第23期 排列 组合-【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）

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. 一10-16.(15分)有五本不同的书，其中数学书2本，语文书2本，物 18.(17分)6个人坐在一排10个座位上，问： 19.（17分)规定C=x-1)(x-m+,其中x∈R,m 理书1本，将书摆放在书架上 (1)空位不相邻的坐法有多少种？ m! (1)要求同一科目的书相邻，有多少种排法？（用数字作答） (2)4个空位只有3个相邻的坐法有多少种？ 是正整数，且C=1,这是组合数Cm(n,m是正整数，且m≤n)的一 (2)要求同一科目的书不相邻，有多少种排法？（用数字作答） (3)4个空位至多有2个相邻的坐法有多少种？ 种推广. (1)求Cs的值； (2)设x>0,当x为何值时，C取得最小值？ (3)组合数的两个性质：①C=C";②C+C-1=C是否 ! 都能推广到C(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. 111111111 高中数学·选择性必修第 17.(15分)已知10件不同的产品中有4件是次品，现对它们进 致 行测试，直至找出所有的次品为止 必 (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 师大版) 试方法种数是多少？ 同步核 (2)若恰在第2次测试测试到第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？ 高中数学·选择性必修第一册（北师大版）同步核心素养测评 心素养测评 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： 0351-5271268 2025年12月15日·星期 高中数学 报纸发行质量反馈电话： 数评橘 第 23期总第1167 北师大 0351-5271248 选择性必修第一册 无法掌控命运， 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：CN14-0707八F)邮发代号：21-168 就掌控内心 方法指津 (C)180种 (D)96种 例3某校开文艺晚会，其中有5个舞蹈，4 我们试图掌控 解析：由于甲、乙两名志愿者都不能从事翻个唱歌，唱歌节目不可排两头，并且任何两个唱 命运，到头来却总被 译工作，因此翻译工作从剩下的四名志愿者中歌节目不连排，则不同的排法有多少种？ 命运捉弄；我们试图 排列问题的求解策略 任选一人，有A4种选法；再从其余的5人中任选 解析：先排无限制条件的5个舞蹈有A;种 探讨人生，到头来却 3人从事导游、导购、保洁三种不同的工作有A; 排法；再将4个唱歌节目插入5个舞蹈节目中 发现人生如梦；我们 ◎湖南杨菲 种选法.所以不同的选派方案共有A4A;= (每空插一个)，则有A种排法.由分步乘法计 试图张扬个性，到头 排列问题是高中数学中较为抽象的内容. 240(种).故选(B). 数原理得共有AA=2880(种)排法， 来却往往被群体同 初学排列知识的同学，一遇到这类问题，不知从 二、相邻问题“捆绑法” 四、定序问题“倍除法” 何入手.下面介绍一些常见的解题策略，供大家 对于某些元素要求相邻排列的问题，可先 化。“人生不如意，十 对于某几个元素顺序一定的排列问题，可 参考 将相邻元素捆绑并看作一个元素，再与其他元 之八九”，既然无法 素进行排列，同时对相邻元素进行内部排列. 先把这几个元素与其他元素一同进行排列，然 一、特殊者“优先法 掌控命运，我们就顺 就是某些排列问题中某些元素（位置）必须 例2有7人站成一排，其中甲、乙两人必须 后用总排列数除以这几个元素的全排列数 其自然，找到内心的 (不能)排在指定的位置上（排某些元素），这时相邻，有多少种排法？ 例4用1,2,3,4,5,6,7组成无重复数字的 自我，做到不迷失自 可优先考虑这些元素（位置），再排其他元素（位 解析：先将甲、乙两人“捆”在一起，捆法有 七位数中，若2,4,6次序一定，则有多少个不同 己，达到内心的平 置). A号种；再将捆好的两个人看成一个人，并与其他的七位数？ 和！生命简单一点， 例1从6名志愿者中选出4人分别从事翻5人进行全排列，有A:种排法.于是，所求不同 解析：若不考虑附加条件，组成的七位数共 快乐也会长久一点。 译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中 的排法有AA:=1440(种). 有A7个；而2,4,6次序不定时有A3种可能，2,4 要懂得忘却。