计数原理-10.2 排列与组合(教案)（通用8篇）
篇1：计数原理-10.2 排列与组合(教案)
响水二中高三数学（理）一轮复习
教案 第十编 计数原理 主备人 张灵芝 总第52期
§10.2 排列与组合
基础自测
1.从1，2，3，4，5，6六个数字中，选出一个偶数和两个奇数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有 个.答案 54 2.（2008·福建理）某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案共有 种.答案 14 3.停车场每排恰有10个停车位.当有7辆不同型号的车已停放在同一排后，恰有3个空车位连在一起的排法有 种.（用式子表示）答案 A88
4.在100件产品中有6件次品，现从中任取3件产品，至少有1件次品的不同取法种数是（用式子表示）.3答案 C100-C394
5.（2007·天津理）如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有 种（用数字作答）.答案 390
例题精讲
例1 六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？（1）甲不站两端；（2）甲、乙必须相邻；（3）甲、乙不相邻；（4）甲、乙之间间隔两人；（5）甲、乙站在两端；（6）甲不站左端，乙不站右端.解（1）方法一 要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有A14种站法，然后其余
155人在另外5个位置上作全排列有A55种站法，根据分步计数原理，共有站法：A4·A5=480（种）.2方法二 由于甲不站两端，这两个位置只能从其余5个人中选2个人站，有A5种站法，然后中24间人有A44种站法，根据分步计数原理，共有站法：A5·A4=480（种）.5方法三 若对甲没有限制条件共有A66种站法，甲在两端共有2A5种站法，从总数中减去这两种 329
5情形的排列数，即共有站法：A66-2A5=480（种）.（2）方法一 先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，和其余4人进行全排列有A55种站法，再把
52甲、乙进行全排列，有A22种站法，根据分步计数原理，共有A5·A2=240（种）站法.方法二 先把甲、乙以外的4个人作全排列，有A44种站法，再在5个空档中选出一个供甲、乙放
2412入，有A15种方法，最后让甲、乙全排列，有A2种方法，共有A4·A5·A2=240（种）.（3）因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”，第一步先让甲、乙以外的4个人站队，有A442种站法；第二步再将甲、乙排在4人形成的5个空档（含两端）中，有A5种站法，故共有站法为2A44·A5=480（种）.52也可用“间接法”，6个人全排列有A66种站法，由（2）知甲、乙相邻有A5·A2=240种站法，所52以不相邻的站法有A66-A5·A2=720-240=480（种）.（4）方法一 先将甲、乙以外的4个人作全排列，有A4然后将甲、乙按条件插入站队，有3A24种，2种，故共有A4（3A24·2）=144（种）站法.方法二 先从甲、乙以外的4个人中任选2人排在甲、乙之间的两个位置上，有A2然后把甲、4种，乙及中间2人看作一个“大”元素与余下2人作全排列有A3最后对甲、乙进行排列，有A22种3种方法，32方法，故共有A24·A3·A2=144（种）站法.（5）方法一 首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A22种，再让其他4人在中间位置作全排列，24有A44种，根据分步计数原理，共有A2·A4=48（种）站法.方法二 首先考虑两端两个特殊位置，甲、乙去站有A22种站法，然后考虑中间4个位置，由剩下
24的4人去站，有A44种站法，由分步计数原理共有A2·A4=48（种）站法.54（6）方法一 甲在左端的站法有A55种，乙在右端的站法有A5种，且甲在左端而乙在右端的站法有A4 330 54种，共有A66-2A5+A4=504（种）站法.方法二 以元素甲分类可分为两类：①甲站右端有A55种站法，②甲在中间4个位置之一，而乙不145114在右端有A14·A4·A4 种，故共有A5+A4·A4·A4=504（种）站法.例2 男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人.选派5人外出比赛.在下列情形中各有多少种选派方法？
（1）男运动员3名，女运动员2名；（2）至少有1名女运动员；（3）队长中至少有1人参加；（4）既要有队长，又要有女运动员.2解（1）第一步：选3名男运动员，有C36种选法.第二步：选2名女运动员，有C4种选法.2共有C36·C4=120种选法.（2）方法一 至少1名女运动员包括以下几种情况： 1女4男，2女3男，3女2男，4女1男.4233241由分类计数原理可得总选法数为C14C6+C4C6+C4C6+C4C6=246种.方法二 “至少1名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解.5从10人中任选5人有C10种选法，其中全是男运动员的选法有C56种.所以“至少有1名女运动员”的5选法为C10-C56=246种.（3）方法一 可分类求解：
443“只有男队长”的选法为C8； “只有女队长”的选法为C8； “男、女队长都入选”的选法为C8； 43所以共有2C8+C8=196种选法.方法二 间接法：
55从10人中任选5人有C10种选法.其中不选队长的方法有C8种.所以“至少1名队长”的选法为55C10-C8=196种.44（4）当有女队长时，其他人任意选，共有C9种选法.不选女队长时，必选男队长，共有C8种选法.444其中不含女运动员的选法有C5种，所以不选女队长时的选法共有C8-C5种选法.所以既有队长又有女444运动员的选法共有C9+C8-C5=191种.331 例3 4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内.（1）恰有1个盒不放球，共有几种放法？（2）恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？（3）恰有2个盒不放球，共有几种放法？
解（1）为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选
1212个放2个球，其余2个球放在另 外2个盒子内，由分步计数原理，共有C14C4C3×A2=144种.（2）“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个 子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法.（3）确定2个空盒有C2、（2，2）两类，第一类有序不4种方法.4个球放进2个盒子可分成（3，1）均匀分组有CC24(C342C11A234C11A22种方法；第二类有序均匀分组有
2C24C2A22·A
22种方法.故共有+2C24C2A22·A22）=84种.巩固练习
