专题20 抛物线-【创新大课堂】2026年高考数学五年真题分类汇编168优化重组卷

专题20 考向1抛物线的定义与方程 1.(2025·全国卷Ⅱ，5分)设抛物线C:y2=2px (p>0)的焦点为F,点A在C上，过A作C的 准线的垂线，垂足为B.若直线BF的方程为y =一2x十2，则|AF= ( A.3 B.4 C.5 D.6 2.(2022·全国乙（理）T5)设F为抛物线C:y2= 4x的焦点，点A在C上，点B(3,0),若|AF|= BF,则|AB|= A.2 B.2√2 C.3 D.3√2 3.(2023·全国乙卷·理，5分)已知点A(1,W5)在抛 物线C:y=2x上，则A到C的准线的距离为 4.(2021·新高考卷I,5分)已知O为坐标原点， 抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,P为C 上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且 PQ⊥OP.若FQ=6,则C的准线方程为 考向2抛物线的几何性质 1.(多选)(2022·新高考I卷T11)已知O为坐标 原点，点A(1,1)在抛物线C:x2=2y(p>0) 上，过点B(0,一1)的直线交C于P,Q两点，则 A.C的准线为y=一1 B.直线AB与C相切 C.1OP|·|OQ>OA|2 D.IBP|·IBQ|>|BA2 2.(多选)(2021·新高考I卷T10)已知O为坐标 原点，过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F的 直线与C交于A,B两点，点A在第一象限，点 M(p,0),若AF=AM,则 A.直线AB的斜率为2√6 B.OB=OF C.AB>4 OF D.∠OAM+∠OBM<180 拋物线 3.（2024·北京卷，5分)抛物线y2=16.x的焦点 坐标为 4.(2024·天津卷，5分)圆(x-1)2十y2=25的圆 心与抛物线y2=2px(p>0)的焦点F重合，A 为两曲线的交点，则原点到直线AF的距离为 5.(2024·上海卷，5分)已知抛物线y2=4x上有 一点P到准线的距离为9，那么点P到x轴的 距离为 6.(2021·上海卷，5分)已知抛物线y2=2px (p>0),A,B两点均在抛物线上，且在第一象 限，抛物线的焦点是F点，|AF|=2,|BF|=4, |AB|=3,则直线AB的斜率为 考向3直线与抛物线的综合问题 1.(多选)(2025·全国卷I,6分)已知抛物线C: y2=6x的焦点为F,过F的一条直线交C于 A,B两点，过A作直线1：x=一的垂线，垂足 为D,过F且与直线AB垂直的直线交l于点 E,则 ) A.AD=AFI B.AE=AB C.AB≥6 D.|AE·BE≥18 2.(2024·新课标Ⅱ卷，6分)抛物线C:y2=4x的 准线为l,P为C上动点.过P作⊙A:x2十(y 4)2=1的一条切线，Q为切点.过P作1的垂 线，垂足为B.则 A.1与⊙A相切 B.当P,A,B三点共线时，|PQ|=√JI5 C.当|PB|=2时，PA⊥AB D.满足|PA|=|PB的点P有且仅有2个 3.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷，5分)设O为坐标 原点，直线y=-√3(x-1)过抛物线C:y2= 2px(p>0)的焦点，且与C交于M,N两点，l为 C的准线，则 () A.p=2 6.(2023·新课标I卷，12分)在直角坐标系xOy B.IMNI 83 中，点P到x轴的距离等于点P到点(0)的 C.以MN为直径的圆与l相切 距离，记动点P的轨迹为W. D.△OMN为等腰三角形 (1)求W的方程； 4.(2023·天津卷，5分)过原点O的一条直线与圆 (2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明： C:(x十2)2+y2=3相切，交曲线y2=2px(p>0) 矩形ABCD的周长大于3√3. 