第31期 6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第三册同步学案（人教A版2019）

书书书 １６． （１５ 分 ） 假 设 今 天 是 ４ 月 ２３ 日 ，某 市 未 来 六 天 的 空 气 质 量 预 报 情 况 如 下 表 所 示 ． 该 市 有 甲 、 乙 、 丙 三 人 计 划 在 未 来 六 天 （４ 月 ２４ 日 ～ ４ 月 ２９ 日 ） 内 选 择 一 天 出 游 ，在 ① 甲 只 选 择 空 气 质 量 为 优 的 一 天 出 游 ；② 乙 不 选 择 ４ 月 ２７ 日 出 游 ；③ 丙 不 选 择 ４ 月 ２４ 日 出 游 ；④ 甲 与 乙 不 选 择 同 一 天 出 游 这 四 个 条 件 中 任 选 其 中 三 个 ， 求 这 三 人 出 游 的 不 同 方 法 数 ． 未 来 六 天 空 气 质 量 预 报 ４ 月 ２４ 日 ４ 月 ２５ 日 ４ 月 ２６ 日 ４ 月 ２７ 日 ４ 月 ２８ 日 ４ 月 ２９ 日 优 优 优 优 良 良 １７． （１５ 分 ） 在 生 物 学 研 究 过 程 中 ， 常 用 高 倍 显 微 镜 观 察 生 物 体 细 胞 ．已 知 某 研 究 小 组 利 用 高 倍 显 微 镜 观 察 某 叶 片 的 组 织 细 胞 ， 获 得 显 微 镜 下 局 部 的 叶 片 细 胞 图 片 ， 如 图 ４ 所 示 ． 为 了 方 便 研 究 ， 现 在 利 用 甲 、乙 、 丙 、 丁 四 种 不 同 的 试 剂 对 Ａ ，Ｂ ，Ｃ ，Ｄ ，Ｅ ，Ｆ 这 六 个 细 胞 进 行 染 色 ， 其 中 相 邻 的 细 胞 不 能 用 同 种 试 剂 染 色 ， 且 甲 试 剂 不 能 对 Ｃ 细 胞 染 色 ，共 有 多 少 种 不 同 的 染 色 方 法 ？ １８． （１７ 分 ） 现 有 光 明 学 校 共 ３０ 人 自 愿 组 成 古 文 研 究 组 ，其 中 高 一 、高 二 、高 三 年 级 分 别 有 ８ 人 、１０ 人 、１２ 人 ． （１ ） 选 其 中 一 人 为 负 责 人 ，有 多 少 种 不 同 的 选 法 ？ （２ ） 每 个 年 级 选 一 名 负 责 人 ，有 多 少 种 不 同 的 选 法 ？ （ ３ ） 推 选 二 人 为 小 组 发 言 人 ，这 二 人 需 来 自 不 同 的 年 级 ，有 多 少 种 不 同 的 选 法 ？ １９． （１７ 分 ） （１ ） 数 字 ２ ２０２ 具 有 这 样 的 性 质 ：它 是 ６ 的 倍 数 并 且 各 位 数 字 之 和 为 ６ ，称 这 种 正 整 数 为 “ 吉 祥 数 ”．求 在 所 有 的 三 位 正 整 数 中 ，“ 吉 祥 数 ” 的 个 数 ． （２ ） 回 文 数 是 指 从 左 到 右 读 与 从 右 到 左 读 都 一 样 的 正 整 数 ， 如 ３３ ，２６２ ，１ ５５１ ，８３ ７３８ 等 ．显 然 两 位 回 文 数 有 ９ 个 ：１１ ，２２ ，３３ ，… ，９９． 三 位 回 文 数 有 ９０ 个 ：１０１ ，１１１ ，１２１ ，… ，１９１ ，２０２ ，… ， ９９９． （ⅰ ） 求 四 位 回 文 数 有 多 少 个 ？ （ⅱ ） 求 ２ｎ ＋ １ （ｎ ∈ Ｎ ＋ ） 位 回 文 数 有 多 少 个 ？ !"#$%&'()*+,-./0 ! 12!"#$%&'( !"3$4&'(5*+,-678 ! 92!")$%&'( : ; < = > ? @ ! " # $ % & ! ! 书 分类加法计数原理与分步乘法计数原理， 是计数的两个基本原理．分类加法计数原理针 对的是“分类”问题，其中各类方法相互独立，用 其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘 法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中 的方法相互依存，只有各个步骤都完成才算做 完这件事．下面就如何准确把握和正确运用两 个基本原理举例说明． 一、独用分类加法计数原理 例１某同学衣服上左右各有一个口袋，为 了学好英语，他在左边口袋装了５０张英语单词 卡片，在右边口袋装了３０张英语单词卡片，现要 从中任取一张英语单词卡片，有多少种不同的 取法？ 解析：完成这件事，可以从两个口袋中任取 一张英语单词卡片，因此要分类进行．从两个口 袋中任取一张英语单词卡片可分为两类： 第１类，从左边的口袋中取一张英语单词卡 片，有５０种不同的取法； 第２类，从右边的口袋中取一张英语单词卡 片，有３０种不同的取法． 上述两类方法中的任何一种取法都能独立 完成取一张英语单词卡片这件事，应用分类加 法计数原理可得，从中任取一张英语单词卡片 共有Ｎ＝５０＋３０＝８０（种）不同的取法． 二、独用分步乘法计数原理 例２从｛－３，－２，－１，０，１，２，３｝中，任取３ 个不同的数作为抛物线ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ（ａ≠０） 的系数，如果抛物线过原点，且顶点在第一象 限，问这样的抛物线共有多少条？ 解析：根据题意，抛物线过原点，且顶点在 第一象限，所以ａ，ｂ，ｃ应满足ａ＜０，ｂ＞０，ｃ＝ ０，所以ａ∈｛－３，－２，－１｝，ｂ∈｛１，２，３｝，ｃ∈ ｛０｝．完成“从所给的数字中选取三个作为抛物 线的系数”这件事，三个系数ａ，ｂ，ｃ都必须同时 从所给的数字中取值，因此要分步进行． 主要分３步： 第１步，系数ａ的取法有３种； 第２步，系数ｂ的取法有３种； 第３步，系数ｃ的取法有１种． 所以根据分步乘法计数原理，不同的抛物 线有Ｎ＝３×３×１＝９（条）． 三、联用分类加法计数原理与分步乘法计 数原理 例３电视台在“欢乐大本营”节目中拿出 两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优 秀的观众来信，甲信箱中有３０封，乙信箱中有２０ 封．现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一 名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙 伴，有多少种不同的结果？ 解析：完成“抽奖过程”这个事件可分步完 成，考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中， 故可分两大类考虑．幸运伙伴是在两个信箱中 各确定一名，因此可以分步完成． 第１类，幸运之星在甲信箱中抽，先定幸运 之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴， 根据分步乘法计数原理有 ３０×２９×２０＝１７４００（种）结果； 第２类，幸运之星在乙信箱中抽， 同理有２０×１９×３０＝１１４００（种）结果． 根据分类加法计数原理，不同的结果共有 １７４００＋１１４００＝２８８００（种）． 书 计数问题是数学中的重要研究对象，分类 加法计数原理和分步乘法计数原理是解决计数 问题最基本、最重要的方法．对于复杂的计数问 题，针对问题的特点，可同时运用两个基本原理 或借助列表、画图的方法来帮助分析．下面举例 说明解决计数问题的常用方法． 一、列举计数 例１某公司电脑采购员计划用不超过３００ 元的资金购买单价分别为２０元、４０元的鼠标和 键盘．根据需要，鼠标至少买５个，键盘至少买３ 个，则不同的选购方式共有 （　　） （Ａ）７种　　　　　（Ｂ）８种 （Ｃ）９种　　 （Ｄ）１０种 解析：依据选购鼠标和键盘的不同个数分 类列举求解． 若买５个鼠标，则可买键盘３，４，５个； 若买６个鼠标，则可买键盘３，４个； 若买７个鼠标，则可买键盘３，４个； 若买８个鼠标，则可买键盘３个； 若买９个鼠标，则可买键盘３个． 根据分类加法计数原理，不同的选购方式 共有３＋２＋２＋１＋１＝９（种）．故选（Ｃ）． 点评：本题背景简单，是通过分类列举得解 的．这是解决计数问题最基本的方法． 二、分类、分步联袂计数 例２如图１，用四种不同颜 色给图中的Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ，Ｅ，Ｆ六个 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 共有 （　　） （Ａ）２８８种　　（Ｂ）２６４种 （Ｃ）２４０种 （Ｄ）１６８种 解析：分两类：第１类，涂三种颜色，先涂点 Ａ，Ｄ，Ｅ有４×３×２＝２４（种）方法，再涂点Ｂ，Ｃ， Ｆ有２种方法，故有２４×２＝４８（种）方法；第２ 类：涂四种颜色，先涂点 Ａ，Ｄ，Ｅ有４×３×２＝ ２４（种）方法，再涂点Ｂ，Ｃ，Ｆ有３×３＝９（种）方 法，故共有２４×９＝２１６（种）方法． 由分类加法计数原理，共有 ４８＋２１６＝ ２６４（种）不同的涂法．故选（Ｂ）． 点评：本题通过设计在一个几何图形的六 个顶点处涂不同颜色，考查了分类、分步计数原 理的应用．在分类中又包含分步，“类”“步”交 融．考虑问题的原则是先分类后分步，要注意在 分类（或分步）时，必须做到不重不漏． 三、表格计数 例３四个人各写一张贺年卡，放在一起，然 后每个人取一张不是自己写的贺年卡，共有多少 种不同的取法？ 解析：把四个人分别编号为 ①，②，③，④， 他们取得贺年卡的情况如下表： 四个人 取贺年卡的方法 ① ２ ２ ２ ３ ３ ３ ４ ４ ４ ② １ ３ ４ １ ４ ４ １ ３ ３ ③ ４ ４ １ ４ １ ２ ２ １ ２ ④ ３ １ ３ ２ ２ １ ３ ２ １ 方法编号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ 由表格可知，共有９种不同的取法． 点评：本题是一个错排问题，难以直接运用 两个计数原理计算，这里借助表格，把各种情况 一一列出，使问题直观得解． 四、图形计数 例 ４假定有一排蜂 房，形状如图２所示，一只 蜜蜂在左下角，由于受了 点伤，只能爬，不能飞，而且只能永远向右方（包 括右上、右下）爬行，从一间蜂房爬到与之相邻 的右蜂房中去，求从最初位置爬到６号蜂房共有 多少种不同的爬法？ 解析：蜜蜂先进入０号蜂房有如下爬法： 共有８＋５＝１３（种）； 同理，蜜蜂先进入１号蜂房共有８种爬法． 