第7章　计数原理 章末知识点总结提升课件-2025-2026学年高二下学期数学苏教版选择性必修第二册

该高中数学单元复习课件系统梳理了计数原理的核心内容，包括两个基本计数原理、排列、组合及二项式定理，通过知识导图将各知识点逻辑串联，帮助学生构建完整的计数原理知识网络。 其亮点在于采用“要点归纳-典例剖析-跟踪训练”的复习策略，如通过党员志愿者分配、节目排列等典例，结合分步分类思想培养学生逻辑推理和数学运算能力，跟踪训练分层设计满足不同学生需求，助力教师精准复习，提升学生知识应用能力。

第7章　计数原理 章末知识点总结提升 网络构建·知识导图 要点归纳·典例提升 要点一　两个基本计数原理的应用 1.利用分类计数原理和分步计数原理进行计数时,常因分类不明导致增(漏)解,因此在解题过程中既要保证类与类的互斥性,又要关注总数的完备性. 2.掌握分类计数原理和分步计数原理及其区别和联系,有助于提升逻辑推理和数学运算能力. 【典例1】 某地区安排A,B,C,D,E,F六名党员志愿者同志到三个基层社区开展防诈骗宣传活动,每个地区至少安排一人,至多安排三人,且A,B两人安排在同一个社区,C,D两人不安排在同一个社区,则不同的分配方法总数为 (　　) A.72 B.84 C.90 D.96 B 解析 第一种分配方式为每个社区各两人,则CE一组,DF一组,或CF一组,DE一组,由2种分组方式,再三组人、三个社区进行排列,则分配方式共有2=12(种).第二种分配方式为一个社区1人,一个社区2人,一个社区3人,①当AB两人一组去一个社区,则剩下的4人,1人为一组,3人为一组,则必有C或D单独为一组,有种分配方法,再三个社区、三组人进行全排列,则共有=12种分配方法;②当AB加上另一人三人去一个社区,若选择的是C或D,则有种选择,再将剩余3人分为两组,有种分配方法,再将三个社区、三组人进行全排列,有=36种分配方法;③AB加上另一人三人去一个社区,若选择的不是C或D,即从E或F中选择1人和AB一起,有种分配方法,再将CD和剩余的1人共3人分为两组,有2种分配方法,将三个社区、三组人进行全排列,有2=24种分配方法.综上共有12+12+36+24=84种不同的分配方式.故选B. 【典例2】 将0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的五位数,则 (1)可以组成多少个偶数? (2)恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的五位数有多少个? (3)可以组成多少个比13 123大的数? 解 (1)当个位数字为0时,可以组成=24个偶数;当个位数字不为0时,可以组成=36个偶数,所以可以组成24+36=60个偶数. (2)当夹在中间的偶数数字为0时,满足题意的五位数个数为=12(个);当夹在中间的偶数数字不为0时,将其与1,3看作一个整体,则有=4种情况,再将这个整体和另一个不为0的数字挑选一个排在首位,其余数字任意排序,共有=4种情况,则满足题意的五位数有4×4=16(个).故满足题意的五位数共有12+16=28(个). (3)所组成的比13 123大的五位数,可以分为以下2类:第一类,形如2□□□□,3□□□□,4□□□□,共有3=72(个);第二类,形如13□□□,14□□□,共有2=10(个),所以可以组成72+10=82个比13 123大的数. 规律方法　应用两个基本计数原理计数的四个步骤 (1)明确完成的这件事是什么; (2)思考如何完成这件事; (3)判断它属于分类还是分步,是先分类后分步,还是先分步后分类; (4)选择计数原理进行计算. 跟踪训练1　某公司筹备优秀员工假期免费旅游活动.常见的六个旅游热门地有北京、上海、广州、深圳、成都、南京,则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数为(　　) A.1 800 B.1 080 C.720 D.360 B 解析 ①恰有2个部门所选的旅游地相同,第一步,先将选相同的2个部门取出,有=6(种);第二步,从6个旅游地中选出3个排序,有=120(种),根据分步计数原理可得,方法有6×120=720(种);②4个部门所选的旅游地都不相同的方法有=360(种),根据分类计数原理得,甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有720+360=1 080.