阶段测评(一) [范围6.1～6.2]-【精讲精练】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册课后案·学业评价（人教A版2019）

8⊙ 11.解析显然a,b,c,d均为不超过5的自然数，下面进 3.B根据题意，每个盒子里的球的个数不小于该盒子的 行讨论： 编号，分析可得，1号盒子至少放一个，最多放2个小 最大数为5的情况： 球，分情况讨论： ①25=52+02十02+02，此时共有A1=4种情况， ①1号盒子中放1个球，其余3个放入2号盒子，有C 最大数为4的情况： =4种方法； ②25=42+32+02十02，此时共有A号=12种情况. ②1号盒子中放2个球，其余2个放入2号盒子，有C喝 ③25=42+22+22+12，此时共有A=12种情况. =6种方法： 当最大数为3时，32+32+22+2>25>32+32+22+12， 则不同的放球方法有4十6=10（种）， 没有满足题意的情况 故选B. 由分类加法计数原理，满足条件的有序数组(a,b,c,d) :4,D顺序排列分2步进行，(1)将“水立方”和“鸟檗”看成 的个数是4十12十12=28. 一个整体，与颐和园、798艺术区、首都博物馆全排列· 答案28 有A号A=48种情况. 12.解析若甲，乙选的景点没有其他人选，则分组方式为 (2)排好后，有5个空位可用，在其中任选2个，安排故 1,2,2的选法总数为CA=18: 宫和八达岭长城，有A号=20种情况，则有48×20=960 若甲，乙选的景点还有其他人选择，则分组方式为1， 种不同的游览顺序 3的选法总数为A发A=18, 故选D. 5.D先将除武夷山大红袍和西湖龙井之外的4种茶排 所以不同的选法总数为18十18=36. 序，形成5个空，再将武夷山大红袍和西湖龙井插入5 答案36 个空，则不同的排法有AA号=480（种）. 13.解析(1)易知四位数共有CC号A=216(个). 故选D. (2)上述四位数中，偶数排在一起的有C号CAA号= 6.D先假设3辆红车不同，3辆黑车也不相同，第一辆车 108(个). 显然可占36个方格中任意一个，有36种放法，第二辆 (3)由(1)(2)知两个偶数不相邻的四位数有216一108 车由于不能与第一辆车同行，也不能与第一辆车同列， =108(个). 有25种放法，同理，第三、四、五、六辆车分别有16,9,4,1 14.BD任意两位同学之间交换纪念品共要交换C层=15 种放法.再注意到3辆红车相同，3辆黑车也相同，故不同 次，如果都完全交换，每个人都要交换5次，也就是每 人得到5份纪念品.现在6位同学总共交换了13次， 的放法共有36X25X16X9X4X1-(6×5×4×3×2X1) 3!×31 6×6 少交换了2次，这2次若不涉及同一人，则收到4份纪 =7202 念品的同学有4人，若涉及同一个人，则收到4份纪念 36 =14400(种). 品的同学有2人.故选BD. 故选D. 15.解析法一（直接法）从0与1两个特殊值着眼，可：7.D当实验小学站2人，则下车的不同方案有C唱XC呀X 分三类： A=540(种).当实验小学站3人，则下车的不同方案有 (1)取0不取1，可先从另四张卡片中选一张作百位，有 C×A=120(种).则下车的不同方案种数为540十120 C种方法：0可在后两位，有C种方法：最后需从剩下 =660. 的三张中任取一张，有C种方法：又除含0的那张外， 故选D. 其他两张都有正面或反面两种可能，故此时可得不同 :8.B根据题意，分为两种情况讨论： 的三位数有CCC·2个. ①第一次甲将球传给其余三人，有C=3种情况，第二 (2)取1不取0，同上分析可得不同的三位数C号·22· 次将球传给甲，第三次甲再传给其余三人，有C=3种 A个. 情况，第四次再将球传给甲，此时共有3×3=9种情况： (3)0和1都不取，有不同的三位数C·23·A个 ②第一次甲将球传给其余三人，有C=3种情况， 综上所述，共有不同的三位数：C·C以·C·22十 第二次将球传给甲之外的2人，有C是=2种情况， C·22·A+C·23·A8=432(个). 第三次依然将球传给除甲之外的2人，有C=2种 法二（间接法）任取三张卡片可以组成不同的三位数 情况， C·23·A好个，其中0在百位的有C号·22·A量个，这 第四次再将球传给甲，有1种情况， 是不合题意的，故共有不同的三位数：C学·23·A 此时共有3×2×2=12种情况， C·22·A=432(个). 由分类计数原理可得，第四次传球后，球又回到甲的脚 下的传球方式，共有9+12=21（种）. 阶段测评（一）[范围6.1~6.2] 故选B. kCA属+C=A8+Cg=6X5+-5:故选C 9.ABC用0到6这7个数字组成没有重复数字的三位 数，若不考虑最高位是否为0，则有A个，又最高位不能 2.B小明从，点E·F处最短一共会走四段，两段横向，两 为0，故当最高位为0时有A个，故可以组成没有重复 段纵向的，所以有C条路，再从F→G有3条，所以条数 数字的三位数的A一A号个，故C正确； 为3·C4=3×4X3=18. 2 首先排最高位，有A种，再排十位，个位，有A种，故共 故选B. 