于点P,若OP=8,则p的值为 毁 5.(2023·全国甲卷·理，12分)已知直线x 2y+1=0与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A, B两点，AB|=4√15 (1)求p; (2)设F为C的焦点，M,N为C上两点，且FM· FN=0,求△MFN面积的最小值 r 7.(2022·全国甲（理）T20)设抛物线C:y2=2px (p>0)的焦点为F,点D(p,0),过F的直线交 -------6-------- C于M,N两点.当直线MD⊥x轴时，|MF| =3. (1)求C的方程； (2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为 A,B,记直线MN,AB的倾斜角分别为a,3.当 α一3取得最大值时，求直线AB的方程. 65 8.(2021·浙江卷，15分)如图， :9.(2021·全国乙卷理，12分)已知抛物线C:x2= 已知F是抛物线y2=2px 2py(p>0)的焦点为F,且F与圆M:x2+(y+ (p>0)的焦点，M是抛物线 4)2=1上点的距离的最小值为4. 的准线与x轴的交点，且 M入ONF (1)求p; |MF|=2. (2)若点P在M上，PA,PB是C的两条切线， (1)求抛物线的方程； B A,B是切点，求△PAB面积的最大值. (2)设过点F的直线交抛物线于A,B两点，若 斜率为2的直线I与直线MA,MB,AB,x轴依 次交于点P,Q,R,N,且满足|RN2=|PN|· |QV|,求直线L在x轴上截距的取值范围. 66m十5%--2③m 同理可得6=2m m+√3 此时xM= 2m3w=4十6m A十xB_2m2 2 m2-3 由子点M同时在直线y=是上，故6m=是·2m,解得表=m, 3 因此PQ∥AB. 选择②③. 因为PQ∥AB,所以kB=k. 设直线AB的方程为y=(x一2)，并设点A的坐标为(xAVA),点 B的坐标为(xBVB), 则了1=(xA-2), 2k 2√3k yA=3A 解得A名万A5 同理可得十百物 2 k十√3 设AB的中点为C(xcyc), 则=4十工=22 2 2 k2-3' 因为|MA|=|MB引，所以点M在AB的垂直平分线上，即点M在 直线y=u0)上 3 2k2 6k: 将该直线方程与y=方x联立，解得w=3心w一3 灯，即点M恰为AB的中点，所以点M在直线AB上. 专题20抛物线 考向1抛物线的定义与方程 1.C[直线与抛物线的位置关系根据直线y=一2x十2得 F(1,0),所以C的准线方程为x=-1,C的方程为y2=4x,所以 B(-1,4),所以A(4,4),所以|AF|=AB=5.] 2.B[由题意得，F(1,0),则AF=BF=2, 即点A到准线工=一1的距离为2，所以点A的横坐标为一1十 2=1, 不妨设点A在x轴上方，代入得，A(1,2), 所以|AB引=√/(3-1)2十(0-2)2=2√2. 故选B.] 3.号[将点A的坐标代入抛物线方程，得5=2p,于子是y=5,则 抛物线的准线方程为工=一 ?,所以A到准线的距高为1 ()=÷] 4.x=-立[法一由题意易得OF=多，PF1=p,∠OPF 3 .OFPF 2 ∠PQF,所以tan∠OPF=an∠PQF,所以PP=FQ,即 号，解得力=3，所以C的准线方程为x= 3 2 法二由题意易得OF=专，PF=p,1PFP=OF1·FQ, 即D=号·6，解得p=3或p=0(舍去)， 所以C的准线方程为x=一受.] 3 考向2抛物线的几何性质 1.BCD[将点A1,1的坐标代入2=2(p>0),解得b=子所 以抛物线C:x=八，其准线方程为y=一，所以A错误.由y= x2,得y=2x,当x=1时，y=2,所以抛物线在点A(1,1)处的切线 方程为y=2x一1.令x=0,得y=一1，即切线y=2x一1过点B,所 以B正确.设直线PQ:y=kx-1,P(x1,x),Q(x2,x).