第6章 计数原理 单元质量测评-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第六章　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、组合数的计算 求二项展开式的特定项 实际问题中的排列、组合计数问题 求两个二项式积的特定项 实际问题中的组合计数问题 涂色问题 求三项展开式的特定项的系数 排列、组合的综合应用 二项式定理的逆用；余数问题 二项展开式的系数和问题 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 排列、组合的综合应用 排列、组合的综合应用 二项展开式的综合应用 分配问题 排列数、组合数的计算 二项展开式的综合应用 数字排列问题 排列、组合的综合应用 二项展开式的综合应用 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4 3．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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6 5．如图，沿着网格线，先从点A到点B，然后经过点C，到达点D的最短的路径的条数为(　　) A．720 B．480 C．360 D．240 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7 6.(2024·湖北黄冈期中)学习涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力．现有4种不同的颜色：湖蓝色、米白色、橄榄绿、薄荷绿，现在给小房子中的四个区域涂色，要求相邻区域不涂同一颜色，则不同的涂色方法共有(　　) A．108种 B．96种 C．84种 D．48种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8 7．(x＋y－2z)5的展开式中xy2z2的系数是(　　) A．120 B．－120 C．60 D．30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9 8．某职校选出甲、乙、丙等6名学生参加职业技能比赛，并决出第1～6名的名次(无并列)．甲、乙、丙3名学生一同去询问成绩，评委对甲说：很遗憾，你和乙都没有得到冠军，对乙说：你当然不是最后两名，对丙说：你比甲和乙都好，但也不是冠军．从这个人的回答中分析，6人的名次情况共有(　　) A．72种 　　　　　B．36种 　　　　　C．96种 　　　　　 D．48种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12 11．现将8把椅子排成一排，4名学生随机就座，则下列说法中正确的是(　　) A．4个空位全都相邻的坐法有120种 B．4个空位中只有3个相邻的坐法有240种 C．4个空位均不相邻的坐法有120种 D．4个空位中至多有2个相邻的坐法有900种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13 336 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________(用数字作答)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14 1 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 2940 14．将5名女老师和5名男老师分配到三个社区，每名老师只去一个社区，若每个社区都必须要有女老师，且有男老师的社区至少有2名女老师，则不同的分配方法有________种． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18 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 17．(本小题满分15分)将由1，2，3，4，5五个数字组成的没有重复数字的五位数按由小到大的顺序排列，则第1个数是12345，第2个数是12354，…，最后一个数是54321.问： (1)43251是第几个数？ (2)第93个数是怎样的一个五位数？ 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 18．(本小题满分17分)从包含甲、乙两人的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、乙两人都被选中且必须跑中间两棒； (2)甲、乙两人只有1人被选中且不能跑中间两棒； (3)甲、乙两人都被选中且必须跑相邻两棒． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 27 　　　　　　　　　　　　　 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．已知Ceq \o\al(2,n)＝15，那么Aeq \o\al(2,n)＝(　　) A．20 B．30 C．42 D．72 解析：解法一：由Ceq \o\al(2,n)＝eq \f(n（n－1）,2)＝15，得n(n－1)＝30，故Aeq \o\al(2,n)＝n(n－1)＝30. 解法二：由Ceq \o\al(m,n)＝m,n)eq \f(A,Aeq \o\al(m,m)) 知，Aeq \o\al(m,n)＝Ceq \o\al(m,n)Aeq \o\al(m,m)，故Aeq \o\al(2,n)＝Ceq \o\al(2,n)Aeq \o\al(2,2)＝15×2＝30. 2.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x))) eq \s\up12(16)的二项展开式中，第4项是(　　) A．Ceq \o\al(2,16)x12 B．Ceq \o\al(3,16)x10 C．－Ceq \o\al(3,16)x10 D．Ceq \o\al(4,16)x8 解析：展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,16)x16－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x))) eq \s\up12(k)＝(－1)k·Ceq \o\al(k,16)x16－2k，所以第4项为T4＝(－1)3×Ceq \o\al(3,16)x10＝－Ceq \o\al(3,16)x10.故选C. 解析：首先确定相同的读物，共有Ceq \o\al(1,6)种情况，然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物中选出2种进行排列，共有Aeq \o\al(2,5)种情况，根据分步乘法计数原理知，共有Ceq \o\al(1,6)Aeq \o\al(2,5)＝120种选法．故选C. 4．(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＝(－1)kCeq \o\al(k,5)x2k－10.当2k－10＝－2，即k＝4时，有x2(－1)4·Ceq \o\al(4,5)x－2＝(－1)4×Ceq \o\al(4,5)＝5；当2k－10＝0，即k＝5时，有2×(－1)5Ceq \o\al(5,5)x0＝－2.所以展开式中的常数项为5－2＝3.故选D. 解析：从点A到点B需要向右走3段，向上走3段，共有Ceq \o\al(3,6)＝20种；从点B到点C，向下走1段，向右走2段，共有Ceq \o\al(1,3)＝3种；从点C到点D，向右走2段，向上走2段，共有Ceq \o\al(2,4)＝6种．因此最短的路径的条数为20×3×6＝360.故选C. 解析：若选2种颜色，则①③同色，②④同色，共有Aeq \o\al(2,4)＝12种涂色方法；若选3种颜色，则①③或②④或①④中必有两个区域同色，另两个区域不同色，共有3Aeq \o\al(3,4)＝72种涂色方法；若选4种颜色，共有Aeq \o\al(4,4)＝24种涂色方法．故不同的涂色方法共有12＋72＋24＝108种．故选A. 解析：因为(x＋y－2z)5＝[(x＋y)－2z]5，其展开式的第k＋1项为Ceq \o\al(k,5)(x＋y)5－k (－2z)k，令k＝2，得第3项为(－2)2Ceq \o\al(2,5)(x＋y)3z2.而(x＋y)3的展开式的第m＋1项为Ceq \o\al(m,3)x3－mym，令m＝2，得第3项为Ceq \o\al(2,3)xy2.所以(x＋y－2z)5的展开式中xy2z2的系数是 (－2)2Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(2,3)＝120.故选A. 解析：由题意，知甲、乙、丙都不是第1名且乙不是最后两名，丙比甲和乙都好，则丙只能是第2名或第3名，当丙是第2名时，乙只能是第3名或第4名，甲只能是3至6名中除乙外的3个名次中的一个，所以有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)＝36种情况；当丙是第3名时，乙只能是第4名，甲只能是第5名或第6名，所以有Ceq \o\al(1,2)Aeq \o\al(3,3)＝12种情况．故共有36＋12＝48种不同的情况．故选D. 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．设n∈N*，则5Ceq \o\al(1,n)＋52Ceq \o\al(2,n)＋53Ceq \o\al(3,n)＋…＋5nCeq \o\al(n,n)除以7的余数可以为(　　) A．0 B．2 C．4 D．5 解析：原式＝1＋5Ceq \o\al(1,n)＋52Ceq \o\al(2,n)＋53Ceq \o\al(3,n)＋…＋5nCeq \o\al(n,n)－1＝(1＋5)n－1＝(7－1)n－1＝Ceq \o\al(0,n)·7n－Ceq \o\al(1,n)·7n－1＋Ceq \o\al(2,n)·7n－2＋…＋Ceq \o\al(n－1,n)·7·(－1)n－1＋Ceq \o\al(n,n)·(－1)n－1，故除了最后两项外，其余各项均能被7整除，又余数不能为负数，所以5Ceq \o\al(1,n)＋52Ceq \o\al(2,n)＋53Ceq \o\al(3,n)＋…＋5nCeq \o\al(n,n)除以7的余数为0或5. 10．若(1＋2x)＋(1＋2x)2＋…＋(1＋2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，a0＝6，则下列结论中正确的是(　　) A．n＝6 B．a1＝42 C.eq \o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝0))ai＝64 D.eq \o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1)) (－1)iiai＝6 解析：令x＝0，可得a0＝n，又a0＝6，所以n＝6，A正确；(1＋2x)6展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)·(2x)k＝2kCeq \o\al(k,6)xk，因为(1＋2x)＋(1＋2x)2＋…＋(1＋2x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，所以a1＝2×(1＋2＋…＋6)＝42，B正确；令x＝1，可得eq \o(∑,\s\up6(6),\s\do4(i＝0))ai＝3＋32＋…＋36＝1092，C错误；对(1＋2x)＋(1＋2x)2＋…＋(1＋2x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6两边同时求导，得2[1＋2(1＋2x)＋3(1＋2x)2＋…＋6(1＋2x)5]＝a1＋2a2x＋…＋6a6x5，令x＝－1，可得eq \o(∑,\s\up6(6),\s\do4(i＝1)) (－1)iiai＝－2×(1－2＋3－4＋5－6)＝6，D正确．故选ABD. 解析：对于A，将4个空位当成一个整体，全部的坐法有Aeq \o\al(5,5)＝120种，故A正确；对于B，先排4名学生有Aeq \o\al(4,4)种，然后将3个相邻的空位当成一个整体，和另一个空位插入5个空中有Aeq \o\al(2,5)种方法，所以一共有Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(2,5)＝480种坐法，故B错误；对于C，先排4名学生有Aeq \o\al(4,4)种，4个空位是一样的，然后将4个空位插入4名学生形成的5个空位中有Ceq \o\al(4,5)种，所以一共有Aeq \o\al(4,4)Ceq \o\al(4,5)＝120种坐法，故C正确；对于D，至多有2个相邻即都不相邻或有2个相邻，由C可知都不相邻的有120种，空位2个2个相邻的有Aeq \o\al(4,4)Ceq \o\al(2,5)＝240种，空位只有2个相邻的有Aeq \o\al(4,4)Ceq \o\al(1,5)Ceq \o\al(2,4)＝720种，所以一共有120＋240＋720＝1080种坐法，故D错误．故选AC. 解析：3个人各站一级台阶有Aeq \o\al(3,7)＝210种站法；3个人中有2个人站在一级，另一个人站在另一级，有Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(2,7)＝126种站法．所以共有210＋126＝336种不同的站法． 13．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(a,x))) eq \s\up12(8)的展开式中的常数项为1120，其中a为正数，则a＝________，展开式中各项系数的和是________． 解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(a,x))) eq \s\up12(8)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,8)(2x)8－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,x))) eq \s\up12(k)＝Ceq \o\al(k,8)28－k(－a)kx8－2k，令8－2k＝0，得k＝4，即Ceq \o\al(4,8)24(－a)4＝1120.又a＞0，解得a＝1.令x＝1，可得展开式中各项系数的和是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×1－\f(1,1))) eq \s\up12(8)＝1. 解析：5名女老师分配到三个社区，分配的方案有1∶1∶3型与1∶2∶2型．对于1∶1∶3型，女老师的分配情况有Ceq \o\al(3,5)Aeq \o\al(3,3)＝60种，其中只有一个社区女老师的人数超过2，则5名男老师只能分配去这个社区，即总分配情况有60种；对于1∶2∶2型，女老师的分配情况有2,5)eq \f(CCeq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,1),Aeq \o\al(2,2)) Aeq \o\al(3,3)＝90种，其中有两个社区女老师的人数为2，则将5名男老师分配去两个社区，分配方案有0∶5型、1∶4型与2∶3型，则分配情况有Aeq \o\al(2,2)＋Ceq \o\al(4,5)Aeq \o\al(2,2)＋Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(3,3)Aeq \o\al(2,2)＝32种，即总分配情况有32×90＝2880种．综上所述，不同的分配方法有2880＋60＝2940种． 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)(1)解关于x的方程x,15)eq \f(A,Aeq \o\al(x,15)－Aeq \o\al(x－1,15)) ＝eq \f(10,9)； (2)解关于n的不等式7Ceq \o\al(4,n)>5Ceq \o\al(6,n). 解：(1)因为Aeq \o\al(m,n)＝eq \f(n！,（n－m）！)，所以x,15)eq \f(A,Aeq \o\al(x,15)－Aeq \o\al(x－1,15)) ＝eq \f(\f(15！