有AA个没有重复数字的三位数，故B正确： 30 @ 若选到的数字没有0，则有A个，若选到的数字有0，先 (2)设置的密码为4~6位，每位均为09这10个数 排0，有2种方法，再从其余6个数字选2个排到其余位 字中的1个，这样的密码共有3类」 置，故有2A个，综上可得共有A十2A个没有重复数 其中4位密码、5位密码、6位密码的个数分别为101， 字的三位数，故A正确、D错误. 105,105. 故选ABC, 根据分类计数原理，设置由数字0~9组成的4~一6位 10.ACD对于A,甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，将甲、 密码的个数是101+105+105=1110000. 乙看成一个整体，与丙、丁，戊全排列，有A=24种排 故满足条件的密码有1110000个. 法，A正确： 对于B,若甲站在最左端，乙和丙、丁、戌全排列，有A 学业评价（七）二项式定理 =24种排法，故B错误： 1.C原式=(2+1)”=3 对于C,先将丙、丁、戊三人排成一棉，再将甲，乙安撸 2.B:(1+√2)1=1+42+12+82+4= 在三人的空位中，有A·A=72种捧法，C正确： 对于D,甲、乙、丙、丁、戊五人全排列有A=120种排 17+12√2=a+b√2， 法，甲、乙、丙全排列有A=6种排法，则甲、乙、丙按从： 又a,b为有理数，.a=17,b=12..a十b=29. 左到右的顺序排列的排法有0=20种，故D正确， 3.C :二项式(r-)的展开式的道项公式为 故选ACD. T+1=C第·(-1)a6-0·x12-,令12-3k=0,求得 山.解析C8三=A→mm二m一2mm1Dm≥3 k=4,可得常数项为C·a2=60,则a=士2. 3×2 4.AC令x=1,由(3一1)5=25=64知，所有项系数和为 →m=8. 64,故A正确： 答案8 二项展开式的通项公式为T+1=C(3x)5一(-1)· 12.解析由题意，可得C+C+C十C十C+C+C0 =C尊+C+C+C+C+C+C1。=C十C+C+ x=(-1)30-Cr一，令6-名k=0,解得k=4, C装+C+C0=C浮+C+Cg十(C+Co=…=Cio十 故展开式第5项为常数项，故B错误： C10=C1=462. 当k=0,24时，6-号EN,展开式为垫式，故C正确： 答案462 13.解析若B运动员跑第一棒，则从剩下的六名运动员 当6-号k=3时，k=2.1=(-1)g2C2 中任选三名跑另外三棒，有A=6×5×4=120(种)： 1215.x3,故D错误 若B运动员不跑第一棒，也不能跑第二棒，则从除A,B 外的五名运动员中，任选一名跑第一棒，有A=5(种)， 故选AC. 从除B和已经排好的人以外的五名运动员中任选一名 :5.解析x2y=x·(xy),其系数为Cg, 跑第二捧，有A=5(种)， x2y7=y·(x2y),其系数为-Cg, 再从剩下的五名运动员中任选两名跑另外两棒，有 .x2y2的系数为C3-Cg=8-28=-20. A号=20（种）， 答案一20 故不同安排方案有120+5×5×20=620（种）. 6.解析 T+1=C(3）}(写)=c$·3-4· 答案620 14.解析由题意，得方程十x十y十=10的正整数解 x6k-18.令6k一18=0，则k=3,所以常数项为T4=C· 的不同组数为C=84: 30·x0=20. 若，x,y2中没有0，则有C唱=84（种）， 答案20 若，x,y,z中有1个为0，则有CC号=144（种）， 7.解析 二项式(-）” 的展开式的通项为 若，x,y,z中有2个为0，则有CC=54(种)， 若，x,y,z中有3个为0，则有C=4(种)， =(-2)k·Ctx3m-4,k=0, 房 1,2,…n =286. 答案84286 因为二项式r(2-）”的展开式中存在常数项，所以 15.解析(1)从A点去B点，一共有13格，8格向右，2 格向上，又妈蚁只会向右或向上爬行， 3一=1有解，即n-经。，可得n的一个值为5 故有C=31-1287e行方法。 (答案不唯一) 答案5或者4k+1(k∈N") (2)从A点去C点，一共有8格，5格向右，3格向上， 从C点去B点，一共有5格，3格向右，2格向上， 8.解析 已知二项展开式的道项T+1=C(分2）”厂， 所以有1287-C×C=1287一560=727（种）. 16.解析(1)设置1个4位密码要分4步进行，每一步确 -左）》=(-1（合）”‘ca 定一位数字，每一位上都可以从0一9这10个数字中 任取1个，有10种取法.根据分步计数原理，4位密码 (1)国为第9项为常数项，即当飞=8时，21-号k=0,解 的个数是10×10×10×10=10000. 得n=10. 31阶段测评（一）[范围6.1~6.2] (时间：90分钟，满分：100分) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在：7.