将PQ:y= kx一1与C:x2=y联立，得x2一kx十1=0，所以△=k2一4>0，x1十 2=k,1x2=1,所以OP|·1OQ|=√+x·√+z=x12 √1十x·√1+=√2十+>√2+2x1x2=2|OA2,所 以C正确.因为|BP|·|BQ=√1十k|x1|·√1十k|x2|=1十 k2>5=|BA|2,所以D正确.故选BCD.] 1& 2.ACD[选项A:设FM中点为N,则xA=xN= 2 力，所以 片=2p=2p·÷p=号p(>0,所以⅓9，故w =26 3 选项B品十晾=子三 =2→BF= 。+BF可=力 =十专→=号，所以暖=2专-答所以0B 5 39 4 选项C:1AB1=子计号+b号>2=40F 选须D:由选项A.B知A(受b,号>） (合，p)所以i.=(子p）·(传，p） 子-P=-子p<0,所以∠A0B为纯角： i.流=（冬）（影，p)告=音< 0,所以∠AMB为钝角： 所以∠OAM十∠(OBM180° 故选ACD.] 3.(4,0)[抛物线的方程及性质（理性思雏）由题意，知p=8,则 多=4，所以抛物线y=16x的焦点坐标为(40).] 2 4,5[圆的几何性质十抛物线的定义十点到直线的距离（理性思 维、数学探索)由题意知图(x一1)2十y2=25的圆心坐标为(1， 0),则F(1,0),故号-1，力=2，由抛物线的定义得1AF=xa十1= 5,得xA=4,由对称性不妨设A(4,4),则直线AF的方程为y 冬红1D,即4红3y4=0,所以原点到直线AF的距离是 J 4 5.4√瓦[抛物线的性质设P(xo,%),因为点P到准线x=一1的 距离为9，所以x0十1=9，则x0=8,y哈=4x0=32,则0=土4√2， 即点P到x轴的距离为4√2.] B∠ 6.号[知图，∠AC即为直线AB的领斜角，由 抛物线的定义知BC=BD一CD=BF一AE=BF AF=2AB=9→AC-5m0-5] 考向3直线与抛物线的综合问题 1.ACD[抛物线的定义十抛物线的几何性质 A(√)直线1为抛物线的准线，由抛物线的定义，可知|AD|= AF. 通解 错误项分析B(X)当AB⊥x轴时，A(受3) B(号，-3）E(-号0）AB1=6,AE=3E,此时1AE≠ AB. C(√)易知直线AB的斜率不为0，设直线AB:x=my十立，A(x1: 3 y1),B(x2y2）,由 x=mv+2,得y2-6my-9=0,则M+y2 ly=6x 6m,M=-9,x1十x2=m(y1十y2)+3=6m2+3,AB|=x1十x2 +3=6m+66. D(√)当m=0,即AB⊥x轴时，由B知，|AE=|BE=3√2，AE· |BE1=18.当m≠0时，直线EF:x=一六y十立E(是3m小 IEF=VS+9m,SB=子AE·IBEIsin∠AEB=子1AB1· 1EF=号(6+6m2)·V9+9m=9(1+m2)>9,所以AE1· 18 IBE>nAEB>I8.综上，AE·BE≥18，故选ACD. 光速解1分钟（二级结论） 错误项分析B(X)以焦点弦为直径的圆与准 D ty 线相切，AB为直径，AE为弦，所以|AB> AE. C(/)抛物线的焦点弦中通径最短，p=3,则 |AB|≥2p=6. D(/)由选项B可知AE⊥BE,如图，设∠AFx =0,由SaA5B=子1AE·BE1=子1AB1· B IEF,可得1AE·BE=ABl·EF=2 p sin20 cos(-0） sn)≥2p=18.故选ACD.] 2b2 2.ABD[直线与图相切十直线与抛物线的位置关系（理性思维、数！ 学探索) 数形结合法对于A,易知1：x=一1，故1与⊙A相切，A正确： 对于B,A(0,4),⊙A的半径r=1,当P,A,B三点共线时，P(4,4),1 所以|PA|=4,|PQ|=√PA-F=√4-1严=√5，故B: 正确： 对于C,当|PB|=2时，P(1,2),B(-1,2)或P(1,-2),B(-1, 一2)，易知PA与AB不垂直，故C错误； 对于D,记抛物线C的焦点为F,连接AF,PF,易知F(1,0),由抛 物线定义可知PF=|PB|,因为|PA|=|PB引，所以|PA|=|PF|, 所以点P在线段AF的中垂线上，线段AF的中垂线方程为y= 子+号即=4w艺代入y=4红可得y2-16v+0=0,解 得y=8士√3，易知满足条件的点P有且仅有两个，故D正确，故！ 