故蜜蜂从最初位置爬到６号蜂房共有１３＋ ８＝２１（种）不同的爬法． 点评：应用两个计数原理解决相关问题时， 如果涉及的问题比较抽象，或在思维上易出现 障碍，且问题中的数字较小时，通过直观展示， 比如树形图、表格或 Ｖｅｎｎ图等方法，可使问题 变得易于解决． ! " # $ " ! ! ! " ! # $ ! % & !" ! ' " ! ' $ % ! & & % & % & & & % & $ ! & % " ' $ ! % & % & % & & ! # ! $ ! & ! AB CDE $%&'()* ! FB GHI !"#$ %& ( !"#$%&'( )& !!"#* "$"%+ ", !&-./*0 & * !" 123456789: ;<56=>?@AB7 "$%)*%'+)'&, ;<CD=>?@AB7 "$%)*%'+)"#$ ABJKL$MN ABOL8PQRSTUVMW 3XYZ[\]9 Z^_`ab cdefgh]9ijk"#$%&'()()*l+m nopjk,%',-. !"#$ %&'()*+,- +,-. /012 3456. 70345 89:;<=> ?8@AB. CD EFGHIJ>KL./ 034@MNOPQ. +,-RSTU. VW NXYZ[\@M] ^>C_`Pa.bcd @345ef. g/0 3hijkl9mno p:q> ?rstuv 4wxyD@z7.C {A|}~n€Yk lQ> ‚ƒ„…D† ‡ˆ‰Š0‹klŒ . +,-Ž:q% ‘Z’. “%”?† •–—.˜™†‡3š› œžƒ4wŸ D¡ ¢>£¤YL¥¦.§¨ @©ª«¬­› «˜ ®¯D4w°±. ²/ 0uv?3hij³´ µ¶¦•·¸¹(º ». ¼(½¾n/¿† Àp¦> ?ÁÂ&‚. +, -ÃÄÅÆÇÈh> C ÉÊËÌÍ34ÎÏÁ ÂÐÏ. ÑÒª=(Ó ÔÕ;Ö>C×5ØÙ. ÚÛef³pÜÝÞ> ?ßà•. Cbc᪠âãä345åeæ? p—ç. Cèéèêë 5ìí´îï> ðY5 ìTC¡¢. ËÌ34 @M. §g/¿34A BD7o¦ñ> +,-=ìoòó ô. ƒ34ÐÏõÇö ÷³øù> ú¤ûü« ýDC. þÿôù/¿ 34ÐÏDz!. "# gL$8@;%&'ä (›ê)&*>C+,= -./. ?/¿34@ MD(0•. g123 4567D89. :; ù=<==<5>g/ ¿8kÐÏ?@AB. CDEFGHI?/¿ 85z!DJK7LL ìM> 书 一、单项选择题　１～４　ＢＣＤＤ　５～８　ＢＤＢＡ 二、多项选择题　９．ＢＣＤ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＢＤ． 三、填空题　１２．１２；　１３． １ ９；　１４ (． －３，－ ]３４ ． 四、解答题 １５．（１）２ｘ－３ｙ＋７＝０．　（２）ｘ＋ｙ－３＝０． １６．（１）ｙ２ ＝８ｘ．　（２）８． １７．（１）略．　（２） 槡２ １５５ ． １８．解：（１）由ｆ（ｘ）＝ｅｘ（ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ）＋ａ， 得ｆ′（ｘ）＝ｅｘ（ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ）＋ｅｘ（ｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ） ＝２ｅｘｃｏｓｘ， 由曲线ｙ＝ｆ（ｘ）在点（０，ｆ（０））处的切线过点（１，２）， 得ｆ′（０）＝ｆ（０）－２０－１ ， 即２＝１－ａ，解得ａ＝－１． （２）存在实数ｘ１，ｘ２∈［０，π］， 使得ｇ（ｘ２）＜ｆ（ｘ１）＋１３－ｅ π ２成立， 即ｇ（ｘ）ｍｉｎ ＜ｆ（ｘ）ｍａｘ＋１３－ｅ π ２，ｘ∈［０，π］． 由（１）知ｆ′（ｘ）＝２ｅｘｃｏｓｘ， 所以ｆ′（ｘ）＝０在［０，π］上的解为ｘ＝π２， 函数ｆ（ｘ） [在 ０，π )２ 上单调递增， (在 π２， ]π 上单调递减， 所以ｆ（ｘ）ｍａｘ (＝ｆ π )２ ＝ｅπ２ ＋ａ． 又ａ２－ａ＋１０＞０恒成立， 所以ｇ（ｘ）＝（ａ２－ａ＋１０）ｅｘ在［０，π］上单调递增， 所以ｇ（ｘ）ｍｉｎ ＝ｇ（０）＝ａ ２－ａ＋１０， 故ａ２－ａ＋１０＜ｅ π ２ ＋ａ＋１３－ｅ π ２，即ａ２－２ａ－３＜０， 解得 －１＜ａ＜３， 所以实数ａ的取值范围是（－１，３）． １９．解：（１）由题可得２＝１＋１，３＝１×２＋１， ７＝１×２×３＋１，４３＝１×２×３×７＋１， 所以１，２，３，７，４３是“Ｈ（１）数列”． （２）数列｛ｃｎ｝不是“Ｈ（ｔ）数列”，理由如下： ｃｎ ＝１＋ １ ｎ＝ ｎ＋１ ｎ （ｎ∈Ｎ＋），则ｃｎ＋１＝ ｎ＋２ ｎ＋１（ｎ∈Ｎ＋）， 又ｃ１ｃ２ｃ３…ｃｎ ＝ ２ １· ３ ２· ４ ３… ｎ＋１ ｎ ＝ｎ＋１（ｎ∈Ｎ＋）， 所以ｃｎ＋１－ｃ１ｃ２ｃ３…ｃｎ ＝ ｎ＋２ ｎ＋１－（ｎ＋１） ＝ １ｎ＋１－ｎ（ｎ∈Ｎ＋）， 因为 １ ｎ＋１－ｎ不是常数，所以数列｛ｃｎ｝不是“Ｈ（ｔ）数列”． （３）因为数列｛ａｎ｝为“Ｈ（ｔ）数列”， 由∑ ｎ ｉ＝１ ａ２ｉ ＝ａｎ＋１＋ｌｏｇ２ｂｎ－ｔ（ｎ∈Ｎ＋）， 有∑ ｎ ｉ＝１ ａ２ｉ ＝ａ１ａ２ａ３…ａｎ＋ｌｏｇ２ｂｎ（ｎ∈Ｎ＋）， ① 所以∑ ｎ＋１ ｉ＝１ ａ２ｉ ＝ａ１ａ２ａ３…ａｎａｎ＋１＋ｌｏｇ２ｂｎ＋１（ｎ∈Ｎ＋），② 两式作差得 ａ２ｎ＋１ ＝（ａｎ＋１－１）ａ１ａ２ａ３…ａｎ＋ｌｏｇ２ ｂｎ＋１ ｂｎ （ｎ∈Ｎ＋）， 又因为数列｛ａｎ｝为“Ｈ（ｔ）数列”， 所以ａｎ＋１－ｔ＝ａ１ａ２ａ３…ａｎ（ｎ∈Ｎ＋）， 设数列｛ｂｎ｝的公比为ｑ， 所以ａ２ｎ＋１ ＝（ａｎ＋１－１）（ａｎ＋１－ｔ）＋ｌｏｇ２ｑ（ｎ∈Ｎ＋）， 即（ｔ＋１）ａｎ＋１－（ｔ＋ｌｏｇ２ｑ）＝０对ｎ∈Ｎ＋成立， 则 ｔ＋１＝０， ｔ＋ｌｏｇ２ｑ＝ { ０ ｔ＝－１， ｑ＝２{ ， 又ａ１ ＝２，ａ ２ １ ＝ａ１＋ｌｏｇ２ｂ１， 所以ｂ１ ＝４， 所以ｂｎ＝４×２ ｎ－１＝２ｎ＋１，ｔ＝－１． 书 专项小练一、分类加法计数原理 １．现有１７名男运动员和９名女运动员，从中 选一人参加乒乓球赛，则不同的选法共有 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　（Ａ）７种 （Ｂ）９种 （Ｃ）２６种　 （Ｄ）６３种 ２．现有高中一年级的学生１０名，高中二年级 的学生２０名，高中三年级的学生１５名．从中任选１ 名学生到国外去学习，则不同的选法共有 （　　） （Ａ）３０００种 （Ｂ）４５种 （Ｃ）２０种 （Ｄ）３种 ３．某单位的职工中，３０人的血型为 Ａ型，１５ 人的血型为Ｂ型，２０人的血型为ＡＢ型，１０人的血 型为Ｏ型．现从中选一人参加献血活动，则不同的 选法共有 （　　） （Ａ）４种 （Ｂ）３０种 （Ｃ）６５种 （Ｄ）７５种 ４．高二（１）班有２０名女生，３５名男生；高二 （２）班有男生和女生各２５人．现从高二（１）班的 男生或高二（２）班的女生中选出一名学生担任学 生会干部，则有 种不同的选法． ５．有大小不等的两个正方体玩具，分别在各 面上标有数字１，２，３，４，５，６．抛掷两个玩具后，向 上的面标着的两个数字之积不小于２０的情形有 种． 专项小练二、分步乘法计数原理 １．商店里有１０件不同的上衣和１２条不同的 裤子．某人要买一件上衣和一条裤子，则不同的选 法共有 （　　） （Ａ）１０种 （Ｂ）１２种 （Ｃ）２２种 （Ｄ）１２０种 ２．从１到１０的正整数中，任意抽取两个相加 所得的和为奇数的不同情形有 （　　） （Ａ）１０种 （Ｂ）１５种 （Ｃ）２０种 （Ｄ）２５种 ３．一只小老鼠跑到厨房偷食，在厨房的餐桌 上有三类食物：蔬菜、面食和水果，其中蔬菜５种， 面食４种，水果３种．小老鼠想每种都带，但由于能 力有限，它只能带走每类食物中的一种，则不同的 带法共有 （　　） （Ａ）６０种 （Ｂ）２０种 （Ｃ）１２种 （Ｄ）３种 ４．已知 ａ∈ ｛０，３，４｝，ｂ∈ ｛１，２，７，８｝，ｃ∈ ｛－１，０，２｝，则方程（ｘ－ａ）２＋（ｙ－ｂ）２＝ｃ２表示 不同的圆的个数是 ． ５．五名旅客在三家旅店投宿的方法有 种． 书 分类加法计数原理与分步乘法计数原理是最 基本的原理，也是推导排列数、组合数公式的理论 依据，因此我们要重点掌握，究竟如何设计合理的 方案去使用分类加法计数原理或分步乘法计数原 理，如何应用两个计数原理解决问题，下面以两个 涂色问题的解法探讨来举例说明． 例１要用四种颜色给 Ａ， Ｂ，Ｃ，Ｄ区域染色（如图１），每 一区域用一种颜色，只要求相 邻的区域着色不同，则不同染色的方法有多少种？ 解析一：第一步给Ａ区染色，从四种颜色中选 一种有４种方法；第二步给Ｂ区染色，从剩下的三 种颜色中选一种有３种方法；接着给Ｃ区染色有２ 种方法，最后给Ｄ区染色只有２种方法（因为可以 用Ａ区的颜色）． 由分步乘法计数原理知不同的染色方法共有 ４×３×２×２＝４８（种）． 解析二：（１）若 Ａ，Ｄ同色，则有４×３×２＝ ２４（种）涂法；（２）若 Ａ，Ｄ，Ｂ，Ｃ着色均不相同，则 有４×３×２×１＝２４（种）涂法． 由分类加法计数原理， 共有２４＋２４＝４８（种）方法． 点评：（１）利用分类、分步计数原理对各区域 进行着色，这是处理这类问题的基本方法； （２）若用５种颜色去涂色有多少种不同的涂 法呢？请同学们自己完成． 例２如图２所示的矩形 由 Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ，Ｅ五部分组成， 现提供四种颜色给这五部分 着色（可以不全用），要求相邻部分不得使用同一 种颜色，则不同的着色方法有多少种？ 解析：依题意至少要用三种颜色． （１）当选三种颜色时，Ａ与Ｄ用四种颜色中的 同一种颜色，有４种选法，Ｂ与Ｃ必用剩下三种颜 色中的同一种，有３种选法，Ｅ最后用余下两种颜 色中的一种，有２种选法． 由分步乘法计数原理， 共有４×３×２＝２４（种）． （２）当用四种颜色时，若 Ａ与 Ｄ颜色相同，Ｂ 与Ｃ颜色必不同．则由分步计数原理有４×３×２ ＝２４（种）选法，同理，若Ｂ与Ｃ颜色相同，Ａ与Ｄ 颜色必不同，也有４×３×２＝２４（种）选法．故此 时有２４＋２４＝４８（种）选法． 由分类加法计数原理， 不同的着色方法共有２４＋４８＝７２（种）． 点评：本题的解法是先分类后分步，既用了分类 加法计数原理，又用到了分步乘法计数原理，思路清 晰，条理分明．