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高中数学教案:排列与组合


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排列与组合
一,知识网络

二,高考考点 1,两个计数原理的掌握与应用; 2,关于排列与组合的定义的理解;关于排列与组合数公式的掌握;关于组合数两个性质的掌握; 3,运用排列与组合的意义与公式解决简单的应用问题(多为排列与组合的混合问题) 三,知识要点 一.分类计数原理与分步计算原理 1 分类计算原理(加法原理): 完成一件事,有 n 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. 2 分步计数原理(乘法原理): 完成一件事, 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 N= m1× m2×…× mn 种不同的方法. 3,认知: 上述两个原理都是研究完成一件事有多少种不同方法的计数依据,它们的区别在于,加法原理的 要害是分类:将完成一件事的方法分成若干类,并且各类办法以及各类办法中的各种方法相互独立,运用 任何一类办法的任何一种方法均可独立完成这件事;乘法原理的要害是分步:将完成一件事分为若干步骤 进行,各个步骤不可缺少,只有当各个步骤依次完成后这件事才告完成(在这里,完成某一步的任何一种 方法只能完成这一个步骤,而不能独立完成这件事).
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二.排列 1 定义 (1)从 n 个不同元素中取出 m( 素中取出 m 个元素的一排列. (2)从 n 个不同元素中取出 m( m 个元素的排列数,记为 .

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)个元素,按照一定的顺序排成一列,叫做从 n 个不同元

)个元素的所有排列的个数,叫做从 n 个不同元素中取出

2 排列数的公式与性质

(1)排列数的公式: =n(n-1)(n-2)…×3×2×1 规定:0!=1 (2)排列数的性质:

=n(n-1) (n-2)…(n-m+1)=

特例:当 m=n 时,

=n!

(Ⅰ)

=

(排列数上标,下标同时减 1(或加 1)后与原排列数的联系)

(Ⅱ)

(排列数上标加 1 或下标减 1 后与原排列数的联系)

(Ⅲ) 三.组合

(分解或合并的依据)

1 定义 (1)从 n 个不同元素中取出 个元素的一个组合 (2)从 n 个不同元素中取出 个元素的组合数,用符号 表示.

个元素并成一组,叫做从 n 个不同元素中取出 m

个元素的所有组合的个数,叫做从 n 个不同元素中取出 m

2 组合数的公式与性质

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(1)组合数公式:

(乘积表示)

(阶乘表示) (2)组合数的主要性质:

特例:

(Ⅰ)

(上标变换公式)

(Ⅱ)

(杨辉恒等式)

认知:上述恒等式左边两组合数的下标相同,而上标为相邻自然数;合二为一后的右边组合数下 标等于左边组合数下标加 1,而上标取左边两组合数上标的较大者. 3 比较与鉴别 由排列与组合的定义知,获得一个排列需要"取出元素"和"对取出元素按一定顺序排成一列" 两个过程,而获得一个组合只需要"取出元素",不管怎样的顺序并成一组这一个步骤. (1) 排列与组合的区别在于组合仅与选取的元素有关,而排列不仅与选取的元素有关,而且还 与取出元素的顺序有关.因此,所给问题是否与取出元素的顺序有关,是判断这一问题是排列问题还是组 合问题的理论依据. (2) 注意到获得(一个)排列历经"获得(一个)组合"和"对取出元素作全排列"两个步骤, 故得排列数与组合数之间的关系: 四,经典例题 例 1,某人计划使用不超过 500 元的资金购买单价分别为 60,70 元的单片软件和盒装磁盘,要求 软件至少买 3 片,磁盘至少买 2 盒,则不同的选购方式是( ) A .5 种 B.6 种 C. 7 种 D. 8 种

分析:依题意"软件至少买 3 片,磁盘至少买 2 盒",而购得 3 片软件和 2 盒磁盘花去 320 元, 所以,只需讨论剩下的 180 元如何使用的问题. 解:注意到购买 3 片软件和 2 盒磁盘花去 320 元,所以,这里只讨论剩下的 180 元如何使用,可 从购买软件的情形入手分类讨论: 第一类,再买 3 片软件,不买磁盘,只有 1 种方法; 买 2 片软件,不买磁盘,只有 1 种方法; 第三类,再买 1 片软件,再买 1 盒磁盘或不买磁盘,有 2 种方法; 第四类,不买软件,再买 2 盒磁 盘,1 盒磁盘或不买磁盘,有 3 种方法; 法,应选 C.
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第二类,再

