第3章 排列、组合与二项式定理 章末复习提升(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、组合与二项式定理，系统梳理计数原理、排列组合公式及二项式定理等核心知识，通过知识体系构建夯实基础，核心要点整合中的训练题衔接应用，形成从理论到实践的学习支架。 其亮点在于结合实际问题（如花卉种植、选课方案）培养数学眼光，通过分类分步、逻辑推理（如小球放盒子的分组讨论）发展数学思维，用公式推导和符号表达（如二项式通项公式）强化数学语言。学生能提升知识应用能力，教师可获得系统复习资源，提高教学效率。

章末复习提升 知识体系 构建 1 核心要点 整合 2 内容 索引 知识体系 构建 PART 01 第一部分 知识体系 构建 返回导航 核心要点 整合 PART 02 第二部分 要点一　分类加法计数原理和分步乘法计数原理 应用两个计数原理解决应用问题时主要考虑三方面的问题：(1)要做什么事；(2)如何去做这件事；(3)怎样才算把这件事完成了．并注意计数原则：分类用加法，分步用乘法． 核心要点 整合 返回导航 训练1　一件工作可以用两种方法完成，有5人只会用第一种方法完成，另外4人只会用第二种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，则不同的选法种数是(　　) A．9 B．10 C．20 D．40 √ 核心要点 整合 返回导航 训练2　现有10张奖券，其中有一、二、三等奖各1张，其余7张无奖，现将这10张奖券随机分发给5名同学，每人2张，则恰有2人获奖的分法种数是(　　) A．30 B．60 C．90 D．120 √ 核心要点 整合 返回导航 解析：可分四步：第一步，将一、二、三等奖的奖券及1张无奖奖券平均分成2组，有3种不同的分法；第二步，从2组奖券中抽出1组分给5名同学中的任意1人，有5种分法；第三步，将余下的1组奖券分给余下的4名同学中的任意1人，有4种分法；第四步，将剩余6张无奖奖券分给未中奖的3名同学，每人2张，有1种分法．故恰有2人获奖的分法种数是3×5×4×1＝60.故选B. 核心要点 整合 返回导航 训练3　将5种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中，每个区域种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法种数是(　　) A．420 B．180 C．64 D．25 解析：区域A有5种种植方法，B有4种种植方法，若A，D种植的花卉不同，则D有3种种植方法，C有2种种植方法，共有5×4×3×2＝120种种植方法；若A，D种植的花卉相同，则C有3种种植方法，共有5×4×3＝60种种植方法．故共有120＋60＝180种不同的种植方法．故选B. √ 核心要点 整合 返回导航 要点二　排列与组合的综合应用 1．解决排列、组合的综合问题时，首先要认真审题．只有认真审题．才能把握问题的实质，并注意结合分类与分步两个计数原理，按元素的性质确定分类的标准，按事情的发展过程确定分步的顺序． 2．解决排列与组合的综合问题时，应遵循三个原则：(1)先组合后排列；(2)先分类后分步；(3)先特殊后一般． 3．解决排列与组合的综合问题的难点在于确定分类的标准，题目的特殊条件既是解决问题的拦路虎，又是解决问题的出发点，是我们确定分类标准的依据． 核心要点 整合 返回导航 训练4　3男3女六位同学站成一排，则3位女生中有且只有两位女生相邻的不同排法种数是(　　) A．576 B．432 C．388 D．216 √ 核心要点 整合 返回导航 √ √ 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 √ 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 训练7　(2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有____________种(用数字作答). 64 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 训练8　按照下列要求，分别求有多少种不同的放法． (1)5个不同的小球放入3个不同的盒子； 解：5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个小球都有3种可能，利用分步乘法计数原理可得不同的放法有35＝243(种). 核心要点 整合 返回导航 (2)5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少有1个小球； 核心要点 整合 返回导航 (3)5个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少有1个小球； 核心要点 整合 返回导航 (4)5个不同的小球放入3个不同的盒子，恰有1个空盒． 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 √ 核心要点 整合 返回导航 √ 核心要点 整合 返回导航 √ √ √ 核心要点 整合 返回导航 当k＝2时，展开式中该项系数的值最大，即为24，故C正确； 当k＝1，2，4时，对应的项为无理项，故D正确．故选BCD. 核心要点 整合 返回导航 －28 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 核心要点 整合 返回导航 解析：利用第一种方法完成有C eq \o\al(1,5) ＝5种选法，利用第二种方法完成有C eq \o\al(1,4) ＝4种选法，故共有5＋4＝9种选法完成工作．故选A. 