另外本题也可采用先分步后分类的方 法求解，此处不再给出，请同学们自行完成． )*+,-+. /0'(123 ! 45678 ! 9: ; < ! ! ! ! " # ! ' ! $ ! % & !" ! 书书书 计 数 原 理 同 步 核 心 素 养 测 评 ◎ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 第 Ⅰ 卷 选 择 题 （ 共 ５８ 分 ） 一 、 单 项 选 择 题 ： 本 题 共 ８ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 ４０ 分 ． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 １． 某 校 高 二 一 班 有 优 秀 团 员 ７ 人 ， 二 班 有 优 秀 团 员 １１ 人 ， 三 班 有 优 秀 团 员 ９ 人 ，学 校 组 织 他 们 去 参 观 某 爱 国 主 义 教 育 基 地 ．现 推 选 １ 名 优 秀 团 员 为 总 负 责 人 ，不 同 的 选 法 种 数 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ６９ ３ （ Ｂ） ２７ （ Ｃ） ８６ （ Ｄ ） １０ ６ ２ ． 志 达 高 中 要 求 学 生 除 了 学 习 第 二 语 言 英 语 ， 还 要 求 同 时 进 修 第 三 语 言 和 第 四 语 言 ， 其 中 第 三 语 言 可 从 俄 语 、 德 语 、 法 语 、 西 班 牙 语 中 任 选 一 个 ，第 四 语 言 可 从 日 语 、 韩 语 、 越 南 语 、 柬 埔 寨 语 、 意 大 利 语 中 任 选 一 个 ，则 学 生 可 选 取 的 语 言 组 合 数 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ２０ （ Ｂ） ２５ （ Ｃ） ３０ （ Ｄ ） ３５ ３． 如 图 １， 要 让 电 路 从 Ａ 处 到 Ｂ 处 只 有 一 条 支 路 接 通 ，不 同 的 路 径 条 数 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ５ （ Ｂ） ７ （ Ｃ） ８ （ Ｄ ） １２ ４． 以 下 运 算 结 果 为 ３４ 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ３ 封 不 同 的 信 投 入 ４ 个 不 同 的 邮 筒 的 投 法 （ Ｂ） ４ 个 运 动 员 争 夺 ３ 个 项 目 的 冠 军 （ 每 个 项 目 只 有 一 个 冠 军 ） （ Ｃ） ３ 块 地 种 植 ４ 种 不 同 的 蔬 菜 的 种 法 （ Ｄ ） ４ 个 同 学 购 买 ３ 种 不 同 的 书 籍 ，每 人 购 买 １ 本 的 种 数 ５． 将 “ １， ２， ２， ３， ４， ５” 这 ６ 个 数 字 填 入 如 下 表 所 示 的 表 格 区 域 中 ，每 个 区 域 填 一 个 数 字 ，１ 不 在 Ａ 区 域 且 三 列 中 只 有 中 间 一 列 区 域 的 数 字 之 和 为 ７， 若 中 间 一 列 填 ２ 和 ５， 则 不 同 的 填 法 有 （ 　 　 ） Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ Ｆ （ Ａ ） ２０ 种 （ Ｂ） ２４ 种 （ Ｃ） ３６ 种 （ Ｄ ） ４８ 种 ６． 中 国 空 间 站 设 计 寿 命 为 １０ 年 ， 长 期 驻 留 ３ 人 ， 最 大 可 扩 展 为 １８ ０ 吨 级 六 舱 组 合 体 ，以 进 行 较 大 规 模 的 空 间 应 用 ．假 设 实 验 舱 要 在 ３ 周 时 间 内 开 展 Ａ， Ｂ， Ｃ， Ｄ ，Ｅ 五 项 实 验 ，其 中 第 一 周 安 排 ２ 项 实 验 ，第 二 周 和 第 三 周 至 少 各 安 排 １ 项 实 验 ，Ａ ，Ｂ 两 项 实 验 安 排 在 同 一 周 内 ， 则 不 同 的 实 验 方 案 共 有 （ 　 　 ） （ Ａ ） ６ 种 （ Ｂ） １２ 种 （ Ｃ） １８ 种 （ Ｄ ） ２４ 种 ７． 用 ０， １， ２， ３， ４， ５ 这 ６ 个 数 字 组 成 无 重 复 数 字 的 四 位 数 ， 若 把 每 位 数 字 比 其 左 邻 的 数 字 小 的 数 叫 做 “ 渐 降 数 ” ， 则 上 述 四 位 数 中 “ 渐 降 数 ” 的 个 数 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） １５ （ Ｂ） １８ （ Ｃ） １４ （ Ｄ ） １１ ８． 《 九 章 算 术 》 中 ， 称 底 面 为 矩 形 而 有 一 侧 棱 垂 直 于 底 面 的 四 棱 锥 为 阳 马 ．设 ＡＡ １ 是 正 六 棱 柱 的 一 条 侧 棱 ，如 图 ２， 若 阳 马 以 该 正 六 棱 柱 的 顶 点 为 顶 点 ， 以 ＡＡ １ 为 底 面 矩 形 的 一 边 ，则 这 样 的 阳 马 的 个 数 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ４ （ Ｂ） ８ （ Ｃ） １２ （ Ｄ ） １６ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． 某 校 实 行 选 课 走 班 制 度 ，张 毅 同 学 选 择 的 是 地 理 、 生 物 、 政 治 这 三 科 ， 且 生 物 在 Ｂ 层 ， 该 校 周 一 上 午 选 课 走 班 的 课 程 安 排 如 下 表 所 示 ，张 毅 选 择 三 个 科 目 的 课 各 上 一 节 ， 另 外 一 节 上 自 习 ， 则 下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） 第 １ 节 第 ２ 节 第 ３ 节 第 ４ 节 地 理 １ 班 化 学 Ａ 层 ３ 班 地 理 ２ 班 化 学 Ａ 层 ４ 班 生 物 Ａ 层 １ 班 化 学 Ｂ 层 ２ 班 生 物 Ｂ 层 ２ 班 历 史 Ｂ 层 １ 班 物 理 Ａ 层 １ 班 生 物 Ａ 层 ３ 班 物 理 Ａ 层 ２ 班 生 物 Ａ 层 ４ 班 物 理 Ｂ 层 ２ 班 生 物 Ｂ 层 １ 班 物 理 Ｂ 层 １ 班 物 理 Ａ 层 ４ 班 政 治 １ 班 物 理 Ａ 层 ３ 班 政 治 ２ 班 政 治 ３ 班 （ Ａ ） 此 人 有 ４ 种 选 课 方 式 （ Ｂ） 此 人 有 ５ 种 选 课 方 式 （ Ｃ） 自 习 不 可 能 安 排 在 第 ２ 节 （ Ｄ ） 自 习 可 安 排 在 ４ 节 课 中 的 任 一 节 １０ ．太 原 市 地 铁 公 司 为 鼓 励 人 们 绿 色 出 行 ， 决 定 按 照 乖 客 的 乘 坐 站 数 实 施 分 段 优 惠 政 策 ，不 超 过 １０ 站 的 地 铁 票 价 如 下 表 ： 乘 坐 站 数 ｘ ０ ＜ ｘ ≤ ４ ４ ＜ ｘ ≤ ７ ７ ＜ ｘ ≤ １０ 票 价 ／元 ２ ３ ４ 现 有 甲 、乙 两 位 乘 客 同 时 从 首 站 乘 坐 同 一 辆 地 铁 ， 已 知 他 们 乘 坐 地 铁 都 不 超 过 １０ 站 ，且 他 们 各 自 在 每 个 站 下 地 铁 的 可 能 性 相 同 ， 则 下 列 结 论 中 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ） 若 甲 和 乙 两 人 共 付 费 ５ 元 ，则 甲 和 乙 下 地 铁 的 方 案 共 有 １２ 种 （ Ｂ） 若 甲 和 乙 两 人 共 付 费 ５ 元 ，则 甲 和 乙 下 地 铁 的 方 案 共 有 ２４ 种 （ Ｃ） 若 甲 和 乙 两 人 共 付 费 ６ 元 ，则 甲 和 乙 下 地 铁 的 方 案 共 有 ２７ 种 （ Ｄ） 若 甲 和 乙 两 人 共 付 费 ６ 元 ，则 甲 和 乙 下 地 铁 的 方 案 共 有 ３３ 种 １１ ．现 有 ５ 幅 不 同 的 国 画 ，２ 幅 不 同 的 油 画 ，７ 幅 不 同 的 水 彩 画 ， 下 列 说 法 正 确 的 有 （ 　 　 ） （ Ａ ） 从 中 任 选 一 幅 画 布 置 房 间 ，有 １４ 种 不 同 的 选 法 （ Ｂ） 从 这 些 国 画 、油 画 、水 彩 画 中 各 选 一 幅 布 置 房 间 ，有 ７０ 种 不 同 的 选 法 （ Ｃ） 从 这 些 画 中 选 出 两 幅 不 同 种 类 的 画 布 置 房 间 ，有 ５９ 种 不 同 的 选 法 （ Ｄ ） 要 从 ５ 幅 不 同 的 国 画 中 选 出 ２ 幅 ，分 别 挂 在 左 、右 两 边 墙 上 的 指 定 位 置 ，共 有 ９ 种 不 同 的 挂 法 第 Ⅱ 卷 非 选 择 题 （ 共 ９２ 分 ） 三 、 填 空 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 １５ 分 ． １ ２ ．按 Ａ ＢＯ 血 型 系 统 学 说 ，每 个 人 的 血 型 为 Ａ ，Ｂ ， Ｏ ，Ａ Ｂ 型 四 种 之 一 ．依 血 型 遗 传 学 ， 当 且 仅 当 父 母 中 至 少 有 一 人 的 血 型 是 Ａ Ｂ 型 时 ，子 女 的 血 型 一 定 不 是 Ｏ 型 ．若 某 人 的 血 型 为 Ｏ 型 ，则 其 父 母 血 型 的 所 有 可 能 情 况 有 种 ． １３ ．从 １， ３， ５， ７， ９ 这 五 个 数 中 ，每 次 取 出 两 个 不 同 的 数 分 别 记 为 ａ， ｂ， 则 ｌｇ ｂ － ｌｇ ａ 的 不 同 值 有 个 ． １４ ．如 图 ３ 所 示 是 一 段 灌 溉 用 的 水 渠 ，上 游 和 下 游 之 间 建 有 Ａ， Ｂ， Ｃ， Ｄ ， Ｅ 五 个 水 闸 ， 若 上 游 有 充 足 水 源 但 下 游 没 有 水 ， 则 这 五 个 水 闸 打 开 或 关 闭 的 情 况 有 种 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 有 Ａ， Ｂ， Ｃ 三 个 城 市 ，上 午 从 Ａ 城 去 Ｂ 城 有 ５ 班 汽 车 ， ２ 班 火 车 ，都 能 在 １ ２ ：０ ０ 前 到 达 Ｂ 城 ．