第3章 排列、组合与二项式定理 章末整合提升(课件PPT)-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册(人教B版)

章 末 整 合 提 升 第三章　排列、组合与二项式定理 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 第三章　排列、组合与二项式定理 1 谢谢观看 第三章　排列、组合与二项式定理 1 (一)两个计数原理 1．应用分类加法计数原理，应准确进行“分类”，明确分类的标准：每一种方法必属于某一类(不漏)，任何不同类的两种方法是不同的方法(不重)，每一类中的每一种方法都能独立地“完成这件事情”； 2．应用分步乘法计数原理，应准确理解“分步”的含义，完成这件事情，需要分成若干步骤，只有每个步骤都完成了，这件事情才能完成． [题组训练] 1．若直线方程Ax＋By＝0中的A，B可以从0，1，2，3，5这5个数字中任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线有________条． 解析　本题中有特殊数字0，所以以A，B中是否有数字0为标准进行分类，可分两类： 第1类，当A或B中有一个为0时，表示直线为x＝0或y＝0，共2条不同直线； 第2类，当A，B都不为0时，确定直线Ax＋By＝0分两步完成： 第1步，确定A的值，有4种不同的方法； 第2步，确定B的值，有3种不同的方法． 由分步乘法计数原理知，有4×3＝12(条)不同直线． 由分类加法计数原理知， 方程所表示的不同直线共有2＋12＝14(条). 答案　14 2．(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有________种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是________． 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 解析　第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法． 由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1＝24. 先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大．故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112. 答案　24　112 3．有3封信，4个信箱． (1)把3封信都寄出，有多少种寄信方法？ (2)把3封信都寄出，且每个信箱中最多一封信，有多少种寄信方法？ 解析　(1)分3步完成寄出3封信的任务：第一步，寄出1封信，有4种方法；第二步，再寄出1封信，有4种方法；第三步，寄出最后1封信，有4种方法，完成任务． 根据分步乘法计数原理，共有4×4×4＝43＝64(种)寄信方法． (2)共有A＝24种寄信方法． (二)排列与组合的应用 多维探究 在解决一个实际问题的过程中，常常遇到排列、组合的综合性问题．而解决问题的第一步是审题，只有认真审题，才能把握问题的实质，分清是排列问题、组合问题，还是综合问题，分清分类与分步的标准和方式，并且要遵循两个原则：一是按元素的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步． 解决排列组合应用题的常用方法： (1)合理分类，准确分步； (2)特殊优先，一般在后； (3)先取后排，间接排除； (4)集团捆绑，间隔插空； (5)抽象问题，构造模型； (6)均分除序，定序除序． 角度1　排列应用问题 用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个无重复数字的 (1)五位数？ (2)五位偶数？ (3)比240 135大的六位数？ [解析]　(1)法一(位置分析法)　考虑特殊位置“首位”(万位)，从1～5中任选一个填入首位，有A种填法，其余四个位置，从剩下的5个数字中任选4个数字排列，有A种填法，故共有A·A＝600(种)填法．每一种填法就对应一个五位数，所以共有600个五位数． 法二(元素分析法) 考虑特殊元素“0”，分两类：第一类，排0，从个、十、百、千位中任选一个位置将0填入，有A种填法，然后将其余四个位置上从1～5中任选4个填入，有A种填法，所以该类共有A·A＝480(种)不同填法；另一类，不排0，有A种填法．所以，共有480＋A＝600(种)不同填法，即可组成600(个)五位数． 法三(间接法) 不考虑是否排0，有A种填法，考虑排0，且0排首位，有A种填法，所以共有A－A＝600(个)不同的五位数． (2)法一(直接法) 由于个位是否排0影响到前位的排法，所以可分类解决．按个位数是否排0进行分类：第一类，个位排0，共有A种填法；第二类，个位不排0，先排个位，从2，4两个数字中任选一个填入，有A种，第二步排首位，从不是0的剩下的4个数字中任选一个填入，有A种填法，最后排其余三位，有A种填法，所以共有A＋A·A·A＝312(个)五位偶数． 法二(间接法) 不考虑是否排0，第一步，从0，2，4三个数字中任选一个数字填入个位，有A种．第二步，填其余四位，有A种填法；考虑排0，且0排在首位，有AA种填法．所以共形成A·A－A·A＝312(个)五位偶数． (3)法一(直接法) 比240 135大的六位数，有下列情况，首位是3，4，5中的任何一个；首位是2且第二位是4或5(第二位是4时，此数本身不满足条件)，所以比240 135大的六位数有AA＋AA－1＝407(个). 法二(间接法) 比240 135小的六位数，有下列几种情况，首位为1或者前两位分别为20，21，23，首位为1的六位数有A个，前两位为20，21，23的六位数各有A个，而六位数有AA个数，比240 135大的六位数为AA－(A＋3A)－1＝407(个). 角度2　组合应用问题 某医科大学的学生中，有男生12名、女生8名在某市人民医院实习，现从中选派5名参加青年志愿者医疗队． (1)某男生甲与某女生乙必须参加，共有多少种不同的选法？ (2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？ (3)甲、乙二人至少有一人参加，有多少种选法？ (4)医疗队中男生和女生都至少有一名，有多少种选法？ [解析]　(1)只需从其他18人中选3人即可，共有C＝816种． (2)只需从其他18人中选5人即可，共有C＝8568种. (3)分两类：甲、乙中只有一人参加，则有C·C种选法；甲、乙两人都参加，则有C种选法．