1.用0、1、2、3、4、5这六个数字，可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数：(1)奇数；(2)偶数；(3)大于3 125的数.12解(1)先排个位，再排首位，共有A13·A4·A4=144（个）.1123(2)以0结尾的四位偶数有A35个，以2或4结尾的四位偶数有A2·A4·A4个，则共有A5+ 12A12·A4·A4=156（个）.2(3)要比3 125大，4、5作千位时有2A35个，3作千位，2、4、5作百位时有3A4个，3作千位，1作 321百位时有2A13个，所以共有2A5+3A4+2A3=162（个）.2.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、乙两人至少有一人参加，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？
3解（1）只需从其他18人中选3人即可，共有C18=816（种）.5（2）只需从其他18人中选5人即可，共有C18=8 568（种）.43（3）分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有C12C18+C18=6 936（种）.332（4）方法一（直接法）至少一名内科医生一名外科医生的选法可分四类：一内四外；二内三外；三
4233241内二外；四内一外，所以共有C112C8+C12C8+C12C8+C12C8=14 656（种）.方法二（间接法）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，55得C520-（C8+C12)=14 656(种）.3.有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？（1）分成1本、2本、3本三组；
（2）分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本；（3）分成每组都是2本的三组；（4）分给甲、乙、丙三人，每人2本.2解（1）分三步：先选一本有C16种选法；再从余下的5本中选2本有C5种选法；对于余下的三本 123全选有C33种选法，由分步计数原理知有C6C5C3=60种选法.233（2）由于甲、乙、丙是不同的三人，在（1）的基础上，还应考虑再分配的问题，因此共有C16C5C3A3=360种选法.222（3）先分三步，则应是C6C4C2种选法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A、B、C、D、222E、F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为（AB，CD，EF），则C6C4C2种分法中还有（AB、EF、CD），（CD、AB、EF）、（CD、EF、AB）、（EF、CD、AB）、（EF、AB、CD）3共有A33种情况，而且这A3种情况仅是AB、CD、EF的顺序不同，因此，只算作一种情况，故分法有222C6C4C2A33=15种.222C6C4C2（4）在问题（3）的工作基础上再分配，故分配方式有
A33222·A33= C6C4C2=90种.回顾总结
知识 方法 思想
课后作业
一、填空题
1.用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的偶数共有 个.答案 36 2.将编号为1，2，3，4，5的五个球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子里，每个盒子内放一个球，若恰好有三个球的编号与盒子编号相同，则不同投放方法共有 种.333 答案 10 3.记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有 种.答案 960 4.(2008·天津理)有8张卡片分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，从中取出6张卡片排成3行2列，要求3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5，则不同的排法共有 种.答案 1 248 5.在图中，“构建和谐社会，创美好未来”，从上往下读（不能跳读），共有 种不同的读法.答案 252 6.（2008·安徽理）12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（用式子表示）.22答案 C8A6
7.平面内有四个点，平面内有五个点，从这九个点中任取三个，最多可确定 个平面，任取四点，最多可确定 个四面体.（用数字作答）答案 72 120 8.（2008·浙江理，16）用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻.这样的六位数的个数是.（用数字作答）答案 40
二、解答题
9.某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，求该外商不同的投资方案有多少种？
解 可先分组再分配，据题意分两类，一类：先将3个项目分成两组，一组有1个项目，另一组有2
22个项目，然后再分配给4个城市中的2个，共有C3A4种方案；另一类1个城市1个项目，即把3个223元素排在4个不同位置中的3个，共有A34种方案.由分类计数原理可知共有C3A4+A4=60种方案.10.课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女各指定一名队长，现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？（1）只有一名女生；（2）两队长当选；
334（3）至少有一名队长当选；（4）至多有两名女生当选.4解（1）一名女生，四名男生，故共有C15·C8=350（种）.3（2）将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有C22·C11=165（种）.423（3）至少有一名队长含有两类：有一名队长和两名队长.故共有：C12·C11+C2·C11=825（种）.55或采用间接法：C13-C11=825（种）.（4）至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生.2345故选法为C5·C8+C15·C8+C8=966（种）.11.已知平面∥，在内有4个点，在内有6个点.（1）过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同平面？（2）以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？（3）上述三棱锥中最多可以有多少个不同的体积？
2解（1）所作出的平面有三类：①内1点，内2点确定的平面，有C14·C6个；②内2点，2内1点确定的平面，有C2C1③，本身.∴所作的平面最多有C1C6+C2C1（个）.4·4·4·6个；6+2=983（2）所作的三棱锥有三类：①内1点，内3点确定的三棱锥，有C14·C6个；②内2点，内2312点确定的三棱锥，有C24·C6个；内3点，内1点确定的三棱锥，有C4·C6个.32231∴最多可作出的三棱锥有：C14·C6+C4·C6+C4·C6=194（个）.（3）∵当等底面积、等高的情况下三棱锥的体积相等,且平面∥，∴体积不相同的三棱锥最多有
322C36+C4+C6·C4=114（个）.12.有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，共有多少种不同排法？
解 ∵前排中间3个座位不能坐，∴实际可坐的位置前排8个，后排12个.12（1）两人一个前排，一个后排，方法数为C18·C12·A2种； 212（2）两人均在后排左右不相邻，共A12-A22·A11=A11种；