下 午 从 Ｂ 城 去 Ｃ 城 有 ３ 班 汽 车 ， ２ 班 轮 船 ．某 人 上 午 从 Ａ 城 出 发 去 Ｂ 城 ，要 求 １２ ：０ ０ 前 到 达 ，然 后 他 下 午 去 Ｃ 城 ，问 有 多 少 种 不 同 的 走 法 ？ & ' ! + ' ' + ! 3 ¤ ¥ b ¦ § ¨ © ª « ¬ ­ Ž ® ¯ ° ‰ ! I ± ! " # $ % & ' ( ¤ ¥ b ¦ 6 ¨ © ª « ¬ ­ Ž ® ¯ ° ‰ ! I ± ! " ) $ % & ' ( ! " $ " ' # " ! ) ! % 书 答案详解 　 ２０２４～２０２５学年　高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期（２０２５年２月）　 第２９期３，４版 学业水平测评（三） 一、单项选择题 １～４　ＤＢＣＣ　５～８　ＢＣＡＢ 提示： １．由题可得ａ２ ＝２ａ１＋ ６ １ ＝２×１＋６＝８， ａ３ ＝２ａ２＋ ６ ２ ＝２×８＋３＝１９． ２．依题意｛ａｎ｝是等差数列，且公差为ｄ， ａ１ ＝１２，Ｓ５ ＝５ａ１＋１０ｄ＝６０＋１０ｄ＝４８，ｄ＝－１２， 所以ａ５ ＝ａ１＋４ｄ＝１２－４８＝７２（尺）． ３．由题可得ｌｏｇ３ａ２＋ｌｏｇ３ａ１２ ＝ｌｏｇ３（ａ２ａ１２） ＝ｌｏｇ３（ａ７） ２ ＝ｌｏｇ３８１＝４． ４．设曲线 ｙ＝ ｅ ｘ ｘ＋１ (在点 １，ｅ)２ 处的切线方程为 ｙ－ｅ２ ＝ｋ（ｘ－１），ｙ′＝ ｅｘ（ｘ＋１）－ｅｘ （ｘ＋１）２ ＝ ｘｅ ｘ （ｘ＋１）２ ， 所以ｋ＝ｙ′（１）＝ ｅ４，所以ｙ－ ｅ ２ ＝ ｅ ４（ｘ－１）， 所以所求切线方程为ｙ＝ ｅ４ｘ＋ ｅ ４． ５．因为函数ｆ（ｘ）＝ｘ２－ａｘ＋３在（０，１）上为减函数， 所以 ａ ２≥１，即ａ≥２． ｇ′（ｘ）＝２ｘ－ａｘ， 依题意ｇ′（ｘ）≥０在（１，２）上恒成立， 即２ｘ２≥ａ在（１，２）上恒成立，有ａ≤２，综上，ａ＝２． ６．函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ＋９２ｘ ２＋ｂｘ＋１的定义域为（０，＋∞）， 求导得ｆ′（ｘ）＝ １ｘ＋９ｘ＋ｂ， 依题意ｘ＞０，ｆ′（ｘ）＞０， 而 １ ｘ＋９ｘ＋ｂ≥２ １ ｘ·９槡 ｘ＋ｂ＝６＋ｂ， 当且仅当 １ ｘ ＝９ｘ，即ｘ＝ １ ３时取等号， 因此６＋ｂ＞０，解得ｂ＞－６， 所以实数ｂ的取值范围为（－６，＋∞）． ７．ｆ′（ｘ）＝（２ｘ＋ａ）ｅｘ－１＋（ｘ２＋ａｘ－１）ｅｘ－１ ＝［ｘ２＋（ａ＋２）ｘ＋ａ－１］ｅｘ－１． 因为ｘ＝－２是ｆ（ｘ）的极值点，所以ｆ′（－２）＝０， 即（４－２ａ－４＋ａ－１）·ｅ－３ ＝０，解得ａ＝－１． 所以ｆ（ｘ）＝（ｘ２－ｘ－１）ｅｘ－１， ｆ′（ｘ）＝（ｘ２＋ｘ－２）ｅｘ－１ ＝（ｘ－１）（ｘ＋２）ｅｘ－１． 由ｆ′（ｘ）＞０得ｘ＜－２或ｘ＞１； 由ｆ′（ｘ）＜０得－２＜ｘ＜１． 所以ｆ（ｘ）在（－∞，－２）上单调递增，在（－２，１）上单调 递减，在（１，＋∞）上单调递增，所以ｆ（ｘ）的极小值点为１，所 以ｆ（ｘ）的极小值为ｆ（１）＝－１． ８．设等差数列｛ｂｎ｝的公差为ｄ，ｄ≠０， 则 Ｓｎ ＝ ｎ＋ ｎ（ｎ－１） ２ ｄ， Ｓｎ Ｓ２ｎ ＝ ｎ＋ｎ（ｎ－１）２ ｄ ２ｎ＋２ｎ（２ｎ－１）２ ｄ ＝ ２＋（ｎ－１）ｄ ４＋２（２ｎ－１）ｄ＝ ｄｎ＋２－ｄ ４ｄｎ＋４－２ｄ＝ｋ（ｋ为常数）， 则（４ｋ－１）ｄｎ＋（２ｋ－１）（２－ｄ）＝０， 因为对任意正整数ｎ上式均成立， 所以 ４ｋ－１＝０， （２ｋ－１）（２－ｄ）＝０{ ，所以 ｋ＝ １４， ｄ＝２ { ， 则ｂｎ ＝１＋２（ｎ－１）＝２ｎ－１． 二、多项选择题 ９．ＣＤ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＣ． 提示： ９．由图可得函数ｆ（ｘ）在（－２，２），（４，＋∞）上单调递增                                                        ， —１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 在（－∞，－２），（２，４）上单调递减，故（Ａ）错误，（Ｃ）正确； 当ｘ＝－２或ｘ＝４时，ｆ（ｘ）有极小值，当ｘ＝２时，ｆ（ｘ） 有极大值，故（Ｂ）错误，（Ｄ）正确． 故选（Ｃ）（Ｄ）． １０．ｆ′（ｘ）＝（ｘ＋１）（ｅｘ－ｍ）， 因为ｘ∈［１，３］， 所以ｅｘ∈［ｅ，ｅ３］， 当０＜ｍ≤ｅ时，ｘ＋１＞０，ｅｘ－ｍ≥０， 所以ｆ′（ｘ）≥０，ｆ（ｘ）在［１，３］上单调递增， ｆ（ｘ）ｍｉｎ ＝ｆ（１）＝ｅ－ ３ ２ｍ，故（Ａ）正确； 当ｅ＜ｍ＜ｅ３时，ｘ＋１＞０， 当ｘ∈［１，ｌｎｍ］，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减， 当ｘ∈［ｌｎｍ，３］，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增， ｆ（ｘ）ｍｉｎ ＝ｆ（ｌｎｍ）＝－ ｍ ２（ｌｎｍ） ２，故（Ｂ）正确； 当ｍ≥ｅ３时，ｘ＋１＞０，ｅｘ－ｍ＜０，所以ｆ′（ｘ）＜０， ｆ（ｘ）在［１，３］上单调递减， ｆ（ｘ）ｍｉｎ ＝ｆ（３）＝３ｅ ３－１５２ｍ，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．由Ｓ４ ＝Ｓ３－ １ Ｓ３ 得ａ４ ＝－ １ Ｓ３ ， 则显然等比数列｛ａｎ｝的公比ｑ≠１， 则有ａ１ｑ ３ ＝－ １ ａ１（１－ｑ ３） １－ｑ ，即ａ２１ｑ ３ ＝－ １ １＋ｑ＋ｑ２ ， 即ａ２１ｑ ３（１＋ｑ＋ｑ２）＝－１，易知ｑ＜０， 当ｑ≤ －１时，ｑ３≤－１，１＋ｑ＋ｑ２≥１， 因为ａ１ ＞１，则ａ ２ １ｑ ３（１＋ｑ＋ｑ２）＝－１不可能成立， 所以 －１＜ｑ＜０，则ａ１－ａ３ ＝ａ１（１－ｑ ２）＞０， ａ２－ａ４ ＝ａ１ｑ（１－ｑ） ２ ＜０， 所以ａ１ ＞ａ３，ａ２ ＜ａ４． 故选（Ａ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．（０，＋∞）；　１３．１７；　１４．１４００． 提示： １２．ｙ′＝ａ（３ｘ２－１），令ｙ′＝０，得ｘ＝±槡３３， 由函数ｙ＝ａ（ｘ３－ｘ） ( 的单调递增区间是 －∞，－槡３)３ (， 槡３３，＋ )∞ ， 得导函数ｙ′＝ａ（３ｘ２－１）的图象是开口向上的抛物线， 所以ａ＞０，即实数ａ的取值范围是（０，＋∞）． １３．依题意ａ１＝１，易知ａ２＝７，所以等差数列｛ａｎ｝的公差 为６，ａｎ ＝６ｎ－５，令６ｎ－５≤１００，得ｎ≤１７５，又ｎ∈Ｎ＋，所 以ｎ＝１７，所以｛ａｎ｝共有１７项． １４．设第ｎ天选择Ａ餐厅就餐的学生比例为ａｎ， 由题意得ａ１ ＝ １ ２，ａｎ ＝ １ ４ａｎ－１＋ １ ２（１－ａｎ－１）（ｎ≥２）， 所以ａｎ ＝－ １ ４ａｎ－１＋ １ ２（ｎ≥２）， 故ａｎ－ ２ ５ ＝－ (１４ ａｎ－１－ )２５ （ｎ≥２）， {所以 ａｎ－ }２５ 是以 １１０为首项，－１４为公比的等比数列， 所以ａｎ－ ２ ５ ＝ １ (１０ － )１４ ｎ－１ ， 则ａ１００ ＝ ２ ５＋ １ １０ (× － )１４ ９９ ≈ ２５， 估计第１００天该学校到Ａ厅就餐的学生人数为３５００×ａ１００ ≈３５００×２５ ＝１４００（人）． 四、解答题 １５．解：（１）设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ， 则由Ｓ３ ＝－９ａ６得３ａ１＋ ３×２ ２ ｄ＝－９（ａ１＋５ｄ）， 解得ａ１ ＝－４ｄ， 又ａ１ ＝８，解得ｄ＝－２， 则数列｛ａｎ｝的通项公式为 ａｎ ＝ａ１＋（ｎ－１）ｄ＝－２ｎ＋１０． （２）由（１）得数列｛ａｎ｝的前ｎ项和 Ｓｎ ＝ｎａ１＋ ｎ（ｎ－１） ２ ｄ＝－ｎ ２＋９ｎ， 易得当ｎ＝４或ｎ＝５时，Ｓｎ最大， 即数列｛ａｎ｝的前４项或前５项之和最大， 最大值为 －４２＋９×４＝２０． １６．解：（１）ｆ′（ｘ）＝１＋２ ｘ２ ，ｇ′（ｘ）＝－ａｘ， 所以曲线ｙ＝ｆ（ｘ）在ｘ＝１处的切线的斜率为 ｆ′（１）＝３， 曲线ｙ＝ｇ（ｘ）在ｘ＝１处的切线的斜率为ｇ′（１）＝－ａ                                                                      ， —２— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 由已知得ｆ′（１）＝ｇ′（１），解得ａ＝－３． （２）由题意得１＋２ ｘ２ ＝－ａｘ（ｘ＞０）， 则ａ＝－ｘ－２ｘ≤－ 槡２２， 当且仅当ｘ＝槡２时，等号成立， 故实数ａ的取值范围为（－∞，－ 槡２２］． １７．（１）证明：因为ａｎ＋１ ＝Ｓｎ＋１－Ｓｎ， Ｓ２ｎ ＝ａ ２ ｎ＋１－λＳｎ＋１， 所以Ｓ２ｎ ＝（Ｓｎ＋１－Ｓｎ） ２－λＳｎ＋１， 则Ｓｎ＋１（Ｓｎ＋１－２Ｓｎ－λ）＝０． 因为ａｎ ＞０，所以Ｓｎ＋１ ＞０， 所以Ｓｎ＋１－２Ｓｎ－λ＝０，故Ｓｎ＋１ ＝２Ｓｎ＋λ． （２）解：由（１）知Ｓｎ＋１ ＝２Ｓｎ＋λ， 当ｎ≥２时，Ｓｎ ＝２Ｓｎ－１＋λ， 两式相减得ａｎ＋１ ＝２ａｎ（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ＋）， 所以数列｛ａｎ｝从第二项起成等比数列，且公比ｑ＝２． 又Ｓ２ ＝２Ｓ１＋λ，即ａ２＋ａ１ ＝２ａ１＋λ， 所以ａ２ ＝ａ１＋λ＝１＋λ＞０，得λ＞－１． 因此ａｎ ＝ １， （λ＋１）２ｎ－２ { ， ｎ＝１， ｎ≥２． 若数列｛ａｎ｝是等比数列， 则ａ２ ＝１＋λ＝２ａ１ ＝２，所以λ＝１， 经验证得λ＝１时，数列｛ａｎ｝是等比数列． １８．