故共有C·C＋C＝6936种． (4)法一(直接法)　男生和女生都至少有一名的选法可分为四类：1男4女；2男3女；3男2女；4男1女． 所以共有C·C＋C·C＋C·C＋C·C＝14 656种． 法二(间接法)　由总数中减去5名都是男生和5名都是女生的选法种数，得C－(C＋C)＝14 656种． 角度3　排列、组合综合应用 已知10件不同的产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有次品为止． (1)若恰在第5次测试才测试到第一件次品，第10次测试才找到最后一件次品，则这样不同的测试方法数是多少？ (2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样不同的测试方法数是多少？ [解析]　(1)先排前4次测试，只能取正品，有A种不同的测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C·A＝A(种)测法，再排余下4件的测试位置，有A种测法．所以共有不同测试方法A·A·A＝103 680(种). (2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次中有一件正品出现．所以共有不同测试方法C·(C·C)A＝576(种). (三)二项式定理及其应用 对于二项式定理的考查常出现两类问题，一类是直接运用通项公式来求特定项．另一类，需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题．从近几年高考命题趋势来看，对于本部分知识的考查以基础知识和基本技能为主，难度不大，但不排除与其他知识的交汇，具体归纳如下： (1)考查通项公式问题． (2)考查系数问题 ①涉及项的系数、二项式系数以及系数的和； ②一般采用通项公式或赋值法解决． (3)可转化为二项式定理解决问题． [题组训练] 1．在的展开式中常数项为(　　) A．28　　　　　　 B．－28 C．－56 D．56 解析　因为x3－2x＋＝＝，故＝，又(x2－1)8的展开式中x4的系数为C(－1)6＝28.故选A. 答案　A 2．(1－)8(1＋)5的展开式中x2的系数是(　　) A．－5 B．10 C．－15 D．25 解析　(1－)8(1＋)5＝(1－)3[(1－)·(1＋)]5＝(1－)3(1－x)5，(1－)3的通项公式为C(－)r，其中r＝0，1，2，3，(1－x)5的通项公式为C(－x)k，其中k＝0，1，2，3，4，5，所以展开式中x2的系数是C(－1)0×C(－1)2＋C(－1)2×C(－1)1＝10－15＝－5.故选A. 答案　A 3．(2024·全国甲卷)的展开式中，各项系数中的最大值为________． 解析　的展开式的通项公式为Tk＋1＝Cxk， 则各项的系数分别为 C，C，C，C，C，C， C，C，C，C，C， 观察发现二项式系数先增大后减小，且前后对称，指数式递增，分别计算C，C，C，C，C，C，比较可得，C2＝5最大． 答案　5 4．设(x－1)(2x－3)4＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4＋a5(x－1)5，则a0＝________；a2＋a4＝________． 解析　依题意(x－1)(2x－3)4＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4＋a5(x－1)5， 令x＝1，得a0＝0. 令x＝0，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－34，① 令x＝2，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1，② ①＋②得2(a0＋a2＋a4)＝－80， 所以a2＋a4＝－40. 答案　0　－40 二项式性质的应用 已知(2x－1)n二项展开式中，奇次项系数的和比偶次项系数的和小38，求C＋C＋C＋…＋C的值． [错解]　设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn， 则奇次项的系数和为a0＋a2＋a4＋… 偶次项的系数和为a1＋a3＋a5＋… 令x＝－1，得(a0＋a2＋a4＋…)－(a1＋a3＋a5＋…)＝(－3)n， 由已知可得(－3)n＝－38＝(－3)8， ∴n＝8，∴C＋C＋C＋…＋C＝28. [正解]　设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn， 且奇次项的系数和为A，偶次项的系数和为B. 则A＝a1＋a3＋a5＋…， B＝a0＋a2＋a4＋a6＋…. 由已知可知B－A＝38. 令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋an(－1)n＝(－3)n， 即(a0＋a2＋a4＋a6…)－(a1＋a3＋a5＋a7＋…)＝(－3)n， 即B－A＝(－3)n. ∴(－3)n＝38＝(－3)8，∴n＝8. 由二项式系数性质可得C＋C＋C＋…＋C＝2n－C＝28－1＝255. [纠错心得] 1．错解有两处错误，一是误把奇次项，偶次项看成是奇数项、偶数项．二是把C＋C＋C＋…＋C看成二项展开式各项二项式系数和，忽略了C. 2．解答二项式定理的问题时应认真审题，搞清已知条件以及所要求的结论，避免失误． “相邻”与“不相邻”问题 (13分)7人站成一排． (1)甲、乙两人相邻的排法有多少种？ (2)甲、乙两人不相邻的排法有多少种？ (3)甲、乙、丙三人必相邻的排法有多少种？ (4)甲、乙、丙三人两两不相邻的排法有多少种？ [规范解答]　(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A种排法．甲、乙两人可交换位置，有A种排法．故共有A×A＝1440(种)排法．①(4分) (2)法一(间接法)　7人任意排列，有A种排法．甲、乙两人相邻的排法有A×A(种).故甲、乙不相邻的排法有A－A×A＝3600(种).(7分) 法二(插空法)　将其余5人全排列，有A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A(种)排法．故共有A×A＝3600(种)方法．②(7分) (3)(捆绑法)　将甲、乙、丙三人捆绑在一起与其余4人全排列，有A种排法．甲、乙、丙三人有A种排法．共有A×A＝720(种)排法． (10分) (4)(插空法)　将其余4人排好，有A种排法．将甲、乙、丙插入5个空中，有A种排法．故共有A×A＝1440(种)排法．(13分) $$