高中数学选择性必修二《排列组合与二项式定理》期末复习教案

高中数学选择性必修二《排列组合与二项式定理》期末复习教案一、教学基本信息【基础】课题名称：专题复习：排列、组合与二项式定理【基础】授课年级：高中二年级【基础】授课教材：北师大版高中数学选择性必修第二册【基础】课时安排：2课时（每课时45分钟）【基础】课型：期末单元复习课二、教学目标与核心素养【重要】1.知识与技能目标：系统梳理分类加法计数原理、分步乘法计数原理、排列、组合及二项式定理的核心概念与公式；熟练掌握排列数公式Anm=n(n−1)(n−2)⋯(n−m+1)=n!(n−m)!A_n^m=n(n1)(n2)\cdots(nm+1)=\frac{n!}{(nm)!}Anm​=n(n−1)(n−2)⋯(n−m+1)=(n−m)​和组合数公式Cnm=Anmm!=n(n−m)!C_n^m=\frac{A_n^m}{m!}=\frac{n(nm)!}Cnm​=m!Anm​​=m!(n−m)​，理解组合数的性质Cnm=Cnn−mC_n^m=C_n^{nm}Cnm​=Cnn−m​及Cnm+Cnm−1=Cn+1mC_n^m+C_n^{m1}=C_{n+1}^mCnm​+Cnm−1​=Cn+1m​；深刻理解二项式定理(a+b)n=∑k=0nCnkan−kbk(a+b)^n=\sum_{k=0}^nC_n^ka^{nk}b^k(a+b)n=∑k=0n​Cnk​an−kbk，掌握通项公式Tk+1=Cnkan−kbkT_{k+1}=C_n^ka^{nk}b^kTk+1​=Cnk​an−kbk以及二项式系数的性质。【重要】2.过程与方法目标：通过典型例题的剖析，引导学生体验“先选后排”、“正难则反”等数学思想方法；经历从具体问题中抽象出计数模型的过程，提升逻辑推理和数学抽象素养；通过“捆绑法”、“插空法”、“赋值法”等技巧的训练，强化数学运算的精准性与策略性。【重要】3.情感态度与价值观目标：体会计数原理与现实生活的紧密联系，如密码设置、比赛安排、概率计算等，激发学习数学的兴趣；在解决看似复杂的计数问题时，培养有条理、不重不漏的严谨思维品质和克服困难的意志品质。三、教学重点与难点【高频考点】【难点】1.教学重点：两个计数原理的综合应用；排列与组合问题的区分与解决；二项式定理的通项公式的应用及二项式系数的性质。【难点】【热点】2.教学难点：排列组合综合题中，对于复杂条件（如“在”与“不在”、“邻”与“不邻”、“至少”与“至多”）的处理策略；二项式定理中，对三项式或两个二项式乘积求特定项的方法；赋值法在求系数和问题中的灵活运用。四、教学实施过程【核心环节】第一课时：排列组合的精研与突破（一）知识脉络的建构与梳理【基础】教师首先引导学生回顾本章知识框图，明确知识间的逻辑关系：两个计数原理是基石，排列（有序）和组合（无序）是两类特殊的计数问题，而二项式定理则是组合数在多项式乘方中的具体应用。这一部分要求学生闭卷回忆，然后在师生对话中共同填充细节，形成知识网络48。【基础】接着，师生共同完成核心公式与性质的罗列：1.排列数公式：Anm=n(n−1)⋯(n−m+1)=n!(n−m)!A_n^m=n(n1)\cdots(nm+1)=\frac{n!}{(nm)!}Anm​=n(n−1)⋯(n−m+1)=(n−m)​；特别地，Ann=n!A_n^n=n!Ann​=n!，规定0!=10!=10!=1。2.组合数公式：Cnm=Anmm!=n(n−m)!C_n^m=\frac{A_n^m}{m!}=\frac{n(nm)!}Cnm​=m!Anm​​=m!(n−m)​；规定Cn0=1C_n^0=1Cn0​=1。3.组合数性质：Cnm=Cnn−mC_n^m=C_n^{nm}Cnm​=Cnn−m​（对称性）；Cn+1m=Cnm+Cnm−1C_{n+1}^m=C_n^m+C_n^{m1}Cn+1m​=Cnm​+Cnm−1​（递推性）2。（二）【高频考点】两个基本计数原理的辨析与应用【重要】教师通过实例对比，强化学生对“分类”与“分步”的理解。完成一件事，若方法可以“独立完成任务”则为分类（加法）；若需“依次协作完成”则为分步（乘法）。【热点】例1：（2023·全国甲卷改编）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有多少种？2【重要】解析指导：这是典型的“有元素兼任”的计数问题。首先确定“两天都参加”的那个人，有C51=5C_5^1=5C51​=5种选法。然后，从剩下的4人中选2人分别安排他在星期六和星期日的搭档。这里要注意，星期六和星期日是有顺序的，因为剩下的两个人不能是同一个人（否则就变成两个人两天都参加了），所以从剩余的4人中选2人分别分配给周六、周日，这是一个排列问题，有A42=4×3=12A_4^2=4\times3=12A42​=4×3=12种方法。