第32期 6.2 排列与组合-【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 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 书书书 １７． （１５ 分 ） 已 知 １０ 件 不 同 的 产 品 中 有 ４ 件 是 次 品 ，现 对 它 们 进 行 测 试 ，直 至 找 出 所 有 的 次 品 为 止 ． （１ ） 若 恰 在 第 ５ 次 测 试 后 就 找 出 了 所 有 次 品 ， 则 这 样 的 不 同 测 试 方 法 种 数 是 多 少 ？ （２ ） 若 恰 在 第 ２ 次 测 试 才 测 试 到 第 １ 件 次 品 ，第 ７ 次 测 试 才 找 到 最 后 一 件 次 品 ，则 这 样 的 不 同 测 试 方 法 种 数 是 多 少 ？ １８． （１７ 分 ）６ 个 人 坐 在 一 排 １０ 个 座 位 上 ，问 ： （１ ） 空 位 不 相 邻 的 坐 法 有 多 少 种 ？ （２ ）４ 个 空 位 只 有 ３ 个 相 邻 的 坐 法 有 多 少 种 ？ （ ３ ）４ 个 空 位 至 多 有 ２ 个 相 邻 的 坐 法 有 多 少 种 ？ １９． （１７ 分 ） 规 定 Ｃ ｍｘ ＝ ｘ（ｘ － １ ） … （ｘ － ｍ ＋ １ ） ｍ ！ ，其 中 ｘ ∈ Ｒ ，ｍ 是 正 整 数 ，且 Ｃ ０ｘ ＝ １ ，这 是 组 合 数 Ｃ ｍｎ （ｎ ，ｍ 是 正 整 数 ， 且 ｍ ≤ ｎ ） 的 一 种 推 广 ． （１ ） 求 Ｃ ３－１５ 的 值 ； （２ ） 设 ｘ ＞ ０ ，当 ｘ 为 何 值 时 ， Ｃ ３ｘ （Ｃ １ｘ ） ２ 取 得 最 小 值 ？ （ ３ ） 组 合 数 的 两 个 性 质 ：① Ｃ ｍｎ ＝ Ｃ ｎ－ｍ ｎ ；② Ｃ ｍｎ ＋ Ｃ ｍ －１ ｎ ＝ Ｃ ｍｎ＋１ 是 否 都 能 推 广 到 Ｃ ｍｘ （ｘ ∈ Ｒ ，ｍ 是 正 整 数 ） 的 情 形 ？若 能 推 广 ，则 写 出 推 广 的 形 式 并 给 出 证 明 ；若 不 能 ，则 说 明 理 由 ． !"#$%&'()*+,-./0 ! 12!"#$%&'( !"3$4&'(5*+,-678 ! 92!")$%&'( : ; < = > ? @ 书 数字问题是排列、组合应用中的一类热点问 题．下面以一道经典例题及其变式为例来说明． 典例：用数字０，１，２，３，４，５组成没有重复数 字的数： （１）能够组成多少个六位奇数？ （２）能够组成多少个大于２０１３４５的正整数？ 解析：（１）先从１，３，５中选１个数放在末位， 有Ａ１３种情况；再从除０以外的４个数中选１个数 放在首位，有Ａ１４种情况；然后将剩余的数进行全 排列，有Ａ４４种情况．所以能组成的六位奇数的个 数为Ａ１３Ａ １ ４Ａ ４ ４ ＝２８８． （２）法１：由０，１，２，３，４，５组成的所有没有 重复数字的正整数的个数是 Ａ１５Ａ ５ ５．其中不大于 ２０１３４５的正整数，当首位数字是２时，只有２０１ ３４５这１个；当首位数字是１时，有Ａ５５个．所求的 正整数的个数为Ａ１５Ａ ５ ５－（１＋Ａ ５ ５）＝４７９． 法２：由０，１，２，３，４，５组成的没有重复数字 的正整数中，大于２０１３４５的正整数分为以下几 种情况：前４位数字为２０１３，只有２０１３５４，个数 为１；同理，前３位数字为２０１且大于２０１３５４，个 数为Ａ１２Ａ ２ ２；前２位数字为２０且大于２０１５４３，个 数为Ａ１３Ａ ３ ３；首位数字为２且大于２０５４３１，个数 为Ａ１４Ａ ４ ４；首位数字为 ３，４，５中的一个，个数为 Ａ１３Ａ ５ ５．