第三章 阶段测试1 排列与组合-【金版教程】2025-2026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）

该高中数学课件聚焦排列与组合核心知识，通过集合取元素作点坐标、学生会选人参活动等实例导入，搭建从分类加法、分步乘法计数原理到排列组合实际应用的学习支架，帮助学生衔接基础与复杂问题。 其亮点是以实际情境问题（如方阵站位、比赛安排、团牌涂色）培养数学眼光，通过分步推理（如甲、乙、丙站位分步计算）发展数学思维，借助多样题型提升数学语言表达能力。例如第3题方阵问题引导学生分步解决特殊元素位置问题，既助学生提升逻辑推理能力，也为教师提供丰富教学案例。

第三章　排列、组合与 二项式定理 阶段测试1　排列与组合 一、单项选择题 1．已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，若从这两个集合中各取一个元素作为点的横坐标或纵坐标，则可得平面直角坐标系中第一、二象限内不同点的个数是(　　) A．8 B．6 C．10 D．14 解析：分两类：第一类，从集合M中取的元素作为横坐标，从集合N中取的元素作为纵坐标，则第一、二象限内的点共有3×2＝6个；第二类，从集合M中取的元素作为纵坐标，从集合N中取的元素作为横坐标，则第一、二象限内的点共有2×4＝8个．由分类加法计数原理可知，符合条件的点的个数为6＋8＝14.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 2．某校学生会有男生2n人，女生3n人，现从男生中选出11－n人，从女生中选出6n－13人参加志愿活动，则不同的选法种数为(　　) A．48 B．96 C．144 D．192 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4 4．某多功能体育场馆决定承包举办马术、击剑、游泳、跑步四项比赛．应主办方要求，马术比赛和跑步比赛不相邻，游泳比赛不在第一场也不在最后一场，则不同的比赛方式共有(　　) A．16种 B．12种 C．8种 D．6种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5 5.树人中学的科学社团设计了一块如图所示的正反面内容相同的双面团牌，给团牌的正反两面6个区域涂色，有3种不同颜色可选，要求同面有公共边 的区域不同色，同一区域的两面也不同色，则不同的涂色方法有(　 ) A．36种 B．48种 C．54种 D．56种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6 二、多项选择题 6．甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是(　　) A．若甲、乙不相邻，则不同的排法共有36种 B．若甲、乙必须相邻，则不同的排法共有48种 C．若甲、乙、丙按从左到右的顺序(可以不相邻)，则不同的排法共有20种 D．若甲、乙都不排两端，则不同的排法共有36种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 8 7．某校高二年级派出甲、乙、丙、丁四名同学到A，B，C，D四个社区进行社会实践，下列说法正确的是(　　) A．若四个社区都有人去，则共有24种不同的安排方法 B．若恰有一个社区无人去，则共有144种不同的安排方法 C．若甲不去A社区，乙不去B社区，且每个社区均有人去，则共有18种不同的安排方法 D．若该年级又计划向这四个社区捐赠10箱水果，且每个社区至少发放1箱，则共有84种不同的安排方法 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10 2或1012 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11 9．正整数19600的不同正因数的个数为____． 45 解析：易知19600＝24×52×72，设t为正整数19600的正因数，故t＝2x·5y·7z，其中x∈{0，1，2，3，4}，y∈{0，1，2}，z∈{0，1，2}，故t有5×3×3＝45种不同的可能取值，则正整数19600的不同正因数的个数为45. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12 10．某环保局派遣包括张三、李四、王五在内的12名工作人员到A，B，C三个镇开展环境保护的宣传工作，每个镇至少派遣3人，因工作需要，张三、李四、王五3人要派遣到同一个镇，则不同的派遣方案共有______种(结果用数字表示)． 18774 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．