解：（１）由题意得ｆ′（ｘ）＝３ａｘ２－２ｘ＋ｂ， 因为函数ｆ（ｘ）在ｘ＝３时有极小值 －９， 所以 ｆ′（３）＝２７ａ－６＋ｂ＝０， ｆ（３）＝２７ａ－９＋３ｂ＝－９{ ， 解得ａ＝ １３，ｂ＝－３， 所以ｆ（ｘ）＝ １３ｘ ３－ｘ２－３ｘ，ｆ′（ｘ）＝ｘ２－２ｘ－３， 由ｆ′（ｘ）＜０得 －１＜ｘ＜３， 所以ｆ（ｘ）的单调递减区间为（－１，３）． （２）因为ｆ′（ｘ）＝ｘ２－２ｘ－３， 所以ｆ′（ｘ）＞ｋ（ｘｌｎｘ－１）－６ｘ－４等价于 ｘ２＋４ｘ＋１＞ｋ（ｘｌｎｘ－１），即ｘ＋ｋ＋１ｘ ＋４－ｋｌｎｘ＞０， 记ｇ（ｘ）＝ｘ＋ｋ＋１ｘ ＋４－ｋｌｎｘ， 则ｇ′（ｘ）＝１－ｋ＋１ ｘ２ －ｋｘ ＝ （ｘ＋１）（ｘ－ｋ－１） ｘ２ ， 由ｇ′（ｘ）＝０得ｘ＝ｋ＋１， 所以ｇ（ｘ）在（０，ｋ＋１）上单调递减，在（ｋ＋１，＋∞）上单 调递增，所以ｇ（ｘ）≥ｇ（ｋ＋１）＝ｋ＋６－ｋｌｎ（ｋ＋１）． ｇ（ｘ）＞０对任意正实数ｘ恒成立， 等价于ｋ＋６－ｋｌｎ（ｋ＋１）＞０， 即１＋６ｋ－ｌｎ（ｋ＋１）＞０． 记ｈ（ｘ）＝１＋６ｘ－ｌｎ（ｘ＋１）， 则ｈ′（ｘ）＝－６ ｘ２ － １ｘ＋１＜０， 所以ｈ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递减， 又ｈ（６）＝２－ｌｎ７＞０，ｈ（７）＝１３７－ｌｎ８＜０， 所以ｋ的最大值为６． １９．（１）解：由题可知ｆ（０）＝ｇ（０）＝０， ｆ′（ｘ）＝ １ｘ＋１，ｆ″（ｘ）＝－ １ （ｘ＋１）２ ， ｇ′（ｘ）＝ ｍ （１＋ｎｘ）２ ，ｇ″（ｘ）＝－ ２ｍｎ （１＋ｎｘ）３ ， 所以ｆ′（０）＝ｇ′（０）＝ｍ＝１， ｆ″（０）＝ｇ″（０）＝－１＝－２ｍｎ， 所以ｍ＝１，ｎ＝ １２． （２）证明：由（１）知ｇ（ｘ）＝ ２ｘｘ＋２， 令φ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｇ（ｘ）＝ｌｎ（ｘ＋１）－ ２ｘｘ＋２（ｘ≥０）， 则φ′（ｘ）＝ １ｘ＋１－ ４ （ｘ＋２）２ ＝ ｘ ２ （ｘ＋１）（ｘ＋２）２ ≥０， 所以φ（ｘ）在［０，＋∞）上单调递增， 又φ（０）＝ｆ（０）－ｇ（０）＝０， 所以φ（ｘ）≥φ（０）＝０，即当ｘ≥０时，ｆ（ｘ）≥ｇ（ｘ）． （３）解：由题意知 ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ａｘ＝ｌｎ（ｘ＋１）－ａｘ（ｘ＞－１）， 所以ｈ′（ｘ）＝ １ｘ＋１－ａ＝ －ａｘ＋１－ａ ｘ＋１ ． ①当 －ａ≥０，即ａ≤０时， １ｘ＋１＞０， 所以ｈ′（ｘ）＞０，所以ｈ（ｘ）在（－１，＋∞）上单调递增； ②当 －ａ＜０，即ａ＞０时                                                                      ， —３— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 令ｈ′（ｘ）＝０得ｘ＝１－ａａ ＝ １ ａ－１＞－１， 所以当ｘ (∈ －１，１ａ－ )１ 时，ｈ′（ｘ）＞０； 当ｘ (∈ １ａ－１，＋ )∞ ，ｈ′（ｘ）＜０； 所以ｈ（ｘ） (在 －１，１ａ－ )１ 上单调递增， (在 １ａ－１，＋ )∞ 上单调递减； 综上，当ａ≤０时，ｈ（ｘ）在（－１，＋∞）上单调递增； 当ａ＞０时，ｈ（ｘ） (在 －１，１ａ－ )１ 上单调递增， (在 １ａ－ １，＋ )∞ 上单调递减． 第３０期３，４版 学业水平测评（四） 一、单项选择题 １～４　ＢＣＤＤ　５～８　ＢＤＢＡ 提示： １．因为点Ａ（ｘ０，２）在抛物线上，｜ＡＦ｜＝５｜ＯＦ｜， 所以ｘ０＋ ｐ ２ ＝ ５ｐ ２，所以ｘ０ ＝２ｐ， 所以Ａ（２ｐ，２），所以４＝２ｐ×２ｐ，解得ｐ＝１． ２．利用排除法．由点Ｎ在直线ｘ－ｙ＋１＝０上，排除（Ａ）， （Ｂ）．由ｋＭＮ ＝２，排除（Ｄ）．故选（Ｃ）． ３．因为ａ－ｂ与ａ垂直，所以（ａ－ｂ）·ａ＝０， 所以ａ·ａ－ａ·ｂ＝｜ａ｜２－｜ａ｜｜ｂ｜·ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝１－１× 槡２×ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝０，所以ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝槡 ２ ２． 因为０°≤〈ａ，ｂ〉≤１８０°，所以〈ａ，ｂ〉＝４５°． ４．由题得ｖ′（ｔ）＝３－３ｔ ｅｔ ， 所以ｔ∈［１，３］时ｖ′（ｔ）≤０， 所以ｖ（ｔ）在［１，３］上单调递减， 所以ｖ（ｔ）ｍａｘ＝ｖ（１）＝ ３ ｅ＋１５． ５．因为函数ｆ′（ｘ）＝ｅｘ＋ｅ－ｘ－２≥０， 当且仅当ｘ＝０时取等号，所以ｆ（ｘ）单调递增． 又ｆ（０）＝２， 所以ｆ（８ｘ＋４）≥２等价于８ｘ＋４≥０， 解得ｘ≥－１２． ６．由题意知ｅ＝ １＋ｂ ２ ａ槡 ２ ＝槡５， 所以ｂ＝２ａ，所以Ｍ（ａ，２ａ）， 故直线ｌ的方程为ｙ－２ａ＝－２（ｘ－ａ）． 令ｙ＝０得ｘ＝２ａ，所以Ｃ（２ａ，０）． 又因为 →ＭＤ＝λ→ＭＣ，所以Ｄ（ａ（１＋λ），２ａ（１－λ））， 代入 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１，化简得（１＋λ）２－（１－λ）２ ＝１， 解得λ＝ １４． ７．由题意可得→ → →ＢＮ＝ＡＮ－ＡＢ＝ １２ → →ＡＣ－ＡＢ， → → → → → →ＦＭ ＝ＦＤ＋ＤＭ ＝ＢＡ＋ＤＭ ＝－ＡＢ－１２ →ＡＤ， 又由正八面体ＡＢＣＤＥＦ的棱长都是２，且各个面都是等边 三角形，在△ＡＢＤ中，由ＡＢ＝ＡＤ＝２，ＢＤ＝ 槡２２，可得ＡＢ ２＋ ＡＤ２ ＝ＢＤ２，所以ＡＢ⊥ＡＤ， 所以 →ＦＭ·→ (ＢＮ＝ －１２→ → )ＡＤ－ＡＢ (· １２→ → )ＡＣ－ＡＢ ＝－１４ →ＡＤ·→ＡＣ＋１２ →ＡＤ·→ＡＢ－１２ →ＡＢ·→ →ＡＣ＋ＡＢ２ ＝－１４×２×２× １ ２＋０－ １ ２×２×２× １ ２＋２ ２ ＝－１２－１＋４＝ ５ ２． ! " # $ % & ' ( ) ! ! ８．取ＡＣ的中点Ｏ，连接ＯＢ，ＯＤ．易知 ＯＢ，ＯＣ，ＯＤ两两垂直．如图１，以Ｏ为坐标 原点，ＯＢ，ＯＣ，ＯＤ所在直线分别为 ｘ，ｙ，ｚ 轴，建立空间直角坐标系． 由 已 知 得 Ｏ（０，０，０），Ｂ（２，０，０）， Ａ（０，－２，０），Ｃ（０，２，０），Ｄ（０，０，槡２３）， 所以 →ＡＤ＝（０，２，槡２３），→ＤＣ＝（０，２，－ 槡２３）． 设Ｍ（ａ，２－ａ，０）（０≤ａ≤２），则→ＡＭ ＝（ａ，４－ａ，０）． 设平面ＤＡＭ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）． 由 →ＡＤ·ｎ＝０， →ＡＭ·ｎ＝{ ０得 ２ｙ＋ 槡２３ｚ＝０， ａｘ＋（４－ａ）ｙ＝０ { ， 可取ｎ＝（槡３（ａ－４），槡３ａ，－ａ）． 设ＤＣ与平面ＤＡＭ所成的角为θ， 则ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ〈→ＤＣ，ｎ〉｜＝ ｜槡２３ａ＋槡２３ａ｜ ４ ３（ａ－４）２＋３ａ２＋ａ槡 ２ ＝槡３４                                                                      ， —４— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 解得ａ＝ ４３或ａ＝－４（舍去）， 所以 → (｜ＡＭ｜＝ )４３ ２ (＋ )８３ ２ ＋０槡 ２ ＝ 槡４５３． 二、多项选择题 ９．ＢＣＤ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＢＤ． 提示： ９．由题意得ｄ＞０，ａ１ ＞０，ａ５ ＝２，所以ａ１ ＝２－４ｄ＞０， 解得ｄ＜ １２，所以ｄ (∈ ０， )１２ ，故（Ａ）错误； ２ａ７－ａ９ ＝（ａ５＋ａ９）－ａ９ ＝ａ５ ＝２，故（Ｂ）正确； 由ａ８＋ａ４－（ａ６＋ａ５）＝ａ８－ａ６－（ａ５－ａ４）＝２ｄ－ｄ＝ ｄ＞０得ａ８＋ａ４ ＞ａ６＋ａ５，故（Ｃ）正确； 由等差数列的性质得ａ１＋ａ９ ＝２ａ５ ＝４，故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．由（ｘ＋２）２＋（ｙ－１）２ ＝４可知圆心为Ｃ（－２，１）， 半径为２，故（Ａ）正确； 圆心Ｃ（－２，１）到直线３ｘ－４ｙ＋７＝０的距离 ｄ＝｜－６－４＋７｜ ９＋槡 １６ ＝ ３５ ＜２， 所以直线ｌ：３ｘ－４ｙ＋７＝０与圆Ｃ相交，故（Ｂ）正确； 圆Ｃ１：（ｘ＋１） ２＋（ｙ－２）２ ＝９的圆心为Ｃ１（－１，２）， 半径为３， 因为圆心距｜ＣＣ１｜＝ （－２＋１） ２＋（１－２）槡 ２ ＝槡２， 且３－２＜槡２＜３＋２， 所以圆Ｃ与圆Ｃ１：（ｘ＋１） ２＋（ｙ－２）２ ＝９相交， 故（Ｃ）正确； ｋＭＣ ＝ ２－１ ３－（－２）＝ １ ５，所以过点Ｍ（３，２）与圆心Ｃ的直线 方程为ｙ－１＝ １５（ｘ＋２），即ｘ－５ｙ＋７＝０，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １１．令ｘ＜０，则 －ｘ＞０，所以ｆ（－ｘ）＝－ｘ－１ ｅ－ｘ ＝－ｅｘ（ｘ ＋１）＝－ｆ（ｘ），得ｆ（ｘ）＝ｅｘ（ｘ＋１），故（Ａ）错误； ｆ（ｘ）的图象如图２所示． ! ! "! "! ! " ! # ! 观察在ｘ＜０时的图象，令ｆ′（ｘ）＝ｅｘ（ｘ＋１）＋ｅｘ ＝ｅｘ（ｘ ＋２）＝０，得ｘ＝－２，可知ｆ（ｘ）在（－∞，－２）上单调递减，在 （－２，０）上递增，且在（－∞，－１）上，ｆ（ｘ）＜０，在（－１，０）上， ｆ（ｘ）＞０，由此可判断在（－∞，０）仅有一个零点，由函数的对 称性可知ｆ（ｘ）在（０，＋∞）上也有一个零点，又因为ｆ（０）＝ ０，故该函数有三个零点，故（Ｂ）正确； 由图２可知，若关于ｘ的方程ｆ（ｘ）＝ｍ有解，则 －１＜ｍ ＜１，故（Ｃ）错误； 由图可知，ｆ（ｘ）的值域为（－１，１），所以对 ｘ１，ｘ２∈ Ｒ， ｜ｆ（ｘ２）－ｆ（ｘ１）｜＜２恒成立，故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．１２；　１３． １ ９；　１４ (． －３，－ ]３４ ． 提示： １２．由题意可知 ２ａ＋２ｃ＝６， ａ－ｃ＝１{ ， 解得 ａ＝２， ｃ＝１{ ， 所以椭圆的离心率ｅ＝ ｃａ ＝ １ ２． １３．