《3年高考2年模拟》高考数学(山西专用,理)训练：10.2排列与组合(含答案解析)
第二节排列与组合
A组基础题组
1.6个人站成一排,其中甲、乙必须站在两端,且丙、丁相邻,则不同站法的种数为()
A.12
B.18
C.24
D.36
2.有甲、乙、丙三项任务,甲需2人承担,乙、丙各需1人承担,从10人中选派4人承担这三项任务,不同的选法有()
A.1 260种
B.2 025种
C.2 520种
D.5 040种
3.(2014辽宁,6,5分)6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为()
A.144
B.120
C.72
D.24
4.(2015四川,6,5分)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40 000大的偶数共有()
A.144个
B.120个
C.96个
D.72个
5.(2015河北衡水中学二模,5)某中学高三学习雷锋志愿小组共有16人,其中一班、二班、三班、四班各4人,现从中任选3人,要求这三人不能全是同一个班的学生,且三班至多选1人,则不同选法的种数为()
A.484
B.472
C.252
D.232
6.将9个相同的小球放入3个不同的盒子,要求每个盒子中至少有1个小球,且每个盒子中的小球的个数都不同,则共有种不同放法.
7.(2013北京,12,5分)将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人,每人至少1张.如果分给同一人的2张参观券连号,那么不同的分法种数是.
8.用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数,其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为.
9.用0,1,3,5,7五个数字,可以组成多少个没有重复数字且5不在十位上的五位数?
10.已知10件不同的产品中有4件是次品,现对它们进行测试,直至找出所有次品为止. (1)若恰在第5次测试,才测试到第1件次品,第10次才找到最后一件次品,则这样的不同测试方法数是多少?
(2)若恰在第5次测试后,就找出了所有次品,则这样的不同的测试的方法数是多少?
B组提升题组
11.(2014重庆,9,5分)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是()
A.72
B.120
C.144
D.168
12.(2014安徽,8,5分)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60°的共有()
A.24对
B.30对
C.48对
D.60对
13.某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个,则该外商不同的投资方案有()
A.16种
B.36种
C.42种
D.60种
14.将甲,乙等5位同学分别保送到北京大学,上海交通大学,浙江大学三所大学就读,则每所大学至少保送一人的不同保送的方法有()
A.240种
B.180种
C.150种
D.540种
15.(2016江苏淮海中学期中)若将A,B,C,D,E,F六个不同的元素排成一列,要求A不排在两端,且B、C相邻,则不同的排法共有种.(用数字作答)
16.用0,1,2,3,4这五个数字,可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数?
(1)比21 034大的偶数;
(2)左起第二、四位是奇数的偶数.
答案全解全析
A组基础题组
1.C甲、乙站在两端有=2种排法;丙、丁相邻,将其捆绑看作一个元素,则不同站法的种数为··=24,故选C.
2.C第一步,从10人中选派2人承担任务甲,有种选派方法;第二步,从余下的8人中选派1人承担任务乙,有种选派方法;第三步,再从余下的7人中选派1人承担任务丙,有种选派方法.根据分步乘法计数原理知,选法有··=2 520种.
3.D先把三把椅子分开摆好,它们之间和两端有四个位置,再把三人带椅子插放在四个位置,共有=24种放法,故选D.
4.B数字0,1,2,3,4,5中仅有0,2,4三个偶数,比40 000大的偶数分为以4开头与以5开头的偶数.其中以4开头的偶数又分以0结尾与以2结尾,有2=48个;同理,以5开头的偶数有3=72个.故共有48+72=120个,故选B.
5.B若三班有1人入选,则另两人从三班以外的12人中选取,共有=264种选法.若三班没有人入选,则要从三班以外的12人中选3人,又这3人不能全来自同一个班,故有
-3=208种选法.故总共有264+208=472种不同的选法.
6.答案18
解析对这3个盒子中所放的小球的个数的情况进行分类.第一类,这3个盒子中所放的小
球的个数分别是1,2,6,此类有=6种放法;第二类:这3个盒子中所放的小球的个数分别是1,3,5,此类有=6种放法;第三类:这3个盒子中所放的小球的个数分别是2,3,4,此类有=6种放法.因此共有6+6+6=18种满足题意的放法.
7.答案96
解析5张参观券分成4份,1份2张,另外3份各1张,且2张的参观券连号,则有4种分法,
把这4份参观券分给4人,则不同的分法种数是4=96.
8.答案8
解析首先排两个奇数1,3,有种排法,再在2,4中取一个数放在1,3之间,有种方法,然后
把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列,有种排法,即满足条件的四位数的个数为=8.
9.解析可分两类,第一类:0在十位上,符合条件的五位数的个数为=24.第二类:0不在十位上,由于5不能排在十位上,所以十位上只能排1,3,7中的一个,这一步有=3种方法;又由于0不能排在万位上,所以万位上只能排5或1,3,7中被选作十位上的数字后余下的两个数字之一,这一步有=3种方法.十位、万位上的数字选定后,其余三个数字全排列即可,这一步有=6种方法.根据分步计数原理知,第二类中符合条件的五位数的个数为··=54.
由分类计数原理知,符合条件的五位数共有24+54=78个.
10.解析(1)先排前4次测试,只能取正品,有种不同的测试方法,再从4件次品中选2件排在第5次和第10次的位置上测试,有·=种测试方法,再排余下4件的测试位置,有种测试方法.所以共有··=103 680种不同的测试方法.
(2)第5次测试的产品恰为最后一件次品,另3件在前4次中出现,从而前4次有一件正品出现,所以共有··=576种不同的测试方法.
B组提升题组
11.B先不考虑小品类节目是否相邻,保证歌舞类节目不相邻的排法共有·=144种,再剔除小品类节目相邻的情况,共有··=24种,则符合题意的排法共有144-24=120种.
12.C利用正方体中两个独立的正四面体解题,如图,
它们的棱是原正方体的12条面对角线.
一个正四面体中两条棱成60°角的有(-3)对,两个正四面体有(-3)×2对.又正方体的面对角线中平行成对,所以共有(-3)×2×2=48对.故选C.
13.D①只有两个城市有投资项目的有=36种,②只有一个城市无投资项目的有
=24种.共有36+24=60种,故选D.
14.C5名学生可分成2,2,1和3,1,1两种形式,
当5名学生分成2,2,1时,共有=90种方法,
当5名学生分成3,1,1时,共有=60种方法,
∴根据分类计数原理知共有90+60=150种保送方法.
15.答案144
解析由于B、C相邻,故可把B、C看作一个整体(B、C全排列有2种方法).这样,6个元素
变成了5个.
先排A,由于A不排在两端,所以有=3种方法,
其余的4个元素任意排,有种不同的方法,
故不同的排法有2×3×=144种.
16.解析(1)解法一:可分五类,当末位数字是0,而首位数字是2时,有6个满足条件的五位数; 当末位数字是0,而首位数字是3或4时,有2=12个满足条件的五位数;
当末位数字是2,而首位数字是3或4时,有2=12个满足条件的五位数;
当末位数字是4,而首位数字是2时,有3个满足条件的五位数;
当末位数字是4,而首位数字是3时,有=6个满足条件的五位数.
故有39个满足条件的五位数.
解法二:不大于21 034的偶数可分为三类:万位数字是1的偶数,有·=18个五位数;万位数字是2,而千位数字是0的偶数,有个五位数;还有一个为21 034本身.
而由0,1,2,3,4组成的五位偶数的个数为+··=60,故满足条件的五位偶数的个数为60-18-2-1=39.
(2)解法一:可分为两类:
末位数字是0,个数为·=4;
末位数字是2或4,个数为·=4;
故共有8个满足条件的五位数.
解法二:第二、四位从奇数1,3中取,有种;首位从2,4中取,有种;余下的排在剩下的两位,有种,故共有=8个满足条件的五位数.。
《3年高考2年模拟》高考数学(山西专用,理)仿真冲刺卷(六)(含答案解析)
仿真冲刺卷(六)(满分:150分,时间:120分钟)第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知=1-bi,其中a,b是实数,i是虚数单位,则|a-bi|=()A.3B.2C.5D.2.设a=log4π,b=loπ,c=π4,则a,b,c的大小关系是()A.a>c>bB.b>c>aC.c>b>aD.c>a>b3.一袋中装有大小相同,编号分别为1,2,3,4,5,6,7,8的八个球,从中有放回地每次取一个球,共取2次,则取得两个球的编号和不小于15的概率为()A. B. C. D.4.阅读如图所示的程序框图,输出A的值为()A. B. C. D.5.某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,其中侧视图是一个边长为2 cm的正三角形,则这个几何体的体积是()A.2 cm3B.cm3C.3cm3D.3 cm36.记等比数列{a n}的前n项和为S n,若S3=2,S6=18,则等于()A.-3B.5C.-31D.337.设不等式组所表示的区域为M,函数y=的图象与x轴所围成的区域为N,向M内随机投一个点,则该点落在N内的概率为()A. B. C. D.8.P是△ABC所在平面内一点,若=λ+,其中λ∈R,则P点一定在()A.△ABC内部B.AC边所在直线上C.AB边所在直线上D.BC边所在直线上9.如图,已知P是矩形ABCD所在平面外一点,PA⊥平面ABCD,E、F分别是AB,PC的中点.若∠PDA=45°,则EF与平面ABCD所成角的大小是()A.90°B.60°C.45°D.30°10.已知双曲线-=1(a>0,b>0)的右焦点为F,过F作斜率为-1的直线交双曲线的渐近线于点P,点P在第一象限,O为坐标原点,若△OFP的面积为,则该双曲线的离心率为()A. B. C. D.11.下列命题,正确的个数是()①直线x=是函数y=sin 2x-cos 2x图象的一条对称轴;②将函数y=cos的图象上的每个点的横坐标缩短为原来的(纵坐标不变),再向左平移个单位长度,得到函数y=sin的图象;③设随机变量ξ~N(3,9),若P(ξ<a)=0.3(a<3),则P(ξ<6-a)=0.7;④的二项展开式中含有x-1项的二项式系数是210.()A.1B.2C.3D.412.对于任意实数a,b,定义min{a,b}=已知定义域为R的偶函数f(x)满足f(x+4)=f(x),且当0≤x≤2时, f(x)=min{2x-1,2-x},若方程f(x)-mx=0恰有两个根,则m的取值范围是()A.{-1,1}∪∪B.∪C.{-1,1}∪∪D.∪第Ⅱ卷(非选择题共90分)本卷包括必考题和选考题两部分.第13题—第21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22题—第24题为选考题,考生根据要求作答.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知数列{a n}的前n项和S n=2a n-1,则数列{a n}的通项公式为a n=.(n∈N*)14.为了解一片经济林的生长情况,随机测量了其中100株树木的底部周长(单位:cm).根据所得数据画出样本的频率分布直方图(如图,区间含左端点而不含右端点),那么在这100株树木中,底部周长小于110 cm的株数是.15.若函数f(x)=Asin(A>0,ω>0)的图象如图所示,则图中的阴影部分的面积为.16.已知函数f(x)=x(1+a|x|),若关于x的不等式f(x+a)<f(x)的解集A⊇,则实数a的取值范围是.三、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.如图,已知A、B分别在射线CM、CN(不含端点C)上运动,∠MCN=π,在△ABC中,内角A、B、C所对的边分别是a、b、c.(1)若a、b、c依次成等差数列,且公差为2,求c的值;(2)若c=,∠ABC=θ,试用θ表示△ABC的周长,并求周长的最大值.18.我国政府对PM2.5采用如下标准:某市环保局从180天的市区PM2.5监测数据中,随机抽取10天的数据作为样本,检测值如茎叶图所示(十位为茎,个位为叶).(1)求这10天数据的中位数;(2)从这10天的数据中任取3天的数据,记ξ表示空气质量达到一级的天数,求ξ的分布列;(3)以这10天的PM2.5日均值来估计这180天的空气质量情况,其中大约有多少天的空气质量达到一级?19.端午节即将到来,为了做好端午节商场促销活动,某商场打算将用于促销活动的礼品盒进行重新设计.方案如下:将一块边长为10的正方形纸片ABCD剪去四个全等的等腰三角形:△SEE',△SFF',△SGG',△SHH',再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒S-EFGH,其中A,B,C,D重合于点O,E与E'重合,F与F'重合,G与G'重合,H与H'重合(如图所示).(1)求证:平面SEG⊥平面SFH;(2)当AE=时,求二面角E-SH-F的余弦值.20.已知椭圆C的中心在坐标原点,短轴长为4,且有一个焦点与抛物线y2=4x的焦点重合.(1)求椭圆C的方程;(2)已知经过定点M(2,0)且斜率不为0的直线l交椭圆C于A、B两点,试问在x轴上是否存在一个定点P使得PM始终平分∠APB?若存在,求出P点坐标,若不存在,请说明理由.21.已知函数f(x)=ln x-mx2,g(x)=mx2+x,m∈R,令F(x)=f(x)+g(x).(1)当m=时,求函数f(x)的单调递增区间;(2)若关于x的不等式F(x)≤mx-1恒成立,求整数m的最小值;(3)若m=-2,正实数x1,x2满足F(x1)+F(x2)+x1x2=0,证明:x1+x2≥.请考生从第22、23、24三题中任选一题作答,多选、多答,按所选的首题进行评分;不选,按本选考题的首题进行评分.22.如图,在△ABC中,CD是∠ACB的平分线,△ACD的外接圆交BC于点E,AB=2AC.(1)求证:BE=2AD;(2)当AC=1,BC=2时,求AD的长.23.已知曲线C1的参数方程为(t为参数),当t=1时,曲线C1上的对应点为A,当t=-1时,曲线C1上的对应点为B.