1（3）两人均在前排，又分两类：①两人一左一右，共C1C1A2②两人同左同右，有2（A2A24·4·2种；4-A3·2）122112212种.综上可知，不同排法种数为C18·C12·A2+A11+C4·C4·A2+2（A4-A3·A2）=346种.335
篇2：计数原理-10.2 排列与组合(教案)
管理系505-13、14、15；经济系205-
1、2 授课时间
2006年2月28日；星期二；1—2节
一、概率绪论（用自制的教学软件进行随机游戏演示）
教学内容
二、计数原理——加法原理与乘法原理的复习
三、排列与组合
通过教学，使学生能够：
1、了解概率统计的发展史，学习内容
2、培养对概率的学习兴趣
3、利用计数原理与排列组合计算完成某件事的方法数。
教学目的
知 识：
1、了解概率的发展简史与研究内容；
2、掌握排列与排列数公式；
3、掌握组合与组合数公式；
4、排列与组合的应用；
教学重点 排列与组合的概念
教学难点 解决实际问题时排列与组合的区别
教学资源 自编软件（用于多媒体演示），多种颜色的玻璃球若干个（以备实验）
教学后记
培养方案或教学大纲
修改意见 对授课进度计划 修改意见 对本教案的修改意见
技能与态度
1、对随机现象有正确的认识；
2、用科学态度对待随机现象；
3、科学计算的认真态度。
《概率与数理统计》教案01<> 教学资源及学时 调整意见 其他 教研室主任：
系部主任：
绪论（15分钟）
《概率与数理统计》是研究随机现象数量规律性的数学学科，其特点是理论严谨,应用广泛,发展迅速。目前,在全国的各种高等学校中，无论是本科院校还是高职高专，很多专业都开设了这门课程。它也是很多专业的本科生报考研究生的必考内容之一，希望大家能认真学好这门重要课程。
概率论是一门研究随机现象的数量规律的学科，它是数学的一个分支。概率(或几率)——是随机事件出现的可能性的量度，它起源于对赌博等博弈问题的研究
一、概率的起源
在欧洲文艺复兴时代，15世纪末的法国和意大利盛行赌博，不仅赌法复杂，而且赌注量大，一些职业赌徒迫切需要计算取胜的机会。
比如：一位意大利贵族向天文学家伽利略请教的问题是：“掷3颗骰子，出现9点与出现10点均有6种组合，但经验发现出现10点的机会要多些，是否符合数学规律？”，伽利略从组合数的角度对问题进行了解释，被认为是概率研究的首次成果。
九点（126，135，144，225，234，333）十点（136，145，226，235，244，334）
法国的赌徒麦尔（梅耳）(Mere)向法国的数学家帕斯卡(Pascal)提出两个问题——（1）将一颗骰子掷4次至少出现一个6点的机会是否比将两颗骰子掷4次至少出现一
《概率与数理统计》教案01<> 对6点的机会大？（著名的梅耳猜想），帕斯卡与费马经过通信讨论，最终解决了这一问题；（2）“一个赌徒用一颗骰子要在八次投掷中掷出一个六点，他开始三次都未成功，如果放弃>
d上面这两种情况出现的可能性相同，所以，甲应得的赌金为的赌金为d。
费马：结束赌局至多还要2局，结果为四种等可能情况： 情况： １
２
３
４ 胜者：甲甲
甲乙
乙甲
乙乙 141d23d，乙应得24前3种情况，甲获全部赌金，仅>
3414义的局限性很快便暴露了出来，甚至无法适用于一般的随机现象。因此可以说，到20世纪初，概率论的一些基本概念，诸如概率等尚没有确切的定义，概率论作为一个数学分支，缺乏严格的理论基础。
三、概率论理论基础的建立：
经过二十多年的艰难研究，雅各·贝努利在1713年出版了概率论的>
一、复习导入新课 复习内容：（10分钟）
实例说明
中学阶段的计数原理是以后学习概率的基础，统
理解用途
计学、运筹学以及生物的选种等都与它直接有关。在日常工作和生活中，只要涉及到很多方案的选择问
题，都可以应用它们来解决。
加法原理：做一件事，完成它可以有几类办法，明确加法原理的讲解
在> 飞机，也可以乘轮船。从甲地到丙地，共有多少种不同的走法？
教师归纳：（3分钟）
在学生对问题的分进行分类时，要求各类办法彼此之间是相互排斥使学生在应用两析不很清的，不论哪一类办法中的哪一种方法，都能单独完成个基本原理时，楚时，教这件事．只有满足这个条件，才能直接用加法原理，思路进一步清晰师及时地否则不可以．
和明确．从而深进行归纳如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不入理解两个基本和小结 可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而原理中分类、分各步要求相互独立，即相对于前一步的每一种方法，步的真正含义和下一步都有m种不同的方法，那么计算完成这件事实质 的方法数时，就可以直接应用乘法原理． 导入新课：（2分钟）
计数原理能在很多情况下，求得完成某件事的方引出学习排列与法总数。但对有些问题来说，如果都用计数原理来求组合的目的 解，则显得过于烦琐，为了简化求解方法，我们还要学习排列与组合的概念及方法——这是今天要学习的内容。
1．正确理解排列、组合的意义．
2．掌握写出所有排列、所有组合的方法，加深对分类讨论
二、明确学习目标
方法的理解．
3．培养学生的概括能力和逻辑思维能力。
三、知识学习
1、排列（8分钟）
《概率与数理统计》教案01<>
例．北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线，需要准备多少种不同的飞机票？
生甲：首先确定起点站，如果北京是起点站，终点站是上海或广州，需要制2种飞机票，若起点站是上海，终点站是北京或广州，又需制2种飞机票；若起点站是广州，终点站是北京或上海，又需要2种飞机票，共需要2+2+2=6种飞机票．
师：生甲用加法原理解决了准备多少种飞机票问题．能否用乘法原理来设计方案呢？
生乙：首先确定起点站，在三个站中，任选一个站为起点站，有3种方法．即北京、上海、广泛任意一个城市为起点站，当选定起点站后，再确定终点站，由于已经选了起点站，终点站只能在其余两个站去选．那么，根据乘法原理，在三个民航站中，每次取两个，按起点站在前、终点站在后的顺序排列不同方法共有3×2=6种．
定义：从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元素，按照一定顺序排成的一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
找学生用加法原 理求解
逐步引导
逐步引导
找学生用乘法原 理求解
老师点评，得出结论：乙的方法更
理解并掌握排列简洁。由的概念
掌握计算公式
明确相同排列的含义
此引出排列概念
逐步推导
排列数计算公式（由乘法原理求得）
Amn=n(n-1)…(n-m+1)排列说明：取出的元素要“按照一定的顺序排成一列”，只要交换位置，就是不同的排列．如飞机票、通信封数、减法
《概率与数理统计》教案01<> 与除法运算的结果都属于这一类。
2、组合（10分钟）
下面考虑另一类问题：取出的元素，不必管顺序，只有取不同元素时，才是不同的情况，如飞机的票价，打电话的次数、加法与乘法的运算结果都属于这一类．
定义：从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
说明：如果两个组合中的元素完全相同，那么不管元素的顺序如何，都是相同的组合；只有当组合中的元素不完全相同时，才是不同的组合。
一定要认真体会排列与组合的区别在于与顺序是否有关，在以后的各种实际应用题中要区别清楚才能寻找正确解题途径．
和排列一样，还需要区分清楚“一个组合”和“组合种数”这两个概念．一个组合不是一个数，而是具体的一件事
理解并掌握组合的概念
明确相同组合的含义
掌握计算公式