选ABD.] 3.AC[由题意，易知直线y=一3(x-1)过点(1,0).对于A,因为 直线经过抛物线C的焦点，所以易知焦点坐标为(1,0)，所以多 1,即p=2,所以A选项正确，对于B,不妨设M(x1,y1),N(x2, )1<2,联立方程得5(x一1)，消去y并整理得3x y2=4x 10x+3=0,解得4=3=3.所以M 12w3Y 33 ,N(3,-2W3), 所以由两点间距离公式可得1MN√(3）+(22) =16,故B选项错误. 3 对于C,由以上分析易知，l的方程为x=一1，以MN为直径的圈的 周心您标为（号，2）丰径=之MN1=号=号+1，所以 以MN为直径的圆与l相切，故C选项正确. 对于D.由两点同距离公式可得1MN=号.1OM=,ON- √21，故D选项错误.综上，选AC.] 4.6[由题意得直线OP的斜率存在.设直线OP的方程为y=x,因！ 为该直线与圈C相切，所以2=5，解得=3.将直线方程 V1十超 y=kx与曲线方程y2=2x(p>0)联立，得2x2-2px=0,因为： k2-3,所以3x2-2pr=0,解得x=0或碧，设P(11),则1= 2空，又0(0,0)，所以0p1=+11-01=2×2华=8，解得 3 3 p=6.] 5.解(1)设A(x1y1),B(x22), 把x=2y-1代入y2=2px,得y2-4py十2p=0, 由41=16p2-8p>0,得p>号 由根与系数的关系，可得y1十V2=4p,y1y2=2p, 15 所以|AB引= 1 ·√(M+2)-4yw=5·√16p-8p (2) =4V下，解得力=2或力=号（合去 故p=2. (2)设May),N(z1y1),由(1)知地物线C:y=4z,则点F(1,0). 因为Fi.F示=0，所以∠MFV=90,则SaeN=号MFIINF1= 合(+10+1)=（十十+1）( 当直线MN的斜率不存在时，点M与，点N关于工轴对称， 因为∠MFN=90°， 所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是一1. 不妨设直线MF的斜率为1，则MF:y=x一1， 由y2-1·得x2-6z+1=0, 1y2=4x, 得{=3-2万或=3+2E, (x1=3-2V2(x1=3+2VE 代入()式计算易得，当x3=x1=3-2V2时，△MFN的面积取得 最小值，为4(3一2√2). 当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx十m. 由x+m, 1y2=4x, 得k2x2-(4-2km)x十m2=0,△2=(4-2km)2-4m2k2>0, (x3十x1= 4-2km 则 y=(红十m(红十m）=十mk(,十)十m2-把 又FM.FN=(x3-1,)·(x1-1y)=x4x1-(x3十x1)十1十 y=0, 所以器12+1+把-0：化商释m十十6m=. N+++1D三m+24 mt2km k2 ()+2()+1. 令1=朵，则SAFN=+21+1 因为m2十k2十6km=4, 所以（罗）+6（餐）+1=产>0 即t2+61十1>0，得>-3十22或1<-3-22， 从而得S△MN=2+21十1>12-8V2=4(3-2√2). 故△MFN面积的最小值为4(3一2√2). 解1)设点P的坐标为(x,w,依题意得=r+(y之) 化简得x2=y一4· 所以W的方程为x2=y子 (2)设矩形ABCD的三个顶点A,B,C在W上， 则AB⊥BC,矩形ABCD的周长为2(|AB1十|BC|). 设(，十子）·依题意知直线AB不与两坐标轴平行， 故可设直线AB的方程为y一（+子）=k(虹)，不坊授>0， 与2=y子联立，得2-kx十1-P=0, 则△=k2-4(kt-2)=(k-2)2>0,所以k≠21. 