浙江省衢州市柯城区高二数学下学期阶段测试2025-2026学年(人教A版选择性必修第三册第六章)

**基本信息** 本单元卷聚焦人教A版选择性必修三第六章，通过单选至解答题8类题型全面覆盖排列组合、二项式定理等核心知识，结合“六艺”文化情境与原创设计，适配高二单元复习诊断，助力数学思维与应用能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|分步计数原理、分组问题|基础巩固，如第1题工作室布置（数学眼光）| |多选题|3/18|排列组合应用|选项分层，如第9题“六艺”课程排法（文化传承）| |填空题|3/15|二项式常数项|原创设计，如第13题有理项系数和（创新意识）| |解答题|5/77|排列综合、数列与二项式结合|综合探究，如第19题F(x)推导（数学思维）|

2025~2026学年浙江省衢州市柯城区高二数学下学期单元测试 (人教A版选择性必修三第六章)答案与解析 一．单选题（共8小题） 1．解析：根据分步乘法计数原理，不同的布置方案共有3×2×2＝12种不同的布置方案． 故选：A． 2．解析：将14个人分成六组，其中两组均由3人组成，其余四组均由2人组成，则不同的分组方法数为． 故选：C． 3．解析：设B为“甲获胜”，A为“比赛进行了3局”， 甲获胜分为三类情况： 3局全胜：； 4局获胜：前3局甲胜2局，第4局甲胜，； 5局获胜：前4局甲胜2局，第5局甲胜，； 因此． ． 故选：C． 4．解析：从1，3，5中任取两个数，从0，2，4中任取2个数，组成没有重复数字的四位数，分两种情况讨论： ①当从0，2，4中任取2个数，其中含数字0时， 则组成没有重复数字的四位数的个数为， ②当从0，2，4中任取2个数，其中不含数字0时， 则组成没有重复数字的四位数的个数为， 综合①②得：组成没有重复数字的四位数的个数为108+72＝180． 故选：B． 5．解析：由题意校人工智能社团共有甲、乙等6名成员， 指导老师从中选出3人组队参加全国青少年AI创新大赛，参赛队中1人负责主程序编写，另外2人负责数据标注， 可先从甲、乙两人中选出1人，再从除甲、乙外的4人中选出2人， 最后从选出的3人中选1人负责主程序编写， 根据分步乘法计数原理，可得参赛队的人员安排方法数为． 故选：C． 6．解析：该数列恰先增后减，则数字6一定是分界点，且前面的顺序和后面的顺序都只有一种， 当6前有1个数字时，有C51＝5种， 当6前有2个数字时，有C52＝10种， 当6前有3个数字时，有C53＝10种， 当6前有4个数字时，有C54＝5种， 根据分类计数原理，共有5+10+10+5＝30种， 故选：B． 7． 解析：第3项的二项式系数为，第6项的二项式系数为．由， 根据二项式系数的对称性，得：2+5＝n，即n＝7． 于是． 要求，令x﹣1＝1，即x＝2． 将x＝2代入等式左边：． 故选：D． 8．解析：E，F，G分别有4，3，2种方法， ①当A与F相同时，A有1种方法，此时B有2种， （1）C若与F相同有C有1种方法，同时D有3种方法， （2）若C与F不同，则此时D有2种方法， 故此时共有：4×3×2×1×2×（1×3+1×2）＝240种方法； ②当A与G相同时，A有1种方法， （1）若C与F相同，C有1种方法，同时B，D各有2种方法， （2）若C与F不同，C有2种方法，B有2种方法，D有1种方法， 故此时共有：4×3×2×1×（2×2+2×2）＝192种方法； ③当A既不同于F又不同于G时，A有1种方法， （1）若B与F相同， （I）若A与C相同，则D有2种方法， （II）若A与C不同，则C有1种方法，D有1种方法， （2）若B不同与F，则B有1种方法， （Ⅰ）若C与F相同，则C有1种方法，同时D有2种方法； （Ⅱ）若C与F不同，则必与A相同，C有1种方法，同时D有2种方法； 故此时共有：4×3×2×1×[2+1+2+2]＝168种方法； 综上共有240+192+168＝600种方法． 故选：C． 二．多选题（共3小题） 9．解析：已知某中学计划开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门校本课程，每月一门，连续开设六个月， 学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有种不同的选法，A正确； 课程“乐”排在“书”前面，可得课程共有种排法，B错误； 课程“射”“御”排在不相邻两个月，通过插空法，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，在其中任选2个，安排课程“射”“御”共有种排法，C正确； 课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，利用分类加法计数原理，当“数”在第六个月时共有种； 当“数”既不在第一个月也不在第六个月时，共有种， 故课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，课程共有120+384＝504种排法，D正确． 