组合数公式（将排列数的计算分成两步）：
mm由Amn= CnAm得
mAnn(n1)(nm1)C=m=
m!Ammn
四、技能学习（20分钟）
排列与组合的应用
1、有条件限制的排列问题
例1、5个不同的元素a，b，c，d，e每次取全排列．（1）a，e必须排在首位或末位，有多少种排法？
《概率与数理统计》教案01<>（2）a，e既不在首位也不在末位，有多少种排法？（3）a，e排在一起有多少种排法？（4）a，e不相邻有多少种排法？
（5）a在e的左边（可不相邻）有多少种排法？
掌握有关排列组合问题的基本解（教师出题后向学生提出要求；开动脑筋，积极思维，法，提高分析问畅所欲言，鼓励提出不同解法，包括错误的解法）
教师小结：排列应用题是实际问题的一种，解应用问题的指导思想，弄清题意、联系实际、合理设计．调动相关的知识和方法是合理设计的基础．例1是排列的典型问题，解题方法可借鉴．排列问题思考起来比较抽象，“具体排”是一种把抽象转化具体的好方法．
例
2、同室4人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则4张贺年卡不同的分配方式有（）．
（A）6种（B）9种（C）11种（D）23种
先让学生独立作，教师巡视，然后归纳不同的解法．
（二）有条件限制的组合问题
例
3、已知集合A=｛1，2，3，4，5，6，7，8，9｝，求含有5个元素，且其中至少有两个是偶数的子集的个数．
（三）排列组合混合问题
例
4、从6名男同学和4名女同学中，选出3名男同学和2名女同学分别承担A，B，C，D，E这五项工作，一共有多少种分配方案．
题与解决问题的能力．
通过对典型错误的剖析，使学生克服解题中的“重复”与“遗漏”等常见错误．
培养思维的深刻错误分析
五、态度养成
性与批判性品质
六、实际解题训练（10分钟）
通过实际训练，学生练习1．设有4个不同的红球，6个不同的白球，每次取出4个球，取1个红球记2分，取1个白球记1分，使得总分不大于5分的取球方法数为
2．由数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的偶数共有[
] A．60个
B．48个
C．36个
C．24个
使学生掌握解排老师巡列组合问题基本视，解答思想和基本方法 问题
《概率与数理统计》教案01<>
七、课堂小结（2分钟）
解排列组合应用问题，首先要抓典型问题．如例1是排列常见的典型问题，例3是组合问题，例4是排列组合混合问题．通过典型问题掌握基本方法，这是解排列组合应用问题首先要做到的．
排列组合应用题与实际是紧密相连的，但思考起来又比较抽象．“具体排”是抽象转化为具体的桥梁，是解题的重要思考方法之一．“具体排”可以帮助思考，可以找出重复、遗漏的原因．有同学总结解排列组合应用题的方法是：“想透、排够不重不漏，”是很有道理的．
解排列组合应用题最重要的是，通过分析构想设计合理的解题方案，在这里抽象与具体、直接法与间接法、全面分类与合理分步等思维方法和解题策略得到广泛运用．
概括总结，帮助学生构建知识体
简要概括
系、明确排列组
本节内容
合的解题目标和对态度的要求。
八、布置作业
1．空间有五个点，其中任何四点不共面，以每四个点为顶点作一个四面体，一共可作多少个四面体？（5个）
2．用0，2，3，5可以组成多少个数字不重复且被5整除的三位数？（10个）
3．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多少种？（9种）
4．3个人坐在一排9个座位上，每人左、右两边都有空位子，这样的排法有_____种．
5．将5名学生分配到4个不同的科技小组、每组至少1人的分配方案有_____种．
6．预习>
培养做事认真的态度和习惯
篇3：计数原理-10.2 排列与组合(教案)
一、映射问题
例1:有三位同学参加两项不同的比赛, 每位同学必须参加一项比赛, 有多少种不同结果?
分析:必须参加一项即参加且只参加一项, 注意与至少参加一项的区别。设两项比赛分别为跳高、跳远, 三位同学分别为甲、乙、丙。
错解:以比赛为主线进行思考
跳高可以由甲、乙、丙三位同学中的任何一位参加, 同样地, 跳远也可以由甲、乙、丙三位同学中的任何一位参加。由分步计数原理得一共有
N=3×3=9种不同的结果。
错解原因:当跳高有三位同学参加时, 跳远就不可能有人参加了。
正解一:以比赛为主线进行思考
当跳高有0个人参加时, 跳远有3个人参加, 有1种方法;
当跳高有1个人参加时, 跳远有2个人参加, 有3种方法;
当跳高有2个人参加时, 跳远有1个人参加, 有3种方法;
当跳高有3个人参加时, 跳远有0个人参加, 有1种方法。
由分类计数原理知:一共有N=1+3+3+1=8种不同的参与方法, 每一种参与方法对应着一种比赛方法。因此一共有8种不同的结果。
正解二:以同学为主线进行思考
3位同学参加2项不同的比赛, 每位同学必须参加一项, 这一件事可以分为3个步骤完成。
第一步:甲参加比赛, 有2种不同的选法 (可以选跳高, 也可以选跳远)
第二步:乙参加比赛, 有2种不同的选法 (可以选跳高, 也可以选跳远)
第三步:丙参加比赛, 有2种不同的选法 (可以选跳高, 也可以选跳远)
这3个步骤完成之后, 3位同学参加2项不同的比赛且每位同学必须参加一项这件事就完成了。因此它满足分步计数原理的内涵特征, 所以一共有
N=2×2×2=8种不同的结果。
对比以上两种解法可见:此类问题以比赛为主线进行思考会随着学生人数和比赛项目的增多分类种数越来越多, 所以这种方法比较麻烦, 而显然以同学为主线进行思考简便得多, 我们应该掌握这种简捷而自然的方法。
二、重复问题
例2:6名同学中有3名同学只会唱歌, 2名同学只会跳舞, 1名同学既会唱歌又会跳舞, 现从中选出2名会唱歌、1名会跳舞的同学去参加演出, 问共有多少种不同的选法?
错解:先从3名会唱歌的学生中选2名, 再从剩下的3名学生中选1人即可。由分步计数原理得N=3×3=9种。
错误原因:唱歌的也可以选那1名既会唱歌又会跳舞的学生, 所以上述方法漏选了。
正解一:设6名学生分别为A、B、C、D、E、F
其中A、B、C只会唱歌, D、E只会跳舞, F既会唱歌又会跳舞
以跳舞为主线进行思考
选D时可选AB、AC、BC、AF、BF、CF (此时F作为唱歌的) 选E时可选AB、AC、BC、AF、BF、CF (此时F作为唱歌的) 选F时可选AB、AC、BC (此时F作为跳舞的)
由分类计数原理得N=6+6+3=15种。
正解二:以特殊元素为主线, 按选与不选既会唱歌又会跳舞的人去唱歌分类。
第一类:不选既会唱歌又会跳舞的人去唱歌 (即不选F去唱歌)
从3名只会唱歌的人中选2人去唱歌, 有3种方法;再从剩下的3人中选1人去跳舞, 有3种方法, 由分步计数原理得N1=3×3=9种方法。
第二类:选既会唱歌又会跳舞的人去唱歌 (即选F去唱歌)
从3名只会唱歌的人中选1人去唱歌, 有3种方法;再从剩下的2人中选1人去跳舞, 有2种方法, 由分步计数原理得N2=3×2=6种方法。
根据分类计数原理得N=N1+N2=9+6=15种
同理:也可以按选与不选既会唱歌又会跳舞的人去跳舞来分类。
注:在选择题或填空题中, 出现这类问题是常见的, 它主要考察两个基本原理:分类计数原理与分步计数原理, 它要求概念清晰, 运算熟练, 分类明确。所谓分类明确, 即选取标准后使所分的几类互相独立而不重复, 所分几类的并集包括适合条件的所有情况, 而无遗漏, 简单地说:分类应做到“不重不漏”。
篇4：吃透分步原理突破排列组合
乘法原理：Si(i=1,2,…,m)，|S|表示集合S的元素的个数，
S=S1×S2×…×Sm={(a1,a2,…，am）|ai∈Si,i=1,2,…,m}
，则有|S|=∏mi=1|Si|.
