球放入4个不同的盆子内
（1）共有几种放法？
（2）恰有一个盆子未放球，共几种放法？
（3）恰有一个盆子内有2球，共几种放法？
（4）恰有两个盆子内未放球，共有几种放法？
解题思路分析：
（1）把球作为研究对象，事件指所有球都放完。
因每一只球都有四种放法，故由分步计数原理，共有44=256（种）；
（2）问题即为“4个球放入三个盆子，每个盆子内都要放球，共有几种放法？
”
第一步是把4只球分成2，1，1三组，共有C42种放法；
第二步把3组球放入三个盆子中去（作全排列），有A43种；
由分步计数原理，共有N=C42A43（种）
评注：
第二步应是A43，而不是A33，因还要选从四个盆子中选三个盆子，然后作全排。
（3）仔细审题，认清问题的本质。
“恰有一盆子内入2个球”即另三个盆子放2球，也即另外3个盆子恰有一个空盆，因此，“恰有一个盆子放2球”与“恰有一个盆子不放球”是等价的。
（4）先取走两个不放球的盆子，有C42种取法；其次将4球分两类放入所剩2盆；第一类均匀放入，有C42C22种放法；第二步按3，1分组放入，有C43C11A22种放法。
故有
N=C42（C42C22+C43C11A22）=84（种）。
例4、现有印有0，1，3，5，7，9六个数字的六张照片，如果允许9可以作6使用，那么从中任意抽出三张可以组成多少个不同的三位数（首位数不为零）。
解题思路分析：
从特殊元素着手，对三位数是否合9或0分类讨论。
第一类，9在内，0不在内。
先从除0，9外的四个数字中取两个，再将三个数作全排列，因9可以作6用，最后还要乘以2（在每一种情况下，把9看成6，得一个新数），由分步计数原理，共有C42A33A22种；第二类，9和0同时在内。
先从除0，9外的四个数字中选1个，再排0，9及取出的数字，最后再将9作6使用，共有C41A21A22=32（种）；第三类，所取数字中不含9，再根据是否含0讨论，有A43+C42A21A22=48（种）。
由分类计数原理共有72+32+48=152（种）。
例5、用0，1，2，3，4五个数字组成各位数字不重复的五位数，若按由小到大排列，试问：
（1）42130是第几个数？
（2）第60个数是什么？
解题思路分析：
（1）要知道42130是第几个数，只要知道比它小的有几个数，就基本解决了。
根据数的大小比较的原则，比42130小的数可以分成如下几类：
1□□□□，2□□□□，3□□□□型的；
40□□□，41□□□型的；
420□□型的；
4200□型的。
各类的数分别有C31A44，C21A33，C11A22，C11A11个，所以比42130小的数有C31A44+C21A33+C11A22+C11A11=87个，42130是第88个。
（2）万位1的数，即1□□□□型的数，有A44=24个；
万位为2的，同样有A44=24个；
万位为3的也有24个，所以第60个数是万位为3的这一类数中的第12个数，再具体分类：
30□□□型的有A33=6个；
31□□□型的有A33=6个
所以，第12个数是31□□□型的数中最大的一个即为31420。
评注：
此类题型称为字典式排列问题，解题的关键在于根据题意正确地进行分类，分类的关键是采用类似查字典的方法，从高位向低位，一位一位地考察各位上所取数字的可能性。
例6、5个成年人，2个小孩，排成一排，两头都是成年人，每个小孩两边都是成年人，且其母女俩一定要相邻的排法有多少种？
解题思路分析：
某母女俩一定相邻，同时与这个女孩相邻的还应有一个成年人，因此第一步从除这位母亲以外的4个成年人中选1人，准备排在这个女孩旁边，有C41种选法；第二步选出的这个人与那位母亲排在女孩两侧，有A22种方法；第三步，把“母女、另一成年人”这个三人小组看成一个整体（因为小组左右位置全是成年人，所以可以看成一个成年人），与其余3个人做全排列，有A44种方法；第四步，让另一个小孩插入四个成年人之间的三个间隔中的一个，有A31种方法。
由分步计数原理，共有C41A22A44A21=576（种）方法。
评注：
前边已强调先满足特殊元素成特殊位置的方法，本题的条件较多，因此优先考虑的应是条件最强的要求，或者是谁最特殊就优先满足谁，这样有利于把问题简化。
如本题构成特殊的3人小组后，问题就转化为“4个成年人与1个排成一排，两头必是成年人的排法有多少？
”
例7、在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄，为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的种植方法共有多少种？
解题思路分析：
“不小于”意味着大于或等于，由此进行分类讨论：
第一类，A、B间隔6垄，有（1，8），（2，9），（3，10）三种，每一种A、B交换，共有C31A22种；
第二类，A、B间隔7垄，有（1，9），（2，10）两种，每种C21A22种；
第三类，A、B间隔8垄，有（1，10）一种，再交换A、B，有A22种。
由分类计数原理，共有C31A22+C21A22+A22=12（种）
例8、由-1，0，1，2，3这五个数中选三个不同的数组成二次函数y=ax2+bx+c的系数。
（1）开口向上的抛物线有几条？
（2）开口向下的抛物线有几条？
（3）开口向上且不过原点的抛物线有多少条？
（4）与x轴的正、负半轴各有一个交点的抛物线有多
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