1、高中数学“计数原理”教学研究一、对“计数原理”教学知识的深层次理解计数问题是数学中的重要研究对象之一，分类加法计数原理、分步乘法计数原理是解决计数问题问题的最基本、最重要的方法，它们为解决很多的实际问题提供了思想和工具.在本章学生将学习计数基本原理、排列、组合、二项式定理及其应用，进行了解计数与现实生活的联系，会解决简单的计数问题.（一）知识结构图1返璞归真地看两个计数原理，它们实际上是学生从小学就开始学习的加法运算与乘法运算的推广，它们是解决计数问题的理论基础分类加法计数和分步乘法计数是处理计数问题的两种基本思想方法2排列、组合是两类特殊而重要的计数问题，而解决它们的基本思想和工具就是两个计
2、数原理教科书从简化运算的角度提出排列与组合的学习任务，通过具体实例的概括而得出排列、组合的概念；应用分步乘法计数原理得出排列数公式；应用分步计数原理和排列数公式推出组合数公式对于排列与组合，有两个基本想法贯穿始终，一是根据一类问题的特点和规律寻找简便的计数方法，就像乘法作为加法的简便运算一样；二是注意应用两个计数原理思考和解决问题3二项式定理的学习过程是应用两个计数原理解决问题的典型过程，其基本思路是“先猜后证”如可以通过对 中 n 取 1，2，3，4 的展开式的形式特征的分析而归纳得出；或者直接应用两个计数原理对 展开式的项的特征进行分析这个分析过程不仅使学生对二项式的展开式与两个计数原理之
3、间的内在联系获得认识的基础，而且也为证明猜想提供了基本思路.（二）“计数原理”在高中数学知识体系中的地位和作用为了更好的把握计数原理的要求，首先需要明确整体定位.标准对计数原理这部分内容的整体定位如下：“计数问题是数学中的重要研究对象之一，分类加法计数原理、分步乘法计数原理是解决计数问题的最基本、最重要的方法，也称为基本计数原理，它们为解决很多实际提供了思想和工具.在本摸块中，学生将学习计数基本原理、排列、组合、二项式定理及其应用，了解计数与现实生活的联系，会解决简单的计数问题.”为了更好的理解整体定位，需要明确以下几个方面的问题：（）两个基本计数原理是计数原理的开头课，学习它所需的先行知识与
4、学生已熟知的数学知识联系很少，通常教师们或者感觉很简单，一带而过；或者感觉难以开头.中学数学课程中引进的关于排列、组合的计算公式都是以分类加法计数和分步乘法计数原理为基础的，而一些较复杂的排列、组合应用题的求解，更是离不开两个基本计数原理，因此必须使学生学会正确地使用两个基本计数原理，学会正确地使用基本计数原理是这一章教学中必须抓住的一个关键. （）正确使用两个基本原理的前提是要学生清楚两个基本原理使用的条件.而原理中提到的分步和分类，学生不是一下子就能理解深刻的，这就需要教师引导学生，帮助他们分析，找到分类和分步的具体要求类类互斥，步步独立.（）分类加法计数原理，分步乘法计数原理，单纯这点学
5、生是容易理解的，问题在于怎样合理地进行分类、分步，特别是在分类时必须做到既不重复，又不遗漏，找到分步的方法有时是比较困难的，这就要着重进行训练.（三）教学的重点和难点分析1本章的重点是分类加法计数原理和分步乘法计数原理，排列和组合的意义，以及排列数、组合数计算公式，二项式定理.2本章的主要难点是如何正确运用有关公式解决应用问题.在解决问题时，由于对问题本身和有关公式的理解不够准确，常常发生重复和遗漏计算、用错公式的情况.为了突破这一难点，教学中应强调一些容易混淆的概念之间的联系与区别，强调运用各个公式的前提条件，并对学生计算中出现的一些典型错误进行认真剖析.二、“计数原理”的教学策略 （一）在
6、”新课标”中的处理特点计数是人与生俱来的一种能力，也是了解客观世界的一种最基本的方法.计数问题是数学中的重要研究对象之一，分类加法计数和分步乘法计数是处理计数问题的两种基本思想方法.虽然该部分内容新教材和传统教材没有太大的区别，但在处理方式上，新教材更突出计数原理的地位和作用，强调计数原理的思想和方法，将排列、组合、二项式定理作为计数原理的一个应用实例.要求教学中要引导学生根据计数原理分析、处理问题，而不是机械地套用公式，同时要避免繁琐的、技巧性过高的计数问题.由于计数原理的思想和方法是最基本的，所有的计数问题都不会超越分类和分步这两大类，因此要求在推导排列数公式和组合数公式的过程中让学生进一
