第三章 排列组合与二项式定理 单元测试-2025-2026学年高二上学期数学人教B版选择性必修第二册

第三章 排列组合与二项式定理 一、单选题 1．若，则（    ） A．7 B．6 C．5 D．4 2．展开式的7项中，系数为有理数的项共有（  ）项 A．1 B．2 C．3 D．4 3．学校要求学生从物理、历史、化学、生物、政治、地理这6科中选3科参加考试，规定先从物理和历史中任选1科，然后从其他4科中任选2科，不同的选法种数为（   ） A．12 B．20 C．24 D．120 4．已知存在常数项，且常数项是，则（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 5．在一次大型运动会的火炬传递中．某路段的传递活动由共六名火炬手分五棒完成，若第一棒火炬手只能从中产生，最后一棒由两名火炬手共同完成，且两名火炬手不能共同完成最后一棒，则不同的传递方案种数为（    ） A．60 B．54 C．120 D．114 6．甲、乙、丙、丁、戊、己共6名同学参加演讲比赛决赛，决出一等奖1名，二等奖2名，三等奖3名，甲和乙去询问获奖情况，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有获得一等奖”．对乙说：“你没有获得三等奖，甲没有获得二等奖”．从这两个回答分析，这6人的获奖情况可能有（    ） A．6种 B．12种 C．18种 D．24种 7．将个不同的小球全部放入个不同的盒子中，共有种不同的方法，若，其中，，则（   ） A． B． C． D． 8．杨辉是我国一位杰出的数学家，他在《详解九章算法》一书中，画了一个由二项式展开式的系数构成的三角形数阵，这就是著名的“杨辉三角”．在“杨辉三角”中，除1以外，其他每一个数值都是它“肩上”的两个数值之和，每一行第个数连成的斜线称为第k斜线．该三角形数阵前5行如图所示，则该三角形数阵前2024行第k斜线与第（）斜线上所有数值之和最大时，的值为（    ） A．1010 B．1011 C．1012 D．1013 二、多选题 9．已知展开式中共有8项．则下列结论正确的是（    ） A． B．奇数项的二项式系数和为64 C．二项式系数最大项为第4项 D．有理项共有4项 10．已知，则（    ） A． B． C． D． 11．传承红色文化，宣扬爱国精神，湖洋中学国旗队在高一年级招收新成员，现有小明、小红、小华等7名同学加入方阵参加训练，则下列说法正确的是（   ） A．7名同学站成一排，小明、小红、小华必须按从左到右的顺序站位，则不同的站法种数为840 B．7名同学站成一排，小明、小红两人相邻，则不同的排法种数为720 C．7名同学站成一排，小明、小红两人不相邻，则不同的排法种数为480 D．7名同学分成三组（每组至少有两人），进行三种不同的训练，则有630种不同的训练方法 三、填空题 12．某校要从校广播站3名男同学和2名女同学中选出两人，分别做校史馆的参观路线导引员和校史讲解员，则至少有1名女同学被选中的不同安排方法有 13．将展开成按的降幂排列的多项式，则展开式中第二项的系数为 14．清代数学家明安图所著《割圆密率捷法》中比西方更早提到了“卡特兰数”（以比利时数学家欧仁･查理･卡特兰的名字命名）.有如下问题：在的格子中，从左下角出发走到右上角，每一步只能往上或往右走一格，且走的过程中只能在左下角与右上角的连线的右下方（不能穿过，但可以到达该连线），则共有多少种不同的走法？此问题的结果即卡特兰数.如图，现有的格子，每一步只能往上或往右走一格，则从左下角走到右上角共有 种不同的走法；若要求从左下角走到右上角的过程中只能在直线的右下方，但可以到达直线，则有 种不同的走法.    四、解答题 15．用0，1，2，3，4，5这六个数字组数，求符合下列条件的无重复数字的数的个数： (1)比400000大的正整数； (2)个位数字不是5的六位数． 16．已知的展开式中所有项的二项式系数和为128，各项系数和为. (1)求n和a的值； (2)求的展开式中的常数项. 17．已知（n为正整数）的二项展开式． (1)若，求展开式中所有项的系数之和； (2)若，求展开式中的无理项的个数； (3)若，求展开式中系数最大的项． 18．如图，从左到右有5个空格． (1)若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法?（用数字作答） (2)若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法?（用数字作答） (3)若把这5个格子看成5个企业，现安排3名校长与5个企业洽谈，若每名校长与2家企业领导洽谈，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）． 19．组合数有许多丰富有趣的性质，例如，二项式系数的和有下述性质：.