第6章 计数原理 本章复习提升（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册（人教A版）

本章复习提升 易混易错练 易错点1　计数时重复或遗漏致错 1.(2025安徽滁州定远中学月考)已知集合M={-2,-1,0,1,3},直线Ax+By+C=0中的A,B,C是取自集合M中的三个不同元素,且该直线的倾斜角为锐角,符合以上所有条件的直线的条数为　　　　.  2.(2025河北邯郸武安第一中学月考)某班联欢会原定3个节目已排成节目单,开演前又增加了2个节目,如果将这2个新节目插入到节目单中,那么不同的插法种数为　　　　.  易错点2　对特殊元素或特殊位置考虑不周致错 3.(2025福建部分优质高中联考)某活动现安排6名志愿者去甲、乙、丙3个活动场地配合工作,每个活动场地去2名志愿者,其中志愿者A去甲活动场地,志愿者B不去乙活动场地,则不同的安排方法共有(　　) A.18种　　　　B.12种　　　　C.9种　　　　D.6种 4.(多选题)(2024重庆万州第二高级中学期中)现将9把相同的椅子排成一排,5位同学随机就座,则下列说法中正确的是(　　) A.4把空椅子全都相邻的排法有720种 B.4把空椅子中只有3把相邻的排法有1 800种 C.4把空椅子均不相邻的排法有1 800种 D.4把空椅子中至多有2把相邻的排法有9 000种 易错点3　混淆排列与组合问题致错 5.(2024湖南株洲二中入学考试)某校计划组织学生参与各项职业体验,让学生掌握一定的劳动技能,培养劳动自立意识和主动服务他人、服务社会的情怀.该校派遣甲、乙、丙、丁、戊五个小组到A,B,C三个街道进行打扫活动,每个街道至少去一个小组,则不同的派遣方案有(　　) A.140种　　　　B.150种　　　　C.200种　　　　D.220种 6.(2025湖北武汉江岸月考)某校举办中学生运动会,某班的甲、乙、丙、丁、戊5名同学分别报名参加跳远、跳高、铅球、跑步4个项目,每名同学只能报1个项目,每个项目至少有1名同学报名,且甲不能参加跳远,则不同的报名方法共有　　　　种.  易错点4　忽视排列数、组合数中参数的限制条件致错 7.(2025河南豫北名校期中)若(x∈N*),则=　　　　.  8.(2025湖北仙桃田家炳实验高级中学期中)(1)方程3的解集为　　　　;  (2)不等式3≤2的解集为　　　　.  易错点5　混淆展开式中项的系数与二项式系数致错 9.(多选题)(2025山西孝义期中)已知(1-2x)n=a0+a1x+a2x2+…+an-1xn-1+anxn,则下列说法正确的是(　　) A.若仅第5项的二项式系数最大,则n=8 B.若第2项与第6项的二项式系数相等,则展开式中二项式系数最大的项的系数为-160 C.若展开式中二项式系数和为256,则展开式中系数的最大值为a4 D.若第5项、第6项、第7项的二项式系数成递减等差数列,则项的系数之和为-1 10.(2024广东茂名期中)已知的展开式中所有二项式系数之和为256. (1)展开式中所有有理项的系数之和为　;  (2)展开式中系数最大的项是第　　　　项.  思想方法练 一、分类讨论思想在排列、组合中的应用 1.(2024河南南阳六校联考)把6个不同的小球随机放入3个不同的盒子中,若每个盒子中至少有1个小球,则不同放法的种数为　　　　.  2.(2025河南新乡一模)如图,机器人从A点出发,每次可以向右或向上沿着线走一个单位(每个小正方形的一条边长为一个单位),要走到B点,不同的走法共有　　　　种.  二、转化与化归思想在排列、组合中的应用 3.(2025江苏扬州江都中学期中)毕业前夕,某高中高三(6)班科技创新兴趣小组的5名同学与1名辅导老师,共6人合影留念,站成前后相对应的两排,每排3人,老师站在前排中间,其中甲、乙两名同学不相邻(相邻仅包括正前后或左右),则不同站法种数为　　　　.  4.(2025重庆七校联考)如图,5块相同的正方体垒放在桌子上,每次“变化”会随机让其中某块正方体消失,直到所有正方体全部消失不见.如果某次被“变化”的正方体的正上方仍有其他正方体,那么它正上方的正方体会竖直掉落下来,我们称发生了“坍塌”.5次“变化”叫一次“操作”,则所有的“操作”中,发生过“坍塌”的“操作”次数为　　　　.  三、整体思想在排列、组合中的应用 5.