3.1.2 第1课时 排列与排列数 课后达标检测(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教B版）

该高中数学课件聚焦排列数公式及应用，从排列定义出发，通过例题解析、分类讨论（如卡片组成四位数）和树形图构建学习支架，帮助学生衔接排列概念与实际应用的知识脉络。 其亮点在于结合车站客票计算、贺卡分配等实际问题培养数学眼光，通过双阶乘与阶乘关系推导发展数学思维，用树形图和符号表达强化数学语言。学生能提升逻辑推理与应用能力，教师可借助分层练习和多样化解法优化教学。

3.1　3.1.2　第1课时　课后达标检测 解析：由排列数公式可得12－m＋1＝9，所以m＝4.故选B. 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ 课后达标 检测 3．四张卡片上分别标有数字“2”“0”“1”“1”，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为(　　) A．6 B．9 C．12 D．24 解析：第1类，0在个位有2 110，1 210，1 120，共3个；第2类，0在十位有2 101，1 201，1 102，共3个；第3类，0在百位有2 011，1 021，1 012，共3个，故由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为9. 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 √ 课后达标 检测 4．(2024·辽宁沈阳月考)某铁路所有车站共发行132种普通客票，则这段铁路的车站数是(　　) A．8 B．12 C．16 D．24 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ 课后达标 检测 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ √ 课后达标 检测 解析：对于A，因为加法满足交换律，所以A不是排列问题，故A错误； 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 课后达标 检测 6．(多选)对任意正整数n，定义n的双阶乘n！！：当n为偶数时，n！！＝n×(n－2)×(n－4)×…×6×4×2；当n为奇数时，n！！＝n×(n－2)×(n－4)×…×5×3×1.则下列四个说法中正确的是(　　) A．209！！×208！！＝209! B．208！！＝2×104! C．208！！的个位数字为0 D．209！！的个位数字为5 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 √ √ √ 课后达标 检测 解析：由题意，根据双阶乘的定义可得209！！×208！！＝(209×207×…×3×1)×(208×206×…×4×2)＝209！，故A正确； 208！！＝208×206×…×4×2＝2104×104！，故B错误； 易知208！！＝208×206×…×10×8×6×4×2能被10整除，则208！！的个位数字为0，故C正确； 易知209！！＝209×207×…×5×3×1能被5整除，则个位数字为5或0，又209！！是奇数，所以个位数字为5，故D正确．故选ACD. 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 课后达标 检测 7．某车展期间，某调研机构准备从6人中选2人去调查E3馆、E4馆的参观人数，则不同的安排方法种数为________． 解析：由题意可知，问题为从6个元素中选2个元素的排列问题，所以安排方法有6×5＝30(种). 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 30 课后达标 检测 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 3 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 课后达标 检测 10．从0，1，2，3这四个数字中，每次取出三个不同数字排成一个三位数． (1)能组成多少个不同的三位数，并写出这些三位数； 解：组成三位数分三个步骤：第1步：选百位上的数字，0不能排在首位，故有3种不同的排法；第2步：选十位上的数字，有3种不同的排法；第3步：选个位上的数字，有2种不同的排法．由分步乘法计数原理得共有3×3×2＝18个不同的三位数．画出下列树形图： 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 由树形图知，能组成的三位数有102，103，120，123，130，132，201，203，210，213，230，231，301，302，310，312，320，321. 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 从0，1，2，3这四个数字中，每次取出三个不同数字排成一个三位数． (2)若组成的这些三位数中，1不能在百位，2不能在十位，3不能在个位，则这样的三位数共有多少个，并写出这些三位数． 