第21期 核心素养阶段测评(二）-【数理报】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册同步学案（北师大版）

一磊 核心素养阶段测评（二） 测试范围：1~4章 ◆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：本大题共8小题，每小题5分，共40分 斯 1.若a=(2,-3,5),b=(-3,1,-4),则14-2b1= (A)√38 (B)4√2 (C)66 (D)/258 2.若直线1的方向向量为a=(1,0,2),平面a的法向量为n=(-2,1,1),则 (A)l∥ (B)lCa或l∥a (C)l⊥a (D)l与a斜交 3.两平行直线5x-12y+2=0和10x-24y-3=0间的距离为 ( (8 (B)26 (c高 (D) 拓 4已知E,E2为椭圆)+？ =1的两个焦点，点P在椭圆上，如果线段PF,的中点在y轴 (:佳新业开料 上，且PF,=tPF2,则t= ( (A)5 (B)6 (C)7 (D)8 5.当直线1：÷+古=1(a>0,6>0)过点P1,4),当a+6取得最小值时，直线1的方程 为 (A)x+y-5=0 (B)4x+y-8=0 (C)2x+y-6=0 (D)x+2y-9=0 6.已知F,F,分别是双曲线C:4-京 =1(b>0)的左、右焦点，M是双曲线C右支上的 ■ 一个动点，且IMFI2-1MF,12的最小值是8√6，则双曲线C的渐近线方程为 (A)y=±2 (B)y=±√2x (C)y=± (D)y=± 7.如图1，点F是抛物线C:x2=4y的焦点，点A,B分别在抛物线C和圆 x2+(y-1)2=4的实线部分上运动，且AB总是平行于y轴，则△AFB周长 的取值范围是 ( (A)(3,4) (B)(3,5) (C)(4,5) (D)(4,6) 8.几何学史上有一个著名的米勒问题：“设E,F是锐角∠APB的一边 PA上的两点，试在边PB上找一点Q,使得∠EQF最大”如图2，其结论 是：点Q为过E,F两点且和射线PB相切的圆的切点.根据以上结论解决以 E 下问题：在平面直角坐标系x0y中，给定两，点E(2,4),F(4,2),点Q在y轴 Q 上移动，则∠EQF的最大值为 () 图2 (A)30 (B)45° (C)60° (D)135 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。 9.过点P(-√3，-1)的直线1与圆x2+y2=1相切，则直线1的倾斜角可以是( (A)0 (B)30 (C)45° (D)60° 10.已知m∈R,则方程(2-m)x2+(m+1)y2=1所表示的曲线为C,则以下命题中正确 的是 (A)当m∈ (分，2）时，曲线C表示焦点在x轴上的椭圆 (B)当曲线C表示双曲线时，m的取值范围是(2，+∞) (C)当m=2时，曲线C表示两条直线 (D)存在m∈R,使得曲线C为等轴双曲线 11.在平行六面体ABCD-AB,C,D1中，AB=AD=AA1=1,∠AAB=∠AAD=60°， ∠DAB=90°，若AQ=mAB+nAD+pA4,其中m,n,p∈(0,1]，则下列结论正确的有 ( (A)若p=2,则三棱锥Q-ABD的体积为定值 (B)若m=n,则QC⊥BD (C)若m=,则D,与平面Q4C所成的角的正弦值为号 (D)当m+m=1时，线段QC的长度的最小值为 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.若a=e1+e2,b=e2+e3,c=e1+e3,d=e1+2e2+3e3,若e1,e2,e3不共面，当d= aa+Bb+yc时，则a+B+y= 13.圆的反演点：已知圆O的半径是r,从圆心O出发任作一条射线，在射线上任取两点M, N,若1OM1·IONI=r2,则M,N互为关于圆O的反演点.圆的反演点还可以由以下几何方法获 得：若点M在圆O外，过M作圆的两条切线，两切点的连线与OM的交点就是点M的反演点；若 点M在圆O内，则连接OM,过点M作OM的垂线，该垂线与圆两交点处的切线的交点即为M的 反演点.已知圆O:x+y2=4,点M(1,3),则M的反演点的坐标为 14已知点4，R.C是离心率为巨的双击线I号卡=1(a>0,b>0)上的三点，直线AB。 AC,BC的斜率分别是k,k2,k3,点D,E,F分别是线段AB,AC,BC的中点，O为坐标原点，直线 0D.0E0F的斜率分别是，贴若站++富=3，则++6= 四、解答题：本题共5小题，共77分 15.(13分)在离心率为5的椭圆中，R,R是两个焦点，P是椭圆上一点，且∠R,PR= 牙，1PF1-PFI=3,求Sam 16.(15分)已知圆x2+y2-4ax+2ay+20a-20=0(a≠2). (1)证明：该圆恒过一定点； (2)若该圆与圆x2+y2=4相切，求a的值 17.（15分)如图3，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD,AB=BC=1,AD=3,点E在AD上， 且PE⊥AD,PE=DE=2. (1)若F为线段PE的中点，证明：BF∥平面PCD. (2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB与平面PCD所成二面角的平面角的余弦值. 图3 18.(17分)已知y轴右侧一动圆Q与圆P:(x-1)2+y2=1相外切，与y轴相切. (1)求动圆圆心Q的轨迹M的方程； (2)过P(1,0)分别作两条直线1，，L2,l1与轨迹M相交于A,B两点，l2与轨迹M相交于C, D两点，l1,l2的倾酴斜角互补，定点E(4,0),且△ABE与△CDE面积之和为125，求直线L1的斜 率 19.(17分)在平面直角坐标系x0y中，对于直线l:ax+by+c=0和点P(x1,y),P2(x2, 为)，i记8=（a+61+c)(a+by2+c a2+b2 ,若δ<0，则称点P,P2被直线1分隔，若曲线C与 直线1没有公共点，且曲线C上存在点P,P,被直线1分隔，则称直线1为曲线C的一条分隔线 (1)判断点A(1,2),B(-1,0)是否被直线x+y-1=0分隔并证明； (2)若直线y=x是曲线x2-4y2=1的分隔线，求实数k的取值范围； (3)动点M到点Q(0,2)的距离与到y轴的距离之积为1，设点M的轨迹为曲线E,证明：通 过原点的直线中，有且仅有一条直线是E的分隔线 时 些 擗 参考答案见下期高中数学北师大版选择性必修第一册第21~24期 发理柄 答案详解 2025~2026学年高中数学北师大版选择性必修第一册第21~24期(2025年12月) 第21期3,4版参考答案 故双线C的新近线方整为y=±受 7.抛物线C:x2=4y的焦点F(0,1),准线方程为y=-1, 核心素养阶段测评（二） 圆x2+(y-1)2=4的圆心F(0,1),R=2, 一、单项选择题 1~4 DBBC 5~8 CCDB I FBI =2,I AFI =y +1,I ABI y8 -y, 所以三角形△AFB周长为： 提示： I FBI +I AFI +I ABI=2+y+1 +yg-y =3+yn, 1.由题可得a-2b=(8,-5,13), 因为1<yB<3,所以△AFB周长的取值范围是(4,6). 所以1a-2b1=√82+(-5)2+132=√/258. 8.设圆心C坐标为(a,b),则Q(0,b), 2.由题可得a·n=0即a⊥n,所以l∥a或lCa. 圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=a2, 3.直线5x-12y+2=0,即10x-24y+4=0, 因为E,F两点在圆上， 则平行线同的离4-L4:=石 (2-a)2+(4-b)2=a2, 102+242 所以 (4-a)2+(2-b)2=a2, 4.由题得a=25,c=3, 因为原点O是F,F2的中点， 解得0=2或a=10, Ub=2 b=10, 所以PF2平行于y轴，即PF2垂直于x轴， 当10， 时，∠EQF为劣弧所对角，故舍去 设IPF1I=x,则1PF21=45-x, b=10 在Rt△PFF2中，(45-x)2+36=x2, 所以Q(0,2),C(2,2), 解得x=75,所以1P9:1=9所以1=7 所以IQFI=4,IQE1=22,IEF1=22, 所以△QEF为等腰直角三角形，所以∠EQF=45° 5由直线：若+亡=1(a>0,6>0)过点(1,4)， 二、多项选择题 9.AD:10.AC:11.AB. 则片+=1，所以a+6=(a+)(合+)=1+ 提示： +台+4≥5+2合×=9 9.设过点P的直线方程为y=(x+√3)-1， b 当且仅当名=经即=3,6=6时，等号成立， 则由直线与圆相切知B-:1, 个+ 解得k=0或k=5. 所以直线1方程为兮+古=1，即2x+y-6=0, 故直线I的倾斜角为0°或60°.故选(A)(D). 6.不妨设F1(-c,0),F2(c,0),M(o,o),且≥2， 10当me(兮2时，0<2-m<子号<m+1<3, 则IMF,12-IMF212=(x+c)2+y哈-[(-c)2+6] 1 1 =4c≥8c,所以8c=86,解得c=√6，b=√2， 所以0< m+1<2-m 高中数学北师大版选择性必修第一册第21~24期 所以足 +人=1表示焦点在x轴上的椭圆 所以QC长度的最小值为)，(D)错误，故选(A)(B). 2-mm+1 三、填空题 即曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，故(A)正确； 若曲线C表示双曲线， 23:13(号号)：43 则(2-m)(m+1)<0, 提示： 解得m<-1或m>2,故(B)错误； 12.因为d=aa+Bb+yc=a(e1+e2)+B(e2+e3)+y(e1 当m=2时，曲线C:3y2=1,即y=± +e3)=(a+y)e1+(a+B)e2+(B+y)e3, , 即(a+y)e1+(a+B)e+(B+y)e3=e1+2e2+3e, 即曲线C表示两条直线，故(C)正确； ra+y 1, 若曲线C为等轴双曲线，则 可得a+B=2,三式相加得2(a+B+y)=6, r(2-m)(m+1)<0, 解集为⑦， B+y=3, -(2-m)=m+1, 即a+B+y=3. 所以不存在m∈R,使得曲线C为等轴双曲线，故(D)错 13.圆0：x2+y2=4, 误故选(A)(C). 山.若P=之，则点Q到平面ABD的距离为定值， 所以三棱锥Q-ABD的体积为定值，(A)正确； 若m=n,则C0=A0-A元=Ad-(AB+AD =(m-1)AB+(n-1)AD+pA4, 图1 HDB=AB-AD,CO.DB (m -1)(n -1)=0, 圆心0(0,0)，半径r=2, 所以QC⊥BD,(B)正确； 则0M=√2+32=√0>2， 若m=n,由(B)选项可知QC⊥BD,且AC⊥BD, 所以点M在圆O外， 所以BD为平面QAC的一个法向量， 过M作圆的两条切线. 且IBDI=√2，BD=AD-AB=AA+AD-AB 两切点为A,B,则A,B在以OM为直径的圆上， BD"=(AA+AD-AB)2=3.I BD=3. 即A,8是圆(x-之)广+(0-子)=3与圆0：2+ 又因为BD.BD=(AD-A)·(AA+AD-AB)=2, y2=4的交点，两圆方程相减，得公共弦AB所在直线的方程为 x+3y-4=0. 所以郦.B而：。2.5 1BD11BDT2×F=3, 又直线OM的方程为y=3x, 即BD,与平面QAC所成角的正弦值为号，(C)错误； 「x+3y-4=0, 「x= 2 51 解得 Ly =3x 1Cd12=|(m-1)AB+(n-1)AD+pA412 (y= 6 5 =(m-1)2+(n-1)2+p2+p(m-1)+p(n-1) 所以M的反演点的坐标为（子，号） =m2+n2+p2-p ）- 14因为双曲线T的离心率为2，所以2=1， 不妨设A(x1,y),B(x22),D(x,y%）, 国为点4B在八上所以号吾=1亭-套=1 当且仅当m=n=p=宁时等号成立， 两式相减，得 高中数学北师大版选择性必修第一册第21~24期 (+)(-)=+为)(-） 17.(1)证明：取PD的中点为S,连接BF,SF,SC a 62 而点D是AB的中点，所以x1+2=2x0少1+y2=2o, 则SF∥ED,SF=2ED=1, 所-兽购 而ED∥BC,ED=2BC,故SF∥BC,SF=BC, 故四边形SFBC为平行四边形， 所u4=法瓷8号 故BF∥SC,而BF￠平面PCD,SCC平面PCD, 所以BF∥平面PCD. 同理起=16的=1因为站+安+宏=3 .11 (2)解：因为ED=2,故AE=1,故AE∥BC,AE=BC, +6+6有+店写这 1 故四边形AECB为平行四边形，故CE∥AB, 所以CE⊥平面PAD, 四、解答题 而PE,EDC平面PAD,故CE⊥PE,CE⊥ED,而PE⊥ 15阁：由题意得。=台=9即c=。 , ED. 故以E为原点，EC,ED,EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴 由椭圆定义知IPF1I+lPF2I=2a,IFF2I=2c=3a, 建立如图2所示的空间直角坐标系， 又IPFI-PF2I=3, 所以1PR=a+子，PE1=a-多 在△PFF2中，由余弦定理得 1+2)+(a-2)广- D cosLF PF2 图2 2 2(a+)(a-2) 则A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,2,0),P(0, 解得d✉名。 0,2), 则P=(0,-1,-2),P8=(1,-1,-2), 所以sms=(a+子)(a-2)sim哥 P元=(1,0，-2)，P元=(0,2，-2)， -(-）-盟 设平面PAB的法向量为m=(x,y,z), rm·PA=0, -y-2z=0, 16.(1)证明：圆的方程可整理为(x2+y2-20)+a(-4x+ 则由 可得 m·PB=0 x-y-2z=0, 2y+20)=0(a≠2)， 取m=(0,-2,1). x2+y2-20=0, x=4, 由题可得 得 设平面PCD的法向量为n=(a,b,c), l-4x+2y+20=0,ly=-2, 可得0-2e=0, n·PC=0, 所以该圆恒过定点(4，-2). 则由 ln·Pi=0 2b-2c=0, (2)解：圆的方程可化为(x-2a)2+(y+a)2=5(a 取n=(2,1,1), 2)(a≠2)，两圆圆心之间的距离d=√5a2, ①当两圆外切时，d=r1+2, 故1wmm1=-有6是 即V5后=2+√5(a-2),解得a=1+ 故平面PAB与平面PCD所成二面角的平面角的余弦值为 5 30 ②当两圆内切时，d=|1-r21, 30 即V5a=5(a-2了-21，解得a=1- 18解：(1)由题得圆P的圆心坐标为(1,0)，半径为1， 5； 设Q(x,y)(x>0),依题意有√(x-1)2+y2=x+1, 综上所述，a=1± 化简整理得y2=4x, 一3 高中数学北师大版选择性必修第一册第21~24期 故所求动圆圆心Q的轨迹方程为y2=4x(x>0). 满足6=1×(-D=-1<0. 1+0 (2)设直线l1的方程为x=my+1(m≠0)， 即点(1,2)和(-1,2)被y轴分隔， 则直线人的斜率k=1 m 所以y轴，即x=0为曲线E的分隔线. 因为41,2的倾斜角互补，故直线l2的方程为x=-y+1, 若过原点的直线不是y轴， 设A(x1,y),B(x22),C(x3y3),D(x4,y4), 设为y=kx,代入[x2+(y-2)2]x2=1, x=my+1, 可得[x2+(kx-2)2]x2=1, 由 得y2-4my-4=0, y2=4x 令f(x)=[x2+(kx-2)2]x2-1, 所以y+y2=4m,y1y2=-4, 当k≠2时f(0)·f(1)=-(k-2)2<0, 所以SE=子1PE1为-⅓ 所以f(x)=0在(0,1)有实数解， 即y=kx与E有公共点，故y=x不是E的分隔线 3 V八1+½)2-42 当k=2时f(x)=[x2+(2x-2)2]x2-1=0,解得x=1, =号4m)+16=6Vm+, 即y=kx与E有公共点，故y=kx不是E的分隔线 所以通过原点的直线中，有且仅有一条直线是E的分隔 同理可得SE=分1PE1为-x1=6食打， 线，即x=0. 因为△ABE与△CDE面积之和为125， 第22期2版参考答案 所以有12√m2+1=12√5， 专项小练一 解得m=士2，所以直线人的斜率：=品=±宁 1 1.C;2.B;3.D.4.60;5.8. 19.(1)解：把点(1,2)，(-1,0)分别代入x+y-1, 6.解：按个位数字是2,3,4,5,6,7,8,9分成8类，在每一类 可得6=1+2-)-1+0-山=-2<0. 中满足条件的两位数分别是1个，2个，3个，4个，5个，6个，7 1+1 个，8个，则共有1+2+3+4+5+6+7+8=36（个） 所以点A(1,2),B(-1,0)被直线x+y-1=0分隔. 专项小练二 「x2-4y=1, (2)解：联立 可得(1-4h2)x2=1, 1.D:2.D:3.A.4.24:5.243. Ly kx 6.解：分3个步骤： 根据题意，此方程无解，则1-4状≤0，所以1k1≥ 第1步，百位可放7个数； 当11≥分时，对于直线y=,曲线父-4=1上的 第2步，十位可放6个数； 第3步，个位可放4个数 点(-1,0)和(1,0)满足6= 1+3<0, 根据分步乘法计数原理，可组成不同的三位数的个数是7 即点(-1,0)和(1,0)被y=kx分隔 ×6×4=168. 故实数k的取值范围是(-，之】U[宁，+∞） 第22期3,4版参考答案 (3)证明：设点M(x,y), 计数原理同步核心素养测评 则由题意可得√x2+(y-2)·1x1=1, 一、单项选择题 故曲线E的方程为[x2+(y-2)2]x2=1. ① 1 ~4 BACD 5~8 BBAD 对任意的yo,(0,o)不是上述方程的解， 提示： 即y轴（即x=0)与曲线E没有公共点. 1.采用分类加法计数原理，有7+11+9=27（种）方法. 又曲线E上的点(1,2)，(-1,2)对于y轴（即x=0)对称， 2.第三语言从4个中任选一个，有4种方法， 4 高中数学北师大版选择性必修第一册第21~24期 第四语言从5个中任选一个，有5种方法， 取矩形AAF,F为阳马的底面，则阳马的另一个顶点可以 所以共有4×5=20（种）组合选法， 为C,D,C1,D 3.要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为2×1+ 取矩形AA1BB为阳马的底面，则阳马的另一个顶点可以 2×3=8. 为D,E,D1,E1 4.对于(A),共有4×4×4=43=64（种）投法，故(A)错 取矩形A41C,C为阳马的底面，则阳马的另一个顶点可以 误； 为D,F,D1,F1; 对于(B),共有4×3×2=24（种）可能，故(B)错误： 取矩形AAE,E为阳马的底面，则阳马的另一个顶点可以 对于(C),共有4×4×4=43=64（种）种法，故(C)错误； 为B,D,B1,D1 对于(D),共有3×3×3×3=34=81（种）买法，故(D) 所以这样的阳马的个数是16 正确。 二、多项选择题 5.求不同填法需要4步：①中间一列填2和5有2种方法； 9.BD:10.BD:11.ABC 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； 提示： ④最后两个区域，填两个数字有2种方法， 9.因为生物课要求在B层上，只有第2,3节课，故分两类 所以不同填法种数是2×3×2×2=24. 进行讨论： 6.A,B两项实验安排在第一周，若第二周安排1项实验，有 第一类，若生物选第2节，则地理可选第1节或第3节，有2 3种方案，若第二周安排2项实验，有3种方案，故共有3+3= 种选法，政治有2种选法，故有2×2=4（种）选法。 6(种)方案； 第二类，若生物选第3节，则地理只能选第1节，政治只能 A,B两项实验不安排在第一周，则安排在第二周或第三 选第4节，自习只能选第2节，故有1种选法。 周，有2种方案；第一周安排两项实验有3种方案，故有2×3= 根据分类加法计数原理得到选课方式共有4+1=5（种）， 6(种)方案 故(A)错误，(B)正确： 综上，不同的实验方案有6+6=12（种） 对于(C),自习可以安排在4节课的任意一节，故(C)错 7.分三类： 误，(D)正确.故选(B)(D) 第一类，千位数字为3时，要使四位数为“渐降数”，则四位 10.对于(A),(B),因为甲、乙两人共付费5元，则其中一 数只有3210，共1个； 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 第二类，千位数字为4时，“渐降数”有4321,4320， 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 4310,4210,共4个； 超过7，有3种下地铁方案，则有4×3=12（种）方案； 第三类，千位数字为5时，“渐降数”有5432,5431,5430， 同理，若乙乘坐地铁不超过4站，甲乘坐地铁超过4站不超 5421,5420,5410,5321,5320,5310,5210,共10个 过7站，也有12种方案， 由分类加法计数原理得，满足题意的“渐降数”共有 因此甲和乙两人共付费5元时，共有12+12=24（种）下 1+4+10=15(个). 地铁的方案，故(A)错误，(B)正确. 8.如下图，在正六棱柱ABCDEF-A1B,C1D1E1F中，连接 对于(C),(D),若甲、乙两人共付费6元，则共有三类情 AC,A1C1,AE,AE1,易知AC⊥平面AAFF,AE⊥平面 况：①甲付2元，乙付4元；②甲付3元，乙付3元；③甲付4元， AAB1B,AF⊥平面AACC,AB⊥平面AA1EE. 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.对于(A),由分类加法计数原理，共有5+2+7= 14(种)种不同的选法，故(A)正确； 5 高中数学北师大版选择性必修第一册第21~24期 对于(B),从国画、油画、水彩画中各选一幅，分别有5种、2 由分步乘法计数原理得下游有水的不同结果有1×(2- 种、7种不同的选法， 1)×(2-1)=9(种)， 根据分步乘法计数原理，共有5×2×7=70（种）不同的 所以所求五个水闸打开或关闭的情况有2-9=23（种）. 选法，故(B)正确； 四、解答题 对于(C),若其中一幅选自国画，一幅选自油画，则有5×2 15.解：由题意，从A地到B地每天有汽车5班，故坐汽车有 =10(种)不同的选法； 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， 若一幅选自国画，一幅选自水彩画，则有5×7=35（种） 从A到B共有5+2=7（种）走法，从B到C有两类，一类有3 不同的选法； 种走法，另一类有2种走法，共有3+2=5（种）走法 若一幅选自油画，一幅选自水彩画，则有2×7=14（种） 综上，从A地到C地不同的走法数为7×5=35（种）· 不同的选法， 16.解：若选择①②③，则三人出游的不同方法数V=4× 故共有10+35+14=59（种）不同的选法，故(C)正确； 5×5=100. 对于(D),从5幅国画中选出2幅分别挂在左、右两边墙 若选择①②④，则需分两类.第一类，若甲选择4月27日 上，可以分两个步骤完成： 出游，则三人出游的不同方法数N1=5×6=30:第二类，若甲 第一步，从5幅画中选1幅挂在左边墙上，有5种选法； 不选择4月27日出游，则三人出游的不同方法数N2=3×4× 第二步，从剩下的4幅画中选1幅挂在右边墙上，有4种选 6=72.故三人出游的不同方法数W=N,+N2=102. 法， 若选择①③④，则三人出游的不同方法数N=4×5×5= 根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是5×4= 100. 20(种)不同的选法，故(D)错误. 若选择②③④，则三人出游的不同方法数N=5×5×5= 故选(A)(B)(C). 125 三、填空题 17.解：不考虑甲试剂不能对C细胞染色时： 12.9；13.18:14.23. 若C,E细胞的染色试剂不同， 提示： 共有4×3×2×(1+2)=72（种）方法， 12.由题意，他的父母的血型都是A,B,0三种之一， 若C,E细胞的染色试剂相同， 由分步乘法计数原理知，其父母血型的所有可能情况有3 共有4×3×2×2=48（种）方法， ×3=9(种). 此时共有72+48=120（种）染色方法. 13.1gb-1ga=g久有多少个不同值，只要看名不同值 现考虑甲试剂对C细胞染色： a 若C,E细胞的染色试剂不同， 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 共有3×2×(2+1)=18（种）方法， 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 若C,E细胞的染色试剂相同， 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× 共有3×2×2=12（种）方法， 4=20.由于=号是=号故：6-0的不同值的个数为 此时共有18+12=30（种）染色方法， 20-2=18. 所以符合条件的染色方法有120-30=90（种）. 14.每个水闸有打开或关闭两种情况，五个水闸的打开或 18.解：(1)分3类：第1类是负责人从高一产生，有8种不 关闭的不同结果有2种， 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 水闸A打开，水闸B,C至少打开一个，水闸D,E至少打开 3类是负责人从高三产生，有12种不同的选法， 一个，下游有水， 故共有W=8+10+12=30(种)不同的选法. 水闸B,C至少打开一个的情况有(2-1)种，水闸D,E至 (2)每种选法可分为3个步骤： 少打开一个的情况有(2-1)种， 第1步，从高一选一名负责人，共有8种不同的选法； 6 高中数学北师大版选择性必修第一册第21~24期 第2步，从高二选一名负责人，共有10种不同的选法； 5=225(种)不同的选法；第2类，男生1人，女生2人，有CC 第3步，从高三选一名负责人，共有12种不同的选法 =10×10=100(种)不同的选法.故共有C。C;+C1。C= 故共有N=8×10×12=960(种)不同的选法。 325(种)不同的选派方法。 (3)分3类，每类又可分两步.第1类，从高一和高二年级 (3)分两类：第1类，男生2人，女生1人（即女生甲），有 中各选1人，共有8×10=80（种）不同的选法；第2类，从高一 C。×1=45(种)不同的选法；第2类，男生1人，女生2人（含 和高三年级中各选1人，共有8×12=96（种）不同的选法；第 女生甲)，有C1oC4=10×4=40(种)不同的选法.故共有45+ 3类，从高二和高三年级中各选1人，共有10×12=120（种）不 40=85(种)不同的选派方法. 同的选法 第23期3,4版参考答案 故共有V=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； 排列与组合同步核心素养测评 当百位为5，符合要求的“吉祥数”有510； 一、单项选择题 当百位为4，符合要求的“吉祥数”有420,402； 1~4 BBCB 5~8 DBCC 当百位为3，符合要求的“吉祥数”有330,312： 提示： 当百位为2，符合要求的“吉祥数”有240,204,222： 1.4×5×6×…×n=n×(n-1)×…×5×4=A-3 当百位为1，符合要求的“吉祥数”有150,114,132. 2.因为A号n=10A,所以2n(2n-1)(2n-2)=10n(n- 综上，三位正整数中共有12个“吉祥数” 1)(n-2),解得n=8. (2)(ⅰ)千位有9种不同填法，百位有10种不同填法，十 3.由题意得有个居民家去两名水暖工，其他两个居民家各 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 去一名水暖工，因此分配的方案共有CA(种). 文数的个数为9×10×1×1=90. 4.取出的兔子只恰有2只测量过该指标，即从3只测过指 （ⅱ)由回文数的对称性知，只需考虑2n+1(n∈N,)位 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 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 指标的所有情况数为CC,又从这5只兔子中随机取出3只的 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 所有情况数为G,故所求概率为g。 3 ∈N,)位回文数的个数为9×10“ C=5 5.根据题意有两种方式： 第23期2版参考答案 第一种方式，有一个地方去3名专家，另外两个地方各去1 专项小练一 名专家，共有S·C·G.龙=60（种）方法： A 1.D;2.C;3.A.4.24;5.8} 第二种方式，有一个地方去1名专家，另外两个地方各去2 6.解：(1)能组成无重复数字的四位数的个数为A。= 360. 名专家，共有·CG.A发=90（种）方法， A (2)四位偶数要求个位数为偶数，先排个位数字，有A,种 所以分派方法的种数为60+90=150. 选法；再从剩下的5个数中选出3个排成一列，共有A;= 6.混合双打比赛要求每一队必须是一名男队员和一名女 60(种)选法.故共能组成无重复数字的四位偶数为AA;= 队员.可以分以下两步： 180(个). 第一步：先从4名男选手中选2名出来，再从4名女选手选 专项小练二 2名出来，组成一组，其余4名选手为另一组，共有CC= 1.B;2.D;3.C.4.30;5.98. 36(种)分法： 6.解：(1)从15人中选3人，共有Cs=455(种)不同的选 第二步：由于是一男一女的配合，所以每组选出来的4名 派方法 选手(2男2女)共有2种搭配方法 (2)分两类：第1类，男生2人，女生1人，有CC=45× 由分步乘法计数原理得不同的分配方案共有36×2= -7 高中数学北师大版选择性必修第一册第21~24期 72(种). 从1,2,3,4中任取两个数作为点的坐标，可以得到多少个 7.根据题意，可分三种情况讨论： 点属于排列问题，故(D)正确， ①若小明的父母只有一人与小明相邻且父母不相邻时， 故选(A)(C)(D) 先在其父母中选一人与小明相邻，有C=2(种)情况，将小明 10.若五人每人可任选一项工作，则每人都有4种选法，则 与选出的家长看出一个整体，考虑其顺序有A?=2(种)情况， 共有4×4×4×4×4=45（种）选法，故(A)错误； 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 若安排小张和小赵从事翻译、安保工作，其余三人中任选两人 个家长安排在空位中，有A×A号=12（种）安排方法，此时有2 从事礼仪、服务工作，则不同的方案有AA=12(种)，故(B)正 ×2×12=48(种)不同坐法： 确； ②若小明的父母只有一人与小明相邻且父母相邻时，将 在五人中任选两人，安排礼仪工作，有C=10(种)选法， 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 再给剩下三人安排剩下的三项工作，有A=6(种)情况，则有 之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2=4（种）情 10×6=60(种)不同的方案，故(C)正确； 况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A=6(种)情况， 在五人中任选两人，安排在第一排，有A=20(种)排法， 此时有4×6=24（种）不同坐法； 剩下三人安排在第二排，要求身高最高的站中间，有2（种）排 ③小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两 法，则有20×2=40（种）不同的站法，故(D)正确. 边，将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A号=2（种）情 故选(B)(C)(D). 况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A=6种情况，此 11.根据题意，依次分析选项： 时共有2×6=12（种）不同坐法， 在6辆不同的工程车中选出2辆，分给甲地，有C种分法， 综上所述，共有48+24+12=84（种）不同的坐法. 在剩下的4辆工程车中选出2辆，分给乙地，有C种分法，将最 8.由于每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社 后的2辆工程车分给丙地，有C种分法，则有CCC= 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 90(种)分配方式，故(A)错误； “演讲团”外的四个社团或三个社团，可以分两类： 在6辆不同的工程车中选出2辆，分给甲地，有C种分法， 第一类：先将6人分成四组，分别为1人，1人，2人，2人，再 在剩下的4辆工程车中选出2辆，分给乙地，有C种分法，在剩 分配到四个社团，不同的参加方法数为CCCC·X: AA 下的2辆工程车中选出1辆，分给丙地，有C2种分法，将最后的 1080(种)： 1辆工程车分给丁地，有1种分法，则有CCC2=180(种)分配 第二类：将6人平均分成三组，再分配到除“演讲团”外的 方式，故(B)正确； 四个社团中的任意三个社团，不同的参加方法数为 .A 将6辆工程车分为4,1,1的三组，有C6种分法，将分好的 A 三组安排到三个工地，有A种情况， =360(种). 则有CgA=15×6=90(种)分配方式，(C)错误； 所以不同的参加方法数共有1080+360=1440（种）. 将6辆工程车分为22,1,1的四组，有SCCC AA =45(种) 二、多项选择题 9.ACD:10.BCD:11.BD 分法，将分好的四组安排到四个工地，有A=24(种)情况，则 提示： 有45×24=1080（种）分配方式，(D)正确. 9.从六名学生中选三名学生参加数学、物理、化学竞赛，共 故选(B)(D) 有多少种选法属于排列问题，故(A)正确： 三、填空题 有十二名学生参加植树活动，要求三人一组，可分为四组 12.12;13.360;14.42. 三人一组无先后顺序，不属于排列问题，故(B)错误； 提示： 从3,5,7,9中任选两个数进行指数运算，可以得到多少个 12.老师必须站在正中间，则老师的位置是指定的：甲同学 幂属于排列问题，故(C)正确； 不与老师相邻，则甲同学站两端，其余同学全排列，故不同站法 8 高中数学北师大版选择性必修第一册第21~24期 种数为C2A=12. 个元素，往7个“间隔”里插有A号种插法，故4个空位中只有3 13.第一步安排甲学校，由于甲学校连续参观两天，所以只 个相邻的坐法有AA=30240(种). 能有6种不同的安排方法；第二步安排余下的三所学校，由于 (3)4个空位至多有2个相邻的情况有三类： 这三所学校均只参观一天，所以有A?种不同的安排方法.由分 ①4个空位各不相邻有C种坐法； 步乘法计数原理得不同的安排方法有6A;=6×5×4×3= ②4个空位2个相邻，另有2个不相邻有C,C号种坐法； 360(种). ③4个空位分两组，每组都有2个相邻，有C?种坐法 14.6人分组照顾三位老人有C6C=90(种)，当A照顾老 综上，共有A8(C+CC%+C)=115920(种)坐法， 人甲时有CC=30(种)，同理义工B照顾老人乙也有 19.解：(1)Cs=-5)×(-16)×(-17)=-680 31 30种，A,B同时分别照顾老人甲和乙有C·2=12(种)，所以 共有90-30×2+12=42（种）. (2) 6x 四、解答题 因为x>0,x+2≥2万，当且仅当x=万时取等号， 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C=C?=28(种)选择方法： 所以当x=万时，C取得最小值 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C⑧C;=3C⑧= (3)性质①不能推广.例如当x=2时，C2有意义，但 168(种)选择方法. C2无意义； 综上，共有168+28=196（种）选择方法. 性质②能推广，其推广形式是：C+C=C1,x∈R, 16.解：(1)根据题意可知同一科目的书相邻， m是正整数 那么先将同一栏目的书捆绑起来，然后整体排列得到排法 事实上，当m=1时，有C+C=x+1=C1, 有A3AA=24(种)· 当m≥2时，C+C=x(x-1)(x-m+1+ m! (2)要求同一科目的书不相邻，那么需要采用间接法，用 x(x-1)…(x-m+2） 所有的情况减去相邻的情况即可， (m-1)! 即排法有A-2AA+AAA=48(种) =(x-)xm+2-m+1+1 (m-1)! m 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 =(x-1)(x=m+2）x+D=C m! 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 C4·(C6C)·A4=576(种)不同的测试方法， 第24期2版参考答案 (2)根据题意，分3步进行分析：先排第1次测试，只能取 专项小练一 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 1.A;2.D;3.C.4.45x;5.-2. 次和第7次的位置上测试，有A=12(种)测试方法，最后排余 的展开式的通项为T,+1=Cg× 下4件被测试产品的测试位置，有CA=240(种)测试方法. 6解：（任-√ 所以共有6×12×240=17280（种）不同的测试方法. ×-√写)=(-yx心x2xa产×，令 18.解：6个人排有A种排法，6人排好后包括两端共有7 -9=3,解得r=8. 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' 所以(-1)°×C心x2×a=子，解得a=4 中，有C=35(种)插法， 专项小练二 故空位不相邻的坐法有AC1=25200(种). 1.C;2.B;3.A.4.255;5.10. (2)将相邻的3个空位当作一个元素，另一空位当作另一 6.解：依题意得2“=512，所以n=9. 9 高中数学北师大版选择性必修第一册第21~24期 设展开式中的常数项为T+1=Cx8-2(-1)'x= 1 8,10}时，a;>0,当i∈1,3,5,7,9}时，a<0.而 1a1的 (-1)Cgx8-3,由18-3r=0,得r=6 值为(x3-3y)°的展开式中各项系数绝对值之和，于是取x= 所以展开式中的常数项为(-1)C。=84. 10 1,y=-1,所以名1a1=+3x1)=49 第24期3,4版参考答案 二、多项选择题 二项式定理同步核心素养测评 9.ABC:10.BC:11.ABD 一、单项选择题 提示： 1 ~4 BDCA 5 ~8 CBBC 9.二项式(1-2x)5的展开式通项公式为T,+1= 提示： C5(-2)'x',reN,r≤5，a0=1,a5=C3(-2)5=-32,(A), 1.因为7=C产(-=(-1)C,故r=1时 (B)都正确； 显然，展开式中的奇数项系数为正，偶数项系数为负， 为展开式中含x3的项，该项的二项式系数为C;=5. 1a1+la11+a21+la31+la4l+la51=a-a1+a2-a3 2.由题意得，第8项的系数为C7。×(5)3×(-1)7=120 +a4-a5=[1-2×(-1)]5=35,(C)正确； ×33i=360/31 a1=C5(-2)=-10,a2=C5(-2)2=40,a3=C3(-2)3 3.令x=1,各项系数的和为4”，二项式系数的和为2"，故 =-80,a4=Cg(-2)4=80,因此，a+a1+2a2+3a3+4a4+ 有号=61，所以n:6 5a5=1+(-10)+2×40+3×(-80)+4×80+5×(-32) =-9,(D)不正确. 4.由C1x+C2x2+…+C%x=(1+x)-1,分别将选项 故选(A)(B)(C). (A),(B),(C),(D)代入检验知，仅有(A)适合 5因为：=C×(3)×(-是)=(-)×C× 10由二项式定理可得(-是)】 的展开式的通项为 3"-‘×2'×x2m-,所以由题意知2n-5r=0,即n= 5r 1=c(是厂=(-)c2 21 设第r+1项系数的绝对值最大， 因为neN,reN,所以n的最小值为5. 6.由题意C=C,所以n=12,因此展开式共有13项，中 Cg·2≥Cg·21 则 所以 间-项是第7项.7=（士）广=C lCg·2≥Cg1·241 2 1 7.由题意得C2=C3,因此n=5. 解得5≤r≤6.故系数绝对值最大的项是第6项和第7项， 因为(1+Ax)5=a0+a1x+a2x2+…+ax, 故(A)错误； 所以令x=0,可得a。=1. 二项式系数最大的项为中间项，即为第5项，所以T= 令x=1,则(1+)5=a+a1+a2+…+a5: (-1)Cg·2·号=1120x6,故(B)正确； 又a1+a2+…+a5=242,所以(1+A)5=243=35, 由(A)知，展开式中的第6项和第7项系数的绝对值最大， 因此入=2. 而第6项的系数为负数，第7项的系数为正数，则系数最大的项 所以（+子 展开式的通项为 为T,=(-1)C·2·x1=1792x1,故(C)正确； T41=C4x4-*2xt=C2x4-2 系数最小的项为T。=(-1)5C·2x号=-1792x号， 故(D)错误.故选(B)(C). 由4-2k=0得k=2, n! 因此(+2)广 展开式中常数项为T3=C22=24. 1.依题意可得C=C,得41·n-41 n！ 8.依题意，a=C(-3y,ieN,i≤10，当ie0,24,6,61·n-67得(n-4)(n-5)=30,得n=10. 一10-