7、步理解计数原理的思想；在用排列组合公式和组合数公式解决实际问题时，也不要只是片面地将问题归结为排列、组合两类，而是引导学生学会用计数原理来分析问题.二项式定理是中学数学的传统内容，定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则.这个定理既是初中代数乘法公式的推广，也是进一步研究概率中二项分步的准备知识.学习二项式定理还可以深化对组合数的认识.新课标强调利用基本计数原理对二项式定理进行证明.（二）课程标准要求的具体化和深广分析1如何认识“通过实例，总结分类加法计数原理、分步乘法计数原理；能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理，解决一些简单的实际问题.”的含义.可以从以下两个方面来把
8、握标准的要求：第一，通过具体问题情境和实际事例，让学生不断感悟和总结两个基本计数原理，仅仅由教材中的几个实例是不够的，教师必须补充与之匹配的事例充实教材，这样学生才能更深刻地领悟两个基本计数原理.第二，在理解具体问题时，着重分析题意，领悟题眼，用分类或者分步或两者都用，分类要做到“不重不漏”，分步要做到步骤完整，善于归纳用计数原理解决计数问题的方法，这样有利于充分利用两个基本计数原理解题.2如何认识“通过实例，理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题.”第一，运用大量实例，理解排列的特殊性与组合的特殊性.排列的特殊性在于排列中元素的“互异性”和“有
9、序性”，例如“从全班 60 名同学中选出 4 名同学，分别担任班长、学习委员、文艺委员、体育委员，”这就是一个排列问题.可以由学生思考为什么这个问题有元素的“互异性”和“有序性”的特点.与排列比较，组合的特殊性在于它只有元素的“互异性”而不需要考虑顺序，例如，上述问题如果改为“从全班 60 名同学中选出 4 名代表参加一项活动，”那么它就要变成一个组合问题了.本质上，“从 n 个不同元素中取出 k 个元素的组合”就是这几个不同元素组成的集合的一个 k 元子集.第二，排列数公式、组合数公式的推导是两个计数原理的一个应用过程，只有理解了排列、组合的概念，并会用两个计数原理解决实际问题，才能把排列数
10、公式、组合数公式推导出来.第三，在教学中注意通过大量实例运用排列数公式、组合数公式解决，但是组合数的性质只作一般性的探究，至于应用不作重点要求，更不研究排列数的性质，在数学中必须引起注意.3如何认识“能用计数原理证明二项式定理”利用计数原理求出 的展开式的思维要点如下：第一， 是 个多项式 乘法问题.根据多项式乘法，它的展开式的每一项，应是每一个多项式中某一项彼此相乘，所构成的单项式.第二，展开式的每一项是通过 步乘积构成的，每一步有两种选择，因此，展开式的项数为 .第三，展开式的每一项是由是由若干个 和若干个 的乘积构成， 和 的个数之和等于 ，它可以表示成： .第四，在展开式中，形如 的同
11、类项个数是多少呢？由于 个 来自不同的 个多项式 ，它的个数是组合数 .第五，在 中，共有 种不同的同类项，根据加法原理，其展开式为：（a+b） n= .这样，我们就通过乘法原理和加法原理证明了二项式定理，这是一种构造性的证明，即可以探索出问题的结果，同时可以证明出结果的正确性.4如何理解“会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.”结合“杨辉三角”和从函数的角度来分析二项式系数的一些性质（ 对称性 增减性与最大值 各二项式系数的和），在探究以上性质的过程中，实际上是二项式定理的应用，在教学中列举实例，将二项式系数的性质充分应用.（三）教学中的几个思维要点要点 1：简单的计数问题讨论是有限
12、集合所含元素的个数.排列数、组合数都是特定集合所含元素的个数，在讨论简单计数问题时，应明确所讨论的集合中元素的基本特征，这是解决简单计数问题的基点.要点 2：正确使用基本计数原理是学习本部分内容的关键. 中学数学课程中关于排列组合的计算公式都是以基本的计数原理为基础的，而一些较复杂的排列组合应用问题的求解，离不开两个计数原理，两个基本的计数原理是解决简单计数问题的通性通法，排列问题、组合问题以及二项式定理等都是依赖这些通性通法解决的.要点 3：理解两个基本计数原理使用的条件是正确使用两个基本计数原理的前提.对于计数原理中的分布和分类，学生不是一下子就能理解深刻的，需要教师引导，帮助学生找到分类