乘法原理在现行中学教材中称为分步计数原理，叙述如下：
完成一件事需要分成n个步骤，第1步有m1种不同的方法，第2步有m2种不同的方法，…，第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有m1?m2?…?mn种不同的方法.
下面着重讨论分步计数原理应用中的两类问题.
一、重复计算问题
很多学生认为只有在应用分类计数原理时才会出现重复计算的问题.其实，在应用分步计数原理时也同样存在重复计算的问题，这类重复问题主要是由于对分步计数原理理解不深，在对一件事进行分步的时候，各步骤的方法不独立而造成的.学生对这类重复问题既不易发现又难以理解.
【例1】 从5双不同的鞋子中任意取出4只，其中至少有2只配成1双的不同取法有多少种？
解：第一步，从5双不同的鞋子中任意取出1双，有C15种不同的方法；
第二步，从剩下的8只鞋子中任意取出2只，有C28种不同的方法.
根据分步计数原理，符合条件的取法共有
C15?C28=140种.
分析：上述计算结果包含了重复的取法，因而是错误的.设其中的2双鞋子分别是A1、A2和B1、B2，则第一步取到A1、A2，第二步取到B1、B2的结果，与第一步取到B1、B2，第二步取到A1、A2的结果是相同的，但在上述解法中被当作两种不同的取法来计算，从而犯了重复计算的错误.
在分步计数原理中，完成一件事的两种方法，只要其中任何一个步骤的方法不同，就被当做两种不同的方法来计算.这是检验分步是否正确，计算是否重复的标准.
解法一：（直接法）符合条件的取法分为两类：
第一类，取出的4只鞋子中恰有2只配成1双的取法有
C15?C24?C12?C12种不同的方法；
第二类，取出的4只鞋子配成2双的取法有C25种不同的取法；
根据分类计数原理，符合条件的取法共有
C15?C24?C12?C12+C25=130种.
解法二：（间接法）从5双不同的鞋子中任意取出4只，不同的取法共有C410种，其中取出的4只不能配成1双的取法有
C45?C12?C12?C12?C12种.
因此，符合条件的取法共有
C410-C45?C12?C12?C12?C12=130种.
二、巧用“分步”搭桥，沟通“未知”与“已知”，化难为易
“转化”是很重要的数学思想方法.排列组合中有很多问题是相互联系的，像“分组问题”，“定序排列问题”，“不尽相异元素的排列问题”，“环状排列问题”等，都可以通过巧妙的分步转化为一些已知的比较简单的问题来解决.这样的处理方法不仅能收到化难为易的效果，还能培养学生用联系的观点看问题，用转化的方法解决问题.
【例2】 （1）把6本不同的书分配给甲、乙、丙三人，每人2本，有多少种不同的分配方法？
（2）把6本不同的书平均分成3份，每份2本，有多少种不同的分法？
解：（1）按分步计数原理可得，不同的分配方法共有
C26?C24?C22=90种.
（2）设符合条件的分法共有x种.
把6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人2本，完成这件事可以分成两步进行.
第一步，把6本不同的书平均分成3份，有x种方法；
第二步，把分成的3份分配给甲、乙、丙3人，每人1份，有A33种方法.
根据分步计数原理和（1）中的结果可得x?A33=C26?C24?C22，
∴x=C26?C24?C22A33=15种.
【例3】 6人排成一排，其中甲、乙、丙3人的次序一定，有多少种不同的排法？
解：设符合条件的排法共有x种.若去掉“甲、乙、丙3人的次序一定”这一条件限制，则上述x种排法中的每一种排法都可以变成A33种不同的方法.而去掉“甲、乙、丙3人的次序一定”这一条件限制，问题就转化为6个元素的全排列.因此x?A33＝A66，
∴x=A66A33
=120种.
【例4】 某实验室有A型的血液2瓶，B型的血液3瓶，AB型的血液1瓶，O型的血液4瓶，同型的血液没有区别.把这些血液排成一排，有多少种不同的排法？
解：设不同的排法有x种.
若把题中的2瓶A型血液替换成2个不同的事物，则上述x种排法中的每一种排法都可以变成A22种不同的排法；同理，若把题中的3瓶B型血液替换成3个不同的事物，则上述x种排法中的每一种排法都可以变成A33种不同的排法；若把题中的4瓶O型血液替换成4个不同的事物，则上述x种排法中的每一种排法都可以变成A44种不同的排法.而经过上述替换之后，问题就转化为10个不同元素的全排列.因此，x?A22?A33?A44=A1010,
∴x=A1010A22?A33?A44=10!2!×3!×4!.
以上三例的解法是把未知的问题作为某个已知的问题的一个步骤，从而化未知为已知，收到了化难为易的效果.这种方法是组合数学中的一种比较典型的处理问题的方法.
篇5：计数原理-10.2 排列与组合(教案)
基础巩固题组(建议用时：25分钟)
一、选择题
1.(2016·四川卷)用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为()A.24 B.48
C.60 D.72 解析 由题意，可知个位可以从1，3，5中任选一个，有A3种方法，其他数位上的数可以从剩下的4个数字中任选，进行全排列，有A4种方法，所以奇数的个数为A3A4＝3×4×3×2×1＝72，故选D.答案 D 2.(2017·东阳调研)某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有()A.16种 C.42种
B.36种 D.60种
414解析 法一(直接法)若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共A4种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项共C3A4种方法.由分类加法计数原理知共A4＋C3A4＝60(种)方法.法二(间接法)先任意安排3个项目，每个项目各有4种安排方法，共4＝64种排法，其中3个项目落入同一城市的排法不符合要求共4种，所以总投资方案共4－4＝64－4＝60(种).答案 D 3.10名同学合影，站成了前排3人，后排7人，现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数为()A.C7A5 2
222 B.C7A2
222
C.C7A5
D.C7A5
23解析 首先从后排的7人中抽2人，有C7种方法；再把2个人在5个位置中选2个位置进行排列有A5种.由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是C7A5.答案 C 4.(2017·金华调研)甲、乙两人从4门课程中各选修两门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有________种()A.30 B.36
C.60
D.72
222解析 甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法可以分为两类：当甲、乙所选的课程中2门均不相同时，甲先从4门中任选2门，乙选取剩下的2门，有C4C2＝6种方法；当甲、乙所选的课程中有且只有1门相同时，分为2步：①从4门中选1门作为相同的课程，有C4＝4种
122选法，②甲从剩余的3门中任选1门，乙从最后剩余的2门中任选1门有C3C2＝6种选法，由分步乘法计数原理此时共有C4C3C2＝24种方法.综上，共有6＋24＝30种方法.答案 A 5.某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位.该台晚会节目演出顺序的编排方案共有()A.36种 C.48种
B.42种 D.54种
111解析 分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最后一位，中间4个节目无限制条件，有A4种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C3种排法，其他3个节目有A3种排法，故有C3A3种排法.依分类加法计数原理，知共有A4＋C3A3＝42种编排方案.答案 B 6.(2016·东北三省四市联考)甲、乙两人要在一排8个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则有多少种坐法()A.10 C.20
B.16 D.24 1
31313
44解析 一排共有8个座位，现有两人就坐，故有6个空座.∵要求每人左右均有空座，∴在6个空座的中间5个空中插入2个座位让两人就坐，即有A5＝20种坐法.答案 C 7.(2017·浙江五校联考)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是()A.72 C.144
B.120 D.168
2解析 法一 先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”，“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”.对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品中2□相声□”，有A2C3A3＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个人，其形式为“□小品1□相声□小品2□”.有A2A4＝48种安排方法，故共有36＋36＋48＝120种安排方法.法二 先不考虑小品类节目是否相邻，保证歌舞类节目不相邻的排法共有A3·A4＝144(种)，再剔除小品类节目相邻的情况，共有A3·A2·A2＝24(种)，于是符合题意的排法共有144－24＝120(种).答案 B 8.(2017·青岛模拟)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，9×5＝45种坐法.答案 45
能力提升题组(建议用时：20分钟)14.(2017·武汉调研)三对夫妻站成一排照相，则仅有一对夫妻相邻的站法总数是()A.72 C.240
B.144 D.288 解析 第一步，先选一对夫妻使之相邻，捆绑在一起看作一个复合元素A，这对夫妻有2种排法，故有C3A2＝6种排法；第二步，再选一对夫妻，这对夫妻有2种排法，从剩下的那对夫妻中选择一个插入到刚选的夫妻中，把这三个人捆绑在一起看作另一个复合元素B，有C2A2C2＝8种排法；第三步，将复合元素A，B和剩下的那对夫妻中剩下的那一个进行全排列，有A3＝6种排法，由分步乘法计数原理，知三对夫妻排成一排照相，仅有一对夫妻相邻的排法有6×8×6＝288种，故选D.答案 D 15.设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为()A.60 C.120
B.90 D.130
篇6：计数原理-10.2 排列与组合(教案)
（1）正确理解加法原理与乘法原理的意义，分清它们的条件和结论；
（2）能结合树形图来帮助理解加法原理与乘法原理；
（3）正确区分加法原理与乘法原理，哪一个原理与分类有关，哪一个原理与分步有关；
（4）能应用加法原理与乘法原理解决一些简单的应用问题，提高学生理解和运用两个原理的能力；
（5）通过对加法原理与乘法原理的学习，培养学生周密思考、细心分析的良好习惯。
教学建议
一、知识结构
二、重点难点分析
本节的重点是加法原理与乘法原理，难点是准确区分加法原理与乘法原理。
加法原理、乘法原理本身是容易理解的，甚至是不言自明的。这两个原理是学习排列组合内容的基础，贯穿整个内容之中，一方面它是推导排列数与组合数的基础；另一方面它的结论与其思想在方法本身又在解题时有许多直接应用。
两个原理回答的，都是完成一件事的所有不同方法种数是多少的问题，其区别在于：运用加法原理的前提条件是，做一件事有n类方案，选择任何一类方案中的任何一种方法都可以完成此事，就是说，完成这件事的各种方法是相互独立的；运用乘法原理的前提条件是，做一件事有n个骤，只要在每个步骤中任取一种方法，并依次完成每一步骤就能完成此事，就是说，完成这件事的各个步骤是相互依存的。简单的说，如果完成一件事情的所有方法是属于分类的问题，每次得到的是最后结果，要用加法原理；如果完成一件事情的方法是属于分步的问题，每次得到的该步结果，就要用乘法原理。
三、教法建议
关于两个计数原理的教学要分三个层次：
第一是对两个计数原理的认识与理解．这里要求学生理解两个计数原理的意义，并弄清两个计数原理的区别．知道什么情况下使用加法计数原理，什么情况下使用乘法计数原理．（建议利用一课时）．