故选：ACD． 10．解析：对于选项A，由题意，得x+2＝2x﹣5或x+2+2x﹣5＝15，解得x＝7或6；故选项A正确； 对于选项B，由， 所以，故选项B正确； 对于选项C，（2﹣x）（1﹣x）4的展开式中x3的系数为，故选项C正确； 对于选项D，将8个相同小球放入4个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，采用隔板法，故选项D错误． 故选：ABC． 11．解析：已知二项式， 对于A，令x＝1， 则， 所以任意正整数n，展开式的各项系数的和恒为0，所以A正确； 对于B，展开式的通项为． 令指数为0，即，解得4n＝5r． 当n＝5时，r＝4，满足条件，此时展开式中含有常数项，B正确； 对于C，二项式系数和为2n，当n＝6时，和为26＝64，C错误； 对于D， 当n＝5时，通项为． 令，解得r＝2，代入系数为，D正确． 故选：ABD． 三．填空题（共3小题） 12．解析：（1﹣x）6的展开式通项为． 要得到x2的项分两种情况： ①取2+3x中的一次项3x，乘（1﹣x）6的x项，系数为． ②取2+3x中的常数项2，乘（1﹣x）6的x2项，系数为． 故x2的系数为30﹣18＝12． 故答案为：12． 13． 解析：展开式的通项公式为：其中r＝0，1，2，⋯，n. 令，解得n＝7r，由于r∈N且0≤r≤n，当r＝1时，n＝7为最小正整数． 求所有有理项的系数之和有理项要求x的指数为整数，即为整数， 需要（1﹣r）必须是3的倍数.结合0≤r≤7，得r＝1，4，7. 当r＝1时：T2的系数为； 当r＝4时：T5的系数为； 当r＝7时：T8的系数为； 故所有有理项的系数之和为：14+560+128＝702． 故答案为：702． 14．解析：由于工作b只在A组，乙必须做工作b，因此乙一定在A组且被分配做b，工作c只在B组，甲不能做a，因此若甲在A组则必须做b，若在B组则必须做c， 丙和丁必须分在A、B两个不同小组．其余4人无特殊限制； 情况1：甲在A组：此时A已包含乙和甲，且丙、丁中恰有一人需在A组，有2种选择；再从4个普通人中选1人加入A组，有4种选法， 故A组的构成方式有2×4＝8种； A组内的工作分配：乙和甲必须做b，其余两人自动做a，仅1种方案； B组：由丙、丁中另一人和剩余3个普通人组成．从中选1人做c，有4种方案； 则8×1×4＝32种； 情况2：甲在B组： A组必须包含乙，丙、丁中恰有一人需在A组，有2种选择；再从4个普通人中选2人加入A组，有6种选法， 故A组的构成方式有2×6＝12种； A组内的工作分配：乙固定做b，需从其余3人中选1人做b，有3种方案，剩余2人做a； B组：甲必须做c，其余3人自动做a，仅1种方案； 则12×3×1＝36种； 所有满足条件的分配方案总数为32+36＝68种． 故答案为：68． 四．解答题（共5小题，满分77分） 15．解：（1）由题意，m+3m﹣2＝6或m＝3m﹣2（舍），解得m＝2，经验证符合，（2分） 所以； （2分） （2）由题意，，即（x﹣3）（x﹣6）＝40， 由，知x≥7，x∈N*，（2分） 解得x＝11，所以原方程的解为x＝11；（2分） （3） 由题意，，（2分） 化简可得，（2分） 解得x∈{3，4，5}， 所以不等式解集为{3，4，5}．（2分） 16．解：（1）根据题意，先在7人中选出3人，排在前排，有种排法，剩下4人，排在后排，有种排法， 则有5040种排法；（3分） （2）根据题意，分2步进行分析： ①将3名女生看成一个整体，有种排法， ②将这个整体与4名男生全排列，有种排法， 则有720种排法；（4分） （3）根据题意，分2步进行分析： ①先将4名男生全排列，有种排法， ②排好后有5个空位，在5个空位中任选3个，安排3名女生，有种排法， 则有1440种排法；（4分） （4）根据题意，分2种情况讨论： ①甲不排在排尾，则乙有5个位置可选，将剩下的5人全排列，安排在其他5个位置， 此时有5×53000种排法； ②甲排在排尾，则乙有6个位置可选，将剩下的5人全排列，安排在其他5个位置， 此时有6720种排法； 则一共有720+3000＝3720种不同的排法．（4分） 17．解：（1）因为展开式中第6项的二项式系数最大，所以n＝10，（2分） 所以展开式的所有二项式系数之和为210＝1024．（2分） （2）令x＝0，得．（2分） 令，得...，（2分） 所以...．（2分） （3）（3x+2）10展开式的通项．（2分） 由得．