第三章 排列、组合与二项式定理 单元质量测评-【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）

该高中数学单元复习课件系统梳理了计数原理、排列组合、二项式定理等核心内容，通过典型例题将集合元素选取、错位排列、展开式有理项等知识点串联，构建从原理到应用的知识网络，帮助学生理解内在逻辑联系。 其亮点在于以“问题情境-数学抽象-逻辑推理”为主线，如节目单排列问题培养数学应用意识，二项式定理条件选择题发展推理能力，分层设计基础题到综合题，助力不同水平学生巩固知识，教师可通过解析精准把握学情，提升复习效率。

第三章　单元质量测评 时间：120分钟　　　满分：150分 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2 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．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 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．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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9 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 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 12 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14 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_______． －12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 6 63 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16 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． 312 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 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 18 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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19 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 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 21 17．(本小题满分15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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 23 18．(本小题满分17分)班级迎接元旦晚会有3个唱歌节目、2个相声节目和1个魔术节目，要求排出一个节目单． (1)2个相声节目要排在一起，有多少种排法？ (2)相声节目不排在第一个、魔术节目不排在最后一个，有多少种排法？ (3)现在临时增加1个魔术节目，要重新编排节目单，要求2个相声节目不相邻且2个魔术节目也不相邻，有多少种排法？ 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 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种不同的站法．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． 8．已知k元一次方程x1＋x2＋x3＋…＋xk＝n(n≥k，n≥2，n，k∈N＋)的正整数解的个数为Ceq \o\al(k－1,n－1)，则方程x1＋x2＋x3＋x4＝25满足xi≥2i(i＝1，2，3，4)的整数解的个数为(　　) A．35 B．56 C．84 D．120 解析：由x1＋x2＋x3＋x4＝25，得(x1－1)＋(x2－3)＋(x3－5)＋(x4－7)＝9，令yi＝xi－(2i－1)，i＝1，2，3，4，则原问题等价于求方程y1＋y2＋y3＋y4＝9的正整数解的个数．由题意知，符合条件的整数解的个数为Ceq \o\al(3,8)＝56.故选B. 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. 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. 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：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)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. 解：(1)将2个相声节目捆绑在一起，看成1个节目，有Aeq \o\al(2,2)种排法，与其余4个节目一起排，有Aeq \o\al(5,5)种排法， 则共有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(5,5)＝2×120＝240种不同排法． (2)若相声节目排在第一个，则有Ceq \o\al(1,2)Aeq \o\al(5,5)种不同排法， 若魔术节目排在最后一个，则有Aeq \o\al(5,5)种不同排法， 若相声节目排在第一个且魔术节目排在最后一个，则有Ceq \o\al(1,2)Aeq \o\al(4,4)种不同排法， 则相声节目不排在第一个、魔术节目不排在最后一个，可以用6个节目的全排列减去相声节目排在第一个的排列数和魔术节目排在最后一个的排列数，再加上相声节目排在第一个且魔术节目排在最后一个的排列数， 所以共有Aeq \o\al(6,6)－Ceq \o\al(1,2)Aeq \o\al(5,5)－Aeq \o\al(5,5)＋Ceq \o\al(1,2)Aeq \o\al(4,4)＝720－240－120＋48＝408种不同排法． (3)若2个相声节目相邻，则有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(6,6)种不同排法， 若2个魔术节目相邻，也有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(6,6)种不同排法， 若2个相声节目相邻且2个魔术节目也相邻，则有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(5,5)种不同排法， 则2个相声节目不相邻且2个魔术节目也不相邻，可由7个节目的全排列减去2个相声节目相邻的排列数和2个魔术节目相邻的排列数，再加上2个相声节目相邻且2个魔术节目也相邻的排列数， 所以共有Aeq \o\al(7,7)－2Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(6,6)＋Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(5,5)＝Aeq \o\al(5,5)(42－24＋4)＝2640种不同排法． 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. $