13、和分步的特征和要求：分类要“类类互斥”，分步要“步步独立”.（四）典型例题的教学 1分清两个原理掌握分类计数原理和分步计数原理是复习好本章的基础.其应用贯穿于本章的始终.正确运用两个原理的关键在于：（1）先要搞清完成的是怎样的“一件事”.例 1.4 名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？分析：要完成的是“4 名同学每人从三个项目中选报一项报名”这件事，因为每人必报一项，四人都报完才算完成，于是应按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为 3 种，所以共有：3333=34=81 种报名方法.例 2.4 名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结
14、果？分析：完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步.而每项冠军是四人中的某一人，有 4 种可能情况，于是共有 444=43=64 种可能的情况.例 3.乘积（ a1+a2+a3）( b1+b2+b3+b4)(c1+c2+c3+c4+c5)展开后共有多少项？分析：因为展开后的每一项为第一个括号中的一个，第二括号中的一个与第三个括号中的一个的乘积，所以应分三步 m1=3,m2=4,m3=5，于是展开后共有 m1m2m3=345=60项.例 4.有 4 部车床，需加工 3 个不同的零件，其不同的安排
15、方法有（ ）A.34 B.43 C43 D.44分析：事件为“加工 3 个零件”，每个零件都加工完这件事就算完成，应以“每个零件”分步，共 3 步，而每个零件能在四部车床中的任一台上加工，所以有 4 种方法，于是安排方法为 444=43=64 种，故选 B.例 5.5 名同学去听同时进行的 4 个课外知识讲座，每个同学可自由选择，则不同的选择种数是（ ）A.54 B.45 C.5432 D.分析：因为 5 名同学都去听讲座，这件事才能完成，所以应以同学进行分步，又因为讲座是同时进行的，每个同学只能选其中一个讲座来听，于是有 4 种选择，当完成时共有44444=45种不同的选法，故选 B.例 6
16、.设集合 A= ， B= ，则从 A 集到 B 集所有不同映射的个数是（ ）A.81 B.64 C.12 D.以上都不正确分析：因映射为从 A 到 B，所以 A 中每一元素在 B 中应有一元素与之对应，也就是 A中所有元素在 B 中都有象，因此，应按 A 中元素分为 4 步，而对于 A 中每一元素，可与 B中任一元素对应，于是不同对应个数应为 3333=34=81，故选 A.(2)明确事件需要“分类”还是“分步 . 例 7用 1,5,9,13 任意一个数做分子，4，8，12，16 中任意一个数作分母，可构造多少个不同的分数？可构造多少个不同的真分数？解：由分步计数原理，可构造 N=4 4=16
17、 个不同的分数由分类计数原理，可构造 N=4+3+2+1=10 个不同的真分数例 8. 已知集合 ， ，映射 ,当且 时，为奇数，则这样的映射 f 的个数是（ ）A10 个 B18 个 C32 个 D24 个分析 当 取-1 时， ，共有 4 种取法；当 取 0 时， ，有 2 种取法；当 取 1 时， ,显然是奇数，共有 4 种选法.因此，这样的映射 f 的个数是是： 种. (3)“分类”是要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性.“分步”时要注意“步”与“步”之间的连续性.例 9. 小李有 10 个朋友，其中两人是夫妻，他准备邀请其中 4 人到家中吃饭，这对夫妻或者都邀请，或者都不邀请，有
18、几种请客方法?解：请客方法以“这对夫妻是否被邀请”可分两类：(1)请其中的夫妻二人，则还须从余下的 8 人中选请 2 个，有 种方法.(2)不请其中的夫妻二人，则应从其余的 8 人中选请 4 人，有 种方法.由分类计数原理请客方法共有 98 种.例 10.有 10 双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出 4 只，试求各有多少种情况出现如下结果.4 只鞋子没有成双的；4 只鞋中有 2 只成双，另两支不成双. 解：从 10 双鞋子中选取 4 双，有 种不同选法；再在每双鞋子中各取一只，分别有 取法，根据乘法原理，选取种数为：N= =3360（种）方法 1：先选取一双有 种选法，再从 9 双