以原点O为极点,以x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ=.(1)求A、B的极坐标;(2)设M是曲线C2上的动点,求|MA|2+|MB|2的最大值.24.已知函数f(x)=|x-2|,g(x)=-|x+3|+m.(1)解关于x的不等式f(x)+a-1>0(a∈R);(2)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方,求m的取值范围.仿真冲刺卷(六)一、选择题1.D由=1-bi,可得a=1+b+(1-b)i,因为a,b是实数,所以解得a=2,b=1.所以|a-bi|=|2-i|==.故选D.2.D∵0<a=log4π<1,b=loπ<0,c=π4>1,∴c>a>b,故选D.3.D由分步计数原理知,从有8个球的袋中有放回地取2次(每次取一个球),所取两球的编号共有8×8=64种,其中两编号和不小于15的有3种:(7,8),(8,7),(8,8),∴所求概率为P=.故选D.4.C执行程序框图,A=1,i=1,A=,i=2,满足条件,A=,i=3,满足条件,A=,i=4,满足条件,A=,i=5,满足条件,A=,i=6,满足条件,A=,i=7,满足条件,A=,i=8,满足条件,A=,i=9,满足条件,A=,i=10,满足条件,A=,i=11,不满足条件,退出循环,输出A的值为.故选C.5.B由题图知该几何体为四棱锥,其体积为V=·(1+2)·2·=cm3.6.D由S3=2,S6=18,易得公比q≠±1.∴====,∴q=2.∴===1+q5=33.故选D.7.B如图,不等式组表示的区域为△ABC及其内部,函数y=的图象与x 轴所围成的区域为阴影部分,易知区域M的面积为2,区域N的面积为,由几何概型的概率公式知所求概率为=.8.B∵=-,=λ+,∴-=λ+,则-=λ,∴∥,即与共线,∴P 点一定在AC边所在直线上,故选B.9.C取PD中点G,连接AG、FG,∵E、F分别为AB、PC的中点,∴AE=AB,GF∥DC且GF=DC,又在矩形ABCD中,AB∥CD且AB=CD,∴AE∥GF且AE=GF,∴四边形AEFG是平行四边形,∴AG∥EF,∴AG与平面ABCD所成的角等于EF与平面ABCD所成的角,过G作GH⊥AD,垂足为H,又PA⊥AD,则GH∥PA,∵PA⊥平面ABCD,∴GH⊥平面ABCD,∴∠GAH为AG与平面ABCD所成的角,∵∠PDA=45°,G为PD的中点,∴∠GAH=45°,则EF与平面ABCD所成的角的大小为45°.故选C.10.C由题意知F(c,0),则过F且斜率为-1的直线l的方程为y=c-x,∵直线l交双曲线的渐近线于点P,且点P在第一象限,∴由解得P.∵△OFP的面积为,∴·c·=,又a2+b2=c2,∴a=3b,∴该双曲线的离心率为==.故选C.11.B对于①,y=sin 2x-cos 2x=2sin,当x=时,y=2sin=0,所以直线x=不是函数y=sin 2x-cos 2x图象的一条对称轴,所以①不正确.对于②,将函数y=cos的图象上的每个点的横坐标缩短为原来的(纵坐标不变),可得y=cos的图象,再向左平移个单位长度得到y=cos=cos 2x的图象,不是函数y=sin的图象,所以②不正确.对于③,随机变量ξ~N(3,9),P(ξ<a)=0.3(a<3),则P(ξ<6-a)=1-P(ξ>3+(3-a))=1-P(ξ<a)=0.7,所以③正确.对于④,的二项展开式的通项公式为T r+1=(2)10-r=(-1)r210-r,令=-1,可得r=4,故含有x-1项的二项式系数为=210,故④正确.故选B.12.A由题意得当0≤x≤2时, f(x)=又因为f(x)是偶函数且周期是4,故可画出函数的草图,令g(x)=mx,本题转化为函数f(x)与g(x)的图象有两个交点的问题,如图,易知m≠0.若m>0,则m=或<m≤,即m=1或<m≤ln 2时满足题意;若m<0,则由对称性知m=-1或-ln 2≤m<-时满足题意.故m的取值范围是{-1,1}∪∪.故选A.二、填空题13.答案2n-1=2a n-1,∴n≥2时,S n-1=2a n-1-1,解析∵S两式相减可得a n=2a n-2a n-1,∴a n=2a n-1(n≥2),∵n=1时,S1=2a1-1=a1,∴a1=1,∴数列{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n=2n-1.14.答案70解析由题图可知:底部周长小于110 cm的株数为100×(0.01×10+0.02×10+0.04×10)=70.15.答案解析由题图可知,A=1,=-=π,T=2π,∴ω=1,则f(x)=sin,∴题图中的阴影部分的面积为-sin dx=cos-cos=1-=.16.答案(1-,0)解析f(x)=x(1+a|x|)=关于x的不等式f(x+a)<f(x)的解集A⊇,则在内,函数y=f(x+a)的图象应在函数y=f(x)的图象的下方.当a=0时,显然不满足条件.当a>0时,函数y=f(x+a)的图象是由函数y=f(x)的图象向左平移a个单位得到的,结合图象(如图)可得不满足在内,函数y=f(x+a)的图象在函数y=f(x)的图象下方.当a<0时,如图所示,要使在内,函数y=f(x+a)的图象在函数y=f(x)的图象的下方,只要f(-1+a)<f(-1)即可,即-a(-1+a)2+(-1+a)<-a(-1)2+(-1),化简可得a2-2a-1<0,又a<0,∴1-<a<0.综上,a的取值范围为(1-,0).三、解答题17.解析(1)∵a、b、c依次成等差数列,且公差为2,∴a=c-4,b=c-2.又∵∠MCN=π,∴在△ABC中,cos C=-,∴=-,∴=-,整理得c2-9c+14=0,解得c=7或c=2.又∵c>4,∴c=7.(6分)(2)在△ABC中,由正弦定理可得==,∴===2,∴AC=2sin θ,BC=2sin.∴△ABC的周长f(θ)=AC+BC+AB=2sinθ+2sin+=2+=2sin+,(10分)又∵θ∈,∴<θ+<,∴当θ+=,即θ=时, f(θ)取得最大值2+.(12分) 18.解析(1)由茎叶图知:这10天数据的中位数为(38+44)=41(微克/立方米).(2)由题意知ξ服从超几何分布,其中N=10,M=4,n=3,ξ的所有可能值为0,1,2,3, 利用P(ξ=k)=(k=0,1,2,3)即得分布列:(3)设这180天中空气质量达到一级的天数为η.∵每天空气质量达到一级的概率为,∴η~B,∴Eη=180×=72,∴这180天中空气质量达到一级的天数为72.19.解析(1)证明:∵折后A,B,C,D重合于一点O,∴拼接成底面EFGH的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形,∴底面EFGH是正方形,EG⊥FH,EO=OG.(2分)连SO,由题意知SE=SG,∴EG⊥SO.(4分)又∵SO,FH⊂平面SFH,SO∩FH=O,∴EG⊥平面SFH.又∵EG⊂平面SEG,∴平面SEG⊥平面SFH.(6分)(2)过O作OM⊥SH交SH于M点,连EM,∵EO⊥平面SFH,SH⊂平面SFH,∴EO⊥SH,∴SH⊥平面EMO,∴∠EMO为二面角E-SH-F的平面角.(8分)当AE=时,在原平面图形中,可求得SE=.在Rt△SOE中,可求得SO==5.Rt△SHO中,OH=,SO=5,SH=,∴OM==,∴在Rt△EMO中,EM==,cos∠EMO===.∴所求二面角的余弦值为.(12分)20.解析(1)由题意知椭圆的标准方程为+=1(a>b>0).由抛物线方程为y2=4x,得其焦点为(,0),∴c=.又短轴长为4,∴2b=4,解得b=2.∴a2=b2+c2=9.∴椭圆C的方程为+=1.(2)存在点P满足条件.理由如下:假设在x轴上存在一个定点P(t,0)(t≠2)使得PM始终平分∠APB.设直线l的方程为my=x-2,A(x1,y1),B(x2,y2).由消去x,整理得(9+4m2)y2+16my-20=0,则y1+y2=,①y1y2=.②∵PM平分∠APB,∴=,∴=,化为=,把x1=my1+2,x2=my2+2代入上式,整理得(2-t)(y1-y2)·[2my1y2+(2-t)(y1+y2)]=0,∵2-t≠0,y1-y2≠0,∴2my1y2+(2-t)(y1+y2)=0.把①②分别代入上式得+=0,化为m(2t-9)=0,由于对于任意实数m上式都成立,∴t=.因此存在点P满足PM始终平分∠APB.21.解析(1)当m=时,f(x)=ln x-x2(x>0),则f '(x)=-x=(x>0),(1分)令f '(x)>0,得>0,又x>0,则0<x<1.所以f(x)的单调递增区间为(0,1).(2分)(2)令G(x)=F(x)-(mx-1)=ln x-mx2+(1-m)x+1,则F(x)≤mx-1可转化为G(x)≤0.G'(x)=-mx+(1-m)==.当m≤0时,因为x>0,所以G'(x)>0,所以G(x)在(0,+∞)上是递增函数,又因为G(1)=ln 1-m×12+(1-m)+1=-m+2>0,所以当m≤0时,关于x的不等式G(x)≤0不能恒成立,所以当m≤0时,关于x的不等式F(x)≤mx-1不能恒成立.(4分)当m>0时,G'(x)==-.令G'(x)=0,得x=(x>0),易得当x∈时,G'(x)>0;当x∈时,G'(x)<0.因此当m>0时,函数G(x)在上是增函数,在上是减函数.故当m>0时,函数G(x)的最大值为G=ln-m×+(1-m)×+1=-ln m.(6分)令h(m)=-ln m,因为h(1)=>0,h(2)=-ln 2<0,又h(m)在(0,+∞)上是减函数,所以当m≥2时,h(m)<0.又h(1)>0,所以所求的整数m的最小值为2.(8分)(3)证明:当m=-2时,F(x)=ln x+x2+x,x>0,由F(x1)+F(x2)+x1x2=0,即ln x1++x1+ln x2++x2+x1x2=0,得(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln(x1x2),(10分)令t=x1x2,φ(t)=t-ln t,则φ'(t)=,可知φ(t)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.所以φ(t)≥φ(1)=1,所以(x1+x2)2+(x1+x2)≥1,又x1+x2>0,∴x1+x2≥.(12分)22.解析(1)证明:连接DE,由于四边形DECA是圆的内接四边形,所以∠BDE=∠BCA,又∠B是公共角,则△BDE∽△BCA.则=,又AB=2AC,所以BE=2DE,因为CD是∠ACB的平分线,所以AD=DE,则BE=2AD.(2)由于AC=1,所以AB=2AC=2.利用割线定理得BD·AB=BE·BC,由于BE=2AD,设AD=t,则2(2-t)=2·2t,解得t=,即AD的长为.23.解析(1)当t=1时,代入参数方程可得即A(-1,),设A的极坐标为(ρ,θ)(0≤θ<2π),则ρ==2,θ=,∴点A的极坐标为.当t=-1时,同理可得B(1,-),点B的极坐标为.(2)将ρ=化为ρ2(4+5sin2θ)=36,∴4ρ2+5(ρsin θ)2=36,化为4(x2+y2)+5y2=36,化为+=1,故可设曲线C2上的动点M(3cos α,2sin α),则|MA|2+|MB|2=(3cos α+1)2+(2sin α-)2+(3cos α-1)2+(2sin α+)2=18cos2α+8sin2α+8=10cos2α+16≤26,当cos α=±1时,取等号.∴|MA|2+|MB|2的最大值是26.24.解析(1)不等式f(x)+a-1>0即为|x-2|+a-1>0,当a=1时,解集为(-∞,2)∪(2,+∞);当a>1时,解集为R;当a<1时,解集为(-∞,a+1)∪(3-a,+∞).(2)f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方等价于|x-2|>-|x+3|+m对任意实数x恒成立,即|x-2|+|x+3|>m对任意实数x恒成立,又对任意实数x恒有|x-2|+|x+3|≥|(x-2)-(x+3)|=5,于是得m<5,故m的取值范围是(-∞,5).。
《3年高考2年模拟》高考数学(山西专用,理)训练：10.5古典概型与几何概型(含答案解析)
第五节古典概型与几何概型A组基础题组1.(2015河北保定月考)某天下课以后,教室里还剩下2位男同学和2位女同学,如果他们依次走出教室,则第2位走出的是男同学的概率为()A. B. C. D.2.(2014陕西,6,5分)从正方形四个顶点及其中心这5个点中,任取2个点,则这2个点的距离不．小于．．该正方形边长的概率为()A. B. C. D.3.(2013陕西,5,5分)如图,在矩形区域ABCD的A,C两点处各有一个通信基站,假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域ADE和扇形区域CBF(该矩形区域内无其他信号来源,基站工作正常).若在该矩形区域内随机地选一地点,则该地点无．信号的概率是()A.1-B.-1C.2-D.4.(2015云南统考,11)在1,2,3,4,5,6,7,8这组数据中,随机取出五个不同的数,则数字5是取出的五个不同数的中位数的概率为()A. B. C. D.5.(2014湖北,7,5分)由不等式组确定的平面区域记为Ω1,不等式组确定的平面区域记为Ω2,在Ω1中随机取一点,则该点恰好在Ω2内的概率为()A. B. C. D.6.现有10个数,它们能构成一个以1为首项,-3为公比的等比数列,若从这10个数中随机抽取一个数,则它小于8的概率是.7.连续抛掷两颗骰子得到的点数分别为m,n,向量a=(m,n)与向量b=(1,0)的夹角记为α,则α∈的概率为.8.在30瓶饮料中,有3瓶已过了保质期.从这30瓶饮料中任取2瓶,则至少取到1瓶已过保质期饮料的概率为(结果用最简分数表示).9.设有一个等边三角形网格(无限大),其中各个最小等边三角形的边长都是4cm,现将直径为2 cm的硬币投掷到此网格上,则硬币落下后与格线没有公共点的概率为.10.袋中有五张卡片,其中红色卡片三张,标号分别为1,2,3;蓝色卡片两张,标号分别为1,2.(1)从以上五张卡片中任取两张,求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率;(2)向袋中再放入一张标号为0的绿色卡片,从这六张卡片中任取两张,求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率.11.甲、乙、丙三个乒乓球协会的运动员人数分别为27、9、18.现采用分层抽样的方法从这三个协会中抽取6名运动员组队参加比赛.(1)求应从这三个协会中分别抽取的运动员的人数;(2)将抽取的6名运动员进行编号,编号分别为A1,A2,A3,A4,A5,A6.现从这6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛.(i)用所给编号列出所有可能的结果;(ii)记A为事件“编号为A5和A6的两名运动员中至少有1人被抽到”,求事件A发生的概率.B组提升题组12.甲、乙两人一起去游“西安世园会”,他们约定,各自独立地从1到6号景点中任选4个进行游览,每个景点参观1小时,则最后一小时他们在同一个景点的概率是()A. B. C. D.13.如下的三行三列的方阵中有九个数a ij(i=1,2,3;j=1,2,3),从中任取三个数,则至少有两个数位于同行或同列的概率是()A. B. C. D.14.已知平面区域U={(x,y)|x+y≤6,x≥0,y≥0},A={(x,y)|x≤4,y≥0,x-2y≥0},若向区域U内随机投一点P,则点P落入区域A的概率为.15.(2016江西师大附中月考)设a∈{1,2,3},b∈{2,4,6},则函数y=lo是减函数的概率为.16.某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节,则在课表上两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为(用数字作答).17.(2015山东德州期末,17)十八届三中全会提出以管资本为主加强国有资产监管,改革国有资本授权经营体制.恒天集团和绿地集团利用现有闲置资金可选择投资新能源汽车或投资文化地产,以推进混合所有制改革,使国有资源效益最大化.①投资新能源汽车:②投资文化地产:(1)当p=时,求q的值;(2)若恒天集团投资文化地产亏损的概率比投资新能源汽车亏损的概率小,求p的取值范围;(3)假设恒天集团和绿地集团都选择投资文化地产,且三种投资结果出现的可能性相同,求这两个集团中至少有一个集团盈利的概率.18.某市调研机构对该市工薪阶层对“楼市限购令”的态度进行调查,抽调了50名市民,他们月收入的分组及对应频数、频率和对“楼市限购令”的赞成人数如下表:(1)若所抽调的50名市民中,月收入在[35,45)的有15名,求a,b,c的值,并作出频率分布直方图;(2)若从月收入在[55,65)的被调查者中随机选取两人进行追踪调查,求选中的2人至少有1人不赞成“楼市限购令”的概率.答案全解全析A组基础题组1.A已知2位女同学和2位男同学走出的所有可能顺序为(女,女,男,男),(女,男,女,男),(女,男,男,女),(男,男,女,女),(男,女,男,女),(男,女,女,男),所以第2位走出的是男同学的概率P==.2.C根据题意知,2个点的距离小于该正方形边长的有4对,故所求概率P=1-=,故选C.3.A依题意知,有信号的区域面积为×2=,矩形面积为2,故无信号的概率P==1-.4.B分析可知,要满足题意,则抽取的除5以外的四个数字中,有两个比5小,有两个比5大,故所求概率P==.5.D区域Ω1为直角△AOB及其内部,S△AOB=×2×2=2.区域Ω2是直线x+y=1和x+y=-2夹成的条形区域.由题意得所求的概率P===.故选D.6.答案},则解析设该10个数构成的以1为首项,-3为公比的等比数列为{aa n=(-3)n-1(1≤n≤10,n∈N*),当n=1,2,4,6,8,10时,a n<8,所以抽到小于8的数的概率为.7.答案解析依题意得a=(m,n)(m,n为正整数)共有36种情况,要使向量a与向量b=(1,0)的夹角α∈,需满足<1,即m>n,则有(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5),共15种情况.所以所求概率为=.8.答案解析解法一:由题意知本题属于古典概型.概率为P==.解法二:本题属于古典概型.概率为P=1-=.9.答案解析记事件A为“硬币落下后与格线没有公共点”,易知网格中最小等边三角形的中心到各边的距离均为2 cm,由题意,在等边三角形(该等边三角形是网格中最小的等边三角形)内作小等边三角形,使其三边与原等边三角形对应三边的距离都为 1 cm,如图所示,则小等边三角形的边长为2×1×=2(cm),由几何概型的概率计算公式得P(A)==.10.解析(1)将标号为1,2,3的三张红色卡片分别记为A,B,C,标号为1,2的两张蓝色卡片分别记为D,E.从五张卡片中任取两张的所有可能的结果为(A,B),(A,C),(A,D),(A,E),(B,C),(B,D),(B,E),(C,D),(C,E),(D,E),共10种.由于每一张卡片被取到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可能的.从五张卡片中任取两张,这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为(A,D),(A,E),(B,D),共3种.所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为.(2)将标号为0的绿色卡片记为 F.从六张卡片中任取两张的所有可能的结果为(A,B),(A,C),(A,D),(A,E),(A,F),(B,C),(B,D),(B,E),(B,F),(C,D),(C,E),(C,F),(D,E),(D,F),(E,F),共15种.由于每一张卡片被取到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可能的.从六张卡片中任取两张,这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为(A,D),(A,E),(B,D),(A,F),(B,F),(C,F),(D,F),(E,F),共8种.所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为.11.解析(1)应从甲、乙、丙三个协会中抽取的运动员人数分别为3、1、2.(2)(i)从6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛的所有可能结果为{A1,A2},{A1,A3},{A1,A4},{A1,A5},{A1,A6},{A2,A3},{A2,A4},{A2,A5},{A2,A6},{A3,A4},{A3,A5}, {A3,A6},{A4,A5},{A4,A6},{A5,A6}.(ii)编号为A5和A6的两名运动员中至少有1人被抽到的所有可能结果为{A1,A5},{A1,A6},{A2,A5},{A2,A6},{A3,A5},{A3,A6},{A4,A5},{A4,A6},{A5,A6},共9种.因此,事件A发生的概率为=.B组提升题组12.D甲、乙两人任选4个景点共有选法种,而最后一小时他们在同一个景点的情况有种,故所求概率为P==,故选D.13.D从九个数中任取三个数的不同取法共有==84(种),取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有··=6(种),所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1-=.14.答案=18,S A=4,则解析依题意可在平面直角坐标系中作出平面区域U与A(如图),由图可知S点P落入区域A的概率为P==.15.答案解析函数y=在区间(0,+∞)上是减函数,要使函数y=lo是减函数,则>1,∵a∈{1,2,3},b∈{2,4,6},∴可取2,4,6,1,3,,,共7个值,其中大于1的有2,4,6,3,,共5个值,∴函数y=lo是减函数的概率为.16.答案解析课表上两节文化课之间最多间隔一节艺术课,可以分为两类:第一类:文化课之间不排艺术课,设此事件为A,则P(A)==.第二类:文化课之间排艺术课,设此事件为B,①三节文化课之间有一节艺术课的排列情况总数为2.②三节文化课中间有两节不相邻艺术课的排列总数为,∴P(B)==.∴P=P(A)+P(B)=+=.17.解析(1)因为投资文化地产后,投资结果只有“盈利”“不赔不赚”“亏损”三种,且三种投资结果相互独立,所以p++q=1.又p=,所以q=.(2)由恒天集团投资文化地产亏损的概率比投资新能源汽车亏损的概率小,得q<.因为p++q=1,所以q=-p<,解得p>.又因为q≥0,所以p≤.所以<p≤.(3)记事件A为“恒天集团和绿地集团这两个集团中至少有一个集团盈利”,用a、b、c分别表示恒天集团投资文化地产“盈利”“不赔不赚”“亏损”,用x、y、z分别表示绿地集团投资文化地产“盈利”“不赔不赚”“亏损”,则恒天集团和绿地集团这两个集团都投资文化地产的所有可能投资结果有(a,x),(a,y),(a,z),(b,x),(b,y),(b,z),(c,x),(c,y),(c,z),共9种,事件A的所有可能结果有(a,x),(a,y),(a,z),(b,x),(c,x),共5种.因此,恒天集团和绿地集团这两个集团中至少有一个集团盈利的概率为.18.解析(1)由题表得0.1+a+b+0.2+0.1+0.1=1,即a+b=0.5.因为所抽调的50名市民中,月收入在[35,45)的有15名,所以b==0.3,所以a=0.2,所以c=0.2×50=10.频率分布直方图如图:(2)设月收入在[55,65)的被调查者中赞成的分别是A1,A2,A3,不赞成的分别是B1,B2,事件M:选中的2人中至少有1人不赞成“楼市限购令”,则从月收入在[55,65)的被调查者中,任选2名的基本事件共有10个:(A1,A2),(A1,A3),(A1,B1),(A1,B2),(A2,A3),(A2,B1),(A2,B2),(A3,B1),(A3,B2),(B1,B2),事件M包含的基本事件是(A1,B1),(A1,B2),(A2,B1),(A2,B2),(A3,B1),(A3,B2),(B1,B2),共7个,所以P(M)=,即所求概率为.。
2017版《3年高考2年模拟》高考数学(山西专用,理)训练：第10章 第2节 排列与组合
第二节排列与组合A组基础题组1.6个人站成一排,其中甲、乙必须站在两端,且丙、丁相邻,则不同站法的种数为( )A.12B.18C.24D.362.有甲、乙、丙三项任务,甲需2人承担,乙、丙各需1人承担,从10人中选派4人承担这三项任务,不同的选法有( )A.1 260种B.2 025种C.2 520种D.5 040种3.(2014辽宁,6,5分)6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为( )A.144B.120C.72D.244.(2015四川,6,5分)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40 000大的偶数共有( )A.144个B.120个C.96个D.72个5.(2015河北衡水中学二模,5)某中学高三学习雷锋志愿小组共有16人,其中一班、二班、三班、四班各4人,现从中任选3人,要求这三人不能全是同一个班的学生,且三班至多选1人,则不同选法的种数为( )A.484B.472C.252D.2326.将9个相同的小球放入3个不同的盒子,要求每个盒子中至少有1个小球,且每个盒子中的小球的个数都不同,则共有种不同放法.7.(2013北京,12,5分)将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人,每人至少1张.如果分给同一人的2张参观券连号,那么不同的分法种数是.8.用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数,其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为.9.用0,1,3,5,7五个数字,可以组成多少个没有重复数字且5不在十位上的五位数?10.已知10件不同的产品中有4件是次品,现对它们进行测试,直至找出所有次品为止.(1)若恰在第5次测试,才测试到第1件次品,第10次才找到最后一件次品,则这样的不同测试方法数是多少?(2)若恰在第5次测试后,就找出了所有次品,则这样的不同的测试的方法数是多少?B组提升题组11.(2014重庆,9,5分)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是( )A.72B.120C.144D.16812.(2014安徽,8,5分)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60°的共有( )A.24对B.30对C.48对D.60对13.某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个,则该外商不同的投资方案有( )A.16种B.36种C.42种D.60种14.将甲,乙等5位同学分别保送到北京大学,上海交通大学,浙江大学三所大学就读,则每所大学至少保送一人的不同保送的方法有( )A.240种B.180种C.150种D.540种15.(2016江苏淮海中学期中)若将A,B,C,D,E,F六个不同的元素排成一列,要求A不排在两端,且B、C相邻,则不同的排法共有种.(用数字作答)16.用0,1,2,3,4这五个数字,可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数?(1)比21 034大的偶数;(2)左起第二、四位是奇数的偶数.答案全解全析A组基础题组1.C 甲、乙站在两端有=2种排法;丙、丁相邻,将其捆绑看作一个元素,则不同站法的种数为··=24,故选C.2.C 第一步,从10人中选派2人承担任务甲,有种选派方法;第二步,从余下的8人中选派1人承担任务乙,有种选派方法;第三步,再从余下的7人中选派1人承担任务丙,有种选派方法.根据分步乘法计数原理知,选法有··=2 520种.3.D 先把三把椅子分开摆好,它们之间和两端有四个位置,再把三人带椅子插放在四个位置,共有=24种放法,故选D.4.B 数字0,1,2,3,4,5中仅有0,2,4三个偶数,比40 000大的偶数分为以4开头与以5开头的偶数.其中以4开头的偶数又分以0结尾与以2结尾,有2=48个;同理,以5开头的偶数有3=72个.故共有48+72=120个,故选B.5.B 若三班有1人入选,则另两人从三班以外的12人中选取,共有=264种选法.若三班没有人入选,则要从三班以外的12人中选3人,又这3人不能全来自同一个班,故有-3=208种选法.故总共有264+208=472种不同的选法.6.答案18解析对这3个盒子中所放的小球的个数的情况进行分类.第一类,这3个盒子中所放的小球的个数分别是1,2,6,此类有=6种放法;第二类:这3个盒子中所放的小球的个数分别是1,3,5,此类有=6种放法;第三类:这3个盒子中所放的小球的个数分别是2,3,4,此类有=6种放法.因此共有6+6+6=18种满足题意的放法.7.答案96解析5张参观券分成4份,1份2张,另外3份各1张,且2张的参观券连号,则有4种分法,把这4份参观券分给4人,则不同的分法种数是4=96.8.答案8解析首先排两个奇数1,3,有种排法,再在2,4中取一个数放在1,3之间,有种方法,然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列,有种排法,即满足条件的四位数的个数为=8.9.