《2025年天利38套对接高考单元专题测试卷高中数学选择性必修第二册人教版》

8. 【新定义】数学中“凸数”是指位数不低于3的奇位数，且最中间的数位上的数字比两边的数字都大的数，则没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为(C)

A.147
B.112
C.65
D.50

答案： 8.C【解析】分类加法计数原理　大于564，最高位上的数字是5且没有重复数字的位数为3的“凸数”，中间数位上的数字可以为7，8，9，则共有6+7+8=21(个)；大于564，最高位上的数字是6且没有重复数字的位数为3的“凸数”，中间数位上的数字可以为7，8，9，则共有6+7+8=21(个)；大于564，最高位上的数字是7且没有重复数字的位数为3的“凸数”，中间数位上的数字可以为8，9，则共有7+8=15(个)；大于564，最高位上的数字是8且没有重复数字的位数为3的“凸数”，中间数位上的数字为9，则共有8个，所以没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为21+21+15+8=65.故选C.

9. 某植物园举行花卉展览，某花卉种植园有2种兰花，2种三角梅，共4种精品花卉，其中“绿水晶”是培育的兰花新品种，4种精品花卉将全部去A，B展馆参展，每种只能去一个展馆，每个展馆至少有1种花卉参展，下列选项正确的是(ABD)

A.若A展馆需要3种花卉，有4种安排方法
B.若“绿水晶”去A展馆，有7种安排方法
C.若“绿水晶”不去A展馆，有6种安排方法
D.若2种三角梅不能去往同一个展馆，有8种安排方法

答案： 9.ABD【解析】计数原理　对于A，若A展馆需要3种花卉，4种精品花卉选3种安排在A展馆即可，有$C_4^3=4($种)安排方法，故A正确；对于B，若“绿水晶”去A展馆，将剩下3种花卉分别分到A，B展馆即可，B展馆至少有一种，则有$C_3^1+C_3^2+C_3^3=7($种)安排方法，故B正确；对于C，若“绿水晶”不去A展馆，则其必须去B展馆，与B选项同理，有7种安排方法，故C错误；对于D，若2种三角梅不能去往同一个展馆，则其分别在A，B两个展馆，有$A_2^2=2($种)安排方法，将2种兰花安排在A，B两个展馆，每种兰花都有2种安排方法，则2种兰花共有2×2=4(种)安排方法，共有2×4=8(种)安排方法，故D正确.故选ABD.

10. 【数学文化】我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的。以下关于杨辉三角的猜想中正确的有(BCD)



A.第7行中从左到右第5个数与第6个数的比为$5:2$
B.由“第$n$行所有数之和为2的指数幂”猜想：$C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + ·s + C_n^n = 2^n$
C.$C_2^2 + C_3^2 + C_4^2 + C_5^2 + ·s + C_{12}^2 = 286$
D.由“在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它‘肩上’两个数的和”猜想：$C_{n + 1}^r = C_n^{r - 1} + C_n^r$

答案： 10.BCD【解析】杨辉三角的应用　对于A，第7行中从左到右第5个数与第6个数的比为$C_7^4:C_7^5=5:3，$故A不正确；对于B，由二项式系数的性质知$C_n^0+C_n^1+C_n^2+⋯+C_n^n=2^n$成立，故B正确；对于C，$C_6^2+C_6^3+C_6^4+⋯+C_6^12=C_6^2+C_6^3+C_6^4+⋯+C_6^12=C_7^3+C_7^4+⋯+C_7^12=C_8^4=286，$故C正确；对于D，$C_{n - 1}^r+C_n^r=\frac{n!}{(r - 1)!(n - r + 1)!}+\frac{n!}{r!(n - r)!}=\frac{r·n!+(n + 1 - r)·n!}{r!(n + 1 - r)!}=\frac{(n + 1)!}{r!(n + 1 - r)!}=C_{n + 1}^r，$故D正确.故选BCD.

11. 已知集合$M = \{0,1,2,3,4,5\}$。下列说法正确的是(AB)

A.从集合$M$中任取4个元素能够组成300个没有重复数字的四位数
B.从集合$M$中任取3个元素能够组成52个没有重复数字的三位偶数
C.从集合$M$任取3个元素能够组成90个三位密码
D.从集合$M$中任取3个元素，其和是3的倍数的取法共有7种

答案： 11.AB【解析】计数原理　对于A，从集合M中任取4个元素组成没有重复数字的四位数，若取0，则可以组成$C_8^3C_3^1A_3^3=180($个)(提醒：当选取0时，注意0不能排在首位)，若不取0，则可以组成$C_8^4A_4^4=120($个)，共180+120=300(个)，故A正确；对于B，因为集合M中共有3个偶数，若末位为0，则可以组成$A_5^3=20($个)；若末位为2或4，则可以组成$C_2^1C_4^1C_4^1=32($个)，所以共有20+32=52(个)(方法：在排数问题中，对于特殊位置特殊元素优先考虑，比如偶数、奇数，可考虑末位数字的特点，还有零不能排首位等).故B正确；对于C，从集合M中任取3个元素能够组成$A_5^3=120($个)三位密码，故C不正确；对于D，从集合M中取3个元素，三个数的和为3的有0，1，2，共1种；三个数的和为6的有0，1，5；1，2，3；0，2，4，共3种；三个数的和为9的有0，4，5；1，3，5；2，3，4，共3种；三个数的和为12的有3，4，5，共1种，则共有1+3+3+1=8(种)，故D不正确.综上所述，故选AB.

12. 某年级在一次跨年晚会活动中，有6个不同任务需要安排3名同学完成，每名同学都至少安排一个任务，则不同的安排方法共有540种。

答案： 12.540【解析】排列与组合　解决这个问题需分三步完成：第一步把6个任务分成“1+1+4”“1+2+3”“2+2+2”三组；第二步把分好的3组任务分给3名同学(方法：先分组再分配)；第三步计算共有$(\frac{C_6^1C_5^1C_4^4}{A_2^2}+\frac{C_6^1C_5^2C_3^3}{A_2^2}+\frac{C_6^2C_4^2C_2^2}{A_3^3})A_3^3=540($种)，故不同的安排方法共540种.

13. (2024·新课标Ⅱ卷)在如图的$4×4$的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有24种选法。在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是112。

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答案：
13.24　112【解析】分步乘法计数原理
【思维导图】分别确定在第一、二、三、四行各选1格且不同列的选法数→分步乘法计数原理→计算符合条件的选法数；每一列中十位上的数字都相同→简化方格表→每行最大的数→每行应取的数→原方格表每列应取的数→相加得解.
第一行选1格，共有4种选法；第二行选1格，不可与第一行的同列，共有3种选法；第三行选1格，不可与第一、二行的同列，共有2种选法；第四行选1格，不可与第一、二、三行的同列，只有1种选法，则共有4×3×2×1=24(种)选法满足要求.观察表格可发现，每一列数中十位上的数字都相同，故只考虑个位上的数字即可，简化方格表如

观察可知，第一行最大的数为1，第二行最大的数为3，第三行最大的数为3，第四行最大的数为5，综上，当原方格表第一、二、三、四列分别取15，21，33，43时，所选4个数之和最大，最大值为15+21+33+43=112.