19、鞋种选取 2 双鞋有 种选法，每双鞋各取一只，有 种选法，根据乘法原理，选取种数为：N= =1140（种）方法 2：先选取一双有 种选法，再从 18 只鞋中选取 2 只鞋有 ，而其中成双的可能性有 9 种，根据乘法原理，选取种数为：N= （ -9）例 11. 有红、蓝、绿三种颜色的卡片，每种颜色均有 A、 B、 C、 D、 E 字母的各一张，现每次取出四张，要求字母各不相同，三种颜色齐备，问有多少种不同的取法?分析：每次取出四张，所以有一种颜色的卡片取两张，这种颜色的取法数有 ，确定了颜色之后，再在这种颜色里取两个字母，方法数有 ；最后，在剩下的两种颜色的卡片及每种颜色下的三个字母中分别取一个
20、，方法数有： 故 N= .2.分清是排列问题还是组合问题这两个概念共同点都是指从 n 个不同元素中进行不重复抽取的情况.分清一个具体问题是排列问题还是组合问题的关键在于看从 n 个不同元素取出 m（m n）个元素是否与顺序有关，有序就是排列问题，无序则属于组合问题.例 12某街道有十只路灯，为节约用电又看清路面，可以把其中的三只灯关掉，但不能同时关掉相邻的两只，在两端的灯也不能关掉的情况下，求满足条件的关灯方法有多少种？解：问题等价于在七只亮着的路灯产生的六个空档中放入三只熄掉的路灯，因此满足条件的关灯方法有 种. 例 13.有 7 名同学排成一排，甲同学最高，排在中间，其它六名同学身高不相等
21、，甲的左边和右边以身高为准，有高到低排列，共有排法总数是 分析：此问题相当于求六个元素中取出三个元素的组合数. 所以满足条件的排法有：例 14.从 12 名队员中组队打篮球比赛，要求其中一队的年龄最小的队员也比另一队中年龄最大的队员要大，问有多少种不同的组队方法?分析：从 12 名队员中选两名观战的每一种选法，对应着一种组队方法: =66例 15. 从 0，1，9 这十个数字中任取 3 个组成没有重复数字的三位数，且要求百位数大于十位数，十位数大于个位数，这样的三位数有多少个？分析：显然顺序只有一种，任取 3 个数的组合数就是这样的三位数的个数，即 个.例 16.从 2，3，5，7 四个数中任
22、取不同的两数，分别作对数的底数和真数问：（1）可得多少个不同的对数值？（2）可得多少个大于 1 的对数值？分析：（1）与顺序有关，是排列问题. ；(2) 与顺序无关，是组合问题. . 例 17. 甲乙两队各出 7 名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由 1 号队员比赛，负者被淘汰，胜者在与负方 2 号队员比赛，直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获胜，形成一种比赛过程.那么，所有可能出现的比赛过程共有多少种？ 分析：设甲队： 乙队： 下标表示事先安排好的出场顺序，若以依次被淘汰的队员为顺序，比赛过程可类比为这 14 个字母互相穿插的一个排列.如：最后是胜队中不被淘汰的队员，如 ，和未
23、参赛的队员，如所以比赛过程可表示为 14 个位置中取 7 个位置安排甲队队员，其余位置安排乙队队员.故比赛过程的总数： =3432. 3.对复杂的排列组合问题，能正确解决的关键：做好分类，将复杂问题简单化. 例 18. 一天排语、数、外、生、体、班六节课（上午 4 节，下午 2 节），要求：第 1节不排体育，数学课一定排在上午，班会一定排在下午，问这样的条件下，共有多少种排课表的方法？解法 1：以数学课分类： （1）数学课排在第 1 节，则有 种（2）数学课排在第 2，3，4 节之一，则有 =108 种 由（1）（2）知，共有 156 种 解法 2：以体育课分类：（1）体育课在上午： =108
24、 种 （2）体育课在下午： =48 .共有 156 种. 例 19. 在某次数学测验中，学号 i（i=1，2，3，4）的四位同学考试成绩，且满足 ，则这四位同学的考试成绩的所有可能情况的种数为 解：分两类： 共有 种； 共有 种. 例 20. 如果三位数的十位数字既大于百位数字也大于个位数字，则这样的三位数一共有（ ）A、240 个 B、285 个 C、231 个 D、204 个分析：如果三个数字是不重复的：含 0： =36；不含 0： .共有 204个. 如果可以重复： =36. 综合：共有 240 种. 例 21.在 5 名乒乓球队员中,其中有 2 名老队员和 3 名新队员.现从中选出 3