人 甲、乙两名志愿者都不从事翻译工作，则不同的 三、不相邻问题“插空法 6次序一定时只有一种排法，故符合条件的七位 生最大的痛苦缘自 选派方案共有 先安排好没有限制条件的元素，然后在排好 数共有 A3 =840(个) (A)280种 (B)240种 追求完美，要知道， 的元素之间的空位和两端插入不能相邻的元素. 真正的光明并非没 种 安成题库 有黑暗的时刻，只是 求解组合问题的 解析：每种分配方案一一对应于将10个相 永远不为黑暗淹没 同的小球排成一列，并在小球之间插入6块隔板 数字问题 罢了。我们的生活也 常用方法 后所分成的7个区域的球数（每个“空格”只能 变式探究 是一样，忍着疼痛奔 插一张隔板)，不同的插板方式对应不同的分球 方法，所以，不同的分配方案共有C。=C= 跑，带着泪光微笑， ○山西王 霞 ◎山东尹承利 84(种) 这才是真正的生命 组合问题是高考的常考题型之一，本文总 数字问题是排列、组合应用中的一类热点 点评：对于位置不能空的问题，隔板必须 要懂得放弃。人 结 ·下解决组合问题的常用方法，供同学们参 问题，下面以一道经典例题及其变式为例来说 “隔”在元素之间。如分三段“两”隔板，分四段 明 生如戏，每个人都是 考 “三”隔板，以此类推 典例：用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复 自己生命中的唯一 一、列举法 三、分组法 数字的数： 例1将标号为1,2,3，…，10的10个小球放 导演，只有懂得放弃 例3有6本不同的书，按下列要求分配，有 (1)能够组成多少个六位奇数？ 入标号为1,2,3，…，10的10个盒子中，每个盒子 的人才能彻悟人生， 多少种不同的分法？ (2)能够组成多少个大于201345的正整 内放人一个球，则恰好有三个球的标号与所在 数？ 笑看人生，始终拥有 (1)分给甲、乙、丙三人，每人两本； 盒子的标号不一致的放法共有多少种？ 解析：(1)先从1,3,5中选1个数放在末 一个好的心情。“舍 (2)平均分成三份. 解析：0个小球中有3个小球标号不一致 解析：(1)3个人两本两本的来取书，甲从6 位，有A;种情况；再从除0以外的4个数中选1 得舍得”，有舍才有 共有C。种情况，且各种情况放法数相等.如果 本不同的书中任取2本的方法有C2种；甲不论 个数放在首位，有A!种情况；然后将剩余的数 得。 标号为1,2,3的小球装入标号1,2,3的盒子中，用哪一种方法取得2本书后，乙再从余下的4本 进行全排列，有A种情况.所以能组成的六位 要懂得欣赏。用 且标号不一致，可能的放入的情况数如下表： 书中取书有C?种方法；而甲、乙不论用哪一种方 奇数的个数为AAA4=288. 欣赏的眼光看待人 (2)法1：由0,1,2,3,4,5组成的所有没有 盒子 2 法各取2本书后，丙从余下的两本中取两本书， 重复数字的正整数的个数是A,A.其中不大于 和事，我们会更幸 有C?种方法，所以一共有CCC?=90(种)分 201345的正整数，当首位数字是2时，只有 福。其实，每个人身 小球 法 201345这1个；当首位数字是1时，有A个.所 上都有优点，也都有 (2)设平均分成三份有x种方法，再分给 求的正整数的个数为AA-(1+A)=479. 即有2种情况，故所求放法数共有C。×2= 缺，点。我们何必要带 甲、乙、丙三人每人得2本，根据分步乘法计数原 法2：由0,1,2,3,4,5组成的没有重复数字 240(种). 理得xA?=CCC子，所以平均分成三份有x= 着放大镜看人，而不 的正整数中，大于201345的正整数分为以下几 点评：对情况数少的问题可用列举法进行 带着望远镜去欣赏 求解 CCC-15(种)不同的分法 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 呢？ 二、隔板法 点评：本题中的两问都是分成3堆，每堆2 数为AA;前2位数字为20且大于201543，个 例2从7个班的志愿者中挑选10名组成考本，属于平均分组问题，但第(1)问分给甲、乙、 数为AA;首位数字为2且大于205431，个数 察小分队，已知每班报名人数都多于4名，若每丙三人，相当于给出了甲、乙、丙三个指定的组， 为A4A;首位数字为3,4,5中的一个，个数为 班至少挑选1名，则各班名额的分配方案共有 第(2)问没有给出组名，所以结果是不同的 (下转第2版) 2 素养专练 4.五人站成一排，甲不能站在两边的不同排法 专项小练一、排列 有 种 1.某公司从甲、乙、丙、丁四人中选出两人分别 5.不等式A<6A2的解集为 派往上海和北京出差，则不同的派法共有(） 6.由1,2,3,4,5,6这六个数字， (A)2种 (B)4种 (1)能组成多少个无重复数字的四位数？ (C)6种 (D)12种 (2)能组成多少个无重复数字的四位偶数？ 2.若Am=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.