解析：由题意，先选2个女生捆绑看做一个整体，有A eq \o\al(2,3) ＝6种排法，然后将男生全排列再将女生插空，有A eq \o\al(3,3) A eq \o\al(2,4) ＝6×12＝72种排法，所以不同的排法有6×72＝432(种).故选B. 训练5　(多选)在新高考方案中，选择性考试科目有物理、化学、生物、政治、历史、地理6门．学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是(　　) A．若任意选科，则选法总数为C eq \o\al(2,4) B．若化学必选，则选法总数为C eq \o\al(1,2) C eq \o\al(1,3) C．若政治和地理至少选一门，则选法总数为C eq \o\al(1,2) C eq \o\al(1,2) C eq \o\al(1,3) D．若物理必选，化学、生物至少选一门，则选法总数为C eq \o\al(1,2) C eq \o\al(1,2) ＋1 若物理必选，化学、生物至少选一门，则选法总数为C eq \o\al(1,2) C eq \o\al(1,2) ＋1，故D正确．故选BD. 解析：若任意选科，则选法总数为C eq \o\al(1,2) C eq \o\al(2,4) ，故A错误； 若化学必选，则选法总数为C eq \o\al(1,2) C eq \o\al(1,3) ，故B正确； 若政治和地理至少选一门，则选法总数为C eq \o\al(1,2) C eq \o\al(1,2) C eq \o\al(1,2) ＋C eq \o\al(1,2) ，故C错误； 训练6　(2023·新课标Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有(　　) A．C eq \o\al(45,400) ·C eq \o\al(15,200) 种 B．C eq \o\al(20,400) ·C eq \o\al(40,200) 种 C．C eq \o\al(30,400) ·C eq \o\al(30,200) 种 D．C eq \o\al(40,400) ·C eq \o\al(20,200) 种 解析：由题意，初中部和高中部学生人数之比为 eq \f(400,200) ＝ eq \f(2,1) ，所以抽取的60名学生中初中部应有60× eq \f(2,3) ＝40(人)，高中部应有60× eq \f(1,3) ＝20(人)，所以不同的抽样结果共有C eq \o\al(40,400) ·C eq \o\al(20,200) 种．故选D. 解析：方法一：由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有C eq \o\al(1,4) C eq \o\al(1,4) 种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有C eq \o\al(1,4) C eq \o\al(2,4) 种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有C eq \o\al(2,4) C eq \o\al(1,4) 种方案．综上，不同的选课方案共有C eq \o\al(1,4) C eq \o\al(1,4) ＋C eq \o\al(1,4) C eq \o\al(2,4) ＋C eq \o\al(2,4) C eq \o\al(1,4) ＝64(种). 方法二：若学生从这8门课中选修2门课，则有C eq \o\al(2,8) －C eq \o\al(2,4) －C eq \o\al(2,4) ＝16种选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有C eq \o\al(3,8) －C eq \o\al(3,4) －C eq \o\al(3,4) ＝48种选课方案．综上，不同的选课方案共有16＋48＝64(种). 解：5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少有1个小球，第一步，先把5个小球分组，有两种分法：2，2，1；3，1，1，有2,5) eq \f(CC eq \o\al(2,3) ,A eq \o\al(2,2) ) ＋C eq \o\al(3,5) 种方法；第二步，再放入3个不同的盒子有A eq \o\al(3,3) 种放法．由分步乘法计数原理知，共有2,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(CC eq \o\al(2,3) ,A eq \o\al(2,2) )＋C eq \o\al(3,5) )) A eq \o\al(3,3) ＝150种放法． 解：5个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少有1个小球，类似于在5个小球间的空隙中，放入2个隔板，把小球分为3组，则不同的放法有C eq \o\al(2,4) ＝6(种). 解：5个不同的小球放入3个不同的盒子，恰有1个空盒，第一步，先把5个小球分2组，有两种分法：3，2，0；4，1，0，有C eq \o\al(3,5) C eq \o\al(2,2) ＋C eq \o\al(4,5) 种分法．第二步，把分好的球放入3个不同的盒子，有A eq \o\al(3,3) 种放法，由分步乘法计数原理知，共有(C eq \o\al(3,5) C eq \o\al(2,2) ＋C eq \o\al(4,5) )A eq \o\al(3,3) ＝90种放法． 要点三　二项式定理及其应用 1．根据通项公式，利用方程思想可求展开式中特定的项或特定项的系数． 2．利用二项式系数的性质、特殊赋值法求展开式中某些项的系数之和，如f(x)＝(a＋bx)n展开式中，各项的二项式系数之和为2n，各项的系数之和为f(1)，奇数项的系数之和为 eq \f(f（1）＋f（－1）,2) ，偶数项的系数之和为 eq \f(f（1）－f（－1）,2) 等． 