25、 名队员排成 1、2、3 号参加团体比赛,则入选的 3 名队员中至少有一名老队员,且 1、2 号中至少有 1名新队员的排法有_种.(以数作答)解：两老一新时, 有 种排法;两新一老时, 有 种排法,即共有 48 种排法.例 22.某外商计划在四个候选城市投资 3 个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过 2 个,则该外商不同的投资方案有 ( )A.16 种 B.36 种 C.42 种 D.60 种 解析：投资于 2 个城市的方案有 ；投资于 3 个城市的方案有 种.所以，共 60 种.答案选 D.三、学习目标的检测正确使用两个基本原理的前提是要学生清楚两个基本原理使用的条件。而原理中提到的
26、分步和分类，学生不是一下子就能理解深刻的，这就需要教师引导学生，帮助他们分析，找到分类和分步的具体要求类类互斥，步步独立。分类加法计数原理，分步乘法计数原理，单纯这点学生是容易理解的，问题在于怎样合理地进行分类、分步，特别是在分类时必须做到既不重复，又不遗漏，找到分步的方法有时是比较困难的，这就要着重进行训练。（一）检测目标的制定与实施1本部分知识的核心思想的检测（1）分类讨论思想的应用水平检测检测试题 1：从 1,3,5,7 中任取 2 个数字,从 0,2,4,6,8 中任取 2 个数字,组成没有重复数字的四位数,其中能被 5 整除的四位数共有 个. 分类方法 1：有 5 有 0，有 5 无
27、 0，无 5 有 0分类方法 2：个位为 0，个位为 5（再根据需要细分，选 0 与不选 0）检测试题 2：在 6 名内科医生和 4 名外科医生中，内科主任和外科主任各一名，现在要组成既有主任又有外科医生的 3 人医疗小组送医下乡，有多少种方法？情形 1：有外科主任；情形 2：没有外科主任，则必须有内科主任，再间接考察.检测试题 3：教练要从 6 名选手中确定 4100 接力名单，要求选手甲不能跑第一棒，选手乙不能跑最后一棒，那么有多少种不同的报名结果？分类方法：情形 1：甲跑最后一棒. 情形 2：甲跑第二棒或第三棒情形 3：甲没有入选分类方法二：情形 1：最后一棒是甲. 情形 2：最后一棒不
28、是甲，则(最后一棒)4(第一棒)4 43.（2）转化思想的应用水平检测检测试题 1：7 个人排两行照相，前排 3 人，后排 4 人，有多少种排法？检测试题 2：屋子里散放着 7 把椅子，7 个人坐，有多少种做法？2解决本部分知识的核心方法的检测在教学中如何解决学生一听就会，一做就错的问题呢？我们不妨从以下两个方面进行形成性评价及检测：程序化的思维模型一般地，面对一个复杂的计数问题时，人们往往通过分类或分步将它分解为若干个简单计数问题，在解决这些简单问题的基础上，将它们整合起来而得到原问题的答案，这是在日常生活中也被经常使用的思想方法通过对复杂计数问题的分解，将综合问题化解为单一问题的组合，再对
29、单一问题各个击破，可以达到以简驭繁、化难为易的效果模型化的思维方法排列、组合是常用的计数问题模型，有了排列、组合等常见模型，可以在反复应用中减少重复工作量、重复思维，提高效率.计数问题有很多种常见模型，在遇到新的计数问题时，自然有必要去想一想它（或者其一部分）是否可以归于某个模型.如：相邻问题捆绑法例 1：A、B、C、D、E 五人并排站成一排，如果 A、B 必须相邻，那么不同的排法种数有多少种？相离问题插空法例 2：七个人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同排法的种数是多少种？定序问题缩倍法例 3：A、B、C、D、E 五个人并排站成一排，如果 B 必须站 A 的右边(A、B 可不相邻
30、)，那么不同的排法种数有多少种？标号排位问题分步法例 4：将数字 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多少种？有序分配问题逐分法例 5：有甲、乙、丙三项任务，甲需 2 人承担，乙丙各需 1 人承担，从 10 人中选出 4 人承担这三项任务，不同的选法总数有多少种？多元问题分类法例 6：由数字 0，1，2，3，4，5 组成且没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有多少种？特殊元素特殊位置优先法例 7：1 名老师和 4 名获奖同学排成一排照像留念，若老师不在两端，则有不同的排法有_种多排问题单排法例 8：6
31、个不同的元素排成前后两排，每排 3 个元素，那么不同的排法种数是多少种？“至少”问题间接法例 9：从 4 台甲型和 5 台乙型电视机中任取出 3 台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同取法共有多少种？选排问题先取后排法例 10：四个不同的球放入编号为 1，2，3，4 的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有多少种？例 11：9 名乒乓球运动员，其中男 5 名，女 4 名，现在要选一组进行混合双打训练，有多少种不同分组法？分组是否有序的问题例 12：六个人分成三组，每组两个人有多少种分法？每组的人数分别为1，2，3 则有多少种分法.（3）形成性检测形成性评价是在某项教学活动的过程中，为使活动效