某公司要从小张、小赵、小李、小罗、小王五 个人中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四 项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工 作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派 方案共有 (A)36种 (B)12种 (C)18种 (D)48种 专项小练二、组合 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， 1.已知集合A含有7个元素，则集合A的三元每位同学选修3门课程，则每位同学不同的选修方 子集共有 ( )案共有 种. (A)210个 (B)35个 6.学校决定从15名“三好”学生（男生10人， (C)7个 (D)3个 女生5人)中选派3人去参加省数学竞赛培训. 2.已知Ci2=C,则x的值为 (1)共有多少种不同的选派方法？ (A)5 (B)7 (2)若要求男生和女生至少各一人，共有多少 (C)12 (D)5或7 种不同的选派方法？ 3.从4台甲型和5台乙型电冰箱中任意取出3 (3)若女生甲必须参加，且男生至少有一人参 台，其中至少有甲型与乙型电冰箱各1台，则不同加，共有多少种不同的选派方法？ 的取法共有 (A)140种 (B)84种 (C)70种 (D)35种 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」 数理报社试题研究中心 种 参考答案见下期 第1步，从高一选一名负责人，共有8种不同的选法： 第22期2版参考答案 第2步，从高二选一名负责人，共有10种不同的选法； 专项小练一 第3步，从高三选一名负责人，共有12种不同的选法。 1.C;2.B;3.D.4.60:5.8.6.36个 故共有N=8×10×12=960(种)不同的选法. 专项小练二 (3)分3类，每类又可分两步.第1类，从高一和高二年级中各 1.D;2.D:3.A.4.24;5.243.6.168. 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 第22期3,4版参考答案 高三年级中各选1人，共有10×12=120（种）不同的选法 一、单项选择题 故共有N=80+96+120=296(种)不同的选法. 1~4 BACD 5~8 BBAD 19.解：(1)当百位为6，符合要求的“吉祥数”有600： 二、多项选择题 当百位为5，符合要求的“吉祥数”有510； 9.BD;10.BD:11.ABC 当百位为4，符合要求的“吉祥数”有420,402： 三、填空题 当百位为3，符合要求的“吉祥数”有330,312； 12.9;13.18;14.23 当百位为2，符合要求的“吉祥数”有240,204,222： 四、解答题 当百位为1，符合要求的“吉祥数”有150,114,132 15.35种， 综上，三位正整数中共有12个“吉祥数” 16.解：若选择①②③，则三人出游的不同方法数为100. (2)(1)千位有9种不同填法，百位有10种不同填法，十位、个 若选择①②④，则三人出游的不同方法数为102. 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 若选择①③④，则三人出游的不同方法数为100 数为9×10×1×1=90. 若选择②③④，则三人出游的不同方法数为125. (i)由回文数的对称性知，只需考虑2n+I(n∈N,)位回文 17.解：90种. 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 18.解：(1)30种 有10种不同填法，由分步乘法计数原理可知，2n+1(n∈N,)位回 (2)每种选法可分为3个步骤： 文数的个数为9×10 56(7). 24c个： 停2.4.6.8。r20鱼A1Aa-I244(/7). -2(7. 24424+12-60(个) D版有削3。快有业-24(： 废活20.23.4.3.6中年R3K全电幼育 锂话一：（回接运）化R-(十代十) 6(.503200起要多数： 想2时。3204/5次有3201- 欢坛明时此院：高说心人街大能街社型出3204g 空妆用0。。2.2.4H个数各阳双胶有日富 8448-479 AA 7 同坐法的种数为 排列与组合同步核心素养测评 (A)60 (B)72 第Ⅱ卷非选择题（共92分) (C)84 (D)96 ◆数理报社试题研究中心 8.某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“演讲 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） 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 12.