第4章 计数原理 章末综合提升-【名师导航】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册教师用书配套课件（湘教版）

该高中数学计数原理单元复习课件系统梳理了排列组合、二项式定理等核心知识，通过巩固层知识整合建立知识点内在联系，结合提升层题型探究（如组数、分组分配问题），帮助学生构建完整的计数原理知识体系。 其亮点在于采用分层设计与题型分类相结合的复习策略，如通过例1的捆绑法、插空法培养数学思维，例4的二项式定理应用强化运算能力，综合测评题覆盖不同难度，既满足个性化复习需求，又助力教师精准把握学情，提升复习效率。

第4章 计数原理 章末综合提升 巩固层·知识整合 章末综合提升 类型1　组数问题 组数问题是一类典型的排列组合问题，往往涉及排列特殊数，如奇数，被5整除的数等．需要注意以下几个问题： (1)首位数字不为0； (2)若所选数字中含有0，则可先排0，即“元素分析法”； (3)若排列的是特殊数字，如偶数，则先排个位数字，即“位置分析法”； (4)此类问题往往需要分类，可依据特殊元素，特殊位置分类． 提升层·题型探究 章末综合提升 【例1】　从1到9的九个数字中取3个偶数、4个奇数，问： (1)能组成多少个没有重复数字的七位数？ (2)上述七位数中3个偶数排在一起的有几个？ (3)组成的七位数中任意两个偶数都不相邻，共有多少个？ [思路点拨]　―→―→ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [解]　(1)分步完成： 第1步：在4个偶数中取3个，可有种情况； 第2步：在5个奇数中取4个，可有种情况； 第3步：3个偶数，4个奇数进行排列可有种情况． 故符合题意的七位数共有＝100 800个． (2)上述七位数中，将3个偶数排在一起有种情况； 故采用捆绑法求得3个偶数在一起的共有＝14 400个． (3)上述七位数中，偶数不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空档中，即共有： ＝28 800个． 类型2　分组与分配问题 分组与分配问题是排列组合的重要内容，分组是“组合”问题，“分配”是排列问题，在实际应用中往往是分组与分配结合在一起考查，主要考查逻辑思维和数学运算能力，难度为中档，解决此类问题的关键是正确判断是否为平均分组，有序分组，无序平均分组要除以组数的阶乘． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 【例2】　某次国际合作论坛，为了保护各国国家元首的安全，某部门将5个安保小组全部安排到指定的三个区域内工作，且每个区域至少有一个安保小组，这样的安排方法共有(　　) A．96种 B．100种 C．124种 D．150种 √ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 D　[因为每个区域至少有一个安保小组，所以可以把5个安保小组分成三组，共有两种方法，一种是按照1，1，3来分，另一种是按照2，2，1来分． 当按照1，1，3来分时，不同的安排方法共有 N1＝＝60(种)； 当按照2，2，1来分时，不同的安排方法共有 N2＝＝90(种)． 根据分类加法计数原理，可得这样的安排方法共有N＝N1＋N2＝150(种)．] 类型3　排列与组合的综合应用 排列与组合的综合应用常与实际问题结合考查，主要考查逻辑思维和综合应用能力，试题难度为中等．解决该类问题时要注意以下几点： ①元素是否有序是区分排列与组合的基本方法，无序的问题是组合问题，有序的问题是排列问题． ②对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后考虑是分类还是分步，这是处理排列、组合综合问题的一般方法． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 【例3】　有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [解]　分三类： 第一类，当取出的4张卡片分别标有数字1，2，3，4时，不同的排法有种； 第二类，当取出的4张卡片分别标有数字1，1，4，4时，不同的排法有种； 第三类，当取出的4张卡片分别标有数字2，2，3，3时，不同的排法有种． 故满足题意的所有不同的排法种数为＝432种． 类型4　二项式定理的应用 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Tr＋1＝an－rbr．(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，考查对二项式定理的掌握和灵活运用． 【例4】　已知的展开式中的第2项和第3项的系数相等． (1)求n的值； (2)求展开式中所有的有理项． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [解]　二项式展开式的通项公式为 Tr＋1＝＝(r＝0，1，2，…，n)． (1)根据展开式中的第2项和第3项的系数相等，得＝，即， 解得n＝5． (2)二项式展开式的通项公式为Tr＋1＝(r＝0，1，2，…，5)． 当r＝0，2，4时，对应项是有理项， 所以展开式中所有的有理项为T1＝·x5＝x5，T3＝x2， T5＝． 章末综合测评(一)　动量守恒定律 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 √ 14 15 (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题(本大题共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．甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有(　　) A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 章末综合测评(四)　计数原理 16 17 18 19 15 C　[甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有＝6(种)情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有＝20(种)情况，由分步乘法计数原理可得共有6×20＝120(种)选法，故选C．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 2．已知－＝(n∈N＋)，则n＝(　　) A．14 B．15 C．13 D．12 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 D　[由组合数性质知＋＝，所以＝，所以6＋7＝n＋1，得n＝12．] 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 17 3．的展开式中第8项是常数，则展开式中系数最大的项是 (　　) A．第8项 B．第9项 C．第8项或第9项 D．第11项或第12项 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 D　[因为的展开式中的第8项为·n-7·为常数，即＝0，所以n＝21，所以最大项为中间两项，即第11或12项．] 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 18 √ 4．已知二项式，则展开式中含项的系数为(　　) A．66 B．33 C．65 D．30 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 A　[的二项展开式的通项Tr＋1＝＝x36-4r，令36－4r＝－4，得r＝10，∴T11＝·x-4＝，∴含项的系数为66．故选A．] 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 19 √ 5．由1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，按从小到大的顺序排成一个数列{an}，则a72等于(　　) A．1 543 B．2 543 C．3 542 D．4 532 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 C　[千位数为1时组成的四位数有个，同理，千位数是2，3，4，5时均有(个)数，而千位数字为1，2，3时，从小到大排成数列的个数为＝72，即3 542是第72个．] 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 20 √ 6．设(1＋x)n＝a0＋a1x＋…＋anxn，若a1＋a2＋…＋an＝63，则展开式中系数最大项是(　　) A．15x3 B．20x3 C．21x3 D．35x3 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 B　[令x＝0，得a0＝1， 再令x＝1，得2n＝64，所以n＝6， 故展开式中系数最大项是T4＝x3＝20x3．] 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 21 √ 7．甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，则甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有(　　) A．12种 B．24种 C．36种 D．48种 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 B　[先利用捆绑法排乙丙丁戊四人，再用插空法选甲的位置，则有＝24种．故选B．] 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 22 √ 8．已知(a＜0)的展开式中常数项为45，则展开式中系数最大的是(　　) A．第2项 B．第4项 C．第5项 D．第6项 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 23 D　[(a＜0)的展开式的通项公式为 Tr＋1＝·(－a)r· ， 令＝0，求得r＝2，可得展开式中常数项为·(－a)2＝45，∴a＝－1，∴－a＝1， 则展开式中第r＋1项的系数为·(－a)r＝， 故当r＝5时，第r＋1项的系数最大， 即第6项的系数最大．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 √ 二、多项选择题(本大题共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．关于(a－b)10的说法，正确的是(　　) A．展开式中的二项式系数之和为1 024 B．展开式中第6项的二项式系数最大 C．展开式中第5项和第7项的二项式系数最大 D．展开式中第6项的系数最小 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ √ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 25 ABD　[由二项式系数的性质知，二项式系数之和为210＝1 024，故A正确；当n为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；D也是正确的，因为展开式中第6项的系数是负数且其绝对值最大，所以是系数中最小的．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 26 √ 10．已知(a＋b)n的展开式中第5项的二项式系数最大，则n的值可以为(　　) A．7 B．8 C．9 D．10 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ABC　[当n为偶数时，由题意知＋1＝5，n＝8；当n为奇数时，则＝5或＋1＝5，则n＝9或7，故选ABC．] √ √ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 27 √ 11．关于(－1)2 024及其展开式，下列说法正确的有(　　) A．该二项展开式中第6项为x1 009 B．该二项展开式中非常数项的系数和为－1 C．该二项展开式中不含有理项 D．92 024除以10的余数是1 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 28 BD　[(－1)2 024的展开式的通项公式为Tr＋1＝·(－1)r· ， 令r＝5，可得第6项为·，故A错误； 令r＝2 024，可得常数项为1，令x＝1，可得(－1)2 024的所有项的系数和为0，故该二项展开式中非常数项的系数和为－1，故B正确； 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 29 当r＝0，2，4，…，2 024时，展开式为有理项，故C错误； 92 024＝(10－1)2 024＝． 由于等号右边除了最后一项外，其余的各项都能被10整除， 它除以10的余数，即除以10的余数， 故92 024除以10的余数是1，故D正确．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分) 12．已知(m－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，若a0＝32，则实数m＝________，a3＝________． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2　－320　[∵(m－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5， 若a0＝32＝·m5，则实数m＝2． a3＝·m2·(－2)3＝－80×4＝－320．] 2 －320 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 31 13．某元宵灯谜竞猜节目，有6名守擂选手和6名复活选手，从复活选手中挑选1名选手为攻擂者，从守擂选手中挑选1名选手为守擂者，则攻擂者、守擂者的不同构成方式共有________种． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 36　[从复活选手中挑选1名选手为攻擂者，共＝6种选法，从守擂选手中挑选1名选手为守擂者，共＝6种选法，由排列组合中的分步乘法计数原理，得攻擂者、守擂者的不同构成方式共有6×6＝36种选法，即攻擂者、守擂者的不同构成方式共有36种．] 36 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 32 14．在的展开式中，x2的系数是________． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 60　[法一：二项式的展开式的通项公式为Tr＋1＝ (2x3)6-r＝x18-4r，令18－4r＝2，解得r＝4，所以x2的系数为＝60． 60 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 33 法二：将二项式看成6个多项式相乘，要想出现x2项，则先在2个多项式中分别取2x3，然后在余下的多项式中都取－，相乘，即＝60x2，所以x2的系数为60．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 34 四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(本小题满分13分)已知(1－2x＋3x2)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a13x13＋a14x14．求： (1)a1＋a2＋…＋a14； (2)a1＋a3＋a5＋…＋a13． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 35 [解]　(1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a14＝27． 令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a14＝27－1＝127． (2)由(1)得a0＋a1＋a2＋…＋a14＝27， ① 令x＝－1，得a0－a1＋a2－…－a13＋a14＝67， ② 由①－②得2(a1＋a3＋a5＋…＋a13)＝27－67， 所以a1＋a3＋a5＋…＋a13＝＝－139 904． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 36 16．(本小题满分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？ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [解]　(1)将取出4个球分成三类情况： ①取4个红球，没有白球，有种； ②取3个红球1个白球，有种； ③取2个红球2个白球，有种， 故有＝115种． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)设取x个红球，y个白球， 则故或或 因此，符合题意的取法共有＝186种． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17．(本小题满分15分)已知＝，且(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn． (1)求n的值； (2)求＋…＋的值． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 [解]　(1)已知＝，即n(n－1)(n－2)(n－3)(n－4) ＝56×， 化简可得(n－5)(n－6)＝90，∵n∈N＋，∴n＝15． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 (2)∵(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn，∴a0＝＝1， 令x＝，可得1＋＋…＋＝0， ∴＋…＋＝－1． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18．(本小题满分17分)某校高三年级有6个班级，现要从中选出10人组成高三女子篮球队参加高中篮球比赛，且规定每班至少要选1人参加．这10个名额有多少种不同的分配方法？ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 [解]　法一：除每班1个名额以外，其余4个名额也需要分配．这4个名额的分配方案可以分为以下几类： (1)4个名额全部给某一个班级，有种分法； (2)4个名额分给两个班级，每班2个，有种分法； 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 (3)4个名额分给两个班级，其中一个班级1个，一个班级3个．由于分给一班1个，二班3个和一班3个、二班1个是不同的分法，因此是排列问题，共有种分法； (4)分给三个班级，其中一个班级2个，其余两个班级每班1个，共有种分法； (5)分给四个班，每班1个，共有种分法． 故共有N＝＝126种分配方法． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 法二：该问题也可以从另外一个角度去考虑：因为是名额分配问题，名额之间无区别，所以可以把它们视作排成一排的10个相同的球，要把这10个球分开成6段(每段至少有一个球)．这样，每一种分隔办法，对应着一种名额的分配方法．这10个球之间(不含两端)共有9个空位，现在要在这9个位子中放进5块隔板，共有N＝＝126种放法． 故共有126种分配方法． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19．(本小题满分17分)已知的展开式的各项二项式系数之和为512． (1)求展开式中所有的有理项； (2)求展开式中系数最大的项． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [解]　(1)由题意可得各项二项式系数之和为2n＝512，则n＝9． 故通项Tr＋1＝·x9-r·3－r·=··， 由题意可得9－为整数，则r是3的倍数， 因为0r9，所以r的值为0或3或6或9， 则有理项为T1＝x9，T4＝x5，T7＝x，T10＝． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)设第r＋1项的系数tr＋1最大，因为Tr＋1＝·3－r·， 所以＝＝≥1， ＝＝1，解得r， 因为r为整数， 所以r＝2． 故展开式中系数最大的项T3＝×3-2·＝4． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 $