第六章 计数原理 章末达标检测-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册教师用书word（人教A版）

(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．计算C＋2A的值是(　　) A．64　　　　　　　　 B．80 C．13 464 D．40 解析　C＋2A＝C＋2A＝＋2×4×3＝80. 答案　B 2．将A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，则不同的排列方法有(　　) A．12种 B．20种 C．40种 D．60种 解析　五个元素没有限制，全排列数为A，由于要求A，B，C的次序一定(按A，B，C或C，B，A)，故所求排列数为×2＝40. 答案　C 3．某城市的街道如图，某人要从A地前往B地，则路程最短的走法有(　　) A．8种 B．10种 C．12种 D．32种 解析　此人从A到B，路程最短的走法应走两纵3横，将纵用0表示，横用1表示，则一种走法就是2个0和3个1的一个排列，只需从5个位置中选2个排0，其余位置排1即可，故共有C＝10种. 答案　B 4．在(－2)5的展开式中，x2的系数为(　　) A．－5 B．5 C．－10 D．10 解析　Tk＋1＝C()5-k(－2)k＝Cx·(－2)k， 令＝2，∴k＝1.x2的系数为C(－2)1＝－10.故选C. 答案　C 5．(2025·商丘高二期末)从1，2，4，5，7，8这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于7 000的奇数个数是(　　) A．24 B．36 C．60 D．120 解析　因为组成的四位数大于7 000，所以千位上的数字只能是7或8. 因为组成的四位数是奇数，所以个位上的数字只能是1，5或7. 若千位上的数字是7，则个位上的数字只能是1或5， 故符合题意的四位数有CA＝24(个)； 若千位数字是8，则个位上的数字可以是1，5或7，故符合题意的四位数有CA＝36(个). 综上，符合题意的四位数共有24＋36＝60(个). 故选C. 答案　C 6．为参加校园文化节，某班推荐2名男生3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人．若每人只参加1个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同推荐方案的种数为(　　) A．12 B．36 C．48 D．24 解析　法一(直接法)　3名女生各参加1项，2名男生在舞蹈、演唱中各参加1项，有AA＝12种方案；有2名女生参加同一项，有CAA＝12种方案．所以共有12＋12＝24种方案． 法二(间接法)　2名男生同时参加舞蹈或演唱，有CA＝6种方案，而所有不同的推荐方案共有CCC＝30种，故满足条件的推荐方案种数为30－6＝24. 答案　D 7．二项式的展开式中，系数最大的项为(　　) A．第五项 B．第六项 C．第七项 D．第六和第七项 解析　依题意得展开式的通项的系数为Tk＋1＝C(－1)k，二项式系数最大的是C与C，所以系数最大的是T7＝C. 答案　C 8．(2025·菏泽高二期末)用1，2，3组成三位数，数字i最多用i次，其中i＝1，2，3，则满足条件的三位数个数是(　　) A．15个 B．18个 C．19个 D．27个 解析　当三个不同数字各出现一次时，有A＝6个； 当一个数字出现两次，其他两个数字各出现一次时，则重复出现的数字只能是2，3， 则有CCC＝12个； 当一个数字出现三次，则仅有数字3符合条件，则有1个； 综上所述，满足条件的三位数共有6＋12＋1＝19(个). 故选C. 答案　C 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．已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则(　　) A．n＝10 B．n＝11 C．奇数项的二项式系数和为211 D．奇数项的二项式系数和为29 解析　由题意，C＝C，解得n＝10.则奇数项的二项式系数和为2n-1＝29.故选AD. 答案　AD 10．目前，全国多数省份已经开始了新高考改革，改革后，考生的高考总成绩由语文、数学、外语3门全国统一考试科目成绩和3门选择性科目成绩组成．选择性科目是由学生从思想政治、历史、地理、物理、化学、生物6门科目中任选3门，则(　　) A．不同的选科方案有20种 B．若某考生计划在物理和生物中至少选一科，则不同的选科方案有12种 C．若某考生确定不选物理，则不同的选科方案有10种 D．若某考生在物理和历史中选择一科，则不同的选科方案有12种 解析　从思想政治、历史、地理、物理、化学、生物6门科目中任选3门，不同的选科方案有C＝20种，则A正确；若某考生计划在物理和生物中至少选一科，则不同的选科方案有CC＋CC＝12＋4＝16种，则B错误；若某考生确定不选物理，则不同的选科方案有C＝10种，则C正确；若某考生在物理和历史中选择一科，则不同的选科方案有CC＝12种，则D正确． 故选ACD. 答案　ACD 11．设(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，那么 (　　) A．a0＋a2＋a4＝122 B．a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1 C．a1＋a3＋a5＝－121 D．a1＋a3＝20 解析　令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1，再令x＝－1可得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35.两式相加除以2求得a0＋a2＋a4＝122，两式相减除以2可得a1＋a3＋a5＝－121.又由条件可知a5＝－1，故a1＋a3＝－120. 