故选B. 跟踪训练2　车间有11名工人,其中5名男工是钳工、4名女工是车工,另外2名老师傅既能当车工又能当钳工,现在要在这11名工人里选派4名钳工、4名车工修理一台机床,则有多少种选派方法? 解 (方法一)5名男钳工有4名被选上的方法有=75(种),5名男钳工有3名被选上的方法有=100(种),5名男钳工有2名被选上的方法有=10(种). 所以共有75+100+10=185种选派方法. (方法二)4名女车工都被选上的方法有=35(种), 4名女车工有3名被选上的方法有=120(种), 4名女车工有2名被选上的方法有=30(种). 所以共有35+120+30=185种选派方法. 要点二　排列、组合的应用 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.对于排列和组合的运算,有助于提升数学建模及数学运算能力. 【典例3】 在高三(1)班元旦晚会上,有6个演唱节目、4个舞蹈节目. (1)当4个舞蹈节目要排在一起时,有多少种不同的节目安排顺序? (2)当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时,有多少种不同的节目安排顺序? (3)若已定好节目单,后来情况有变,需加上诗朗诵和快板2个节目,但不能改变原来节目的相对顺序,有多少种不同的节目演出顺序? 解 (1)第1步,将4个舞蹈节目捆绑起来,看成1个节目,与6个演唱节目一起排,有=5 040种方法;第2步松绑,给4个舞蹈节目排序,有=24种方法. 根据分步计数原理,一共有5 040×24=120 960种安排顺序. (2)第1步,将6个演唱节目排成一列(如图中的“□”),一共有=720种方法. ×□×□×□×□×□×□× 第2步,将4个舞蹈节目排在6个演唱节目所形成的空中,其中包含首尾两空(即图中“×”的位置),这样相当于7个“×”选4个来排,一共有=840种方法. 根据分步计数原理,一共有720×840=604 800种安排顺序. (3)若所有节目没有顺序要求,全部排列,则有种排法,但原来的节目已定好顺序,所以节目演出的顺序有=132(种). 规律方法　解决排列、组合综合问题的注意事项 (1)首先要分清该问题是排列问题还是组合问题. (2)对于含有多个限制条件的复杂问题,应认真分析每个限制条件,再考虑是分类还是分步,分类时要不重不漏,分步时要步步相接. (3)对于含有“至多”“至少”的问题,常采用间接法,此时要考虑全面,排除干净. 跟踪训练3　(多选题)现有2名男同学与3名女同学排成一排,则(　　) A.女生甲不在排头的排法总数为24 B.男女生相间的排法总数为12 C.女生甲、乙相邻的排法总数为48 D.女生甲、乙不相邻的排法总数为72 BCD 解析 对于A,女生甲在排头的排法有,所以女生甲不在排头的排法总数为=96,故A错误;对于B,2名男同学全排列为种,产生3个空,再将3名女同学排上有种,所以男女生相间的排法总数为=12,故B正确;对于C,女生甲、乙相邻看作一个元素,则有种,女生甲、乙再排列有种,所以女生甲、乙相邻的排法总数为=48,故C正确;对于D,除女生甲、乙以外3人全排列有种,产生4个空,再将女生甲、乙排上有种,所以女生甲、乙不相邻的排法总数为=72,故D正确.故选BCD. 跟踪训练4　从包含甲、乙2人的8人中选4人参加4×100米接力赛,在下列条件下,各有多少种不同的排法? (1)甲、乙2人都被选中且必须跑中间两棒; (2)甲、乙2人只有1人被选中且不能跑中间两棒. 解 (1)甲、乙2人必须跑中间两棒,则有种排法,余下的两个位置需要在剩余的6人中选2人排列,有种排法,根据分步计数原理,不同的排法种数为=60. (2)甲、乙2人只有1人被选中且不能跑中间两棒,则需要从甲、乙2人中选出1人,有种选法,然后在第一棒和第四棒中选一棒,有种结果,另外6人中要选3人在剩余的三个位置上排列,有种排法, 根据分步计数原理,不同的排法种数为=480. 