章末复习课6 计数原理（课件PPT）-【金榜题名】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册高中同步学案（人教A版）

该高中数学选择性必修第三册第六章计数原理复习课件，系统梳理了两个计数原理、排列组合、二项式定理等核心知识，通过整体构建知识框架、要点归纳及题型分类，建立起知识点间的逻辑联系，帮助学生形成完整知识网络。 其亮点在于采用“原理辨析-方法提炼-分层训练”模式，如例1通过集合子集问题培养数学思维，跟踪训练分基础与综合题，总结隔板法等解题策略，既提升学生逻辑推理与数学建模能力，也为教师提供针对性复习方案，有效巩固知识。

第六章　计数原理 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 章 末 复 习 课 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 谢谢观看 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 (一) 两个计数原理 [注意] 运用两个基本原理解题的关键在于正确区分“分类”与“分步”，分类就是能“一步到位”——任何一类中任何一种方法都能完成整个事件；而分步则只能“局部到位”——任何一步中任一种方法只能完成事件的某一部分. [例1]　设集合I＝{1，2，3，4，5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有多少种？ 解：按A中的最大的数的大小分类考虑： ①当A中的最大的数为1时，B可以是{2，3，4，5}的非空子集，有24－1＝15(种)选法． ②当A中的最大的数为2时，A可以是{2}或{1，2}，B可以是{3，4，5}的非空子集，有2×(23－1)＝14(种)选法． ③当A中的最大的数为3时，A可以是{3}，{1，3}，{2，3}，{1，2，3}，B可以是{4，5}的非空子集，有4×(22－1)＝12(种)选法． ④当A中的最大值为4时，A可以是{4}，{1，4}，{2，4}，{3，4}，{1，2，4}，{1，3，4}，{2，3，4}，{1，2，3，4}，B可以是{5}，有8×1＝8(种)选法． 根据分类加法计数原理知，共有15＋14＋12＋8＝49(种)不同选法． 1．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有(　　) A．120种　　　　　　　　 B．90种 C．60种 D．30种 解析：选C　先从6名同学中选1名安排到甲场馆，有C eq \o\al(1,6) 种选法，再从剩余的5名同学中选2名安排到乙场馆，有C eq \o\al(2,5) 种选法，最后将剩下的3名同学安排到丙场馆，有C eq \o\al(3,3) 种选法，由分步乘法计数原理知，共有C eq \o\al(1,6) ·C eq \o\al(2,5) ·C eq \o\al(3,3) ＝60种不同的安排方法．故选C. 2．只用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答) 解析：因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以适合题意的四位数有24－2＝14个． 答案：14 (二) 排列与组合 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)相邻捆绑，间隙插空； (5)抽象问题，构造模型； (6)均分除序，定序除序． 角度一　站位问题 [例2]　6个女同志(其中有一个领唱)和2个男同志，分成两排表演． (1)每排4人，问共有多少种不同的排法？ (2)领唱站在前排，男同志站在后排，还是每排4人，问有多少种不同的排法？ 解析：(1)法一：要完成这件事，必须分三步： 第一步，先从8人中选4人站在前面，另4人站在后面，这共有C eq \o\al(4,8) ·C eq \o\al(4,4) ＝C eq \o\al(4,8) 种不同的排法； 第二步，前面4人进行排列，有A eq \o\al(4,4) 种不同的排法； 第三步，后面4人也进行排列，有A eq \o\al(4,4) 种不同的排法； 三步依次完成，这件事才算完成，故由分步计数原理有N＝C eq \o\al(4,8) A eq \o\al(4,4) A eq \o\al(4,4) ＝40 320种不同的排法． 法二：每排4人，和排成一排的站法一样，故有A eq \o\al(8,8) ＝40 320种． (2)同(1)的法一，N＝C eq \o\al(3,5) A eq \o\al(4,4) A eq \o\al(4,4) ＝5 760种不同的排法． 角度二　分组分配问题 [例3]　某校准备组建一个18人的足球队，这18人由高一年级的10个班的同学组成，每个班级至少1人，名额分配方案共有多少种？ 解：构造一个如下图的隔板模型，取18枚棋子排成一列，在相邻的每两枚棋子形成的17个间隙中选取9个插入隔板，将18枚棋子分隔成10个区间，第i(1≤i≤10)个区间的棋子数对应第i个班级学生的名额，因此名额分配方案的种数与隔板插入方法数相等，因隔板插入方法数为C eq \o\al(9,17) ，故名额分配方案有C eq \o\al(9,17) ＝24 310种． 3．一条长椅上有七个座位，四人坐，要求三个空位中，有两个空位相邻，另一个空位与这两个相邻空位不相邻，共有几种坐法？ 解析：法一：改换一种思考方法，把两个相邻空位看成一个整体，另一个空位与这个整体不相邻，则是用四个人把两个元素隔开的典型问题．基于这种考虑，就可先让四人坐在四个位置上，再让后两个“元素”(一个是两个作为一个整体的空位，另一个是单独的空位)选择被四个人造成的五个“空隙”中的两个．这样有A eq \o\al(4,4) ·A eq \o\al(2,5) ＝480种坐法． 法二：除上面的算法外，也可以采用以减法为主的算法．容易看到：全部安排四人入座的方法(不管空位相邻还是不相邻)数是A eq \o\al(4,7) .从中减去不合题意的坐法数即可．