故总数为5×12=605\times12=605×12=60种。此题强调，在分步过程中，当某一步涉及到顺序时，要明确用排列还是组合。（三）【难点】排列与组合综合题的策略建模【重要】教师在此环节采用“问题链”方式，层层递进，引导学生掌握解决排列组合问题的通法——通常遵循“先组合后排列”的原则，即先选出元素，再考虑是否需要排序。【高频考点】1.相邻与不相邻问题：【热点】例2：某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个新节目，现将这2个新节目插入节目单中，要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为？2【重要】解析指导：原5个节目形成6个空（包括首尾）。由于新节目不能在第一和最后，所以只能插在中间的4个空（即原节目之间的4个空隙）。由于两个新节目可以相邻，也可以不相邻，故分两类讨论更为清晰。法一（分类讨论）：若两个新节目相邻，则用捆绑法，将两个新节目看作一个整体，这个整体有A22=2A_2^2=2A22​=2种内部排列，然后从中间4个空中选1个插入，有C41=4C_4^1=4C41​=4种方法，故相邻情况有2×4=82\times4=82×4=8种。若两个新节目不相邻，则直接从4个空中选2个空分别插入，由于节目不同，需要考虑顺序，故有A42=4×3=12A_4^2=4\times3=12A42​=4×3=12种。总数为8+12=208+12=208+12=20种。法二（直接插入法）：先将第一个新节目插入中间4个空中的任意一个，有4种方法。插入后，节目序列变为6个节目，形成7个空，但由于题目条件只限制了“不能在第一和最后”，而第一个节目插入的位置不同，会动态改变空位吗？要小心！更稳妥的方法还是分类讨论。本题强调审题的精准性。【高频考点】2.特殊元素与特殊位置优先法：【热点】例3：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多少种？2【重要】解析指导：此题含有两个约束条件。处理策略是“先处理相邻（捆绑），再考虑特殊位置”。第一步，将丙和丁捆绑成一个整体，内部有A22=2A_2^2=2A22​=2种排法。第二步，将这个整体与甲、乙、戊共4个元素进行排列。此时甲有特殊要求（不能在两端）。我们可以用“优先安排特殊位置”的思路：先考虑两端的安排。从乙、戊和那个整体中选两个元素排在两端，有A32=3×2=6A_3^2=3\times2=6A32​=3×2=6种排法。第三步，将剩下的两个元素（包括甲）排在中间的两个位置，有A22=2A_2^2=2A22​=2种排法。故总数为2×6×2=242\times6\times2=242×6×2=24种。此题旨在训练学生处理多重约束的逻辑顺序。（四）【难点】分组分配问题的模型识别【重要】分组分配问题是排列组合中的难点，关键在于区分“均匀分组”、“不均匀分组”、“定向分配”和“不定向分配”。【热点】例4：将6本不同的书分给甲、乙、丙3位同学。（1）每人各得2本，有多少种分法？（2）若一人得1本，一人得2本，一人得3本，有多少种分法？7【重要】解析指导：（1）属于“均匀分组定向分配”。第一步，先分组。将6本书分成三组，每组2本。注意，由于是均匀分组，会产生顺序（组间无差别），所以分组方法数为C62C42C22A33=15\frac{C_6^2C_4^2C_2^2}{A_3^3}=15A33​C62​C42​C22​​=15种。第二步，将这三个组分配给三个不同的人，有A33=6A_3^3=6A33​=6种。故总数为15×6=9015\times6=9015×6=90种。也可以直接用分步乘法：甲先从6本中选2本，乙再从剩下4本中选2本，丙拿最后2本，即C62C42C22=90C_6^2C_4^2C_2^2=90C62​C42​C22​=90种，因为这里分步的过程已经天然赋予了顺序（对应了不同的人），所以不需要再除以组数的阶乘。两种方法要对比理解。（2）属于“不均匀分组定向分配”。第一步，先分组，将书分成数量分别为1、2、3的三堆，由于数量不同，堆本身是天然的“不一样”的，所以分组方法数为C61C52C33=60C_6^1C_5^2C_3^3=60C61​C52​C33​=60种。第二步，将这三堆书分配给三个不同的人，有A33=6A_3^3=6A33​=6种。故总数为60×6=36060\times6=36060×6=360种。此题旨在厘清“先分组后分配”的一般步骤，并强调均匀分组要除以阶乘消除顺序的核心逻辑。五、教学实施过程【核心环节】第二课时：二项式定理的深度剖析与组合恒等式的应用（一）【基础】二项式定理的知识回滚【重要】教师首先引导学生默写二项式定理：(a+b)n=Cn0an+Cn1an−1b1+Cn2an−2b2+⋯+Cnkan−kbk+⋯+Cnnbn,n∈N∗(a+b)^n=C_n^0a^n+C_n^1a^{n1}b^1+C_n^2a^{n2}b^2+\cdots+C_n^ka^{nk}b^k+\cdots+C_n^nb^n,\quadn\inN^(a+b)n=Cn0​an+Cn1​an−1b1+Cn2​an−2b2+⋯+Cnk​an−kbk+⋯+Cnn​bn,n∈N∗。并强调：通项Tk+1=Cnkan−kbkT_{k+1}=C_n^ka^{nk}b^kTk+1​=Cnk​an−kbk指的是展开式中的第k+1k+1k+1项2。接着复习二项式系数的性质：对称性Cnk=Cnn−kC_n^k=C_n^{nk}Cnk​=Cnn−k​；增减性与最大值（n为偶数时，中间一项Cnn2C_n^{\frac{n}{2}}Cn2n​​最大；n为奇数时，中间两项Cnn−12C_n^{\frac{n1}{2}}Cn2n−1​​和Cnn+12C_n^{\frac{n+1}{2}}Cn2n+1​​相等且最大）；各二项式系数和Cn0+Cn1+⋯+Cnn=2nC_n^0+C_n^1+\cdots+C_n^n=2^nCn0​+Cn1​+⋯+Cnn​=2n；奇数项系数和等于偶数项系数和等于2n−12^{n1}2n−12。（二）【高频考点】求展开式中的特定项【热点】例5：若(x−2x)n(\sqrt{x}\frac{2}{x})^n(x<pathd="M95,702c2.7,0,7.17,2.7,13.5,8c5.8,5.3,9.5,10,9.5,14c0,2,0.3,3.3,1,4c1.3,2.7,23.83,20.7,67.5,54c44.2,33.3,65.8,50.3,66.5,51c1.3,1.3,3,2,5,2c4.7,0,8.7,3.3,12,10s173,378,173,378c0.7,0,35.3,71,104,213c68.7,142,137.5,285,206.5,429c69,144,104.5,217.7,106.5,221l00c5.3,9.3,12,14,20,14Hv40H845.2724s225.272,467,225.272,467s235,486,235,486c2.7,4.7,9,7,19,7c6,0,10,1,12,3s194,422,194,422s65,47,65,47zM83480Hv40hz">​−x2​)n的展开式的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为多少？2【重要】解析指导：第一步，由二项式系数和2n=642^n=642n=64得n=6n=6n=6。第二步，写出通项Tk+1=C6k(x)6−k(−2x)k=C6kx6−k2⋅(−2)k⋅x−k=C6k(−2)kx6−k2−k=C6k(−2)kx6−3k2T_{k+1}=C_6^k(\sqrt{x})^{6k}(\frac{2}{x})^k=C_6^kx^{\frac{6k}{2}}\cdot(2)^k\cdotx^{k}=C_6^k(2)^kx^{\frac{6k}{2}k}=C_6^k(2)^kx^{\frac{63k}{2}}Tk+1​=C6k​(x<pathd="M95,702c2.7,0,7.17,2.7,13.5,8c5.8,5.3,9.5,10,9.5,14c0,2,0.3,3.3,1,4c1.3,2.7,23.83,20.7,67.5,54c44.2,33.3,65.8,50.3,66.5,51c1.3,1.3,3,2,5,2c4.7,0,8.7,3.3,12,10s173,378,173,378c0.7,0,35.3,71,104,213c68.7,142,137.5,285,206.5,429c69,144,104.5,217.7,106.5,221l00c5.3,9.3,12,14,20,14Hv40H845.2724s225.272,467,225.272,467s235,486,235,486c2.7,4.7,9,7,19,7c6,0,10,1,12,3s194,422,194,422s65,47,65,47zM83480Hv40hz">​)6−k(−x2​)k=C6k​x26−k​⋅(−2)k⋅x−k=C6k​(−2)kx26−k​−k=C6k​(−2)kx26−3k​。第三步，求常数项，即令xxx的指数为0：6−3k2=0\frac{63k}{2}=026−3k​=0，解得k=2k=2k=2。第四步，代入通项得常数项为T3=C62(−2)2=15×4=60T_3=C_6^2(2)^2=15\times4=60T3​=C62​(−2)2=15×4=60。此题强调通项公式的正确使用，以及指数运算的准确性。（三）【难点】两个多项式乘积或三项展开式的特定项【热点】例6：求(1+1x)(1+x)5(1+\frac{1}{x})(1+x)^5(1+x1​)(1+x)5的展开式中x2x^2x2的系数。5【重要】解析指导：这是两个因式相乘求特定项问题。需要分类讨论x2x^2x2项可能的构成方式。方式一：第一个因式取111，则需要在(1+x)5(1+x)^5(1+x)5中取x2x^2x2项，其系数为C52=10C_5^2=10C52​=10。方式二：第一个因式取1x\frac{1}{x}x1​，则需要在(1+x)5(1+x)^5(1+x)5中取x3x^3x3项（因为1x⋅x3=x2\frac{1}{x}\cdotx^3=x^2x1​⋅x3=x2），其系数为C53=10C_5^3=10C53​=10。由于两种方式是分类关系，故x2x^2x2的系数为10+10=2010+10=2010+10=20。此题训练学生的组合思维，将复杂问题拆解为简单二项式问题的和。（四）【热点】【难点】赋值法在二项式定理中的应用赋值法是求解系数和问题的利器，也是高考的热点。【热点】例7：已知(1−2x)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4(12x)^4=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4(1−2x)4=a0​+a1​x+a2​x2+a3​x3+a4​x4，求下列各式的值：（1）a0+a1+a2+a3+a4a_0+a_1+a_2+a_3+a_4a0​+a1​+a2​+a3​+a4​；（2）∣a0∣+∣a1∣+∣a2∣+∣a3∣+∣a4∣|a_0|+|a_1|+|a_2|+|a_3|+|a_4|∣a0​∣+∣a1​∣+∣a2​∣+∣a3​∣+∣a4​∣；（3）a1+a2+a3+a4a_1+a_2+a_3+a_4a1​+a2​+a3​+a4​。2【重要】解析指导：（1）令x=1x=1x=1，得左边为(1−2)4=(−1)4=1(12)^4=(1)^4=1(1−2)4=(−1)4=1，右边即为a0+a1+a2+a3+a4a_0+a_1+a_2+a_3+a_4a0​+a1​+a2​+a3​+a4​，故所求为1。（2）求各项系数绝对值之和，相当于求(1+2x)4(1+2x)^4(1+2x)4的展开式系数和（因为负号来自−2x2x−2x，取绝对值后变正）。令x=1x=1x=1，得(1+2)4=34=81(1+2)^4=3^4=81(1+2)4=34=81。（3）注意到a0a_0a0​是常数项，即令x=0x=0x=0可得a0=(1−0)4=1a_0=(10)^4=1a0​=(1−0)4=1。结合（1）的结论，a1+a2+a3+a4=(a0+a1+a2+a3+a4)−a0=1−1=0a_1+a_2+a_3+a_4=(a_0+a_1+a_2+a_3+a_4)a_0=11=0a1​+a2​+a3​+a4​=(a0​+a1​+a2​+a3​+a4​)−a0​=1−1=0。此题要求学生深刻理解赋值的目的，并能灵活处理系数绝对值问题。（五）【拓展】二项式系数的性质与最值问题【重要】例8：已知(x+12x4)n(\sqrt{x}+\frac{1}{2\sqrt[4]{x}})^n(x<pathd="M95,702c2.7,0,7.17,2.7,13.5,8c5.8,5.3,9.5,10,9.5,14c0,2,0.3,3.3,1,4c1.3,2.7,23.83,20.7,67.5,54c44.2,33.3,65.8,50.3,66.5,51c1.3,1.3,3,2,5,2c4.7,0,8.7,3.3,12,10s173,378,173,378c0.7,0,35.3,71,104,213c68.7,142,137.5,285,206.5,429c69,144,104.5,217.7,106.5,221l00c5.3,9.3,12,14,20,14Hv40H845.2724s225.272,467,225.272,467s235,486,235,486c2.7,4.7,9,7,19,7c6,0,10,1,12,3s194,422,194,422s65,47,65,47zM83480Hv40hz">​+24x<pathd="M95,702c2.7,0,7.17,2.7,13.5,8c5.8,5.3,9.5,10,9.5,14c0,2,0.3,3.3,1,4c1.3,2.7,23.83,20.7,67.5,54c44.2,33.3,65.8,50.3,66.5,51c1.3,1.3,3,2,5,2c4.7,0,8.7,3.3,12,10s173,378,173,378c0.7,0,35.3,71,104,213c68.7,142,137.5,285,206.5,429c69,144,104.5,217.7,106.5,221l00c5.3,9.3,12,14,20,14Hv40H845.2724s225.272,467,225.272,467s235,486,235,486c2.7,4.7,9,7,19,7c6,0,10,1,12,3s194,422,194,422s65,47,65,47zM83480Hv40hz">​1​)n的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中系数最大的项。【重要】解析指导：第一步，写出通项Tk+1=Cnk(x)n−k(12x4)k=Cnk(12)kxn−k2−k4T_{k+1}=C_n^k(\sqrt{x})^{nk}(\frac{1}{2\sqrt[4]{x}})^k=C_n^k(\frac{1}{2})^kx^{\frac{nk}{2}\frac{k}{4}}Tk+1​=Cnk​(x<pathd="M95,702c2.7,0,7.17,2.7,13.5,8c5.8,5.3,9.5,10,9.5,14c0,2,0.3,3.3,1,4c1.3,2.7,23.83,20.7,67.5,54c44.2,33.3,65.8,50.3,66.5,51c1.3,1.3,3,2,5,2c4.7,0,8.7,3.3,12,10s173,378,173,378c0.7,0,35.3,71,104,213c68.7,142,137.5,285,206.5,429c69,144,104.5,217.7,106.5,221l00c5.3,9.3,12,14,20,14Hv40H845.2724s225.272,467,225.272,467s235,486,235,486c2.7,4.7,9,7,19,7c6,0,10,1,12,3s194,422,194,422s65,47,65,47zM83480Hv40hz">​)n−k(24x<pathd="M95,702c2.7,0,7.17,2.7,13.5,8c5.8,5.3,9.5,10,9.5,14c0,2,0.3,3.3,1,4c1.3,2.7,23.83,20.7,67.5,54c44.2,33.3,65.8,50.3,66.5,51c1.3,1.3,3,2,5,2c4.7,0,8.7,3.3,12,10s173,378,173,378c0.7,0,35.3,71,104,213c68.7,142,137.5,285,206.5,429c69,144,104.5,217.7,106.5,221l00c5.3,9.3,12,14,20,14Hv40H845.2724s225.272,467,225.272,467s235,486,235,486c2.7,4.7,9,7,19,7c6,0,10,1,12,3s194,422,194,422s65,47,65,47zM83480Hv40hz">​1​)k=Cnk​(21​)kx2n−k​−4k​。系数为Cnk(12)kC_n^k(\frac{1}{2})^kCnk​(21​)k。第二步，由前三项系数成等差数列得：2⋅[Cn1(12)]=Cn0+Cn2(12)22\cdot[C_n^1(\frac{1}{2})]=C_n^0+C_n^2(\frac{1}{2})^22⋅[Cn1​(21​)]=Cn0​+Cn2​(21​)2，即2⋅n2=1+n(n−1)2⋅142\cdot\frac{n}{2}=1+\frac{n(n1)}{2}\cdot\frac{1}{4}2⋅2n​=1+2n(n−1)​⋅41​，整理得n2−9n+8=0n^29n+8=0n2−9n+8=0，解得n=8n=8n=8或n=1n=1n=1（舍）。第三步，求系数最大的项，即求满足不等式组{C8k(1/2)k≥C8k−1(1/2)k−1C8k(1/2)k≥C8k+1(1/2)k+1\begin{cases}C_8^k(1/2)^k\geC_8^{k1}(1/2)^{k1}\\C_8^k(1/2)^k\geC_8^{k+1}(1/2)^{k+1}\end{cases}{C8k​(1/2)k≥C8k−1​(1/2)k−1C8k​(1/2)k≥C8k+1​(1/2)k+1​的kkk。化简得8−k+1k≥12\frac{8k+1}{k}\ge\frac{1}{2}k8−k+1​≥21​且8−kk+1≤2\frac{8k}{k+1}\le2k+18−k​≤2，解得2≤k≤32\lek\le32≤k≤3，故k=2k=2k=2或333。即第3项和第4项系数最大。此题综合了等差数列、组合数不等式组，是数学运算与逻辑推理的集中体现。六、【过关测】分层递进式达