(共33张PPT)
高考总复习 数学 人教版
第2讲 排列与组合
索引
教材再现 四基诊断
重点串讲 能力提升
课时跟踪练
课程标准 1.理解排列、组合的概念． 2.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式． 3.能利用排列、组合解决简单的实际问题．
01
教材再现 四基诊断
1．排列与组合的概念
名称 定义 排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 按照____________排成一列
组合 作为一组
一定的顺序
不同排列
不同组合
3．排列数、组合数的公式及性质
n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
1
n！
2．解决排列、组合问题的十种技巧
(1)特殊元素优先安排．
(2)合理分类与准确分步．
(3)排列、组合混合问题要先选后排．
(4)相邻问题捆绑处理．
(5)不相邻问题插空处理．
(6)定序问题倍缩法处理．
(7)分排问题直排处理．
(8)“小集团”排列问题先整体后局部．
(9)构造模型．
(10)正难则反，等价转化．
×
√
×
×
3．从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动，则男、女生都有的选法种数是( )
A．18 B．24
C．30 D．36
4．将4名学生分别安排到甲、乙、丙三地参加社会实践活动，每个地方至少安排一名学生参加，则不同的安排方案共有________种．
36
02
重点串讲 能力提升
排列问题
例1 (1)中国国家滑雪队将开展自由式滑雪项目中的空中技巧、雪上技巧、障碍追逐和U型场地技巧四个项目表演，现安排两名男队员和两名女队员组队参演，参演选手每人展示其中一个不同的项目，雪上技巧项目必须由女队员展示，则所有不同出场顺序与项目展示方案种数为( )
A．576 B．288
C．144 D．48
(2)用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成________个无重复数字且不大于4 310的四位偶数．
110
对于有限制条件的排列问题，分析问题时，有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时，一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．
1.(2024·武汉模拟)源于探索外太空的渴望，航天事业在21世纪获得了长足的发展．太空中的环境为某些科学实验提供了有利条件，宇航员常常在太空旅行中进行科学实验．在某次太空旅行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中A，B两道程序既不能放在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有( )
A．18种 B．36种
C．72种 D．108种
2．8人站成前后两排，每排4人，其中甲、乙两人必须在前排，丙在后排，则共有________种排法．
5 760
组合问题
例2 (1)(多选)从6名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛，则下列说法正确的有( )
A．如果4人全部为男生，那么有30种不同的选法
B．如果4人中男生、女生各有2人，那么有30种不同的选法
C．如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么有28种不同的选法
D．如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，那么有140种不同的选法
(2)在某场新闻发布会上，主持人要从5名国内记者与4名国外记者中依次选出3名来提问，要求3人中既有国内记者又有国外记者，且不能连续选国内记者，则不同的选法有( )
A．80种 B．180种
C．260种 D．420种
组合问题常有以下两类题型
(1)“含有”或“不含有”问题：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．
(2)“至少”或“最多”问题：用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法，分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．
从4名男生和3名女生中选派4人去参加课外活动，要求至少有一名女生参加，则不同的选派种数为( )
A．12 B．24
C．34 D．60
排列与组合的综合应用
角度1 定序问题
例3 有4名男生，3名女生，其中3名女生高矮各不相同，将7名学生排成一行，要求从左到右，女生从矮到高排列(不一定相邻)，不同的排法共有________种.
840
角度2 完全平均分组问题
例4 6本不同的书，平均分成三份，每份2本，有________种不同的分配方法．
15
角度3 部分均匀分组问题
例5 6本不同的书，分成三份，1份4本，另外两份每份1本，有________种不同的分配方法．
15
角度4 不等分组问题
例6 6本不同的书，分成三份，1份1本，1份2本，1份3本，有________种不同的分配方法．
60(共54张PPT)
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第3讲 二项式定理
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教材再现 四基诊断
重点串讲 能力提升
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课程标准 能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．
01
教材再现 四基诊断
k＋1
2．二项式系数的性质
递增
递减
2n
2n-1
×
×
√
√
3．(多选)已知(a＋b)n的展开式中第5项的二项式系数最大，则n的值可以为( )
A.7 B．8
C.9 D．10
4．在(1－2x)10的展开式中，各项系数的和是________．
解析：令x＝1，可得各项系数的和为(1－2)10＝1.
1
02
重点串讲 能力提升
二项展开式中通项的应用
240
求二项展开式中的特定项，一般是化简通项公式后，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)，解出项数k＋1，代回通项公式即可．
±1
二项式系数与项的系数问题
(2)(多选)若(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则下列结论中正确的是( )
A.a0＝1
B.a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2
C.a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35
D.a0－|a1|＋a2－|a3|＋a4－|a5|＝－1
2．若(1＋x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a2＋a6＋a8＝________；a1＋2a2＋3a3＋…＋10a10＝________．
300
5 120
多项展开式中的特定项
角度1 几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题
例4 (2021·浙江卷)已知多项式(x－1)3＋(x＋1)4＝x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4，则a1＝________；a2＋a3＋a4＝________．
5
10
对于几个多项式和的展开式中的特定项问题，一般都可以分别求出各个多项式的特定项，然后再求和．
2
对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，弄清特定项可以由各因式中的哪些项相乘得到．
角度3 三项展开式中的特定项(系数)问题
例6 在(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为( )
A.10 B．20
C.30 D．60
对于三项展开式问题，一般是通过合并、拆分或进行因式分解，变形化为二项式再解决，或看成几个因式的乘积，利用展开式的原理求解．
－1 683
二项式定理的综合应用
例7 (1)设a∈Z，且0≤a≤13，若512 023＋a能被13整除，则a等于( )
A.0 B．1
C.11 D．12
(2)利用二项式定理计算1.056，则其结果精确到0.01的近似值是( )
A.1.23 B．1.24
C.1.33 D．1.34
1.在证明整除问题或求余数问题时要进行合理变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有除式的因式．
2．二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不是很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx.
2．0.996的计算结果精确到0.001的近似值是( )
A.0.940 B．0.941
C.0.942 D．0.943(共31张PPT)
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第10章 计数原理
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第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
课程标准 1.了解分类加法计数原理和分步乘法计数原理及其意义． 2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．
01
教材再现 四基诊断
两个计数原理
(1)分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝________种不同的方法．
(2)分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝_______种不同的方法.
m＋n
m×n
1．判断下列结论是否正确(正确的在括号内打“√”，错误的在括号内打“×”).
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．
( )
(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )
×
√
√
(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( )
×
2．已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是( )
A．12 B．8
C．6 D．4
解析：分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此第一、二象限内不同点的个数是3×2＝6.
3．从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )
A．24 B．18
C．12 D．6
解析：分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共有3×2×2＝12个奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共有3×2×1＝6个奇数．根据分类加法计数原理知，共有12＋6＝18个奇数．
4．某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有________种．
解析：因为每个邮件选择发的方式有3种不同的情况，
所以要发5个电子邮件，发送的方法有3×3×3×3×3＝35＝243(种).
243
02
重点串讲 能力提升
分类加法计数原理
例1 (1)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有( )
A．4种 B．10种
C．18种 D．20种
(2)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1
a3，则称这样的三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数的个数为________．
240
[解析] (1)赠送1本画册，3本集邮册．需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法．由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4＋6＝10(种).
(2)若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个．若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个).若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，……，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个).所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个).
使用分类加法计数原理的两个注意点
(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．
(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．
1.(2024·山西太原模拟)现有拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成的币值有( )
A．3种 B．6种
C．7种 D．8种
解析：由题意得，
三种币值取一张，共有3种取法，币值分别为拾圆、贰拾圆、伍拾圆；
三种币值取两张，共有3种取法，币值分别为叁拾圆、陆拾圆、柒拾圆；
三种币值全取，共有1种取法，币值为捌拾圆．
一共可以组成的币值有3＋3＋1＝7(种).
