第32期 排列与组合-【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）

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=÷在点(1，号）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-), 侧s=n+an山d,之= 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∫()=+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 1017.(15分)已知10件不同的产品中有4件是次品，现对它们进 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+1),其中∈R,m 行测试，直至找出所有的次品为止. (1)空位不相邻的坐法有多少种？ m! (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 (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 试方法种数是多少？ (3)4个空位至多有2个相邻的坐法有多少种？ 种推广. (2)若恰在第2次测试才测试到第1件次品，第7次测试才找到 (1)求Cs的值： 最后一件次品，则这样的不同测试方法种数是多少？ 2)设>0，当x为何值时，C取得最小值？ (3)组合数的两个性质：①Cm=C-m;②Cm+Cm-1=Cm,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 高中数学·选择性必修第三册（人教A版）同步棱心素养测评 高中数学·选择性必修第三册（人教A版）同步棱心素养测评 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： 高中数学 0351-5271268 2026年2月23日·星期- 报纸发行质量反馈电话： 数评橘 第 32期总第1176期 人教A 0351-5271248 选择性必修第三册 高德荣： 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：21-289 情系独龙，初心如磐 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 高德荣，一心为民 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 的“老县长”，将自己的 排列问题的求解策略 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？ 任选一人，有A4种选法；再从其余的5人中任选 ,生都奉献给了独龙族 解析：先排无限制条件的5个舞蹈有A?种 3人从事导游、导购、保洁三种不同的工作有A; 的发展。他信念坚定，把 排法；再将4个唱歌节目插入5个舞蹈节目中 ◎湖南杨菲 带领独龙族群众摆脱贫 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 困、过上好日子作为奋 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， 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” 斗目标和人生梦想，39 四、定序问题“倍除法” 年如一日坚守在每年大 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 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 雪封山长达半年、条件 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 素进行排列，同时对相邻元素进行内部排列. 极其艰苦的独龙江乡。 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. 就是某些排列问题中某些元素（位置）必须 他事业心强，全身 (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 心投入整乡推进、整族 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 帮扶的攻坚行动中。为 置) 号种；再将捆好的两个人看成一个人，并与其他的七位数？ 了改善独龙江乡的基础 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 设施，他积极争取项目 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 资金，扩建卫生院、学 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 校，新建电站和吊桥。在 选派方案共有 先安排好没有限制条件的元素，然后在排好 他的努力下，独龙江乡 (A)280种 (B)240种 的元素之间的空位和两端插入不能相邻的元素 数共有 ·=840(个) 的交通、教育、医疗等方 面都有了显著的改善 ®成题库 AA.所求的正整数的个数是1+A,A+AA?个 高德荣责任心重 数字问题 +A4A4+A?A=479. 解析：分3种情形： 常说“戴着落后的帽子 点评：本题给出了两类数字问题：(1)是简 ①没有1和3，共有A=24(个)； 一点也不光彩”，他敢做 变式探究 单的奇偶数问题，解题时要注意奇偶数的特征； ②只有1和3其中一个时， 脊梁，勇于担当，积极带 (2)是某数在所有数中从小到大排是第几个数 有AA=24(个)： 领群众发展产业，如套 ◎山东尹承利 的问题.求解这类问题，常用间接排除或直接分 ③同时有1和3时，“3在1的前面”和“3在 种草果、花椒、重楼等， 数字问题是排列、组合应用中的一类热点问 类的方法，注意的是分类时标准要明确，做到既1的后面”机会均等.若不考虑“3在1的前面” 还推动了旅游产业发 题下面以一道经典例题及其变式为例来说明 不重复也不遗漏 的限制，则有C4A个；若考虑“3在1的前面”的 展，为独龙族的长远发 典例：用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数 对于(2)，稍加改变一下问法，可有： 限制，则有)CA=12(个)， 展奠定了基础。 字的数： 变式1用0,1,2,3,4五个数字组成没有重 他作风朴实，四处 (1)能够组成多少个六位奇数？ 复数字的四位数，若按从小到大排列，其中 所以不同的三位数共有 奔忙却从不为自己伸手 (2)能够组成多少个大于201345的正整数？ 3204是第几个数？ 24+24+12=60(个). 张口，严于律己，严格管 解析：(1)先从1,3,5中选1个数放在末位， 解法一：（分类法）由高位到低位逐级分为： 点评：本题解答中的③属顺序固定的数字 好家人，始终保持着共 ①干位是1或2时，有AA个：②千位是3时，问题，这类问题一般用“除法”解决.即：对于某 有A3种情况；再从除0以外的4个数中选1个数 产党员的廉洁奉公的伪 百位可排0,1,2.当百位排0,1时，有AA号个；当 几个数字按一定顺序的问题，可先不考虑顺序， 放在首位，有A!种情况：然后将剩余的数进行全 良作风，以实际行动赢 百位排2时，比3204小的仅有3201一个. 然后用总数除以这几个数字的全排列数， 排列，有A!种情况.所以能组成的六位奇数的个 得了独龙族群众的衷心 故比3204小的四位数共有A2A:+A2A+ 若考虑数字的“倍数及被整除”，可有： 数为A3A4A4=288 爱戴和拥护。 1=61(个)，所以3204是第62个数. 变式3由1,2,3，…，9这九个数字能组成 (2)法1：由0,1,2,3,4,5组成的所有没有 高德荣用自己的行 解法二：（间接法）A4A-(A+A3+AA2) 多少个： 重复数字的正整数的个数是A;A.其中不大于 动诠释了共产党员的初 =62(个). (1)没有重复数字的四位偶数： 201345的正整数，当首位数字是2时，只有 心和使命，彰显了一心 点评：本题是某数在所有数中从小到大排 (2)是5的倍数且没有重复数字的三位数？ 201345这1个；当首位数字是1时，有A个.所 为民的高尚情怀，是我 是第几个数的问题.求解时往往是按最高位的 解析：(1)没有重复数字的四位偶数的个位 们在新时代实现中华民 求的正整数的个数为A;A-(1+A)=479. 数字进行分类，当最高位的数字就是该数的最 是2,4,6,8，所以有A4A8=1344(个) 族伟大复兴征程中的学 法2：由01,2,3,4,5组成的没有重复数字高位数字时，再依次往下分，直至逼近并找到该 故符合题意的四位偶数共有1344个 习榜样，激励着我们为 的正整数中，大于201345的正整数分为以下几数为止 (2)是5的倍数的三位数的个位只能是5， 祖国的繁荣富强贡献自 种情况：前4位数字为2013，只有201354，个数 若考虑数字的“固定顺序”，可有 有A号=56（个） 己的力量。 为1；同理，前3位数字为201且大于201354，个 变式2从1,2,3,4,5,6中任取3个数字组成 故符合题意的三位数共有56个】 数为A5:前2位数字为20且大于201543，个无重复数字的三位数，若有1和3时，3必须排在1 点评：倍数及被整除等数字问题是一类重 数为AA;首位数字为2且大于205431，个数的前面，若只有1和3其中一个时，它们应排在其 要题型.对于这类问题，同学们掌握一些结论是 为AA;首位数字为3,4,5中的一个，个数为他数字的前面，这样不同的三位数共有 应用的关键 素养专练 数理极 4.五人站成一排，甲不能站在两边的不同排 专项小练一、排列与排列数 法有 种 专项小练二、组合与组合数 1.某公司从甲、乙、丙、丁四人中选出两人分 5.不等式A<6A2的解集为 1.已知集合A含有7个元素，则集合A的三元 别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， 子集共有 ( (1)能组成多少个无重复数字的四位数？ (A)210个 (B)35个 (A)2种 (B)4种 (2)能组成多少个无重复数字的四位偶数？ (C)7个 (D)3个 (C)6种 (D)12种 2.已知C2=Ci2,则x的值为 2.若A=17×16×15×…×5×4,则n和 (A)5 (B)7 m的值分别为 ( (C)12 (D)5或7 (A)14,17 (B)17,13 3.(多选)以下命题，属于组合问题的有 (C)17,14 (D)17,4 3.(多选)下列等式中成立的是 （A)从1,2，…，9九个数字中任取三个，组成 ()成-(a-2)￡(B)A=A 一个无重复数字的三位数 (B)从1,2，…，9九个数字中任取三个，然后 (C)nA-2=A” (D”nA=A 把这三个数字相加得到一个和，这样的和的个数 (C)从a,b,c,d四名学生中选两名去完成同 现考虑甲试剂对C细胞染色： 份工作的选法 第31期2版参考答案 若C,E细胞的染色试剂不同， (D)5个人规定相互通话一次，通电话的次数 专项小练一 共有3×2×(2+1)=18（种）方法， 4.2024年吉林马拉松准备从A,B两所大学 1.C;2.B;3.D.4.60:5.8. 若C,E细胞的染色试剂相同， 的9名优秀学生(4人来自A大学，5人来自B大 专项小练二 共有3×2×2=12（种）方法 学)中选取3人作为志愿者，要求选出的3人中，2 1.D;2.D;3.A.4.24;5.243. 此时共有18+12=30（种）染色方法。 人来自A大学，1人来自B大学，则不同的选法有 所以符合条件的染色方法有 种 第31期3,4版参考答案 120-30=90(种). 5.某校开设10门课程供学生选修，其中A, 一、单项选择题 18.解：(1)分3类： B,C三门由于上课时间相同，至多选一门.学校规 1~4 BACD 5 ~8 BBAD 第1类是负责人从高一产生， 定，每位同学选修3门课程，则每位同学不同的选 二、多项选择题 种 有8种不同的选法； 修方案共有 9.BD;10.BD;11.ABC 第2类是负责人从高二产生， 6.学校决定从15名“三好”学生（男生10人， 三、填空题 有10种不同的选法； 女生5人)中选派3人去参加省数学竞赛培训 12.9;13.18;14.23. 第3类是负责人从高三产生， (1)共有多少种不同的选派方法？ (2)若要求男生和女生至少各一人，共有多 四、解答题 有12种不同的选法. 少种不同的选派方法？ 15.解：由题意，从A地到B地每天有汽车5 故共有N=8+10+12=30(种)不同的选法 班，故坐汽车有5种走法，从A地到B地每天有火 (2)每种选法可分为3个步骤： (3)若女生甲必须参加，且男生至少有一人 参加，共有多少种不同的选派方法？ 车2班，故坐火车有2种走法，从A到B共有5+2 第1步，从高一选一名负责人， =7(种)走法.从B到C有两类，一类有3种走法， 共有8种不同的选法： 另一类有2种走法，共有3+2=5（种）走法. 第2步，从高二选一名负责人， 综上，从A地到C地不同的走法数为7×5= 共有10种不同的选法： 35(种). 第3步，从高三选一名负责人， 16.解：若选择①②③， 共有12种不同的选法 则三人出游的不同方法数 故共有N=8×10×12=960(种)不同的选法 N=4×5×5=100. (3)分3类，每类又可分两步. 若选择①②④，则需分两类.第一类，若甲选 第1类，从高一和高二年级中各选1人， 数理报社试题研究中心 择4月27日出游，则三人出游的不同方法数N1= 共有8×10=80（种）不同的选法： 参考答案见下期 5×6=30;第二类，若甲不选择4月27日出游，则 第2类，从高一和高三年级中各选1人， 三人出游的不同方法数N2=3×4×6=72.故三 共有8×12=96（种）不同的选法： 当百位为1， 人出游的不同方法数N=N,+N2=102. 第3类，从高二和高三年级中各选1人， 符合要求的“吉祥数”有150,114,132. 若选择①③④ 共有10×12=120（种）不同的选法. 综上，三位正整数中共有12个“吉祥数” 则三人出游的不同方法数 故共有N=80+96+120=296(种)不同的 (2)(1)千位有9种不同填法，百位有10种 N=4×5×5=100. 选法 不同填法，十位、个位对应各有1种填法 若选择②③④， 19.解：(1)当百位为6， 由分步乘法计数原理可知， 则三人出游的不同方法数 符合要求的“吉祥数”有600； 四位回文数的个数为9×10×1×1=90. N=5×5×5=125 当百位为5，符合要求的“吉祥数”有510； (i)由回文数的对称性知，只需考虑2n+ 17.解：不考虑甲试剂不能对C细胞染色时： 当百位为4， 1(neN)位回文数自左至右的 若C,E细胞的染色试剂不同， 符合要求的“吉祥数”有420,402； 前n+1位数.最高位有9种不同 共有4×3×2×(1+2)=72（种）方法， 当百位为3， 填法，其余n位分别有10种不同 若C,E细胞的染色试剂相同， 符合要求的“吉祥数”有330,312： 填法，由分步乘法计数原理可 共有4×3×2×2=48（种）方法， 当百位为2， 知，2n+l(n∈N,)位回文数的 此时共有72+48=120（种）染色方法. 符合要求的“吉祥数”有240,204,222； 个数为9×10” (C)90 (D)150 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 排列与组合同步核心素养测评 8.小明跟父母、爷爷奶奶一同参加地方台《青少年诗词大会》的 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” 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 的不同参加方法数为 ◎数理报社试题研究中心 同坐法的种数为 ( 四、解答题：本题共5小题，共77分 第I卷选择题（共58分） (A)60 (B)72 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)84 (D)96 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 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 种选择方法？ 1.若A3n=10A3,则n= ( 9.下列选项中，属于排列问题的是 (A)8 (B)9 (A)从六名学生中选三名学生参加数学、物理、化学竞赛，共有 (C)10 (D)11 多少种选法 2.Cξ+Cg= (B)有十二名学生参加植树活动，要求三人一组，共有多少种 (A)25 (B)30 高中数学 分组方案 (C)35 (D)40 (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 3.若C1=C+C1,则n= (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 高中数学· 选择性 (A)8 (B)7 不同的点 (C)6 (D)5 10.下列排列组合数中，计算正确的是 必修第三册 4.10个人走进只有6把不同椅子的屋子，若每把椅子必须且只 (A)A4+A+A+A4=84 能坐一人，共有不同坐法的种数为 ( ) (B)C+C+C3+C6=35 (A)6 (B)6o (C)Cw=Cm(m,n∈N,n≥m) 选择性必修第三册（人教 人教 (C)109 (D)Ao (D)mC=nC(m,n∈N+,n≥m,n≥2) A 5.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 16.（15分)有五本不同的书，其中数学书2本，语文书2本，物 A 版 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 理书1本，将书摆放在书架上 版 同 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 业，每个工地至少分1辆工程车，则下列结论正确的有 ( 同 步 ( (1)要求同一科目的书相邻，有多少种排法？（用数字作答） 步 核 (A)分给甲、乙、丙三地每地各2辆，有120种分配方式 核 心素 (A) 、2 (2)要求同一科目的书不相邻，有多少种排法？（用数字作答）》 心 3 (B)分给甲、乙两地每地各2辆，分给丙、丁两地每地各1辆，有 养 (c号 D 180种分配方式 (C)分给甲、乙、丙三地，其中一地分4辆，另两地各分1辆，有 6.从0,1,2,3,4,5,6这7个数字中取4个不同的数组成被5整 60种分配方式 除的四位数，这样的四位数的个数为 ( ) (D)分给甲、乙、丙、丁四地，其中两地各分2辆，另两地各分1 (A)260 (B)240 辆，有1080种分配方式 (C)220 (D)200 7.“碳中和”是指企业、团体或个人等在一定时间内直接或间 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 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 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” 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 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 12.已知C2=15,那么A?= 和”工作，每名专家只去一个地方，且每个地方至少派驻1名专家， 13.从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点不在同一平面 则分派方法的种数为 内的选法有」 (A)30 (B)180 14.某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“演讲