第3章 排列、组合与二项式定理 单元质量测评-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第三章　单元质量测评 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ ★★ 对点 排列数公式、组合数公式 求二项展开式中的常数项 二项式定理的逆用 排列中的不相邻问题 二项展开式的系数问题 有限制条件的排列问题 三项展开式求系数 与数字有关的排列组合问题 不同元素的分配问题 二项展开式的系数问题的综合 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 组合问题的应用 利用组合数的性质求参数 简单的排列组合问题 二项式系数问题、系数最大问题 计数原理中的种植 问题 求展开式中某一项的系数和特定项 有限制条件的排列、组合问题 两个二项式之和展开式的系数问题、求近似值问题 与数字有关的排列问题与新定义的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2 时间：120分钟　　　满分：150分 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5 4．6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人都不相邻的坐法种数为(　　) A．144 B．120 C．72 D．24 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7 6．将5列车停在不同的轨道上，其中a列车不停在第一轨道上，b列车不停在第二轨道上，那么不同的停放方法有(　　) A．120种 B．96种 C．78种 D．72种 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9 8．在0，1，2，3，4，5，6这7个数中任取4个数，将其组成无重复数字的四位数，则能被5整除，且比4351大的数共有(　　) A．54个 B．62个 C．74个 D．82个 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11 解 析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12 解 析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 解 析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16 解析：由题意，得x2－x＝5x－5或x2－x＋5x－5＝16，当x2－x＝5x－5时，x＝1或x＝5；当x2－x＋5x－5＝16时，x＝－7或x＝3．当x＝5时，5x－5＝20>16，故舍去；当x＝－7时，5x－5＝－40<0，故舍去；当x＝1时，x2－x＝5x－5＝0；当x＝3时，x2－x＝6，5x－5＝10．故所求x的值为1或3． 答案 解析 1或3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 13．2024年4月25日20时59分，搭载神州十八号载人飞船的长征二号F遥十八运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，指令长叶光富带领两位新队友李聪、李广苏踏上远征．为了宣传航天员的精神品质，某班班会安排4名同学讲述这三位航天员的事迹，要求每名同学只讲述一位航天员，每位航天员至少有1名同学讲述，且同学甲讲述叶光富的事迹，则共有________种不同的安排方案． 答案 解析 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18 答案 解析 6 96x5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解： (1)先种植a1部分，有3种不同的种植方法，再种植a2，a3部分． 因为a2，a3与a1的颜色不同，a2，a3的颜色也不同， 所以由分步乘法计数原理得，不同的种植方法有3×2×1＝6种． (2)当a1，a3不同色时，有3×2×1×1＝6种种植方法，当a1，a3同色时，有3×2×1×2＝12种种植方法， 由分类加法计数原理得，不同的种植方法有6＋12＝18种． 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 22 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 23 17．(本小题满分15分)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； (3)甲、乙2人都被选中且必须跑相邻两棒． 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 25 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 26 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 28 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 29 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 30 　　　　　　　　　　　　　 R 一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．若3Ceq \o\al(3,2n)＝5Aeq \o\al(3,n)，则整数n＝(　　) A．8 B．9 C．10 D．11 解析：因为3Ceq \o\al(3,2n)＝5Aeq \o\al(3,n)，所以n≥3，3×eq \f(2n（2n－1）（2n－2）,3×2×1)＝5n(n－1)(n－2)，解得n＝8．故选A．　 2．(x2＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1)) eq \s\up12(5)的展开式中的常数项是(　　) A．－3 B．－2 C．2 D．3 解析：二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1)) eq \s\up12(5)的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2))) eq \s\up12(5－k)(－1)k＝Ceq \o\al(k,5)x2k－10 (－1)k．当2k－10＝－2，即k＝4时，有x2·Ceq \o\al(4,5)x－2·(－1)4＝Ceq \o\al(4,5)×(－1)4＝5；当2k－10＝0，即k＝5时，有2·Ceq \o\al(5,5)x0(－1)5＝－2，∴展开式中的常数项为5－2＝3．故选D．　 3．设复数x＝eq \f(2i,1－i)(i是虚数单位)，则Ceq \o\al(1,2024)x＋Ceq \o\al(2,2024)x2＋Ceq \o\al(3,2024)x3＋…＋Ceq \o\al(2024,2024)x2024＝(　　) A．－2 B．0 C．－1－i D．1＋i 解析：x＝eq \f(2i,1－i)＝－1＋i，Ceq \o\al(1,2024)x＋Ceq \o\al(2,2024)x2＋Ceq \o\al(3,2024)x3＋…＋Ceq \o\al(2024,2024)x2024＝(1＋x)2024－1＝i2024－1＝1－1＝0．故选B．　 解析：先把三把椅子隔开摆好，它们之间和两端有4个位置，再把三人带椅子插放在4个位置，共有Aeq \o\al(3,4)＝24种放法．故选D．　 5．若(2x＋eq \r(3))4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值为(　　) A．1 B．－1 C．0 D．