答案　ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．某小区志愿者踊跃报名参加社区值班工作．已知该小区共4个大门可供出入，每天有5名志愿者负责值班，其中1号门有车辆出入，需2人值班，其余3个大门各需1人值班，则每天不同的值班安排有________种． 解析　根据题意，分2步进行分析： 先在5人中选出2人，安排到1号门，有C＝10种安排方法，再将剩下的3人安排到其他三个大门，有A＝6种安排方法，则有6×10＝60种安排方法． 答案　60 13．(2022·新高考全国卷Ⅰ)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答). 解析　原式等于(x＋y)8－(x＋y)8，由二项式定理，其展开式中x2y6的系数为C－C＝－28. 答案　－28 14．(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有________种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是________． 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 解析　第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法． 由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1＝24. 先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大．故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112. 答案　24　112 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．(13分)如图有4个编号为A，B，C，D的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的一种，并且相邻的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂色方法？ 解析　分为两类： 第一类：若A，C同色，则A有5种涂法，B有4种涂法， C有1种涂法(与A相同)，D有4种涂法． 故N1＝5×4×1×4＝80. 第二类：若A，C不同色，则A有5种涂法，B有4种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法． 故N2＝5×4×3×3＝180(种). 综上可知不同的涂法共有N＝N1＋N2＝80＋180＝260(种). 16．(15分)10件不同厂生产的同类产品． (1)在商品评选会上，有2件商品不能参加评选，要选出4件商品，并排定选出的4件商品的名次，有多少种不同的选法？ (2)若要选6件商品放在不同的位置上陈列，且必须将获金质奖章的两件商品放上，有多少种不同的布置方法？ 解析　(1)10件商品，除去不能参加评选的2件商品，剩下8件，从中选出4件进行排列， 有A＝1 680(或C·A)种． (2)分步完成．先将获金质奖章的两件商品布置在6个位置中的两个位置上，有A种方法，再从剩下的8件商品中选出4件，布置在剩下的4个位置上，有A种方法， 共有A·A＝50 400(或C·A)种． 17．(15分)已知的展开式的各项系数之和等于的展开式中的常数项，求： (1)展开式的二项式系数和； (2)展开式中a-1项的二项式系数． 解析　依题意，令a＝1，得展开式中各项系数和为(3－1)n＝2n，展开式中的通项为Tk＋1＝C(4 )5-k＝(－1)k·C45-k·5b. 若Tk＋1为常数项，则＝0，即k＝2， 故常数项为T3＝(－1)2C·43·5-1＝27， 于是有2n＝27，得n＝7. (1)展开式的二项式系数和为2n＝27＝128. (2)的通项为 Tk＋1＝C·(－)k ＝C(－1)k·37-k·a， 令＝－1，得k＝3， ∴所求a-1项的二项式系数为C＝35. 18．(17分)从集合{1，2，3，…，20}中任选出3个不同的数，使这3个数成等差数列，这样的等差数列可以有多少个？ 解析　设a，b，c∈N*，且a，b，c成等差数列，则a＋c＝2b，所以a＋c应是偶数． 因此，若从1，2，…，20这20个数字中任选出3个不同的数成等差数列，则第一个数与第三个数必同为偶数或同为奇数． 而1到20这20个数字中有10个偶数10个奇数，当第一个数和第三个数选定后，中间数唯一确定，因此，选法只有两类： ①第一、三个数都是偶数，有A种选法； ②第一、三个数都是奇数，有A种选法． 于是，满足题意的等差数列共有A＋A＝180(个). 19．(17分)富比尼原理又称算两次原理，是组合数学中非常重要的计算方法，下面的组合恒等式可以用富比尼原理进行证明，具体如下：n人中有1人是军人，从n人中选m(m<n)人各奖励1颗星，共有C种选法，另一方面，这等价于考虑这n人中的军人是否被选中，若选中军人，则有C种选法，若未选中军人，则有C种选法，所以C＝C＋C； (1)若x∈N，求关于x的方程C＝Cx224的解； (2)将题干中的问题推广到n人中有k(k≤m≤n－k)人是军人的情形，写出结论并加以证明． 解析　(1)由题意得①2x＝x2， 解得x＝2或x＝0. ②2x＋x2＝24，解得x＝－6或x＝4， 经检验当x＝－6时舍去， 故x＝0或x＝2或x＝4. (2)根据题意，从n个不同元素中选出m人各奖励1颗星，选法种数是C， 若对其中的某k(k≤m≤n－k)个元素分别选或不选， 则k个元素一个都没有选，有CC种选法； 有一个元素被选取，有CC种选法； 有两个元素被选取，有CC种选法； 有三个元素被选取，有CC种选法； …… 有k个元素被选取，有CC种选法； 所以C＝CC＋CC＋CC＋…＋CC(k≤m≤n－k). 学科网（北京）股份有限公司 $