（4分） 因为r为整数，所以r＝4，所以（3x﹣2）10的展开式中第5项系数的绝对值最大． 18．解：（1）根据题意，分2步进行分析： 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A44种情况， 则一共有种不同的填法； （4分） （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3×2×2×2×2＝48种不同的涂法； （4分） （3）根据题意，分2步进行分析： ①、将7个小球分成5组，有2种分法： 若分成2﹣2﹣1﹣1﹣1的5组，有种分法， 若分成3﹣1﹣1﹣1﹣1的5组，有C73种分组方法， 则有（C73）种分组方法， （4分） ②、将分好的5组全排列，对应5个空格，有A55种情况， 则一共有种放法． （4分） 19．解：（1）由题意an＝3n﹣1， （1分）∴F（x，n）（1﹣x）n（3x）（1﹣x）n﹣1（3x）2（1﹣x）n﹣2（3x）n＝（1+2x）n， ∴F（﹣1，2020）＝（1﹣2）2020＝1； （2分） （2）①证明：kknn； （3分） ②证明：∵数列{an}是公差为2的等差数列，∴an＝2n﹣1． （2分）则 F（x，n）＝a1（1﹣x）n+a2x（1﹣x）n﹣1+…+anxn﹣1•（1﹣x）+an+1xn （1﹣x）n+（1+2）x（1﹣x）n﹣1+（1+4x2（1﹣x）n﹣2+…+（1+2n）xn （1﹣x）nx（1﹣x）n﹣1x2（1﹣x）n﹣2xn]+[2x（1﹣x）n﹣1+2x2（1﹣x）n﹣2xn] （4分） 由二项式定理知，（1﹣x）nx（1﹣x）n﹣1x2（1﹣x）n﹣2xn＝[（1﹣x）+x]n＝1． 又∵kn，∴x（1﹣x）n﹣1x2（1﹣x）n﹣2+…+nxn ＝nx（1﹣x）n﹣1+nx2（1﹣x）n﹣2+…+nxn ＝nx[ （1﹣x）n﹣1x（1﹣x）n﹣2xn﹣1] ＝nx[（1﹣x）+x]n﹣1＝nx， 所以F（x，n）＝1+2nx，∴F（x，2020）＝1+4040x是关于x的一次多项式． （4分） 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $细目表 浙江省衢州市柯城区高二数学下学期阶段测试(人教A版选择性必修三第六章)(细目表) 题号 考查知识点 题型 分值 难度系数 1 分类分步计数原理、分步乘法应用 单选题 5 0.9 2 平均分组、无序分组分配问题 单选题 5 0.75 3 组合数应用、条件概率 单选题 5 0.65 4 排列组合综合（数字问题） 单选题 5 0.7 5 组合选取 （分配问题） 单选题 5 0.72 6 排列计数（按一定大小排列的数字问题） 单选题 5 0.6 7 二项式系数性质、赋值法求和 单选题 5 0.62 8 多点涂色计数、相邻异色模型 单选题 5 0.55 9 排列综合、定序问题、不相邻、错位排列 多选题 6 0.68 10 组合数性质、二项式展开系数、隔板法模型 多选题 6 0.65 11 二项式通项、常数项、系数和、二项式系数和 多选题 6 0.63 12 二项式展开多项式乘积、指定项系数求解 填空题 5 0.75 13 二项式通项、常数项存在性、有理项系数和 填空题 5 0.58 14 平均分组、排列组合综合 填空题 5 0.52 15 组合数性质、组合方程、排列组合不等式 解答题 14 0.78 16 排列应用（捆绑、插空、错位计数等） 解答题 15 0.7 17 二项式系数最值、赋值法求系数和、系数绝对值最大项 解答题 16 0.65 18 格子排列计数、涂色计数、隔板法分球模型 解答题 16 0.6 19 二项式定理综合、数列与二项式结合、组合恒等式证明 解答题 16 0.45 全卷 计数原理 / 排列 / 组合 / 分组分配 / 二项式定理 / 综合应用 - 150 0.6 $ 2025~2026学年浙江省衢州市柯城区高二数学下学期单元测试 应用场景：高二数学单元诊断测试 (人教A版选择性必修三第六章) 考试时长：90 分钟 满分：150 分 一、单选题：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．李老师要从3幅不同的油画、2幅不同的国画和2幅不同的水彩画中各选取1幅布置自己的名师工作室，则不同的布置方案有（　　） A．12种 B．10种 C．7种 D．5种 2．将14个人分成六组，其中两组均由3人组成，其余四组均由2人组成，则不同的分组方法数为（　　） A． B． C． D． 3．甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，比赛采用5局3胜制，在甲获胜的条件下，比赛进行了3局的概率是（　　） A． B． C． D． 