6.2.1 排列 6.2.2 排列数 第2课时 排列与排列数的应用(课件PPT)-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步练测（人教A版2019）

单击此处添加文本具体内容 第六章　计数原理 6.2.1　排列　6.2.2　排列数 第2课时　排列与排列数的应用 [学习任务] 1.进一步加深对排列概念的理解.（重点） 2.掌握几种有限制条件的排列,能应用排列数公式解决简单的实际问题.（重点,难点） 第2课时　排列与排列数的应用 [对应学生用书第11页] 第2课时　排列与排列数的应用 第2课时　排列与排列数的应用 第2课时　排列与排列数的应用 第2课时　排列与排列数的应用 3.（多选）用数字1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数,其中偶数的个数为 （　　） A. B. C. D.－ 解析　方法一（直接法）：因为末位数字排法有种,其他位置排法有种,共有×. 方法二（间接法）：－×. 故选CD. 答案　CD 第2课时　排列与排列数的应用 [对应学生用书第11页] 探究一　无限制条件的排列问题 [例1]　已知圆的方程（x－a）2＋（y－b）2＝r2（r＞0）.从0,3,4,5,6,7,8,9,10这9个数中选出3个不同的数,分别作为圆心的横坐标、纵坐标和圆的半径.求： （1）可以作多少个不同的圆？ [解]　（1）可分两步完成：第一步,先选r,因为r＞0,所以有种选法；第二步,再选a,b,在剩余8个数中任取2个,有种选法.由分步乘法计数原理可知,可以作＝448个不同的圆. 第2课时　排列与排列数的应用 （2）经过原点的圆有多少个？ [解]　（2）若圆（x－a）2＋（y－b）2＝r2经过原点,则a,b,r满足a2＋b2＝r2.满足该条件的a,b,r有3,4,5与6,8,10两组,考虑a,b的顺序,每组各有种情况,所以符合题意的圆有2＝4（个）. （3）圆心在直线x＋y－10＝0上的圆有多少个？ [解]　（3）若圆心在直线x＋y－10＝0上,则a,b满足a＋b＝10,则满足条件的a,b有三组：0,10；3,7；4,6.当a,b取0,10时,r有种情况,当a,b取3,7；4,6时,r不可取0,有种情况. 考虑a,b的顺序,每组各有种情况,所以满足题意的圆共有＋2＝38（个）. 第2课时　排列与排列数的应用 　　（1）没有限制的排列问题,即对所排列的元素或所排列的位置没有特别的限制,这一类问题相对简单,分清元素和位置即可. 　　（2）在排列问题中元素不能重复选取,而在用分步乘法计数原理解决的问题中,元素可以重复选取. 第2课时　排列与排列数的应用 1.（1）有7本不同的书,从中选3本送给3名同学,每人各1本,共有多少种不同的送法？ 解　（1）从7本不同的书中选3本送给3名同学,相当于从7个元素中任取3个元素的一个排列,所以共有＝7×6×5＝210种不同的送法. （2）有7种不同的书,要买3本送给3名同学,每人各1本,共有多少种不同的送法？ 解　（2）从7种不同的书中买3本书,这3本书并不要求都不相同,根据分步乘法计数原理,共有7×7×7＝343种不同的送法. 第2课时　排列与排列数的应用 探究二　有限制条件的排列问题 [例2]　已知7人站成一排.求： （1）甲、乙两人相邻的排法有多少种？ [解]　（1）（捆绑法）将甲、乙两人“捆绑”为一个元素,与其余5人全排列,共有种排法.甲、乙两人可交换位置,有种排法.故共有·＝1440种排法. 第2课时　排列与排列数的应用 （2）甲、乙两人不相邻的排法有多少种？ [解]　（2）方法一（间接法）：7人任意排列,有种排法.甲、乙两人相邻有·种排法,故共有－·＝3600种排法. 方法二（插空法）：将其余5人排列,有种排法.5人之间及两端共有6个位置,任选2个排甲、乙两人,有种排法.故共有·＝3600种排法. 第2课时　排列与排列数的应用 （3）甲、乙、丙三人必相邻的排法有多少种？ [解]　（3）（捆绑法）将甲、乙、丙三人捆绑在一起与其余4人全排列,有种排法,甲、乙、丙三人有种排法,共有·＝720种排法. （4）甲、乙、丙三人两两不相邻的排法有多少种？ [解]　（4）（插空法）将其余4人排好,有种排法.将甲、乙、丙插入5个空中,有种排法.故共有·＝1440种排法. 第2课时　排列与排列数的应用 　　（1）元素相邻问题利用“捆绑法”处理,即把相邻元素看作一个整体,视为一个元素,参与其他元素的排列.同时,应注意捆绑元素的内部排列. 　　（2）元素不相邻问题利用“插空法”处理,即先考虑不受限制的元素的排列,再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中. 　　（3）处理元素“相邻”“不相邻”或“元素定序”问题,应遵循“先整体,后局部”的原则,元素相邻问题一般用“捆绑法”,元素不相邻问题一般用“插空法”. 第2课时　排列与排列数的应用 第2课时　排列与排列数的应用 第2课时　排列与排列数的应用 第2课时　排列与排列数的应用 探究三　数字排列问题 [例3] 用0,1,2,3,4,5这六个数字组成无重复数字的整数,求满足下列条件的数各有多少个. （1）六位数； [解]　（1）（间接法）：0,1,2,3,4,5六个数字共能形成种不同的排法,当0在首位时不满足题意,故可以组成－＝600个没有重复数字的六位数. 