,（15－x）！),\f(15！,（15－x）！)－\f(15！,（16－x）！))＝eq \f(16－x,15－x)＝eq \f(10,9)，解得x＝6. (2)因为Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(n！,（n－m）！m！)， 所以原不等式等价于 eq \f(7×n！,（n－4）！×4！)>eq \f(5×n！,（n－6）！×6！)， 即(n－4)(n－5)<42，解得－2<n<11. 又n≥6，且n∈N*， 所以原不等式的解集为{6，7，8，9，10}． 16．(本小题满分15分)已知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)求展开式中所有含x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－keq \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\up11(\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. 所以展开式中所有含x的有理项为T1＝625x4，T3＝150x，T5＝x－2. 解：(1)由题意知，共有Aeq \o\al(5,5)＝120个五位数． 比43251大的数有下列几类： ①万位数是5的有Aeq \o\al(4,4)＝24个； ②万位数是4，千位数是5的有Aeq \o\al(3,3)＝6个； ③万位数是4，千位数是3，百位数是5的有Aeq \o\al(2,2)＝2个． ∴比43251大的数共有24＋6＋2＝32个． ∴43251是第120－32＝88个数． (2)由(1)知万位数是5的有Aeq \o\al(4,4)＝24个，万位数是4，千位数是5的有Aeq \o\al(3,3)＝6个． 比第93个数大的数有120－93＝27个，第93个数即倒数第28个数，而万位数是4，千位数是5的6个数从大到小依次是45321，45312，45231，45213，45132，45123，由此可见第93个数是45213. 解：(1)甲、乙两人必须跑中间两棒，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、乙两人只有1人被选中且不能跑中间两棒，则需要从甲、乙两人中选出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、乙两人必须跑相邻两棒，则他们本身有一个全排列，把甲、乙看作一个整体，从余下的6人中选2人，相当于3个元素在三个位置上排列，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. 19．(本小题满分17分)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,\r(x)))) eq \s\up12(n)(n∈N*)． (1)若展开式中只有第5项的二项式系数最大，求n的值； (2)当n＝6时，二项式的展开式中x3的系数为A，常数项为B，若B＝4A，求a的值； (3)当n＝6，a＝－2时，求二项式的展开式中系数最大的项． 解：(1)因为展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以展开式共9项，故n＝8. (2)当n＝6时，二项式为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,\r(x)))) eq \s\up12(6)， 二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)x6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,\r(x)))) eq \s\up12(k) ＝(－a)kCeq \o\al(k,6)x6－eq \s\up11(\f(3k,2))(0≤k≤6，k∈N)， 令6－eq \f(3k,2)＝3，得k＝2，所以A＝a2Ceq \o\al(2,6)＝15a2， 令6－eq \f(3k,2)＝0，得k＝4，所以B＝a4Ceq \o\al(4,6)＝15a4， 又B＝4A，所以15a4＝4×15a2， 解得a＝0(舍去)或a＝2或a＝－2， 所以a＝2或a＝－2. (3)当n＝6，a＝－2时，二项式为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,\r(x)))) eq \s\up12(6)， 二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)x6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(x)))) eq \s\up12(k)＝2kCeq \o\al(k,6)x6－eq \s\up11(\f(3k,2))(0≤k≤6，k∈N)， 设第k项系数最大，则k,6)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2kC≥2k－1Ceq \o\al(k－1,6)，,2kCeq \o\al(k,6)≥2k＋1Ceq \o\al(k＋1,6)，)) 解得eq \f(11,3)≤k≤eq \f(14,3)， 又0≤k≤6，k∈N，故k＝4， 所以二项式的展开式中系数最大的项为T5＝24Ceq \o\al(4,6)＝240. $$