小明同学想进一步探究组合数平方和的性质，请帮他完成下面的探究. (1)计算：，，并与，比较，你有什么发现?写出一般性结论并证明； (2)证明：； (3)利用上述（1）（2）两小问的结论，证明：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三章 排列组合与二项式定理 一、单选题 1．若，则（    ） A．7 B．6 C．5 D．4 【答案】D 【分析】根据组合数、排列数公式得到方程，解得即可. 【详解】解：因为，所以，且， 解得或（舍去）； 故选：D 2．展开式的7项中，系数为有理数的项共有（  ）项 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】利用二项式的展开式，可得结论. 【详解】的展开式为， 当时，二项式展开式的各项的系数分别为1，30，60，8均为有理数， 故系数为有理数的项共有共有4项. 故选：D. 3．学校要求学生从物理、历史、化学、生物、政治、地理这6科中选3科参加考试，规定先从物理和历史中任选1科，然后从其他4科中任选2科，不同的选法种数为（   ） A．12 B．20 C．24 D．120 【答案】A 【分析】根据组合数的定义，结合分步乘法计数原理即可求解. 【详解】第一步：从物理和历史中选择1科有种方法， 第二步：从其他4科中任选2科有种方法， 故总的选法共有， 故选：A 4．已知存在常数项，且常数项是，则（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】B 【分析】求出二项式展开式的通项公式，由常数项是即可得. 【详解】的展开式的通项公式为，， 令，得，，则展开式的的常数项为， 所以，. 故选：B 5．在一次大型运动会的火炬传递中．某路段的传递活动由共六名火炬手分五棒完成，若第一棒火炬手只能从中产生，最后一棒由两名火炬手共同完成，且两名火炬手不能共同完成最后一棒，则不同的传递方案种数为（    ） A．60 B．54 C．120 D．114 【答案】D 【分析】以第一棒完成人分类计数，当A完成第一棒时，最后一棒没有限制条件，从剩下5人中选2人，再排中间三棒即可；当B完成第一棒时，最后一棒不能是A，C完成，故最后一棒完成方案有种，再排中间三棒即可． 【详解】当完成第一棒时，有种不同的传递方案； 当完成第一棒时，有种不同的传递方案． 故共有种不同的传递方案． 故选：D. 6．甲、乙、丙、丁、戊、己共6名同学参加演讲比赛决赛，决出一等奖1名，二等奖2名，三等奖3名，甲和乙去询问获奖情况，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有获得一等奖”．对乙说：“你没有获得三等奖，甲没有获得二等奖”．从这两个回答分析，这6人的获奖情况可能有（    ） A．6种 B．12种 C．18种 D．24种 【答案】B 【分析】由题知乙获得二等奖，甲获得三等奖，再根据分组分配考虑剩下4人获奖情况即可. 【详解】由题意得乙获得二等奖，甲获得三等奖， 则需从其余4人中选1人获得一等奖，选1人获得二等奖，剩余2人获得三等奖， 所以6人的获奖情况可能有（种）． 故选：B. 7．将个不同的小球全部放入个不同的盒子中，共有种不同的方法，若，其中，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用分步乘法计数原理可得，利用二项式定理求出除的余数，即为的值. 【详解】将个不同的小球全部放入个不同的盒子中，共有种不同的方法， 则 且能被整除， 所以，除的余数为，即. 故选：D. 8．杨辉是我国一位杰出的数学家，他在《详解九章算法》一书中，画了一个由二项式展开式的系数构成的三角形数阵，这就是著名的“杨辉三角”．在“杨辉三角”中，除1以外，其他每一个数值都是它“肩上”的两个数值之和，每一行第个数连成的斜线称为第k斜线．该三角形数阵前5行如图所示，则该三角形数阵前2024行第k斜线与第（）斜线上所有数值之和最大时，的值为（    ） A．1010 B．1011 C．1012 D．1013 【答案】C 【分析】根据题意可得前2024行第斜线上所有数值之和为，第斜线上所有数值之和为，结合组合数的运算性质即可求解． 【详解】当时，前2024行第斜线上所有数值之和为 ． 同理，前2024行第斜线上所有数值之和为，而， 所以前2024行第斜线与第斜线上所有数值之和最大时，， 解得． 故选：C. 二、多选题 9．已知展开式中共有8项．则下列结论正确的是（    ） A． B．奇数项的二项式系数和为64 C．二项式系数最大项为第4项 D．有理项共有4项 【答案】ABD 【分析】根据给定条件，利用二项式定理及二项式系数的性质逐项判断. 【详解】对于A，由的展开式共有8项，得，则，A正确； 对于B，所有项的二项式系数和为，奇数项的二项式系数和为64，B正确； 对于C，由二项式系数的性质知，最大二项式系数为，因此第4项和第5项的二项式系数最大，C错误； 对于D，的展开式的通项公式为， 由为整数，得r的值可以为，则二项展开式中有理项共有4项，D正确. 故选：ABD 10．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】A选项，先把拆成.分别在两部分里找的系数，再相加得到.B选项用赋值法，令和得到两个等式，两式相减消去，算出.C选项令得，因，所以.D选项等价于各项系数和，令就能算出结果. 【详解】根据二项式定理，展开式的通项为（）. . 要求的系数，在中，令，得， 此时该项系数为； 在中，令，得，此时该项系数为. 所以，故A选项正确. 令，得①； 令，得②. ①-②得，所以，故B选项正确. 令，得， 又因为，所以，故C选项错误. 相当于的各项系数和. 令，则，故D选项正确. 故选：ABD. 11．传承红色文化，宣扬爱国精神，湖洋中学国旗队在高一年级招收新成员，现有小明、小红、小华等7名同学加入方阵参加训练，则下列说法正确的是（   ） A．7名同学站成一排，小明、小红、小华必须按从左到右的顺序站位，则不同的站法种数为840 B．7名同学站成一排，小明、小红两人相邻，则不同的排法种数为720 C．7名同学站成一排，小明、小红两人不相邻，则不同的排法种数为480 D．7名同学分成三组（每组至少有两人），进行三种不同的训练，则有630种不同的训练方法 【答案】AD 【分析】A先从7个位置中选3个排小明等3人，随后排列剩下4人，可得排法总数； B将小明，小红两人捆绑为1人，随后与剩下5人一起排列，可得排法总数； C先排剩下5人，随后将小明小红排进5人的空隙中，可得排法总数； D先将7人按2+2+3形式分为3组，再给每组安排训练，可得安排总数. 【详解】A选项，先从7个位置中选3个排小明等3人，有种方法， 随后排列剩下4人，有种方法，则共有种方法，故A正确； B选项，将小明，小红两人捆绑为1人，有2种排列方法，随后与剩下5人一起排列， 有种方法，则共有种方法，故B错误； C选项，先排剩下5人，有种方法，再将小明小红排进5人产生的6个空隙中， 有种方法，则共有种方法，故C错误； D选项，由题分组情况为2人的2组，3人的一组，则有种方法， 随后安排训练，有种方法，则共有种方法，故D正确. 故选：AD 三、填空题 12．某校要从校广播站3名男同学和2名女同学中选出两人，分别做校史馆的参观路线导引员和校史讲解员，则至少有1名女同学被选中的不同安排方法有 【详解】从3名男同学和2名女同学中选出两人分别做校史馆的参观路线导引员和校史讲解员，共有种情况， 若从3名男生选出两人分别做校史馆的参观路线导引员和校史讲解员，共有种情况， 故至少有1名女同学被选中的不同安排方法有种， 13．将展开成按的降幂排列的多项式，则展开式中第二项的系数为 【详解】，其展开式通项为：，其中. 则展开式最高次项次数为10，则按的降幂排列，第二项对应次数为9. 令，当时，不满足题意，则. 则对应系数为. 14．清代数学家明安图所著《割圆密率捷法》中比西方更早提到了“卡特兰数”（以比利时数学家欧仁･查理･卡特兰的名字命名）.有如下问题：在的格子中，从左下角出发走到右上角，每一步只能往上或往右走一格，且走的过程中只能在左下角与右上角的连线的右下方（不能穿过，但可以到达该连线），则共有多少种不同的走法？此问题的结果即卡特兰数.如图，现有的格子，每一步只能往上或往右走一格，则从左下角走到右上角共有 种不同的走法；若要求从左下角走到右上角的过程中只能在直线的右下方，但可以到达直线，则有 种不同的走法.    【详解】      从左下角走到右上角共需要7步，其中3步向上，4步向右， 故只需确定哪3步向上走即可，共有种不同的走法； 若要求从左下角走到右上角的过程中只能在直线的右下方（不能穿过，但可以到达该连线）， 则由卡特兰数可知共有种不同的走法， 又到达右上角必须最后经过，所以满足题目条件的走法种数也是14. 故答案为：35；14 四、解答题-问答题 15．用0，1，2，3，4，5这六个数字组数，求符合下列条件的无重复数字的数的个数： (1)比400000大的正整数； (2)个位数字不是5的六位数． 【答案】(1)（个） (2)（个） 【分析】（1）要比400000大，首位必须是4或5，其余位数全排列，从而利用分步计数原理即可得解． （2）分两类，个位数字是0和不是0，利用两个计数原理进行求解即可； 【详解】（1）要比400000大，最高位必须是4或5，其余数位全排列即可， 所以有个． （2）两位及两位以上的自然数最高位不能为0． 因为0是特殊元素，所以根据个位数字是0和不是0分两类， 当个位数字是0时，个位数字不是5的六位数有（个）， 当个位数字不是0时，个位数字不是5的六位数有（个）， 根据分类加法计数原理得，个位数字不是5的六位数有（个）． 16．