第六章 计数原理 章末重构拓展-【名师导航】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册教师用书word（人教A版）

该高中数学讲义围绕“计数原理”单元，通过“基础原理-综合应用-拓展延伸”框架构建知识体系，结合典型例题解析梳理分类加法与分步乘法计数原理、排列组合、二项式定理的内在联系，用结构化呈现突出重难点分布。 讲义亮点在于情境化例题与分层练习设计，如四棱锥染色、学生分配方案等实例，培养逻辑推理和数学运算素养。章末测评覆盖多样题型，解析详尽，助力不同层次学生提升，为教师精准教学提供系统支持。

(对应学生用书第34页) 类型1　计数原理及其应用 1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章内容的学习基础，在进行计数的过程中，常因分类不明导致解的重复或遗漏，因此在解题中既要保证类与类的互斥性，又要关注总数的完备性． 2．掌握两个计数原理，提升逻辑推理和数学运算素养． 【例1】　(1)如图所示，将四棱锥S­ABCD的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两顶点异色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为(　　) A．120　　　 B．96　　 C．72　　　 D．48 (2)设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动的方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则(a，b)为(　　) A．(34，34)　　 B．(43，34) C．(34，43)　　 D．() (3)从1，2，3，4，5，6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中，若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有______个．(用数字作答) (1)C　(2)C　(3)60　[(1)由题意知，S与A，B，C，D任意一点均不同色， 只用3种颜色，即B，D同色，且A，C同色，此时不同染色方法的种数为＝24； 用4种颜色，此时可能B，D同色，而A，C不同色或A，C同色，而B，D不同色， 若B，D同色，而A，C不同色，此时不同染色方法的种数为＝24； 若A，C同色，而B，D不同色，此时不同染色方法的种数为＝24． 根据分类加法计数原理可得，不同染色方法的种数为24＋24＋24＝72． 故选C． (2)每名学生报名有3种选择，则4名学生共有34种选择；每项冠军有4种可能结果，3项冠军共有43种可能结果． (3)1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类． 分三类：①当没有数字1和3时，满足条件的三位数有个； ②当只有1和3中的一个时，满足条件的三位数有2个； ③当同时有1和3时，把3排在1的前面，再从其余4个数字中选1个数字插入3个空中的1个即可，满足条件的三位数有个．所以满足条件的三位数共有＋2＋＝60(个)．] 类型2　排列与组合的综合应用 1．排列、组合是两类特殊的计数求解方式，在计数原理求解中起着举足轻重的作用，解决排列与组合的综合问题要树立先选后排，特殊元素(特殊位置)优先的原则． 2．明确排列和组合的运算，重点提升数学建模及数学运算素养． 【例2】　寒假有来自不同大学的3名男生和2名女生来母校开展大学宣讲活动． (1)若要将这5名同学分配到三个班进行宣讲，每班至少一名同学，有多少种不同的分配方案？ (2)宣讲完毕，这五位同学和原高中班主任合影留念，要求班主任站在甲、乙同学中间，有多少种不同的排法？ (3)若这五位同学中甲、乙、丙三位同学身高互不相等，则这五位同学和班主任合影留念时甲、乙、丙三人按高矮从左到右有多少种不同的排法？ (4)随后这五位同学合影留念时，同学甲不站在最左端，同学乙不站在最右端，有多少种不同的排法？(写出必要的数学式，结果用数字作答) [解]　(1)这5名同学分配到三个班进行宣讲，每班至少一名同学， 将5名同学分为3，1，1或2，2，1三组，然后分配到三个班， ∴分配方案有＝150(种)． (2)班主任站在甲、乙同学中间，先将甲、乙同学排列，再把班主任和甲、乙同学看作一个整体，与其他3名同学排列， 则不同的排法有＝48(种)． (3)先将6人全排列有种，考虑到甲、乙、丙三人排列有种， ∴甲、乙、丙三人按高矮从左到右排列时，不同的排法有＝120(种)． (4)同学甲不站在最左端，同学乙不站在最右端， 先将五位同学全排列，去掉同学甲站在最左端的情形，再去掉同学乙站在最右端的情形， 再加上重复去掉的同学甲站在最左端且同学乙站在最右端的情形， ∴不同的排法种数为－2＋＝78． 