培优课 排列与组合-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册教用Word(人教A版)

该教案聚焦排列与组合的定序问题及综合应用，通过“6人排队甲在乙前”等例题导入，衔接基础排列知识，以“全排列中定序元素占比”为支架，构建从一般到特殊的解题思路。 特色在于提炼定序问题“n!/m!”通法，培养数学思维中的推理能力，综合问题分类分步讨论（如茶经楼参观人数分类），提升逻辑思维，跟踪训练（如七位数排列）让学生用数学语言表达，助力学生掌握模型，方便教师教学实施。

培优课　排列与组合 题型一 定序问题 【例1】　6人站成一排. （1）甲必须在乙的前面（不一定相邻），则有多少种不同的排列方法？ （2）甲、乙、丙三人自左向右的顺序不变（不一定相邻），则有多少不同的排列方法？ 解：（1）甲在乙前面的排法种数占全体排列种数的一半，故有＝360（种）不同的排法. （2）甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变，即甲、乙、丙自左向右顺序的排法种数占全排列种数的.故有＝120（种）不同的排法. 通性通法 定序问题的求解方法 　　n个不同元素的全排列有种排法，m个特殊元素的全排列有种排法.当这m个元素顺序确定时，共有种排法. 【跟踪训练】 　用1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字的七位数，若1，3，5，7的顺序一定，求有多少个符合条件的七位数？ 解：法一（直接转化法）　七个位置先安排2，4，6三个数的排法为，然后1，3，5，7的顺序按照要求只能是1种，由分步乘法计数原理得符合条件的七位数的个数为×1＝210. 法二（重复插空法）　先将1，3，5，7按固定顺序排好，这四个数有5个空隙，将2插入，有5个空隙可以选择，然后再将4插入，有6个空隙可以选择，最后将7插入，有7个空隙可以选择，所以由分步乘法计数原理得符合条件的七位数的个数为5×6×7＝210. 题型二 排列与组合的综合问题 角度1　“类中有步”的计数问题 【例2】　甲、乙、丙、丁四个人中秋节分别选择到东湖公园、茶经楼、历史博物馆和北湖公园其中一处去参观游玩，其中茶经楼必有人去，则不同的参观方式共有（　　） A.24种　 B.96种 C.174种　 D.175种 解析：D　按照去茶经楼的人数进行分类讨论.第一类，若4个人均去茶经楼，则有1种参观方式；第二类，若有3个人去茶经楼，分两步，从4个人中选择3个人去茶经楼，余下1个人从另外的3处景点中任意选择一处，有＝12（种）参观方式；第三类，若有2个人去茶经楼，分三步，从4个人中选择2个人去茶经楼，余下2个人分别从另外的3处景点中任意选择一处，有＝54（种）参观方式；第四类，若有1个人去茶经楼，分四步，从4个人中选择1个人去茶经楼，余下3个人分别从另外的3处景点中任意选择一处，有＝108（种）参观方式.综上，由分类加法计数原理，共有1＋12＋54＋108＝175（种）参观方式，故选D. 角度2　“步中有类”的计数问题 【例3】　如图，用4种不同的颜色给图中的8个区域涂色，每种颜色至少使用一次，每个区域仅涂一种颜色，且相邻区域所涂颜色互不相同，则区域A，B，C，D和A1，B1，C1，D1分别各涂2种不同颜色的涂色方法共有　24　种；区域A，B，C，D和A1，B1，C1，D1分别各涂4种不同颜色的涂色方法共有　216　种. 解析：区域A，B，C，D和A1，B1，C1，D1分别各涂2种不同颜色，则区域A和C同色，B和D同色，A1和C1同色，B1和D1同色，所以先涂区域A和C，B和D，从4种颜色中选两种，有种.再涂区域A1和C1，B1和D1，用另外两种颜色去涂，有种.所以由分步乘法计数原理共有＝24（种）涂色方法.设四种不同的颜色为a，b，c，d，第一步先涂区域A，B，C，D共有＝24（种）方法，第二步涂区域A1，B1，C1，D1，在给区域A1，B1，C1，D1涂色时，与相应的区域A，B，C，D颜色不能相同，不妨设区域A，B，C，D对应的颜色是a，b，c，d，那么区域A1，B1，C1，D1对应的颜色可能情况有如下几类，（b，a，d，c），（b，c，d，a），（b，d，a，c），（c，a，d，b），（c，d，a，b），（c，d，b，a），（d，a，b，c），（d，c，a，b），（d，c，b，a），共9种情况，所以共有24×9＝216（种）涂色方法. 通性通法 1.解排列与组合综合问题的一般思路是“先选后排”，也就是先把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列. 2.解排列与组合综合问题时要注意的两点 （1）元素是否有序是区分排列与组合的基本方法，无序的问题是组合问题，有序的问题是排列问题； （2）对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后再考虑是分类还是分步，这是处理排列与组合综合问题的一般方法. 【跟踪训练】 1.已知集合A＝{4，5，6，7}，B＝{5，6，7，8，9}，从集合A中取出1个元素，从集合B中取出3个元素，可以组成无重复数字且比5 000大的自然数的个数共有（　　） A.180　 B.300 C.468　 D.564 解析：C　由两个集合中的数字大小，以及要求组成比5 000大的自然数，可分为两类讨论.第一类，若从集合A中取出元素4，则4不能作千位上的数字，只能先排在个位、十位或百位上，有种方法，再从B中选3个数字排在另外三个数位上有种方法，从而共有＝180（个）满足题意的自然数.第二类，从集合A中的元素5，6，7中取1个，有3种方法，若集合A中取出元素5，则集合B只能从6，7，8，9中取3个数字，有种取法，故可有（个）满足题意的自然数.集合A中取元素6，7时同理.故共有3＝288（个）满足题意的自然数.综上，由分类加法计数原理可得，满足题意的自然数共有180＋288＝468（个），故选C. 2.将6个不同的乒乓球全部放入两个不同的球袋中，每个球袋中至少放1个乒乓球，则不同的放法有（　　） A.82种　 B.62种 C.112种　 D.84种 解析：B　先将6个不同的乒乓球分为两组，可分为1个和5个，2个和4个，3个和3个三种情况，共有＋＋＝31（种）分法，再将分好的两组分别放入不同的球袋中，则共有31×＝62（种）放法. 1.＝（　　） A.120　 B.160 C.180　 D.240 解析：A　＝＝120. 2.从6名员工中选出3人分别从事教育、培训、管理三项不同的工作，则不同的选派方案共有（　　） A.60种　 B.80种 C.100种　 D.120种 解析：D　从6名员工中选出3人分别从事教育、培训、管理三项不同的工作，则不同的选派方案共有＝6×5×4＝120（种）.故选D. 3.在1，2，3，4，5这5个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的共有（　　） A.36个　 B.24个 C.18个　 D.6个 解析：A　若各位数字之和为偶数，则只能两奇一偶，故有＝36（个）符合要求的数. 4.甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是（　　） A.257　 B.336 C.343　 D.384 解析：C　由题意知可分为三类：第一类是3人各站一级台阶，有种站法；第二类是有一级台阶有2人，另一级台阶有1人，共有种站法；第三类是3人站在一级台阶上，有种站法.所以根据分类加法计数原理知共有不同的站法种数是＋＋＝343.故选C. 5.元宵节灯展后，悬挂的8盏不同的花灯需要取下，如图所示，每次取1盏，则不同的取法共有（　　） A.32种　 B.70种 C.90种　 D.280种 解析：B　因为取灯时每次只能取一盏，所以每串灯必须先取下面的灯，即每串灯取下的顺序确定，取下的方法有＝70（种）.故选B. 6.某校从8名青年教师中选派4名分别作为四个学生社团的指导教师，每个社团各派去1名教师，其中教师甲和乙不能同时参加，甲和丙只能都参加或都不参加，则不同的选派方案有（　　） A.360种　 B.480种 C.600种　 D.720种 解析：C　 7.（多选）集合M＝{x｜x＝，n≥0且n∈N*}，集合Q＝{1，2，3，4}，则下列结论正确的是（　　） A.M＝{1，4，6}　 B.Q⊆M C.M⊆Q　 D.M∩Q＝{1，4} 解析：AD　由知，n＝0，1，2，3，4，又＝1，＝4，＝＝6，＝＝4，＝1.所以M＝{1，4，6}.故M∩Q＝{1，4}. 8.（多选）将四个不同的小球放入三个分别标有1号、2号、3号的盒子中且不允许有空盒子的放法有（　　） A.种　 B.种 C.种　 D.18种 解析：BC　根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1号、2号、3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个盒子中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个球，则可以有两种方法进行分析： （1）①先将四个不同的小球分成3组，有种分组方法；②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有种放法.则没有空盒的放法有种. （2）①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有种情况；②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有种放法.