要点三　二项式定理及其应用 1.二项式定理有比较广泛的应用,可用于代数式的化简、变形、证明整除、近似计算、证明不等式等,其原理可以用于二项式相应展开式中项的系数的求解. 2.二项式定理有助于提升数学运算和数学建构能力. 角度1二项展开式的特定项问题 【典例4】 已知f(x)=()n的展开式中,第5项与第3项的二项式系数之比为5∶2. (1)求f(x)展开式中的常数项; (2)若(1+ax)f(x)的展开式中含x3项的系数为20,求a的值. 解 (1)因为,即n2-5n-24=0,解得n=8或 n=-3(舍),()n的展开式的通项为Tr+1=(-2)r,所以f(x)展开式中的常数项为(-2)4=1 120. (2)(1+ax)f(x)=(1+ax)()8的展开式中含x3项的系数为 (-2)+a(-2)2=20,解得a=. 跟踪训练5　已知二项式(x+3x2)n. (1)若它的二项式系数之和为128. ①求展开式中二项式系数最大的项; ②求展开式中系数最大的项. (2)若x=3,n=2 025,求二项式的值被7整除的余数. 解 (1)∵2n=128,∴n=7.∴二项展开式的通项为Tr+1=x7-r(3x2)r=3rx7+r. ①二项式系数最大的项为第4,5项, T4=33x10=945x10,T5=34x11=2 835x11. ②设展开式中系数最大的项为第r+1项,则 r=1,2,3,4,5,6,7, 即解得5≤r≤6, 所以r=5或r=6,所以展开式中系数最大的项为第6,7项, T6=x2(3x2)5=5 103x12,T7=x1(3x2)6=5 103x13. (2)当x=3,n=2 025时,(x+3x2)n=(3+27)2 025=302 025,因为302 025=(2+28)2 025 =22 025+28·22 024+…+282 024·2+282 025,所以二项式的值被7整除的余数就是22 025被7整除的余数. 因为22 025=8675=(7+1)675=7675+7674+…+7+1,所以22 025被7整除的余数为1,所以二项式的值被7整除的余数为1. 规律方法　二项式特定项的求解策略 (1)确定二项式中的有关元素:一般是根据已知条件,列出等式,从而可解得所要求的二项式中的有关元素. (2)确定二项展开式中的常数项:先写出其通项,令未知数的指数为零,从而确定项数,然后代入通项确定常数项. (3)求二项展开式中条件项的系数:先写出其通项,再由条件确定项数,然后代入通项求出此项的系数. (4)确定二项展开式中的系数最大或最小项:利用二项式系数的性质. 跟踪训练6　已知()n的展开式中所有项的二项式系数之和为1 024. (1)求展开式中的所有有理项; (2)求(1-x)3+(1-x)4+…+(1-x)n的展开式中含x2的项的系数. 解 (1)由题意得2n=1 024,∴n=10, ∴展开式的通项为Tk+1=)10-k(-)k=(-1)k =(-1)k(k=0,1,…,10),令5-∈Z,得k=0,6. ∴有理项为T1=x5=x5,T7=x4=210x4. (2)∵,∴, ∴含x2的项的系数为+…++…+ =164. 角度2二项展开式的“赋值”问题 【典例5】 (1)若(1+2x)3(x-2)4=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,则a2+a4+a6=(　　) A.-54 B.-43 C.-27 D.54 B 解析 令x=1,可得a0+a1+a2+…+a7=(1+2)3(1-2)4=27,令x=-1,可得a0-a1+a2-…-a7=(1-2)3(-1-2)4=-81,两式相加可得2(a0+a2+a4+a6)=-54,所以a0+a2+a4+a6=-27,令x=0,可得a0=(1+0)3(0-2)4=16,所以a2+a4+a6=-27-a0 =-43.故选B. (2)在(x-)6的展开式中,下列说法错误的是(　　) A.二项式系数之和为64 B.各项系数之和为 C.二项式系数最大的项为 D.