32、果更好而不断进行的评价，能及时了解阶段教学的结果和学习者学习的进展情况、存在问题等，以便及时反馈、及时调整和改进教学工作，获得最优化的教学效果.形成性作用如下：1改进学生的学习形成性测试的结果可以表明学生在掌握教材中存在的缺陷和在学习过程中碰到的难点。当教师将批改过的试卷发给学生并由学生对照正确答案自我检查时，学生就能了解这些缺陷和难点，并根据教师的批语进行改正。有时，当教师发现某个或某些题目被全班大多数或一部分学生答错时，可以立即组织班级复习，重新讲解构成这些测试题基础的基本概念和原理。当有些错误只存在于个别学生身上时，教师可以为其提供适合其特点的纠正途径。2确定学生的学习进度某门学科的教学
33、总是可以划分为若干个循序渐进、互有联系的学习单元，学生对一个单元的掌握往往是学习下一个单元的基础。因此，形成性评价可以用来确定学生对前边单元的掌握程度，并据此确定该学生下一单元的学习任务与速度。如果形成性测试能有计划地进行，就可使学生一步一步地（一个单元接一个单元）掌握预定的教学内容。3强化学生的学习形成性评价的结果可以对学生起积极的强化作用。正面的肯定，一方面通过学生的情感反应加强了学生进一步学习的动机或积极性，另一方面，也通过学生的认知反应加固了学生对正确答案（概念、法则、原理等）的认识，校正了含糊的理解和不清晰的记忆。要使形成性评价发挥这种强化作用，重要的一点是，形成性测试不要简单地打等
34、第分数，而应通过适当形式简单地让学生知道他是否已掌握了该单元的学习材料，如已掌握或接近掌握，应明确指出；如没掌握，要尽可能使用肯定性或鼓励性的评语，并提出改进建议。4给教师提供反馈通过对形成性测试结果的分析，教师可以了解：自己对教学目标的陈述是否明确？教材的组织和呈现是否有结构性？讲授是否清晰并引导了学生的思路？关键的概念、原理是否已讲清讲透？使用的教学手段是否恰当，等等。这些信息的获得，将有助于教师重新设计并改进自己的教学内容、方法和形式。以下为老师们提供几套形成性检测试题，目的是就如何在学生的学习过程中评价学生的认知水平以及学习效果，实现形成性测试在上述中的作用.基本计数原理形成性检测 1
35、一、选择题1从 A 地到 B 地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发 3 次，火车发 4 次，轮船发 2 次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法为（ ）种.A1+1+1=3 B3+4+2=9C3 4 2=24 D以上都不对2用 1，2，3，4，5 可组成( )个各个数位上的数字允许重复的三位数.A5 5 5=75 B3 3 3=27C5 4 3=60 D5+5+5=153在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的共有（ ）个.A40 B38 C45 D504某同学参加运动会，在铁饼、标枪、铅球三个项目中至少选择一项，至多选择三项，那么不同报名方案有（ ）种.A3 B6 C9
36、D75某班新年联欢会原定的 5 个节目已经排成节目单，但在开演前又增加了两个节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同的插法种数为（ ）种.A42 B30 C20 D12二、填空题6用数字 1，2，3 可写出_个各个数位上的数字允许重复且小于 1000 的正整数.7设异面直线 、 ， 上有 5 个点， 上有 6 个点，则过 、 上的点可确定的不同的平面个数为_.8如图 1-1-1，在 4 3 的方格（每个方格都是正方形）中，共有正方形_个.9有四位学生参加三项不同的竞赛，（1）每位学生必须参加一项竞赛，则有 种不同的参赛方法；（2）每项竞赛只许有一位学生参加，则有 种不同的参赛方法；（3）
