第三章 排列、组合与二项式定理 章末总结-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案word（人教B版）

该高中数学导学案聚焦计数原理、排列组合及二项式定理三大核心内容，以“理解原理本质、掌握应用策略”为目标，通过“知识梳理-策略归纳-典例解析”三模块递进设计，结合分步分类、捆绑插空等方法构建完整学习路径，体现知识建构的系统性与连贯性。 亮点在于“情境问题-策略迁移-综合应用”的任务链设计，如排列组合中“6人10座位空位问题”探究，引导学生用分类讨论、正难则反等策略培养数学思维，通过隔板法、赋值法等发展数学语言，助力学生深度学习，为教师单元教学提供清晰指导与实践支撑。

数学　选择性必修 第二册 RJ 1．基本计数原理 (1)两个基本计数原理的共同之处是研究做一件事，完成它共有的方法种数，而它们的主要差异是“分类”与“分步”． (2)分类加法计数原理的特点：类与类相互独立，每类方案中的每一种方法均可独立完成这件事(可类比物理中的“并联电路”来理解)． (3)分步乘法计数原理的特点：步与步相互依存，且只有所有的步骤均完成了(每步必不可少)，这件事才算完成(可类比物理中的“串联电路”来理解)． 2．解决排列、组合应用题的原则 解决排列、组合应用题的原则有特殊优先、先取后排、正难则反、相邻问题“捆绑”处理、不相邻问题“插空”处理． (1)特殊优先的原则：这是解有限制条件的排列、组合问题的基本原则之一，对有限制条件的对象和有限制条件的位置一定要优先考虑． (2)正难则反的原则：对于一些情况较多、直接求解非常困难的问题，我们可以从它的反面考虑，即利用我们平常所说的排除法求解． (3)相邻问题“捆绑”处理的原则：对于某几个对象要求相邻的排列问题，可先将相邻的对象“捆绑”起来看成一个对象与其他对象排列，然后将相邻对象进行排列． (4)不相邻问题“插空”处理的原则：对于某几个对象不相邻的排列问题，可先将其他对象排好，然后再将不相邻的对象在这些排好的对象之间及两端插入． (5)指标问题采用“隔板法” 把问题转化为：把n个相同对象分成m个组(每组至少一个对象)的分法，这相当于n个相同对象的每两个对象之间共n－1个空，任插m－1个板子的插法数，即C种． (6)先取后排的原则：对于较复杂的排列、组合问题，常采用“先取后排”的原则，即先取出符合条件的对象，再按要求进行排列． (7)定序问题倍缩、空位插入的原则：定序问题可以用倍缩法，还可转化为占位插空模型处理． (8)分排问题直排的原则：一般地，对于对象分成多排的排列问题，可先转化为一排考虑，再分段研究． (9)小集团问题先整体后局部的原则：小集团排列问题中，先整体后局部，再结合其他策略进行处理． (10)构造模型的原则：一些不易理解的排列、组合问题如果能转化为非常熟悉的模型，如占位插空模型、排队模型、装盒模型等，可使问题直观理解，容易解决． 3．二项式定理及其应用 对于二项式定理问题，应注意的几点： (1)求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求k，再求Tk＋1.有时还需先求n，再求k，才能求出Tk＋1. (2)有些三项展开式问题可以通过变形变成二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但要注意分类清楚，不重不漏． (3)对于二项式系数问题，首先要熟记二项式系数的性质，其次要掌握赋值法，赋值法是解决二项式系数问题的一个重要手段． (4)用二项式定理证明整除问题，一般将被除式变为有关除式的二项式的形式再展开，常采用“配凑法”“消去法”配合整除的有关知识来解决． (5)证明不等式时，应注意运用放缩法． (6)近似计算要首先观察精确度，然后选取展开式中若干项． 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． 典例1　某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为(　　) A．14 B．16 C．20 D．48 [解析]　分两类：第一类，甲企业有1人发言，有2种情况，另2个发言人来自其余4家企业，有6种情况，由分步乘法计数原理，得N1＝2×6＝12种；第二类，3人全来自其余4家企业，有N2＝4种情况．综上可知，共有N＝N1＋N2＝12＋4＝16种情况． [答案]　B 典例2　有4种不同颜色的涂料，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有(　　) A．1512种 B．1346种 C．912种 D．756种 [解析]　先涂A区域，有4种方法，若B，D区域涂相同颜色的涂料，则有3种方法，C，E，F区域分别有3种方法，根据分步乘法计数原理，共有4×3×3×3×3＝324种方法；若B，D区域涂不同颜色的涂料，则有3×2种方法，则E区域有2种方法，C，F分别有3种方法，根据分步乘法计数原理，共有4×3×2×2×3×3＝432种方法．故不同的涂色方法共有324＋432＝756种． [答案]　D 典例3　数学与文学有许多奇妙的联系，如文学中的诗歌有回文诗“儿忆父兮妻忆夫”，既可以顺读也可以逆读．数学中有回文数，如343，12521等．则三位数的回文数中偶数的个数是(　　) A．40 B．30 C．20 D．10 [解析]　由题意知，若三位数的回文数是偶数，则个位上的数字可能为2，4，6，8中的一种，十位上的数字有10种不同的取值，百位上的数字同个位上的数字，所以三位数的回文数中偶数的个数为4×10＝40.故选A. [答案]　A 二、排列与组合　　 区分排列与组合的重要标志是“有序”与“无序”，有序的问题属于排列问题，无序的问题属于组合问题．在解决排列、组合应用题时可应用如前所述十条原则． 典例4　某学校周一安排有语文、数学、英语、政治、历史、地理、体育七节课，要求体育课不排在第一节课，数学不排在第四节课，则这一天课程表的不同排法共有(　　) A．3520种 B．3720种 C．3680种 D．3940种 [解析]　分两类：第一类，体育课排在第四节，则不同的排法有A＝720种；第二类，体育课不排在第四节，数学课也不排在第四节，先排第四节课，有5种，再排第一节课，除了排在第四节的课和体育课，也有5种，剩下5节课全排列，有A种，所以体育课不排在第四节的不同的排法有5×5×A＝3000种．