类型3　二项式定理的应用 1．二项式定理是计数原理的重要内容之一，是高考的热点．一般以选择、填空题的形式考查，试题难度为易，常从以下几个方面考查： (1)考查二项展开式的通项Tk＋1＝an－kbk，可以考查某一项，也可考查某项的系数． (2)考查各项系数和、二项式系数和． (3)考查二项式定理的综合应用及对二项式定理的掌握和灵活运用． 2．通过二项式定理的应用，提升数学运算素养． 【例3】　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＋9＋81＋…＋9n－1的值； (4)求(1－x)3＋(1－x)4＋…＋(1－x)n的展开式中含x2的项的系数． [解]　(1)由(－2)4∶(－2)2＝56∶3， 解得n＝10(负值舍去)， 展开式的通项为Tk＋1＝＝，当5－为整数时为有理项． 因为0≤k≤10，k∈N，故k可取0，6， 于是有理项为T1＝x5和T7＝13 440． (2)设第k＋1项系数的绝对值最大， 则解得， 因为k∈N，所以k＝7，当k＝7时，T8＝ 所以系数的绝对值最大的项为T8＝． (3)原式＝10＋9＋81＋…＋910－1 ＝ ＝ ＝＝． (4)因为＋＝，所以＝－， 所以含x2的项的系数为＋…＋＝()＋()＋…＋()＝＝164． 章末综合测评(一)　计数原理 (时间：120分钟　满分：150分) (对应学生用书第181页) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．(a＋b)2n的展开式中二项式系数最大的项是(　　) A．第n项　　　 B．第n＋1项　 C．第n＋1项和第n－1项 D．无法确定 B　[由于(a＋b)2n的二项展开式中，二项式的展开式有2n＋1项，故展开式的二项式系数最大的项为第n＋1项． 故选B．] 2．李芳有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有两套不同样式的连衣裙．“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式有(　　) A．24种 　 B．14种 C．10种 　 D．9种 B　[由题意可得李芳不同的选择方式有4×3＋2＝14(种)．] 3．(教材原题·P34习题6.3T1(1))在(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8的展开式中，含x3的项的系数是(　　) A．74 　 B．121 C．－74 　 D．－121 D　[易知在(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8的展开式中，含x3的项为()(－x)3， 所以含x3的项的系数是－()＝－(10＋20＋35＋56)＝－121，故选D．] 4．两名运动员参加一场七局四胜制的斯诺克短赛制比赛，比赛结束时所有可能比赛结果种数为(　　) A．80　　　 B．70 C．40　　　 D．35 B　[两名运动员参加一场七局四胜制的斯诺克短赛制比赛， 先赢4局者获胜，所以可能赛4局、5局、6局、7局， 若赛4局，则有2种；若赛5局，则有2＝8(种)； 若赛6局，则有2＝20(种)；若赛7局，则有2＝40(种)． 综上，所有比赛结果种数为2＋8＋20＋40＝70． 故选B．] 5．在某次太空游行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中A，B两道程序既不能放在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有(　　) A．18种 　 B．36种 C．72种 　 D．108种 B　[先在第2，3，4道程序中选两个放A，B，共有种安排方法， 再排剩余的3道程序，共有种安排方法， 所以一共有×＝36(种)不同的顺序安排方法． 故选B．] 6．已知的展开式的第2项系数为－4，则下列结论中错误的是(　　) A．n＝8　 B．展开式的常数项为第5项　 C．展开式的各二项式系数的和为256　 D．展开式的各项系数的和为 D　[因为的展开式的通项为Tk＋1＝xn－kx－k＝xn－2k(k＝0，1，…，n)， 的展开式的第2项系数为－4， 所以＝－4，即－＝－4， 解得n＝8，故A正确； 所以Tk＋1＝x8－2k(k＝0，1，…，n)， 当8－2k＝0，即k＝4时，T5为常数项，故B正确； 所以的展开式的各二项式系数的和为28＝256，故C正确； 所以的展开式的各项系数的和为＝，故D错误． 故选D．] 7．将1，2，3，4，5，6，7，8填入如图所示的方格中，每个方格填写1个数字，则仅有两列数字之和为9的填法有(　　) A．576种 　 B．1 152种 C．2 304种 　 D．