37、每位学生最多参加一项竞赛，每项竞赛只许有一位学生参加，则有 种不同的参赛方法.三、解答题10求下列集合的元素个数：（1） ；（2） .11某小组有 10 人，每人至少会英语和日语中的一门.其中 8 人会英语，5 人会日语：（1）从中任选一个会外语的人，有多少种选法？（2）从中选出会英语与会日语的各 1 人，有多少种不同的选法？12现要排一份 5 天的值班表，每天有 1 个人值班，共有 5 个人，每个人都可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一个人值班，问此值班表共有多少种不同的排法？135 张 1 元币、4 张 1 角币、1 张 5 分币，2 张 2 分币，可组成多少种不同的币值（一张不取，
38、即 0 元 0 角 0 分不计在内）？答案：一、选择题1B 2A 3C 4D 5A二、填空题63+3 2+33=39 711 820 981，64，24三、解答题10. 解 （1）分 7 类： ， 有 7 种取法； ， 有 6 种取法； ， 有 5 种取法； ， 有 4 种取法； ， 有 3 种取法； ， 有 2 种取法； ， 只有 1 种取法.因此由分类加法计数原理 共有 7+6+5+4+3+2+1=28 个元素.（2）分两步：第步：先选 ，有 4 种可能；第步：再选 有 5 种可能.因此由分步乘法计数原理 共有 45=20 个元素.11解 由于 85=1310，所以 10 人中必有 3 人
39、既会英语又会日语.因此这 10 人分成 3 类：第一类只会英语有 5 人，第二类既会英语又会日语有 3 人，第三类只会日语有 2 人.（1）N=523，答：任选一个会外语的人有 10 种选法.（2）N=525323，答：选出会英语与会日语的各 1 人有 31 种不同的选法.12解 分五步进行：第 1 步：先排第一天，可排 5 人中的任一个，有 5 种排法；第 2 步：再排第二天，此时不能排第一天的人，有 4 种排法；第 3 步：再排第三天，此时不能排第二天的人，仍有 4 种排法；第 4 步：同理有 4 种排法；第 5 步：同理有 4 种排法.由分步乘法计数原理可得不同排法有 54444=128
40、0 种.13解 分为三种币值的不同组合：元：0 元，1 元，2 元，3 元，4 元，5 元；角：0 角，1 角，2 角，3 角，4 角；分：0 分，2 分，4 分，5 分，7 分，9 分；然后分三步进行：第一步：从元中选取有 6 种取法；第二步：从角中选取有 5 种取法；第三步：从分中选取有 6 种取法；由分步乘法计数原理可得：656=180.但应除去 0 元 0 角 0 分这种情况，故有不同币值 1801=179 种.基本计数原理形成性检测 2一、选择题1某团支部进行换届选举，从甲、乙、丙、丁四人中选出三人分别担任书记、副书记、组织委员.规定上届的甲乙丙三人不能任原职，则不同的任职方法有(
41、).A10 B13 C12 D112已知直线 是非零常数）与圆 有公共点，且公共点的横坐标和纵坐标均为整数，那么这样的直线共有（ ）.A60 条 B66 条 C72 条 D78 条二、填空题3有一块并排 10 垄的田地中，选择两垄分别种植 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，则不同的选择垄的方法有_种方法（用数字作答）.4在所有的三位数中，有且只有两个数字相同的三位数共有_个.5将 1，2，3 填入 33 的方格中，要求每行，每列都不能有重复的数字，如图 1-1-2 是一种填法，则不同的填法共有_种.1 2 33 1 22 3
42、1三、解答题6四个人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己送出的贺卡，共有多少种不同的方法？7如图 1-1-3，一环形花坛分成 A、B、C、D 四个区域摆放鲜花，有 4 种不同颜色的鲜花可供选择，规定每个区域只准摆放一种颜色的鲜花，相邻区域鲜花颜色不同，问共有多少种不同的摆花方案？一、选择题1D提示 不含丁，有 2 种；含丁的，则第一步丁从三个职务中选一种，有 3 种选法；第二步，另两个职务从甲乙丙三人中选出两人有 3 种方法，故共有 2+3311(种).2. A提示 圆 上横坐标和纵坐标均为整数的点有（10，0），（6，4），（4，6），（0，10），（-4，6），（-6，4），（-10