所以这一天课程表的不同排法共有720＋3000＝3720种．故选B. [答案]　B 典例5　6人坐在一排10个座位上，问： (1)空位不相邻的坐法有多少种？ (2)4个空位只有3个相邻的坐法有多少种？ (3)4个空位至多有2个相邻的坐法有多少种？ [解]　6人全排列有A种坐法，6人排好后包括两端共有7个“间隔”可以插入空位． (1)空位不相邻相当于将4个空位安插在上述7个“间隔”中，有C种插法，故空位不相邻的坐法有AC＝25200种． (2)将相邻的3个空位当作一个对象，另一个空位当作另一个对象，安插在7个“间隔”中，有A种插法，故4个空位中只有3个相邻的坐法有AA＝30240种． (3)4个空位至多有2个相邻的情况有三类： ①4个空位各不相邻有C种插法； ②4个空位2个相邻，另有2个不相邻有CC种插法； ③4个空位分两组，每组都有2个相邻，有C种插法． 综上，有A×(C＋CC＋C)＝115920种坐法． 典例6　将由1，2，3，4，5五个数字组成的没有重复数字的五位数按由小到大的顺序排列，则第1个数是12345，第2个数是12354，…，最后一个数是54321.问： (1)43251是第几个数？ (2)第93个数为多少？ [解]　(1)由题意知，五位数共有A＝120个． 比43251大的数有下列几类： ①万位数是5的有A＝24个； ②万位数是4，千位数是5的有A＝6个； ③万位数是4，千位数是3，百位数是5的有A＝2个． ∴比43251大的数共有24＋6＋2＝32个． ∴43251是第120－32＝88个数． (2)由(1)知万位数是5的有A＝24个，万位数是4，千位数是5的有A＝6个． 比第93个数大的数有120－93＝27个，第93个数即倒数第28个数，而万位数是4，千位数是5的6个数是45321，45312，45231，45213，45132，45123，由此可见第93个数是45213. 典例7　已知10件不同产品中共有4件次品，现对它们进行一一测试，直到找到所有次品为止． (1)恰在第5次测试，才测试到一件次品，第10次才找到最后一件次品的测试方法有多少种？ (2)若恰在第5次测试后，就找到了所有的次品，则这样的测试方法有多少种？ [解]　(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A种测试方法，再排余下4件的测试位置，有A种测试方法．所以测试方法共有AAA＝103680种． (2)由题意，得第5次测试恰找到最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有1件正品出现，所以测试方法共有CCA＝576种． 三、二项式定理的应用　　 对于二项式定理常考查两类问题：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． 典例8　(1)(x2＋3x－4)4的展开式中，x的系数为________； (2)已知(1－x)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则(a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)＝________； (3)设＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2n·x2n，则(a0＋a2＋a4＋…＋a2n)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)2＝________． [解析]　(1)解法一：(x2＋3x－4)4＝[(x2＋3x)－4]4＝C(x2＋3x)4－C(x2＋3x)3·4＋C(x2＋3x)2·42－C(x2＋3x)·43＋C·44，显然，上式中只有第4项中含x，所以展开式中x的系数是－C·3·43＝－768. 解法二：(x2＋3x－4)4＝[(x－1)(x＋4)]4＝(x－1)4(x＋4)4＝(Cx4－Cx3＋Cx2－Cx＋C)(Cx4＋Cx3·4＋Cx2·42＋Cx·43＋C·44)，所以展开式中x的系数是－C44＋C43＝－768. (2)在所给等式中，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0　①；令x＝－1，得－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝32　②，由①＋②，得a0＋a2＋a4＝16，由①－②，得a1＋a3＋a5＝－16，所以(a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)＝－256. (3)设f(x)＝，则(a0＋a2＋a4＋…＋a2n)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)2＝(a0＋a2＋a4＋…＋a2n－a1－a3－a5－…－a2n－1)·(a0＋a2＋a4＋…＋a2n＋a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＝f(－1)·f(1)＝·＝＝. [答案]　(1)－768　(2)－256　(3) 典例9　已知在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3. (1)求展开式中的所有有理项； (2)求展开式中系数的绝对值最大的项； (3)求n＋9C＋81C＋…＋9n－1C的值． [解]　(1)由C(－2)4∶C(－2)2＝56∶3， 解得n＝10. 因为通项Tk＋1＝C()10－k＝(－2)kCx，0≤k≤10，k∈N， 当5－k为整数时，展开式为有理项，k可取0，6， 于是有理项为T1＝x5和T7＝13440. (2)设第k＋1项系数的绝对值最大， 则解得≤k≤. 因为k∈N，所以k＝7， 当k＝7时，T8＝－15360x， 所以系数的绝对值最大的项为T8＝－15360x. (3)原式＝10＋9C＋81C＋…＋910－1C ＝ ＝ ＝＝. 7 学科网（北京）股份有限公司 $