设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，则ｑ＞０，显然ｑ≠１， 由题知９Ｓ４－１０ａ１－９０＝０， 所以９Ｓ４ ＝１０（ａ１＋９）＝１０（ａ１＋ａ２）＝１０Ｓ２， 即 ａ１ｑ＝９， ９· ａ１（１－ｑ ４） １－ｑ ＝１０· ａ１（１－ｑ ２） １－ｑ { ， 解得 ａ１ ＝２７， ｑ＝ １３ { ， 所以ａ６ ＝ａ１ｑ ５ ＝ １９． １４．由ｆ（ｘ）＝ｘ３＋ｍｘ是［－１，１］上的平均值函数知关于 ｘ的方程ｘ３＋ｍｘ＝ｆ（１）－ｆ（－１）１－（－１） 在区间（－１，１）上有解，即 方程ｘ３＋ｍｘ－ｍ－１＝０在区间（－１，１）上有解，就是方程ｍ ＝－ｘ２－ｘ－１在区间（－１，１）上有解．因为当ｘ∈（－１，１）时， －ｘ２－ｘ－１ (＝－ ｘ＋ )１２ ２ －３４ (∈ －３，－ ]３４ ，所以实数 ｍ (的取值范围是 －３，－ ]３４ ． 四、解答题 １５．解：（１）设与直线ｌ１：２ｘ－３ｙ－１＝０                                                                      平行的直线方程为 —５— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 ２ｘ－３ｙ＋ｃ＝０（ｃ≠－１）． 将点Ａ（－２，１）的坐标代入得 －４－３＋ｃ＝０， 解得ｃ＝７． 所以所求直线方程为２ｘ－３ｙ＋７＝０． （２）设线段ＡＢ的中点为Ｍ． 因为Ａ（－２，１），Ｂ（４，３），所以Ｍ（１，２）． 设直线ｌ１与直线ｌ２的交点为Ｎ， 联立 ２ｘ－３ｙ－１＝０， ｘ－ｙ－１＝０{ ， 解得 ｘ＝２， ｙ＝１{ ， 所以Ｎ（２，１）． 所以直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ ＝ ２－１ １－２＝－１， 所以所求直线的方程为ｙ－２＝－（ｘ－１）， 即ｘ＋ｙ－３＝０． １６．解：（１）由题意知 (Ｆ ｐ２， )０ ， 准线方程为ｘ＝－ｐ２． 由抛物线定义可知点Ｐ到焦点Ｆ的距离即为点 Ｐ到准线 的距离，所以３＋ｐ２ ＝５，解得ｐ＝４， 所以抛物线Ｃ的方程为ｙ２ ＝８ｘ． （２）由（１）知抛物线Ｃ：ｙ２ ＝８ｘ， 直线ＡＢ过点（２，０）， 可设直线ＡＢ的方程为ｘ＝ｔｙ＋２， ! ! "#" " ! # $ % ! ! $ Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），不妨设ｙ１ ＞０， 联立 ｙ２ ＝８ｘ， ｘ＝ｔｙ＋２{ ， 消ｘ得ｙ２－８ｔｙ－１６＝０， 所以ｙ１ｙ２ ＝－１６， 则ｙ２ ＝ －１６ ｙ１ ， 所以Ｓ△ＡＯＢ ＝ １ ２×２×｜ｙ１－ｙ２｜＝ ｙ１－ －１６ ｙ１ ＝ｙ１＋ １６ ｙ１ ≥ 槡２ １６＝８， 当且仅当ｙ１ ＝ １６ ｙ１ ，即ｙ１ ＝４时取等号， 所以Ｓ△ＡＯＢ的最小值为８． １７．（１）证明：在四棱锥Ｓ－ＡＢＣＤ中，连接ＢＤ交ＡＣ于点 Ｆ，则Ｆ为ＢＤ的中点，连接ＥＦ． ! " # $ % & ! ! ' ( ) * + 因为Ｅ为ＢＳ的中点， 所以ＥＦ∥ＳＤ，又ＳＤ平面ＡＣＥ，ＥＦ平面ＡＣＥ， 所以ＳＤ∥平面ＡＣＥ． （２）解：四边形ＡＢＣＤ是菱形，且∠ＡＢＣ＝１２０°， 所以△ＡＢＤ为正三角形，取ＡＢ的中点Ｏ， 连接ＯＤ，ＯＳ，则ＯＤ⊥ＡＢ． 因为平面ＡＢＳ⊥ 平面 ＡＢＣＤ，平面 ＡＢＳ∩ 平面 ＡＢＣＤ＝ ＡＢ，所以ＯＤ⊥平面ＡＢＳ． 因为△ＡＢＳ是正三角形，所以ＯＳ⊥ＡＢ． 以Ｏ为原点，分别以ＯＳ，ＯＢ，ＯＤ所在的直线为ｘ轴、ｙ轴、 ｚ轴建立空间直角坐标系． 因为ＡＢ＝４，则Ａ（０，－２，０），Ｄ（０，０，槡２３）， Ｓ（槡２３，０，０），Ｂ（０，２，０），Ｅ（槡３，１，０）， 所以 →ＡＤ＝（０，２，槡２３），→ＡＳ＝（槡２３，２，０）． 设平面ＡＳＤ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 →ＡＤ·ｎ＝０， →ＡＳ·ｎ＝０{ ，即 ２ｙ＋ 槡２３ｚ＝０， 槡２３ｘ＋２ｙ＝０ { ， 令ｘ＝槡３，所以ｙ＝－３，ｚ＝槡３， 所以平面ＡＳＤ的一个法向量为ｎ＝（槡３，－３，槡３）． 又 →ＳＥ＝（－槡３，１，０），设点Ｅ到平面ＡＳＤ的距离为ｄ， 则ｄ＝｜ｎ· →ＳＥ｜ ｜ｎ｜ ＝ ｜－３＋（－３）｜ ３＋９＋槡 ３ ＝ 槡２ １５５ ， 即点Ｅ到平面ＡＳＤ的距离为 槡２ １５５ ． １８．解：（１）由ｆ（ｘ）＝ｅｘ（ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ）＋ａ， 得ｆ′（ｘ）＝ｅｘ（ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ）＋ｅｘ（ｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ） ＝２ｅｘｃｏｓｘ， 由曲线ｙ＝ｆ（ｘ）在点（０，ｆ（０））处的切线过点（１，２                                                                      ）， —６— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 得ｆ′（０）＝ｆ（０）－２０－１ ， 即２＝１－ａ，解得ａ＝－１． （２）存在实数ｘ１，ｘ２∈［０，π］， 使得ｇ（ｘ２）＜ｆ（ｘ１）＋１３－ｅ π ２成立， 即ｇ（ｘ）ｍｉｎ ＜ｆ（ｘ）ｍａｘ＋１３－ｅ π ２，ｘ∈［０，π］． 由（１）知ｆ′（ｘ）＝２ｅｘｃｏｓｘ， 所以ｆ′（ｘ）＝０在［０，π］上的解为ｘ＝π２， 函数ｆ（ｘ） [在 ０，π )２ 上单调递增， (在 π２， ]π 上单调递减， 所以ｆ（ｘ）ｍａｘ (＝ｆ π )２ ＝ｅπ２ ＋ａ． 又ａ２－ａ＋１０＞０恒成立， 所以ｇ（ｘ）＝（ａ２－ａ＋１０）ｅｘ在［０，π］上单调递增， 所以ｇ（ｘ）ｍｉｎ ＝ｇ（０）＝ａ ２－ａ＋１０， 故ａ２－ａ＋１０＜ｅ π ２ ＋ａ＋１３－ｅ π ２，即ａ２－２ａ－３＜０， 解得 －１＜ａ＜３， 所以实数ａ的取值范围是（－１，３）． １９．解：（１）由题可得２＝１＋１，３＝１×２＋１， ７＝１×２×３＋１，４３＝１×２×３×７＋１， 所以１，２，３，７，４３是“Ｈ（１）数列”． （２）数列｛ｃｎ｝不是“Ｈ（ｔ）数列”，理由如下： ｃｎ ＝１＋ １ ｎ ＝ ｎ＋１ ｎ （ｎ∈Ｎ＋），则ｃｎ＋１ ＝ ｎ＋２ ｎ＋１（ｎ∈Ｎ＋）， 又ｃ１ｃ２ｃ３…ｃｎ ＝ ２ １· ３ ２· ４ ３… ｎ＋１ ｎ ＝ｎ＋１（ｎ∈Ｎ＋）， 所以ｃｎ＋１－ｃ１ｃ２ｃ３…ｃｎ ＝ ｎ＋２ ｎ＋１－（ｎ＋１） ＝ １ｎ＋１－ｎ（ｎ∈Ｎ＋）， 因为 １ ｎ＋１－ｎ不是常数，所以数列｛ｃｎ｝不是“Ｈ（ｔ）数列”． （３）因为数列｛ａｎ｝为“Ｈ（ｔ）数列”， 由∑ ｎ ｉ＝１ ａ２ｉ ＝ａｎ＋１＋ｌｏｇ２ｂｎ－ｔ（ｎ∈Ｎ＋）， 有∑ ｎ ｉ＝１ ａ２ｉ ＝ａ１ａ２ａ３…ａｎ＋ｌｏｇ２ｂｎ（ｎ∈Ｎ＋）， ① 所以∑ ｎ＋１ ｉ＝１ ａ２ｉ ＝ａ１ａ２ａ３…ａｎａｎ＋１＋ｌｏｇ２ｂｎ＋１（ｎ∈Ｎ＋）， ② 两式作差得ａ２ｎ＋１＝（ａｎ＋１－１）ａ１ａ２ａ３…ａｎ＋ｌｏｇ２ ｂｎ＋１ ｂｎ （ｎ∈Ｎ＋）， 又因为数列｛ａｎ｝为“Ｈ（ｔ）数列”， 所以ａｎ＋１－ｔ＝ａ１ａ２ａ３…ａｎ（ｎ∈Ｎ＋）， 设数列｛ｂｎ｝的公比为ｑ， 所以ａ２ｎ＋１ ＝（ａｎ＋１－１）（ａｎ＋１－ｔ）＋ｌｏｇ２ｑ（ｎ∈Ｎ＋）， 即（ｔ＋１）ａｎ＋１－（ｔ＋ｌｏｇ２ｑ）＝０对ｎ∈Ｎ＋成立， 则 ｔ＋１＝０， ｔ＋ｌｏｇ２ｑ＝ { ０ ｔ＝－１， ｑ＝２{ ， 又ａ１ ＝２，ａ ２ １ ＝ａ１＋ｌｏｇ２ｂ１，所以ｂ１ ＝４， 所以ｂｎ ＝４×２ ｎ－１ ＝２ｎ＋１，ｔ＝－１． 第３１期２版 专项小练一 １．Ｃ；　２．Ｂ；　３．Ｄ．　４．６０；　５．８． 专项小练二 １．Ｄ；　２．Ｄ；　３．Ａ．　４．２４；　５．２４３． 第３１期３，４版 计数原理同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＢＡＣＤ　５～８　ＢＢＡＤ 提示： １．采用分类加法计数原理，有７＋１１＋９＝２７（种 ）方法． ２．第三语言从４个中任选一个，有４种方法， 第四语言从５个中任选一个，有５种方法， 所以共有４×５＝２０（种）组合选法． ３．要让电路从Ａ处到Ｂ处接通，不同的路径条数为２×１＋ ２×３＝８． ４．对于（Ａ），共有４×４×４＝４３＝６４（种）投法，故（Ａ）错误； 对于（Ｂ），共有４×３×２＝２４（种）可能，故（Ｂ）错误； 对于（Ｃ），共有４×４×４＝４３＝６４（种）种法，故（Ｃ）错误； 对于（Ｄ），共有３×３×３×３＝３４ ＝８１（种）买法，故（Ｄ） 正确． ５．求不同填法需要４步：①中间一列填２和５有２种方法； ②再填１有３种方法；③与１同列的只能是３或４，有２种方法； ④最后两个区域，填两个数字有２种方法， 所以不同填法种数是２×３×２×２＝２４                                                                      ． —７— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 ６．Ａ，Ｂ两项实验安排在第一周， 若第二周安排１项实验，有３种方案， 若第二周安排２项实验，有３种方案， 故共有３＋３＝６（种）方案； Ａ，Ｂ两项实验不安排在第一周， 则安排在第二周或第三周，有２种方案； 第一周安排两项实验有３种方案， 故有２×３＝６（种）方案． 综上，不同的实验方案有６＋６＝１２（种）． ７．分三类： 第一类，千位数字为３时，要使四位数为“渐降数”，则四位 数只有３２１０，共１个； 第二类，千位数字为 ４时，“渐降数”有 ４３２１，４３２０， ４３１０，４２１０，共４个； 第三类，千位数字为５时，“渐降数”有５４３２，５４３１，５４３０， ５４２１，５４２０，５４１０，５３２１，５３２０，５３１０，５２１０，共１０个． 由分类加法计数原理得， 满足题意的“渐降数”共有１＋４＋１０＝１５（个）． ８．如下图，在正六棱柱ＡＢＣＤＥＦ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１Ｅ１Ｆ１中，连接 ＡＣ，Ａ１Ｃ１，ＡＥ，Ａ１Ｅ１，易知 ＡＣ⊥ 平面 ＡＡ１Ｆ１Ｆ，ＡＥ⊥ 平面 ＡＡ１Ｂ１Ｂ，ＡＦ⊥平面ＡＡ１Ｃ１Ｃ，ＡＢ⊥平面ＡＡ１Ｅ１Ｅ． ! " # $ % & ! ! # ! " ! % ! $ ! & ! 取矩形ＡＡ１Ｆ１Ｆ为阳马的底面， 则阳马的另一个顶点可以为Ｃ，Ｄ，Ｃ１，Ｄ１； 取矩形ＡＡ１Ｂ１Ｂ为阳马的底面， 则阳马的另一个顶点可以为Ｄ，Ｅ，Ｄ１，Ｅ１； 取矩形ＡＡ１Ｃ１Ｃ为阳马的底面， 则阳马的另一个顶点可以为Ｄ，Ｆ，Ｄ１，Ｆ１； 取矩形ＡＡ１Ｅ１Ｅ为阳马的底面， 则阳马的另一个顶点可以为Ｂ，Ｄ，Ｂ１，Ｄ１； 所以这样的阳马的个数是１６． 二、多项选择题 ９．ＢＤ；　１０．ＢＤ；　１１．ＡＢＣ． 提示： ９．因为生物课要求在 Ｂ层上，只有第２，３节课，故分两类 进行讨论： 第一类，若生物选第２节，则地理可选第１节或第３节，有２ 种选法，政治有２种选法，故有２×２＝４（种）选法． 第二类，若生物选第３节，则地理只能选第１节，政治只能 选第４节，自习只能选第２节，故有１种选法． 根据分类加法计数原理得到选课方式共有４＋１＝５（种）， 故（Ａ）错误，（Ｂ）正确； 自习可以安排在４节课的任意一节，故（Ｃ）错误，（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｄ）． １０．因为甲、乙两人共付费５元，则其中一人的乘坐站数不 超过４，另一人的乘坐站数超过４不超过７，若甲乘坐站数不超 过４，有４种下地铁方案，乙乘坐站数超过４不超过７，有３种下 地铁方案，则有４×３＝１２（种）方案； 同理，若乙乘坐地铁不超过４站，甲乘坐地铁超过４站不超 过７站，也有１２种方案， 因此甲和乙两人共付费５元时，共有１２＋１２＝２４（种）下 地铁的方案，故（Ａ）错误，（Ｂ）正确． 若甲、乙两人共付费６元，则共有三类情况：① 甲付２元， 乙付４元；②甲付３元，乙付３元；③甲付４元，乙付２元．易知 ①③两类情况，每类情况有４×３＝１２（种）方案，②类情况有 ３×３＝９（种）方案，所以甲、乙两人共付费６元时，共有１２＋９ ＋１２＝３３（种）下地铁的方案，故（Ｃ）错误，（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｄ）． １１．由分类加法计数原理， 共有５＋２＋７＝１４（种）不同的选法，故（Ａ）正确； 从国画、油画、水彩画中各选一幅， 分别有５种、２种、７种不同的选法， 根据分步乘法计数原理， 共有５×２×７＝７０（种）不同的选法，故（Ｂ）正确； 若其中一幅选自国画，一幅选自油画， 则有５×２＝１０（种）不同的选法； 若一幅选自国画，一幅选自水彩画， 则有５×７＝３５（种）不同的选法； 若一幅选自油画，一幅选自水彩画， 则有２×７＝１４（种）不同的选法， 故共有１０＋３５＋１４＝５９（种）不同的选法，故（Ｃ）正确； 从５幅国画中选出２幅分别挂在左、右两边墙上                                                                      ， —８— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 可以分两个步骤完成： 第一步，从５幅画中选１幅挂在左边墙上，有５种选法； 第二步，从剩下的４幅画中选１幅挂在右边墙上， 有４种选法，根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是５ ×４＝２０（种），故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．９；　１３．１８；　１４．２３． 提示： １２．由题意他的父母的血型都是Ａ，Ｂ，Ｏ三种之一， 由分步乘法计数原理知， 其父母血型的所有可能情况有３×３＝９（种）． １３．ｌｇｂ－ｌｇａ＝ｌｇｂａ有多少个不同值，只要看 ｂ ａ不同值 的个数即可．分两步分别取出ａ，ｂ．第１步，从五个数中取出一 个数作为ｂ，有５种方法；第２步，从剩下的四个数中取出一个 数作为ａ，有４种方法．根据分步乘法计数原理，取法种数为５× ４＝２０．由于 １３＝ ３ ９， ３ １＝ ９ ３，故ｌｇｂ－ｌｇａ的不同值的个数为 ２０－２＝１８． １４．每个水闸有打开或关闭两种情况， 五个水闸的打开或关闭的不同结果有２５种， 水闸Ａ打开，水闸Ｂ，Ｃ至少打开一个， 水闸Ｄ，Ｅ至少打开一个，下游有水， 水闸Ｂ，Ｃ至少打开一个的情况有（２２－１）种， 水闸Ｄ，Ｅ至少打开一个的情况有（２２－１）种， 由分步乘法计数原理得下游有水的不同结果有 １×（２２－１）×（２２－１）＝９（种）， 所以所求五个水闸打开或关闭的情况有 ２５－９＝２３（种）． 四、解答题 １５．解：由题意，从Ａ地到Ｂ地每天有汽车５班，故坐汽车有 ５种走法，从Ａ地到Ｂ地每天有火车２班，故坐火车有２种走法， 从Ａ到Ｂ共有５＋２＝７（种）走法．从Ｂ到Ｃ有两类，一类有３ 种走法，另一类有２种走法，共有３＋２＝５（种）走法． 综上，从Ａ地到Ｃ地不同的走法数为７×５＝３５（种）． １６．解：若选择①②③， 则三人出游的不同方法数Ｎ＝４×５×５＝１００． 若选择①②④，则需分两类．第一类，若甲选择４月２７日 出游，则三人出游的不同方法数Ｎ１＝５×６＝３０；第二类，若甲 不选择４月２７日出游，则三人出游的不同方法数Ｎ２＝３×４× ６＝７２．故三人出游的不同方法数Ｎ＝Ｎ１＋Ｎ２ ＝１０２． 若选择①③④， 则三人出游的不同方法数Ｎ＝４×５×５＝１００． 若选择②③④， 则三人出游的不同方法数Ｎ＝５×５×５＝１２５． １７．解：不考虑甲试剂不能对Ｃ细胞染色时： 若Ｃ，Ｅ细胞的染色试剂不同， 共有４×３×２×（１＋２）＝７２（种）方法， 若Ｃ，Ｅ细胞的染色试剂相同， 共有４×３×２×２＝４８（种）方法， 此时共有７２＋４８＝１２０（种）染色方法． 现考虑甲试剂对Ｃ细胞染色： 若Ｃ，Ｅ细胞的染色试剂不同， 共有３×２×（２＋１）＝１８（种）方法， 若Ｃ，Ｅ细胞的染色试剂相同， 共有３×２×２＝１２（种）方法， 此时共有１８＋１２＝３０（种）染色方法． 所以符合条件的染色方法有１２０－３０＝９０（种）． １８．解：（１）分３类：第１类是负责人从高一产生，有８种不 同的选法；第２类是负责人从高二产生，有１０种不同的选法；第 ３类是负责人从高三产生，有１２种不同的选法． 故共有Ｎ＝８＋１０＋１２＝３０（种）不同的选法． （２）每种选法可分为３个步骤： 第１步，从高一选一名负责人，共有８种不同的选法； 第２步，从高二选一名负责人，共有１０种不同的选法； 第３步，从高三选一名负责人，共有１２种不同的选法． 故共有Ｎ＝８×１０×１２＝９６０（种）不同的选法． （３）分３类，每类又可分两步．第１类，从高一和高二年级 中各选１人，共有８×１０＝８０（种）不同的选法；第２类，从高一 和高三年级中各选１人，共有８×１２＝９６（种）不同的选法；第 ３类，从高二和高三年级中各选１人，共有１０×１２＝１２０（种）不 同的选法． 故共有Ｎ＝８０＋９６＋１２０＝２９６（种）不同的选法． １９．解：（１）当百位为６，符合要求的“吉祥数”有６００； 当百位为５，符合要求的“吉祥数”有５１０； 当百位为４，符合要求的“吉祥数”有４２０，４０２； 当百位为３，符合要求的“吉祥数”有３３０，３１２                                                                      ； —９— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 当百位为２，符合要求的“吉祥数”有２４０，２０４，２２２； 当百位为１，符合要求的“吉祥数”有１５０，１１４，１３２． 综上，三位正整数中共有１２个“吉祥数”． （２）（ⅰ）千位有９种不同填法，百位有１０种不同填法，十 位、个位对应各有１种填法．由分步乘法计数原理可知，四位回 文数的个数为９×１０×１×１＝９０． （ⅱ）由回文数的对称性知，只需考虑２ｎ＋１（ｎ∈Ｎ＋）位 回文数自左至右的前ｎ＋１位数．最高位有９种不同填法，其余 ｎ位分别有１０种不同填法，由分步乘法计数原理可知，２ｎ＋１（ｎ ∈Ｎ＋）位回文数的个数为９×１０ ｎ． 第３２期２版 专项小练一 １．Ｄ；　２．Ｃ；　３．ＡＣＤ．　４．７２；　５．｛８｝． ６．解：（１）能组成无重复数字的四位数的个数为 Ａ４６ ＝６×５×４×３＝３６０． （２）四位偶数要求个位数为偶数，先排个位数字，有Ａ１３ ＝ ３种选法；再从剩下的５个数中选出３个排成一列，共有 Ａ３５ ＝ ６０（种）选法．故共能组成无重复数字的四位偶数的个数为 Ａ１３Ａ ３ ５ ＝１８０（个）． 专项小练二 １．Ｂ；　２．Ｄ；　３．ＢＣＤ．　４．３０；　５．９８． ６．解：（１）从１５人中选３人，共有Ｃ３１５＝４５５（种）不同的选 派方法． （２）分两类：第１类，男生２人，女生１人，有Ｃ２１０Ｃ １ ５ ＝４５× ５＝２２５（种）不同的选法；第２类，男生１人，女生２人，有Ｃ１１０Ｃ ２ ５ ＝１０×１０＝１００（种）不同的选法． 综上，共有２２５＋１００＝３２５（种）不同的选派方法． （３）分两类：第１类，男生２人，女生１人（即女生甲），有 Ｃ２１０×１＝４５（种）不同的选法；第２类，男生１人，女生２人（含 女生甲），有Ｃ１１０Ｃ １ ４ ＝１０×４＝４０（种）不同的选法． 综上，共有４５＋４０＝８５（种）不同的选派方法． 第３２期３，４版 排列与组合同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＡＢＣＤ　５～８　ＢＣＤＣ 提示： １．因为Ａ３２ｎ ＝１０Ａ ３ ｎ，所以２ｎ（２ｎ－１）（２ｎ－２）＝１０ｎ（ｎ－ １）（ｎ－２），解得ｎ＝８． ２．Ｃ２５＋Ｃ ３ ６ ＝ ５×４ ２×１＋ ６×５×４ ３×２×１ ＝１０＋２０＝３０． ３．因为Ｃ３ｎ＋１ ＝Ｃ ３ ｎ＋Ｃ ４ ｎ ＝Ｃ ４ ｎ＋１， 所以ｎ＋１＝３＋４，解得ｎ＝６． ４． 坐 在 椅 子 上 的 ６ 个 人 是 走 进 屋 子 的 １０个人中的任意６个人，若把人抽象成元素，将６把不同的椅 子当成不同的位置，则原问题抽象为从１０个元素中取６个元素 占据６个不同的位置，显然是从１０个元素中任取６个元素的排 列问题，从而，不同的坐法种数为Ａ６１０． ５．取出的兔子只恰有２只测量过该指标，即从３只测过指 标的里面选２只，从未测的里面选１只，所以恰有２只测量过该 指标的所有情况数为Ｃ２３Ｃ １ ２，又从这５只兔子中随机取出３只的 所有情况数为Ｃ３５，故所求概率为 Ｃ２３Ｃ １ ２ Ｃ３５ ＝ ３５． ６．