解析可分两类,第一类:0在十位上,符合条件的五位数的个数为=24.第二类:0不在十位上,由于5不能排在十位上,所以十位上只能排1,3,7中的一个,这一步有=3种方法;又由于0不能排在万位上,所以万位上只能排5或1,3,7中被选作十位上的数字后余下的两个数字之一,这一步有=3种方法.十位、万位上的数字选定后,其余三个数字全排列即可,这一步有=6种方法.根据分步计数原理知,第二类中符合条件的五位数的个数为··=54.由分类计数原理知,符合条件的五位数共有24+54=78个.10.解析(1)先排前4次测试,只能取正品,有种不同的测试方法,再从4件次品中选2件排在第5次和第10次的位置上测试,有·=种测试方法,再排余下4件的测试位置,有种测试方法.所以共有··=103 680种不同的测试方法.(2)第5次测试的产品恰为最后一件次品,另3件在前4次中出现,从而前4次有一件正品出现,所以共有··=576种不同的测试方法.B组提升题组11.B 先不考虑小品类节目是否相邻,保证歌舞类节目不相邻的排法共有·=144种,再剔除小品类节目相邻的情况,共有··=24种,则符合题意的排法共有144-24=120种.12.C 利用正方体中两个独立的正四面体解题,如图,它们的棱是原正方体的12条面对角线.一个正四面体中两条棱成60°角的有(-3)对,两个正四面体有(-3)×2对.又正方体的面对角线中平行成对,所以共有(-3)×2×2=48对.故选C.13.D ①只有两个城市有投资项目的有=36种,②只有一个城市无投资项目的有=24种.共有36+24=60种,故选D.14.C 5名学生可分成2,2,1和3,1,1两种形式,当5名学生分成2,2,1时,共有=90种方法,当5名学生分成3,1,1时,共有=60种方法,∴根据分类计数原理知共有90+60=150种保送方法.15.答案144解析由于B、C相邻,故可把B、C看作一个整体(B、C全排列有2种方法).这样,6个元素变成了5个. 先排A,由于A不排在两端,所以有=3种方法,其余的4个元素任意排,有种不同的方法,故不同的排法有2×3×=144种.16.解析(1)解法一:可分五类,当末位数字是0,而首位数字是2时,有6个满足条件的五位数;当末位数字是0,而首位数字是3或4时,有2=12个满足条件的五位数;当末位数字是2,而首位数字是3或4时,有2=12个满足条件的五位数;当末位数字是4,而首位数字是2时,有3个满足条件的五位数;当末位数字是4,而首位数字是3时,有=6个满足条件的五位数.故有39个满足条件的五位数.解法二:不大于21 034的偶数可分为三类:万位数字是1的偶数,有·=18个五位数;万位数字是2,而千位数字是0的偶数,有个五位数;还有一个为21 034本身.而由0,1,2,3,4组成的五位偶数的个数为+··=60,故满足条件的五位偶数的个数为60-18-2-1=39.(2)解法一:可分为两类:末位数字是0,个数为·=4;末位数字是2或4,个数为·=4;故共有8个满足条件的五位数.解法二:第二、四位从奇数1,3中取,有种;首位从2,4中取,有种;余下的排在剩下的两位,有种,故共有=8个满足条件的五位数.。
2023年高考数学真题分训练 排列组合、二项式定理(理)(含答案含解析)
专题 30 排列组合、二项式定理（理）年 份题号 考 点考 查 内 容2011 理 8 二项式定理 二项式定理的应用，常数项的计算 2023 理 2排列与组合 简单组合问题卷 1 理 9 二项式定理 二项式定理的应用以及组合数的计算 2023卷 2理 5 二项式定理 二项式定理的应用 卷 1 理 13 二项式定理 二项式展开式系数的计算2023卷 2 理 13 二项式定理 二项式展开式系数的计算 卷 1 理 10 二项式定理 三项式展开式系数的计算2023卷 2 理 15 二项式定理 二项式定理的应用卷 1 理 14 二项式定理 二项式展开式指定项系数的计算 卷 2 理 5 排列与组合 计数原理、组合数的计算2023卷 3理 12 排列与组合 计数原理的应用 卷 1 理 6 二项式定理 二项式展开式系数的计算 卷 2 理 6 排列与组合 排列组合问题的解法2023卷 3理 4 二项式定理 二项式展开式系数的计算 卷 1 理 15 排列与组合 排列组合问题的解法2023 卷 3 理 5 二项式定理 二项式展开式指定项系数的计算2023卷 3 理 4 二项式定理 利用展开式通项公式求展开式指定项的系数 卷 1 理 8 二项式定理 利用展开式通项公式求展开式指定项的系数2023 卷 3理 14二项式定理利用展开式通项公式求展开式常数项考点出现频率2023 年预测考点 102 两个计数原理的应用 23 次考 2 次 考点 103 排列问题的求解 23 次考 0 次 考点 104 组合问题的求解23 次考 4 次 考点 105 排列与组合的综合应用 23 次考 2 次 考点 106 二项式定理23 次考 11 次命题角度：(1)分类加法计数原理；(2)分步乘法计数原 理；(3)两个计数原理的综合应用．核心素养：数学建模、数学运算考点102 两个计数原理的应用1．(2023 全国II 理)如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为A．24 B．18 C．12 D．9（答案）B（解析）由题意可知E →F 有6 种走法，F →G 有3 种走法，由乘法计数原理知，共有6 ⨯ 3 = 18 种走法，应选B．2．(2023 新课标理1 理)4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为A.18B.3824 - 2 7C.58D.78（答案）D（解析）P ==．24 83．(2023 湖北理)回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22，121，3443，94249 等．显然2位回文数有9 个：11，22，33，…，99．3 位回文数有90 个：101，111，121，…，191，202，…，999．则(Ⅰ)4 位回文数有个；(Ⅱ) 2n +1 (n ∈N+) 位回文数有个．（解析）(Ⅰ)4 位回文数只用排列前面两位数字，后面数字就可以确定，但是第—位不能为0，有9(1~9)种情况，第二位有10(0~9)种情况，所以4 位回文数有9 ⨯10 = 90 种．答案：90(Ⅱ)解法一：由上面多组数据研究发觉，2n +1 位回文数和2n + 2 位回文数的个数相同，所以可以算出2n + 2位回文数的个数．2n + 2 位回文数只用看前n +1位的排列情况，第—位不能为0 有9 种情况，后面n 项每项有10 种情况，所以个数为9 ⨯10n ．解法二：可以看出2 位数有9 个回文数，3 位数90 个回文数。
高三数学复习排列与组合(含答案)
排列与组合1．排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”。
取出元素后交换顺序，如果与顺序有关，则是排列；如果与顺序无关，则是组合。
2．排列、组合问题的求解方法与技巧①特殊元素优先安排；②合理分类与准确分步；③排列、组合混合问题要先选后排；④相邻问题捆绑处理；⑤不相邻问题插空处理；⑥定序问题倍缩法处理；⑦分排问题直排处理；⑧“小集团”排列问题先整体后局部；⑨构造模型；⑩正难则反，等价转化。
一、走进教材1．用数字1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为()2．从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动，则男女生都有的选法种数是()A．18 B．24二、走近高考3．安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有()A．12种B．18种C．24种D．36种4．从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位数。
(用数字作答)三、走出误区微提醒：①分类不清导致出错；②相邻元素看成一个整体，不相邻问题采用插空法是解决相邻与不相邻问题的基本方法。
5．从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台，其中至少有原装计算机和组装计算机各2台，则不同的取法有________种。
6．把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种。
考点一简单的排列问题【例1】有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数。
(1)选5人排成一排；(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；(3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；(4)全体排成一排，女生必须站在一起；(5)全体排成一排，男生互不相邻。
【变式训练】(1)某国际会议结束后，中、美、俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人也站前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导人所站位置不做要求，那么不同的站法共有()A．A1818种B．A2020种C．A23A318A1010种D．A22A1818种(2)甲、乙两人要在一排8个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则不同的坐法有()A．10种B．16种C．20种D．24种考点二组合问题【例2】(1)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种。
《3年高考2年模拟》高考数学(山西专用,理)训练：11.2用样本估计总体(含答案解析)
第二节用样本估计总体A组基础题组1.(2015陕西质检二,7)一个频数分布表(样本容量为30)不小心被损坏了一部分,若样本中数据在[20,60)内的频率为0.8,则样本中在[40,60)内的数据个数为()A.15B.16C.17D.192.(2013重庆,4,5分)以下茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩(单位:分).已知甲组数据的中位数为15,乙组数据的平均数为16.8,则x,y的值分别为()A.2,5B.5,5C.5,8D.8,83.某班的全体学生参加英语测试,成绩的频率分布直方图如图所示,数据的分组依次为[20,40),[40,60),[60,80),[80,100].若低于60分的人数是15,则该班的学生人数是()A.45B.50C.55D.604.(2015安徽,6,5分)若样本数据x1,x2,…,x10的标准差为8,则数据2x1-1,2x2-1,…,2x10-1的标准差为()A.8B.15C.16D.325.(2015山东烟台检测,8)如图是一容量为100的样本的重量的频率分布直方图,则由图可估计样本的平均重量为()A.13B.12C.11D.106.(2013江苏,6,5分)抽样统计甲、乙两位射击运动员的5次训练成绩(单位:环),结果如下:则成绩较为稳定(方差较小)的那位运动员成绩的方差为.7.(2014广东,17,13分)随机观测生产某种零件的某工厂25名工人的日加工零件数(单位:件),获得数据如下:30,42,41,36,44,40,37,37,25,45,29,43,31,36,49,34,33,43,38,42,32,34,46,39,36.根据上述数据得到样本的频率分布表如下:分组频数频率[25,30] 3 0.12(30,35] 5 0.20(35,40] 8 0.32(40,45] n1f1(45,50] n2f2(1)确定样本频率分布表中n1,n2, f1和f2的值;(2)根据上述频率分布表,画出样本频率分布直方图;(3)根据样本频率分布直方图,求在该厂任取4人,至少有1人的日加工零件数落在区间(30,35]的概率.8.为了解甲、乙两校高三年级学生某次联考数学成绩的情况,用简单随机抽样,从这两校中各抽取30名高三年级学生,以他们的数学成绩(百分制)作为样本,样本数据的茎叶图如下:(1)若甲校高三年级每位学生被抽取的概率为0.05,求甲校高三年级学生总人数,并估计甲校高三年级此次联考数学成绩的及格率(60分及60分以上为及格);(2)设甲、乙两校高三年级学生此次联考数学平均成绩分别为、,估计-的值.B组提升题组9.(2015山东青岛模拟,3)在“魅力青岛中学生歌手大赛”的比赛现场,七位评委为某选手打出的分数的茎叶图如图所示,去掉一个最高分和一个最低分后,所剩数据的平均数和方差分别为()A.5和1.6B.85和1.6C.85和0.4D.5和0.410.甲、乙两人在一次射击比赛中各射靶5次,两人成绩的条形统计图如图所示,则()A.甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数B.甲的成绩的中位数等于乙的成绩的中位数C.甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差D.甲的成绩的极差小于乙的成绩的极差11.如图是依据某城市年龄在20岁到45岁的居民上网情况调查而绘制的频率分布直方图,现已知年龄在[30,35),[35,40),[40,45]的上网人数呈递减的等差数列分布,则年龄在[35,40)的网民出现的频率为()A.0.04B.0.06C.0.2D.0.312.为组织好“市九运会”,组委会征集了800名志愿者,现对他们的年龄进行抽样统计后,得到如图所示的频率分布直方图,但是年龄在[25,30)内的数据不慎丢失,依据此图可得:(1)年龄在[25,30)内对应小长方形的高度为;(2)这800名志愿者中年龄在[25,35)内的人数为.13.(2013课标全国Ⅰ文,18,12分)为了比较两种治疗失眠症的药(分别称为A药,B药)的疗效,随机地选取20位患者服用A药,20位患者服用B药,这40位患者在服用一段时间后,记录他们日平均增加的睡眠时间(单位:h).试验的观测结果如下:服用A药的20位患者日平均增加的睡眠时间:0.6 1.2 2.7 1.5 2.8 1.8 2.2 2.3 3.2 3.52.5 2.6 1.2 2.7 1.5 2.93.0 3.1 2.3 2.4服用B药的20位患者日平均增加的睡眠时间:3.2 1.7 1.90.80.9 2.4 1.2 2.6 1.3 1.41.60.5 1.80.62.1 1.1 2.5 1.2 2.70.5(1)分别计算两组数据的平均数,从计算结果看,哪种药的疗效更好?(2)根据两组数据完成下面茎叶图,从茎叶图看,哪种药的疗效更好?答案全解全析A组基础题组1.A由题意知,样本中在[40,60)内的数据个数为30×0.8-4-5=15,故选A.2.C由茎叶图及已知得x=5,又乙组数据的平均数为16.8,即=16.8,解得y=8,故选C.3.B[20,40)内的频率为0.005×20=0.1,[40,60)内的频率为0.01×20=0.2.低于60分的频率为0.3,∴该班学生的总人数为=50,故选B.4.C设样本数据x1,x2,…,x10的标准差为s,则s=8,可知数据2x1-1,2x2-1,…,2x10-1的标准差为2s=16.5.B样本中重量在[15,20]的频率为1-(0.06+0.1)×5=0.2,所以可估计样本的平均重量为7.5×0.06×5+12.5×0.1×5+17.5×0.2=12,故选B.6.答案 2解析设甲、乙两位射击运动员的平均成绩分别为,,方差分别为,.由题意得,=90+=90,=×[(-3)2+12+02+(-1)2+32]=4;=90+=90,=×[(-1)2+02+12+(-2)2+22]=2.∴成绩较为稳定(方差较小)的那位运动员成绩的方差为2.7.解析(1)n 1=7,n2=2, f1=0.28, f2=0.08.(2)样本频率分布直方图如图所示.(3)根据样本频率分布直方图,得每人的日加工零件数落在区间(30,35]的概率为0.2,设所取的4人中,日加工零件数落在区间(30,35]的人数为ξ,则ξ~B(4,0.2),P(ξ≥1)=1-P(ξ=0)=1-(1-0.2)4=1-0.409 6=0.590 4,所以4人中,至少有1人的日加工零件数落在区间(30,35]的概率为0.590 4.8.解析(1)设甲校高三年级学生总人数为n.由题意知,=0.05,得n=600.样本中甲校高三年级学生数学成绩不及格的人数为5,据此可估计甲校高三年级此次联考数学成绩的及格率为1-=.(2)设甲、乙两校样本平均数分别为'1、'2,根据样本茎叶图可知,30('1-'2)=30'1-30'2=(7-5)+(55+8-14)+(24-12-65)+(26-24-79)+(22-20)+92=2+49-53-77+2+92=15.因此'1-'2=0.5.故-的估计值为0.5.B组提升题组9.B去掉一个最高分和一个最低分后,所剩数据的平均数的个位数字为=5,十位数字为8,所以平均数为85,则方差为=1.6.10.C由题图知,甲的成绩为4,5,6,7,8,乙的成绩为5,5,5,6,9,所以甲、乙的成绩的平均数均为6,A错;甲、乙的成绩的中位数分别为6、5,B错;甲的成绩的方差=×[(4-6)2+(5-6)2+(6-6)2+(7-6)2+(8-6)2]=2,乙的成绩的方差=×[(5-6)2+(5-6)2+(5-6)2+(6-6)2+(9-6)2]=,<,C对;甲、乙的成绩的极差均为4,D错.11.C由频率分布直方图可知,年龄在[20,25)的频率为0.01×5=0.05,在[25,30)的频率为0.07×5=0.35,又由题知,年龄在[30,35),[35,40),[40,45]的上网人数呈递减的等差数列分布,故其频率也呈递减的等差数列分布,则易知年龄在[35,40)的网民出现的频率为=0.2.故选C.12.答案(1)0.04(2)440解析(1)年龄在[25,30)内对应小长方形的高度为[1-(5×0.01+5×0.07+5×0.06+5×0.02)]=0.04.(2)年龄在[25,35)内的频率为0.04×5+0.07×5=0.55,故所求人数为0.55×800=440.13.解析(1)设A药观测数据的平均数为,B药观测数据的平均数为,由观测结果可得=(0.6+1.2+1.2+1.5+1.5+1.8+2.2+2.3+2.3+2.4+2.5+2.6+2.7+2.7+2.8+2.9+3.0+3.1+3.2+3.5)= 2.3,=(0.5+0.5+0.6+0.8+0.9+1.1+1.2+1.2+1.3+1.4+1.6+1.7+1.8+1.9+2.1+2.4+2.5+2.6+2.7+3.2)= 1.6.由以上计算结果可得>,因此可看出A药的疗效更好.(2)由观测结果可绘制如下茎叶图:从以上茎叶图可以看出,A药疗效的试验结果有的叶集中在茎2,3上,而B药疗效的试验结果有的叶集中在茎0,1上,由此可看出A药的疗效更好.。
计数原理、排列与组合(十年高考)-2024版高中数学《五年高考三年模拟》
专题十计数原理10.1计数原理、排列与组合考点计数原理、排列、组合1.(2020新高考Ⅰ,3,5分)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有() A.120种 B.90种 C.60种 D.30种答案C解题思路:第一步:安排甲场馆的志愿者,则甲场馆的安排方法有C61=6种,第二步:安排乙场馆的志愿者,则乙场馆的安排方法有C52=10种,第三步:安排丙场馆的志愿者,则丙场馆的安排方法有C33=1种.所以共有6×10×1=60种不同的安排方法.故选C(易错:注意分配到每个场馆的志愿者是不分顺序的,所以不用全排列).2.(2022新高考Ⅱ,5,5分,应用性)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻,则不同的排列方式共有() A.12种 B.24种 C.36种 D.48种答案B丙和丁相邻共有A22·A44种站法,甲站在两端且丙和丁相邻共有C21·A22·A33种站法,所以甲不站在两端且丙和丁相邻共有A22·A44−C21·A22·A33=24种站法,故选B.3.(2021全国乙理,6,5分)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,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,则不同的分配方案共有() A.60种 B.120种 C.240种 D.480种答案C先将5人分为4组,其中一组有2人,另外三组各1人,共有C52=10种分法,然后将4个项目全排列,共有A44=24种排法,根据分步乘法计数原理得到不同的分配方案共有C52·A44=240种,故选C.易错警示本题容易出现将5人分为4组,共有分法C52·C31·C21=60种的错误结果.4.(2016四川理,4,5分)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为()A.24B.48C.60D.72答案D奇数的个数为C31A44=72.5.(2015四川理,6,5分)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40000大的偶数共有()A.144个B.120个C.96个D.72个答案B数字0,1,2,3,4,5中仅有0,2,4三个偶数,比40000大的偶数为以4开头与以5开头的数.其中以4开头的偶数又分以0结尾与以2结尾,有2A43=48个;同理,以5开头的有3A43=72个.于是共有48+72=120个,故选B.评析本题考查了分类与分步计数原理、排列数的知识.考查学生分析问题、解决问题的能力.6.(2014大纲全国理,5,5分)有6名男医生、5名女医生,从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组.则不同的选法共有()A.60种B.70种C.75种D.150种答案C从6名男医生中选出2名有C62种选法,从5名女医生中选出1名有C51种选法,由分步乘法计数原理得不同的选法共有C62·C51=75种.故选C.7.(2014辽宁理,6,5分)6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为()A.144B.120C.72D.24答案D先把三把椅子隔开摆好,它们之间和两端有4个位置,再把三人带椅子插放在四个位置,共有A43=24种放法,故选D.8.(2014四川理,6,5分)六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有()A.192种B.216种C.240种D.288种答案B若最左端排甲,其他位置共有A55=120种排法;若最左端排乙,最右端共有4种排法,其余4个位置有A44=24种排法,所以共有120+4×24=216种排法.9.(2014重庆理,9,5分)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是()A.72B.120C.144D.168答案B先不考虑小品类节目是否相邻,保证歌舞类节目不相邻的排法共有A33·A43=144种,再剔除小品类节目相邻的情况,共有A33·A22·A22=24种,于是符合题意的排法共有144-24=120种.10.(2013山东理,10,5分)用0,1,…,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为()A.243B.252C.261D.279答案B由分步乘法计数原理知:用0,1,…,9十个数字组成三位数(可有重复数字)的个数为9×10×10=900,组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8=648,则组成有重复数字的三位数的个数为900-648=252,故选B.评析本题考查分步乘法计数原理,考查学生的推理运算能力.11.(2012课标理,2,5分)将2名教师,4名学生分成2个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小组由1名教师和2名学生组成,不同的安排方案共有()A.12种B.10种C.9种D.8种答案A2名教师各在1个小组,给其中1名教师选2名学生,有C42种选法,另2名学生分配给另1名教师,然后将2个小组安排到甲、乙两地,有A22种方案,故不同的安排方案共有C42A22=12种,选A.评析本题考查了排列组合的实际应用,考查了先分组再分配的方法.12.(2012辽宁理,5,5分)一排9个座位坐了3个三口之家.若每家人坐在一起,则不同的坐法种数为()A.3×3!B.3×(3!)3C.(3!)4D.9!答案C第1步:3个家庭的全排列,方法数为3!;第2步:家庭内部3个人全排列,方法数为3!,共3个家庭,方法数为(3!)3,∴总数为(3!)×(3!)3=(3!)4,故选C.评析本题主要考查计数原理的基础知识,考查学生分析、解决问题的能力.13.(2012安徽理,10,5分)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换,任意两位同学之间最多交换一次,进行交换的两位同学互赠一份纪念品.已知6位同学之间共进行了13次交换,则收到4份纪念品的同学人数为()A.1或3B.1或4C.2或3D.2或4答案D由题意及C62=15知只需少交换2次.记6位同学为A1、A2、A3、A4、A5、A6,不妨讨论①A1少交换2次,如A1未与A2、A3交换,则收到4份纪念品的同学仅为A2、A32人;②A1、A2各少交换1次,如A1与A3未交换,A2与A4未交换,则收到4份纪念品的同学有4人,为A1、A2、A3、A4.故选D.14.(2016课标Ⅱ,5,5分)如图,小明从街道的E处出发,先到F处与小红会合,再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()A.24B.18C.12D.9答案B分两步,第一步,从E→F,有6条可以选择的最短路径;第二步,从F→G,有3条可以选择的最短路径.由分步乘法计数原理可知有6×3=18条可以选择的最短路径.故选B.思路分析小明到老年公寓,需分两步进行,先从E到F,再从F到G,分别求各步的最短路径条数,再利用分步乘法计数原理即可得结果.15.(2016课标Ⅲ,12,5分)定义“规范01数列”{an }如下:{an}共有2m项,其中m项为0,m项为1,且对任意k≤2m,a1,a2,…,ak中0的个数不少于1的个数,若m=4,则不同的“规范01数列”共有()A.18个B.16个C.14个D.12个答案C当m=4时,数列{a n}共有8项,其中4项为0,4项为1,要满足对任意k≤8,a1,a2,…,a k中0的个数不少于1的个数,则必有a1=0,a8=1,a2可为0,也可为1.(1)当a2=0时,分以下3种情况:①若a3=0,则a 4,a5,a6,a7中任意一个为0均可,则有C41=4种情况;②若a3=1,a4=0,则a5,a6,a7中任意一个为0均可,有C31=3种情况;③若a3=1,a4=1,则a5必为0,a6,a7中任一个为0均可,有C21=2种情况;(2)当a2=1时,必有a3=0,分以下2种情况:①若a4=0,则a5,a6,a7中任一个为0均可,有C31=3种情况;②若a4=1,则a5必为0,a6,a7中任一个为0均可,有C21=2种情况.综上所述,不同的“规范01数列”共有4+3+2+3+2=14个,故选C.思路分析根据题意可知a1=0,a8=1,进而对a2,a3,a4取不同值进行分类讨论(分类要做到不重不漏),从而利用分类加法计数原理求出不同的“规范01数列”的个数.16.(2018浙江,16,4分)从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成个没有重复数字的四位数.(用数字作答)答案1260解析本小题考查排列、组合及其运用,考查分类讨论思想.含有数字0的没有重复数字的四位数共有C52C31A31A33=540个,不含有数字0的没有重复数字的四位数共有C52C32A44=720个,故一共可以组成540+720=1260个没有重复数字的四位数.易错警示数字排成数时,容易出错的地方:(1)数字是否可以重复;(2)数字0不能排首位.17.(2015广东理,12,5分)某高三毕业班有40人,同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,那么全班共写了条毕业留言.(用数字作答)答案1560解析∵同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,且全班共有40人,∴全班共写了40×39=1560条毕业留言.18.(2013北京理,12,5分)将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人,每人至少1张.如果分给同一人的2张参观券连号,那么不同的分法种数是.答案96解析5张参观券分成4份,1份2张,另外3份各1张,且2张参观券连号,则有4种分法,把这4份参观券分给4人,则不同的分法种数是4A44=96.19.(2013大纲全国理,14,5分)6个人排成一行,其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有种.(用数字作答)答案480解析先将除甲、乙两人以外的4人排成一行,有A44=24种排法,再将甲、乙插入有A52=20种,所以6人排成一行,甲、乙不相邻的排法共有24×20=480种.20.(2013浙江理,14,4分)将A,B,C,D,E,F六个字母排成一排,且A,B均在C的同侧,则不同的排法共有种(用数字作答).答案480解析从左往右看,若C排在第1位,共有排法A55=120种;若C排在第2位,共有排法A42·A33=72种;若C排在第3位,则A、B可排C的左侧或右侧,共有排法A22·A33+A32·A33=48种;若C排在第4,5,6位时,其排法数与排在第3,2,1位相同,故共有排法2×(120+72+48)=480种.21.(2011北京理,12,5分)用数字2,3组成四位数,且数字2,3至少都出现一次,这样的四位数共有个.(用数字作答)答案14解析解法一:数字2只出现一次的四位数有C41=4个;数字2出现两次的四位数有C42C22=6个;数字2出现三次的四位数有C43=4个.故总共有4+6+4=14个.解法二:由数字2,3组成的四位数共有24=16个,其中没有数字2的四位数只有1个,没有数字3的四位数也只有1个,故符合条件的四位数共有16-2=14个.评析本题考查排列组合的基础知识,考查分类讨论思想,解题关键是准确分类,并注意相同元素的排列数等于不同元素的组合数.属于中等难度题.。
《3年高考2年模拟》高考数学(山西专用,理)仿真冲刺卷(四)(含答案解析)
仿真冲刺卷(四)(满分:150分,时间:120分钟)第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知集合M={x|y=lg(2x-x2)},N={x|x2+y2=1},则M∩N=()A.[-1,2)B.(0,1)C.(0,1]D.(0,2)2.如图,复平面内的点A表示复数z,则复数表示的点所在的象限为()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.随机变量ξ服从正态分布N(1,σ2),已知P(ξ<0)=0.3,则P(ξ<2)=()A.0.3B.0.6C.0.7D.0.44.阅读如图所示的程序框图,运行相应的程序,若输出的结果为9,则图中判断框内应该填写的内容是()A.n<2B.n<3C.n<4D.a<35.高三(3)班共有学生56人,座号分别为1,2,3,…,56,现根据座号,用系统抽样的方法,抽取一个容量为4的样本.已知3号、17号、45号同学在样本中,那么样本中另外一个同学的座号是()A.30B.31C.32D.336.函数f(x)=x2+bx的图象在点A(1, f(1))处的切线与直线3x-y+2=0平行,若数列的前n项和为S n,则S2 015=()A.1B.C.D.7.实数x,y满足条件则22x-y的最小值为()A. B. C.1 D.48.已知正四棱锥S-ABCD的侧棱长与底面边长都相等,E是SB的中点,则AE和SD所成角的余弦值为()A. B. C. D.9.直线y=x-1与双曲线x2-=1(b>0)有两个不同的交点,则此双曲线离心率的范围是()A.(1,)B.(,+∞)C.(1,+∞)D.(1,)∪(,+∞)10.函数y=-kx恰有两个零点,则实数k的范围是()A.(0,1)B.(0,1)∪(1,2)C.(1,+∞)D.(-∞,2)11.已知偶函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示,△KLM为等腰直角三角形,∠KML=90°,|KL|=1,则f的值为()A.-B.-C.D.12.已知函数f(x)=下面有关于函数y=f[f(x)]-零点个数的四个判断:①当k>0时,有3个零点;②当k<0时,有2个零点;③当k>0时,有4个零点;④当k<0时,有1个零点.其中正确的判断是()A.①④B.②③C.①②D.③④第Ⅱ卷(非选择题共90分)本卷包括必考题和选考题两部分.第13题—第21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22题—第24题为选考题,考生根据要求作答.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.若(1+ax)7(a≠0)的展开式中x5与x6的系数相等,则a=.14.由y=,x=1,x=2,y=1所围成的封闭图形的面积为.15.某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的体积是.16.已知点A(-1,0),B(1,0),直线l:x=-1,P为平面上一动点,设直线PA的斜率为k1,直线PB的斜率为k2,且k1·k2=-1,过P作l的垂线,垂足为Q,则△APQ面积的最大值为.三、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.已知向量a=,b=,函数f(x)=a·b.(1)求函数f(x)的单调递增区间;(2)如果△ABC的三边a、b、c满足b2=ac,且边b所对的角的大小为x,试求x的范围及此时函数f(x)的值域.18.某射击运动员向一目标射击,该目标分为3个不同部分,第一、二、三部分面积之比为1∶3∶6,击中目标时,击中任何一部分的概率与其面积成正比.(1)若射击4次,每次击中目标的概率为0.5且相互独立,设ξ表示目标被击中的次数,求ξ的分布列和数学期望E(ξ);(2)若射击2次均击中目标,A表示事件“两次击中的部分不同”,求事件A发生的概率.19.已知三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,PA=AC=AB,N为AB上一点,AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.(1)证明:CM⊥SN;(2)求SN与平面CMN所成角的大小.20.已知椭圆E:+=1(a>b>0)与双曲线G:x2-=1共焦点,F1,F2是双曲线的左、右焦点,P是椭圆E与双曲线G的一个交点,O为坐标原点,△PF1F2的周长为4+4.(1)求椭圆E的方程;(2)已知动直线l与椭圆E恒有两个不同交点A,B,且⊥,求△OAB面积的取值范围.21.已知函数f(x)=ax+xln x的图象在点(e, f(e))(e为自然对数的底数)处的切线斜率为3. (1)求实数a的值;(2)若k∈Z,且k< 对任意x>1恒成立,求k的最大值.请考生从第22、23、24三题中任选一题作答,多选、多答,按所选的首题进行评分;不选,按本选考题的首题进行评分.22.已知AD是△ABC的外角∠EAC的平分线,交BC的延长线于点D,延长DA交△ABC的外接圆于点F,连接FB,FC.(1)求证:FB=FC;(2)若AB是△ABC外接圆的直径,∠EAC=120°,BC=3,求AD的长.23.已知曲线C的极坐标方程是ρ=2cos θ,以极点为平面直角坐标系的原点,极轴为x轴的正半轴,建立平面直角坐标系,直线l的参数方程是(t为参数).(1)求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程;(2)设点P(m,0),若直线l与曲线C交于A,B两点,且|PA|·|PB|=1,求实数m的值.24.设函数f(x)=|x+1|-|x-2|.(1)解不等式f(x)≥2;(2)若不等式f(x)≤|a-2|的解集为R,求实数a的取值范围.仿真冲刺卷(四)一、选择题1.C由M中y=lg(2x-x2),得到2x-x2>0,即x(x-2)<0,解得0<x<2,即M=(0,2),由N中x2+y2=1,得到-1≤x≤1,即N=[-1,1],则M∩N=(0,1],故选C.2.D由题图可知,z=3+i,则复数====2-i,表示的点为(2,-1),其所在的象限为第四象限.故选D.3.C由题意可知,正态曲线关于直线x=1对称,所以P(ξ>2)=P(ξ<0)=0.3,则P(ξ<2)=1-0.3=0.7.故选C.4.B执行程序框图,a=1,s=0,n=1;s=1,a=3,不能输出,n=2;s=4,a=5,不能输出,n=3;s=9,a=7,由题意知,此时必须输出,退出循环,故选B.5.B样本间隔为56÷4=14,则另外一个座号为14+17=31,故选B.6.D f '(x)=2x+b,直线3x-y+2=0的斜率为3,根据题意知, f '(1)=2+b=3,即b=1,所以f(x)=x2+x,从而数列的通项为==-,所以S2 015=1-+-+…+-=,故选D.7.B作出不等式组对应的平面区域如图,设z=2x-y,由z=2x-y得y=2x-z,平移直线y=2x,由图可知,当直线y=2x-z经过点A(0,1)时,直线y=2x-z在y轴上的截距最大,此时z最小.将A(0,1)代入目标函数,得z=2x-y=0-1=-1,即z=2x-y的最小值为-1,则22x-y的最小值为.故选B.8.C正四棱锥S-ABCD的侧棱长与底面边长都相等,设侧棱长为a.如图,取SC的中点F,连接EF,则EF∥BC,EF=BC,取AD的中点H,连接HF,则可得EF∥HA,EF=HA,故四边形AEFH为平行四边形,所以AE∥HF.再取DC的中点G,连接HG,FG,则FG∥SD,所以∠HFG或其补角即为异面直线AE、SD所成的角.∵HF=AE=a,FG=a,HG==a,∴cos∠HFG==>0.即AE、SD所成角的余弦值为.故选C.9.D∵直线y=x-1与双曲线x2-=1(b>0)有两个不同的交点,双曲线渐近线的方程为y=±bx,直线y=x-1过点(1,0),且斜率为1,∴0<b<1或b>1.∴e==>1且e≠.故选D.10.B令y=0,得=kx,令y1=(x≠1),y2=kx,则y1==图象如图所示.y2=kx表示过点(0,0)的直线,∴由题意及图可知k的取值范围是(0,1)∪(1,2),故选B.11.C△KLM为等腰直角三角形,∠KML=90°,|KL|=1,所以A=,T=2,因为T=,所以ω=π,又∵函数f(x)是偶函数,0<φ<π,所以φ=,∴f(x)=sin,所以f=sin=.故选C.12.C函数f(x)=log3x(x>0)的图象如图所示:当k>0时, f(x)=kx+1(x≤0)的图象为以(0,1)为端点的斜向下的射线.若y=f[f(x)]-=0,则f[f(x)]=,则f(x)=a∈或f(x)=b∈(1,+∞),对于f(x)=a,存在两个根;对于f(x)=b,存在一个根.∴当k>0时,函数y=f[f(x)]-零点个数为3.当k<0时, f(x)=kx+1(x≤0)的图象为以(0,1)为端点的斜向上的射线.若y=f[f(x)]-=0,则f[f(x)]=,则f(x)=c∈(1,+∞),对于f(x)=c,存在两个根,∴当k<0时,有2个零点.故选C.二、填空题13.答案 3解析展开式的通项为T=(ax)r,∵x5与x6的系数相等,∴a5=a6,解得a=3.14.答案1-ln 2解析如图,所围成的封闭图形的面积=四边形ABPM的面积-曲边梯形AMPC的面积=1-dx=1-ln 2.15.答案32解析根据几何体的三视图知,该几何体是三棱锥,其底面是底边长为8,该边上的高为6的等腰三角形,且该三棱锥的高为4,∴该三棱锥的体积为V=××8×6×4=32.16.答案,直线PB的斜率为k2,且k1·k2=-1,∴PA⊥PB,故点P为以AB解析∵直线PA的斜率为k为直径的圆上的除A、B外的任意点.由点A(-1,0),B(1,0),可得以AB为直径的圆为x2+y2=1,设P点坐标为(cos α,sin α),α∈(0,π)∪(π,2π),则Q点的坐标为(-1,sin α),则|PQ|=cos α+1,不妨设P点在第一或第二象限,则△APQ中,PQ边上的高为sin α,故△APQ 面积S=sin α(cos α+1)=(si n αcos α+sin α)=sin 2α+sin α,∴S'=(cos 2α+cos α)=(2cos 2α+cos α-1), 令S'=0,则cos α=或cos α=-1(舍去),则α=,易知此时S 取最大值,S max =sin +sin =,故答案为.三、解答题17.解析 (1)∵向量a=,b=, ∴函数f(x)=a·b=sin cos +cos 2=sin+cos+=sin+,令2kπ-≤+≤2kπ+(k ∈Z),解得3kπ-π≤x≤3kπ+(k ∈Z).故函数f(x)的单调递增区间为(k ∈Z).(2)∵b 2=ac,∴cos x==≥=,又-1<cos x<1,∴≤cos x<1,∴0<x≤,∴<+≤,∴<sin≤1,∴<sin+≤1+,∴此时f(x)的值域为.18.解析 (1)由题意知ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4,且P(ξ=k)=,k=0,1,2,3,4,则P(ξ=0)=,P(ξ=1)=,P(ξ=2)=,P(ξ=3)=,P(ξ=4)=,∴ξ的分布列为数学期望E(ξ)=0×+1×+2×+3×+4×=2.(2)设A i 表示事件“第一次击中目标时,击中第i 部分”,B i 表示事件“第二次击中目标时,击中第i 部分”,其中i=1,2,3,则P(A 1)=P(B 1)=0.1,P(A 2)=P(B 2)=0.3,P(A 3)=P(B 3)=0.6, ∵A=A 1B 2+A 1B 3+A 2B 1+A 2B 3+A 3B 1+A 3B 2,∴P(A)=P(A 1B 2)+P(A 1B 3)+P(A 2B 1)+P(A 2B 3)+P(A 3B 1)+P(A 3B 2)=P(A 1)P(B 2)+P(A 1)P(B 3)+P(A 2)P(B 1)+P(A 2)P(B 3)+P(A 3)P(B 1)+P(A 3)P(B 2) =0.1×0.3+0.1×0.6+0.3×0.1+0.3×0.6+0.6×0.1+0.6×0.3=0.54.19.解析设PA=1,以A为原点,射线AB,AC,AP分别为x轴,y轴,z轴正半轴建立空间直角坐标系,如图.则P(0,0,1),C(0,1,0),B(2,0,0),M,N,S.(4分)(1)证明:=,=,因为·=-++0=0,所以CM⊥SN.(6分)(2)=,设a=(x,y,z)为平面CMN的法向量,则令x=2,得a=(2,1,-2).(9分)因为|cos<a,>|==,所以SN与平面CMN所成角的大小为45°.(12分)20.解析(1)由双曲线G:x2-=1知F 1(-2,0),F2(2,0),∴在椭圆E:+=1中有c=2,又△PF1F2的周长为4+4,∴在椭圆E中,|PF1|+|PF2|=4=2a,∵a=2,b2=a2-c2=4,∴椭圆E的方程为+=1.(2)当直线l的斜率存在时,其方程可设为y=kx+m,设A(x1,y1),B(x2,y2),由得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,∴x1+x2=-,x1x2=,要使⊥,需使x1x2+y1y2=0,又y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=,∴+=0,∴3m2-8k2-8=0,∵原点到直线l的距离d=,∴d2===,∴d=,∵(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=-4·==·,∴|AB|===,①当k≠0时,|AB|=,∵4k2++4≥8,∴0<≤,∴<≤12,∴<|AB|≤2,当且仅当k=±时取等号.②当k=0时,|AB|=.当直线l的斜率不存在时,易得满足⊥的直线l为x=±,此时|AB|=.综上,|AB|的取值范围为≤|AB|≤2.又S△OAB=d·|AB|=×|AB|,∴S△OAB∈.21.解析(1)f '(x)=a+ln x+1,由题意知f '(e)=3,∴a+ln e+1=3,∴a=1.(2)由(1)知, f(x)=x+xln x,∴k< 对任意x>1恒成立即为k<对任意x>1恒成立.令g(x)=(x>1),则g'(x)=,令h(x)=x-ln x-2(x>1),则h'(x)=1-=>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,∵h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-ln 4>0,∴h(x)在(1,+∞)上存在唯一零点x0,且x0∈(3,4).当x∈(1,x0)时,h(x)<0,即g'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,即g'(x)>0,∴g(x)=在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,∴g(x)min=g(x0)=, 由h(x0)=0可得x0-ln x0-2=0,即ln x0=x0-2,∴g(x0)===x0,∴k<g(x)min=x0∈(3,4),∴整数k的最大值为3.22.解析(1)证明:∵AD平分∠EAC,∴∠EAD=∠DAC,∵四边形AFBC内接于圆,∴∠DAC=∠FBC,(2分)又∵∠EAD=∠FAB=∠FCB,∴∠FBC=∠FCB,∴FB=FC.(5分)(2)∵AB是圆的直径,∴∠ACD=∠ACB=90°,∵∠EAC=120°,∴∠DAC=∠BAC=60°,∴∠D=30°.(7分)在Rt△ACB中,∵BC=3,∠BAC=60°,∴AC=3,又在Rt△ACD中,∠D=30°,AC=3,∴AD=6. (10分)23.解析(1)曲线C的极坐标方程是ρ=2cos θ,化为ρ2=2ρcos θ,可得其直角坐标方程为x2+y2=2x.直线l的参数方程是(t为参数),消去参数t可得x=y+m,故直线l的普通方程是x=y+m.(2)把(t为参数)代入方程x2+y2=2x,整理得t2+(m-)t+m2-2m=0,(*)由Δ>0,解得-1<m<3.设方程(*)的两根为t1,t2,则t1t2=m2-2m.∵|PA|·|PB|=1=|t1t2|,∴|m2-2m|=1,解得m=1±或1(满足Δ>0),∴实数m=1±或1.24.解析(1)|x+1|-|x-2|表示数轴上的x对应的点到-1对应的点的距离减去它到2对应的点的距离,数轴上的对应的点到-1对应的点的距离减去它到2对应的点的距离正好等于2,易知不等式f(x)≥2的解集为.(2)不等式f(x)≤|a-2|的解集为R,故|a-2|≥f(x)max,而由绝对值的意义可得f(x)max=3,∴|a-2|≥3,∴a-2≥3或a-2≤-3.解得a≥5或a≤-1,∴实数a的取值范围为{a|a≥5或a≤-1}.。
《3年高考2年模拟》高考数学(山西专用,理)仿真冲刺卷(二)(含答案解析)
仿真冲刺卷(二)(满分:150分,时间:120分钟)第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.复数z满足(z-i)(2-i)=5,则z=()A.-2-2iB.-2+2iC.2-2iD.2+2i2.二项式的展开式中常数项为()A.-15B.15C.-20D.203.函数f(x)=ln x+x3-9的零点所在的区间为()A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,4)4.2014年11月11日掀起购物狂潮,淘宝网站对购物情况做了一项调查,收回的有效问卷共500 000份,其中购买下列四种商品的人数统计为:服饰鞋帽198 000人;家居用品94 000人;化妆品116 000人;家用电器92 000人.为了解消费者对商品的满意度,淘宝网站用分层抽样的方法从中选出部分问卷进行调查,已知在购买“化妆品”这一类中抽取了116份,则在购买“家居用品”这一类中应抽取的问卷份数为()A.92B.94C.116D.1185.已知函数f(x)=则使f(x)=2的x的集合是()A. B.{1,4} C. D.6.若实数x,y满足不等式组且z=y-2x的最小值等于-2,则实数m的值等于()A.-1B.1C.-2D.27.已知MOD函数是一个求余函数,其格式为MOD(a,b),其结果为a除以b的余数,例如MOD(8,3)=2.如图是一个算法的程序框图,当输入的值为25时,则输出的结果为()A.4B.5C.6D.78.已知集合M=,N={(x,y)|y=k(x-b)},若∃k∈R,使得M∩N=⌀成立,则实数b的取值范围是()A.[-3,3]B.(-∞,-3)∪(3,+∞)C.[-2,2]D.(-∞,-2)∪(2,+∞)9.如图,圆锥的底面直径AB=2,母线V A=3,点C在母线VB上,且VC=1,有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A爬到点C,则这只蚂蚁爬行的最短路程是()A. B. C. D.10.已知一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.27-B.18-C.27-3πD.18-3π11.已知点A(1,2)在抛物线C:y2=4x上,过点A作两条直线分别交抛物线于点D、E,直线AD,AE 的斜率分别为k AD,k AE.若直线DE过点(-1,-2),则k AD·k AE=()A.4B.3C.2D.112.若函数y1=sin 2x1-,函数y2=x2+3,则(x1-x2)2+(y1-y2)2的最小值为()A. B. C.D.第Ⅱ卷(非选择题共90分)本卷包括必考题和选考题两部分.第13题—第21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22题—第24题为选考题,考生根据要求作答.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.若函数f(x)=x(e x+ae-x)(x∈R)是偶函数,则实数a=.14.某班有50名同学,一次数学考试的成绩ξ服从正态分布N(110,102),已知P(100≤ξ≤110)=0.34,估计该班学生数学成绩在120分以上的有人.15.已知向量a,b满足:|a|=13,|b|=1,|a-5b|≤12,则b在a上的投影的取值范围是.16.在△ABC中,||=2,||=3,·<0,且△ABC的面积为,则∠BAC=.三、解答题(解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.设数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,且对任意正整数n,点(a n+1,S n)在直线2x+y-2=0上.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)是否存在实数λ,使得数列为等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,则说明理由.18.在一次突击检查中,某质检部门对某超市A、B、C、D共4个品牌的食用油进行了检测,其中抽检到A品牌有2个不合格的批次,另外三个品牌均被抽检到有1个不合格的批次. (1)若从这4个品牌共5个批次的食用油中任选3个批次进行某项检测,求抽取的3个批次的食用油至少有一个是A品牌的概率.(2)若对这4个品牌共5个批次的食用油进行综合检测,其检测结果如下(综合评估满分为10分):若检测的这5个批次食用油得分的平均值为a,从这5个批次中随机抽取2个,记这2个批次食用油中得分超过a的个数为ξ.求ξ的分布列及数学期望.19.如图,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,A1B1=a,AB=2a,AA1=a,E、F分别是AD、AB的中点.(1)求证:平面EFB1D1∥平面BDC1;(2)求二面角D-BC1-C的余弦值.注:底面为正方形,从顶点向底面作垂线,垂足是底面中心,这样的四棱锥叫做正四棱锥.用一个平行于正四棱锥底面的平面去截该棱锥,底面与截面之间的部分叫做正四棱台.20.已知过点A(-4,0)的动直线l与抛物线C:x2=2py(p>0)相交于B、D两点.当l的斜率是时,=4.(1)求抛物线C的方程;(2)设BD的中垂线在y轴上的截距为b,求b的取值范围.21.已知函数f(x)=1-+ln(a为实数).(1)当a=1时,求函数f(x)的图象在点处的切线方程;(2)设函数h(a)=3λa-2a2(其中λ为常数),若函数f(x)在区间(0,2)上不存在极值,且存在a满足h(a)≥λ+,求λ的取值范围;(3)已知n∈N*,求证:ln(n+1)<1+++++…+.请考生从第22、23、24三题中任选一题作答,多选、多答,按所选的首题进行评分;不选,按本选考题的首题进行评分.22.已知A、B、C、D为圆O上的四点,直线DE为圆O的切线,AC∥DE,AC与BD相交于H 点.(1)求证:BD平分∠ABC;(2)若AB=4,AD=6,BD=8,求AH的长.23.已知直线l的参数方程为(t为参数),以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,圆C的极坐标方程为ρ=4sin.(1)求圆C的直角坐标方程;(2)若P(x,y)是直线l与圆面ρ≤4sin的公共点,求x+y的取值范围.24.设f(x)=|x-1|-|x+3|.(1)解不等式f(x)>2;(2)若不等式f(x)≤kx+1在x∈[-3,-1]上恒成立,求实数k的取值范围.仿真冲刺卷(二)一、选择题1.D∵复数z满足(z-i)(2-i)=5,∴z=i+=i+=2+2i.2.B T r+1=x6-r=(-1)r,令6-r=0⇒r=4,故常数项为T5=(-1)4=15,选B.3.C由于函数f(x)=ln x+x3-9在定义域(0,+∞)上是增函数, f(2)=ln 2-1<0, f(3)=ln 3>0,故函数f(x)=ln x+x3-9在区间(2,3)上有唯一的零点,故选C.4.B在购买“化妆品”这一类中抽取了116份,设在购买“家居用品”这一类中应抽取的问卷份数为x,则=,解得x=94,故选B.5.A f(x)=当x≤0时,令2x=2,解得x=1(舍去),当x>0时,令|log2x|=2,即log2x=±2,解得x=4或x=.故使f(x)=2的x的集合是.故选A.6.A z=y-2x的最小值为-2,如图,设直线y-2x=-2与y=0的交点为A,由解得即A(1,0),由题意可知点A在直线x+y+m=0上,则m=-1,故选A.7.B执行程序框图,n=25,i=2,MOD(25,2)=1,不满足条件,i=3,MOD(25,3)=1,不满足条件,i=4,MOD(25,4)=1,不满足条件,i=5,MOD(25,5)=0,满足条件,退出循环,输出i的值为5.故选B.8.B直线y=k(x-b)恒过点(b,0).若∃k∈R,使M∩N=⌀,则∃k∈R,使椭圆+=1与直线y=k(x-b)无交点,则(b,0)在椭圆外,∴>1,得b2>9,即b<-3或b>3,故选B.9.B由题意,圆锥的从V A到VB的部分侧面展开图为如图所示的扇形,半径为3,圆心角为,连接AC,在△VAC中,因为VC=1,∠V=,V A=3,所以由余弦定理得AC2=32+12-2×3×1×=7.∴AC=,∴蚂蚁爬行的最短路程为.故选B.10.B由三视图可知原几何体可以看成底面为梯形的四棱柱挖去了半个圆柱,所以体积为×(2+4)×2×3-π×12×3=18-,故选B.11.C设F(-1,-2),D(x1,y1),E(x2,y2),过F点的直线DE的方程为y+2=k(x+1),由消去x并整理得ky2-4y+4k-8=0,由题意及韦达定理可得y1+y2=,y1y2=,∴x1+x2==,x1x2==,∴k AD·k AE=·===2,故选C.12.B设z=(x1-x2)2+(y1-y2)2,则z的几何意义为两条曲线上动点之间的距离的平方,函数y1=sin 2x1-的导数为y'1=2cos 2x1,直线y2=x2+3的斜率k=1,令2cos 2x1=1,得cos 2x1=,又x1∈,∴2x1=,解得x1=,此时y1=sin 2x1-=-=0,即函数y1=sin 2x1-的图象在处的切线和直线y2=x2+3平行,则最短距离d min=,∴(x1-x2)2+(y1-y2)2的最小值为(d min)2==,故选B.二、填空题13.答案-1解析因为函数f(x)=x(e x+ae-x)(x∈R)是偶函数,所以g(x)=e x+ae-x(x∈R)为奇函数,由g(0)=0,得a=-1(经检验满足题意).14.答案8解析∵数学成绩ξ服从正态分布N(110,102),∴数学成绩ξ的正态曲线关于直线x=110对称,∵P(100≤ξ≤110)=0.34,∴P(ξ≥120)=P(ξ≤100)=×(1-0.34×2)=0.16,∴该班数学成绩在120分以上的人数为0.16×50=8.15.答案解析由已知:|a-5b|≤12,得到|a-5b|2≤144,又|a|=13,|b|=1,所以169-10a·b+25≤144,所以a·b≥5,所以b在a上的投影|b|·cos<a,b>=≥,又cos<a,b>≤1,所以b在a上的投影的取值范围是.16.答案解析在△ABC中,||=2,||=3,且△ABC的面积为,∴S△ABC=||·||·sin∠BAC=,即×2×3×sin∠BAC=,解得sin∠BAC=,又∵·<0,∴∠BAC∈,∴∠BAC=.点评:本题主要考查两个向量的数量积的定义及三角形的面积公式,考查已知三角函数值求角的大小,是基础题.三、解答题17.解析(1)∵点(a n+1,S n)在直线2x+y-2=0上,∴2a n+1+S n-2=0,①n≥2时,2a n+S n-1-2=0,②①-②得2a n+1-2a n+a n=0,即2a n+1=a n,结合a1=1知a n≠0,∴=(n≥2).又由a1=1,可得a2=,即=.∴{a n}是首项为1,公比为的等比数列,∴a n=.(2)存在λ=2满足题意.理由如下:由(1)可得S n==2-.若数列为等差数列,则S1+λ+,S2+2λ+,S3+3λ+为等差数列,∴2=+,解得λ=2.又λ=2时,S n+λ·n+=2n+2,显然{2n+2}为等差数列,故存在实数λ=2,使得数列成等差数列.18.解析(1)记“抽取的3个批次的食用油中至少有一个是A品牌”的事件为A.因为从5个批次的食用油中任选3个批次的不同选法共有=10种情况,其中没有A品牌的情况有=1种,故P(A)=1-=.(2)由题表中数据可得a==8.84,这5个批次的食用油中,得分超过a的有2个,故ξ的所有可能取值为0,1,2,P(ξ=0)==,P(ξ=1)==,P(ξ=2)==.故ξ的分布列为ξ的数学期望为Eξ=0×+1×+2×=.19.解析(1)证明:连接A 1C1交B1D1于点M,连接AC分别交EF、DB于点N、P,连接MN,C1P,由题意知,BD∥B1D1,因为BD⊄平面EFB1D1,B1D1⊂平面EFB1D1,所以BD∥平面EFB1D1.