所求的正整数的个数是１＋Ａ １ ２Ａ ２ ２＋Ａ １ ３Ａ ３ ３ ＋Ａ１４Ａ ４ ４＋Ａ １ ３Ａ ５ ５ ＝４７９． 点评：本题给出了两类数字问题：（１）是简 单的奇偶数问题，解题时要注意奇偶数的特征； （２）是某数在所有数中从小到大排是第几个数 的问题．求解这类问题，常用间接排除或直接分 类的方法，注意的是分类时标准要明确，做到既 不重复也不遗漏． 对于（２），稍加改变一下问法，可有： 变式１用０，１，２，３，４五个数字组成没有重 复数字的四位数，若按从小到大排列，其中 ３ ２０４是第几个数？ 解法一：（分类法）由高位到低位逐级分为： ①千位是１或２时，有Ａ１２Ａ ３ ４个；②千位是３时， 百位可排０，１，２．当百位排０，１时，有Ａ１２Ａ ２ ３个；当 百位排２时，比３２０４小的仅有３２０１一个． 故比３２０４小的四位数共有Ａ１２Ａ ３ ４＋Ａ １ ２Ａ ２ ３＋ １＝６１（个），所以３２０４是第６２个数． 解法二：（间接法）Ａ１４Ａ ３ ４－（Ａ ３ ４＋Ａ ２ ３＋Ａ １ ２Ａ １ ２） ＝６２（个）． 点评：本题是某数在所有数中从小到大排 是第几个数的问题．求解时往往是按最高位的 数字进行分类，当最高位的数字就是该数的最 高位数字时，再依次往下分，直至逼近并找到该 数为止． 若考虑数字的“固定顺序”，可有： 变式２从１，２，３，４，５，６中任取３个数字组成 无重复数字的三位数，若有１和３时，３必须排在１ 的前面，若只有１和３其中一个时，它们应排在其 他数字的前面，这样不同的三位数共有 个． 解析：分３种情形： ①没有１和３，共有Ａ３４ ＝２４（个）； ②只有１和３其中一个时， 有Ａ１２Ａ ２ ４ ＝２４（个）； ③同时有１和３时，“３在１的前面”和“３在 １的后面”机会均等．若不考虑“３在１的前面” 的限制，则有Ｃ１４Ａ ３ ３个；若考虑“３在１的前面”的 限制，则有 １ ２Ｃ １ ４Ａ ３ ３ ＝１２（个）． 所以不同的三位数共有 ２４＋２４＋１２＝６０（个）． 点评：本题解答中的 ③ 属顺序固定的数字 问题，这类问题一般用“除法”解决．即：对于某 几个数字按一定顺序的问题，可先不考虑顺序， 然后用总数除以这几个数字的全排列数． 若考虑数字的“倍数及被整除”，可有： 变式３由１，２，３，…，９这九个数字能组成 多少个： （１）没有重复数字的四位偶数？ （２）是５的倍数且没有重复数字的三位数？ 解析：（１）没有重复数字的四位偶数的个位 是２，４，６，８，所以有Ａ１４Ａ ３ ８ ＝１３４４（个）． 故符合题意的四位偶数共有１３４４个． （２）是５的倍数的三位数的个位只能是５， 有Ａ２８ ＝５６（个）． 故符合题意的三位数共有５６个． 点评：倍数及被整除等数字问题是一类重 要题型．对于这类问题，同学们掌握一些结论是 应用的关键． 书 排列问题是高中数学中较为抽象的内容． 初学排列知识的同学，一遇到这类问题，不知从 何入手．下面介绍一些常见的解题策略，供大家 参考． 一、特殊者“优先法” 就是某些排列问题中某些元素（位置）必须 （不能）排在指定的位置上（排某些元素），这时 可优先考虑这些元素（位置），再排其他元素（位 置）． 例１从６名志愿者中选出４人分别从事翻 译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中 甲、乙两名志愿者都不从事翻译工作，则不同的 选派方案共有 （　　） （Ａ）２８０种　　　　　　（Ｂ）２４０种 （Ｃ）１８０种 （Ｄ）９６种 解析：由于甲、乙两名志愿者都不能从事翻 译工作，因此翻译工作从剩下的四名志愿者中 任选一人，有Ａ１４种选法；再从其余的５人中任选 ３人从事导游、导购、保洁三种不同的工作有 Ａ３５ 种选法．所以不同的选派方案共有 Ａ１４Ａ ３ ５ ＝ ２４０（种）．故选（Ｂ）． 二、相邻问题“捆绑法” 对于某些元素要求相邻排列的问题，可先 将相邻元素捆绑并看作一个元素，再与其他元 素进行排列，同时对相邻元素进行内部排列． 例２有７人站成一排，其中甲、乙两人必须 相邻，有多少种排法？ 解析：先将甲、乙两人“捆”在一起，捆法有 Ａ２２种；再将捆好的两个人看成一个人，并与其他 ５人进行全排列，有 Ａ６６种排法．于是，所求不同 的排法有Ａ２２Ａ ６ ６ ＝１４４０（种）． 三、不相邻问题“插空法” 先安排好没有限制条件的元素，然后在排好 的元素之间的空位和两端插入不能相邻的元素． 例３某校开文艺晚会，其中有５个舞蹈，４ 个唱歌，唱歌节目不可排两头，并且任何两个唱 歌节目不连排，则不同的排法有多少种？ 解析：先排无限制条件的５个舞蹈有 Ａ５５种 排法；再将４个唱歌节目插入５个舞蹈节目中 （每空插一个），则有 Ａ４４种排法．由分步乘法计 数原理得共有Ａ５５Ａ ４ ４ ＝２８８０（种）排法． 四、定序问题“倍除法” 对于某几个元素顺序一定的排列问题，可 先把这几个元素与其他元素一同进行排列，然 后用总排列数除以这几个元素的全排列数． 例４用１，２，３，４，５，６，７组成无重复数字的 七位数中，若２，４，６次序一定，则有多少个不同 的七位数？ 解析：若不考虑附加条件，组成的七位数共 有Ａ７７个；而２，４，６次序不定时有Ａ ３ ３种可能，２，４， ６次序一定时只有一种排法，故符合条件的七位 数共有 Ａ７７ Ａ３３ ＝８４０（个）． !" !!"## "$"% $ "% "#&'(#) * # !" !"#$% &'() ! AB C D ! EF GHI !"#$ %& ! +,-./*01 EJKLM$NO PJKM8QRSTUVWNX 3YZ[\]^9 [_`abc defghi^9jkl"#$%&'()()*m+n opqkl,%',-. 23456789:; <=6>?@ABCD8 "#$%&$'(%')* <=EF?GAHCD8 +,$%&$'(%!"# !"#$ %&'()*+,- *+,- ./01 %23456-789% .:;<=>?@AB CDEFGHIJK-L MN@ABOPQRS TU VWXYZ[0\ ]^_`a:bc-!" de.YJfghdi jklmnodU pq rstuCvAwxF Gyz/{- |} /~€x‚U €B ƒ„C…J†‡ˆF 0 ?‰ŠvA‹xCŒ Ž- Gr‘’“^ ”•- –—˜:™Uš ›-œ—žŸ ¡Fg G¢£¤¥- vAwx ¢¦§U¨©Uª«¬­ ®;¯?°±¢²ŠF ³+,´µ/¶- ·¸2¹º»¼¢½Z .¾¿ÀÁÂ6-GÃÄ ÅÆ-ÇÈÉÊ-rË NOPÌEÍz- eÎ ÏÐÑUÒÓU¶ÔÕ- ց‡?×ØÍzÌ E- 0vABCmÙÌ EÚK?ۍF G[ÜÝÞ- ßà áâãäÀ089åæ çè-éÈê9-éëì Xía- îïðñºò ÍóôCõö÷øCù ú[Ü- ûÞü†‡ý þ?vABOP¢ÿ/ !¹`"#F $+,%89¢† ‡&'?òÍóô¢( /`)*- +°?./ 01¢$,-.- /0 1gœ23Þ4ˆ51 B6i789:ˆ¢š ;<=- >?º010 @A¢B,C{D=8 9¢¤EF 书 专项小练一、排列与排列数 １．某公司从甲、乙、丙、丁四人中选出两人分 别派往上海和北京出差，则不同的派法共有 （　　） （Ａ）２种　　　　　　（Ｂ）４种 （Ｃ）６种 （Ｄ）１２种 ２．若Ａｍｎ ＝１７×１６×１５×… ×５×４，则ｎ和 ｍ的值分别为 （　　） （Ａ）１４，１７ （Ｂ）１７，１３ （Ｃ）１７，１４ （Ｄ）１７，４ ３．（多选）下列等式中成立的是 （　　） （Ａ）Ａ３ｎ ＝（ｎ－２）Ａ ２ ｎ （Ｂ） １ ｎＡ ｎ ｎ＋１ ＝Ａ ｎ－１ ｎ＋１ （Ｃ）ｎＡｎ－２ｎ－１ ＝Ａ ｎ ｎ （Ｄ） ｎ ｎ－ｍＡ ｍ ｎ－１ ＝Ａ ｍ ｎ ４．五人站成一排，甲不能站在两边的不同排 法有 种． ５．不等式Ａｘ８ ＜６Ａ ｘ－２ ８ 的解集为 ． ６．由１，２，３，４，５，６这六个数字， （１）能组成多少个无重复数字的四位数？ （２）能组成多少个无重复数字的四位偶数？ 专项小练二、组合与组合数 １．已知集合Ａ含有７个元素，则集合Ａ的三元 子集共有 （　　） （Ａ）２１０个 （Ｂ）３５个 （Ｃ）７个 （Ｄ）３个 ２．已知Ｃｘ１２ ＝Ｃ ５ １２，则ｘ的值为 （　　） （Ａ）５ （Ｂ）７ （Ｃ）１２ （Ｄ）５或７ ３．（多选）以下命题，属于组合问题的有 （　　） （Ａ）从１，２，…，９九个数字中任取三个，组成 一个无重复数字的三位数 （Ｂ）从１，２，…，９九个数字中任取三个，然后 把这三个数字相加得到一个和，这样的和的个数 （Ｃ）从ａ，ｂ，ｃ，ｄ四名学生中选两名去完成同 一份工作的选法 （Ｄ）５个人规定相互通话一次，通电话的次数 ４．２０２４年吉林马拉松准备从 Ａ，Ｂ两所大学 的９名优秀学生（４人来自Ａ大学，５人来自Ｂ大 学）中选取３人作为志愿者，要求选出的３人中，２ 人来自Ａ大学，１人来自Ｂ大学，则不同的选法有 种． ５．某校开设１０门课程供学生选修，其中 Ａ， Ｂ，Ｃ三门由于上课时间相同，至多选一门．学校规 定，每位同学选修３门课程，则每位同学不同的选 修方案共有 种． ６．学校决定从１５名“三好”学生（男生１０人， 女生５人）中选派３人去参加省数学竞赛培训． （１）共有多少种不同的选派方法？ （２）若要求男生和女生至少各一人，共有多 少种不同的选派方法？ （３）若女生甲必须参加，且男生至少有一人 参加，共有多少种不同的选派方法？ 书 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． 一、单项选择题 １～４　ＢＡＣＤ　５～８　ＢＢＡＤ 二、多项选择题 ９．ＢＤ；　１０．ＢＤ；　１１．ＡＢＣ． 三、填空题 １２．９；　１３．１８；　１４．２３． 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； 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９×１０ｎ． ! !"#$% &'()*(+ ,-./012 书书书 排 列 与 组 合 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． 若 Ａ ３ ２ｎ ＝ １０ Ａ ３ ｎ ，则 ｎ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ８　 　 　 （ Ｂ） ９　 　 　 （ Ｃ） １０ 　 　 　 （ Ｄ ） １１ ２． Ｃ２ ５ ＋ Ｃ３ ６ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ２５ 　 （ Ｂ） ３０ （ Ｃ） ３５ 　 （ Ｄ ） ４０ ３． 