43、，0），（-6，-4），（-4，-6），（0，-10），（4，-6），（6，-4）.过任两个点的直线有 66 条，但其中过原点的直线不满足题意.二、填空题312 提示 分两步：先选垄，如图，共有 6 种选垄方法，第二步，种植两种作物，因此由分步乘法计数原理，不同的选法有 62=12 种.4243提示 可以用下面方法来求解：，每类都是 99 种，共有=399=243 个只有两个数字相同的三位数.5提示 第一步先填 1，在第一行中有 3 种填法，在第二行中有 2 种填法，在第三行中有 1 种填法，共有 321 种.第二步填 2 ，在第一行中有 2 种填法，之后每个数字都只有一种填法，所以共有 32
44、2=12 种.三、解答题6解法一可排出所有的分配方案：甲取得乙卡，然后类推，按甲、乙、丙、丁各取得的贺卡列出方案如下：乙丙丁甲、乙甲丁丙、乙丁甲丙；甲取得丙卡，方案为：丙甲丁乙，丙丁甲乙，丙丁乙甲；甲取得丁卡，方案为：丁甲乙丙，丁丙甲乙，丁丙乙甲.由分类加法计数原理得不同取法共有 3+3+3=9 种.法二可分步解决：第 1 步：甲取一张，有 3 种取法；第 2 步：由甲取出的那张贺卡的供卡人取，也有 3 种取法；第 3 步：由剩余两人中任一人取，有 1 种取法；第 4 步：最后一人取，只有 1 种取法.由分步计数原理得不同取法共有 3311=9 种.7解 给图中四个区域摆放鲜花，有 4 类办法
45、：第 1 类四个区域鲜花颜色全不相同，依 A、B、C、D 的顺序依次摆放，共有432124 种；第 2 类 AC 同色，BD 不同色，共有 43224 种；第 3 类 BD 同色，AC 不同色，共有 43224 种；第 4 类 AC 同色，BD 同色，共有 4312 种.依据分类加法计数原理，共有 N=24+24+24+12=84 种不同的摆花方案.排列与组合形成性检测 1一、选择题1若 2n 个学生排成一排的排法数为 x，这 2n 个学生排成前后两排，每排各 n 个学生的排法数为 y，则 x、 y 的关系为（ ）.A. xy B xa3， a3a5的五位数有多少个？答案：一、选择题1C 2.
46、 B 【提示】在排列问题中，站若干排与站一排一样，故一共可坐的位子有 20 个，2 个人就座方法数为 ，还需排除两人左右相邻的情况，把可坐的 20 座位排成连续一行（一排末位 B 与二排首位 C 相接），任两个座位看成一个整体，即相邻的坐法有 ，但这其中包括 B、C 相邻与 E、F（前排中间 3 座的左 E、右 F）相邻，而这种相邻在实际中是不相邻的，还应再加上 .所以不同排法的种数为： .二、填空题3576提示 把相邻的两个数捆成一捆，分成四个空，然后再将 7 与 8 插进空中有 种插法；而相邻的三捆都有 种排法，再它们之间又有 种排序方法，故这样的八位数共有：（个）.454 提示 .三、解
47、答题5解 先从 7 人中任选 4 人接力，有 种方法，排除甲和乙跑中间棒的 种方法，但甲、乙二人都跑中间的减了两次，故再加上二人都跑中间棒的 种方法，即（种）.6解 （1） 先将甲、乙两位同学看成一个元素与其余的 5 个元素（同学）一起进行全排列有 种方法；再将甲、乙两个同学进行排列有 种方法所以这样的排法一共有种.（2）方法同上，一共有 种.（3）将甲、乙两同学看成一个元素，此时一共有 6 个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的 5 个元素中选取 2 个元素放在排头和排尾，有 种方法；将剩下的 4 个元素进行全排列有 种方法；最后将甲、乙两个同学进行排列有 种方法.所以这样的排法
48、一共有 960 种方法.（4）将甲、乙、丙三个同学看成一个元素，另外四个人看成一个元素，一共有 2 个元素，所以一共有排法种数： 种.7解 因为 a2a1、 a3， a4a3、 a5，所以 a2只能是 3、4、5.（1）若 a2=3，则 a4=5， a5=4， a1与 a3是 1 或 2，这时共有 A =2 个符合条件的五位数.（2）若 a2=4，则 a4=5， a1、 a3、 a5可以是 1、2、3，共有 A =6 个符合条件的五位数.（3）若 a2=5，则 a4=3 或 4，此时分别与（1）（2）情况相同.所以，满足条件的五位数有 2（A +A ）=16 个.二项式定理形成性检测 1一、选择题1 的展开式中常数项是（ ）.A14 B14 C42 D422在 的展开式中，含 的项的系数是( ).A5 B5 C10 D103已知 展开式中各项的二项式系数之和为 8192，则 的展开式中项数共有 ( ).A14 B13 C12 D15 4 的值为( ).A B C D 5设 则的值是( ).A1 B-1 C0 D二、填空题6已知 的展开式中各项系数的和是 128，则展开式中 的系数是_.（以数字作答）7 的展开式中，常数项为 .（用数字作答）8若 的展开式