已知的展开式中所有项的二项式系数和为128，各项系数和为. (1)求n和a的值； (2)求的展开式中的常数项. 【答案】(1) (2)448 【分析】（1）根据结论得到方程组，解出即可； （2）首先对原式整理为，写出展开式的通项，再求出其常数项即可得到答案. 【详解】（1）∵由条件可得， ∴解得. （2）. ∵展开式的通项为： . ∴①当即时，； ②当即时，； ∴所求的常数项为. 17．已知（n为正整数）的二项展开式． (1)若，求展开式中所有项的系数之和； (2)若，求展开式中的无理项的个数； (3)若，求展开式中系数最大的项． 【答案】(1)729 (2)15 (3)展开式中系数最大的项为和 【分析】（1）由求出，再令可得答案； （2）由求出，求出展开式的通项公式，再由的指数不为整数可得答案； （3）求出展开式的通项公式由解不等式可得答案． 【详解】（1）由可得， 令可得， 所以展开式中所有项的系数之和为729； （2）若，则，解得，或舍去， 设的通项为， 且， 所以当时可得展开式中的无理项，所以共有15个无理项； （3）设的通项为， 且， 则，解得， ，， 所以展开式中系数最大的项为和． 18．如图，从左到右有5个空格． (1)若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法?（用数字作答） (2)若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法?（用数字作答） (3)若把这5个格子看成5个企业，现安排3名校长与5个企业洽谈，若每名校长与2家企业领导洽谈，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）． 【答案】(1)96 (2)48 (3)180 【分析】（1）先将排好，再排其他数字即可； （2）先涂第一个格子，再涂第二个格子，依次进行，求出每步的方法种数，即可得解； （3）法一：从5家企业中选一家，再从3位校长中选2位，再从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长，进而可得出答案. 法二：先将五家企业分为3份，再将这3份分给3位校长即可. 【详解】（1）分2步：①第三个格子不能填0，则0有4种选法； ②将其余的4个数字全排列安排在其他四个格子中有种情况， 则一共有种不同的填法； （2）根据题意，第一个格子有3种颜色可选，即有3种情况， 第二个格子与第一个格子的颜色不能相同，有2种颜色可选，即有2种情况， 同理可得：第三、四、五个格子都有2种情况， 则五个格子共有种不同的涂法； （3）法一：根据题意，有一家企业与2位校长谈，其余4家企业只与1位校长谈， 第1步：从5家企业中选一家， 第2步：从3位校长中选2位， 第3步：从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长， 第4步：在第2步选中的两位校长，每位还要安排一家企业， 因此有种． 法二：五家企业记为A，B，C，D，E，把这五家企业分为3份， 如，，， 含有E的这一份要从A，B，C，D取一家组成2家，如取A得， 前面分三份会出现，因此有， 然后再分给3位校长， 因此总排法有种． 【点睛】方法点睛：求解涂色（种植）问题一般直接利用两个计算原理求解： （1）按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析； （2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析； （3）对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题. 19．组合数有许多丰富有趣的性质，例如，二项式系数的和有下述性质：.小明同学想进一步探究组合数平方和的性质，请帮他完成下面的探究. (1)计算：，，并与，比较，你有什么发现?写出一般性结论并证明； (2)证明：； (3)利用上述（1）（2）两小问的结论，证明：. 【答案】(1)，， ，证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）通过计算可得结果，利用二项展开式中的系数相等可证一般性结论； （2）通过的展开式中的系数相等可证结论； （3）结合前两个结论，作差可证结论. 【详解】（1），， 规律：，证明如下： 的展开式中，的系数为， 同时，的展开式中的系数为， 所以. （2）证明：的展开式中的系数为， 又，的展开式中的系数为 ， 所以. （3）证明：由（1）可知， 由（2）可知， 两式相减可得， 即. 【点睛】关键点点睛：本题证明的关键是构造二项式，利用二项展开式中某项的系数相等得出题中需证的结论. 五、解答题-证明题 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $