第6章 计数原理 章末检测-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教A版）

第六章 （时间：120分钟 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.（2024·河南郑州高二期中)若C2n=A,则n= ( A.6 B.8 C.9 D.10 2.(2024·陕西西安高二期中)5名同学分别从 4个景点中选择一处游览，不同选法的种数为 ( A.9 B.20 C.54 D.45 3.(2024·浙江宁波高二期中)在(2-2) 的 展开式中，第四项为 ( A.240 B.-240 C.160x3 D.-160x3 4.(2024·河南信阳高二期末)“弗里热”是 2024年法国巴黎奥运会和残奥会吉祥物，其中 残奥会的吉祥物有一个“腿”被设计成了假肢， 现将4个这种奥运会吉祥物和2个这种残奥会 吉祥物排成一排，则不同的排法有() A.6种 B.12种C.15种D.60种 5.(2024·广东茂名高二月考)某校A,B,C,D,E 五名学生分别上台演讲，若A须在B前面出 场，且都不能在第3号位置，则不同的出场次 序有 A.18种B.36种 C.60种D.72种 6.(2024·江苏镇江高二期中)3224的个位数是 A.1 B.3 C.6 D.9 7.(2024·河南许昌高二期末)如图是在“赵爽 弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平 面模型，图中正方形ABCD内部为“赵爽弦图” (由四个全等的直角三角形和一个小正方形 选择性必修第三册·RJ 章末检测 总分：150分) 组成)，给△ABE、△BCF、△CDG、△DAH这 4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色，且相邻 区域（即图中有公共点的区域）不同色，已知 有5种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方 法种数是 () A.360 B.120 C.420 D.216 8.(2024·江苏南京高二月考)有10只不同的实 验产品，其中有4只次品，6只正品.现每次取 一只测试，直到4只次品全测出为止，则错误 的是 () A.最后一只次品正好在第四次测试时被发现 的不同情形有24种 B.最后一只次品正好在第五次测试时被发现 的不同情形有576种 C.所有次品正好是第六次测试时被全部查出 的不同情形有7200种 D.4只次品全测出至多需要九次测试 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.(2024·湖南师大附中高三月考)关于(5-x) 的展开式，下列判断正确的是 A.展开式共有6项 B.展开式的各二项式系数的和为64 C.展开式的第6项的系数为30 D.展开式中二项式系数最大的项是第4项 黑白题18 10.(2024·河北石家庄高二期中)下列说法正 确的是 ( A.有三张参观券，要在5人中确定3人去参 观，不同方法的种数是60 B.将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有 35种 C.从6名男生和4名女生中选4人参加比 赛，若4人中必须既有男生又有女生，共 有194种选法 D.把5封不同的信投入4个不同的信箱，每 个信箱至少投1封，不同的投法共有 C?·A4种 11.(2024·江苏南通高二月考)设x8=a0+a(x+ t)+a2(x+t)2+a3(x+t)3+…+ag(x+t)8,若 a1=8,则 A.t=1 B.a2=28 C.a+a1+a2+…+ag=0 D.az+as+as+as=127 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共 15分. 12.(2024·广东梅州高二期中)小李想去他大 伯家借书，他除了对经济类的书不感兴趣，对 其他类别的书都感兴趣.他大伯家的书有 四种，文学类的有15本，经济类的有10本， 历史类的有16本，心理学与励志类的有 9本，同一类的书每本都不相同，则他按照兴 趣借1本书，共有 种选择 13.(2024·陕西榆林高二月考)已知x(a-x)6 的展开式中含x2的项的系数为-192，则 a= 14.(2024·山西长治高二期中)杨辉是我国古 代数学史上一位著述丰富的数学家，在他所 著的《详解九章算法》中把二项式系数写成 一张表，借助它发现了很多有趣的性质，利用 这些性质，解决了很多数学问题.如图所示， 第六章 由杨辉三角左腰上的各数出发引一组平行 线，第1条线上的数字是1：第2条线上的数 字是1：第3条线上的数字是1,1：第4条线 上的数字是1,2，那么第21条线上的数共有 个，其中最大的数是 .(用 数字表示) 1 2 ,-33 14641 15101051 1615201561 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)(2024·云南昆明高二期中)(1)计 算：(C0+C3o0）÷Ai01; (2)解方程：3A=2A1+6A2 16.(15分)(2024·安徽安庆高二期中)3名男 生、4名女生按照不同的要求排队，求不同的 排队方案的方法种数， (1)选其中5人排成一排 (2)全体站成一排，男、女各站在一起； (3)全体站成一排，男生不能站在一起； (4)全体站成一排，男不站排头也不站排尾， 黑白题19 17.（15分)(2024·江苏盐城高二月考)已知1 ((e). (1)若展开式中只有第5项的二项式系数最 大，求n的值； (2)当n=6时，二项式的展开式中x3的系数 为A,常数项为B,若B=4A,求a的值； (3)当n=6,a=-2时，求二项式的展开式中 系数最大的项 18.（17分)(2024·河北邢台高二期末)达活 泉月季园位于河北省邢台市达活泉公园东 部，占地面积4700平方米，共收集6大类 23个月季品种4.3万株，是集观光、科普、研 究、展示及繁育等多种功能于一体的花卉展 园某天，甲游客计划按照一定的先后顺序去 该月季园观赏北京红、红从容、黄从容、醉红 颜、白佳人、金凤凰这6种月季花，且甲第 个观赏的不是北京红. (1)求甲不同的观赏方案数； (2)若甲上午和下午均观赏3种月季花，且 观赏红从容和黄从容的时间一个在上 午，一个在下午，求甲不同的观赏方案数， 选择性必修第三册·RJ黑 9.(17分)(2024·山东菏泽高二期中)组合数 学研究的内容之一是计数，母函数是重要的 计数工具之一.其定义如下：对于序列ao,a1, a2,…,定义G(x)=a+a1x+a2x2+…为序列 a,a1,a2,…的母函数.母函数的计数方法与 二项式定理的原理相似：假设有红、黄、蓝各 一个小球，计算由它们组成的所有组合的个 数，可考虑三步完成，即每个小球是否参与组 合.我们用x°即1代表小球不参与，x代表小 球参与，根据分类加法计数原理，1+x代表一 个小球是否参与组合的两种情况，根据分步 乘法计数原理，用代数式(1+x)(1+x)(1+x) 表示三个小球是否参与组合的情况，所以母 函数为G(x)=1+3x+3x2+x3,例如其中3x2 中的系数3就是由两个小球构成的所有组合 个数，而总的组合个数就是1+3+3+1=8. (1)假设有四个不同的小球，令a,为由它们 组成的含有n个小球的所有组合个数， 试写出a,a1,a2,a3,a4的一个与问题对 应的母函数G(x); (2)已知rC,=(n+1)C,其中1≤r≤n.现 有一序列a,a1,a2,…,a2n的母函数 G(x)=Zi (1+x)mti=ao+ax+.+anx"+ …+a2nx2n,其中n∈N,求an; (3)在某班中的8位男同学和5位女同学中， 组一个由偶数个男生和不少于两个女生 的小组，令a,为从8位男同学中选取 n位的所有组合个数，令bn为从5位女 同学中选取n位的所有组合个数；分别 写出ao,a1,a2,…,an和b0,b1,b2,…,bn 的与问题对应的母函数A(x)和B(x),并 求总的组合个数， 白题20和为2，所以c+C以+C2=1+n+n(n,》=2,整理得n2+n-42=(n 2 6)(n+7)=0,解得n=6.