设A(x1y1),所以1十x1=k,所以x1=k一t, 所以AB到=√1+1-=√1+1k-2|=√1十2-|， c√+()六-a=|÷+ +E12k+11,且2+1≠0， 所以2C1AB1+BC)2中E（I2k1A21+121+1D. 2 「（-2k2-2k)1+3-1,1≤-2灰 周为121+121+1=2-2++1，x<≤专，当 22+21-0+1>号 2k-2k2≤0，即k≥1时，函数y=(-2k2-2k)1十3-1在-0∞， 安]上单洞递减，函数=(2一2张1++1在（立专]上 单调递减或是常函数（当k=1时是常函数），函数y=(2k2十2k)1 +1在（令+∞）上单调递增， 所以当1=专时，2！一1十21十1取得装小值，且装小位为 +1,又≠2，所以2(AB+1BC>2+E(+1)-21+)道 2 2 令f)-21+)立，k≥1. 2 则f(k)=21+)k+②-2 k 当1≤k<√2时，f(k)<0,当>√2时，f(k)>0, 所以函数f(k)在[1，√2)上单调递减，在（√2，十o∞）上单调递增， 所以f(k)≥f(W2)=35, 所以CA8+IBC>20止3反 当2k-2k>0,即0<k<1时，西数y=(-22-2k)1十k3-1在 (-0,]上单调递减，函数=(2张一-2张加++1在( 合]小上单湖运路，画数y(2+21发+1在（合十一）小上单 调适增，所以当1=一元时，21一十21十1取得最小值，且 最小值为3十=k(1十k2), 又2+1≠0，所以2AB1+1BC)>2中Ek(+1)=21+)立 令g(k)=2(1+)是 k ,0k<1, 则g(k)=2(1十2)立(2k2-1) 当0<k<号时R)<0,当号<<1时到>0， 2 所以西数《)在(0号)上单调运流，在（竖，）上单明运增。 所以g≥（）=36 所以21AB1+|BC)>21+)立≥3V5 综上，矩形ABCD的周长大于3√3. 7.解(1)抛物线的准线为x=一号，当MD与x轴垂直时，点M的 横坐标为力， 此时1MF=p+多=3，所以p=2, 所以抛物线C的方程为y2=4x; 2)授M(件n）N(学小A(停）B(件）小直线 MN:z=my+1, 由m+1可得y2-4my-4=0,4>0,1y=-4, 1v2=4x 由斜率公式可得N=y业 院店1十巧6w一”】 4 yy听y十y 44 44 直线MD=2.y十2，代入抛物线方程可得Y-4(2 y y-8=0, △>0，y1y3=一8，所以y3=22,同理可得y1=2y1, 4 4 所以k十201十)之 又因为直线MN、AB的倾斜角分别为a,B, 所以kA=tanB kMN tan a 2 2 若受使。月最大，则e（0,受） 设k=2ku=2k>0,剥an(a一》=1干tan atan月1+2 tan a-tan B 1 1 方+2k2√·2k 1 4 当且仅当=2张甲=号时等号成立， 所以当a一B最大时，kA= 受，设直线AB:x=Ey十 代入抛物线方程可得y2-4√瓦y-4n=0, △>0，y3y1=-4n=4y1y2=-16,所以n=4, 所以直线AB:x=√2y十4. ,解(1)因为M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|=2,所以 p=2. 所以抛物线的方程为y”=4x. (2)由(1)知，F(1,0),M(-1,0), 设A(1M),B(x2),直线AB的方程为x=my十1，直线1的方 程为y=2x十n(n≠士2). 由{n·可得4my4=0, 所以y十y2=4m,M12=-4, 所以听+=(y十y2)2-2y12=16m2+8. 号知直我AM的方程为y行女十， (y=2x+n, 可得(”产) -n+1)+业.（22） 同理可得Q(2x2+2- ·2x2十2-y2 所以|vpvQ= (n-2)2y12 (2x1十2-M)(2z2+2-y2) (n-2)2y1y2 (+2-n)(+2）】 4(-2)212 4-(2十8)(y1十边)十听+4(y+)+16 _(n-2)2 4m2+3 由{十可得吸品 {y=2x+n, 因为|RNI2=|PN|·|QNI,所以=|ypyol, 以（品）广-器 4m2十3 所以n-2)24m2+3 以0+2》-amn+n2+1 4 =4(+)+≥ 1 所以n<-2或-2<n≤14-8√3或n≥14十8V3. 