若 Ｃ３ ｎ ＋１ ＝ Ｃ３ ｎ ＋ Ｃ４ ｎ ，则 ｎ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ８ （ Ｂ） ７ （ Ｃ） ６ （ Ｄ ） ５ ４． １０ 个 人 走 进 只 有 ６ 把 不 同 椅 子 的 屋 子 ， 若 每 把 椅 子 必 须 且 只 能 坐 一 人 ，共 有 不 同 坐 法 的 种 数 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ６ （ Ｂ） ６１ ０ （ Ｃ） １０ ６ （ Ｄ ） Ａ ６ １０ ５． 生 物 实 验 室 有 ５ 只 兔 子 ，其 中 只 有 ３ 只 测 量 过 某 项 指 标 ．若 从 这 ５ 只 兔 子 中 随 机 取 出 ３ 只 ，则 恰 有 ２ 只 测 量 过 该 指 标 的 概 率 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ２ ３ （ Ｂ） ３ ５ （ Ｃ） ２ ５ （ Ｄ ） １ ５ ６． 从 ０， １， ２， ３， ４， ５， ６ 这 ７ 个 数 字 中 取 ４ 个 不 同 的 数 组 成 被 ５ 整 除 的 四 位 数 ，这 样 的 四 位 数 的 个 数 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ２６ ０ （ Ｂ） ２４ ０ （ Ｃ） ２２ ０ （ Ｄ ） ２０ ０ ７ ． “ 碳 中 和 ” 是 指 企 业 、 团 体 或 个 人 等 在 一 定 时 间 内 直 接 或 间 接 产 生 的 温 室 气 体 排 放 总 量 ，通 过 植 树 造 林 、 节 能 减 排 等 形 式 ， 以 抵 消 自 身 产 生 的 温 室 气 体 排 放 量 ，实 现 正 负 抵 消 ， 达 到 相 对 “ 零 排 放 ” ． 某 “ 碳 中 和 ” 研 究 中 心 计 划 派 ５ 名 专 家 分 别 到 Ａ， Ｂ， Ｃ 三 地 指 导 “ 碳 中 和 ” 工 作 ， 每 名 专 家 只 去 一 个 地 方 ， 且 每 个 地 方 至 少 派 驻 １ 名 专 家 ， 则 分 派 方 法 的 种 数 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ３０ （ Ｂ） １８ ０ （ Ｃ） ９０ （ Ｄ ） １ ５ ０ ８． 小 明 跟 父 母 、爷 爷 奶 奶 一 同 参 加 地 方 台 《 青 少 年 诗 词 大 会 》 的 现 场 录 制 ，５ 人 坐 成 一 排 ．若 小 明 的 父 母 至 少 有 一 人 与 他 相 邻 ， 则 不 同 坐 法 的 种 数 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ６０ （ Ｂ） ７２ （ Ｃ） ８４ （ Ｄ ） ９６ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． 下 列 选 项 中 ，属 于 排 列 问 题 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 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 （ Ｂ） 有 十 二 名 学 生 参 加 植 树 活 动 ， 要 求 三 人 一 组 ， 共 有 多 少 种 分 组 方 案 （ Ｃ） 从 ３， ５， ７， ９ 中 任 选 两 个 数 做 指 数 运 算 ，可 以 得 到 多 少 个 幂 （ Ｄ ） 从 １， ２， ３， ４ 中 任 取 两 个 数 作 为 点 的 坐 标 ， 可 以 得 到 多 少 个 不 同 的 点 １０ ．下 列 排 列 组 合 数 中 ，计 算 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） Ａ １ ４ ＋ Ａ ２ ４ ＋ Ａ ３ ４ ＋ Ａ ４ ４ ＝ ８ ４ （ Ｂ） Ｃ３ ３ ＋ Ｃ３ ４ ＋ Ｃ３ ５ ＋ Ｃ３ ６ ＝ ３５ （ Ｃ） Ｃｍ ｎ ＝ Ｃｎ －ｍ ｎ （ ｍ ，ｎ ∈ Ｎ ＋ ，ｎ ≥ ｍ ） （ Ｄ ） ｍ Ｃｍ ｎ ＝ ｎＣ ｍ －１ ｎ－ １ （ ｍ ，ｎ ∈ Ｎ ＋ ，ｎ ≥ ｍ ，ｎ ≥ ２） １１ ．某 工 程 队 有 ６ 辆 不 同 的 工 程 车 ，按 下 列 方 式 分 给 工 地 进 行 作 业 ，每 个 工 地 至 少 分 １ 辆 工 程 车 ，则 下 列 结 论 正 确 的 有 （ 　 　 ） （ Ａ ） 分 给 甲 、乙 、丙 三 地 每 地 各 ２ 辆 ，有 １２ ０ 种 分 配 方 式 （ Ｂ） 分 给 甲 、乙 两 地 每 地 各 ２ 辆 ，分 给 丙 、丁 两 地 每 地 各 １ 辆 ，有 １８ ０ 种 分 配 方 式 （ Ｃ） 分 给 甲 、乙 、丙 三 地 ，其 中 一 地 分 ４ 辆 ， 另 两 地 各 分 １ 辆 ， 有 ６０ 种 分 配 方 式 （ Ｄ ） 分 给 甲 、乙 、丙 、 丁 四 地 ， 其 中 两 地 各 分 ２ 辆 ， 另 两 地 各 分 １ 辆 ，有 １ ０８ ０ 种 分 配 方 式 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 ． １２ ．已 知 Ｃ２ ｎ ＝ １５ ，那 么 Ａ ２ ｎ ＝ ． １３ ．从 正 方 体 的 ８ 个 顶 点 中 任 选 ４ 个 ，则 这 ４ 个 点 不 在 同 一 平 面 内 的 选 法 有 种 ． １４ ．某 高 校 大 一 新 生 中 的 ６ 名 同 学 打 算 参 加 学 校 组 织 的 “ 演 讲 团 ” 、“ 吉 他 协 会 ” 等 五 个 社 团 ，若 每 名 同 学 必 须 参 加 且 只 能 参 加 １ 个 社 团 且 每 个 社 团 至 多 两 人 参 加 ，则 这 ６ 个 人 中 没 有 人 参 加 “ 演 讲 团 ” 的 不 同 参 加 方 法 数 为 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 数 学 老 师 要 从 ８ 道 单 项 选 择 题 和 ３ 道 多 项 选 择 题 中 选 出 ６ 道 ，组 成 随 堂 测 试 卷 ，要 求 多 项 选 择 题 至 多 选 １ 道 ， 问 有 多 少 种 选 择 方 法 ？ １６ ．（ １５ 分 ） 有 五 本 不 同 的 书 ， 其 中 数 学 书 ２ 本 ， 语 文 书 ２ 本 ， 物 理 书 １ 本 ，将 书 摆 放 在 书 架 上 ． （ １） 要 求 同 一 科 目 的 书 相 邻 ，有 多 少 种 排 法 ？（ 用 数 字 作 答 ） （ ２） 要 求 同 一 科 目 的 书 不 相 邻 ，有 多 少 种 排 法 ？（ 用 数 字 作 答 ） ˜ ™ W š › œ  ž Ÿ   ¡ ‚ ¢ £ ¤ } ! 6 ¥ ! " # $ % & ' ( ˜ ™ W š › œ  ž Ÿ   ¡ ‚ ¢ £ ¤ } ! 6 ¥ ! " ) $ % & ' ( !! !"