第二是对两个计数原理的使用．可以让学生做一下习题（建议利用两课时）：
①用0，1，2，……，9可以组成多少个8位号码；
②用0，1，2，……，9可以组成多少个8位整数；
③用0，1，2，……，9可以组成多少个无重复数字的4位整数； ④用0，1，2，……，9可以组成多少个有重复数字的4位整数； ⑤用0，1，2，……，9可以组成多少个无重复数字的4位奇数；
⑥用0，1，2，……，9可以组成多少个有两个重复数字的4位整数等等．
第三是使学生掌握两个计数原理的综合应用，这个过程应该贯彻整个教学中，每个排列数、组合数公式及性质的推导都要用两个计数原理，每一道排列、组合问题都可以直接利用两个原理求解，另外直接计算法、间接计算法都是两个原理的一种体现．教师要引导学生认真地分析题意，恰当的分类、分步，用好、用活两个基本计数原理． 教学设计示例
加法原理和乘法原理
教学目标
正确理解和掌握加法原理和乘法原理，并能准确地应用它们分析和解决一些简单的问题，从而发展学生的思维能力，培养学生分析问题和解决问题的能力． 教学重点和难点
重点：加法原理和乘法原理．
难点：加法原理和乘法原理的准确应用． 教学用具
投影仪． 教学过程设计
（一）引入新课
从本节课开始，我们将要学习中学代数内容中一个独特的部分——排列、组合、二项式定理．它们研究对象独特，研究问题的方法不同一般．虽然份量不多，但是与旧知识的联系很少，而且它还是我们今后学习概率论的基础，统计学、运筹学以及生物的选种等都与它直接有关．至于在日常的工作、生活上，只要涉及安排调配的问题，就离不开它．
今天我们先学习两个基本原理．
（二）讲授新课
1．介绍两个基本原理
先考虑下面的问题：
问题1：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船．一天中，火车有4个班次，汽车有2个班次，轮船有3个班次．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？
因为一天中乘火车有4种走法，乘汽车有2种走法，乘轮船有3种走法，每种走法都可以完成由甲地到乙地这件事情．所以，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有4+2+3=9种不同的走法．
这个问题可以http://jiaoan.cnkjz.com/Article/Index.html>总结为下面的一个基本原理（打出片子——加法原理）：
加法原理：做一件事，完成它可以有几类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法．
请大家再来考虑下面的问题（打出片子——问题2）：
问题2：由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条（见下图），从A村经B村去C村，共有多少种不同的走法？
这里，从A村到B村，有3种不同的走法，按这3种走法中的每一种走法到达B村后，再从B村到C村又各有2种不同的走法，因此，从A村经B村去C村共有3×2=6种不同的走法．
一般地，有如下基本原理（找出片子——乘法原理）：
乘法原理：做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法． 2．浅释两个基本原理
两个基本原理的用途是计算做一件事完成它的所有不同的方法种数．
比较两个基本原理，想一想，它们有什么区别？
两个基本原理的区别在于：一个与分类有关，一个与分步有关．
看下面的分析是否正确（打出片子——题1，题2）：
题1：找1～10这10个数中的所有合数．第一类办法是找含因数2的合数，共有4个；第二类办法是找含因数3的合数，共有2个；第三类办法是找含因数5的合数，共有1个． 1～10中一共有N=4＋2＋1=7个合数．
题2：在前面的问题2中，步行从A村到B村的北路需要8时，中路需要4时，南路需要6时，B村到C村的北路需要5时，南路需要3时，要求步行从A村到C村的总时数不超过12时，共有多少种不同的走法？
第一步从A村到B村有3种走法，第二步从B村到C村有2种走法，共有N=3×2=6种不同走法．
题2中的合数是4，6，8，9，10这五个，其中6既含有因数2，也含有因数3；10既含有因数2，也含有因数5．题中的分析是错误的．
从A村到C村总时数不超过12时的走法共有5种．题2中从A村走北路到B村后再到C村，只有南路这一种走法．
（此时给出题1和题2的目的是为了引导学生找出应用两个基本原理的注意事项，这样安排，不但可以使学生对两个基本原理的理解更深刻，而且还可以培养学生的学习能力）
进行分类时，要求各类办法彼此之间是相互排斥的，不论哪一类办法中的哪一种方法，都能单独完成这件事．只有满足这个条件，才能直接用加法原理，否则不可以．
如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而各步要求相互独立，即相对于前一步的每一种方法，下一步都有m种不同的方法，那么计算完成这件事的方法数时，就可以直接应用乘法原理．
也就是说：类类互斥，步步独立．
（在学生对问题的分析不是很清楚时，教师及时地归纳小结，能使学生在应用两个基本原理时，思路进一步清晰和明确，不再简单地认为什么样的分类都可以直接用加法，只要分步而不管是否相互联系就用乘法．从而深入理解两个基本原理中分类、分步的真正含义和实质）
（三）应用举例
现在我们已经有了两个基本原理，我们可以用它们来解决一些简单问题了．
例1 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？
（让学生思考，要求依据两个基本原理写出这3个问题的答案及理由，教师巡视指导，并适时口述解法）
（1）从书架上任取一本书，可以有3类办法：第一类办法是从3本不同数学书中任取1本，有3种方法；第二类办法是从5本不同的语文书中任取1本，有5种方法；第三类办法是从6本不同的英语书中任取一本，有6种方法．根据加法原理，得到的取法种数是 N＝m1＋m2＋m3＝3＋5＋6＝14．故从书架上任取一本书的不同取法有14种．
篇7：排列与组合教案
1、通过观察、猜测、操作等活动，找出最简单的事物的排列数和组合数。
2、经历探索简单事物排列与组合规律的过程。
3、培养学生[此文转于斐斐课件园 FFKJ.Net]有序地全面地思考问题的意识。
4、感受数学与生活的紧密联系，培养学生[此文转于斐斐课件园 FFKJ.Net]学习数学的兴趣和用数学方法解决问题的意识。
教学重点：经历探索简单事物排列与组合规律的过程。教学难点：初步理解简单事物排列与组合的不同。
教具准备：乒乓球、、纸箱、每组三张数字卡片、吹塑纸数字卡片。
一、情境创设，激发兴趣：
课前出示课题：今天我们学习的题目是《数学广角》，这里边有许许多多的数学知识。想知道吗？跟老师一起来学习吧。（板书课题）。
师：老师这儿有两个语文汉字，“数”、“字”（师举起展示）你能组成那几个词语？ 生：数字和字数。
师：语文汉字大家会排了，如果是数学数字，你会排吗？请看屏幕用哪两个数字？1.2（课件展示）
二、自主合作，探究新知
1、排数：1.2 师：用1、2这两个数字可以组成几个两位数呢？请孩子们，同桌先用1和2这两张数字卡片摆一摆。
生同桌活动，指名回答。2.例题学习（1）出示题目
师：再增加一个数3，现在是1、2、3这三个数字，任选其中的两个能组成多少个两位数呢？（课件展示）
（2）自主探究，小组活动
师：请4人小组的小朋友交流交流，拿出数字卡片摆一摆，然后把小组长把数记录在纸上，比一比，看那组用的方法最好，速度最快。学生活动，教师巡视。（3）汇报结果，说方法。
指名汇报结果，师板书。（请不同顺序小组汇报）
你们小组排出了哪些数？你们是用什么方法排的？检查一下，有没有重复的，有没有漏掉的？ 请不同顺序小组汇报，并说方法。