因为直线1：y=2x十n(m≠士2)在x轴上的裁距为一分， 2 所以-分>1或45-7心兰<1成号≤-7-46，即直线1 在x轴上裁距的取值范围是（一∞，一7-4√5]U[4√5-7,1）U (1,十0∞). 9.解(1)由题忘知M(0,-4),F(0,是)图M的半径r=1,所以 MF-r=4,即2+4-1=4，解得b=2. (2)由(1)知，抛物线方程为x2=4y, 由道意可知直线AB的斜奉寿在，设A(,平)B(,要）直 线AB的方程为y=kx十b, 联立红十6消去y得x2-4红-46=0， {x2=4y, 则△=16k2+16b>0(※)，x1十x2=4k,x1x2=-46, 所以AB|=√十k21x1-2|=√十P·√(x1十x2)2-4x1x2 =4√个+k·√2+6. 因为广=4，即y子所以y了=兰，别抛物线在点A处的切线 斜率为号，在点A处的切线方程为y一手-号（一.即 同理得把物线在点B处的切线方程为y受。一手。 (v=2x-4x= x十丝=2k, 2 联立得 则 T2 (v=2x-4,(v= x122=一b 即P(2k,一b).因为点P在图M上， 所以4k2十(4-b)2=1①， 且-1<2张≤1.-5≤-6≤-3，即-之≤k≤子，3≤6≤5，满足 2 (※). 设点P到直线AB的距离为d,则d=12k+2 √1十k2 所以S△4B=子AB到·d=4+ 由①得，k2=1-（4)2=-B十86-15 4 4 令4=k2+6,则1=8+126-15，且3≤6≤5. 4 因为1=一十126-15在[3,5]上单调递增，所以当6=5时，1取得 4 最大值，tms=5,此时k=0,所以△PAB面积的最大值为20√5. 专题21曲线与方程 1,ABD[轨迹方程十求最值（理性思雏、数学探索、数学应用） 定义法十逻辑推理法十放缩法因为坐标原点()在曲线C上，所 以2X|a=4,又a<0,所以a=一2，所以A正确. 因为点(2√2,0)到点F(2,0)的距离与到定直线x=一2的距离之 积为(2√2-2)(2√2十2)=4，所以点(2√2,0)在曲线C上，所以B 正确， 设P(x,y)(x>0,y>0)是曲线C在第一象限的点，则有 16 2)+V(x+2)=4,所以=C十2-（x-2',令f 16 32 +2（x2),剥f()=(十2-2x-2).周为f(2)= 1,且f(2)0,所以函数f(x)在x=2附近单调递减，即必定存在 一小区间(2一，2十)使得f(x)单调递减，所以在区间(2一，2)上 均有f(x)>1,所以P(x,y)的纵坐标的最大值一定大于1，所以C 错误. 因为，点(x0,y0)在C上，所以x0>一2且/(x0一2)2十y%(x0十2) 4,得= 16 16 (x0十2)2 -(x0-2)2≤ (+2),所以%≤1%1≤ 16 √（十276+2，所以D正确. 4 综上，选ABD.] 2,A[动点的轨迹方程（理性思雏、数学探索） 通解（代入法）设M(x0,),则P(xo,2%),因为点P在曲线C -15 上，所以x8+(2)”=16(yo>0),即6+4 =1(y>0),所以线 段Pp'的中点M的轨迹方程为6十◆=1(y>0),故选A 优解（数形结合法）由题意可知把曲线C上所有点的纵坐标缩短 至原来的一半，横坐标不变，即可得到，点M的轨迹，曲线C为半圈， 则点M的轨迹为椭圈(x轴上方部分)，其中长半轴长为4，短半轴 长为2，故选A.] 3.C「因为函数f(.x)=ax2+b. 所以fx-t)=a(s-t)2+b,f(s)=as2+b, f(s+t)=a(s十t)2+b. 因为f(s一t),f(s),f(s十t)成等比数列，所以f(s)=f(s一t) f(s十t),即(as2十b)2=[a(s-t)2+b]·[a(s+t)2+b],化简得 -2a22t2+a2t+2abt2=0,得t=0或2as2-at2=2b,易知点(s,t)的 轨迹为一条直线和一个双曲线.故选C.] 专题22排列组合、二项式定理 考向1排列组合 1.D[由题意，初中部和高中部学生人数之比为端子，所以物取的 60名学生中初中部应有60×号=40（人），高中部应有60×号 20(人)，所以不同的抽样结果共有C8·C8种，故选D.] 2.B[先从5人中选择1人两天均参加公益活动，有C种方式：再 从余下的4人中选2人分别安排到星期六、星期日，有A种安排 方式.所以不同的安排方式共有C·A=60(种).故选B.] 3.C[甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有C=6(种)情况，再从 剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有CC=20(种) 情况，由分步乘法计数原理可得共有6×20=120（种）选法，故 选C. 4.C「根据题设中的要求，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目 至少分配1名志愿者，可分两步进行安排：第一步，将5名志愿者分 成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有C种分法：第二步，将 分好的4组安排到4个项目中，有A种安排方法，故满足题意的 分配方案共有C号·A=240(种).] 5.288[排列问题先排队列的头和尾，有P=12(注意：非上海考 卷这里为A号=12)（种）排法，再排中间的4人，有P=24(注意：非 上海考卷这里为A=24)(种)排法，则不同的排法有12×24=288 (种).] 6.24112[分步乘法计算原理十逻辑推理第一步，从第一行任 选一个数，共有4种不同的选法：第二步，从第二行选一个与第一个 数不同列的数，共有3种不同的选法：第三步，从第三行选一个与第 一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法：第四步，从第四行 选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法， 由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1=24， 先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分 别为1,2,3,4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大 值分别为1,3,3,5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选 43,从第4行选15，此时个位上的数字之和最大，故选中方格中的4 个数之和的最大值为21十33+43+15=112.] 7.64[由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各 选修1门，有CC种方案：第二类，在体育类选修课中选修1门，在 艺术类选修课中选修2门，有CC号种方案：第三类，在体育类选修 课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有C号C种方案.综上， 不同的选课方案共有CC十CC号十C号C=64(种).] 考向2二项式定理 1.A[二项式定理（理性思雏）解法一（公式法）(x一√红)1的展 开式的通项T+1=CMx1"(-√)'=(-1)Cx1互(r=0,1,2,3, 4),由4-乞=3，得r=2,所以（一√F1的展开式中x的系数为 (-1)C号=6. 解法二（组合数法）(x一√五)1的展开式中含x3的项是由(x √x)(x一√x)(x一√)(x一√x)中任意取2个括号内的x与剩余的 2个括号内的（一√红）相乘得到的，所以(x一√E)1的展开式中含x 的项为Cx2·C号(-√)2=6x3,所以(x一√)1的展开式中x3的 系数为6.]