不合题意的坐法包括两类：一类是三个空位相邻，这种情况下共有A eq \o\al(5,5) 种安排方法(把四个人与相邻的三个空位看成5个元素)；另一类是三个空位彼此都不相邻，这种情况下共有A eq \o\al(4,4) ·C eq \o\al(3,5) 种安排办法(请注意这里的C eq \o\al(3,5) ，而不是A eq \o\al(3,5) 的道理).根据这种“设计”思想，又可列出(A eq \o\al(4,7) －A eq \o\al(5,5) －A eq \o\al(4,4) C eq \o\al(3,5) )这种算式． (三) 二项式定理 1．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方法． 2．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. 3．对于二项式系数问题，应注意以下几点： (1)求二项式所有项的系数和，可采用“特殊值取代法”，通常令字母变量的值为1； (2)关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法． [例4]　(1)若(2x＋ eq \r(3) )4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值为(　　) A．－1　　　　　　　 B．0 C．1 D．2 (2)已知 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1( \r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2))) eq \s\up20(n) 的展开式中倒数第三项的系数为45. ①求含有x3的项； ②求系数最大的项． 解析：(1)选C　在(2x＋ eq \r(3) )4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4中， 令x＝1，得(2＋ eq \r(3) )4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4； 令x＝－1，得(－2＋ eq \r(3) )4＝a0－a1＋a2－a3＋a4. 两式相乘，得(2＋ eq \r(3) )4·(－2＋ eq \r(3) )4＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)·(a0－a1＋a2－a3＋a4).所以(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(－4＋3)4＝1. (2)①已知展开式中倒数第三项的系数为45，则C eq \o\al(n－2,n) ＝45，即C eq \o\al(2,n) ＝45，得n2－n＝90，解得n＝－9(不合题意，舍去)或n＝10. 令－ eq \f(10－k,4) ＋ eq \f(2k,3) ＝3，解得k＝6. 故含有x3的项是第7项，为T7＝C eq \o\al(6,10) x3＝210x3. ②∵ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1( \r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2))) eq \s\up20(10) 的展开式中共有11项， 且其二项式系数与项的系数相同， ∴系数最大的项是第6项， 为T6＝C eq \o\al(5,10) (x eq \s\up16(-\f(1,4)) )5(x eq \s\up16(\f(2,3)) )5＝252x eq \s\up16(\f(25,12)) . 4．已知 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2\r(x)))) eq \s\up20(n) 的展开式中的第二项和第三项的系数相等． (1)求n的值； (2)求展开式中所有二项式系数的和； (3)求展开式中所有的有理项． 解：二项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2\r(x)))) eq \s\up20(n) 展开式的通项公式为 Tk＋1＝C eq \o\al(k,n) xn－k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2\r(x)))) eq \s\up20(k) ＝C eq \o\al(k,n) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(k) x eq \s\up16(n－\f(3,2)k) (k＝0，1，2，…，n). (1)根据展开式中的第二项和第三项的系数相等，得 C eq \o\al(1,n) eq \f(1,2) ＝C eq \o\al(2,n) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(2) ，即 eq \f(1,2) ·n＝ eq \f(1,4) · eq \f(n(n－1),2) ， 解得n＝5. (2)展开式中所有二项式系数的和为C eq \o\al(0,5) ＋C eq \o\al(1,5) ＋C eq \o\al(2,5) ＋…＋C eq \o\al(5,5) ＝25＝32. (3)二项展开式的通项公式为， Tk＋1＝C eq \o\al(k,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(k) x eq \s\up16(5－\f(3k,2)) (k＝0，1，2，…，5). 当k＝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＝C eq \o\al(0,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(0) x5＝x5， T3＝C eq \o\al(2,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(2) x2＝ eq \f(5,2) x2，T5＝C eq \o\al(4,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(4) x－1＝ eq \f(5,16x) . $