2 解析：(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)(a0－a1＋a2－a3＋a4)＝(2＋eq \r(3))4×(－2＋eq \r(3))4＝1．　 解析：先安排a列车，并按其分类讨论，若a列车在第二轨道上，则剩下四列车可自由安排，有Aeq \o\al(4,4)种；若a列车在三、四、五轨道上，则有Aeq \o\al(1,3)种，再停b列车，b列车在除二轨道和a的位置外的位置选一个有Aeq \o\al(1,3)种，其余列车有Aeq \o\al(3,3)种．因此不同的停放方法共有Aeq \o\al(4,4)＋Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)＝78种．　 7．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(2,x)＋y)) eq \s\up12(6)的展开式中，x3y3的系数为(　　) A．120 B．130 C．－120 D．－130 解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(2,x)＋y)) eq \s\up12(6)表示6个因式x2－eq \f(2,x)＋y的乘积，在这6个因式中，有3个因式选y，其余的3个因式中有2个选x2，剩下1个选－eq \f(2,x)，即可得到x3y3的系数，即x3y3的系数为Ceq \o\al(3,6)Ceq \o\al(2,3)×(－2)＝－120．　 解析：若这个数的千位数为4，百位数为3，则这个数可以是4360，4365，共2个；若这个数的千位数为4，百位数为5，则这个数的个位只能是0，满足条件的数共有Ceq \o\al(1,4)＝4个；若这个数的千位数为4，百位数为6，则满足条件的数共有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,4)＝8个；若这个数的千位数为5，则满足条件的数共有Aeq \o\al(2,5)＝20个；若这个数的千位数为6，则满足条件的数共有Ceq \o\al(1,2)Aeq \o\al(2,5)＝40个．故满足条件的数共有2＋4＋8＋20＋40＝74个．　 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．将四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，不允许有空盒子的放法有多少种？下列结论正确的是(　　) A．Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,1)Ceq \o\al(1,3) B．Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3) C．Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(2,2) D．18 解析：根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个球． 有两种解法： 解法一：分两步进行分析： 第一步，先将四个不同的小球分成3组，有Ceq \o\al(2,4)种分组方法； 第二步，将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有Aeq \o\al(3,3)种放法． 则没有空盒的放法有Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)＝36种． 解法二：分两步进行分析： 第一步，在3个盒子中任选1个，在4个小球中任选2个，将选出的2个小球放入选出的盒子中，有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,4)种情况； 第二步，将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个盒子中，有Aeq \o\al(2,2)种放法． 则没有空盒的放法有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(2,2)＝36种．故选BC． 10．已知(2＋x)(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则(　　) A．a0的值为2 B．a5的值为16 C．a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6的值为－5 D．a1＋a3＋a5的值为120 解析：对于A，令x＝0，得a0＝2×1＝2，故A正确；对于B，(1－2x)5的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,5)(－2x)k＝(－2)kCeq \o\al(k,5)xk，所以a5＝2×(－2)5Ceq \o\al(5,5)＋1×(－2)4Ceq \o\al(4,5)＝16，故B正确；对于C，令x＝1，得(2＋1)×(1－2×1)5＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6　①，即a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－3－a0＝－3－2＝－5，故C正确；对于D，令x＝－1，得(2－1)×[1－2×(－1)]5＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6　②，由①②，解得a1＋a3＋a5＝－123，故D不正确．故选ABC．　 11．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3门作为选考科目，下列说法正确的是(　　) A．若任意选科，选法总数为Ceq \o\al(2,4) B．若化学必选，选法总数为Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,3) C．若政治和地理至少选1门，选法总数为Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,3) D．若物理必选，化学、生物至少选1门，选法总数为Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)＋1 解析：对于A，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，则选法总数为Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(2,4)，故A错误；对于B，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、生物3门科目中选择1门，则选法总数为Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,3)，故B正确；对于C，分政治、地理都选和政治、地理仅选1门，则选法总数为Ceq \o\al(1,2)(1＋Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2))，故C错误；对于D，物理必选，分化学、生物都选和化学、生物仅选1门，则选法总数为Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)＋1，故D正确．故选BD． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．满足方程Ceq \o\al(x2－x,16)＝Ceq \o\al(5x－5,16)的x的值为________． 解析：根据题意，分两步进行分析：第一步，将4名同学分为3组，有Ceq \o\al(2,4)＝6种分组方法；第二步，同学甲所在的组讲述叶光富的事迹，其他两组分别讲述李聪和李广苏的事迹，有Aeq \o\al(2,2)＝2种安排方法．所以共有6×2＝12种不同的安排方案．　 14．(2024·江苏淮安高二期末)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋2x)) eq \s\up12(n)的展开式中，已知前三项的二项式系数之和为22，则n的值为________，展开式中系数最大的项为________． 解析：由题意可得Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(2,n)＝1＋n＋eq \f(n（n－1）,2)＝22且n∈N＋，解得n＝6，∴二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋2x)) eq \s\up12(6)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(6)(1＋4x)6，则(1＋4x)6展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)(4x)k＝Ceq \o\al(k,6)·4kxk，设展开式的第k＋1项的系数最大，则k,6)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C·4k≥Ceq \o\al(k－1,6)·4k－1，,Ceq \o\al(k,6)·4k≥Ceq \o\al(k＋1,6)·4k＋1，)) 解得4．6≤k≤5．6，所以k＝5，所以展开式中系数最大的项为T6＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(6)·Ceq \o\al(5,6)·45x5＝96x5．　 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(2024·广东中山一中高二月考)(本小题满分13分)一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n(n≥3，n∈N＋)等份，种植红、黄、蓝三种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花． (1)如图①，圆环分成3等份，分别为a1，a2，a3，则有多少种不同的种植方法？ (2)如图②，圆环分成4等份，分别为a1，a2，a3，a4，则有多少种不同的种植方法？ 16．(本小题满分15分)已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(n)的展开式中各项系数之和比各二项式系数之和大240． (1)求n； (2)求展开式中x的系数； (3)求展开式中所有的有理项． 解：(1)由已知，得4n－2n＝240， 所以2n＝16，n＝4． (2)二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,4)(5x)4－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(k)＝Ceq \o\al(k,4)54－k(－1)kx4－eq \s\up7(\f(3,2))k， 令4－eq \f(3,2)k＝1，解得k＝2． 所以x的系数为Ceq \o\al(2,4)52×(－1)2＝150． (3)由(2)，得4－eq \f(3,2)k∈Z(k＝0，1，2，3，4)， 即k＝0，2，4． 所以展开式中所有的有理项为第1项625x4，第3项150x，第5项x－2． 解：(1)甲、乙2人必须跑中间两棒，则他们本身有一个全排列，余下的两个位置需要在剩余的6人中选2人排列，根据分步乘法计数原理，知不同的排法种数为Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,6)＝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Ceq \o\al(1,2)种选法，然后在第一棒和第四棒中选一棒，有Ceq \o\al(1,2)种结果，另外6人中要选3人在剩余的三个位置上排列，根据分步乘法计数原理知，不同的排法种数为Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)Aeq \o\al(3,6)＝480． (3)甲、乙作为一个整体，从余下的6人中选2人，相当于3个人在三个位置上排列，则不同的排法种数为Aeq \o\al(2,2)Ceq \o\al(2,6)Aeq \o\al(3,3)＝180． 18．(本小题满分17分)已知m，n是正整数，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中x的系数为7． (1)对于使f(x)的x2的系数为最小的m，n，求出此时x3的系数； (2)在(1)的结果下，求f(0．003)的近似值(精确到0．01)． 解：(1)根据题意，得Ceq \o\al(1,m)＋Ceq \o\al(1,n)＝7， 即m＋n＝7，① f(x)中的x2的系数为 Ceq \o\al(2,m)＋Ceq \o\al(2,n)＝eq \f(m（m－1）,2)＋eq \f(n（n－1）,2)＝eq \f(m2＋n2－m－n,2)． 将①变形为n＝7－m代入上式，得x2的系数为m2－7m＋21＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(7,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(35,4)， 故当m＝3或m＝4时，x2的系数取得最小值9． 当m＝3，n＝4时，x3的系数为Ceq \o\al(3,3)＋Ceq \o\al(3,4)＝5； 当m＝4，n＝3时，x3的系数为Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(3,3)＝5． (2)f(0．003)＝(1＋0．003)4＋(1＋0．003)3 ≈Ceq \o\al(0,4)＋Ceq \o\al(1,4)×0．003＋Ceq \o\al(0,3)＋Ceq \o\al(1,3)×0．003＝2．021≈2．02． 19．(本小题满分17分)用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数． (1)在组成的三位数中，求所有偶数的个数； (2)在组成的三位数中，若十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数； (3)在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数． 解：(1)将组成的三位数中所有偶数分为两类： ①若个位数为0，则共有Aeq \o\al(2,4)＝12个符合题意的三位数； ②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18个符合题意的三位数． 故共有12＋18＝30个符合题意的三位数． (2)将这些“凹数”分为三类： ①若十位上的数字为0，则共有Aeq \o\al(2,4)＝12个符合题意的“凹数”； ②若十位上的数字为1，则共有Aeq \o\al(2,3)＝6个符合题意的“凹数”； ③若十位上的数字为2，则共有Aeq \o\al(2,2)＝2个符合题意的“凹数”． 故共有12＋6＋2＝20个符合题意的“凹数”． (3)将符合题意的五位数分为三类： ①若两个奇数数字在万位和百位上，则共有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(3,3)＝12个符合题意的五位数； ②若两个奇数数字在千位和十位上，则共有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(2,2)＝8个符合题意的五位数； ③若两个奇数数字在百位和个位上，则共有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(2,2)＝8个符合题意的五位数． 故共有12＋8＋8＝28个符合题意的五位数． $$