甲、乙、丙、丁四名同学和一名老师站成一排合影留念要求 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” 老师必须站在正中间，甲同学不与老师相邻，则不同站法种数为 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 的不同参加方法数为 ( 1.4×5×6×…×n= (A)3600 (B)1080 13.如果在一周内（周一至周日）安排四所学校的学生参观考古 (A)A-4 (B)A-3 (C)1440 (D)2520 博物馆，每天最多只安排一所学校，要求甲学校的学生连续参观两 (C)A4 (D)(n-4)! 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 天，其余学校的学生均只参观一天，那么不同的安排方法有 2.若A3n=10A3,则n 9.下列选项中，属于排列问题的是 种（用数字作答）. (A)1 (B)8 (A)从六名学生中选三名学生参加数学、物理、化学竞赛，共有 14.慈安敬老院安排A,B,C,D,E,F六名义工照顾甲、乙、丙三 高中数学 (C)9 (D)10 多少种选法 位老人，每两位义工照顾一位老人.考虑到义工与老人住址距离问 3.分配4名水暖工去3个不同的居民家里检查暖气管道，要求4 (B)有十二名学生参加植树活动，要求三人一组，共有多少种 题，义工A不安排照顾老人甲，义工B不安排照顾老人乙，则安排方 高中数学 名水暖工都分配出去，且每个居民家都要有人去检查，那么分配的 分组方案 法共有 种。 选择性必修第一 方案共有 (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 四、解答题：本题共5小题，共77分 (A)A种 (B)AA;种 (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 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 (C)CA?种 (D)C4CA种 不同的点 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 册 4.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 10.太原新能源汽车博览会于国庆期间举办，大会有50多个品 种选择方法？ 北师 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 牌，数百款热销车型参展，并有亿元购车补贴.小张、小赵、小李、小 大版 罗、小王五人为志愿者现有翻译、安保、礼仪、服务四项不同的工作 可供安排，则下列说法正确的有 ( 同步 (号 (A)若五人每人可任选一项工作，则不同的选法有54种 核心素养测评 (D5 (B)若安排小张和小赵从事翻译、安保工作，其余三人中任选 选择性必修第一册（北师大版）同步核心素养测评 5.“碳中和”是指企业、团体或个人等在一定时间内直接或间 两人从事礼仪、服务工作，则有12种不同的方案 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 (C)若礼仪工作必须安排两人，其余工作各安排一人，则有60 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” 种不同的方案 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 (D)已知五人身高各不相同，若安排五人拍照，前排两人，后排 和”工作，每名专家只去 个地方，且每个地方至少派驻1名专家， 三人，后排要求三人中身高最高的站中间，则有40种不同的站法 则分派方法的种数为 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 (A)30 (B)180 业，每个工地至少分1辆工程车，则下列结论正确的有 (C)90 (D)150 (A)分给甲、乙、丙三地每地各2辆，有120种分配方式 6.将4名男乒乓球选手和4名女乒乓球选手同时平均分成两组 (B)分给甲、乙两地每地各2辆，分给丙、丁两地每地各1辆，有 进行混合双打表演，则不同的比赛分配方案有 ( ) 180种分配方式 (A)144种 (B)72种 (C)分给甲、乙、丙三地，其中一地分4辆，另两地各分1辆，有 (C)288种 (D)216种 60种分配方式 7.小明跟父母、爷爷奶奶一同参加地方台《青少年诗词大会》的 (D)分给甲、乙、丙、丁四地，其中两地各分2辆，另两地各分1 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 辆，有1080种分配方式