现从一副扑克牌中抽取红桃A、红桃2、红桃3到红桃10、小王和大王共12张牌． (1)从这12张牌中随机抽取3张，求红桃A被抽到，且小王和大王只有一个被抽到的抽取方法共有多少种； (2)从这12张牌中随机抽取3张，求小王和大王2张中至少有1张被抽到，且红桃A没有被抽到的不同抽取方法共有多少种； (3)将红桃5到红桃10这6张扑克牌摆成一排，使得红桃9和红桃10相邻，且红桃5、红桃6、红桃7恰有两张相邻，求不同的摆放方法共有多少种． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 17 13．2025年有双春年之寓意，双春年是指在一个农历年中出现两个立春节气的现象．这是由于农历和阳历之间的差异造成的，为了使农历与季节变化相适应，农历中会设置闰月，2025年有闰六月，从而导致一年中出现两个立春．在传统文化中，双春年通常被认为是非常吉利的年份，双字寓意着好事成双，在这一年做任何事都会有好兆头．那么，用2025，66，2，0，2，5组成不同的10位数的个数为(　　) A．294 B．297 C．298 D．300 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 19 14．集合A＝{x∈Z|x≥10}，集合B是集合A的子集，且B中的元素满足：①任意一个元素的各数位的数字互不相同；②任意一个元素的任意两个数位的数字之和不为9. (1)集合B中两位数和三位数各有多少个？ (2)集合B中是否有五位数？是否有六位数？ (3)将集合B中的元素从小到大排列，求第1081个元素． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 21 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤11－n≤2n，,0≤6n－13≤3n，))解得eq \f(11,3)≤n≤eq \f(13,3)，又n∈N＋，所以n＝4.所以该校学生会有男生8人，女生12人，从男生中选11－4＝7人，从女生中选6×4－13＝11人，则不同的选法种数为Ceq \o\al(7,8)Ceq \o\al(11,12)＝Ceq \o\al(1,8)Ceq \o\al(1,12)＝8×12＝96. 3．20名同学排成一个4行5列的矩形方阵，要求其中的甲、乙、丙三人中任意两人不在同一行也不在同一列，则这20名同学不同的站法种数为(　　) A．480Aeq \o\al(17,17) B．1440Aeq \o\al(17,17) C．2880Aeq \o\al(17,17) D．3600Aeq \o\al(17,17) 解析：求这20名同学不同的站法种数需两步：先让甲、乙、丙站，从4行中任取1行，5列中任取1列，其交点让甲站，有4×5种情况；从余下3行中任取1行，4列中任取1列，其交点让乙站，有3×4种情况；从余下2行中任取1行，3列中任取1列，其交点让丙站，有2×3种情况，因此符合要求的甲、乙、丙的站法种数为4×5×3×4×2×3＝1440，再让除甲、乙、丙外的17人站，有Aeq \o\al(17,17)种情况，所以这20名同学不同的站法种数为1440Aeq \o\al(17,17).故选B. 解析： 马术比赛和跑步比赛不相邻的情况有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,3)＝12种，马术比赛和跑步比赛不相邻且游泳比赛在第一场或最后一场的情况有2Aeq \o\al(2,2)＝4种，故不同的比赛方式共有12－4＝8种．故选C. 解析：若只用2种不同的颜色，则正反面的上下区域同色，中间区域涂剩下的一种颜色即可，所以有Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(2,2)＝6种涂色方法．若用3种不同的颜色，当正反面都只用2种颜色时，有Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(2,2)Ceq \o\al(1,2)＝12种涂色方法；当正面用2种颜色，反面用3种颜色时，则在正面未用的颜色不能涂在反面的中间，所以有Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(2,2)Ceq \o\al(1,2)＝12种涂色方法；同理，当正面用3种颜色，反面用2种颜色时，也有Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(2,2)Ceq \o\al(1,2)＝12种涂色方法；当正反两面都用3种颜色时，有Aeq \o\al(3,3)×2＝12种涂色方法．所以共有6＋12＋12＋12＋12＝54种不同的涂色方法．故选C. 