第2课时　排列与排列数的应用 [解]　（2）方法一（位置分析法）：①从个位入手：个位数排奇数,即从1,3,5中选1个有种方法,首位数在排除0及个位数余下的4位数字中选1个有种方法,余下的数字可在其他位置全排列有种方法,由分步乘法计数原理知,共有··＝288个不同的六位奇数. ②从首位入手：对首位排奇数还是非0偶数分两类进行. 第1类,首位排奇数,有种选择,再个位排奇数有种方法,其余位置全排列有.则共有··＝144种方法. 第2类,首位排非0偶数,共有··＝144种方法. 根据分类加法计数原理,共有144＋144＝288个不同的六位奇数. （2）六位奇数. 第2课时　排列与排列数的应用 方法二（元素分析法）：0不在两端有种排法.从1,3,5中选1个排在个位,剩下的4个数字全排列.故共有··＝288个不同的六位奇数. 第2课时　排列与排列数的应用 1.（变结论）在本例条件下,试求能组成多少个无重复数字的四位偶数. 解　符合要求的四位偶数可分为三类： 第1类,0在个位时,有个；第2类,2在个位时,首位上的数字从1,3,4,5中选定1个,有种选法,十位上的数字和百位上的数字从余下的数字中选,有种,于是有·个；第3类,4在个位时,与第2类同理,也有·个.由分类加法计数原理可知,共有＋2·＝156个无重复数字的四位偶数. 第2课时　排列与排列数的应用 2.（变结论）在本例条件下,试求能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数. 解　可分为两类：第1类,个位上为0的五位数有个；第2类,个位上为5的五位数有·个,故共有＋·＝216个无重复数字且为5的倍数的五位数. 第2课时　排列与排列数的应用 排数字问题常见的解题方法 　　（1）两优先排法：特殊元素优先排列,特殊位置优先填充.如“0”不排“首位”. 　　（2）分类讨论法：按照某一标准将排列分成几类,然后按照分类加法计数原理进行,要注意如下两点：一是分类标准必须恰当；二是分类过程要做到不重不漏. 　　（3）排除法：全排列数减去不符合条件的排列数. 　　（4）位置分析法：按位置逐步讨论,把要求数字的每个数位排好. 第2课时　排列与排列数的应用 3.用0,1,2,3,4,5这六个数字,能组成多少个符合下列条件的数字？（运算结果以数字作答） （1）无重复数字的四位偶数； 解　（1）符合要求的四位偶数可分为两类. 第一类,0在个位时有个； 第二类,2或4在个位时,首位从1,3,4（或2）,5中选（有种情况）,十位和百位从余下的数字中选（有种情况）,于是有2个. 由分类加法计数原理知,共有四位偶数＋2＝156（个）. 第2课时　排列与排列数的应用 （2）无重复数字且为5的倍数的四位数； 解　（2）符合要求的数可分为两类：第一类：0在个位时有个；第二类：5在个位时有个.故满足条件的四位数共有＋＝108（个）. 第2课时　排列与排列数的应用 解　（3）符合要求的比1230大的四位数可分为四类： 第一类：形如2□□□,3□□□,4□□□,5□□□,共有个； 第二类：形如13□□,14□□,15□□,共有个； 第三类：形如124□,125□,共有个； 第四类：形如123□,共有个. 由分类加法计数原理知,无重复数字且比1230大的四位数共有＋＋＋＝284（个）. （3）无重复数字且比1 230大的四位数. 第2课时　排列与排列数的应用 　　　　　 重复排列 [典例]　6个人站成前后三排,每排2人,有多少种不同的站法？ [解]　方法一：6个人站成前后三排,每排2人,分3步完成,不同的站法共有··＝720（种）. 方法二：此问题可看作将排成的三排“拉直”,实际上就是将6人排成一排的问题.故共有＝720种不同排法. 第2课时　排列与排列数的应用 　　求解此题可能出现如下错解： 有···＝4 320种不同排法或有·＝360种不同排法.前一种解答错在前三步已经分清了三排,不需要再排列了,后一种解答忽略了第3步,余下的2人还要去排最后一排的2个不同位置. 第2课时　排列与排列数的应用 [对应学生用书第13页] 1.现有甲、乙、丙3种树苗可供选择,分别种在一排的5个坑中,要求相同的树苗不能相邻,第1个坑和第5个坑内只能种甲种树苗,则不同的种法共有 （　　） A.4种 B.5种 C.6种 D.7种 第2课时　排列与排列数的应用 解析　根据题意,分两类,第一类：若第2个坑和第4个坑种的树苗相同,则第2个坑和第4个坑有2种种法,第3个坑有2种种法,此时有2×2＝4种种法.第二类：若第2个坑和第4个坑种的树苗不同,则第2个坑和第4个坑有2×1＝2种种法,第3个坑有1种种法,此时有2×1×1＝2种种法.共有4＋2＝6种不同的种法,故选C. 答案　C 第2课时　排列与排列数的应用 第2课时　排列与排列数的应用 第2课时　排列与排列数的应用 第2课时　排列与排列数的应用 第2课时　排列与排列数的应用 1．