则没有空盒的放法有种.故选B、C. 9.（多选）现有5名同学报名参加3个不同的课后服务小组，每人只能报一个小组，则下列说法正确的是（　　） A.若报名没有任何限制，则共有53种不同的安排方法 B.若报名没有任何限制，则共有35种不同的安排方法 C.若每个小组至少要有1人参加，则共有540种不同的安排方法 D.若每个小组至少要有1人参加，则共有150种不同的安排方法 解析：BD　5名同学报名参加3个不同的课后服务小组，每人只能报一个小组，若报名没有任何限制，则每人都有3种选择，故共有35种不同的安排方法，故B正确，A错误；若每个小组至少要有1人参加，则先分组后排列，先将5名同学分为三组有＋＝25（种）方法，再将分好的三组分到3个不同的课后服务小组有＝6（种）情况，所以每个小组至少要有1人参加，则共有25×6＝150（种）不同的安排方法，故C错误，D正确.故选B、D. 10.旅游体验师小李受某网站邀请，决定在甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游.已知他不能最先去甲景区旅游，不能最后去乙景区和丁景区旅游，则他可选的旅游路线数为　10　. 解析：小李可选的旅游路线分两种情况：①最后去甲景区旅游，则可选的路线有种；②不最后去甲景区旅游，则可选的路线有种.所以小李可选的旅游路线数为＋＝10. 11.如图，将1，2，3，4四个数字填在6个“”中，每个“”中填一个数字，有线段连接的两个“”不能填相同数字，四个数字不必均使用，则不同填数方法有　264　种. 解析：如图，计算不同填数方法有两类办法：当用四个数字时，先填A，E，D，有种填法，再从B，F，C中选一处填第四个数，如B，再填F，若F与D同，则C有2种填法，若F与D不同，则C有1种填法，于是得有（2＋1）种填法；当用三个数字时，先填A，E，D，有种填法，再填B，有2种填法，则F，C各有1种填法，于是得有2种填法.利用分类加法计数原理得不同填数方法有（2＋1）＋2＝216＋48＝264（种）. 12.为弘扬我国古代的六艺文化，某夏令营主办单位计划利用暑期开设礼乐射御书数六门体验课程. （1）若体验课连续开设六周，每周一门，求其中射不排在第一周，数不排在最后一周的所有可能排法种数； （2）甲、乙、丙、丁、戊五名教师教这六门课程，每名教师至少任教一门课程，求其中甲不任教数的课程安排方案种数. 解：（1）分两组情况讨论： ①射排在最后一周时，则有＝120种排法. ②当射不排在最后一周，则射有4种排法，数也有4种排法，剩下的4门课程全排列，有4×4×＝384种排法， 所以共有120＋384＝504种不同排法. （2）分两种情况讨论： 当甲教两科时，则有＝240种安排方法； 当甲教一科时，则有＝1 200种安排方法. 所以共有240＋1 200＝1 440种不同安排方案. 13.在混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品.现需要通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束. （1）若第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，求共有多少种不同的抽法； （2）已知每检测一件产品需要检测费用100元，求检测结束时检测费用为400元的抽法有多少种？ 解：（1）由题意知，第一次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束， 第1次抽到的是正品有种抽法；第2次抽到的是次品有种抽法；第3次抽到的是正品有种抽法； 当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有＝24种抽法； 当抽取5次结束时，若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是正品，则共有＝48种抽法； 若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是次品，则共有＝48种抽法； 综上，第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品共有120种抽法. （2）由题意知，检测费用为400元，说明一共抽取了4次检测结束，共有以下两种情况： ①4次抽到的均为正品，共有＝24种抽法； ②前3次抽到2件正品，1件次品，且第4次抽到的是次品，共有··＝72种抽法. 所以，检测结束时，检测费用为400元的抽法共有96种. 5 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $