第31期 计数原理-【数理报】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册同步学案（人教A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“吉样数”.求在所有的三位正整 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一 (1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？ 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. 未来六天空气质量预报 (1)求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 (iⅱ)求2n+1(n∈N)位回文数有多少个？ 优 优 良 良 高中数学·选择性必修第三册（人教 17.(15分)在生物学研究过程中，常用高倍显微镜观察生物体 A版)同步核心素养测评 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·选择性必修第三册（人教A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？ 参考答案见下期 本版责任编辑：蒋丕清 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 0351-5271248 数理极 2026年2月16日·星期 高中数学 第 31期总第1175期 人教A 选择性必修第三册 杨士莪： 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/川F)邮发代号：21-289 深潜沧海，声纳星河 计数问题是数学中的重要研究对象，分类 杨士莪，我国著名 加法计数原理和分步乘法计数原理是解决计数 计数方法大观园 水声学家，中国水声学 问题最基本、最重要的方法.对于复杂的计数问 科奠基人之一。 题，针对问题的特点，可同时运用两个基本原理 或借助列表、画图的方法来帮助分析.下面举例 ◎山西 马俊燕 在科研领域，他的 贡献卓越非凡。早年，我 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. 国水声研究起步艰难 一、列举计数 解析：分两类：第1类，涂三种颜色，先涂点 点评：本题是一个错排问题，难以直接运用 杨士莪临危受命，承担 例1某公司电脑采购员计划用不超过300A,D,E有4×3×2=24（种）方法，再涂点B,C, 两个计数原理计算，这里借助表格，把各种情况 起诸多开创性研究任 元的资金购买单价分别为20元、40元的鼠标和F有2种方法，故有24×2=48（种）方法；第2 一一列出，使问题直观得解。 务。他不畏艰辛，深入钻 键盘根据需要，鼠标至少买5个，键盘至少买3 类：涂四种颜色，先涂点A,D,E有4×3×2= 四、图形计数 研水声学理论，为我国 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 〔02 水下探测技术奠定了坚 (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133 实基础。在某新型潜艇 (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 声呐系统的研发中，他 解析：依据选购扇标和键盘的不同个数分264（种）不同的涂法.故选(B) 点伤，只能爬，不能飞，而且只能永远向右方（包 带领团队攻克了众多技 类列举求解 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 术难题。面对复杂的海 若买5个鼠标，则可买键盘3,4,5个： 的右蜂房中去，求从最初位置爬到6号蜂房共有 洋环境和国外技术封 个顶点处涂不同颜色，考查了分类、分步计数原 锁，杨士莪从基础数据 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？ 解析：蜜蜂先进入0号蜂房有如下爬法： 采集开始，无数次在海 若买7个鼠标，则可买键盘3,4个； 融.考虑问题的原则是先分类后分步，要注意在 上试验，分析海洋水流 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 温度等对声呐信号的影 若买9个鼠标，则可买键盘3个 三、表格计数 响。经过多年努力，成功 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 研制出高灵敏度、高分 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 辨率的声呐设备，使我 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 国潜艇在水下探测与作 的.这是解决计数问题最基本的方法 解析：把四个人分别编号为①，②，③，④， 共有8+5=13（种）； 战能力上得到巨大提 二、分类、分步联袂计数 他们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 升，极大增强了我国海 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+ 防实力。 色给图中的A,B,C,D,E,F六个 四个人 取贺年卡的方法 8=21(种)不同的爬法. 在教育方面，杨士 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， 莪堪称桃李满天下。他 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 长期投身于水声专业教 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， 育事业，培养出一大批 共有 ④ 比如树形图、表格或Venn图等方法，可使问题 优秀人才。他治学严谨， (A)288种 (B)264种 方法编号 变得易于解决。 注重理论与实践结合 在课堂上，他深入浅出 第2步，系数b的取法有3种； 地讲解水声学原理；在 第3步，系数c的取法有1种 实验室，他手把手指导 两个计数原理的应 所以根据分步乘法计数原理，不同的抛物 学生操作仪器。许多学 线有N=3×3×1=9(条). 生受他影响，投身水声 ◎江西 武海峰 三、联用分类加法计数原理与分步乘法计 研究，成为我国水声领 数原理 战的中坚力量。 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 杨士莪一生坚守初 例3电视台在“欢乐大本营”节目中拿出 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 心，对水声事业充满热 两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优 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 爱与执着。已过九旬高 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 龄的他，仍关心着我国 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 水声事业的发展，时常 名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙 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 为年轻科研人员答疑解 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？ 惑、指引方向。他就像一 个基本原理举例说明： 例2从{-3，-2，-1,0,1,2,3中，任取3 解析：完成“抽奖过程”这个事件可分步完 座灯塔，在我国水声研 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) 成，考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中， 究的大海上，为后来者 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 故可分两大类考虑幸运伙伴是在两个信箱中 照亮前行的道路，激励 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？ 各确定一名，因此可以分步完成 着一代又一代学子为我 卡片，在右边口袋装了30张英语单词卡片，现要 解析：根据题意，抛物线过原点，且顶点在 第1类，幸运之星在甲信箱中抽，先定幸运 国科技事业奋勇拼搏， 从中任取 一张英语单词卡片，有多少种不同的 第一象限，所以a,b,c应满足a<0,b>0,c= 之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴 其精神也将永远在我国 取法？ 0,所以a∈{-3，-2，-1}，b∈{1,2,3}，c∈ 根据分步乘法计数原理有 科学发展的星空中熠熠 解析：完成这件事，可以从两个口袋中任取{0.完成“从所给的数字中选取三个作为抛物 30×29×20=17400(种)结果： 生辉。 张英语单词卡片，因此要分类进行.从两个口 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， 袋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 同理有20×19×30=11400（种）结果 第1类，从左边的口袋中取一张英语单词卡 主要分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17名男运动员和9名女运动员，从中 1.商店里有10件不同的上衣和12条不同的 选一人参加兵乓球赛，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)26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 数理报社试题研究中心 种 参考答案见下期 所以实数a的取值范围是(-1,3). 第30期3,4版参考答案 19.解：(1)由题可得2=1+1,3=1×2+1， 一、单项选择题1~4BCDD5~8BDBA 7=1×2×3+1,43=1×2×3×7+1, 二、多项选择题9.BCD;10.ABC;11.BD. 所以1,2,3,7,43是“H(1)数列”. 三填空题2分：18)：14(-3，-子] (2)数列{cn}不是“H(t)数列”，理由如下： 四、解答题 c.=1+-aeN,)则e-aeN,) n n 15.(1)2x-3y+7=0.(2)x+y-3=0. 又c1c2C3cn= 2.3.4…n+1=n+1(neN,), 16.(1)y2=8x.(2)8. 1)3 n 17.(1)略. (2)2压 所以ege-a+ 5 18.解：(1)由f(x)=e*(sinx+cosx)+a, in+l-n(neN,), 1 f'(x)e"(sinx+cos x)e*(cosx-sinx) =2e'cos x, 因为，十-n不是数所以数列c不是"0数 由曲线y=f(x)在点(0f(0)处的切线过点(1,2)， (3)因为数列{a}为“H(t)数列， 得f'(0)=0)-2 0-1 由∑a=a1+logb.-(neN,), 即2=1-a,解得a=-1. (2)存在实数x1,x∈[0，π， 有∑a=aa,aa,+logb.(neN,), ⊙ 1+ 使得g(x)<f(x)+13-e受成立， 所以∑c=a4a,a.au+gb(neN,),② 即g(x)m<f(x)m+13-e受，xe[0,π]： 两式作差得 由(1)知f'(x)=2 e*cosx, 所以f"(x)=0在[0，m]上的解为x=受 (nEN.), =(a-1)andasa+log 又因为数列{an}为“H(t)数列”， 函数f(x)在[0，无）上单调递增， 所以al-t=aa,aa,(neN,), 设数列{bn}的公比为q, 在（受，]上单调递减， 所以a1=(a1-1)(a1-t)+log9(neN,), 即(t+1)am1-(t+log2q)=0对Hn∈N,成立， 所以f()m=f(受）=e+a 则+1=0，令=-1， 又a2-a+10>0恒成立， Lt+log2 q=0 Lg =2, 所以g(x)=(a2-a+10)e*在[0，π]上单调递增， 所以g(x)mm=g(0)=a2-a+10, 又a1=2,a=a1+log2b1, 故a2-a+10<e2+a+13-e艺，即a2-2a-3<0, 所以b1=4, 解得-1<a<3, 所以bn=4×2-1=2*1,t=-1. 个回8高电石小味生俱24+48-72（号） 团有24十24-的（秒快肤 谢电心术可·电有4X3X2-24(种)想肤放出 快有48382-24（种） B中限一削有2想肤 用。z.C.p.E用期心用放 恒2如图2对示的准将 快524424-做（秒合法 有4X3X2X--24(林)械话： 24(秒)族快：2)全L.2..c净国防欢指面”以 搬线二()c.2回电“n叫有4X2X2- 4X3X2X2-8() m有3机石识接有货c妥积电有2 B..2风体热由（水图！）。有 恒儿座用出种测电询！ 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 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 4A,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） (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 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 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 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 1.某校高二一班有优秀团员7人，二班有优秀团员11人，三班 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 有优秀团员9人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地.现推选 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 1名优秀团员为总负责人，不同的选法种数是 ( 所示，张毅选择三个科目的课各上一节，另外 节上自习，则下列说 a,b,则lgb-lga的不同值有 (A)693 (B)27 (C)86 (D)106 法正确的是 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 14.如图3所示是一段灌溉用的 水渠，上游和下游之间建有A,B,C 高中数学 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 但下游没有水，则这五个水闸打开 数 语中任选一个，则学生可选取的语言组合数为 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 种 (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 选择 选择性必修第三册（人教 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 性 条支路接通，不同的路径条数为 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 (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， 必修第三 (C)8 (D)12 (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 4.以下运算结果为34的是 (D)自习可安排在4节课中的任一节 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 A (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 版 (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： 同 步核 (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≤44<x≤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 心素养测评 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 人教A版)同步核心素养测评 的数字之和为7，若中间一列填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 DE F (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 (①)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人教A版选择性必修第二、三册第29~32期 发理柄 答案详解 2025~2026学年 高中数学人教A版选择性必修第二、三册第29~32期(2026年2月) 第29期3,4版 面+9+6≥2√9+6=6+6 学业水平测评（三） 当且仅当=9，即x=了时取等号， 一、单项选择题 因此6+b>0,解得b>-6, 1~4 DBCC 5 ~8 BCAB 所以实数b的取值范围为(-6，+∞). 提示： 7.f'(x)=(2x+a)e-1+(x2+ax-1)e- 1由题可得a=2a+9=2×1+6=8, =[x2+(a+2)x+a-1]e-l 因为x=-2是f(x)的极值点，所以f'(-2)=0, 4=24+号 =2×8+3=19 即(4-2a-4+a-1)·e3=0,解得a=-1. 2.依题意{an}是等差数列，且公差为d, 所以f(x)=(2-x-1)e, a1=12,S5=5a1+10d=60+10d=48,d=-1.2, f'(x)=(x2+x-2)e-1=(x-1)(x+2)e- 所以a=a1+4d=12-4.8=7.2(尺). 由f'(x)>0得x<-2或x>1; 3.由题可得loga2+loga12=log(aa2） 由f'(x)<0得-2<x<1. =log(a7)2=log81=4. 所以f(x)在(-0，-2)上单调递增，在(-2,1)上单调 4设曲线y=本在点（山，兰）处的切线方程为 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)=-L. y-分=(x-1)y=E+)gc:,e (x+1)2 (x+1)2: 8.设等差数列{bn}的公差为d,d≠0， 所以k=y(1)=异所以)-号=x-), 则sn+nn-山，是 2 2n+2n2n-2d 2 所以所求切线方程为y=子+子 2+(n-1)d dn +2-d 5.因为函数f(x)=x2-ax+3在(0,1)上为减函数， 4+2(2n-1)a=4dn+4-2a=k(k为常数)， 则(4k-1)dn+(2k-1)(2-d)=0, 所以号≥1，即a≥2. 因为对任意正整数n上式均成立， g()=2x-9 r4k-1=0, 所以 所以 依题意g'(x)≥0在(1,2)上恒成立， (2k-1)(2-d)=0, ld=2, 即2x2≥a在(1,2)上恒成立，有a≤2，综上，a=2. 则b.=1+2(n-1)=2n-1. 6函数f()=h+号+饭+1的定义蚊为0，+， 二、多项选择题 9.CD;10.ABD;11.AC. 求导得∫()=士+9x+6, 提示： 依题意Hx>0,f'(x)>0, 9.由图可得函数f(x)在(-2,2)，(4，+∞)上单调递增， 高中数学人教A版选择性必修第二、三册第29~32期 在(-0，-2)，(2,4)上单调递减，故(A)错误，(C)正确； (,-)(停+） 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 得导函数y'=a(3x2-1)的图象是开口向上的抛物线， 故选(C)(D) 所以a>0,即实数a的取值范围是(0，+0) 10.f'(x)=(x+1)(e-m), 13.依题意a1=1,易知a2=7,所以等差数列{an}的公差 因为x∈[1,3]， 为6，an=6n-5,令6n-5≤100，得n≤17.5，又neN,所 所以ee[e,e3], 以n=17,所以{an}共有17项. 当0<m≤e时，x+1>0,e-m≥0， 14.设第n天选择A餐厅就餐的学生比例为a., 所以f'(x)≥0，f(x)在[1,3]上单调递增， 由题意得a=分a=子1+宁0-aa≥2)， f=/=e是放（正确 1 1 所以a=-401+2(n≥2)， 当e<m<e3时，x+1>0, 当xe[1,lnm],f'(x)<0,f(x)单调递减， 故a.子寸(-号)u≥2)， 当x∈[lnm,3]f'(x)>0,f(x)单调递增， 所以{，号}是以六为首项，-4为公比的等比数列， f()=f(nm)=-受(nm)P,故(B)正确； 当m≥e3时，x+1>0,e*-m<0,所以f'(x)<0, f(x)在[1,3]上单调递减， f（e)=f（3)=32-空放(D)正确 估计第100天该学校到A厅就餐的学生人数为3500×a1m 故选(A)(B)(D). =350×号=140（人 11.由S4=S3- 上得a4=- 1 四、解答题 15.解：(1)设等差数列{an}的公差为d, 则显然等比数列{an}的公比q≠1， 1 1 则有ag3=- 则由马-9a,得3a,+321=-9a+5动， a(1-q3 ,即g2=1+9+9 1-9 解得a1=-4d, 即ag3(1+q+g)=-1,易知g<0, 又a1=8,解得d=-2, 当q≤-1时，93≤-1,1+q+92≥1， 则数列{a.}的通项公式为 因为a>1,则aq3(1+q+q2)=-1不可能成立， a,=a1+(n-1)d=-2n+10. (2)由(1)得数列{an}的前n项和 所以-1<9<0，则a1-a3=a1(1-92)>0, a2-a4=a19(1-q)2<0, S,nar +anDd =-n+9n, 2 所以a1>a,a2<a4 易得当n=4或n=5时，S。最大， 故选(A)(C) 即数列{a.}的前4项或前5项之和最大， 三、填空题 最大值为-42+9×4=20. 12.(0,+∞)；13.17；14.1400. 16解：1r'()=1+子g()= 提示： & 所以曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为 12y=a(3x-1),令y=0,得x= 3 f'(1)=3, 由函数y=a(x-x)的单调递增区间是 曲线y=g(x)在x=1处的切线的斜率为g(1)=-a, 02 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. 则g'(x）=1-+1-k=x+1)(x-k-1山 x2 x2 (2)由题意得1+ 2 =-4(x>0), 由g'(x)=0得x=k+1, 则a=-x- 2≤-22， 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+6-1n(k+1). 当且仅当x=2时，等号成立， g(x)>0对任意正实数x恒成立， 故实数a的取值范围为(-∞，-22]. 等价于k+6-n(k+1)>0, 17.(1)证明：因为a1=Sn1-Sa, 即1+冬-lh(k+)>0 S2=m-AS 所以S=(S1-Sn)2-AS1, 记h(x)=1+6-ln(x+1), 则Sn1(S41-2Sn-A)=0. 因为a.>0,所以Sn1>0, 则49女0 所以Sn1-2Sn-入=0，故Sn1=2Sn+入. 所以h(x)在(0，+)上单调递减， (2)解：由(1)知S.1=2Sn+入， 叉i6）=2-h7>0,4)=号-h8<0, 当n≥2时，Sn=2Sn-1+入， 所以k的最大值为6. 两式相减得aa1=2a.(n≥2，n∈N,), 19.(1)解：由题可知f(0)=g(0)=0, 所以数列{a,}从第二项起成等比数列，且公比q=2 1 1 又S2=2S1+入，即a2+a1=2a1+A, f'()=+"()x+ 所以a2=a1+入=1+入>0，得入>-1. 2mn g(=0+n,(x）=1+, f1, n=1, 因此an= (入+1)2"-2，n≥2. 所以f'(0)=g'(0)=m=1, 若数列{an}是等比数列， f"(0)=g"(0)=-1=-2mn, 则a2=1+A=2a1=2,所以入=1， 1 所以m=1,n=2 经验证得入=1时，数列{a.}是等比数列. (2)证明：由(1)知(x)=x+2 2x 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， 令e(=fe-8o)=hx+)-c=0. 所以 f'(3)=27a-6+b=0, 1 4. f(3)=27a-9+3b=-9, 则o(x)=x+a+2+)x+27≥0， 解得a=子6=-3， 所以p(x)在[0，+∞)上单调递增， 又p(0)=f(0)-g(0)=0, 所以()=号-2-3x()=2-2x-3. 所以p(x)≥p(0)=0,即当x≥0时f(x)≥g(x). 由f'(x)<0得-1<x<3, (3)解：由题意知 所以f(x)的单调递减区间为(-1,3). h(x)=f(x)-ax In (x+1)-ax(x >-1), (2)因为f'(x)=x2-2x-3, +1a=二a+1-a 所以h'(x)=1 x+1 所以f'(x)>(xnx-1)-6x-4等价于 x+4+1>k(nx-1),即x+6+1+4-nx>0, ①当-a≥0，即a≤0时，寸>0， 所以h'(x)>0,所以h(x)在(-1，+∞)上单调递增： 记g()=x++1+4-nx, x 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'(x)=0得x=1-0=上-1>-1， a 解得x≥-2 所以当xe（-1,。-1时，h(x)>0: 6.由题意知e= 当xe(日-1，+），h'()<0: 所以b=2a,所以M(a,2a), 故直线l的方程为y-2a=-2(x-a). 所以h()在(-1，。-1上单调递增， 令y=0得x=2a,所以C(2a,0). 在（日-1，+）上单调递减： 又因为M元=入MC,所以D(a(1+),2a(1-A), 综上，当a≤0时，h(x)在(-1，+o)上单调递增： 代人号苦-1，化简得1：A-0-A:1 当a>0时，()在(-1，。-1上单调递增，在（ 解得入=子 1,+0 上单调递减. 7.由题意可得耐=术-店=C-应， 成=励+成=威+成=-店-乃和， 第30期3,4版 又由正八面体ABCDEF的棱长都是2，且各个面都是等边 学业水平测评（四） 三角形，在△ABD中，由AB=AD=2,BD=2E,可得AB+ 一、单项选择题 AD=BD,所以AB⊥AD, 1~4 BCDD 5~8 BDBA 提示： 所以·武=（-之市-）·（行花） 1.因为点A(xo,2)在抛物线上，IAFI=5IOF1, =-d配+分d破-之正AC+破 所以。+号=要所以。=2印， =- ×2x2×+0-x2x2x7+2 1 1 所以A(2p,2),所以4=2印×2p,解得p=1. 1 2.利用排除法.由点N在直线x-y+1=0上，排除(A), =1+4= (B).由kv=2,排除(D).故选(C) 8.取AC的中点O,连接OB,OD.易知 3.因为a-b与a垂直，所以(a-b)·a=0, OB,OC,OD两两垂直.如图1，以0为坐标 所以a·a-ab=|a12-lal1b1·cos(a,b〉=1-1× 原点，OB,0C,OD所在直线分别为x,y,z 万×cos(a,b)=0,所以cos(a,b)= 轴，建立空间直角坐标系. 2 B M 由已知得0(0,0,0)，B(2,0,0), 图1 因为0°≤(a,b〉≤180°，所以(a,b〉=45. A(0,-2,0),C(0,2,0),D(0,0,25), 4.由题得'()=3-3 e 所以4d=(0,2,25),D元=(0,2，-23). 所以t∈[1,3]时'(t)≤0， 设M(a,2-a,0)(0≤a≤2)，则A=(a,4-a,0) 所以v(t)在[1,3]上单调递减， 设平面DAM的法向量为n=(x,y,z) 所以(t)=(1)=3+15. n0+25=0, 由 e LAM.n =0 Lax+(4-a)y=0, 5.因为函数f'(x)=e+e-2≥0， 可取n=(5(a-4),3a,-a). 当且仅当x=0时取等号，所以f(x)单调递增. 设DC与平面DAM所成的角为O, 又f(0)=2, 所以f(8x+4)≥2等价于8x+4≥0， sin 0 =1 cos(DC.n)1=12/3a +2a1 4√3a-4)产+3a+a产。 4 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=冬或a=-4(舍去)， 观察在x<0时的图象，令f'(x)=e*(x+1)+e=e*(x 3 +2)=0,得x=-2,可知f(x)在(-∞，-2)上单调递减，在 所以1A1= +(+04 (-2,0)上递增，且在(-0，-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 二、多项选择题 称性可知f(x)在(0，+∞)上也有一个零点，又因为f(0)= 9.BCD; 10.ABC;11.BD. 0,故该函数有三个零点，故(B)正确； 提示： 由图2可知，若关于x的方程f(x)=m有解，则-1<m 9.由题意得d>0,a1>0,a5=2,所以a1=2-4d>0, <1,故(C)错误； 解得d<子，所以de(0,2),放(A)错误： 由图可知，f(x)的值域为(-1，I),所以对Hx1,x2eR, 2a,-ag=(a5+ag)-a,=a5=2,故(B)正确； 1f(2)-f(x1)1<2恒成立，故(D)正确。 由ag+a4-(a6+a5）=ag-a6-(a5-a4）=2d-d= 故选(B)(D). d>0得as+a4>a6+a5,故(C)正确； 三、填空题 由等差数列的性质得a1+a,=2a,=4,故(D)正确. 2:13.g:4.(-3,-] 故选(B)(C)(D). 提示： 10.由(x+2)2+(y-1)2=4可知圆心为C(-2,1), 2a+2c=6, a=2, 半径为2，故(A)正确； 12.由题意可知 解得 La-c 1, c=1, 圆心C(-2,1)到直线3x-4y+7=0的距离 1 4=-6-4+71= 所以椭圆的离心率。=台=分 √9+16 5<2, 13.设等比数列{an}的公比为g,则g>0,显然g≠1， 所以直线：3x-4y+7=0与圆C相交，故(B)正确； 由题知9S4-10a1-90=0, 圆C1:(x+1)2+(y-2)2=9的圆心为C1(-1,2), 所以9S4=10(a1+9)=10(a1+a2)=10S2, 半径为3， ra19=9, 因为圆心距1CC11=√(-2+1)2+(1-2)2=√2， 即 9.1=2-10.1=2） 且3-2<2<3+2， 1-9 1-9 所以圆C与圆C:(x+1)2+(y-2)2=9相交， ra1=27, 解得 故(C)正确； 1 9=3 e写与2之台所以过点3.2)与调6G的有线 所以a=ag=号 1 方程为y-1=5(x+2),即x-5y+7=0,故(D)错误. 14.由f(x)=x3+mx是[-1,1]上的平均值函数知关于 故选(A)(B)(C). x的方程+r=-在区(-1.上有解，即 11.令x<0,则-x>0,所以f(-)=二x-⊥=-e(x e 方程x3+mx-m-1=0在区间(-1,1)上有解，就是方程m +1)=-f(x),得f(x)=e(x+1),故(A)错误； =-x2-x-1在区间(-1,1)上有解.因为当x∈（-1,1)时， f(x)的图象如图2所示. -2--1=-（+)-子e(-3,-]所以实数 m的取值范图是(-3，子] 四、解答题 图2 15.解：(1)设与直线1：2x-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 2.x-3y+c=0(c≠-1). 当且仅当1=16，即=4时取等号， 将点A(-2,1)的坐标代人得-4-3+c=0, 所以S△4oB的最小值为8. 解得c=7. 17.(1)证明：在四棱锥S-ABCD中，连接BD交AC于点 所以所求直线方程为2x-3y+7=0. F,则F为BD的中点，连接EF (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(1与直线，的交点为N, r2x-3y-1=0, 联立 解得 x=2, x-y-1=0, y=1, 所以N(2,1). 图4 所以直线MN的斜率6，仁 因为E为BS的中点， =-1, 所以EF∥SD,又SD平面ACE,EFC平面ACE, 所以所求直线的方程为y-2=-(x-1), 所以SD∥平面ACE. 即x+y-3=0. (2)解：四边形ABCD是菱形，且∠ABC=120°， 16解：(1)由题意知F(号，0 所以△ABD为正三角形，取AB的中点O, 连接OD,OS,则OD⊥AB. 准线方程为x=一分 因为平面ABS⊥平面ABCD,平面ABS∩平面ABCD= 由抛物线定义可知点P到焦点F的距离即为点P到准线 AB,所以OD⊥平面ABS 的距离，所以3+号=5，解得p=4, 因为△ABS是正三角形，所以OS⊥AB. 以0O为原点，分别以OS,OB,OD所在的直线为x轴、y轴、 所以抛物线C的方程为y2=8x z轴建立空间直角坐标系 (2)由(1)知抛物线C:y2=8x, 因为AB=4,则A(0,-2,0),D(0,0,25), 直线AB过点(2,0)， S(23,0,0),B(0,2,0),E(5,1,0), 可设直线AB的方程为x=y+2, 所以4d=(0,2,25),不=(25,2,0). 设平面ASD的法向量为n=(x,y,z), AD·n=0,2y+25z=0, 则 即 2=8x n=0,【25x+2y=0, 图3 令x=5,所以y=-3,z=5, A(x1,少)，B(:2y2),不妨设y>0, 所以平面ASD的一个法向量为n=(5,-3,5). 联立 y2=8x, 又S定=(-5,1,0)，设点E到平面ASD的距离为d, Lx=ty +2, 消x得y2-8-16=0, 则4=n:L--3+(-3)山-25 I nl /3+9+3 5 所以12=-16， 则5=二16 即点E到平面4S0的距离为2至 18.解：(1)由f(x)=e(sinx+cosx）+a, 所以5=分×21-为1=-,16 得f'(x)=e(sinx+cosx）+e(cosx-sinx) =2e'cosx, =为+6≥26=8， 由曲线y=f(x)在点(0f(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)=f0)-2 0-1 两式作差得@2=(a-)a1a,aa。+log ba(nEN.), 即2=1-a,解得a=-1. 又因为数列{an}为“H(t)数列”， (2)存在实数x1x2∈[0，T], 所以a+l-t=a1aa3…an(n∈N), 使得g(x2)<f(x)+13-e成立， 设数列{bn}的公比为q, 即g(x)mm<f(x)m+l3-e艺，x∈[0，π]. 所以a1=(al-1)(a1-t)+logq(n∈N,), 由(1)知f'(x)=2e'cosx, 即(t+1)a+i-(t+log2q)=0对HneN,成立， t+1=0,「t=-1, 所以f'()=0在[0，]上的解为x=受， 则 → Lt+logz q=0 lg =2, 函数f(x)在[0，受）上单调递增， 又a1=2,a=a1+log2b1,所以b1=4, 所以bn=4×2m-1=21,t=-1. 在（牙，]上单调递减， 第31期2版 所以f(x)=f(受)=e子+a 专项小练一 又a2-a+10>0恒成立， 1.C;2.B;3.D.4.60;5.8. 所以g(x)=(a2-a+10)e*在[0，π]上单调递增， 专项小练二 所以g(x)=g(0)=a2-a+10, 1.D;2.D;3.A.4.24;5.243. 故a2-a+10<e2+a+13-e7,即a2-2a-3<0, 第31期3,4版 解得-1<a<3, 所以实数a的取值范围是(-1,3). 计数原理同步核心素养测评 19.解：(1)由题可得2=1+1,3=1×2+1， 一、单项选择题 7=1×2×3+1,43=1×2×3×7+1, 1 ~4 BACD 5 ~8 BBAD 所以1,2,3,7,43是“H(1)数列” 提示： (2)数列{cn}不是“H(t)数列”，理由如下： 1.采用分类加法计数原理，有7+11+9=27（种）方法. c =1+1=+I(nEN.)c =m+2(nEN.), 2.第三语言从4个中任选一个，有4种方法， n n+1 第四语言从5个中任选一个，有5种方法， 又eg=子号号出=n+1aeN 所以共有4×5=20（种）组合选法. 