解析：对于A，甲、乙不相邻，先把其他3人排成一排有Aeq \o\al(3,3)种方法，形成4个空，然后将甲、乙插空有Aeq \o\al(2,4)种方法，故共有Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(2,4)＝72种不同的排法，故A错误；对于B，甲、乙必须相邻，将甲、乙捆绑到一起有Aeq \o\al(2,2)种方法，看成一个整体与其他3人排成一排有Aeq \o\al(4,4)种方法，故共有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(4,4)＝48种不同的排法，故B正确；对于C，由于甲、乙、丙按从左到右的顺序固定了，故有5,5)eq \f(A,Aeq \o\al(3,3)) ＝20种不同的排法，故C正确；对于D，甲、乙都不排两端，则先从中间3个位置选择两个将甲、乙安排好，有Aeq \o\al(2,3)种方法，其他人安排到剩下的3个位置，有Aeq \o\al(3,3)种方法，所以共有Aeq \o\al(2,3)Aeq \o\al(3,3)＝36种不同的排法，故D正确．故选BCD. 解析：对于A，若四个社区都有人去，则共有Aeq \o\al(4,4)＝24种不同的安排方法，故A正确；对于B，若恰有一个社区无人去，则共有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)＝144种不同的安排方法，故B正确；对于C，若甲不去A社区，乙不去B社区，且每个社区均有人去，可考虑4人的全排列，去掉甲去A社区，乙去B社区，再加上甲去A社区同时乙去B社区，即共有Aeq \o\al(4,4)－Aeq \o\al(3,3)－Aeq \o\al(3,3)＋Aeq \o\al(2,2)＝14种不同的安排方法，故C不正确；对于D，若该年级又计划向这四个社区捐赠10箱水果，且每个社区至少发放1箱，即使用3块隔板将10箱隔成4份，且隔板不相邻、不在两端，则共有Ceq \o\al(3,9)＝84种不同的安排方法，故D正确．故选ABD. 三、填空题 8．已知Ceq \o\al(2,2)＋Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(2,4)＋…＋Ceq \o\al(2,2025)＝Ceq \o\al(2x－1,2026)，则x的值为________． 解析：因为Ceq \o\al(2,2)＋Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(2,4)＋…＋Ceq \o\al(2,2025)＝Ceq \o\al(3,3)＋Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(2,4)＋…＋Ceq \o\al(2,2025)＝Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(2,4)＋…＋Ceq \o\al(2,2025)＝Ceq \o\al(3,5)＋Ceq \o\al(2,5)＋…＋Ceq \o\al(2,2025)＝…＝Ceq \o\al(3,2025)＋Ceq \o\al(2,2025)＝Ceq \o\al(3,2026)，所以Ceq \o\al(3,2026)＝Ceq \o\al(2x－1,2026)，所以3＝2x－1或3＋2x－1＝2026，解得x＝2或x＝1012. 解析：先分类讨论人员分组情况：当张三、李四、王五所在组恰有3人时，余下9人分成2组，有Ceq \o\al(3,9)＋Ceq \o\al(4,9)＝210种方法；当张三、李四、王五所在组恰有4人时，先从其他9人中选1人到这组，再将余下8人分成2组，有Ceq \o\al(1,9)3,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(Ceq \o\al(4,8),Aeq \o\al(2,2)))) ＝819种方法；当张三、李四、王五所在组恰有5人时，先从其他9人中选2人到这组，余下7人分成2组，有Ceq \o\al(2,9)Ceq \o\al(3,7)＝1260种方法；当张三、李四、王五所在组恰有6人时，先从其他9人中选3人到这组,余下6人分成2组,有Ceq \o\al(3,9)·3,6)eq \f(C,Aeq \o\al(2,2)) ＝840种方法.最后将三组人员分配到三个镇,有Aeq \o\al(3,3)＝6种方法,所以不同的派遣方案共有(210＋819＋1260＋840)×6＝18774种． 四、解答题 11．求解下列问题： (1)求证：Aeq \o\al(m,n)＝nAeq \o\al(m－1,n－1)(n≥m≥2)； (2)解关于x的不等式：Aeq \o\al(x,8)<6Aeq \o\al(x－2,8)； (3)解关于x的方程：3Ceq \o\al(x－4,x)＝5Aeq \o\al(2,x－1). 解：(1)证明：Aeq \o\al(m,n)＝eq \f(n！,（n－m）！)＝n·eq \f(（n－1）！,（n－m）！) ＝n·eq \f(（n－1）！,[（n－1）－（m－1）]！)＝nAeq \o\al(m－1,n－1)(n≥m≥2)． (2)依题意，有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤x≤8，,0≤x－2≤8，))解得2≤x≤8， 由Aeq \o\al(x,8)<6Aeq \o\al(x－2,8)，得eq \f(8！,（8－x）！)<6×eq \f(8！,（10－x）！)，即1<eq \f(6,（10－x）（9－x）)， 整理，得x2－19x＋84<0，解得7<x<12，所以7<x≤8， 又x∈N＋，所以x＝8，所以Aeq \o\al(x,8)<6Aeq \o\al(x－2,8)的解集为{8}． (3)因为3Ceq \o\al(x－4,x)＝5Aeq \o\al(2,x－1)，所以eq \f(3×x！,4！（x－4）！)＝eq \f(5×（x－1）！,（x－3）！)， 即eq \f(3x（x－1）（x－2）（x－3）,4！)＝5(x－1)(x－2)， 因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1≥2，,x－4≥0，))即x≥4，整理，得x2－3x－40＝0， 解得x＝8或x＝－5(舍去)，故原方程的解为x＝8. 解：(1)若小王和大王有且只有一个被抽到，其抽取方法有2种， 又红桃A被抽到，则在剩余的9张牌中随机抽取1张，其抽取方法有9种， 则不同的抽取方法共有2×9＝18种． (2)根据题意，分两种情况讨论： ①小王和大王2张都被抽到，且红桃A没有被抽到，不同的抽取方法有Ceq \o\al(2,2)Ceq \o\al(1,9)＝9种； ②小王和大王2张中有且只有1张被抽到，且红桃A没有被抽到，不同的抽取方法有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(2,9)＝72种．则共有9＋72＝81种不同的抽取方法． (3)第一步，将红桃9和红桃10捆绑在一起有Aeq \o\al(2,2)种方法； 第二步，将红桃5、红桃6、红桃7抽出2张捆绑在一起有Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(2,2)种方法； 第三步，将红桃9，10组成的整体与红桃8排列，有Aeq \o\al(2,2)种方法； 第四步，将红桃5，6，7组成的两部分插空到第三步排列形成的三个空中,有Aeq \o\al(2,3)种方法． 故共有Aeq \o\al(2,2)Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,3)＝2×3×2×2×6＝144种不同的摆放方法． 解析：2025，66，2，0，2，5这6个数的全排列有Aeq \o\al(6,6)种，其中0排在首位，有Aeq \o\al(5,5)种排法，又有2个2，它们之间的排序有Aeq \o\al(2,2)种，且当2，0，2，5这4个数以2025这种顺序与66和2025排序时，有Aeq \o\al(1,3)＝3种，所以用2025，66，2，0，2，5组成不同的10位数的个数为6,6)eq \f(A－Aeq \o\al(5,5),Aeq \o\al(2,2)) －Aeq \o\al(1,3)＝297. 解：将0，1，…，9这10个数字按照和为9进行配对，则有(0，9)，(1，8)，(2，7)，(3，6)，(4，5)，故B中元素的每个数位只能从这五组数的每组中至多取一个数． (1)两位数有Ceq \o\al(2,5)·22·Aeq \o\al(2,2)－Ceq \o\al(1,4)·2＝72个， 三位数有Ceq \o\al(3,5)·23·Aeq \o\al(3,3)－Ceq \o\al(2,4)·22·Aeq \o\al(2,2)＝432个． (2)存在五位数，只需从上面五组数的每组中取一个数即可构成符合条件的五位数；不存在六位数，若存在，则至少要从一组数中取出两个数，则这两个数字之和为9，与B中任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9矛盾，因此不存在六位数． (3)由(1)知，集合B中的两位数有72个，三位数有432个，又四位数共有Ceq \o\al(4,5)·24·Aeq \o\al(4,4)－Ceq \o\al(3,4)·23·Aeq \o\al(3,3)＝1728个，因此第1081个元素是四位数，且是第577个四位数．我们考虑千位，千位为1，2，3的四位数共有3·Ceq \o\al(3,4)·23·Aeq \o\al(3,3)＝576个，故第1081个元素是4012. $