阶段测评(一) [范围6.1～6.2]-【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）

阶段测评(一)[范围6.1～6.2] (时间：50分钟，满分：100分) 一、选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．A＋C＝(　　) A．15　　 　　　　　 B．30 C．45 D．60 解析　A＋C＝A＋C＝6×5＋＝45，故选C. 答案　C 2．如图所示，小明从街道E出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　) A．24 B．18 C．12 D．9 解析　小明从点E→F处最短一共会走四段，两段横向，两段纵向的，所以有C条路，再从F→G有3条，所以条数为3·C＝3×＝18. 故选B. 答案　B 3．将4个大小相同，颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有(　　) A．7 B．10 C．14 D．20 解析　根据题意，每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号， 分析可得，1号盒子至少放一个，最多放2个小球，分情况讨论： ①1号盒子中放1个球，其余3个放入2号盒子，有C＝4种方法； ②1号盒子中放2个球，其余2个放入2号盒子，有C＝6种方法； 则不同的放球方法有4＋6＝10(种)， 故选B. 答案　B 4．某学生决定在高考后游览北京，计划6天游览故宫、八达岭长城、颐和园、“水立方”、“鸟巢”、798艺术区、首都博物馆7个景点，如果每天至少游览一个景点，且“水立方”和“鸟巢”在同一天游览，故宫和八达岭长城不在相邻两天游览，那么不同的游览顺序共有(　　) A．120种 B．240种 C．480种 D．960种 解析　顺序排列分2步进行，(1)将“水立方”和“鸟巢”看成一个整体，与颐和园、798艺术区、首都博物馆全排列，有AA＝48种情况． (2)排好后，有5个空位可用，在其中任选2个，安排故宫和八达岭长城，有A＝20种情况，则有48×20＝960种不同的游览顺序． 故选D. 答案　D 5．如图为某公交线路图的一部分，现在6名同学从安一中站点上车，分组到人民银行、实验小学、凤山公园、凤山书院4个站点参加公益宣传活动，每个站点至少一人，且实验小学站至少2人，则下车的不同方案种数为(　　) A．120 B．480 C．540 D．660 解析　当实验小学站2人，则下车的不同方案有C×C×A＝540(种). 当实验小学站3人，则下车的不同方案有C×A＝120(种). 则下车的不同方案种数为540＋120＝660. 故选D. 答案　D 6．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人中的1人，接球者再等可能地传给另外3人中的1人，如此一直进行．假设每个球都能被接住，若第4次传球后，球又恰好回到甲脚下，则不同的传球方法为(　　) A．18种 B．21种 C．27种 D．45种 解析　根据题意，分为两种情况讨论： ①第一次甲将球传给其余三人，有C＝3种情况，第二次将球传给甲，第三次甲再传给其余三人，有C＝3种情况，第四次再将球传给甲，此时共有3×3＝9种情况； ②第一次甲将球传给其余三人，有C＝3种情况， 第二次将球传给甲之外的2人，有C＝2种情况， 第三次依然将球传给除甲之外的2人，有C＝2种情况， 第四次再将球传给甲，有1种情况， 此时共有3×2×2＝12种情况， 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). 故选B. 答案　B 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12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． 7．用0到6这7个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数为(　　) A．A＋2A B．AA C．A－A D．A＋A 解析　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，又最高位不能为0，故当最高位为0时有A个， 故可以组成没有重复数字的三位数的A－A个，故C正确； 首先排最高位，有A种，再排十位、个位，有A种，故共有AA个没有重复数字的三位数，故B正确； 若选到的数字没有0，则有A个，若选到的数字有0，先排0，有2种方法， 再从其余6个数字选2个排到其余位置，故有2A个， 综上可得共有A＋2A个没有重复数字的三位数，故A正确、D错误． 故选ABC. 答案　ABC 8．甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是(　　) A．如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种 B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有18种 C．甲、乙不相邻的排法种数为72种 D．甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有20种 解析　对于A，甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，将甲、乙看成一个整体，与丙、丁、戊全排列，有A＝24种排法，A正确； 对于B，若甲站在最左端，乙和丙、丁、戊全排列，有A＝24种排法，故B错误； 对于C，先将丙、丁、戊三人排成一排，再将甲、乙安排在三人的空位中，有A·A＝72种排法，C正确； 对于D，甲、乙、丙、丁、戊五人全排列有A＝120种排法，甲、乙、丙全排列有A＝6种排法，则甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有＝20种，故D正确． 故选ACD. 答案　ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 9．若C＝A，则m＝________． 解析　C＝A⇒＝m(m－1)， m>3⇒m＝8. 答案　8 10．C＋C＋C＋C＋C＋C＋C＝________． 解析　由题意，可得C＋C＋C＋C＋C＋C＋C＝C＋C＋C＋C＋C＋C＋C＝C＋C＋C＋C＋C＋C＝C＋C＋C＋C＋C＝…＝C＋C＝C＝462. 答案　462 11．为研究方程x＋y＋z＝8正整数解的不同组数，我们可以用“挡板法”：取8个相同的小球排成一排，这8个小球间有7个“空挡”，在这7个“空挡”中选择2个“空挡”，在每个“空挡”插入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＋x＋y＋z＝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). 解析　由题意，得方程w＋x＋y＋z＝10的正整数解的不同组数为C＝84； 若w，x，y，z中没有0，则有C＝84(种)， 若w，x，y，z中有1个为0，则有CC＝144(种)， 若w，x，y，z中有2个为0，则有CC＝54(种)， 若w，x，y，z中有3个为0，则有C＝4(种)， 则该方程自然数解的不同组数为84＋144＋54＋4＝286. 答案　84　286 四、解答题：本题共3小题，共43分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 12．(13分)(2025·锦州高二期末)已知8件不同的产品中有2件次品，现对这8件产品一一进行测试，直至找到所有次品． (1)若恰在第2次测试时，找到第一件次品，第6次测试时，找到第二件次品，则共有多少种不同的测试情况？ (2)若至多测试3次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？ 解析　(1)第1次测试的是正品，从6件正品中选1件，有C＝6种选择. 第2次测试找到第一件次品，因为有2件次品，所以第2次测试的次品有2种选择. 第3次到第5次测试的是正品，从剩下的5件正品中选3件进行排列，有A＝5×4×3＝60种选择. 第6次测试找到第二件次品，此时只剩下1件次品，所以只有1种选择. 根据排列组合的分步乘法计数原理，总的测试情况数为6×2×60×1＝720(种). (2)①测试2次就找到所有次品的情况： 第1次测试找到一件次品，有2种选择，第2次测试找到另一件次品，有1种选择，所以这种情况共有2×1＝2种测试情况． ②测试3次找到所有次品的情况： (ⅰ)第1次测试找到一件次品，有2种选择，第2次测试找到一件正品，从6件正品中选1件，有C＝6种选择，第3次测试找到另一件次品，有1种选择，这种情况共有2×6×1＝12种测试情况. (ⅱ)第1次测试找到一件正品，从6件正品中选1件，有C＝6种选择，第2次测试找到一件次品，有2种选择，第3次测试找到另一件次品，有1种选择，这种情况共有6×2×1＝12种测试情况． 根据分类加法计数原理，至多测试3次就能找到所有次品的测试情况数为2＋12＋12＝26(种). 13．(15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？ 解析　(1)从A点去B点，一共有13格，8格向右，2格向上，又蚂蚁只会向右或向上爬行， 故有C＝＝1 287种爬行方法． (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， 所以有1 287－C×C＝1 287－560＝727(种). 14．(15分)为了确保电子邮箱的安全，在注册时，通常要设置电子邮箱密码．在某网站设置的邮箱中． (1)若密码为4位，每位均为0～9这10个数字中的1个，则这样的密码共有多少个？ (2)若密码为4～6位，每位均为0～9这10个数字中的1个，则这样的密码共有多少个？ 解析　(1)设置1个4位密码要分4步进行，每一步确定一位数字，每一位上都可以从0～9这10个数字中任取1个，有10种取法．根据分步计数原理，4位密码的个数是10×10×10×10＝10 000. (2)设置的密码为4～6位，每位均为0～9这10个数字中的1个，这样的密码共有3类． 其中4位密码、5位密码、6位密码的个数分别为104，105，106. 根据分类计数原理，设置由数字0～9组成的4～6 位密码的个数是104＋105＋106＝1 110 000 . 故满足条件的密码有1 110 000个． 学科网（北京）股份有限公司 $