4 608种 D　[依题意，将1，2，3，4，5，6，7，8按照两个数字之和为9分成“18，27，36，45”四组， 从中任取2组，有＝6(种)方法， 再在四列方格中任选2列，填入这两组数字，有＝12(种)方法， 每一列的两个数字的排列有＝4(种)方法， 余下的4个数字填入方格有＝24(种)，满足同列数字和为9的有＝8(种)， ∴仅有两列数字之和为9的填法有)＝4 608(种)． 故选D．] 8．如图为我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图．现在提供5种颜色给5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为(　　) A．120 　 B．260 C．340 　 D．420 D　[如图所示，设5个区域依次为A，B，C，D，E，分4步进行分析： ①区域A有5种颜色可选； ②区域B与区域A相邻，有4种颜色可选； ③区域C与区域A，B相邻，有3种颜色可选； ④对于区域D，E，若D与B颜色相同，则区域E有3种颜色可选，若D与B颜色不相同，则区域D有2种颜色可选，区域E有2种颜色可选，故区域D，E有3＋2×2＝7(种)选择．综上可知，不同的涂色方案共有5×4×3×7＝420(种)．故选D．] 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知的展开式中，二项式系数之和为64，下列说法正确的是(　　) A．2，n，10成等差数列　 B．各项系数之和为64　 C．展开式中二项式系数最大的项是第3项　 D．展开式中第5项为常数项 ABD　[对于A，∵的展开式中，二项式系数之和为64， ∴2n＝64，解得n＝6，故2，6，10成等差数列，故A正确； 对于B，令x＝1，＝26＝64，则的各项系数之和为64，故B正确； 对于C，的展开式共有7项，则二项式系数最大的项是第4项，故C错误； 对于D，的展开式中的第5项为＝15×25×81＝30 375为常数项，故D正确． 故选ABD．] 10．现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女学生2人，则下列说法正确的是(　　) A．4个男学生排在一起，有1 440种不同的站法 B．老师站在最中间，有1 440种不同的站法 C．4名男学生互不相邻，男学生甲不能在两端，有1 728种不同的站法 D．2名老师之间要有男、女学生各1人，有3 840种不同的站法 BCD　[对于A，4个男学生排在一起共有＝2 880(种)站法，故选项A错误； 对于B，老师站在最中间共有＝1 440(种)站法，故选项B正确； 对于C，先排老师和女学生，共有种站法，再排男学生甲，有种站法，最后排剩余的3名男学生有种站法， 所以共有＝24×3×24＝1 728(种)不同的站法，故选项C正确； 对于D，先任选一名男学生和一名女学生站两位老师中间，有种站法，两名老师的站法有种， 再将这一名男学生、一名女学生、两位老师进行捆绑，与剩余的4个人进行全排列有种站法， 所以共有＝2×4×2×2×120＝3 840(种)不同的站法，故选项D正确． 故选BCD．] 11．定义有n行的“杨辉三角”为n阶杨辉三角，如图就是一个8阶“杨辉三角”． 下列命题中正确的是(　　) A．记第i(i∈N*)行中从左到右的第j(j∈N*)个数为aij，则数列{aij}的通项公式为aij＝ B．第k行各个数的和是2k C．n阶“杨辉三角”中共有个数 D．n阶“杨辉三角”的所有数的和是2n－1 BCD　[第i行各个数是(a＋b)i的展开式的二项式系数，则数列{aij}的通项公式为aij＝，故A错误； 各行的所有数的和是该行各二项式系数和，第k行各个数的和是2k，故B正确； 第k行共有(k＋1)个数，从而n阶“杨辉三角”共有1＋2＋…＋n＝个数，故C正确； n阶“杨辉三角”的所有数的和是1＋2＋22＋…＋2n-1＝2n－1，故D正确．故选BCD．] 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．从甲、乙、丙等6人中选择3人去成都出差，则甲被选中，而乙没有被选中的概率为________． 　[根据题意，在甲、乙、丙等6人中选择3人去成都出差，共有＝20(种)选法， 若甲被选中，而乙没有被选中，需要在除甲、乙之外的4人中，再选出2人即可， 有＝6(种)选法， 所以甲被选中，而乙没有被选中的概率P＝＝．] 13．若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如360，253等都是“凸数”．用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的三位数，则在组成的三位数中“凸数”的个数为 ________．(用数字作答) 14　[当三位数中不含0时， “凸数”的个数为＝8， 当三位数中含0时， “凸数”的个数为＝6， 即三位数中“凸数”的个数为8＋6＝14．] 14．如图所示的数阵叫“莱布尼茨调和三角形”，它们是由正整数的倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为(n≥2)，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如：＝＝＝，…，则第n(n≥3)行第3个数是________． (n∈N*，n≥3)　[杨辉三角中的每一个数都换成分数，就得到一个如题图所示的分数三角形， ∵杨辉三角中第n(n≥3)行第3个数是， ∴“莱布尼茨调和三角形”中第n(n≥3)行第3个数是＝．] 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分)(1)(教材原题·P20练习T2)求证：①＝n； ②－8＋7＝． (2)(教材原题·P25练习T2)求证：＝． [证明]　(1)①右边＝n＝＝＝＝＝左边，故等式成立． ②左边＝8!－8×7！＋7×6!＝8!－8！＋7!＝7!＝＝右边，故等式成立． (2)因为＝， ＝， 所以＝＝＝×，所以＝，得证． 16．(15分)已知A＝{x|1<log2x<3，x∈N*}，B＝{x||x－6|<3，x∈N*}．试问： (1)从集合A和B中各取一个元素作为直角坐标系中点的坐标，共可得到多少个不同的点？ (2)从A∪B中取出三个不同的元素组成三位数，从左到右的数字要逐渐增大，这样的三位数有多少个？ [解]　A＝{3，4，5，6，7}，B＝{4，5，6，7，8}． (1)A中元素作为横坐标，B中元素作为纵坐标，有5×5＝25(个)； B中元素作为横坐标，A中元素作为纵坐标，有5×5＝25(个)． 又两集合中有4个相同元素，故有4×4＝16(个)重复了两次． 所以共有25＋25－16＝34(个)不同的点． (2)A∪B＝{3，4，5，6，7，8}， 则这样的三位数共有＝20(个)． 17．(15分)一个口袋内有4个不同的红球、6个不同的白球． (1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？ (2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？ [解]　(1)将取出4个球分成三类情况： 第一类，取4个红球，没有白球，有种； 第二类，取3个红球1个白球，有种； 第三类，取2个红球2个白球，有种， 故有＋＋＝115(种)取法． (2)设取x个红球，y个白球， 则 故解得或或 因此，符合题意的取法种数为 ＋＋＝186． 18．(17分)把4位男售票员和4位女售票员平均分成4组，到4辆公共汽车上售票，如果同样两人在不同汽车上售票算作不同的情况． (1)有几种不同的分配方法？ (2)每小组必须是一位男售票员和一位女售票员，有几种不同的分配方法？ (3)男售票员和女售票员分别分组，有几种不同的分配方法？ [解]　(1)男女合在一起共有8人，每个车上2人，可以分四个步骤完成，先安排2人上第一辆车，共有种，再安排第二辆车共有种，再安排第三辆车共有种，最后安排第四辆车共有种，这样不同的分配方法有＝2 520(种)． (2)要求男女各1人，因此先把男售票员安排上车，共有种不同方法，同理，女售票员也有种方法，根据分步乘法计数原理，男女各1人的不同分配方法有·＝576(种)． (3)男女分别分组，4位男售票员平均分成两组共有＝3(种)不同分法，4位女售票员平均分成两组也有＝3(种)不同分法，这样分组方法就有3×3＝9(种)，对于其中每一种分法又有种上车方法，因而不同的分配方法有9·＝216(种)． 19．(17分)设x10－3＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，其中Q(x)是关于x的多项式，a，b∈R． (1)求a，b的值； (2)若ax＋b＝28，求x10－3除以81的余数． [解]　(1)x10－3＝[(x－1)＋1]10－3 ＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b， ∴(x－1)10＋(x－1)9＋…＋(x－1)2＋(x－1)＋－3＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b， ∴[(x－1)8＋(x－1)7＋…＋](x－1)2＋10x－12＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b． ∴10x－12＝ax＋b． ∴a＝10，b＝－12． (2)∵ax＋b＝28，即10x－12＝28，∴x＝4． ∴x10－3＝410－3＝(3＋1)10－3 ＝×310＋×39＋…＋×3＋－3 ＝34×(×36＋×35＋…＋)＋40×34＋5×34＋28 ＝81×(×36＋×35＋…＋＋28， ∴所求的余数为28． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $