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作业与测评课件PPT（人教B版2019）

第三章　单元质量测评 基础题(占比50%)　　中档题(占比40%)　　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ 对点 分类加法计数原理、组合数的应用 二项式定理的逆用 有限制条件的组合问题 二项展开式中特定项的项数问题 有限制条件的排列问题 多个二项式相加求特定项的系数、组合数的性质 计数原理、组合数和直线与圆的知识相结合 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★ ★★ ★★ 对点 排列组合中的不相邻问题　 利用组合数公式解不等式　 计数原理与组合数的应用　 排列组合与抛物线相结合　 三项展开式中特定项的系数 二项展开式的系数和问题、二项式系数的性质 平面几何中的组合问题 题号 15 16 17 18 19 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 两个计数原理的综合应用 二项式系数问题、求系数绝对值的和 排列组合中的相邻、不相邻问题 有限制条件的组合问题、不同对象的分组、分配问题 二项式系数的和、由二项展开式的常数项求参数、系数最大问题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2 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．已知集合A＝{1，2，3，4}，B＝{5，6，7}，C＝{8，9}．现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则组成集合的总个数为(　　) A．24 B．36 C．26 D．27 时间：120分钟　　　满分：150分 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3 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 3．若4个人按原来站的位置重新站成一排，恰有1个人站在自己原来的位置，则不同的站法共有(　　) A．4种 B．8种 C．12种 D．24种 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 5．形如45132的数称为“波浪数”，即十位数字、千位数字均比与它们各自相邻的数字大，则由1，2，3，4，5可构成不重复的五位“波浪数”的个数为(　　) A．20 B．18 C．16 D．11 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8 6．在(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)11的展开式中，x2的系数是(　　) A．55 B．66 C．165 D．220 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9 7．已知直线ax＋by－1＝0(a，b不全为0)与圆x2＋y2＝50有交点，且交点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有(　　) A．66条 B．72条 C．74条 D．78条 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10 8．由1，2，3，4，5，6组成的没有重复数字且1，3都不与5相邻的六位偶数的个数是(　　) A．72 B．96 C．108 D．144 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12 答案 解析 解析：A错误，计算有重复；B正确，间接法；C正确，分成三类，即1男3女，2男2女，3男1女；D错误，计算有重复．故选BC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13 11．从－1，0，1，2，3这五个数中选三个不同的数组成二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数，则下列结论正确的是(　　) A．开口向上的抛物线有36条 B．开口向下的抛物线有12条 C．开口向上且不过原点的抛物线有28条 D．与x轴的正、负半轴均有交点的抛物线有18条 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14 解 析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．(x2＋3x－1)4的展开式中x的系数为________． 答案 解析 －12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16 答案 解析 6 63 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 14．如图，在排成4×4方阵的16个点中，中心4个点在某一 圆内，其余12个点在圆外，在16个点中任取3个点构成三角形， 其中至少有1个顶点在圆内的三角形共有________个． 答案 解析 312 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18 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．(本小题满分13分)某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动． (1)任选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？ (2)三个年级各选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？ (3)选2个班的学生参加社会实践，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19 解：(1)分三类：第一类，从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二类，从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三类，从高三年级选1个班，有8种不同方法．由分类加法计数原理可得，共有6＋7＋8＝21种不同的选法． (2)分三步：第一步，从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二步，从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三步，从高三年级选1个班，有8种不同方法．由分步乘法计数原理，知共有6×7×8＝336种不同的选法． (3)分三类，每类又分两步．第一类，从高一、高二两个年级各选1个班，有6×7种不同方法；第二类，从高一、高三两个年级各选1个班，有6×8种不同方法；第三类，从高二、高三年级各选一个班，有7×8种不同方法．故共有6×7＋6×8＋7×8＝146种不同的选法． 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 16．(本小题满分15分)在①只有第6项的二项式系数最大；②第4项与第8项的二项式系数相等；③所有二项式系数的和为210这三个条件中任选一个，补充在下面(横线处)问题中，并解答． 已知(4x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn(n∈N＋)，若(4x－1)n的展开式中，________． (1)求n的值； (2)求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|的值． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 21 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 22 17．(本小题满分15分)现有编号分别为A，B，C，D，E，F，G的7个不同的小球，将这些小球排成一排． (1)若要求A，B，C相邻，则有多少种不同的排法？ (2)若要求A排在正中间，且B，C，D各不相邻，则有多少种不同的排法？ 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 23 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 18．(本小题满分17分)已知甲、乙、丙、丁、戊、己6人．(以下问题用数字作答) (1)邀请这6人去参加一项活动，必须有人去，去几人自行决定，共有多少种不同的安排方法？ (2)将这6人作为辅导员全部安排到3项不同的活动中，求每项活动至少安排1名辅导员的方法总数． 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 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 28 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：从三个集合中取出两个集合，分别是集合A，B；集合A，C；集合B，C.当取出A，B时，从这两个集合中各取一个元素，组成一个含有两个元素的集合，有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,3)＝12个；当取出A，C时，从这两个集合中各取一个元素，组成一个含有两个元素的集合，有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,2)＝8个；当取出B，C时，从这两个集合中各取一个元素，组成一个含有两个元素的集合，有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,2)＝6个．一共可以组成12＋8＋6＝26个集合． 2．若实数a＝2－eq \r(2)，则a10－2Ceq \o\al(1,10)a9＋22Ceq \o\al(2,10)a8－…＋210＝(　　) A．32 B．－32 C．1024 D．512 解析：由二项式定理，得a10－2Ceq \o\al(1,10)a9＋22Ceq \o\al(2,10)a8－…＋210＝Ceq \o\al(0,10)(－2)0a10＋Ceq \o\al(1,10)(－2)1a9＋Ceq \o\al(2,10)(－2)2a8＋…＋Ceq \o\al(10,10)(－2)10＝(a－2)10＝(－eq \r(2))10＝25＝32. 解析：将4个人重排，恰有1个人站在自己原来的位置，有Ceq \o\al(1,4)种站法，剩下3人不站在原来的位置有2种站法，所以共有Ceq \o\al(1,4)×2＝8种站法．故选B. 4．已知在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)－\f(1,2\r(3,x)))) eq \s\up12(n)的展开式中，第6项为常数项，则展开式中所有的有理项共有(　　) A．5项 B．4项 C．3项 D．2项 解析：Tk＋1＝Ceq \o\al(k,n)xeq \s\up7(\f(n-k, 3))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2\r(3,x)))) eq \s\up12(k)＝Ceq \o\al(k,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(k)xeq \s\up7(\f(n-2k, 3))，由第6项为常数项，得当k＝5时，eq \f(n－2k,3)＝0，得n＝10.令eq \f(10－2k,3)＝s∈Z，则10－2k＝3s，即k＝5－eq \f(3,2)s，故s应为偶数．