(2024·泉州期末)如图为某公交线路图的一部 每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 分，现在6名同学从安一中站点上车，分组到人民 求的 银行、实验小学、凤山公园、凤山书院4个站点参 1.A+C%= ( 加公益宣传活动，每个站点至少一人，且实验小 A.15 B.30 C.45 D.60 学站至少2人，则下车的不同方案种数为() 2.如图所示，小明从街道E出发，先到F处与小红 15 16 18 会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者 安 实 凤 民 山 山 活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条 中 学 数为 ( C.540 。G A.120 B.480 D.660 8.足球运动是深受人们喜爱的一项体育运动，某次 传球训练中，教练员让甲、乙、丙、丁4名球员进行 传接球训练，从甲开始传球，等可能地传给另外3 E 人中的1人，接球者再等可能地传给另外3人中 A.24 B.18 C.12 D.9 的1人，如此一直进行.假设每个球都能被接住， 3.将4个大小相同，颜色互不相同的球全部放人编 若第4次传球后，球又恰好回到甲脚下，则不同的 号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里 传球方法为 () A.18种B.21种 C.27种D.45种 球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12分.在 法有 ( ) 每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部 A.7 B.10 C.14 D.20 选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得 4.某学生决定在高考后游览北京，计划6天游览故 0分 宫、八达岭长城、顾和园、“水立方”、“鸟巢”、798 9.用0到6这7个数字，可以组成没有重复数字的 艺术区、首都博物馆7个景点，如果每天至少游览 三位数的个数为 一个景点，且“水立方”和“鸟巢”在同一天游览， A.A8+2A8 B.AA 故宫和八达岭长城不在相邻两天游览，那么不同 C.A:-A D.A+A 的游览顺序共有 ( 10.甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法 A.120种B.240种C.480种D.960种 正确的是 () 5.在2024年第22届上海国际茶博会中，某展区展 A,如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不 出6种茗茶，分别是武夷山大红袍、西湖龙井、安 同的排法有24种 溪铁观音、普洱茶、正山小种、福鼎白茶.将这6种 B.最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不 茶排成一排，若武夷山大红袍和西湖龙井不能相： 同的排法共有18种 邻，则不同的排序方法有 () C.甲、乙不相邻的排法种数为72种 A.240种B.280种C.340种 D.480种 D.甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有 6.一个6×6的表格内，放有3辆完全相同的红车和 20种 3辆完全相同的黑车，每辆车占1格，每行每列只 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 有1辆车，放法种数为 () 11.若C=A,则m= A.720 B.20 C.518400 D.14400:12.C%+Cg+C%+C+C4+C+C1o= 11 O数学·选择性必修第三册（配RJA版） 13.从A,B,C,D,E,F,G七名运动员中选出4名参：16.(15分)为了确保电子邮箱的安全，在注册时，通 加4×100米接力赛，其中A运动员不跑第一 常要设置电子邮箱密码.在某网站设置的邮 棒，B运动员不跑第二棒，则不同安排方案有 箱中 种。 : (1)若密码为4位，每位均为0~9这10个数字 14.为研究方程x十y十之=8正整数解的不同组数， 中的1个，则这样的密码共有多少个？ 我们可以用“挡板法”：取8个相同的小球排成一 (2)若密码为4~6位，每位均为0~9这10个数 排，这8个小球间有7个“空挡”，在这7个“空 字中的1个，则这样的密码共有多少个？ 挡”中选择2个“空挡”，在每个“空挡”插人1块 挡板，2块挡板将这8个小球分成“三段”，每段 小球的个数分别对应x,y,z的一个正整数解， 由此可以得出此方程正整数解的不同组数为 C.据此原理，则方程w十x十y十之=10的正整 数解的不同组数为 (用数字作答)：该 方程自然数解的不同组数为 (用数字 作答). 四、解答题：本题共2小题，共28分，解答应写出文 字说明、证明过程或演算步骤， 15.(13分)(1)如图所示，在A点处有一蚂蚁要经过 格架到B点去，并且它只会向右或向上爬行，问 该蚂蚁有多少种不同的爬行方法？ (2)爬行方法同(1)，C点处断开，有多少种不同 的爬行方法？ 12