所以6-66-号-(a+） 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. 1 n+T-n(ne N.), 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； 因为1 为n+-n不是常数，所以数列c}不是“)数列” 对于(C),共有4×4×4=43=64（种）种法，故(C)错误： (3)因为数列{an}为“H(t)数列”， 对于(D),共有3×3×3×3=34=81（种）买法，故(D) 由∑a=a41+log2b.-t(n∈N,), 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； 有∑a=aa,a.+logb,(neN,) ①②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： n+1 ④最后两个区域，填两个数字有2种方法， 所以∑a=a,a,aga,a1+log2b+(neN,), ③ 所以不同填法种数是2×3×2×2=24， > 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， 提示： 若第二周安排1项实验，有3种方案， 9.因为生物课要求在B层上，只有第2,3节课，故分两类 若第二周安排2项实验，有3种方案， 进行讨论： 故共有3+3=6（种）方案； 第一类，若生物选第2节，则地理可选第1节或第3节，有2 A,B两项实验不安排在第一周， 种选法，政治有2种选法，故有2×2=4（种）选法， 则安排在第二周或第三周，有2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 第一周安排两项实验有3种方案， 选第4节，自习只能选第2节，故有1种选法 故有2×3=6（种）方案. 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； 综上，不同的实验方案有6+6=12（种）. 自习可以安排在4节课的任意一节，故(C)错误，(D)正确， 7.分三类： 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.因为甲、乙两人共付费5元，则其中一人的乘坐站数不 数只有3210，共1个； 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 第二类，千位数字为4时，“渐降数”有4321,4320， 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 4310,4210,共4个； 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， 因此甲和乙两人共付费5元时，共有12+12=24（种）下 满足题意的“渐降数”共有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,C,D1E,F,中，连接 若甲、乙两人共付费6元，则共有三类情况：①甲付2元， AC,A1C1,AE,A,E1,易知AC⊥平面AAF,F,AE⊥平面 乙付4元；②甲付3元，乙付3元；③甲付4元，乙付2元.易知 AA1B,B,AF⊥平面AA1CC,AB⊥平面AA1E,E. 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； 取矩形A4F,F为阳马的底面， 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， 则阳马的另一个顶点可以为C,D,C1,D; 根据分步乘法计数原理， 取矩形AAB,B为阳马的底面， 共有5×2×7=70（种）不同的选法，故(B)正确； 则阳马的另一个顶点可以为D,E,D1,E1; 若其中一幅选自国画，一幅选自油画， 取矩形AA1C,C为阳马的底面， 则有5×2=10（种）不同的选法： 则阳马的另一个顶点可以为D,F,D,F; 若一幅选自国画，一幅选自水彩画， 取矩形AA,E,E为阳马的底面， 则有5×7=35（种）不同的选法； 则阳马的另一个顶点可以为B,D,B,D; 若一幅选自油画，一幅选自水彩画， 所以这样的阳马的个数是16. 则有2×7=14（种）不同的选法， 二、多项选择题 故共有10+35+14=59（种）不同的选法，故(C)正确； 9.BD:10.BD:11.ABC. 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： 出游，则三人出游的不同方法数N,=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， 6=72.故三人出游的不同方法数N=N1+N2=102. 有4种选法，根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是5 若选择①③④， ×4=20(种)，故(D)错误 则三人出游的不同方法数N=4×5×5=100. 故选(A)(B)(C). 若选择②③④， 三、填空题 则三人出游的不同方法数N=5×5×5=125. 12.9;13.18；14.23. 17.解：不考虑甲试剂不能对C细胞染色时： 提示： 若C,E细胞的染色试剂不同， 12.由题意他的父母的血型都是A,B,0三种之一， 共有4×3×2×(1+2)=72（种）方法， 由分步乘法计数原理知， 若C,E细胞的染色试剂相同， 其父母血型的所有可能情况有3×3=9（种） 共有4×3×2×2=48（种）方法， 131g6-ga=e名有多少个不同值，只要看合不同值 此时共有72+48=120（种）染色方法. 现考虑甲试剂对C细胞染色： 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 若C,E细胞的染色试剂不同， 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 共有3×2×(2+1)=18（种）方法， 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× 若C,E细胞的染色试剂相同， 4=20由于写-号子-号成g6-的不同值的个数为 共有3×2×2=12（种）方法， 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， 18.