第22期 计数原理-【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）

16.(15分)假设今天是4月23日，某市未来六天的空气质量预 18.(17分)现有光明学校共30人自愿组成古文研究组，其中高 19.（17分)(1)数字2202具有这样的性质：它是6的倍数并且 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 、高二、高三年级分别有8人、10人12人 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 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 (1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？ 整数中，“吉祥数”的个数 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 (2)每个年级选一名负责人，有多少种不同的选法？ (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 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 (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 33,262,1551,83738等.显然两位回文数有9个：11,22,33，…，99. 游的不同方法数 种不同的选法？ 三位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.求： 未来六天空气质量预报 （)四位回文数有多少个？ 4月24日4月25日4月26日4月27日4月28日4月29日 (i)2n+1(neN,)位回文数有多少个？ 优 优 优 良 高中数学·选择性必修第一册（北师大版〕同步核心素养测评 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 高中数学·选择性必修第一册（北师大版）同步核心素养测评 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？ 图 参考答案见下期 本版责任编辑：崔明 报纸编辑质量反馈电话： 高中数学 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 0351-5271248 拨理摘 2025年12月8日·星期- 第22期总第1166期 北师大 选择性必修第一册 生命的养料 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版 社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707(F)邮发代号：21-168 计数问题是数学中的重要研究对象，分类 一个小男孩几乎认 加法计数原理和分步乘法计数原理是解决计数 为自己是世界上最不幸 计数方法大观园 问题最基本、最重要的方法.对于复杂的计数问 的孩子，因为患脊髓灰 题，针对问题的特点，可同时运用两个基本原理 质炎而留下了瘸腿和参 或借助列表、画图的方法来帮助分析.下面举例 ○湖南 张璟萌 说明解决计数问题的常用方法 (C)240种 (D)168种 由表格可知，共有9种不同的取法 差不齐且突出的牙齿 一、列举计数 解：分两类：第1类，涂三种颜色，先涂点A, 点评：本题是一个错排问题，难以直接运用 他很少与同学们游戏或 例1某公司电脑采购员计划用不超过300D,E有4×3×2=24（种）方法，再涂点B,C,F 两个计数原理计算，这里借助表格，把各种情况 玩耍，老师叫他回答问 元的资金购买单价分别为20元、40元的鼠标和 有2种方法，故有24×2=48（种）方法；第2类： 一一列出，使问题直观得解 键盘.根据需要，扇标至少买5个，键盘至少买3 涂四种颜色，先涂点A,D,E有4×3×2= 四、图形计数 题时，他也总是低着头 个，则不同的选购方式共有 ( )24(种)方法，再涂点B,C,F有3×3=9（种）方 例4假定有一排蜂 〔0文2文46 言不发。 (A)7种 (B)8种 法，故共有24×9=216（种）方法. 房，形状如图2所示，一只 蜜135 在一个平常的春 (C)9种 (D)10种 由分类加法计数原理，共有48+216= 蜜蜂在左下角，由于受了 图2 点伤，只能爬，不能飞，而且只能永远向右方（包 小男孩的父亲从邻 解：依据选购鼠标和键盘的不同个数分类264（种）不同的涂法.故选(B) 列举求解 点评：本题通过设计在一个几何图形的六 括右上、右下)爬行，从一间蜂房爬到与之相邻 居家讨了一些树苗，他 若买5个鼠标，则可买键盘3,4,5个； 个顶点处涂不同颜色，考查了分类、分步计数原 的右蜂房中去，求从最初位置爬到6号蜂房共有 想把它们栽在房前。他 若买6个鼠标，则可买键盘3,4个； 理的应用.在分类中又包含分步，“类”“步”交 多少种不同的爬法？ 叫他的孩子们每人栽 若买7个鼠标，则可买键盘3,4个； 解：蜜蜂先进入0号蜂房有如下爬法： 融.考虑问题的原则是先分类后分步，要注意在 棵。父亲对孩子们说，谁 若买8个鼠标，则可买键盘3个； 分类（或分步）时，必须做到不重不漏 若买9个鼠标，则可买键盘3个 三、表格计数 栽的树苗长得最好，就 根据分类加法计数原理，不同的选购方式 例3四个人各写一张贺年卡，放在一起，然 给谁买一件最喜欢的礼 共有3+2+2+1+1=9（种）.故选(C). 后每个人取一张不是自己写的贺年卡，共有多少 56 物。小男孩也想得到父 点评：本题背景简单，是通过分类列举得解 种不同的取法？ 图3 的.这是解决计数问题最基本的方法 共有8+5=13（种）； 亲的礼物，但看到兄妹 解：把四个人分别编号为①，②，③，④，他 二、分类、分步联袂计数 门取得贺年卡的情况如下表： 同理，蜜蜂先进入1号蜂房共有8种爬法 们蹦蹦跳跳提水浇树的 例2如图1，用四种不同颜 故蜜蜂从最初位置爬到6号蜂房共有13+ 色给图中的A,B,C,D,E,F六个 四个人 取贺年卡的方法 身影，不知怎么地，萌生 8=21(种)不同的爬法. 点涂色，要求每个点涂一种颜 ① 点评：应用两个计数原理解决相关问题时， 出一种阴冷的想法：希 色，且图中每条线段的两个端点 ② 如果涉及的问题比较抽象，或在思维上易出现 望自己栽的那棵树早点 涂不同颜色，则不同的涂色方法 ③ 障碍，且问题中的数字较小时，通过直观展示， 死去。因此浇过一两次 共有 ( ④ 比如树形图、表格或Venn图等方法，可使问题 (A)288种 (B)264种 方法编号 变得易于解决。 水后，再也没去搭理它 几天后，小男孩再 第2步，系数b的取法有3种； 去看他种的那棵树时 两个计数原理的应月 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 惊奇地发现它不仅没有 线有N=3×3×1=9(条). 枯萎，而且还长出了几 ◎山西 赵鸿斌 三、联用分类加法计数原理与分步乘法计 片新叶子，与兄妹们种 数原理 分类加法计数原理与分步乘法计数原理！ 第2类，从右边的口袋中取一张英语单词卡 例3电视台在“欢乐大本营”节目中拿出 的树相比，显得更嫩绿、 是计数的两个基本原理.分类加法计数原理针 片，有30种不同的取法. 两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优 更有生气。父亲兑现了 对的是“分类”问题，其中各类方法相互独立，用 上述两类方法中的任何一种取法都能独立 秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20 其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘完成取一张英语单词卡片这件事，应用分类加 他的诺言，为小男孩买 封.现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定 法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中法计数原理可得，从中任取一张英语单词卡片 名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙 了一件他最喜欢的礼 的方法相互依存，只有各个步骤都完成才算做 共有N=50+30=80(种)不同的取法 物，并对他说，从他栽的 完这件事.下面就如何准确把握和正确运用两 二、独用分步乘法计数原理 伴，有多少种不同的结果？ 个基本原理举例说明 例2从{-3，-2，-1,0,1,2,3}中，任取3 解：完成“抽奖过程”这个事件可分步完成， 树来看，他长大后一定 一、独用分类加法计数原理 个不同的数作为抛物线y=ax2+bx+c(a≠0) 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 能成为一名出色的植物 例1某同学衣服上左右各有一个口袋，为的系数，如果抛物线过原点，且顶点在第一象 了学好英语，他在左边口袋装了50张英语单词限，问这样的抛物线共有多少条？ 确定一名，因此可以分步完成 学家。 卡片，在右边口袋装了30张英语单词卡片，现要 解：根据题意，抛物线过原点，且顶点在第 第1类，幸运之星在甲信箱中抽，先定幸运 从那以后，小男孩 从中任取一张英语单词卡片，有多少种不同的 象限，所以a,b,c应满足a<0,b>0,c=0, 之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴，根据分步 慢慢变得乐观向上起 取法？ 所以a∈{-3，-2，-1{，b∈{1,2,3}，c∈ 乘法计数原理有30×29×20=17400（种）结 解：完成这件事，可以从两个口袋中任取一 10.完成“从所给的数字中选取三个作为抛物 果； 张英语单词卡片，因此要分类进行.从两个口袋 线的系数”这件事，三个系数a,b,c都必须同时 第2类，幸运之星在乙信箱中抽，同理有20 中任取一张英语单词卡片可分为两类： 从所给的数字中取值，因此要分步进行.主要分×19×30=11400（种）结果. 第1类，从左边的口袋中取一张英语单词卡 3步： 根据分类加法计数原理，不同的结果共有 片，有50种不同的取法； 第1步，系数a的取法有3种： 17400+11400=28800(种). 2 素养专练 专项小练一、分类加法计数原理 专项小练二、分步乘法计数原理 1.现有7名男运动员和9名女运动员，从中选 1.商店里有10件不同的上衣和12条不同的 一人参加乒乓球赛，则不同的选法共有 ( 裤子，某人要买一件上衣和一条裤子，则不同的选 (A)7种 (B)9种 法共有 (C)16种 (D)63种 (A)10种 (B)12种 2.现有高中一年级的学生10名，高中二年级 (C)22种 (D)120种 的学生20名，高中三年级的学生15名.从中任选1 2.从1到10的正整数中，任意抽取两个相加 名学生到国外去学习，则不同的选法共有( 所得的和为奇数的不同情形有 (A)3000种 (B)45种 (A)10种 (B)15种 (C)20种 (D)3种 (C)20种 (D)25种 3.某单位的职工中，30人的血型为A型，15 3.一只小老鼠跑到厨房偷食，在厨房的餐桌 人的血型为B型，20人的血型为AB型，10人的血 上有三类食物：蔬菜、面食和水果，其中蔬菜5种， 型为0型.现从中选一人参加献血活动，则不同的 面食4种，水果3种.小老鼠想每种都带，但由于能 选法共有 力有限，它只能带走每类食物中的一种，则不同的 (A)4种 (B)30种 带法共有 ( (C)65种 (D)75种 (A)60种 (B)20种 4.高二(1)班有20名女生，35名男生；高二 (C)12种 (D)3种 (2)班有男生和女生各25人.现从高二(1)班的 4.已知a∈{0,3,4}，b∈{1,2,7,8，c∈ 男生或高二(2)班的女生中选出一名学生担任学 {-1,0,2,则方程(x-a)2+(y-b)2=c2表示 生会干部，则有 种不同的选法， 不同的圆的个数是 5.有大小不等的两个正方体玩具，分别在各 5.五名旅客在三家旅店投宿的方法有 面上标有数字1,2,3,4,5,6.抛掷两个玩具后，向 种 上的面标着的两个数字之积不小于20的情形有 6.四张卡片的正、反面分别写有0与1,2与3. 种. 4与5,6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成 6.在所有的两位数中，个位数字大于十位数 多少个不同的三位数？ 字的两位数共有多少个？ 数理报社试题研究中心 参考答案见下期 第20期3,4版参考答案 即b+a=2且a≠1，b≠1 (3)直线11：y-1=k1(x-1),将直线11向右平移4个单位长 一、单项选择题1~4ACCB5~8BADC 度，再向上平移2个单位长度得到y-1=k[(x-4)-1]+2,即 二、多项选择题 9.ABD:10.ABD:11.AC y-1=k1x-5k1+2, 三、填空题 所以-5+2=-点，解得=之 22.0:13-1.:4(o,25] 时直线4y-1=之(x-1),腕以2-1=之a-10. 四、解答题 解得a=3; 15.(1)y2=4x.(2)5. 16少双曲线C的方程为号-y=1, 若选①，则6=-子此时4y-1=之(x-1), (2)渐近线方程为y=±√2x 所以6-1宁2-)，解得6=之： 17.(1)1AB1in=2,5. 若选②，则2=-2，此时12：y-1=-2(x-1), (2)M(2,4),N(2,1)或M(2,-4),N(2,-1) 所以b-1=-2(2-1),解得b=-1. 18.解：(1)依题意1=tan01,2=tan2, 19.(1)证明：A.A官=-2-2+4=0， 且A,6均不为0或牙， 所以A⊥A,即AP⊥AB: A.Ai=-4+4+0=0,所以4上Ai,即AP⊥AD. 若选①01+02=T,则9=π-62， 又AB∩AD=A,所以PA⊥平面ABCD. 则tan0=tan(π-2）=-tanf2,即k1+k2=0: 若选②l112,则k1·k2=-1. (2)解：(AB x AD)·A1 (2)依题意直线l1:y-1=k1(x-1), =1-4-32+0-0-4-81=48, 直线l☑：y-1=2(x-1), 8-2+0 又l1过A(a,2),所以2-1=k1(a-1)且a≠1， 又cos(A函，AD)三4+1+16.√16+4+0=35，所以 即1=k(a-1)且a≠1， sin(4店，Ad=4元 35 又2过B(2,b),所以b-1=2(2-1)且b≠1， 即b-1=k2且b≠1； p-m=子1A11·sin(宿，A1=16 若选①，则1+2=0，所以k1=-2=1-b, 即1=(1-b)(a-1)且a≠1，b≠1； 1(A店xA市)·A=3-Bm 若远②，则6=-1，所以(b-1)×=-1, 猜测：I(A店×A)·A1在几何上可表示以AB,AD,AP为棱的平 行六面体的体积（或以AB,AD,AP为棱的四棱柱的体积）. 图 0(0。)看 527(0)。1(1)-(-2)：0 今/(M+(2)-. (2)(-)心 (1.2)。(-1.2)（ (公)并牌：法请就(。 (-1.0)机(10)证91t -t-tOV-20. -+- g(：！。2)。(-。0l入t-! 12 m2 +1 =125, [x2+(2x-2)22-1=0,x=1 ~0. ACDEZ新2VS 同地03-L-0V A(x1,),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4) L7.(1)世锈婴 (2)4-+ 16()m周暴 :品(。)· 9 AD; 10.AC: 1~4 DBBC 5~8 CCDB + 8.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂 的指定位置，共有9种不同的挂法 计数原理同步核心素养测评 直于底面的四棱锥为阳马.设A4,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 第Ⅱ卷 非选择题（共92分） ◆数理报社试题研究中心 AA,为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是 ( 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 第I卷选择题（共58分) 图2 (A)4 (B)8 (C)12 (D)16 12.按AB0血型系统学说，每个人的血型为A,B,0,AB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AB型 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 1.某校高中二年级一班有优秀团员7人，二班有优秀团员11 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 时，子女的血型一定不是0型.若某人的血型为0型，则其父母血型 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 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 的所有可能情况有 种 所示，张毅选择三个科目的课各上 节，另外一节上自习，则下列说 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 地.推选1名优秀团员为总负责人，不同的选法种数是 法正确的是 a,b,则lgb-lga的不同值有 入 (A)693 (B)27 (C)86 (D)106 14.如图3所示是一段灌溉用的 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1节 第2节 第3节 第4节 水渠，上游和下游之间建有A,B,C, 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 地理1班 化学A层3班 地理2班 化学A层4班 D,E五个水闸，若上游有充足水源 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 生物A层1班 化学B层2班 生物B层2班 历史B层1班 整 但下游没有水，则这五个水闸打开 语中任选一个，则学生可选取的语言组合数为 数学 物理A层1班 生物A层3班 物理A层2 班 生物A层4班 或关闭的情况有 选择性 (A)20 (B)25 (C)30 (D)35 物理B层2班 生物B层1班 物理B层1班 物理A层4班 四、解答题：本题共5小题，共 图3 3.如图1，要让电路从A处到B处只有 政治1班 物理A层3班 政治2班 政治3班 77分. 选择性 条支路接通，不同的路径条数为 必修第一册 15.（13分)有A,B,C三个城市，上午从A城去B城有5班汽车 (A)5 (B)7 (A)此人有4种选课方式 (C)8 (D)12 (B)此人有5种选课方式 2班火车，都能在12：00前到达B城.下午从B城去C城有3班汽车， 必修第 4.以下运算结果为34的是 (C)自习不可能安排在第2节 2班轮船.某人上午从A城出发去B城，要求12：00前到达，然后他下 册 (北师 图 午去C城，问有多少种不同的走法？ (A)3封不同的信投入4个不同的邮筒的投法 (D)自习可安排在4节课中的任 一节 (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） 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 大版)同步核心素养测评 (C)3块地种植4种不同的蔬菜的种法 坐站数实施分段优惠政策，不超过10站的地铁票价如下表： (D)4个同学购买3种不同的书籍，每人购买1本的种数 乘坐站数x 0<x≤4 4<龙≤7 7<x≤10 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 票价/元 2 3 4 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 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 北师大版)同步核心素养测评 的数字之和为7，若中间 列填2和5，则不同的填法有 ( ) 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， A B 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 (A)20种 (B)24种 (C)36种 (D)48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 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 (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 180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 (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 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 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 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， 下列说法正确的有 则不同的实验方案共有 ( (A)从中任选一幅画布置房引间，有14种不同的选法 (A)6种 (B)12种 (C)18种 (D)24种 (B)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不 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 同的选法 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 (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 渐降数”的个数是 的选法 (A)15 (B)18 (C)14 (D)11 (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-