2．设I＝{1，2，3，4}，A与B是I的子集．若A∩B＝{1，2}，则称(A，B)为一个“理想配集”．若将(A，B)与(B，A)看成不同的“理想配集”，则符合此条件的“理想配集”有________个．
9
解析：对子集A分类讨论：
当A是二元集{1，2}时，B可以为{1，2，3，4}，{1，2，4}，{1，2，3}，{1，2}，共4种情况；
当A是三元集{1，2，3}时，B可以为{1，2，4}，{1，2}，共2种情况；
当A是三元集{1，2，4}时，B可以为{1，2，3}，{1，2}，共2种情况；
当A是四元集{1，2，3，4}时，B取{1，2}，有1种情况．
根据分类加法计数原理可知，共有4＋2＋2＋1＝9种结果，即符合此条件的“理想配集”有9个．
分步乘法计数原理
例2 (1)数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏．如图是数独的一个简化版，由3行3列9个单元格构成．玩该游戏时，需
要将数字1，2，3(各3个)全部填入单元格，每个
单元格填一个数字，要求每一行、每一列均有1，
2，3这三个数字，则不同的填法有( )
A．12种 B．24种
C．72种 D．216种
(2)(多选)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是( )
A．共有43种不同的安排方法
B．若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种
C．若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种
D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种
[解析] (1)先填第一行，有3×2×1＝6种不同填法，再填第二行第一列，有2种不同填法，当该单元格填好后，其他单元格唯一确定．根据分步乘法计数原理可知，共有6×2＝12种不同的填法．
(2)对于A，A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每个学生有4种选法，则三个学生有4×4×4＝43种选法，故A正确；
对于B，三人到4个工厂，有43＝64种情况，其中甲工厂没有人去，
即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33＝27(种)，
则甲工厂必须有同学去的安排方法有64－27＝37(种)，故B正确；
对于C，若同学A必须去甲工厂，剩下2名同学安排到4个工厂即可，有42＝16种安排方法，故C错误；
对于D，若三名同学所选工厂各不相同，有4×3×2＝24种安排方法，故D正确．
利用分步乘法计数原理解题的策略
(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．
(2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成．
1.教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，则由一层到五层不同的走法有( )
A．10种 B．25种
C．52种 D．24种
解析：每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．
由分步乘法计数原理可知，共有24种不同的走法．
2．(多选)有4位同学报名参加三个不同的社团，则下列说法正确的是
( )
A．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有34种
B．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有43种
C．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种
D．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有43种
解析：对于A，B，第1个同学有3种报法，第2个同学有3种报法，后面的2个同学也有3种报法，根据分步乘法计数原理知共有34种结果，A正确，B错误；对于C，D，每个社团限报一个人，则第1个社团有4种选择，第2个社团有4种选择，第3个社团有4种选择，根据分步乘法计数原理知共有43种结果，D正确，C错误．
两个计数原理的综合应用
例3 (1)有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取出2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是( )
A．14 B．23
C．48 D．120
(2)(2024·南平质检)甲与其他四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9，0，2，1，5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为________．
80
[解析] (1)分两步：第1步，取多面体，有5＋3＝8种不同的取法；第2步，取旋转体，有4＋2＝6种不同的取法．所以不同的取法种数是8×6＝48.
(2)5日至9日，日期尾数分别为5，6，7，8，9，有3天是奇数日，2天是偶数日．第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4种用车方案；第二步，安排奇数日出行，分两类，第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3×2×2＝12种用车方案，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有23＝8种用车方案，共计12＋8＝20种用车方案．根据分步乘法计数原理可知，不同的用车方案种数为4×20＝80.
利用两个计数原理解题时的三个注意点
(1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事．
(2)分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图．
(3)对于复杂问题，一般是先分类再分步．
有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的半裙，另有2套不同样式的连衣裙．某同学需选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式种数为
( )
A．24 B．14
C．10 D．9
解析：第一类：一件衬衣，一件半裙搭配一套服装有4×3＝12种选择方式；第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法，由分类加法计数原理可知，共有12＋2＝14种选择方式．