常数项为 C 解析 对于选项A,因为n=6,所以二项式系数之和为26=64,故A正确;对于选项B,令x=1,可得各项系数之和为(1-)6=,故B正确;因为(x-)6的展开式为Tr+1=x6-r(-)r=(-)r,r=0,1,…,6,对于选项C,因为n=6,可知二项式系数最大的项为第4项T4=(-)3=-,故C错误;对于选项D,令 6-r=0,解得r=4,所以常数项为T5=(-)4x0=,故D正确.故选C. 规律方法　“赋值法”在二项展开式中的应用 (1)观察:先观察二项展开式左、右两边式子的结构特征. (2)赋值:结合待求和上述特征,对变量x赋值,常见的赋值有x=-1,x=0,x=1等等,具体视情况而定. (3)解方程:赋值后结合待求建立方程(组)求解. 跟踪训练7　(1)(多选题)若(3x-1)7=a7x7+a6x6+…+a1x+a0,则(　　) A.a0=1 B.a1+a2+…+a7=129 C.a1+a3+a5+a7=8 256 D.a0+a2+a4+a6=8 128 BC 解析 对于A,令x=0,可得a0=(-1)7=-1,A错误;对于B,令x=1,可得(3-1)7 =a7+a6+…+a1+a0=27=128①,又a0=-1,则a1+a2+…+a7=129,B正确;对于C,D,令x=-1,可得(-3-1)7=-a7+a6-…-a1+a0=-47=-16 384②,又①-②得2(a1+a3+a5+a7)=16 512,则a1+a3+a5+a7=8 256,C正确;①+②得2(a0+a2+a4+a6)=-16 256,则a0+a2+a4+a6=-8 128,D错误.故选BC. (2)(多选题)已知(1+2x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,下列结论正确的是(　　) A.a0+a1+a2+…+an=3n B.当n=5,x=时,设(1+2x)n=a+b(a,b∈N*),则a=b C.当n=12时,a0,a1,a2,…,an中最大的是a7 D.当n=12时,+…+=1 AD 解析 在已知式中令x=1,得a0+a1+a2+…+an=3n,A正确;当n=5时, (1+2x)5=1+·2x+(2x)2+(2x)3+(2x)4+(2x)5=a+b(a,b∈N*), a=1+×22×3+×24×9=841,b=×2+×23×3+25×9=538,a≠b,B错误;当n=12时,a7=×27=×27=×27,a8=28=28 =×28>×27,C错误;在(1+2x)12=a0+a1x+…+a12x12中,令x=0,得a0=1,令x=-,则a0--…+=0,所以+…+=a0=1,D正确. 故选AD. 高考链接 1.(2022新高考Ⅰ)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,则这2个数互质的概率为(　　) A B C D D 解析 从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,共有=21种不同的取法,若两数不互质,则不同的取法有(2,4),(2,6),(2,8),(3,6),(4,6),(4,8),(6,8),共7种,故所求概率P=.故选D. 2.(2022新高考Ⅰ)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为　　　　　(用数字作答).  -28 解析 ∵原式=(x+y)8-(x+y)8,∴展开式中含有x2y6的项为x2y6-x3y5 =()x2y6=-28x2y6. 故x2y6的系数为-28. 3.(2024上海)若二项式(x+1)n的展开式中,各项系数和为32,则x2项的系数为　　　　　.  10 解析 令x=1即可得各项系数之和是(1+1)n=2n=32,可知n=5,则该二项式的通项公式是Tr+1=x5-r·1r,令5-r=2,可得r=3.∵=10,∴x2项的系数是10. 4.(2024全国甲)(+x)10的展开式中,各项系数中的最大值为　　　　　.  5 解析 该展开式中各项系数的最大值一定在下列5个值中:)5,)4,)3,)2,)1,逐一计算,可知)2=5最大. $