4．从0，2，4中任取2个数，从1，3，5中任取2个数，则这4个数可以组成没有重复数字的四位数的个数有（　　） A．126 B．180 C．216 D．300 5．某校人工智能社团共有甲、乙等6名成员，指导老师要从中选出3人组队参加全国青少年AI创新大赛，参赛队中1人负责主程序编写，另外2人负责数据标注，若甲、乙两人有且只有一人参赛，则参赛队的人员安排方法数为（　　） A．64 B．48 C．36 D．18 6．把1，2，3，…，6这六个数随机地排成一列组成一个数列，要求该数列恰先增后减，则这样的数列共有多少个？（　　） A．31 B．30 C．28 D．32 7．（原创）已知（2x﹣1）n的二项展开式中，第3项与第6项的二项式系数相等，若，则的值为（　　） A．729 B．0 C．1 D．2187 8．如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（　　） A．192 B．336 C．600 D．以上答案均不对 二、多选题：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．为弘扬我国古代的“六艺”文化，某中学计划开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门校本课程，每月一门，连续开设六个月，则下列说法正确的是（　　） A．若学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有225种不同的选法 B．若课程“乐”排在“书”前面，则课程共有240种排法 C．若课程“射”“御”排在不相邻两个月，则课程共有480种排法 D．若课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，则课程共有504种排法 10．下列各式正确的是（　　） A．已知，则x的取值为6或7 B． C．（2﹣x）（1﹣x）4的展开式中x3的系数为﹣14 D．将8个相同小球放入4个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，则共有70种不同放法 11．在的展开式中，下列说法正确的有（　　） A．任意正整数n，展开式的各项系数的和恒为0 B．存在正整数n，使得展开式中含有常数项 C．若n＝6，则该展开式中二项式系数和为32 D．若n＝5，则该展开式中x15的系数为10 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．在（2+3x）（1﹣x）6的展开式中，x2的系数为　 　 ．（用数字作答） 13．（原创）已知的展开式中存在常数项，若n为满足条件的最小正整数，则该展开式中所有有理项的系数之和为　 　． 14．将含有甲，乙，丙，丁的8人均分成A，B两个工作小组，然后从A组中选择2人干工作a，其余2人干工作b；从B组中选择1人干工作c，其余3人干工作a，已知甲不能干工作a，乙要干工作b，丙不与丁一组，则不同的分配方案总数为　 　 ． 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．（14分）（1）已知，计算：； （2）解方程：． （3）解不等式：． 16．（15分）有4名男生、3名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数（列式﹣最后用数字作答）． （1）排成前后两排，前排3人，后排4人； （2）全体排成一排，女生必须站在一起； （3）全体排成一排，女生互不相邻； （4）甲不站在排头，乙不站在排尾． 17．（16分）已知（3x﹣2）n＝a0+a1x+a2x2+⋯+anxn，且展开式中有且仅有第6项的二项式系数最大． （1）求（3x﹣2）n展开式的所有二项式系数之和； （2）求的值； （3）判断（3x﹣2）n的展开式中第几项系数的绝对值最大． 18．（16分）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？ （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？ （3）若向这5个格子放入7个不同的小球，要求每个格子里都有球，问有多少种不同的放法？ 19．（16分）已知数列{an}的首项为1，记． （1）若数列{an}是公比为3的等比数列，求F（﹣1，2020）的值； （2）若数列{an}是公差为2的等差数列， ①求证：kn； ②求证：F（x，2020）是关于x的一次多项式． 第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $