2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第三册 第六章 章末总结

该高中数学课件聚焦两个计数原理、排列组合及二项式定理，通过知识网络构建梳理概念脉络，结合真题体验与题组训练，形成从基础概念到综合应用的学习支架，帮助学生衔接知识逻辑。 其亮点在于以高考真题为载体，通过分类分步辨析、先选后排等方法培养数学思维，结合二项式定理中通项分析强化数学语言表达，助力学生提升运算推理与模型应用能力。教师可借助规律方法总结高效教学，学生能在实例中深化理解并迁移应用。

章末总结 知识网络·构建概括 真题体验·素养升级 题型一　两个计数原理的综合应用 C [例1] (2023·全国乙卷)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 题组训练 1.(2021·全国乙卷)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,则不同的分配方案共有(　 　) A.60种 B.120种 C.240种 D.480种 C 2.(2022·新高考Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻,则不同的排列方式共有(　 ) A.12种 B.24种 C.36种 D.48种 B 在解题过程中运用两个计数原理的关键是区分“分类”与“分步”.分类就是能一步到位,即任何一类中的任何一种方法都能单独完成整个事件;而分步则只能局部到位,即任何一步中的任何一种方法只能完成事件的一部分,只有当各个步骤都依次完成,整个事件才算完成. [例2] (1)(2017·全国Ⅱ卷)安排3名志愿者完成 4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有(　　) A.12种 B.18种 C.24种 D.36种 题型二　排列与组合的综合运用 D (2)有3名男生,4名女生,在下列不同条件下,错误的是(　　) A.任选其中3人相互调整座位,其余4人座位不变,则不同的调整方案有70种 B.全体站成一排,男生互不相邻有1 440种排法 C.全体站成一排,女生必须站在一起有144种排法 D.全体站成一排,甲不站排头,乙不站排尾有3 720 种排法 C 题组训练 1.某省示范性高中安排6名高级教师(不同姓)到甲、乙、丙三所中学进行支教,每所学校至少1人,因工作需要,其中李老师不去甲校,则分配方案种数为　　　　.  360 2.有6名男医生、4名女医生,从中选3名男医生、2名女医生到5个不同的地区巡回医疗,但规定男医生甲不能到地区A,则共有多少种不同的分派方案? 解排列组合综合问题的方法 先选后排法是解答排列、组合应用问题的根本方法,利用先选后排法解答问题只需三步即可完成. 第一步:选元素,即选出符合条件的元素; 第二步:进行排列,即把选出的元素按要求进行排列; 第三步:计算总数,即根据分步乘法计数原理、分类加法计数原理计算方法总数. 注意:(1)均匀分组时要除以均匀组数的阶乘;(2)相同元素的分配问题常用“隔板法”. 题型三　求二项展开式的特定项的系数 160 题组训练 C -28 求二项展开式中的特定项的系数,一般是化为通项后,令字母的指数符合要求(求常数项时,指数为零;求有理项时,指数为整数等),解出r,代回通项即可. 题型四　研究二项展开式的二项式系数与系数 题组训练 1.(2022·北京卷)若(2x-1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,则a0+a2+a4等于(　 　) A.40 B.41 C.-40 D.-41 B 2.(2022·浙江卷)已知多项式(x+2)(x-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则a2= 　　　　,a1+a2+a3+a4+a5=　　　　.  8 -2 模拟演练 题型一　两个计数原理的综合应用 1. 某市拟派出6人组成三个队,每队两人,对甲、乙、丙三县进行调研,则不同的派出方法种数共有(　 　) A.15 B.60 C.90 D.540 C 2.在新高考改革中,学生可先从物理、历史两门学科中任选一科,再从化学、生物学、思想政治、地理四门学科中任选两科参加高考,现有甲、乙两名学生若按以上选科方法,选三门学科参加高考,则甲、乙二人恰有一门学科相同的选法有(　 　) A.24种 B.30种 C.48种 D.60种 D 3.某足球联赛的积分规则是:胜一场得 3分,平一场得1分,负一场得0分.某球队打完 3场比赛,则该球队积分情况共有(　 　) A.8种 B.9种 C.10种 D.11种 B 解析:打完3场比赛,可能出现的胜负情况为三胜,二胜一平,二胜一负,一胜二平,一胜二负,一胜一平一负;三平,二平一负,一平二负,三负. 对应的积分依次为9,7,6,5,3,4,3,2,1,0,共9种积分情况.故选B. 4.已知某超市为顾客提供四种结账方式:现金、移动支付、储蓄卡、信用卡.若顾客甲没有信用卡,顾客乙只带了现金,顾客丙、丁用哪种方式结账都可以,这四名顾客购物后,恰好用了其中的三种结账方式,那么他们结账方式的可能情况有(　 　) A.19种 B.26种 C.7种 D.12种 B 题型二　排列组合的综合应用 1.某校A,B,C,D,E五名学生分别上台演讲,若A须在B前面出场,且都不能在第3号位置,则不同的出场次序有(　 　) A.18种 B.36种 C.60种 D.72种 B B 3.某地参加医疗援助的医护人员A,B,C,D,E,F共6人(其中A是队长)圆满完成任务返回本地,他们受到当地群众的热烈欢迎.这 6名医护人员和一名群众共7人站一排进行拍照,则该群众和队长站在两端且B,C相邻,而B,D不相邻的排法种数为(　 　) A.36 B.48 C.56 D.72 D 4.为推动党史学习教育各项工作扎实开展,营造“学党史、悟思想、办实事、开新局”的浓厚氛围,某校党委计划将中心组学习、专题报告会、党员活动日、主题班会、主题团日这五种活动分5个阶段安排,以推动党史学习教育工作的进行.若中心组学习必须安排在前2个阶段,且主题班会、主题团日安排的阶段相邻,则不同的安排方案共有(　 　) A.12种 B.28种 C.20种 D.16种 C 5.四根绳子上共挂有10只气球,绳子上的球数依次为1,2,3,4,每枪只能打破一只球,而且规定只有打破下面的球才能打上面的球,则将这些气球都打破的不同打法数是(　 　) A.12 600 B.6 000 C.8 200 D.12 000 A 6.给甲、乙、丙、丁四人安排泥工、木工、油漆三项工作,每项工作至少一人,每人做且仅做一项工作,甲不能安排木工工作,则不同的安排方法共有(　 　) A.12种 B.18种 C.24种 D.64种 C 题型三　二项式定理的应用 A B C C B B 4 24或96 5 感谢观看 解析:首先确定相同的读物,共有种情况,然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里,选出2种进行排列,共有种, 根据分步乘法计数原理得共有×=120(种)选法.故选C. 解析:根据题设中的要求,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配 1名志愿者,可分两步进行安排:第一步,将5名志愿者分成4组,其中1组 2人,其余每组1人,共有种分法;第二步,将分好的4组安排到4个项目中,有种安排方法.故满足题意的分配方案共有·=240种.故选C. 解析:先将丙和丁捆在一起有种排列方式,然后将其与乙、戊排列,有种排列方式,最后将甲插入中间两空,有种排列方式,所以不同的排列方式共有=24(种). 解析:(1)只能是一个人完成2项工作,剩下的2人各完成一项工作.由此把4项工作分成 3份再全排列得·=36.故选D. 解析: (2)任选其中3人相互调整座位,其余4人座位不变,则不同的调整方案有×2×1=70种,故A正确; 先排女生,将4名女生全排列,有种方法, 再安排男生,由于男生互不相邻,可以在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生,有种方法,故共有·=1 440种排法,故B正确; 将女生看成一个整体,考虑女生之间的顺序,有种情况, 再将女生的整体与3名男生在一起进行全排列,有种情况, 故共有·=576种排法,故C错误; 若甲站在排尾则有种排法,若甲不站在排尾,则有种排法, 故有+=3 720种排法,故D正确.故选C. 解析:法一　根据6名教师到甲、乙、丙三所中学进行支教,每所学校至少1人,可分四种情况: (1)甲校安排1名教师,分配方案种数是(+)=150; (2)甲校安排2名教师,分配方案种数是(+)=140; (3)甲校安排3名教师,分配方案种数是=60; (4)甲校安排4名教师,分配方案种数是=10. 由分类加法计数原理,可得共有150+140+60+10=360(种)分配方案. 法二　由6名教师到三所学校,每所学校至少一人,可能的分组情况为4,1,1; 3,2,1;2,2,2. (1)对于第一种情况,由于李老师不去甲校,李老师自己去一个学校有种,其余5名分成一人组和四人组有种,共=20种;李老师分配到四人组且该组不去甲校有=40种,则第一种情况共有20+40=60(种); (2)对于第二种情况,李老师分配到一人组有=40种,李老师分配到三人组有=120种,李老师分配到两人组有=80种,所以第二种情况共有40+80+120=240(种); (3)对于第三种情况,共有=60种. 综上所述,共有60+240+60=360(种)分配方案. 解:分两类: 第1类,甲被选中,共有种分派方案; 第2类,甲不被选中,共有种分派方案. 根据分类加法计数原理,共有+=5 760+7 200=12 960(种)分派方案. [例3] (2021·天津卷)在(2x3+)6的展开式中,x6的系数是　　　　.  解析:(2x3+)6的第r+1项为Tr+1=(2x3)6-r()r=26-rx3(6-r)·x-r=26-rx18-4r, 因为x18-4r=x6得r=3, 所以T4=×23×x6=160x6, 所以x6的系数是160. 1.(2020·北京卷)在(-2)5的展开式中,x2的系数为(　 　) A.-5 B.5 C.-10 D.10 解析:由二项式定理得(-2)5的展开式的通项Tr+1=()5-r(-2)r= (-2)r,令=2,得r=1,所以T2=(-2)x2=-10x2,所以x2的系数为-10.故选C. 2.(2022·新高考Ⅰ卷)(1-)(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=x8-ryr,r=0,1,…,7,8.令r=6,得T6+1=x2y6,令r=5,得T5+1=x3y5,所以(1-)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为-=-28. [例4] (2019·江苏卷)设(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,n≥4,n∈N*.已知=2a2a4. (1)求n的值; 解:(1)因为(1+x)n=+x+x2+…+xn,n≥4, 所以a2==,a3==, a4==.因为=2a2a4, 所以=2××,解得n=5. (2)设(1+,其中a,b∈N*,求a2-3b2的值. 解: (2)由(1)知,n=5. (1+)n=(1+)5=++()2+()3+()4+()5=a+b. 法一　因为a,b∈N*,所以a=+3+9=76,b=+3+9=44, 从而a2-3b2=762-3×442=-32. 法二　(1-)5=+(-)+(-)2+(-)3+(-)4+(-)5= -+()2-+()4-()5. 因为a,b∈N*,所以(1-)5=a-b. 因此a2-3b2=(a+b)(a-b)=(1+)5×=(-2)5=-32. 解析:法一　(赋值法)依题意,令x=1,可得1=a4+a3+a2+a1+a0,令x=-1,可得81=a4-a3+a2-a1+a0,以上两式相加可得82=2(a4+a2+a0),所以a0+a2+a4=41. 法二　(通项公式法)二项式(2x-1)4的通项为Tr+1=(2x)4-r(-1)r,令r=4,2,0, 可分别得a0=1,a2=24,a4=16,所以a0+a2+a4=41. 解析:由多项式展开式可知,a2=2(-1)2+(-1)3=12-4=8.令x=0可得a0=2,令x=1可得a0+a1+a2+a3+a4+a5=0,所以a1+a2+a3+a4+a5=-2. 解析:分为三步,第一步给甲县分派有种,第二步给乙县分派有种,第三步给丙县分派有种,则总共有=90种方法.故选C. 解析:分为两类,第一类物理、历史两科中有相同学科,则有=12种选法;第二类物理、历史两科中没有相同学科,则有=48种选法. 所以甲、乙二人恰有一门学科相同的选法有12+48=60(种),故选D. 解析:顾客甲没有信用卡,顾客乙只带了现金,顾客丙、丁用哪种方式结账都 可以. ①当顾客甲、丙、丁都不选储蓄卡时,则甲有2种选择,当甲选择现金时,其余 2人有=2种. 当甲选择移动支付时,丙、丁都可以选信用卡,或者其中一人选择信用卡,另一人只能选择移动支付或现金,故有1+=5种.故共有 2+5=7(种). ②当顾客甲、丙、丁都不选移动支付时,则甲有 2种选择. 当甲选择现金时,其余2人有=2种. 当甲选择储蓄卡时,丙、丁都可以选信用卡,或者其中一人选择信用卡,另一人只能选储蓄卡或现金,故有1+=5种.故共有2+5=7(种). ③当顾客甲、丙、丁都不选信用卡时,若有人使用现金,则有=6种. 若没有人使用现金,则有=6种. 故有6+6=12(种). 根据分类加法计数原理可得共有7+7+12=26(种).故选B. 解析:因为A在B的前面出场,且A,B都不在3号位置,则情况如下: ①A在1号位置,B有2,4,5号三种位置选择,有3=18种次序; ②A在2号位置,B有4,5号两种选择,有2=12种次序; ③A在4号位置,B有5号一种选择,有=6种次序; 故共有18+12+6=36(种). 故选B. 2.设含有10个元素的集合的全部子集数为S,其中由3个元素组成的子集数为T,则的值为(　 　) A. 解析:含有10个元素的集合的全部子集数为S=210,由3个元素组成的子集数为T=,==.故选B. 解析:根据题意,分2步进行分析: 第1步,群众和队长站在两端,有=2种情况. 第2步,中间5人分2种情况讨论. 若B,C相邻且与D相邻,有=12种安排方法, 若B,C相邻且不与D相邻,有=24种安排方法, 则中间5人有12+24=36(种)安排方法. 则有2×36=72(种)不同的安排方法.故选D. 解析:中心组学习安排在第1阶段,则其余四种活动的安排方法有=12种;若中心组学习安排在第2阶段,则主题班会、主题团日可安排在第3,4阶段或第4,5阶段,专题报告会、党员活动日分别安排在剩下的2个阶段,不同的安排方法有2=8种.故共有12+8=20(种)不同的安排方案.故选C. 解析:根据题意,如图,将10个气球进行编号 1～10,原问题可以转化为将编号为 1～10的10个气球排列,其中2,3号,4,5,6号,7,8,9,10号气球必须是从下到上的顺序,按小球从下到上的编号顺序打破气球即可,则有=12 600(种)排列方法,则有12 600种不同打法.故选A. 解析:根据题意,分2步进行分析: 第1步,将4人分成3组,有=6种分法; 第2步,甲不能安排木工工作,甲所在的一组只能安排给泥工或油漆, 有2种情况, 将剩下的2组全排列,安排其他的2项工作,有=2种情况, 此时有2×2=4(种)情况. 则有6×4=24(种)不同的安排方法.故选C. 1.等于(　 　) A. B.1 C.2 D. 解析:原式==,故选A. 2.(x-)6的展开式中含x3项的系数为(　 　) A.-60 B.60 C.-120 D.120 解析:展开式的通项为Tr+1=·x6-r·(-)r=(-2)r; 令6-r=3,得r=2,所以x3的系数为(-2)2=60,故选B. 3.()n的展开式的二项式系数之和为64,则展开式中的常数项为(　 　) A.120 B.-120 C.60 D.-60 解析:由题意得2n=64,故n=6. 所以原式为(-)6,展开式的通项为Tk+1=·()6-k(-)k=(-2)k. 令3-=0得k=2,故常数项为(-2)2=60.故选C. 4.(1-x)(1+2x)4展开式中x2的系数为(　 　) A.-24 B.-8 C.16 D.24 解析:含x2的项为1×·(2x)2+(-x)··2x=16x2, 所以x2的系数等于16,故选C. 5.(+4x2+4)3展开式的常数项为(　 　) A.120 B.160 C.200 D.240 解析:因为(+4x2+4)3=[]3=,(1+2x2)6的展开式的通项为=·2r,r=0,1,…,6, 所以T4=·23x6=160x6,所以(+4x2+4)3的展开式的常数项为160.故选B. 6.已知(1-x)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6,则|a0|+|a1|+|a2|+…+|a6|=(　 　) A.0 B.64 C.1 D.32 解析:令x=-1有a0-a1+a2-…+a6=26=64.又由题意可得|a0|+|a1|+|a2|+…+|a6|= a0-a1+a2-…+a6=64,故选B. 7.已知a∈R,若二项式(a+1)n的展开式中二项式系数和是16,所有项系数和是81,则n=　　　　,含x项的系数是　 .  解析:二项式(a+1)n的展开式中二项式系数和是16,所以2n=16,解得n=4. 由所有项系数和是81,令x=1,可得(a+1)4=81,解得a=2或-4. a=2时,T3=(2)2=24x, a=-4时,T3=(-4)2=96x, 所以含x项的系数是24或96. 8.(+x)10的展开式中,各项系数的最大值是　　　　.  解析:由题,展开式通项公式为Tr+1=()10-r·xr,0≤r≤10且r∈Z, 设展开式中第r+1项系数最大,则⇒ 即≤r≤,又r∈Z,故r=8, 所以展开式中系数最大的项是第9项,且该项系数为()2=5. $