解：(1)分3类：第1类是负责人从高一产生，有8种不 五个水闸的打开或关闭的不同结果有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， 3类是负责人从高三产生，有12种不同的选法 水闸D,E至少打开一个，下游有水， 故共有N=8+10+12=30(种)不同的选法 水闸B,C至少打开一个的情况有(22-1)种， (2)每种选法可分为3个步骤： 水闸D,E至少打开一个的情况有(22-1)种， 第1步，从高一选一名负责人，共有8种不同的选法； 由分步乘法计数原理得下游有水的不同结果有 第2步，从高二选一名负责人，共有10种不同的选法； 1×(2-1)×(22-1)=9(种)， 第3步，从高三选一名负责人，共有12种不同的选法 所以所求五个水闸打开或关闭的情况有 故共有N=8×10×12=960(种)不同的选法， 25-9=23(种). (3)分3类，每类又可分两步.第1类，从高一和高二年级 四、解答题 中各选1人，共有8×10=80（种）不同的选法；第2类，从高一 15.解：由题意，从A地到B地每天有汽车5班，故坐汽车有 和高三年级中各选1人，共有8×12=96（种）不同的选法；第 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， 3类，从高二和高三年级中各选1人，共有10×12=120（种）不 从A到B共有5+2=7（种）走法.从B到C有两类，一类有3 同的选法。 种走法，另一类有2种走法，共有3+2=5（种）走法， 故共有N=80+96+120=296(种)不同的选法， 综上，从A地到C地不同的走法数为7×5=35（种）. 19.解：(1)当百位为6，符合要求的“吉祥数”有600； 16.解：若选择①②③， 当百位为5，符合要求的“吉祥数”有510： 则三人出游的不同方法数V=4×5×5=100. 当百位为4，符合要求的“吉祥数”有420,402； 若选择①②④，则需分两类.第一类，若甲选择4月27日 当百位为3，符合要求的“吉祥数”有330,312； 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； 提示： 当百位为1，符合要求的“吉祥数”有150,114,132. 1.因为A2.=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)(1)千位有9种不同填法，百位有10种不同填法，十 2.G+Cg=)×4+6x5x4 2×1+3×2x1 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 =10+20=30. 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 3.因为C+1=C+C4=C441, 所以n+1=3+4,解得n=6. 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 4.坐在椅子上的6个人是走进屋子的 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 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 ∈N,)位回文数的个数为9×10， 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 第32期2版 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 专项小练一 列问题，从而，不同的坐法种数为A 1.D;2.C;3.ACD.4.72;5.{8. 5.取出的兔子只恰有2只测量过该指标，即从3只测过指 6.解：(1)能组成无重复数字的四位数的个数为 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 A6=6×5×4×3=360. 指标的所有情况数为CC2?,又从这5只兔子中随机取出3只的 (2)四位偶数要求个位数为偶数，先排个位数字，有A;= C 所有情况数为C,故所求概率为 5 3种选法；再从剩下的5个数中选出3个排成一列，共有A= 6.当个位是0时，十位、百位、千位从1,2,3,4,5,6中取3 60(种)选法.故共能组成无重复数字的四位偶数的个数为 个不同的数，共有A=120(种)情况； A5A号=180（个）. 当个位是5时，首位有5种情况， 专项小练二 十位和百位有A?=20(种）情况， 1.B:2.D:3.BCD.4.30:5.98 共有5×20=100（种）情况. 6.解：(1)从15人中选3人，共有Cs=455(种)不同的选 综上，共有120+100=220（种）情况， 派方法. 7.根据题意有两种方式： (2)分两类：第1类，男生2人，女生1人，有CC5=45× 第一种方式，有一个地方去3名专家， 5=225(种)不同的选法；第2类，男生1人，女生2人，有C1。C 另外两个地方各去1名专家， =10×10=100(种)不同的选法. 综上，共有225+100=325（种）不同的选派方法， 其有S·C·G.A=60(种)方法： A好 (3)分两类：第1类，男生2人，女生1人（即女生甲），有 第二种方式，有一个地方去1名专家，另外两个地方各去2 C。×1=45(种)不同的选法；第2类，男生1人，女生2人（含 名专家，共有S·C·C.A=90(种)方法， 女生甲)，有C1C4=10×4=40(种)不同的选法 综上，共有45+40=85（种）不同的选派方法 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： 第32期3,4版 ①若小明的父母只有一人与小明相邻且父母不相邻时， 排列与组合同步核心素养测评 先在其父母中选一人与小明相邻，有C=2(种)情况，将小明 一、单项选择题 与选出的家长看出一个整体，考虑其顺序有A?=2(种)情况， 1 ~4 ABCD 5 ~8 BCDC 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 10