(2025湖南长沙长郡中学月考)某校田径队有十名队员,分别记为A,B,C,D,E,F,G,H,J,K,为完成某项训练任务,现将十名队员分成甲、乙两队.将A,B,C,D,E五人排成一行形成甲队,要求A与B相邻,C在D的左边,剩下的五位队员排成一行形成乙队,要求F与G不相邻,则不同的排列方法的种数为　　　　.  6.(2025天津河西实验中学调研)中国古代儒家要求学生掌握六种技能:礼、乐、射、御、书、数.某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动,每天连排六节,每艺一节,要求“礼”和“数”不能相邻,“射”和“乐”必须相邻,则每天的“六艺”课程讲座共有　　　　种不同的排课顺序.  四、函数与方程思想在二项式定理中的应用 7.(多选题)(2025湖北武汉期中)已知(3x-2)10=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a10(x-1)10,则下列结论正确的是(　　) A.a1+a2+…+a10=220-1 B.a0+a2+a4+…+a10= C.a2=405 D.a1+2a2+3a3+…+10a10=15×219 8.(2025福建漳州质量检测)的展开式中,常数项为　　　　.  9.(2025山东招远第二中学月考)(1)已知(+3x2)n的展开式中,各项的系数和比各项的二项式系数和大240,求展开式中二项式系数最大的项; (2)已知的展开式中,只有第6项的二项式系数最大,求该展开式中系数最大的项. 答案与分层梯度式解析 本章复习提升 易混易错练 3.A 4.AC 5.B 9.ABD 1.答案　23 解析　由直线的倾斜角为锐角可知斜率一定存在,且A≠0,B≠0,->0,所以A,B异号, 又A,B,C∈M={-2,-1,0,1,3},且A,B,C互不相同, 所以A有4种选法,B有2种选法,C有3种选法,共有4×2×3=24种选法, 又当A=1,B=-1,C=0和A=-1,B=1,C=0时,都表示直线x-y=0, 所以符合条件的直线的条数为24-1=23. 易错警示 　　解本题时要注意直线方程的特征,不要想当然地认为只要选取三个不同的数作为A,B,C就可得到不同的直线,从而得出错误答案.实际上当A=1,B=-1,C=0和A=-1,B=1,C=0时,得到的是同一条直线,所以进行计数时,不但要懂得灵活应用计数原理,更要考虑问题的实际情况,避免重复计数. 2.答案　20 解析　将这2个新节目插入到节目单中,可分两种情况讨论: 若2个新节目相邻,则在原定3个节目产生的4个空位中,选1个位置安排2个新节目,且2个新节目的顺序可变,此时有=8种插法; 若2个新节目不相邻,则在原定3个节目产生的4个空位中,选2个位置安排2个新节目,且2个新节目的顺序可变,此时有=12种插法. 所以共有8+12=20种插法. 易错警示 　　插入2个新节目有两种情况:相邻与不相邻,解题时需分类讨论,防止只分析一种情况造成遗漏,导致解题错误. 3.A　分两种情况讨论: ①B去甲活动场地,则A,B在一起,都去甲活动场地, 将剩下4人分为2组,安排在乙、丙两个活动场地即可,有=6种安排方法; ②B不去甲活动场地,则B只能去丙活动场地, 在剩下4人中选出2人安排在乙活动场地,再将剩下2人分别安排在甲、丙活动场地,有=12种安排方法. 根据分类加法计数原理,共有6+12=18种不同的安排方法. 易错警示 　　对于特殊元素或特殊位置的排列组合问题,要先“特殊”再“一般”,先易后难.如本题中B不去乙活动场地,则B有可能去甲、丙活动场地两种情况. 4.AC　对于A,将4把空椅子看成一个整体,则排法有=720种,故A正确; 对于B,先排5位同学,有种排法,然后将3把相邻的空椅子看成一个整体,和另1把空椅子插入5位同学形成的6个空中,有种排法,所以共有=3 600种排法,故B错误; 对于C,先排5位同学,有种排法,然后将4把空椅子插入5位同学形成的6个空中,因为4把空椅子是一样的,所以有种排法,所以共有=1 800种排法,故C正确; 对于D,至多有2把空椅子相邻,即都不相邻或者有2把相邻,由C的分析可知,4把空椅子都不相邻有1 800种排法,2把空椅子相邻,另2把空椅子也相邻,且4把空椅子不都相邻,有=1 800种排法,只有2把空椅子相邻,另2把空椅子不相邻,有=7 200种排法,所以共有1 800+1 800+7 200=10 800种排法,故D错误. 易错警示 　　空椅子是相同元素,空椅子所在的位置可以看成不同元素,只有不同元素才可以用排列的方法去计数,本题容易将空椅子而不是将空椅子所在的位置看成元素进行排列导致错误. 5.B　根据题意,分2种情况讨论: 当按照3∶1∶1进行分配时,有=60种不同的方案; 当按照2∶2∶1进行分配时,有·=90种不同的方案. 因此共有60+90=150种不同的派遣方案. 易错警示 解决计数问题时,要分清楚是排列问题还是组合问题,即看取出的元素是进行分组还是进行分配,分组问题还要考虑是完全均匀分组,部分均匀分组,还是完全非均匀分组,其中均匀分组需要除以均分分组组数的全排列,不能将这几种情况混淆.对于排列问题,可以按要求逐个分配,也可以分组后再分配,一般是先分组再分配. 6.答案　180 解析　第一类:甲单独参加某个项目,有3种方法,再将余下4人安排到剩余三个项目中,有=36种方法,所以甲单独参加某个项目的报名方法有3×36=108种; 第二类:甲与一人一起参加某个项目,先选一人与甲一起,再将两人安排至某一项目,有=12种方法,再安排余下三人,有=6种方法,所以甲不单独参加某个项目的报名方法有12×6=72种. 所以满足条件的不同的报名方法共有108+72=180种. 7.答案　120 解析　因为(x∈N*),所以x=2x+1或x+2x+1=13,解得x=-1(舍去)或x=4,所以=5×4×3×2=120. 易错警示 在解决含参数的排列数、组合数问题时,要注意隐含条件,在)中,m,n∈N*,且n≥m. 8.答案　(1){11}　(2){3,4,5} 解析　(1)由3,得3, 所以3·=5(x-4)(x-5),即(x-3)(x-6)=40,解得x=11或x=-2, 由3,知x≥7,x∈N*,故x=11,所以原方程的解集为{11}. (2)因为3≤2, 所以 化简可得解得x∈{3,4,5}, 所以不等式的解集为{3,4,5}. 9.ABD　对于A,若仅第5项的二项式系数最大,则为唯一最大二项式系数,所以n=8,故A正确; 对于B,由第2项与第6项的二项式系数相等可得,解得n=6,所以展开式中二项式系数最大的项是第4项,为x3=-160x3,其系数为-160,故B正确; 对于C,若展开式中二项式系数和为256,则2n=256,解得n=8,所以(1-2x)n的展开式的通项为Tk+1=xk,当k为奇数时,系数为负,不可能最大,因此k为偶数时系数才有可能最大,易得T5=(-2)4x4=1 120x4,所以a4=1 120, 而T7=(-2)6x6=1 792x6,所以a6=1 792,所以展开式中系数的最大值不是a4,故C错误; 对于D,若第5项、第6项、第7项的二项式系数成等差数列,则,整理可得n2-21n+98=0,解得n=7或n=14,又递减,所以n=7, 令x=1,可得(1-2)7=a0+a1+a2+…+a6+a7=-1,故D正确. 易错警示 (a+b)n的展开式中,第(r+1)项的二项式系数是(r=0,1,2,…,n),仅与n,r有关;第(r+1)项的系数为该项字母前的数连同符号,不一定是二项式系数.注意二项式系数一定为正,而对应项的系数可能为负,解题时不要将两者混淆. 10.答案　(1)　(2)3和4 解析　(1)二项式系数之和为 2n=256, ∴n=8,故, 其展开式的通项为Tk+1=(0≤k≤8,k∈N), 当k=0,3,6时,8-k为有理数,即T1,T4,T7为有理项,又T1=20,∴展开式中所有有理项的系数之和为1+7+. (2)设的展开式中第(k+1)项的系数最大,则解得2≤k≤3, ∵0≤k≤8,k∈N,∴k=2或k=3, ∴第3项和第4项的系数最大.(易错点) 思想方法练 1.答案　540 解析　按照每个盒中的小球数进行分类. 将6个不同的小球分为3组,有三种情况: ①按4,1,1分组,有·=90种放法; ②按3,2,1分组,有=360种放法; ③按2,2,2分组,有·=90种放法. 综上,不同放法的种数为90+360+90=540. 2.答案　401 解析　如图, 当路线经过点C时,从A到C有1种,从C到B有种; 当路线经过点D时,从A到D有种,从D到B有种; 当路线经过点E时,从A到E有种,从E到B有种; 当路线经过点F时,从A到F有种,从F到B有种; 当路线经过点G时,从A到G有种,从G到B有1种. 所以不同的走法共有1×=28+180+150+36+7=401种. 3.答案　72 解析　先求出总的情况,再排除甲、乙相邻的情况. 将5位同学进行全排列,有=120种站法, 当甲、乙两名同学为正前后相邻时,其中必有1人站在老师的左侧或右侧,另1人站在正后面,站法种数为2=24; 当甲、乙两名同学为左右相邻时,两人一定都站在后一排,将甲、乙两名同学看成一个元素,从其余的3人中选2人站在老师的左右两侧,余下的1人与甲、乙两名同学看成的一个元素进行全排列,所以站法种数为=24. 所以不同站法种数为120-24-24=72. 4.答案　110 解析　将所求问题转化为对立面问题,即求出“操作”总次数,再用总次数减去未发生过“坍塌”的“操作”次数,体现了转化思想. 由题意得,5次“变化”中,垒放在左侧的3个、右侧的2个正方体都按由上至下的次序消失,不发生“坍塌”,因此不发生“坍塌”的“操作”次数为, 所以所有的“操作”中,发生过坍塌的“操作”次数为=110. 思想方法 　　转化与化归思想在排列、组合中的应用主要体现在当直接求解分类情形较多,计算较复杂时,可以采用逆向思维,转化为所求问题的反面,利用间接法求解. 5.答案　1 728 解析　①排甲队,将A与B捆绑,有=2种排列方法, 将A与B看作一个整体,体现了整体思想. 现在相当于4人全排列,且C在D的左边,有=12种排列方法,故有2×12=24种排列方法; ②利用插空法排乙队,先排H,J,K,再把F,G插入形成的4个空中,有=72种排列方法. 故不同的排列方法的种数为24×72=1 728. 6.答案　144 解析　因为“射”“乐”相邻,所以将“射”“乐”看成一个整体,与“御”和“书”全排列,有种排法,因为“礼”和“数”不能相邻,所以将“礼”“数”插在前边产生的4个空中,有种情况,所以不同的排课顺序共有=144种. 思想方法 　　整体思想在排列、组合中的应用主要体现在有特殊对象、特殊位置的题目中,可以把要求相邻的对象看成一个整体,再和其他对象进行排列或组合.此外还应注意看成一个整体的对象内部是否有顺序的要求. 7.ACD　对于A,令x=1,得a0=110=1, 令x=2,得a0+a1+a2+…+a10=220,① 所以a1+a2+…+a10=220-1,故A正确; 对于B,令x=0,得a0-a1+a2-a3+…+a10=210,② 由①②得a0+a2+a4+…+a10=,故B错误; 对于C,由题得[3(x-1)+1]10的展开式的通项为Tr+1=310-r(x-1)10-r1r, 当r=8时,a2=×32=405,故C正确; 对于D,对(3x-2)10=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a10(x-1)10两边求导, 得10×3(3x-2)9=a1+2a2(x-1)+3a3(x-1)2+…+10a10(x-1)9, 令x=2,得a1+2a2+3a3+…+10a10=15×219,故D正确. 8.答案　-873 解析　的展开式的通项为Tk+1=(-3)k,0≤k≤5,k∈N, 的展开式的通项为Tr+1=x10-2k-4r,0≤r≤5-k,r∈N, 令10-2k-4r=0,得r=0,k=5或r=1,k=3或r=2,k=1, 所以展开式中的常数项为(-3)3·(-3)1·=-873. 一题多解 　　可看作5个相乘,所以若要出现常数项,则x2,,-3的选取情况有三种:0,0,5;1,1,3;2,2,1. 若为0,0,5,则常数项为(-3)5=-243; 若为1,1,3,则常数项为(-3)3=-540; 若为2,2,1,则常数项为(-3)1=-90. 所以的展开式中的常数项为-243-540-90=-873. 9.解析　(1)令x=1,可得各项系数和为(1+3)n=4n, 各项的二项式系数和为2n, 由已知得4n-2n=240,即(2n)2-2n-240=0,所以2n=16,所以n=4, 故(+3x2)4的展开式中二项式系数最大的项为T3=. (2)由题意可知+1=6,解得n=10, 故展开式的通项为Tr+1=2r, 设第(r+1)项的系数最大,则 即解得≤r≤, 因为r∈N*,所以r=7, 故展开式中系数最大的项为T8=27=15 360. 思想方法 函数与方程思想在二项式定理中的应用主要有:(1)求展开式中的特定项;(2)求与系数和有关的问题;(3)求展开式中系数最大的项. 8 学科网（北京）股份有限公司 $