于是由分类计数原理可知,共有 N=1+1+2+3=7 种不同购买方

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,当 x∈M 时, B.18 C.32

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例 2,已知集合 M={-1,0,1},N={2,3,4,5},映射 为奇数,则这样的映射 的个数是( ) A.20

D.24

分析:由映射定义知,当 x∈M 时,

当 x∈M 时,这里的 x 可以是奇数也可以是偶数,但 中 x 的对应情况逐一分析,分步考察: 第一步, 考察 x=-1 的象, x=-1 时, 当 可取 N 中任一数值,即 M 中的元素-1 与 N 中的元素有 4 种对应方法; 第二步, 考察 x=0 的象, x=0 时, 当 =3 或 =5),即 M 中的元素 0 与 N 中的元素有 2 种对应方法; 为奇数, 故

必须为奇数,因此,对 M

, 此时

只有 2 种取法 (

第三步,考察 x=1 的象,当 x=1 时, 为偶数, 知,映射

为奇数,故

可为奇数也可

可取 N 中任一数值,即 M 中的元素 1 与 N 中的元素有 4 种对应方法,于是由分步计数原理可 共有 4×2×4=32 个.

例 3, 在

中有 4 个编号为 1,2,3,4 的小三角形,要在每一个小三角形中涂上红,蓝,

黄,白,黑五种颜色中的一种,使有相邻边的小三角形颜色不同,共有多少种不同的涂法? 解:根据题意,有相邻边的小三角形颜色不同,但"对角"的两个小三角形可以是相同颜色,于 是考虑以对角的小三角形 1,4 同色与不同色为标准分为两类,进而在每一类中分步计算. 第一类: 与 4 同色, 1 与 4 有 5 种涂法, 有 4 种涂法, 有 4 种涂法, 故此时有 N1=5×4×4=80 1 则 2 3 种不同涂法. 第二类:1 与 4 不同色,则 1 有 5 种涂法,4 有 4 种涂法,2 有 3 种涂法,3 有 3 种涂法,故此时 有 N2=5×4×3×3=180 种不同涂法. 综上可知,不同的涂法共有 80+180=260 种.

点评:欲不重不漏地分类,需要选定一个适当的分类标准,一般地,根据所给问题的具体情况, 或是从某一位置的特定要求入手分类,或是从某一元素的特定要求入手分类,或是从问题中某一事物符合 条件的情形入手分类,或是从问题中有关事物的相对关系入手分类等等.

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例 4,将字 1,2,3,4 填入标号为 1,2,3,4 的四个方格里,每格填一个数,则每个方格的标 号与所填数字均不相同的填法有( ) A.6 种 B.9 种 C.11 种 D.23 种 解法一(采用"分步"方法):完成这件事分三个步骤. 第一步:任取一个数字,按规定填入方格,有 3 种不同填法; 第二步:取与填入数字的格子编号相同的数字,按规定填入方格,仍有 3 种不同填法; 第三步:将剩下的两个数字按规定填入两个格子,只有 1 种填法; 于是,由分步计数原理得,共有 N=3×3×1=9 种不同填法. 解法二:(采用"列举"方法):从编号为 1 的方格内的填数入手进行分类. 第一类:编号为 1 的方格内填数字 2,共有 3 种不同填法: 2 4 1 3 2 1 4 3 2 3 4 1

第二类:编号 1 的方格内填数字 3,也有 3 种不同填法: 3 1 4 2 3 4 1 2 3 4 2 1

第三类:编号为 1 的方格内填数字 4,仍有 3 种不同填法: 4 1 2 3 4 3 1 2 4 3 2 1

于是由分类计数原理得共有 N=3+3+3=9 种不同填法,应选 B 解法三(间接法):将上述 4 个数字填入 4 个方格,每格填一个数,共有 N1=4×3×2×1=24 种不 同填法,其中不合条件的是 (1)4 个数字与 4 个格子的编号均相同的填法有 1 种; (2)恰有两个数字与 格子编号相同的填法有 6 种; (3)恰有 1 个数字与格子编号相同的填法有 8 种; 因此,有数字与格子编号相同的填法共有 N2=1+6+8=15 种 于是可知,符合条件的填法为 24-15=9 种. 点评:解题步骤的设计原则上任意,但不同的设计招致计算的繁简程度不同,一般地,人们总是 优先考虑特殊元素的安置或特殊位置的安排,以减少问题的头绪或悬念. 当正面考虑头绪较多时,可考虑运用间接法计算:不考虑限制条件的方法种数—不符合条件的方 法种数=符合条件的方法种数. 在这里,直接法中的"分析"与间接法主体的"分类",恰恰向人们展示了"分步"与"分类" 相互依存,相互联系的辩证关系. 例 5,用数字 0,1,2,3,4,5 组成无重复数字 4 位数,其中,必含数字 2 和 3,并且 2 和 3 不 相邻的四位数有多少个? 解:注意到这里"0"的特殊性,故分两类来讨论. 第一类: 不含"0"的符合条件的四位数, 首先从 1, 5 这三个数字中任选两个作排列有 4, 进而将 2 和 3 分别插入前面排好的两个数字中间或首尾位置, 又有 不含 0 且符合条件的四位数共有 =36 个.
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种;

种排法, 于是由分步计数原理可知,

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第二类:含有"0"的符合条件的四位数,注意到正面考虑头绪较多,故考虑运用"间接法": 首先从 1,4,5 这三个数字中任选一个,而后与 0,2,3 进行全排列,这样的排列共有 其中,有如下三种情况不合题意,应当排险: (1)0 在首位的,有 个; (2)0 在百位或十位,但 2 与 3 相邻的,有 个 =30 个 个 个.

(3)0 在个位的,但 2 与 3 相邻的,有 因此,含有 0 的符合条件的四位数共有

于是可知,符合条件的四位数共有 36+30=66 个 点评: 解决元素不相邻的排列问题, 一般采用"插空法", 即先将符合已知条件的部分元素排好, 再将有"不相邻"要求的元素插空放入;解决元素相邻的排列问题,一般采用"捆绑法",即先将要求相 邻的元素"捆绑"在一起, 作为一个大元素与其它元素进行排列, 进而再考虑大元素内部之间的排列问题. 例 6,某人在打靶时射击 8 枪,命中 4 枪,若命中的 4 枪有且只有 3 枪是连续命中的,那么该人 射击的 8 枪,按"命中"与"不命中"报告结果,不同的结果有( ) A.720 种 B.480 种 C.24 种 D.20 种 分析:首先,对未命中的 4 枪进行排列,它们形成 5 个空挡,注意到未命中的 4 枪"地位平等", 故只有一种排法,其次,将连中的 3 枪视为一个元素,与命中的另一枪从前面 5 个空格中选 2 个排进去, 有 种排法,于是由乘法原理知,不同的报告结果菜有 种

点评:这里的情形与前面不同,按照问题的实际情况理解,未命中的 4 枪"地位平等",连续命 中的 3 枪亦"地位平等". 因此, 第一步排法只有一种, 第二步的排法种数也不再乘以 同元素"的排列问题,切忌照搬计算相同元素的排列种数的方法,请读者引起注意. 例 7, (1) (2)若 (3) ,则 n= ; ; ; . 解决此类"相

(4)若

,则 n 的取值集合为

;

(5)方程 解:

的解集为

;

(1)注意到 n 满足的条件 ∴原式= =
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( 2 ) 运 用 杨 辉 恒 等 式 , 已 知 等 式

所求 n=4. (3)根据杨辉恒等式 原式= =

=

=
*

(4)注意到这里 n 满足的条件 n≥5 且 n∈N 在①之下,



原不等式

② ∴由①,②得原不等式的解集为{5,6,7,…,11} (5)由 程组可化为 注意到当 y=0 时, 无意义,原方

由此解得

经检验知

是原方

程组的解. 例 8,用红,黄,绿 3 种颜色的纸做了 3 套卡片,每套卡片有写上 A,B,C,D,E 字母的卡片各 一张,若从这 15 张卡片中,每次取出 5 张,则字母不同,且 3 种颜色齐全的取法有多少种? 解:符合条件的取法可分为 6 类 第一类:取出的 5 张卡片中,1 张红色,1 张黄色,3 张绿色,有 第二类:取出的 5 张卡片中,1 张红色,2 张黄色,2 张绿色,有 第三类:取出的 5 张卡片中,1 张红色,3 张黄色,1 张绿色,有 第四类:取出的 5 张卡片中,2 张红色,1 张黄色,2 张绿色,有 第五类:取出的 5 张卡片中,2 张红色,2 张黄色,1 张绿色,有 第六类:取出的 5 张卡片中,3 张红色,1 张黄色,1 张绿色,有
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种取法; 种取法; 种取法; 种取法; 种取法; 种取法;

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于是由分类计数原理知,符合条件的取法共有

点评:解决本题的关键在于分类,分类讨论必须选择适当的分类标准,在这里,以红色卡片选出 的数量进行主分类,以黄色卡片选出的数量进行次分类,主次结合,确保分类的不重不漏,这一思路值得 学习和借鉴. 从 则至少有 2 只袜子配成一双的可能取法种数是多少? 例 9, (1) 5 双不同的袜子中任取 4 只, (2)设有编号为 1,2,3,4,5 的五个小球和编号为 1,2,3,4,5 的五个盒子,将五个小球 放入五个盒子中(每个盒子中放一个小球),则至少有两个小球和盒子编号相同的放法有多少种? (3)将四个不同的小球放入编号为 1,2,3,4 的四个盒子中,则恰有一个空盒的放法共多少种? (4)某产品共有 4 只次品和 6 只正品,每只产品均不相同,现在每次取出一只产品测试,直到 4 只次品全部测出为止,则最后一只次品恰好在第五次测试时被发现的不同情况有多少种? 解: (1)满足要求的取法有两类,一类是取出的 4 只袜子中恰有 2 只配对,这只要从 5 双袜子中任 取 1 双,再从其余 4 双中任取 2 双,并从每双中取出 1 只,共有 恰好配成两双,共有 种选法,于是由加法原理知,符合要求的取法为 种选法;另一类是 4 只袜子 种.

(2)符合条件的放法分为三类: 第一类:恰有 2 个小球与盒子编号相同,这只需先从 5 个中任取两个放入编号相同的盒子中,有 种放法,再从剩下的 3 个小球中取出 1 个放入与其编号不同的盒子中,有 两个小球放入编号不同的盒中只有 1 种放法,故此类共有 种方法,则最后剩下的

种不同方法;

第二类:恰有 3 个小球与盒子编号相同,这只需先从 5 个中任取三个放入编号相同的盒子中,有 种放法,则最后剩下的两个小球放入编号不同的盒中只有 1 种放法,故此类共有 法; 第三类:恰有 5 个小球与盒子编号相同,这只有 1 种方法; N=20+10+1=31 种不同方法. (3)设计分三步完成: 第一步,取定三个空盒(或取走一个空盒),有 于是由分类计数原理得,共有 种不同方

种取法;

第二步,将 4 个小球分为 3 堆,一堆 2 个,另外两堆各一个,有 第三步,将分好的 3 堆小球放入取定的 3 个空盒中,有 种放法;

种分法;

于是由乘法原理得共有: (4)分两步完成:

种不同方法.

第一步,安排第五次测试,由于第五次测试测出的是次品,故有

种方法; .

第二步,安排前 4 次测试,则在前四次测试中测出 3 只次品和 1 只正品的方法种数为
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于是由分布计数原理可知,共有

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种测试方法.

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点评:为了出现题设条件中的"巧合",我们需要考虑对特殊情形的"有意设计",本例(1) 则是这种"有意设计"的典型代表,而这里的(3),则是先"分堆"后"分配"的典型范例. 五,高考真题 (一)选择题 ) 1,过三棱柱任意两个顶点的直线共 15 条,其中异面直线有( A,18 对 B,24 对 C,30 对 D,36 对 分析:注意到任一四面体中异面直线的对数是确定的,所以,这里欲求异面直线的对数,首先确 定上述以单直线可构成的四面体个数.由上述 15 条直线可构成 个四面体,而每一四面体有 3

对异面直线,故共有 36 对异面直线,应选 D. ) 2,不共面的四个定点到平面 α 的距离都相等,这样的平面共有( A,3 个 B,4 个 C,6 个 D,7 个 分析:不共面的四点可构成一个四面体,取四面体各棱中点,分别过有公共顶点的三棱中点可得 到与相应底面平行的 4 个截面,这 4 个截面到四个定点距离相等;又与三组对棱分别平行且等距的平面有 3 个,故符合条件的平面共 7 个,应选 D. 3,北京《财富》全球论坛期间,某高校有 14 名志愿者参加接待工作,若每天排早,中,晚三班, 每班 4 人,每人每天最多值一班,则开幕式当天不同的排班种数为( )

A,

B,

C,

D,

分析:排班工作分三步完成: 第一步,从 14 人中选出 12 人,有 种选法;第二步,将第一步选出的 12 人平均分成三组,



种分法; 第三步,对第二步分出的 3 组人员在三个位置上安排,有 种排法;

于是由乘法原理得不同的排班种数为

,应选 A

4,从 6 人中选 4 人分别到巴黎,伦敦,悉尼,莫斯科四个城市游览,要求每个城市各一人游览, 每人只游览一个城市,且这 6 人中甲,乙两人不去巴黎游览,则不同的选择方案共有( ) A,300 种 B,240 种 C,114 种 D,96 种 分析:注意到甲,乙两人不去巴黎,故选人分三类情况 (1)不选甲,乙,不同方案有 种; (3)甲,乙均入选,不同方案有 种;于是由加法原理得不同的方案总数为 种;(2)甲,乙中选 1 人,不同方方案有

24+144+72=240,应选 B. 4 竞赛规则规定: 每位同学必须从甲, 乙两道题中任选一题作答, 5, 位同学参加某种形式的竞赛,
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选甲题答对得 100 分,答错得-100 分;选乙题答对得 90 分,答错得-90 分,若 4 位同学的总分为 0,则这 四位同学不同的得分情况的种数是( ) A,48 B,36 C,24 D,18 分析:注意到情况的复杂,故考虑从"分类"切入 第一类:四人全选甲题,2 人答对,2 人答错,有 第二类:2 人选甲题一对一错,2 人选乙题一对一错,有 第三类:四人全选乙题,2 对 2 错,有 于是由加法原理得不同得分情况共有 种情况. 种,应选 B. 种情况; 种情况;

6,四棱锥的 8 条棱代表 8 种不同的化工产品,有公共点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库 是危险的,没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的,现打算用编号为①,②,③, ④的 4 个仓库存放这 8 种化工产品,那么安全存放的不同方法种数为( ) A,96 B,48 C,24 D,0 分析:本题的关键是找"异面直线对"的个数,设四棱锥为 S-ABCD, 没有公共顶点的棱只能分成 4 组,每组两条棱(否则三条棱必有公共点),每 8 条棱分成 4 组,每组两条无公共点的棱仅有下面两种情况: (1)SA—CD;SB—AD;SC—AB;SD—BC (本组中同一棱不重复出 现) (2)SA—BC;SB—CD;SC—AD;SD—AB (本组中同一条棱不重 复出现) 于是问题可转化为:四种不同产品放入 4 个不同仓库的 排列问题,故不同的安排分法是 种,应选 B. )

(二)填空题 在由数字 0, 2, 4, 所组成的没有重复数字的四位数中, 1, 3, 5 不能被 5 整 除的数共有 ( 1, 个. 分析:考虑直接解法:这样四位数的个位数为 1,2,3,4 中的一个,有 的 4 个非零数当中任取一个是 种排法;中间两位是

种法,千位从余下 共是:

种排法,于是由分步计数原理知,

种不同排法,应填 192. 2,用 1,2,3,4,5,6,7,8 组成没有重复数字的八位数,要求 1 与 2 相邻,3 与 4 相邻,5 与 6 相邻,而 7 与 8 不相邻,这样的八位数共有( )个(用数字作答). 分析: 第一步,将 1 与 2,3 与 4,5 与 6 组成 3 个大元素进行排列,是 第二步,将 7 与 8 插入上述 3 个大元素队列的间隙或两端,是 第三步,对 3 个大元素内部进行全排列,各是 于是由分步计数原理得共有
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种排法;

种方法;

种方法; 个,应填 576.

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3,从集合{O,P,Q,R,S}与{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}中各任取 2 个元素排成一排(字 母与数字均不能重复).每排中字母 O,Q 和数字 0 至多只出现一个的不同排法种数是( ) 分析:考虑分类计算 第一类:字母 O,Q 和数字 0 均不出现,是 第二类:字母 O,Q 出现一个,数字 0 不出现,是 第三类:字母 O,Q 不出现,数字 0 出现,是 种排法; 种排法; 种排法;

于是分类计数原理知共是 2592+5184+648=8424 种不同排法,应填 8424. 点评:以受限制的字母 O,Q 和数字 0 出现的情况为主线进行分类,在每一类中又合理地设计步 骤,是分解题的关键所在,以某些特殊元素为主线进行分类是解决复杂的排列组合问题的基本策略.

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