又0≤k≤10，故s可取2，0，－2，即k可取2，5，8.故第3项、第6项与第9项为有理项．故选C. 解析：由题意可知，十位和千位只能是4，5或3，5，若十位和千位排4，5，则其他位置任意排1，2，3，这样的数的个数为Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(3,3)＝12；若十位和千位排5，3，这时4只能排在5的一边且不能和其他数字相邻，1，2在其余位置上任意排列，则这样的数的个数为Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,2)＝4.综上，共有12＋4＝16个． 解析：展开式中x2的系数是Ceq \o\al(2,2)＋Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(2,4)＋…＋Ceq \o\al(2,11)＝Ceq \o\al(3,3)＋Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(2,4)＋…＋Ceq \o\al(2,11)＝Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(2,4)＋…＋Ceq \o\al(2,11)＝…＝Ceq \o\al(3,12)，所以x2的系数是Ceq \o\al(3,12)＝220.故选D. 解析：先考虑x≥0，y≥0时，圆上横、纵坐标均为整数的点有(1，7)，(5，5)，(7，1)，依圆的对称性知，圆上共有3×4＝12个点的横、纵坐标均为整数，经过其中任意两点的割线有Ceq \o\al(2,12)＝66条，过每一点的切线共有12条，又考虑到直线ax＋by－1＝0不经过原点，而上述直线中经过原点的有6条，所以满足题意的直线共有66＋12－6＝72条． 解析：从2，4，6三个偶数中选一个数放在个位，有Ceq \o\al(1,3)种方法，将其余两个偶数全排列，有Aeq \o\al(2,2)种排法，当1，3不相邻且不与5相邻时有Aeq \o\al(3,3)种方法，当1，3相邻且不与5相邻时有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,3)种方法，故满足题意的六位偶数有Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(2,2)(Aeq \o\al(3,3)＋Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,3))＝108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．若Ceq \o\al(m－1,8)>3Ceq \o\al(m,8)，则m的取值可能是(　　) A．6 B．7 C．8 D．9 解析：根据题意，有0≤m－1≤8且0≤m≤8，则有1≤m≤8，若Ceq \o\al(m－1,8)>3Ceq \o\al(m,8)，则有eq \f(8！,（m－1）！（9－m）！)>3×eq \f(8！,m！（8－m）！)，变形可得m>27－3m，解得m>eq \f(27,4).综上可得eq \f(27,4)<m≤8，又m∈N，则m＝7或8.故选BC. 10．从20名男同学和30名女同学中选4人去参加一个会议，规定男、女同学至少各有1人参加，下面是不同的选法种数的四个算式，其中正确的是(　　) A．Ceq \o\al(1,20)Ceq \o\al(1,30)Ceq \o\al(2,48) B．Ceq \o\al(4,50)－Ceq \o\al(4,20)－Ceq \o\al(4,30) C．Ceq \o\al(1,20)Ceq \o\al(3,30)＋Ceq \o\al(2,20)Ceq \o\al(2,30)＋Ceq \o\al(3,20)Ceq \o\al(1,30) D．Ceq \o\al(1,20)Ceq \o\al(3,49)＋Ceq \o\al(1,30)Ceq \o\al(3,49) 解析：a>0，b，c可任意选，有Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(2,4)＝36条，A正确；a<0，a只能取－1，b，c有Aeq \o\al(2,4)种选法，共有Aeq \o\al(2,4)＝12条，B正确；a>0且c≠0，共有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,3)＝27条，C错误；当抛物线与x轴的正、负半轴均有交点时，b2－4ac>0，eq \f(c,a)<0，所以ac<0，故a，c中必须有一个为－1，且a，c都不为0，则这样的抛物线共有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,3)＝18条，D正确．故选ABD. 解析：(x2＋3x－1)4＝(x2＋3x)4－Ceq \o\al(1,4)(x2＋3x)3＋Ceq \o\al(2,4)(x2＋3x)2－Ceq \o\al(3,4)(x2＋3x)＋1.又(x2＋3x)r的二项展开式的通项Tk＋1＝Ceq \o\al(k,r)(x2)r－k(3x)k＝Ceq \o\al(k,r)3kx2r－k，当且仅当r＝1，k＝1时符合题意，所以(x2＋3x－1)4的展开式中x的系数为－Ceq \o\al(3,4)×3＝－12. 13．已知(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N＋)，且a2＝60，则n＝________，－eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)－eq \f(a3,23)＋…＋(－1)neq \f(an,2n)＝________． 解析：因为T3＝Ceq \o\al(2,n)(－2x)2＝a2x2，所以a2＝Ceq \o\al(2,n)(－2)2＝60，化简可得n(n－1)＝30，且n∈N＋，解得n＝6.Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)(－2x)k＝akxk，所以ak＝Ceq \o\al(k,6)(－2)k，所以(－1)keq \f(ak,2k)＝Ceq \o\al(k,6)，－eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)－eq \f(a3,23)＋…＋(－1)neq \f(an,2n)＝Ceq \o\al(1,6)＋Ceq \o\al(2,6)＋…＋Ceq \o\al(6,6)＝26－1＝63. 解析：分为三类：第一类，3个顶点在圆内的三角形有Ceq \o\al(3,4)＝4个；第二类，2个顶点在圆内的三角形有Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,10)＝60个；第三类，1个顶点在圆内的三角形有Ceq \o\al(1,4)(Ceq \o\al(2,12)－4)＝248个．所以至少有1个顶点在圆内的三角形共有4＋60＋248＝312个． 解：(1)选择条件①， 若(4x－1)n的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则eq \f(n,2)＝5，∴n＝10. 选择条件②， 若(4x－1)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则Ceq \o\al(3,n)＝Ceq \o\al(7,n)，∴n＝10. 选择条件③， 若(4x－1)n的展开式中所有二项式系数的和为210，则2n＝210，∴n＝10. (2)由(1)知n＝10，则(4x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10， 令x＝0，得a0＝1， 令x＝－1，则510＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝1＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10|， ∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10|＝510－1. 解：(1)把A，B，C看成一个整体与剩余的4个球全排列， 则不同的排法有Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(5,5)＝720种． (2)A在正中间，所以A的排法只有1种． 因为B，C，D互不相邻， 所以B，C，D不可能同时在A的左侧或右侧． 若B，C，D中有1个在A的左侧，2个在A的右侧且不相邻，则不同的排法有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(2,2)＝108种； 若B，C，D中有2个在A的左侧且不相邻，1个在A的右侧，则不同的排法有Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(2,2)Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)＝108种． 故所求的不同排法有108＋108＝216种． 解：(1)由题意，有甲、乙、丙、丁、戊、己6人，邀请这6人去参加一项活动，必须有人去，共有Ceq \o\al(1,6)＋Ceq \o\al(2,6)＋…＋Ceq \o\al(6,6)＝26－1＝63种不同的安排方法． (2)分三类： 第一类，6人中恰有4人分配到其中一项活动中，另外两项活动各分1人，共有Ceq \o\al(4,6)Aeq \o\al(3,3)＝90种方法； 第二类，6人中恰有3人分配到其中一项活动中，另外两项活动分别分2人、1人，共有Ceq \o\al(3,6)Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(3,3)＝360种方法； 第三类，6人平均分配到三项活动中，共有Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)＝90种方法． 所以每项活动至少安排1名辅导员的方法总数为90＋360＋90＝540. 19．(本小题满分17分)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(m,x))) eq \s\up12(n)的展开式的二项式系数之和为256. (1)求n的值； (2)若展开式中常数项为eq \f(35,8)，求m的值； (3)若(x＋m)n的展开式中系数最大的项只有第6项和第7项，求m的值． 解：(1)由二项式系数之和为2n＝256，可得 n＝8. (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(m,x))) eq \s\up12(8)的展开式的通项为 Tk＋1＝Ceq \o\al(k,8)x8－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,x))) eq \s\up12(k)＝Ceq \o\al(k,8)mkx8－2k， 令8－2k＝0，得k＝4， 则Ceq \o\al(4,8)m4＝eq \f(35,8)，解得m＝±eq \f(1,2). (3)易知m>0，设第k＋1项系数最大， 则k,8)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Cmk≥Ceq \o\al(k－1,8)mk－1，,Ceq \o\al(k,8)mk≥Ceq \o\al(k＋1,8)mk＋1，)) 化简可得eq \f(8m－1,m＋1)≤k≤eq \f(9m,m＋1). 由于只有第6项和第7项系数最大， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4<\f(8m－1,m＋1)≤5，,6≤\f(9m,m＋1)<7，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)<m≤2，,2≤m<\f(7,2)，)) 所以m＝2. $$