(2分)因为A1B1=a,且四边形A1B1C1D1为正方形,所以MC1=A1C1=a,又因为E、F分别是AD、AB的中点,AB=2a,四边形ABCD为正方形,所以AC=2a,NP=AC=a,所以MC1=NP,又因为AC∥A1C1,所以MC1∥NP,所以四边形MC1PN为平行四边形,所以PC1∥MN,因为PC1⊄平面EFB1D1,MN⊂平面EFB1D1,所以PC1∥平面EFB1D1,因为PC1∩BD=P,所以平面EFB1D1∥平面BDC1.(5分)(2)连接A1N,MP,因为A1M=MC1=NP,又A1M∥NP,所以四边形A1NPM为平行四边形,所以PM∥A1N,由题意可知MP⊥平面ABCD,∴A1N⊥平面ABCD,∴A1N⊥AN,因为AA1=a,AN=NP=a,所以A1N==a,∴MP= a.因为四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,所以,以P为原点,PA,PB,PM所在直线分别为x 轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,a,0),D(0,-a,0),C(-a,0,0),C1,所以=(0,-2a,0),=,=(-a,-a,0),(7分)设n1=(x1,y1,z1)是平面BDC1的法向量,则∴∴y1=0,令z1=1,则x1=,所以n1=(,0,1),(9分)设n2=(x2,y2,z2)是平面BCC1的法向量,则∴令y2=1,则x2=-1,z2=,所以n2=,(11分)所以cos<n1,n2>===-,又易知二面角D-BC1-C为锐二面角,所以二面角D-BC1-C的余弦值为.(12分)20.解析(1)设B(x 1,y1),D(x2,y2).当l的斜率为时,l的方程为y=(x+4),即x=2y-4.由得2y2-(8+p)y+8=0,∴又∵=4,∴y2=4y1,③由①②③及p>0,得y1=1,y2=4,p=2,∴抛物线的方程为x2=4y.(2)易知l的斜率存在且不为零.设直线l的方程为y=k(x+4),BD中点坐标为(x0,y0), 由得x2-4kx-16k=0,④∴x0==2k,y0=k(x0+4)=2k2+4k.∴BD的中垂线方程为y-2k2-4k=-(x-2k),∴BD的中垂线在y轴上的截距为b=2k2+4k+2=2(k+1)2,对于方程④,由Δ=16k2+64k>0,得k>0或k<-4.∴b∈(2,+∞).21.解析(1)当a=1时, f(x)=1-+ln, f '(x)=-,则f '=4-2=2, f=1-2+ln 2=ln 2-1,∴函数f(x)的图象在点处的切线方程为y-(ln 2-1)=2,即2x-y+ln 2-2=0.(2)f '(x)=-=,令f '(x)=0,得x=a,由于函数f(x)在区间(0,2)上不存在极值,所以a≤0或a≥2,由于存在a满足h(a)≥λ+,所以h(a)max≥λ+(a∈(-∞,0]∪[2,+∞)),对于函数h(a)=3λa-2a2,可知其图象的对称轴为直线a=λ,①当≤0或≥2,即λ≤0或λ≥时,h(a)max=h=λ2,由h(a)max≥λ+⇒λ2≥λ+,结合λ≤0或λ≥可得λ≤-或λ≥.②当0<≤1,即0<λ≤时,h(a)max=h(0)=0,由h(a)max≥λ+⇒0≥λ+,结合0<λ≤可知,λ不存在.③当1<<2,即<λ<时,h(a)max=h(2)=6λ-8.由h(a)max≥λ+⇒6λ-8≥λ+,结合<λ<可知,≤λ<.综上可知,λ≤-或λ≥.(3)证明:当a=1时, f(x)=1-+ln, f '(x)=,当x∈(0,1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,∴f(x)=1-+ln在x=1处取得最大值f(1)=0,即f(x)=1-+ln≤f(1)=0,∴ln≤,令x=(n∈N*),则ln<,即ln(n+1)-ln n<,∴ln(n+1)=ln(n+1)-ln 1=[ln(n+1)-ln n]+[ln n-ln(n-1)]+…+(ln 2-ln 1)<+++…+.故ln(n+1)<1+++++…+.22.解析(1)证明:∵AC∥DE,直线DE为圆O的切线,∴∠DCA=∠CDE=∠DAC,∴D是的中点,即=,又∠ABD,∠DBC分别是,所对的圆周角,∴∠ABD=∠DBC,∴BD平分∠ABC. (2)∵由题图可知∠CAB=∠CDB,又∠ABD=∠DBC,∴△ABH∽△DBC,∴=,又∵=,∴AD=DC,∴=,∵AB=4,AD=6,BD=8,∴AH=3.23.解析(1)因为圆C的极坐标方程为ρ=4sin,所以ρ2=4ρ,所以圆C的直角坐标方程为x2+y2+2x-2y=0.(5分)(2)设z=x+y,因为圆C的方程x2+y2+2x-2y=0可化为(x+1)2+(y-)2=4,所以圆C的圆心是点C(-1,),半径为2,将代入z=x+y,得z=-t,(8分)又易知直线l过定点C(-1,),且圆C的半径为2,故由题意有|t|≤2,即-2≤t≤2,所以-2≤z≤2,即x+y的取值范围是[-2,2].(10分)24.解析(1)∵f(x)=|x-1|-|x+3|,∴当x≤-3时, f(x)=-x+1+x+3=4>2,∴x≤-3满足原不等式;当-3<x<1时, f(x)=-x+1-x-3=-2x-2,原不等式即为-2x-2>2,解得x<-2, ∴-3<x<-2满足原不等式;当x≥1时, f(x)=x-1-x-3=-4<2,∴x≥1不满足原不等式.综上,原不等式的解集为{x|x<-2}.(2)当x∈[-3,-1]时, f(x)=-x+1-x-3=-2x-2,由于不等式f(x)≤kx+1在x∈[-3,-1]上恒成立,∴-2x-2≤kx+1在x∈[-3,-1]上恒成立,∴k≤-2-(x∈[-3,-1]),设g(x)=-2-,易知g(x)在x∈[-3,-1]上为增函数,∴-1≤g(x)≤1(x∈[-3,-1]),∴k≤-1.。
《3年高考2年模拟》高考数学(山西专用,理)训练：10.7 n次独立重复试验与二项分布(含答案解析)
第七节n次独立重复试验与二项分布A组基础题组1.(2015课标Ⅰ,4,5分)投篮测试中,每人投3次,至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6,且各次投篮是否投中相互独立,则该同学通过测试的概率为()A.0.648B.0.432C.0.36D.0.3122.甲射击时命中目标的概率为0.75,乙射击时命中目标的概率为,当两人同时射击同一目标时,该目标被击中的概率为()A. B.1 C. D.3.把一枚硬币连续抛两次,记“第一次出现正面”为事件A,“第二次出现正面”为事件B,则P(B|A)等于()A. B. C. D.4.位于直角坐标原点的一个质点P按下列规则移动:质点每次移动一个单位,移动的方向向左或向右,并且向左移动的概率为,向右移动的概率为,则质点P移动五次后位于点(1,0)的概率是()A. B. C. D.5.1号箱中有2个白球和4个红球,2号箱中有5个白球和3个红球,现从1号箱中随机取出一个球放入2号箱,然后从2号箱中随机取出一个球,则从2号箱中取出红球的概率是()A. B. C. D.6.(2015吉林长春外国语学校期中,13)袋中有三个白球,两个黑球,现每次摸出一个球,不放回地摸取两次,则在第一次摸到黑球的条件下,第二次摸到白球的概率为.7.(2015安徽宣城一模,14)在三次独立重复试验中,事件A在每次试验中发生的概率相同,若事件A至少发生一次的概率为,则事件A恰好发生一次的概率为.8.如图所示的电路有a,b,c三个开关,每个开关开和关的概率都是,且是相互独立的,则灯泡甲亮的概率为.9.(2015北京,16(1)(2))A,B两组各有7位病人,他们服用某种药物后的康复时间(单位:天)记录如下:A组:10,11,12,13,14,15,16;B组:12,13,15,16,17,14,a.假设所有病人的康复时间互相独立,从A,B两组随机各选1人,A组选出的人记为甲,B组选出的人记为乙.(1)求甲的康复时间不少于14天的概率;(2)如果a=25,求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率.10.某人向一目标射击4次,每次击中目标的概率为.该目标分为3个不同的部分,第一、二、三部分面积之比为1∶3∶6,击中目标时,击中任何一部分的概率与其面积成正比.(1)设X表示目标被击中的次数,求X的分布列;(2)若目标被击中2次,A表示事件“第一部分至少被击中1次或第二部分被击中2次”,求P(A).B组提升题组11.我校要用三辆校车从本校区把教师接到东校区,已知从本校区到东校区有两条公路,校车走公路①堵车的概率为,不堵车的概率为;校车走公路②堵车的概率为p,不堵车的概率为1-p.若甲、乙两辆校车走公路①,丙校车由于其他原因走公路②,且三辆车是否堵车相互之间没有影响.(1)若三辆校车中恰有一辆校车被堵的概率为,求走公路②堵车的概率;(2)在(1)的条件下,求三辆校车中被堵车辆的辆数ξ的分布列.12.(2013重庆,18改编)某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定:在一次摸奖中,摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球,再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球.根据摸出4个球中红球与蓝球的个数,设一、二、三等奖如下:其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级.(1)求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率;(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X的分布列.13.现有甲、乙两个靶,某射手向甲靶射击一次,命中的概率为,命中得1分,没有命中得0分;向乙靶射击两次,每次命中的概率为,每命中一次得2分,没有命中得0分.该射手每次射击的结果相互独立.假设该射手完成以上三次射击.(1)求该射手恰好命中一次的概率;(2)求该射手的总得分X的分布列.答案全解全析A组基础题组1.A该同学通过测试的概率P=×0.62×0.4+0.63=0.432+0.216=0.648,故选A.2.C所求概率P=1-(1-0.75)×=1-×=.3.A P(B|A)===.4.D要使质点P移动五次后位于点(1,0),则这五次移动中必有某两次向左移动,另三次向右移动,因此所求的概率等于=.5.A记事件A:最后从2号箱中取出的是红球;事件B:从1号箱中取出的是红球.由题意可知,P(B)==,P()=1-=,P(A|B)==,P(A|)==,从而P(A)=P(AB)+P(A)=P(A|B)P(B)+P(A|)·P()=,故选A.6.答案解析记事件A为“第一次摸到黑球”,事件B为“第二次摸到白球”,则事件AB为“第一次摸到黑球且第二次摸到白球”,∴在第一次摸到黑球的条件下,第二次摸到白球的概率是P(B|A)===.7.答案解析设在每次试验中,事件A发生的概率为p,依题设可知1-(1-p)3=,解得p=,所以事件A恰好发生一次的概率为·=.8.答案解析设“a闭合”为事件A,“b闭合”为事件B,“c闭合”为事件C,则甲灯亮应为事件AC,且A,,C之间彼此独立,P(A)=P()=P(C)=.所以P(A C)=P(A)P()P(C)=.9.解析设事件A i为“甲是A组的第i个人”,事件B j为“乙是B组的第j个人”,i,j=1,2, (7)由题意可知P(A i)=P(B j)=,i,j=1,2, (7)(1)由题意知,事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A组的第5人,或者第6人,或者第7人”,所以甲的康复时间不少于14天的概率是P(A5∪A6∪A7)=P(A5)+P(A6)+P(A7)=. (2)设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”.由题意知,C=A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6.因此P(C)=P(A4B1)+P(A5B1)+P(A6B1)+P(A7B1)+P(A5B2)+P(A6B2)+P(A7B2)+P(A7B3)+P(A6B6)+P(A7 B6)=10P(A4B1)=10P(A4)P(B1)=.10.解析(1)依题意知X~B,易得X的分布列为(2)设A i表示事件“第一次击中目标时,击中第i部分”,i=1,2.B i表示事件“第二次击中目标时,击中第i部分”,i=1,2.依题意知P(A1)=P(B1)=0.1,P(A2)=P(B2)=0.3,A=A1∪B1∪A1B1∪A2B2,则P(A)=P(A1)+P(B1)+P(A1B1)+P(A2B2)=P(A1)P()+P()P(B1)+P(A1)P(B1)+P(A2)P(B2)=0.1×0.9+0.9×0.1+0.1×0.1+0.3×0.3=0.28.B组提升题组11.解析(1)由题意得××·(1-p)+·p=,即3p=1,则p=.(2)ξ可能的取值为0,1,2,3.P(ξ=0)=××=;P(ξ=1)=;P(ξ=2)=××+·××=;P(ξ=3)=××=.所以ξ的分布列为12.解析设A i表示摸到i个红球,B j表示摸到j个蓝球,则A i(i=0,1,2,3)与B j(j=0,1)独立.(1)恰好摸到1个红球的概率为P(A1)==.(2)X的所有可能取值为0,10,50,200.P(X=200)=P(A3B1)=P(A3)P(B1)=·=,P(X=50)=P(A3B0)=P(A3)P(B0)=·=,P(X=10)=P(A2B1)=P(A2)P(B1)=·==,P(X=0)=1---=.所以X的分布列为13.解析(1)记:“该射手恰好命中一次”为事件A,“该射手射击甲靶命中”为事件B,“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C,“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D.由题意知P(B)=,P(C)=P(D)=,A=B+C+D,根据事件的独立性和互斥性得P(A)=P(B+C+D)=P(B)+P(C)+P(D)=P(B)P()P()+P()P(C)P()+P()P()P(D)=××+1-××1-+1-×1-×=.(2)根据题意,X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,P(X=0)=P()=[1-P(B)][1-P(C)][1-P(D)]=××=,P(X=1)=P(B)=P(B)P()P()=××=,P(X=2)=P(C+D)=P(C)+P(D)=××+××=,P(X=3)=P(BC+B D)=P(BC)+P(B D)=××+××=,P(X=4)=P(CD)=××=,P(X=5)=P(BCD)=××=.故X的分布列为。