故T,+1=C62-x23(0≤r≤6，r∈Z).若 T,是常数项，则2-子-0，得=子N,故展开式中被有告数现 (2)解：由(1)得，T+1=C2-x2字(0≤r≤6，r∈Z).当且仅当2- 3为整数时，T+1是有理项又因为0≤r≤6，r∈Z,所以r=0,3,6. 4 故展开式中有3个有理项，分别为T1=Cg×2x2=64x2,T4=C2× 22x-2=160x2,T2=C8×2°x6=x-6, 专题探究1“杨辉三角”的应用 黑题专题强化 1.C解析：结合题意可得入=3+3=6,4=4+6=10，故选C. 四方法总结 杨辉三角中的数的特点： (1)每一行有(n+1)个数字，每一行两端的数字均为1； (2)从第二行起，每一行中间的数字等于它上一行对应（即两肩上） 的两个数字的和. 2品1013解析：第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为 C212.2 C326611 第2024行有2025个数，中间的一个数最大，是第2024+1=1013.故 2 答案为品：1013 3.32解析：第n行从左到右第11个数为C0,第12个数为C1,依题 n 。101·(n-10)im-102,解得 。=1即101·（m-10)L-11！·(n-11)111 n！ 11！·(n-11) n=32.故答案为32. 4.B解析：由题意可知，从第2行开始，第n行的第3个数字为C2,故 从第2行到第2024行，每行的第3个数字之和为C子+C?+C经+…+ C324=Cg+C3+C+…+C324=C4+C+…+C吃24=…=C524+C吃24= C32s.故选B. 5.4084解析：根据题意，2为杨辉三角的第三行中去除1后的数，共 1个，3,3为杨辉三角的第四行去除1后的数，共2个，4,6,4为杨辉 三角第五行去除1后的数，共3个…故可设去除1后，杨辉三角从 第n(n≥3，neN*)行开始，共有(n-2)个数在数列{an}中，则前n行 共有1+2+3++(n-2)=n-2m-)(个)数，又当n=12时， 2 12-2)(12-D=55<56,n=13时，13-23-1=6>56，放5%中 包括了杨辉三角从第3行开始至第12行去除1后所有的数，以及第 13行去除1后的第一个数，故S6=C2+(C+C好)+(C4+C+C)+ (Cg+C2+C+C)+…+(C+C2+…+Cl0)+C12=(22-2)+(23-2)+ (24-2)+(23-2)+…+(211-2)+12=(22+23+…+211)-2×10+12= 4x(1-20)-8=22-12=4084.故答案为4084 1-2 6.951解析：由杨辉三角性质，得S(31)=C2+C号+C+C+…+C16+ C16+C,=(C2+C时+…+C6)+(C3+C3+…+C,)=(C经+C+Cg+…+ C16)+(C+C3+…+C)-1=C,+C8-1=951.故答案为951. 第六章章末检测 1.B解析：因为c经=A,所以22mx(2n-1)=5x4×3×2x1,即(2n+ 15)(n-8)=0,又n∈N",2n≥2，所以n=8.故选B. 2.D解析：因为每名同学都有4种选择，所以由分步乘法计数原理可 知不同选法的种数为4×4×4×4×4=45.故选D. 3.D解折：由题意知，(2.2)°展开式的通项为71=C5(). x 参考答案 (2厂=(-2rc,令r=3,得71=(-2)9c= -160x3,即第四项为-160x3.故选D. 4.C解析：从一排的6个位置选2个摆放残奥会吉祥物即可（剩下的 4个位置放奥运会吉祥物)，C2=15.故选C. 5,B解析：因为A在B的前面出场，且A,B都不在3号位置，则情况如 下：①A在1号位置，B有2,4,5三种位置选择，有3A3=18(种)次 序：②M在2号位置，B有4,5号两种选择，有2A=12(种)次序：③M 在4号位置，B有5号一种选择，有A号=6（种）次序.故共有18+12+ 6=36(种)次序.故选B. 6.A解析：因为3224=9102=(10-1)102=C902×10102-C02× 101o1+…+C188×102-C482×10'+C吲8船×10°，而C9012×101o2- Co2×10101++C188×102-C18船×10是10的倍数，所以3224的 个位数是C8×10°=1.故选A. 7.C解析：先对正方形ABCD涂色，共有5种颜色可供选择，然后涂 △ABE区域，有4种颜色可供选择，接下来涂△BCF区域，有3种颜 色可供选择，若△CDG区域与△ABE区域同色，则△ADH区域有3种 颜色可供选择；若△CDG区域与△ABE区域不同色，则△CDG区域 有2种颜色可供选择，△ADH区域有2种颜色可供选择.由计数原理 可知，不同的涂色方法种数为5×4×3×(1×3+2×2)=420.故选C. 8.C解析：最后一只次品正好在第四次测试时被发现的不同情形 有A4=24(种)，故A正确；最后一只次品正好在第五次测试时被发 现的不同情形有C6×C×A4=576(种)，故B正确；所有次品正好是 第六次测试时被全部查出的不同情形有C?×C×A+A= 7920(种)，故C错误：因为共有10只不同的实验产品，所以4只次 品全测出至多需要九次测试，故D正确.故选C. 9.BD解析：展开式共有7项，故A错误；展开式的各二项式系数的和 为26=64，故B正确：展开式的第6项是C×51(-x)5=-30x,其系 数为-30，故C错误：展开式共7项，所以第4项的二项式系数最大 故D正确.故选BD. 10.BCD解析：对于A,参观券相同，只需从5人中选出3人，方法有 C3=10(种)，故A错误；对于B,将5封信投人3个邮筒，每封信都 有3种选择，故不同的投法有3种，故B正确；对于C,从6名男生 和4名女生中选4人参加比赛，若4人中必须既有男生又有女生， 包含的类别有1男3女，2男2女，3男1女，即C6×C+C×C+C× C4=194(种)，故C正确：对于D,现将5封信分成4组有C?种，再 将分好的4组全排列，对应4个信箱，有A4种，则不同的投法共有 C×A4种，故D正确故选BCD. 11.BD解析：由于x8=[-t+(x+t)]8,所以a1=Cg(-t)7=-8t7=8,所 以t=-1,a2=C?（-t)6=28t6=28,故A错误，B正确， x8=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+a3(x-1)3+…+a8(x-1)8,令x=1,可 得a=1;令x=2,可得28=a0+a1+a2+a3+…+ag;令x=0,可得0= 28 a0-a1+a2ag+…+ag;由此可得a2+a4+a6+ag=2-a0=128-1= 127,故C错误，D正确，故选BD. 12.40解析：由题意小李借的书可分为3类，由分类加法原理得15+ 16+9=40,故答案为40. 13.2解析：x(a-x)6的展开式中含x2的项的系数为Cg·a5· （-1)=-192,解得a=2.故答案为2. 14.113003解析：依据给定条件我们发现第8条线为1,6,10,4，第 9条线为1,7,15,10,1，第10条线为1,8,21,20,5，第11条线为1， 9,28,35,15,1,第12条线为1,10,36,56,35,6，第13条线为1,11， 45,84,70,21,1,第14条线为1,12,55,120,126,56,7，第15条线为 1,13,66,165,210,126,28,1,第16条线为1,14,78,220,330,252 84,8,第17条线为1,15,91,286,495,462,210,36,1，第1条线和 第2条线有1个数，第3条线和第4条线有2个数，第5条线和第 6条线有3个数，第7条线和第8条线有4个数，所以线的条数每增 加2，其含有数字的个数增加1，所以第21条线上的数共有11个数， 我们发现第1条线只有数字1，所以它的最大数为1，第5条线有1， 3,1,所以最大数为3，第9条线有1,7,15,10,1，所以最大数为15 第13条线有1,11,45,84,70,21,1，所以最大数为84，第17条线有 1,15,91,286,495,462,210,36,1,所以最大数为495，若设线的条数 为4n+1,则第21条线中的最大数也满足第1,5,9,13,17条线上的 最大数的规律，而我们继续写杨辉三角，我们可以得到剩下的行，第 黑白题09 7行为1,7,21,35,35,21,7,1，第8行为1,8,28,56,70,56,28,8,1， 第9行为1,9,36,84,126,126,84,36,9,1，第10行为1,10,45 120,210,252,210,120,45,10,1,第11行为1,11,55,165,330,462 462,330,165,55,11,1,第12行为1,12,66,220,495,792,924,792 495,220,66,12,1,第13行为1,13,78,286,715,1287,1716,1716 1287,715,286,78,13,1,第14行为1,14,91,364,1001,2002 3003,3432,3003,2002,1001,364,91,14,1,第15行为1,15,105 455,1365,3003,5005,6435,6435,5005,3003,1365,455,105 15,1,我们观察第1条线的最大值，它是第0行第1个数，第5条线 的最大值是第3行的第2个，第9条线的最大值是第6行的第3个， 第13条线的最大值是第9行的第4个，第17条线的最大值是第 12行的第5个，所以我们归纳出如下规律，在线的条数为4n+1时， 其包含的数字的最大值在杨辉三角中行数每增加3，数字的位置向 右平移1位，所以第21条线的最大值是第15行的第6个，为3003. 故答案为11；3003. 15.解：(1)(C3o0+C3m)÷A0m=Cio1÷Aio1=31=6 11 (2)3A3=2A21+6A2,∴.3x(x-1)(x-2)=2x(x+1)+6x(x-1),化简 得32-17x+10=0,解得x=5,x=子（不合题意，舍去)，x=5. 16.解：(1)选其中5人排成一排，不同的排队方案有CA?=2520(种). (2)全体站成一排，男女各站一起，有A2AA4=288(种) (3)全体站成一排，男生不能站在一起，有A4A=1440(种) (4)全体站成一排，男不站排头也不站排尾，选2女生排头和尾，其 他5人作全排列，有AA=1440(种). 17.解：(1)展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式共9项」 故n=8. (2)当n=6时三项式为x。,它的通项T1=C哈， (2）广=(-arc=0,1,6. 令6=3，得=2，所以4=a2c=152, 令63 =0,得r=4,所以B=aCg=15a4 又B=4A,解得a=0(舍去)或a=2或a=-2,所以a=2或a=-2. 2)6 (3)当n=6,a=-2时二项式为(+左) 它的通项T+1=C6x61 2) =2C6x6-7(r=0,1,…,6), 14 r≤ 设第r项系数最大，则2C%≥2Cg即 3 2rC6≥2+1Cg, 故r=4, 11 r≥ 3 所以二项式的展开式中系数最大的项为T4+1=24C哈=240. 18.解：(1)甲第一个观赏的不是北京红，则甲第一个观赏的是剩余5个 中的其中一个，有C=5(种)，剩下5种月季花甲依次的方案有 A?种，所以由分步乘法原理可知甲不同的观赏方案数为5×A?=600. (2)当黄从容在上午第一个观赏时，红从容在下午观赏，其余4种月 季花在上午和下午可以任意选择，所以方案有C?A4=72(种)， 当黄从容在上午第二或第三个观赏时，则上午第一个需从醉红颜、 白佳人和金凤凰选一个，红从容在下午观赏，其余3种月季花在上 午和下午可以任意选择，所以方案有CCCA=108(种)， 所以由分类加法原理可知，上午安排黄从容，下午安排红从容的方 案数为72+108=180（种）， 同理当红从容在上午观赏，黄从容在下午观赏时，也有180种，所以 甲不同的观赏方案数为180+180=360. 19.解：(1)G(x)=(1+x)(1+x)(1+x)(1+x)=1+4x+6x2+4x3+x4 (2).G(x)=(1+x)+1+2(1+x)+2+3(1+x)+3+…+n(1+x)2n 故展开式中x”的系数为C%+1+2C%+2+3C%+3+…+nC2n=Cn+1+2C只+2+ 3C2+3+…+nC2nrCa,=(n+1)C,故x的系数为an=(n+1)· (C+1+C2+C3+…+C1)=(n+1）·(Ct3+Ct2+C对}+…+ C2)=(n+1)(Cm+3+Ct3+…+Ct1)=(n+1)C2t1. (3)显然a1=a3=a5=a7=0,a0=1,a2=C3=28,a4=Cg=70,a6= 选择性必修第三册·RJ C8=28,ag=1,故A(x)=1+28x2+70x4+28x6+x8,同样b0=b1=0, b2=b3=10,b4=5,b5=1,故B(x)=10x2+10x3+5x4+x5,令C(x)= A(x)·B(x)=(1+28x2+70x4+28x5+x8)(10x2+10x3+5x4+x5)= 10x2+10x3+285x4+281x5+840x6+728x7+630x8+350x9+150x0+ 38x1+5x2+x5,C(x)中x的系数c4为符合要求的k个人组成的小 组的数目，所有组合的个数为10+10+285+281+840+728+630+350+ 150+38+5+1=3328. 第六章真题演练 黑题 真题体验 1.D解析：根据分层抽样的定义知，初中部共抽取60×400 600=40(人)， 高中部共抽取60x2020(人)，根据分步乘法计数原理，得不同的 抽样结果共有C。·C8种.故选D. 2.D解析：依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，基本 事件一共有C?=6(件)，其中这2名学生来自不同年级的基本事件 有C以C=4(件)，所以这2名学生来自不同年级的概率为。：？故 选D. 3.C解析：首先确定相同的读物，共有C:种情况，然后确定两人各自 的另外一种读物，相当于在剩余的5种读物里选出两种进行排列，共 有A种，根据分步乘法计数原理，得共有C6·A号=120（种）.故选C. 4.B解析：不妨记五名志愿者分别为a,b,c,d,e,假设a连续参加了两 天公益活动，再从剩余的4人中抽取2人分别参加星期六与星期日 的公益活动，共有A=12(种)方法.同理，选b,c,d,e分别连续参加 两天公益活动时，也各有12种方法，所以恰有1人连续参加了两天 公益活动的安排方式有5×12=60（种）.故选B. 四重难点拨 排列组合问题虽然种类繁多，但只要能把握住最常见的原理和方 法，即“分步用乘、分类用加、有序排列、无序组合”，留心容易出错 的地方就能够以不变应万变，把排列组合学好. 5.C解析：解法一：画出树状图，如图， 甲 丙 丙 丙 丁甲 丁丙丁乙丙乙 丁丙丁 甲丙 丙 乙丁甲 丁甲 乙 丙甲 丙甲 丁乙丁甲乙甲 丙乙丙甲乙甲 由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人出场顺序共有24种，其中丙不是第 一个出场，且甲或乙最后出场的顺序共有8种，故所求概率P= 8 1 243 解法二：当甲最后出场，乙第一个出场，丙有2种排法，丁就1种，共 2种：当甲最后出场，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种， 共2种；于是甲最后出场共4种排法，同理，乙最后出场共4种排法 于是共8种排法符合题意；基本事件总数显然是A4=24,根据古典概 型的计算公式，丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率为， 1故选C 6.64解析：当从8门课中选修2门时，不同的选课方案共有C4C4=4× 4=16(种).当从8门课中选修3门时，①若选修1门体育类选修课 则不同的选课方案共有C4C?=4×6=24(种)；②若选修2门体育类 选修课，则不同的选课方案共有C2C4=6×4=24(种). 综上所述，不同的选课方案共有16+24+24=64（种）.故答案为64. 7 1.15 解析：从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有A。= 黑白题10