(全国甲卷)甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是(　　) A． eq \f(1,4) B． eq \f(1,3) C． eq \f(1,2) D． eq \f(2,3) 解析　方法一：画出树状图，如图， 由树状图可得， 甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有 24 种排法， 其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有 8 种，故所求概率P＝ eq \f(8,24) ＝ eq \f(1,3) . 方法二：当甲排在排尾，乙排第一位，丙有2种排法，丁就1种，共2种； 当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种，共2种；于是甲排在排尾共4种方法，同理乙排在排尾共4种方法，于是共8种排法符合题意； 基本事件总数显然是 A eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)) ＝24 ，根据古典概型的计算公式，丙不在排头， 甲或乙在排尾的概率为 eq \f(8,24) ＝ eq \f(1,3) . 答案　B 2．(甘肃庆阳高二期末)五声音阶(汉族古代音律)是按五度的相生顺序，从宫音开始到羽音，依次为宫、商、角、徵、羽．若将这五个音阶排成一列，形成一个音序，且要求宫、羽两音节不相邻，可排成不同的音序的种数为(　　) A．12 B．48 C．72 D．120 解析　先排其他三个音节，然后在空档中插入宫、羽两音节，种数为A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝6×12＝72.故选C. 答案　C 探究二　有限制条件的排列问题 2．(1)(山西运城月考)七名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两名同学要站在一起，则不同的站法种数为(　　) A．240 B．192 C．96 D．48 (2)某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”六张知识展板放置在六个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”和“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为(　　) A．24 B．48 C．144 D．240 解析　(1)当乙、丙在甲的左侧时，不同的站法种数为A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) A eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) ·A eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)) ＝96；同理，当乙、丙在甲的右侧时，不同的站法种数也为96.所以不同的站法种数为96×2＝192.故选B. (2)将“立春”和“春分”两块展板看成一个整体，与“雨水”“谷雨”两块展板进行全排列，再将“清明”和“惊蛰”两块展板插空，所以不同的放置方式种数为A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝2×6×12＝144.故选C. 答案　(1)B　(2)C 2．(新高考全国Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有(　　) A．12种　 B．24种　 C．36种　 D．48种 解析　先将丙和丁捆在一起，有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) 种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) 种排列方式，最后将甲插入中间两空，有2种排列方式，所以不同的排列方式共有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ×2＝24(种). 答案　B 3．(全国甲卷)现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有(　　) A．120种 B．60种 C．30种 D．20种 解析　先从5人中选择1人两天均参加公益活动，有5种方式；再从余下的4人中选2人分别安排到星期六、星期日，有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) 种安排方式．所以不同的安排方式共有5·A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝60(种). 答案　B 4．若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有________种．(用数字作答) 解析　根据题意，因为“good”四个字母中的两个“o”是相同的，则其不同的排列有 eq \f(1,2) A eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)) ＝12(种).而正确的排列只有1种，则可能出现的错误共有11种． 答案　11 $$