解：直接画出树形图：   由树形图知， 符合条件的三位数有8个，分别为201，210，230，231，301，302，310，312. 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 11．在应对某突发公共卫生事件时，某公司研究决定采用“办公室＋远程协作”的办公方案，结合实际管理情况，对于符合办公室工作条件的员工，计划工作日内每天安排2位员工在办公室办公(每位员工每周仅在办公室办公2天).已知该公司有5位员工符合条件，其中甲、乙2人必须安排在周一、周二两天同时在办公室办公，其余3位员工随机安排，则不同的安排方法共有(　　) A．6种 B．8种 C．9种 D．12种 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 √ 课后达标 检测 解析：记其余的3位员工分别为a，b，c，由题意可知，这3位员工只能安排在周三、周四、周五在办公室办公，所有的安排方法为(ab，ac，bc)，(ab，bc，ac)，(ac，ab，bc)，(ac，bc，ab)，(bc，ac，ab)，(bc，ab，ac)，共6种．故选A. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 √ √ √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 13．用短语“maths test”中所有的重复字母重新排列，能组成不同排列的个数为______________． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 10 课后达标 检测 14．四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人拿一张别人写的贺年卡，那么四张贺年卡的不同分配方法共有多少种？ 解：方法一(树形图法)：设四人为甲、乙、丙、丁，写的贺年卡分别为a，b，c，d，则分配方法如图所示．  共有9种不同的分配方法． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 方法二：(列举法)：设四人为甲、乙、丙、丁，写的贺年卡分别为a，b，c，d，则分配方法有(b，a，d，c)，(b，c，d，a)，(b，d，a，c)，(c，a，d，b)，(c，d，a，b)，(c，d，b，a)，(d，a，b，c)，(d，c，a，b)，(d，c，b，a)，共9种． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 16．一条铁路有n个车站，为适应客运需要，新增了m个车站，且知m＞1，客运车票增加了62种，问原有多少个车站？现在有多少个车站？ 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 1．A eq \o\al(m,12) ＝9×10×11×12，则m＝(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 2．(2024·山东日照高二校考)2 022×2 021×2 020×…×2 000＝(　　) A．A eq \o\al(21,2 022) B．A eq \o\al(22,2 022) C．A eq \o\al(23,2 022) D．A eq \o\al(24,2 022) 解析：由排列数的定义可得A eq \o\al(23,2 022) ＝2 022×2 021×2 020×…×2 000.故选C. 解析：设共有n个车站，在n个车站中，每两个车站之间都有2种普通客票，总的普通客票数为从n个不同元素中取出2个元素的排列数，由条件得A eq \o\al(2,n) ＝132＝12×11，所以n＝12.故选B. 5．(多选)从集合{3，5，7，9，11}中任取两个元素，下列四个问题属于排列问题的是(　　) A．相加可得多少个不同的和 B．相除可得多少个不同的商 C．作为椭圆 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程 D．作为双曲线 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程 对于B，因为除法不满足交换律，如 eq \f(5,3) ≠ eq \f(3,5) ，所以B是排列问题，故B正确； 对于C，若方程 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1表示焦点在x轴上的椭圆，则必有a＞b，a，b的大小关系一定，所以C不是排列问题，故C错误； 对于D，在双曲线 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1中不管a＞b还是a＜b，方程均表示焦点在x轴上的双曲线，且是不同的双曲线，故D是排列问题，故D正确．故选BD. 8．若A eq \o\al(4,2x＋1) ＝140A eq \o\al(3,x) ，则x＝________． 