（4）评议方法。排数时注意大小顺序
师：同学们用不同的方法都排出了6个两位数，你觉得那种方法摆最好？为什么？指名说。(5)用最好方法再摆一摆 生再摆。
（6）教师小结：看来，这种先确定十位上的数，再用这个数，与其他两个数分别组合在一起，并且都按数的大小来排列的方法，最快最准，不容易重复，也不容易漏掉。
2、抽奖游戏—巩固练习
孩子们，你们学习非常认真，我们来做个抽奖游戏，想参加吗？每个小朋友都有中奖的机会哦。
①教师出示3个乒乓球：这里有3个乒乓球：1.4.8。（课件）②什么样的号码能中奖呢？我给你们透露点信息：中奖号码就 从这3个数中选出的两个数
组成的两位数。猜猜，什么号码可能中奖？一定能中奖吗？
怎样才能一定中奖？把你认为能中奖的号码都写出来吧，写时，看那些同学能用刚才学到的好办法来写数！
生写，教师巡视。个别辅导“你是先确定哪位上的数？” ③指名逐个摸球，师引导。
④你中奖了吗？把你写出的这个数圈出来。同桌互相看看，如果你同桌中奖了，请你给他画一张笑脸。⑤出示所有结果：孩子们，你刚才一共写出了多少个两位数？用1.4.8.能组成的两位数究竟有多少个呢？咱们用刚才先确定十位上的数的办法把这些数都排出来吧！老师写，谁来说？ 生说师书。
3、握手
①师：孩子们，你们也是一群善于动脑的好孩子。这么多同学中奖了，来，同桌握握手，祝贺一下！②师 ：提到握手，我想问大家一个问题：（课件）
三个小朋友，每两个人只能握一次手，一共要握几次手呢？猜猜看！
师：究竟几次，请小组长作裁判，小组内的另外三个同学握一握，试一试，到底几次？然后用连线的方式表示出来。③学生汇报表演。小组长指挥说明。他们握手，咱们一起来数吧！教师引导学生一起数握手的次数。（注意握过小朋友一边休息）课件订正。4.比较：
师：刚才我们排数和摸奖时都用了3个数字，握手是3个同学，为什么会出现不一样的结果了？ 师引导生说出排数和顺序有关，而握手和顺序无关。
三、拓展应用，深入探究
1、打乒乓球
师：刚才同学们学得很认真很好，老师请大家去看乒乓球比赛。（课件）这里也有数学问题，我们一起来解决，好吗？ 2．搭配衣服
现在天气很冷，比赛完后要赶快穿上外套，预防感冒！我们来搭配漂亮的衣服给他们穿，好吗？（课件）师：请同学们也用连线来表示，连线时想一想，你先确定什么？ 3.买本子
篇8：计数原理-10.2 排列与组合(教案)
教学目标
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；
教学重点 理解两个原理,并能运用它们来解决一些简单的问题.教学难点 弄清楚“一件事”指的是什么，分清是“分类”还是“分步”.教学过程
一、引入课题
引例： ①我从二中到泗中有两量不同的马自达，三量不同的出租车可以乘坐，那么请同学们帮我算一下，我从二中到泗中有多少种乘坐交通工具的方式？ ②从我们班上50名同学中推选出两名同学分别担任班长和团支书，有多少种不同的选法？
这就是用我们这节课要研究的分类加法计数原理与分步乘法计数原理来解决问题.二、讲授新课：
1、分类加法计数原理
问题1：十一你打算从甲地到乙地旅游，假设可以乘汽车和火车.一天中，汽车有3班，火车有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坐交通工具的方法? 有３＋２＝５种方法
探究１：你能说说以上问题的特征吗？（分析要完成的“一件事”是什么.）完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有3种不同的方法，在第2类方案中有2种不同的方法.那么完成这件事共有3+2=5种方法。一件事就是从甲地到乙地的一种乘坐交通工具的方式。
发现新知：完成一件事情，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，„，在第n类办法中有mn种不同的方法.那么完成这件事共有Nm1m2mn种不同的方法.（也称加法原理）知识应用
例1：（多媒体展示）在1，2，3，，200中能被5整除的数有多少个？
变式：若把例题中的5换成2其余条件不变答案是什么
可以用：10+10+10+10+10=50（分成5类）
也可以直接得到50（分成2类——奇数与偶数）分类加法计数原理特点：
分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事的办法要分为若干类，各类的办法相互独立，各类办法中的各种方法也相对独立，用任何一类办法中的任何一种方法都可以单独完成这件事.2、分步乘法计数原理
问题2：从A村道B村的道路有3条，从B村去C村的路有2条，从C村去D的道路有3条，小明要从A村经过B村，再经过C村，最后到D村，一共有多
少条路线可以选择？
从A村经 B村去C村有 2 步, 第一步, 由A村去B村有 3 种方法, 第二步, 由B村去C村有 2 种方法, 第三步，从C村到Ｄ村有３种方法
所以从A村经 B村又经过C村到Ｄ村共有 3 ×2 ×３= １８ 种不同的方法 探究2：你能说说这个问题的特征吗？（分析要完成的“一件事”是什么.）完成一件事需要有三个不同步骤，在第1步中有３种不同的方法，在第2步中有２种不同的方法，第三步有３种不同的方法.那么完成这件事共有3 ×2 ×３= １８种不同的方法.一件事就是：从Ａ村到Ｄ村的一种走法
发现新知
分步乘法计数原理：完成一件事情，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法„„做第n步有mn种不同的方法.那么完成这件事共有Nm1m2mn种不同的方法.（也称乘法原理）
知识应用
例2：有一项活动，需在3名教师、8名男生和5名女生中选人参加.(1)若只需1人参加，有多少种选法？
(2)若需教师、男生、女生各1人参加，有多少种选法？
变式：学校准备召开一个座谈会，要在3名教师、8名男学生和5名女学生中选一名教师和一名学生参加，有多少种不同的选法？ 分步乘法计数原理的特点：
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.思考：分类加法计数原理与分步乘法计数原理有什么异同点？要注意什么问题？
相同点：它们都是研究完成一件事情, 共有多少种不同的方法；
不同点：分类加法计数原理分类完成一件事，任何一类办法中的任何一个方法都能完成这件事；分步乘法计数原理分步完成一件事，这些方法需要分步,各个步骤顺次相依,且每一步都完成了,才能完成这件事情。
三、课堂练习1.填空：
①一件工作可以用2种方法完成，有5人会用第1种方法完成，另有4人会用第2种方法完成，从中选出1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村去C村，不同的路线有 条.2.现有高中一年级的学生3名，高中二年级的学生5名，高中三年级的学生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？
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？
3.从甲地到乙地有2种走法，从乙地到丙地有4种走法，从甲地不经过乙地到丙地有3种走法，则从甲地到丙地的不同的走法共有 种.4.甲、乙、丙3个班各有三好学生3，5，2名，现准备推选两名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有 种不同的推选方法.5.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？ 6.乘积(a+b+c)(d+e+f+g)展开后共有多少项？
四、课堂小结
（１）分类加法计数原理和分步乘法计数原理的共同点是什么？不同点什么？
相同点：它们都是研究完成一件事情, 共有多少种不同的方法；