训练9　 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－\f(2,x))) eq \s\up12(4) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x))) eq \s\up12(8) 的展开式中的常数项为(　　) A．32 B．34 C．36 D．38 解析： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－\f(2,x))) eq \s\up12(4) 的展开式的通项为Tm＋1＝C eq \o\al(m,4) (x3)4－m· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x))) eq \s\up12(m) ＝ C eq \o\al(m,4) ·(－2)mx12－4m，令12－4m＝0，解得m＝3. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x))) eq \s\up12(8) 的展开式的通项为 Tn＋1＝C eq \o\al(n,8) x8－n· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x))) eq \s\up12(n) ＝C eq \o\al(n,8) x8－2n，令8－2n＝0，解得n＝4，所以所求常数项为C eq \o\al(3,4) (－2)3＋C eq \o\al(4,8) ＝38. 训练10　(x3－2x＋ eq \f(1,x) )6展开式中，常数项是(　　) A．220 B．－220 C．924 D．－924 解析：(x3－2x＋ eq \f(1,x) )6＝( eq \f(x4－2x2＋1,x) )6＝ eq \f(（x2－1）12,x6) ，即求分子展开式中x6项的系数．分子二项展开式的通项为C eq \o\al(r,12) (x2)12－r(－1)r，令24－2r＝6，解得r＝9，此时C eq \o\al(9,12) (x2)12－9(－1)9＝－220x6，故原式展开后，常数项为－220.故选B. 训练11　(多选)已知(x－ eq \f(2,\r(3,x)) )n的展开式中所有二项式系数之和为16，则展开式中(　　) A．各项的系数之和为－1 B．存在常数项－32 C．各项系数的值中最大的是24 D．无理项有3项 解析：因为(x－ eq \f(2,\r(3,x)) )n的展开式中所有二项式系数之和为16，所以2n＝16，解得n＝4.令x＝1，可得(x－ eq \f(2,\r(3,x)) )4的展开式中各项系数之和为1，故A错误； (x－ eq \f(2,\r(3,x)) )4的展开式的通项为Tk＋1＝C eq \o\al(k,4) ·(－2)k·x4eq \s\up10(－\f(4k,3))，令4－ eq \f(4k,3) ＝0，得k＝3，则T4＝C eq \o\al(3,4) ·(－2)3＝－32，故B正确； 训练12　(2022·新高考Ⅰ卷) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x))) (x＋y)8的展开式中x2y6的系数为_______(用数字作答). 解析：(x＋y)8展开式的通项Tr＋1＝C eq \o\al(r,8) x8－ryr，r＝0，1，…，7，8.令r＝6，得T6＋1＝C eq \o\al(6,8) x2y6，令r＝5，得T5＋1＝C eq \o\al(5,8) x3y5，所以(1－ eq \f(y,x) )(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为C eq \o\al(6,8) －C eq \o\al(5,8) ＝－28. 训练13　已知二项式(5x－ eq \f(1,\r(x)) )n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍． (1)求n的值； 解：令x＝1，得二项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(n) 展开式中各项系数之和为(5－1)n＝4n，各项二项式系数之和为2n，由题意得，4n＝16·2n，所以2n＝16，解得n＝4. 已知二项式(5x－ eq \f(1,\r(x)) )n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍． (2)求展开式中二项式系数最大的项； 解：通项Tr＋1＝C eq \o\al(r,4) (5x)4－r eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(r) ＝(－1)r·C eq \o\al(r,4) 54－rx4eq \s\up10(－\f(3,2))r，展开式中二项式系数最大的项是第3项，T3＝(－1)2C eq \o\al(2,4) 52x＝150x. 已知二项式(5x－ eq \f(1,\r(x)) )n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍． (3)求展开式中所有有理项． 解：由(2)得4－ eq \f(3,2) r∈Z(r＝0，1，2，3，4)，即r＝0，2，4，所以展开式中所有有理项为T1＝(－1)0C eq \o\al(0,4) 54x4＝625x4，T3＝(－1)2C eq \o\al(2,4) 52x＝150x，T5＝ (－1)4C eq \o\al(4,4) 50x－2＝x－2. $