解析：由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋1≥4，,2x＋1∈N，,x≥3，,x∈N，)) 得x≥3且x∈N.原方程可化为(2x＋1)·2x·(2x－1)·(2x－2)＝140·x·(x－1)·(x－2)，化简得(4x2－35x＋69)(x－1)x＝0，解得x＝3或x＝ eq \f(23,4) 或x＝1或x＝0.又x≥3且x∈N，所以x＝3. 9．计算： eq \f(1,2！) ＋ eq \f(2,3！) ＋ eq \f(3,4！) ＋ eq \f(4,5！) ＋ eq \f(5,6！) ＝____________. 解析： eq \f(1,2！) ＋ eq \f(2,3！) ＋ eq \f(3,4！) ＋ eq \f(4,5！) ＋ eq \f(5,6！) ＝ eq \f(1,2×1) ＋ eq \f(2,3×2×1) ＋ eq \f(3,4×3×2×1) ＋ eq \f(4,5×4×3×2×1) ＋ eq \f(5,6×5×4×3×2×1) ＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,8) ＋ eq \f(1,30) ＋ eq \f(1,144) ＝ eq \f(719,720) . eq \f(719,720) 12．(多选)(2024·辽宁葫芦岛校考)下列等式中，正确的有(　　) A．A eq \o\al(m,n) ＝nA eq \o\al(m－1,n－1) B．A eq \o\al(m,n) ＝mA eq \o\al(m－1,n－1) C． eq \f(1,n－m) A eq \o\al(m＋1,n) ＝A eq \o\al(m,n) D．A eq \o\al(m,n) ＋mA eq \o\al(m－1,n) ＝A eq \o\al(m,n＋1) 解析：对于A，A eq \o\al(m,n) ＝ eq \f(n！,（n－m）！) ＝ eq \f(n·（n－1）！,[（n－1）－（m－1）]！) ＝nA eq \o\al(m－1,n－1) ，故A正确； 对于B，A eq \o\al(m,n) ＝ eq \f(n！,（n－m）！) ，而mA eq \o\al(m－1,n－1) ＝m· eq \f(（n－1）！,[（n－1）－（m－1）]！) ＝ eq \f(m（n－1）！,（n－m）！) ≠A eq \o\al(m,n) ，故B错误； 对于C， eq \f(1,n－m) A eq \o\al(m＋1,n) ＝ eq \f(1,n－m) · eq \f(n！,（n－m－1）！) ＝ eq \f(n！,（n－m）！) ＝A eq \o\al(m,n) ，故C正确； 对于D，A eq \o\al(m,n) ＋mA eq \o\al(m－1,n) ＝ eq \f(n！,（n－m）！) ＋ eq \f(m·n！,（n－m＋1）！) ＝ eq \f(（n－m＋1）·n！＋m·n！,（n－m＋1）！) ＝ eq \f(（n＋1）！,（n＋1－m）！) ＝A eq \o\al(m,n＋1) ，故D正确．故选ACD. 解析：由题知“s”有2个，“t”有3个，则将这5个字母看成互不相同的5个字母时的排列数为A eq \o\al(5,5) ，故其组成不同排列的个数为5,5) eq \f(A,A eq \o\al(2,2) A eq \o\al(3,3) ) ＝10. 15．英国数学家泰勒(B.Taylor，1685－1731)以发现泰勒公式和泰勒级数闻名于世，由泰勒公式，我们能得到e＝1＋ eq \f(1,1！) ＋ eq \f(1,2！) ＋ eq \f(1,3！) ＋…＋ eq \f(1,n！) ＋ eq \f(eθ,（n＋1）！) (其中e为自然对数的底数，0<θ<1，n！＝n×(n－1)×(n－2)×…×2×1)，其拉格朗日余项是Rn＝ eq \f(eθ,（n＋1）！) .可以看出，右边的项用得越多，计算得到的e的近似值也就越精确．若 eq \f(3,（n＋1）！) 近似地表示e的泰勒公式的拉格朗日余项Rn，Rn不超过 eq \f(1,1 000) 时，正整数n的最小值是(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 解析：依题意得， eq \f(3,（n＋1）！) ≤ eq \f(1,1 000) ，即(n＋1)！≥3 000，又(5＋1)！＝6×5×4×3×2×1＝720，(6＋1)！＝7×6×5×4×3×2×1＝5 040＞3 000，所以正整数n的最小值是6. 解：由题意可知，原有车票的种数是A eq \o\al(2,n) 种， 现有车票的种数是A eq \o\al(2,n＋m) 种，所以A eq \o\al(2,n＋m) －A eq \o\al(2,n) ＝62，即(n＋m)(n＋m－1)－n(n－1)＝62，所以m(2n＋m－1)＝62，因为m<2n＋m－1，且n≥2，m， n∈N＋，而62整数因式分解只有2×31，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2，,2n＋m－1＝31，)) 解得m＝2，n＝15，故原有15个车站，现在有17个车站． $