当个位是０时，十位、百位、千位从１，２，３，４，５，６中取３ 个不同的数，共有Ａ３６ ＝１２０（种）情况； 当个位是５时，首位有５种情况， 十位和百位有Ａ２５ ＝２０（种）情况， 共有５×２０＝１００（种）情况． 综上，共有１２０＋１００＝２２０（种）情况． ７．根据题意有两种方式： 第一种方式，有一个地方去３名专家， 另外两个地方各去１名专家， 共有 Ｃ１５·Ｃ １ ４·Ｃ ３ ３ Ａ２２ ·Ａ３３ ＝６０（种）方法； 第二种方式，有一个地方去１名专家，另外两个地方各去２ 名专家，共有 Ｃ１５·Ｃ ２ ４·Ｃ ２ ２ Ａ２２ ·Ａ３３ ＝９０（种）方法， 所以分派方法的种数为６０＋９０＝１５０． ８．根据题意，可分三种情况讨论： ①若小明的父母只有一人与小明相邻且父母不相邻时， 先在其父母中选一人与小明相邻，有Ｃ１２ ＝２（种）情况，将小明 与选出的家长看出一个整体，考虑其顺序有Ａ２２＝２（种）情况， 当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，                                                                      将整体与另一 —０１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 个家长安排在空位中，有Ａ２２×Ａ ２ ３＝１２（种）安排方法，此时有２ ×２×１２＝４８（种）不同坐法； ②若小明的父母只有一人与小明相邻且父母相邻时，将 父母及小明看成一个整体，小明在一端，有２种情况，考虑父母 之间的顺序，有２种情况，则这个整体内部有２×２＝４（种）情 况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有 Ａ３３ ＝６（种）情况， 此时有４×６＝２４（种）不同坐法； ③小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两 边，将３人看成一个整体，考虑父母的顺序，有 Ａ２２ ＝２（种）情 况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有 Ａ３３ ＝６种情况，此 时共有２×６＝１２（种）不同坐法． 综上，共有４８＋２４＋１２＝８４（种）不同的坐法． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣＤ；　１１．ＢＤ． 提示： ９．从六名学生中选三名学生参加数学、物理、化学竞赛，共 有多少种选法属于排列问题，故（Ａ）正确； 有十二名学生参加植树活动，要求三人一组，可分为四组， 三人一组无先后顺序，不属于排列问题，故（Ｂ）错误； 从３，５，７，９中任选两个数进行指数运算，可以得到多少个 幂属于排列问题，故（Ｃ）正确； 从１，２，３，４中任取两个数作为点的坐标，可以得到多少个 点属于排列问题，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．Ａ１４＋Ａ ２ ４＋Ａ ３ ４＋Ａ ４ ４ ＝４＋４×３＋４×３×２＋４×３×２ ×１＝６４，故（Ａ）错误； Ｃ３３＋Ｃ ３ ４＋Ｃ ３ ５＋Ｃ ３ ６ ＝１＋４＋１０＋２０＝３５，故（Ｂ）正确； Ｃｍｎ ＝ ｎ！ ｍ！（ｎ－ｍ）！＝ ｎ！ （ｎ－ｍ）！［ｎ－（ｎ－ｍ）］！＝Ｃ ｎ－ｍ ｎ ， 故（Ｃ）正确； 左边＝ｍ· ｎ！ｍ！（ｎ－ｍ）！＝ ｍ·ｎ！ ｍ（ｍ－１）！（ｎ－ｍ）！ ＝ ｎ！ （ｍ－１）！（ｎ－ｍ）！， 右边＝ｎ· （ｎ－１）！ （ｍ－１）！［（ｎ－１）－（ｍ－１）］！ ＝ ｎ·（ｎ－１）！ （ｍ－１）！（ｎ－ｍ）！ ＝ ｎ！ （ｍ－１）！（ｎ－ｍ）！， 即左边 ＝右边， 所以ｍＣｍｎ ＝ｎＣ ｍ－１ ｎ－１（ｍ，ｎ∈Ｎ＋，ｎ≥ｍ，ｎ≥２）， 故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．根据题意，依次分析选项： 在６辆不同的工程车中选出２辆，分给甲地，有Ｃ２６种分法， 在剩下的４辆工程车中选出２辆，分给乙地，有Ｃ２４种分法，将最 后的２辆工程车分给丙地，有 Ｃ２２种分法，则有 Ｃ ２ ６Ｃ ２ ４Ｃ ２ ２ ＝ ９０（种）分配方式，故（Ａ）错误； 在６辆不同的工程车中选出２辆，分给甲地，有Ｃ２６种分法， 在剩下的４辆工程车中选出２辆，分给乙地，有Ｃ２４种分法，在剩 下的２辆工程车中选出１辆，分给丙地，有Ｃ１２种分法，将最后的 １辆工程车分给丁地，有１种分法，则有Ｃ２６Ｃ ２ ４Ｃ １ ２＝１８０（种）分配 方式，故（Ｂ）正确； 将６辆工程车分为４，１，１的三组，有Ｃ４６种分法， 将分好的三组安排到三个工地，有Ａ３３种情况， 则有Ｃ４６Ａ ３ ３ ＝１５×６＝９０（种）分配方式，故（Ｃ）错误； 将６辆工程车分为２，２，１，１的四组，有 Ｃ２６Ｃ ２ ４Ｃ １ ２Ｃ １ １ Ａ２２Ａ ２ ２ ＝４５（种） 分法，将分好的四组安排到四个工地，有Ａ４４＝２４（种）情况，则 有４５×２４＝１０８０（种）分配方式， 故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．３０；　１３．５８；　１４．１４４０． 提示： １２．由Ｃ２ｎ ＝ ｎ（ｎ－１） ２ ＝１５得ｎ ２－ｎ－３０＝０， 即（ｎ－６）（ｎ＋５）＝０，解得ｎ＝６或ｎ＝－５（舍去）， 故Ａ２ｎ ＝Ａ ２ ６ ＝３０． １３．从正方体的８个顶点中任选４个， 有Ｃ４８ ＝７０（种）不同的选法． 其中这４个点在同一平面内的情况有侧面６种， 对棱面６种，共１２种不同的情况， 所以这４个点不在同一平面内的选法有 ７０－１２＝５８（种）． １４．由于每名同学必须参加且只能参加１                                                                      个社团且每个社 —１１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期 团至多两人参加，因此可以将问题看成是将６名同学分配到除 “演讲团”外的四个社团或三个社团，可以分两类： 第一类：先将６人分成四组，分别为１人，１人，２人，２人， 再分配到四个社团， 不同的参加方法数为 Ｃ２６Ｃ ２ ４Ｃ １ ２Ｃ １ １ Ａ２２Ａ ２ ２ ·Ａ４４ ＝１０８０（种）； 第二类：将６人平均分成三组， 再分配到除“演讲团”外的四个社团中的任意三个社团， 不同的参加方法数为 Ｃ２６Ｃ ２ ４Ｃ ２ ２ Ａ３３ ·Ａ３４ ＝３６０（种）． 所以不同的参加方法数共有１０８０＋３６０＝１４４０（种）． 四、解答题 １５．解：若不选多项选择题，可从８道单项选择题中任选６ 道题，有Ｃ６８ ＝Ｃ ２ ８ ＝２８（种）选择方法； 若选１道多项选择题，可从８道单项选择题中任选５道题， 再从３道多项选择题中任选 １道题即可，有 Ｃ５８Ｃ １ ３ ＝３Ｃ ３ ８ ＝ １６８（种）选择方法． 综上，共有１６８＋２８＝１９６（种）选择方法． １６．解：（１）根据题意可知同一科目的书相邻， 那么先将同一栏目的书捆绑起来， 然后整体排列得到排法有Ａ２２Ａ ２ ２Ａ ３ ３ ＝２４（种）． （２）要求同一科目的书不相邻，那么需要采用间接法， 用所有的情况减去相邻的情况即可， 即排法有Ａ５５－２Ａ ２ ２Ａ ４ ４＋Ａ ２ ２Ａ ２ ２Ａ ３ ３ ＝４８（种）． １７．解：（１）根据题意，若恰在第５次测试后就找出了所有 次品，则第５次测试的产品恰为最后一件次品，另３件次品在 前４次测试中出现，则前４次测试中有一件正品出现，所以共有 Ｃ１４·（Ｃ １ ６Ｃ ３ ３）·Ａ ４ ４ ＝５７６（种）不同的测试方法． （２）根据题意，分３步进行分析：先排第１次测试，只能取 正品，有６种不同的测试方法，再从４件次品中选２件排在第２ 次和第７次的位置上测试，有Ａ２４＝１２（种）测试方法，最后排余 下４件被测试产品的测试位置，有Ｃ２５Ａ ４ ４ ＝２４０（种）测试方法． 所以共有６×１２×２４０＝１７２８０（种）不同的测试方法． １８．解：６个人排有Ａ６６种排法，６人排好后包括两端共有７ 个“间隔”可以插入空位． （１）空位不相邻相当于将４个空位安插在上述７个“间隔” 中，有Ｃ４７ ＝３５（种）插法， 故空位不相邻的坐法有Ａ６６Ｃ ４ ７ ＝２５２００（种）． （２）将相邻的３个空位当作一个元素，另一空位当作另一 个元素，往７个“间隔”里插有Ａ２７种插法，故４个空位中只有３ 个相邻的坐法有Ａ６６Ａ ２ ７ ＝３０２４０（种）． （３）４个空位至多有２个相邻的情况有三类： ①４个空位各不相邻有Ｃ４７种坐法； ②４个空位２个相邻，另有２个不相邻有Ｃ１７Ｃ ２ ６种坐法； ③４个空位分两组，每组都有２个相邻，有Ｃ２７种坐法． 综上，共有Ａ６６（Ｃ ４ ７＋Ｃ １ ７Ｃ ２ ６＋Ｃ ２ ７）＝１１５９２０（种）坐法． １９．解：（１）Ｃ３－１５ ＝ （－１５）×（－１６）×（－１７） ３！ ＝－６８０． （２） Ｃ３ｘ （Ｃ１ｘ） ２ ＝ ｘ（ｘ－１）（ｘ－２） ６ｘ２ ＝ (１６ ｘ＋２ｘ－ )３ ． 因为ｘ＞０，ｘ＋２ｘ≥ 槡２２，当且仅当ｘ＝槡２时取等号， 所以当ｘ＝槡２时， Ｃ３ｘ （Ｃ１ｘ） ２取得最小值． （３）性质①不能推广． 例如当ｘ＝槡２时，Ｃ ２ 槡２有意义，但Ｃ 槡２－２ 槡２ 无意义； 性质②能推广， 其推广形式是：Ｃｍｘ ＋Ｃ ｍ－１ ｘ ＝Ｃ ｍ ｘ＋１，ｘ∈Ｒ，ｍ是正整数． 事实上，当ｍ＝１时，有Ｃ１ｘ＋Ｃ ０ ｘ ＝ｘ＋１＝Ｃ １ ｘ＋１， 当ｍ≥２时，Ｃｍｘ ＋Ｃ ｍ－１ ｘ ＝ｘ（ｘ－１）…（ｘ－ｍ＋１）ｍ！ ＋ ｘ（ｘ－１）…（ｘ－ｍ＋２） （ｍ－１）！ ＝ｘ（ｘ－１）…（ｘ－ｍ＋２） （ｍ－１ [）！ ｘ－ｍ＋１ｍ ＋ ]１ ＝ｘ（ｘ－１）…（ｘ－ｍ＋２）（ｘ＋１）ｍ！ ＝Ｃ ｍ ｘ＋１                                                             ． —２１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第二、三册　第２９～３２期