2018届人教A版(理) 排列组合 检测卷
2018届人教A版 等差数列及其前n项和 理 检测卷
2018年高考数学一轮复习 第五章 数列 课时达标29 等差数列及其前n 项和 理[解密考纲]主要考查等差数列的通项公式，等差中项及其性质，以及前n 项和公式的应用，三种题型均有涉及．一、选择题1．已知等差数列{a n }的前13项之和为39，则a 6＋a 7＋a 8＝( B )A ．6B ．9C ．12D ．18解析：由等差数列的性质得，S 13＝13a 7＝39，∴a 7＝3.由等差中项，得a 6＋a 7＋a 8＝3a 7＝9，故选B ．2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＝8，S 3＝6，则a 9＝( C )A ．8B ．12C ．16D ．24解析：由已知得a 1＋4d ＝8,3a 1＋3×22d ＝6，解得a 1＝0，d ＝2.故a 9＝a 1＋8d ＝16.故选C ．3．设S n 是公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和，且a 1>0，若S 5＝S 9，则当S n 最大时，n ＝( B )A ．6B ．7C ．10D ．9解析：由题意可得S 9－S 5＝a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝0，∴2(a 7＋a 8)＝0，即a 7＋a 8＝0.又∵a 1>0，∴该等差数列的前7项为正数，从第8项开始为负数．∴当S n 最大时，n ＝7.4．等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝120，则2a 9－a 10＝( C )A ．20B ．22C ．24D ．－8解析：在等差数列{a n }中，∵a 1＋3a 8＋a 15＝120，∴5a 8＝120，∴a 8＝24.2a 9－a 10＝a 8＝24，故选C ．5．在等差数列{a n }中，a 9＝12a 12＋3，则数列{a n }的前11项和S 11＝( C ) A ．24 B ．48 C ．66 D ．132解析：设公差为d ，a 9＝12a 12＋3即a 1＋8d ＝12(a 1＋11d )＋3，整理，得a 1＋5d ＝6，即a 6＝6.∴S 11＝11 a 1＋a 11 2＝11×2a 62＝66.故选C ． 6．设S n 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和，则下列命题错误的是( C )A ．若d <0，则数列{S n }有最大项B ．若数列{S n }有最大项，则d <0C ．若数列{S n }是递增数列，则对任意的n ∈N *，均有S n >0D ．若对任意的n ∈N *，均有S n >0，则数列{S n }是递增数列解析：选项C 显然是错的，举出反例：－1，0,1,2,3，…满足数列{S n }是递增数列，但是S n >0不成立．二、填空题7．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－3，a k ＋1＝32，S k ＝－12，则正整数k ＝13. 解析：由S k ＋1＝S k ＋a k ＋1＝－12＋32＝－212， 又S k ＋1＝ k ＋1 a 1＋a k ＋1 2＝ k ＋1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3＋322＝－212， 解得k ＝13.8．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若－1<a 3<1,0<a 6<3，则S 9的取值范围是(－3,21)． 解析：S 9＝9a 1＋36d ＝x (a 1＋2d )＋y (a 1＋5d )，由待定系数法得x ＝3，y ＝6. 因为－3<3a 3<3,0<6a 6<18，两式相加即得－3<S 9<21.9．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －8，下列四个命题：p 1：数列{a n }是递增数列；p 2：数列{na n }是递增数列；p 3：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列；p 4：数列{a 2n }是递增数列，其中为真命题的是p 1，p 3.解析：由公差d ＝2>0，知数列{a n }是递增数列，所以p 1为真命题；因为na n ＝n (2n －8)，对称轴为n ＝2，则数列{na n }先减后增，所以p 2为假命题；因为a n n ＝2－8n ，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列，所以p 3为真命题； 因为a 2n ＝(2n －8)2，对称轴为n ＝4，则数列{a 2n }先减后增，所以p 4为假命题．三、解答题10．数列{a n }中，a 1＝－23，a n ＋1－a n －3＝0.(1)求数列的前n 项和S n ；(2)求使得数列{S n }是递增数列的n 的取值范围．解析：(1)因为a n ＋1－a n －3＝0，所以a n ＋1－a n ＝3，即数列{a n }是等差数列，公差d ＝3.又a 1＝－23，所以数列{a n }的前n 项和为S n ＝－23n ＋12n (n －1)·3，即S n ＝32n 2－492n . (2)S n ＝32n 2－492n 的对应函数为f (x )＝32x 2－492x ，它的图象是一条抛物线，其开口向上，对称轴为x ＝496. 当x ≥496时，函数f (x )是增函数． 因为8<496<9，且496－8<9－496，所以f (8)<f (9)． 综上，可知使得数列{S n }是递增数列的n 的取值范围是{n |n ≥8，n ∈N *}．11．已知等差数列{a n }的公差d >0，设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36.(1)求d 及S n ；(2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65. 解析：(1)由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36， 将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5.因为d >0，所以d ＝2. 从而a n ＝2n －1，S n ＝n 2(n ∈N *)．(2)由(1)得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝S m ＋k －S m －1＝(m ＋k )2－(m －1)2＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65.由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1>1，故⎩⎪⎨⎪⎧ 2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5.所以⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝5，k ＝4.12．(2015·福建卷)等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值． 解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝4， a 1＋3d ＋ a 1＋6d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝3，d ＝1. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2.(2)由(1)可得b n ＝2n＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋...＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋...＋210)＋(1＋2＋3＋ (10)＝2× 1－2101－2＋1＋10 ×102＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101.。
2018届人教A版 数列 检测卷
1.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＋a n ＋12n ＝λ(λ为常数)．令c n ＝b 2n (n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和R n .2．已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2·a 3＝8.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 3.已知数列{a n }的各项均为正数，S n 是数列{a n }的前n 项和，且4S n ＝a 2n ＋2a n －3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝2n ，求T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 的值．4．在数列{a n }中，a 1＝12，其前n 项和为S n ，且S n ＝a n ＋1－12(n ∈N *)． (1)求a n ，S n ；(2)设b n ＝log 2(2S n ＋1)－2，数列{c n }满足c n ·b n ＋3·b n ＋4＝1＋(n ＋1)(n ＋2)·2b n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，求使4T n >2n ＋1－1504成立的最小正整数n 的值． 5．已知函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )且f (1)＝12. (1)当n ∈N *时，求f (n )的表达式；(2)设a n ＝n ·f (n )，n ∈N *，求证：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2；(3)设b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )，n ∈N *，S n 为{b n }的前n 项和，当S n 最大时，求n 的值．答案解析1．解 (1)设公差为d ，令n ＝1， 则a 2＝2a 1＋1，a 1＝d －1，①又S 4＝4S 2，即2a 1＝d ，②由①②得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由题意知T n ＝λ－n 2n －1， ∴当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝λ－n 2n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－n －12n －2＝n －22n －1. ∴c n ＝b 2n ＝n －14n －1(n ∈N *)． ∴R n ＝c 1＋c 2＋…＋c n －1＋c n ＝0＋14＋242＋…＋n －14n －1，① 14R n ＝0＋142＋243＋…＋n －24n －1＋n －14n ，② ①－②得34R n ＝14＋142＋143＋…＋14n －1－n －14n ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n －11－14－n －14n ＝13⎝⎛⎭⎫1－14n －1－n －14n ＝13⎝⎛⎭⎫1－3n ＋14n ， ∴R n ＝49⎛⎭⎫1－3n ＋14n ＝19⎝ ⎛⎭⎪⎫4－3n ＋14n －1. 2．解 (1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8.又a 1＋a 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)． 由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1(n ∈N *)．(2)S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2n －1， 又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎝⎛⎭⎫1S 1－1S 2＋⎝⎛⎭⎫1S 2－1S 3＋… ＋⎝⎛⎭⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1. 3．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝14a 21＋12a 1－34. 解得a 1＝3.又∵4S n ＝a 2n ＋2a n －3，①当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3.②①－②，得4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2(a n －a n －1)，即a 2n －a 2n －1－2(a n ＋a n －1)＝0.∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0.∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝2(n ≥2)，∴数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列． ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.(2)T n ＝3×21＋5×22＋…＋(2n ＋1)·2n ，③ 2T n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，④ ④－③得T n ＝－3×21－2(22＋23＋…＋2n )＋(2n ＋1)·2n ＋1 ＝－6＋8－2·2n ＋1＋(2n ＋1)·2n ＋1 ＝(2n －1)·2n ＋1＋2. 4．解 (1)由S n ＝a n ＋1－12，得S n －1＝a n －12(n ≥2)， 两式作差得a n ＝a n ＋1－a n ，即2a n ＝a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1a n＝2(n ≥2)， 由a 1＝S 1＝a 2－12＝12，得a 2＝1， ∴a 2a 1＝2，∴数列{a n }是首项为12，公比为2的等比数列． 则a n ＝12·2n －1＝2n －2， S n ＝a n ＋1－12＝2n －1－12. (2)b n ＝log 2(2S n ＋1)－2＝log 22n －2＝n －2， ∴c n ·b n ＋3·b n ＋4＝1＋(n ＋1)(n ＋2)·2b n ，即c n (n ＋1)(n ＋2)＝1＋(n ＋1)(n ＋2)·2n －2， ∴c n ＝1(n ＋1)(n ＋2)＋2n －2＝1n ＋1－1n ＋2＋2n －2， ∴T n ＝(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n ＋1－1n ＋2) ＋(2－1＋20＋…＋2n －2)＝12－1n ＋2＋12(1－2n )1－2＝12－1n ＋2－12＋2n －1 ＝2n －1－1n ＋2. 由4T n >2n ＋1－1504， 得4(2n －1－1n ＋2)>2n ＋1－1504. 即4n ＋2<1504，n >2014. ∴使4T n >2n ＋1－1504成立的最小正整数n 的值为2015. 5．(1)解 令x ＝n ，y ＝1，得f (n ＋1)＝f (n )·f (1)＝12f (n )， ∴{f (n )}是首项为12，公比为12的等比数列， ∴f (n )＝(12)n . (2)证明 设T n 为{a n }的前n 项和，∵a n ＝n ·f (n )＝n ·(12)n ， ∴T n ＝12＋2×(12)2＋3×(12)3＋…＋n ·(12)n ， 12T n ＝(12)2＋2×(12)3＋3×(12)4＋…＋(n －1)·(12)n ＋n ·(12)n ＋1，两式相减得12T n ＝12＋(12)2＋(12)3＋…＋(12)n －n ·(12)n ＋1， ＝1－(12)n －n ·(12)n ＋1， ∴T n ＝2－(12)n －1－n ·(12)n <2. (3)解 ∵f (n )＝(12)n ， ∴b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )＝(9－n )(12)n ＋1(12)n ＝9－n 2. ∴当n ≤8时，b n >0；当n ＝9时，b n ＝0；当n >9时，b n <0.∴当n ＝8或n ＝9时，S n 取得最大值．。
2018届人教A版(理) 二项式定理 检测卷
[高考基础题型得分练]1．二项式(x ＋1)n (n ∈N *)的展开式中，x 2的系数为15，则n ＝( ) A ．7 B ．6 C ．5 D ．4答案：B解析：(x ＋1)n ＝(1＋x )n ，(1＋x )n 的通项为T r ＋1＝C r n x r ，令r ＝2，则C 2n ＝15，即n (n －1)＝30.又n ＞0，得n ＝6.2．设n 为正整数，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x x 2n 展开式中存在常数项，则n 的一个可能取值为( )A ．16B ．10C ．4D ．2答案：B解析：⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x x 2n 展开式的通项公式为T k ＋1＝C k 2n x 2n －k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x x k ＝C k 2n(－1)k x 4n －5k2.令4n －5k 2＝0，得k ＝4n5，∴n 可取10.3．(1＋x )8(1＋y )4的展开式中，x 2y 2的系数是( ) A ．56 B ．84 C ．112 D ．168答案：D解析：(1＋x )8的展开式中x 2的系数为C 28，(1＋y )4的展开式中y 2的系数为C 24，所以x 2y 2的系数为C 28C 24＝168.4．[2017·福建连城县三中高三理上期中]x ＋13xn的各项系数之和大于8，小于32，则展开式中系数最大的项是( )A ．63x B.4xC ．4x 6x D.4x或4x 6x 答案：A解析：由题设令x ＝1可得各项系数的之和为2n ，即8<2n <32，解之得n ＝4，因此系数最大的项也就是二项式系数最大的项，故中间一项的系数最大，即T 2＋1＝C 24(x )213x2＝63x ，故选A.5．在(x －1)4的展开式中，x 的系数为( ) A ．6 B ．－6 C ．4 D ．－4答案：A解析：T r ＋1＝C r 4·(x )4－r ·(－1)r ，令r ＝2， 则C 24(－1)2＝6. 6．[2017·江西赣州寻乌中学高三上月考二]设(2－x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 5x 5，那么a 0＋a 2＋a 4a 1＋a 3的值为( )A ．－122121B ．－6160C ．－244241D ．－1答案：B解析：当x ＝1时，1＝a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5； 当x ＝－1时，35＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5， ∴a 0＋a 2＋a 4＝122，a 1＋a 3＝－120，∴a 0＋a 2＋a 4a 1＋a 3＝－6160，故选B.7．[2017·江西八校联考]若(1＋x )(1－2x )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 8x 8，则a 1＋a 2＋…＋a 7的值是( )A ．－2B ．－3C ．125D ．－131答案：C解析：令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 8＝－2，又a 0＝C 07(－2)0＝1，a 8＝C 77(－2)7＝－128，所以a 1＋a 2＋…＋a 7＝－2－1－(－128)＝125. 8．在⎝ ⎛⎭⎪⎫x －14x 6的展开式中，x 2的系数为________．答案：1516 解析：通项为T r ＋1＝C r 6x 6－r ⎝⎛⎭⎪⎫－14x r＝C r 6⎝⎛⎭⎪⎫－14r x 6－2r .令6－2r ＝2，得r ＝2， ∴x 2的系数为C 26⎝⎛⎭⎪⎫－142＝1516.9．[2017·河南八校三联]⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x n 的展开式中第五项和第六项的二项式系数最大，则第四项为________．答案：212解析：由已知条件第五项和第六项二项式系数最大，得n ＝9， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x 9展开式的第四项为T 4＝C 39·(x )6·⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＝212.10．若将函数f (x )＝x 5表示为f (x )＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 5(1＋x )5，其中a 0，a 1，a 2，…，a 5为实数，则a 3＝________.答案：10解析：不妨设1＋x ＝t ，则x ＝t －1，因此有(t －1)5＝a 0＋a 1t ＋a 2t 2＋a 3t 3＋a 4t 4＋a 5t 5，则a 3＝C 25(－1)2＝10.11．[2017·云南玉溪一中月考]已知(1＋ax )(1＋x )5的展开式中x 2的系数为5，则a ＝________.答案：－1解析：因为(1＋ax )(1＋x )5的展开式中，含x 2的项为C 25x 2＋a C 15x 2＝(C 25＋a C 15)x 2，所以C 25＋a C 15＝5，解得a ＝－1.[冲刺名校能力提升练]1．[2017·山东济南模拟](x ＋2)2(1－x )5中x 7的系数与常数项之差的绝对值为( )A ．5B ．3C ．2D ．0答案：A解析：常数项为C 22×22×C 05＝4，x 7的系数为C 02×C 55(－1)5＝－1，因此x 7的系数与常数项之差的绝对值为5.2．设a ≠0，n 是大于1的自然数，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x a n 的展开式为a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n .若点A i (i ，a i )(i ＝0,1,2)的位置如图所示，则a ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．5答案：B解析：由题意知，A 0(0,1)，A 1(1,3)，A 2(2,4)． 故a 0＝1，a 1＝3，a 2＝4.又⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x a n 的通项公式T r ＋1＝C r n ⎝ ⎛⎭⎪⎫x a r (r ＝0,1，2，…，n )，故C 1n a ＝3，C 2na 2＝4，解得a ＝3.3．若(2＋x ＋x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x 3的展开式中的常数项为a ，则⎠⎛0a (3x 2－1)d x ＝________.答案：6解析：∵⎝⎛⎭⎪⎫1－1x 3＝1－3x ＋3x 2－1x 3， ∴(2＋x ＋x 2)⎝⎛⎭⎪⎫1－1x 3的展开式中的常数项为 a ＝2×1＋1×(－3)＋1×3＝2. 故⎠⎛0a (3x 2－1)d x ＝(x 3－x )⎪⎪⎪2＝6. 4．[2017·湖南师大附中高三上月考三]若(1＋2x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，则a 1＋a 3＋a 5＝________.答案：122解析：令x ＝1可得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝243，令x ＝－1可得a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＝－1，以上两式两边相减，可得2(a 1＋a 3＋a 5)＝244， 即a 1＋a 3＋a 5＝122.5．若⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋124x n展开式中前三项的系数成等差数列，求：(1)展开式中x 的所有有理项； (2)展开式中系数最大的项．解：易求得展开式前三项的系数为1，12C 1n，14C 2n . 据题意得，2×12C 1n＝1＋14C 2n ，解得n ＝8. (1)设展开式的通项为T r ＋1，则T r ＋1＝C r 8(x )8－r ⎝⎛⎭⎪⎪⎫124x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12r C r 8x 16－3r4 ，∴r 为4的倍数． 又0≤r ≤8，∴r ＝0,4,8. 故有理项为T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120C 08x 16－3×04 ＝x 4，T 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫124C 48x 16－3×44 ＝358x ，T 9＝⎝ ⎛⎭⎪⎫128C 88x 16－3×84 ＝1256x 2.(2)设展开式中T r ＋1项的系数最大，则⎝ ⎛⎭⎪⎫12r C r 8≥⎝ ⎛⎭⎪⎫12r ＋1C r ＋18且⎝ ⎛⎭⎪⎫12r C r 8≥⎝ ⎛⎭⎪⎫12r －1C r －18，解得r ＝2或r ＝3. 故展开式中系数最大的项为T 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122C 28x 16－3×24 ＝7x 52，T 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123C 38x 16－3×34 ＝7x 74 .6．已知f (x )＝(1＋x )m ＋(1＋2x )n (m ，n ∈N *)的展开式中x 的系数为11.(1)求x 2的系数取最小值时n 的值；(2)当x 2的系数取得最小值时，求f (x )展开式中x 的奇次幂项的系数之和．解：(1)由已知得，C 1m ＋2C 1n ＝11，∴m ＋2n ＝11， x 2的系数为C 2m ＋22C 2n ＝m (m －1)2＋2n (n －1)＝m 2－m2＋(11－m )⎝ ⎛⎭⎪⎫11－m 2－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －2142＋35116. ∵m ∈N *，∴m ＝5时，x 2的系数取得最小值22，此时n ＝3. (2)由(1)知，当x 2的系数取得最小值时，m ＝5，n ＝3. ∴f (x )＝(1＋x )5＋(1＋2x )3. 设这时f (x )的展开式为f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 5x 5，令x ＝1，a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝25＋33＝59， 令x ＝－1，a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＝－1， 两式相减，得2(a 1＋a 3＋a 5)＝60，故展开式中x的奇次幂项的系数之和为30.。
2018单元滚动检测卷高考数学(理)(人教A版全国通用)：综合检测一
综合检测(一)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．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．设P ＝{}x |2x ＜16，Q ＝{}x |x 2＜4，则( )A ．P ⊆QB ．Q ⊆PC ．P ⊆∁R QD ．Q ⊆∁R P 2．下列命题中，真命题的个数是( )①经过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行； ②经过直线外一点有且只有一条直线与已知直线垂直； ③经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行； ④经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面垂直． A ．1B ．2C ．3D ．43．(2016·北京朝阳区一模)执行如图所示的程序框图，输出的S 值为( )A ．42B ．19C ．8D ．34．已知f (x )＝2sin(2x ＋π6)，若将它的图象向右平移π6个单位，得到函数g (x )的图象，则函数g (x )的图象的一个对称中心为( )A ．(0,0)B ．(π6，0) C ．(π12，0)D ．(π4，0)5．从5位男教师和3位女教师中选出3位教师，派往郊区3所学校支教，每校1人．要求这3位老师中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有( ) A ．250种 B ．450种 C ．270种D ．540种6．已知直线x ＋y ＝a 与圆O ：x 2＋y 2＝8交于A ，B 两点，且OA →·OB →＝0，则实数a的值为( ) A ．2B ．2 2C ．22或－2 2D ．4或－47．已知实数x ，y 满足⎩⎨⎧x －4y ＋3≤0，x ＋y －4≤0，x ≥1，则xyx 2＋y 2的最大值为( ) A.12B.91218C.310D.348．(x ＋1)2(1x －1)5的展开式中常数项为( ) A ．21 B ．19 C ．9D ．－19．已知抛物线y 2＝8x 上的点P 到双曲线y 2－4x 2＝4b 2的上焦点的距离与到直线x ＝－2的距离之和的最小值为3，则该双曲线的方程为( ) A.y 22－x 23＝1 B ．y 2－x 24＝1C.y 24－x 2＝1D.y 23－x 22＝110．三棱锥S －ABC 及其三视图的正视图和侧视图如图所示，则该三棱锥的外接球的表面积是( )A.1123π B.643πC ．32πD ．64π11．已知函数f (x )＝sin x －2x ，且a ＝f (ln 32)，b ＝f (log 213)，c ＝f (20.3)，则( )A ．c ＞a ＞bB ．a ＞c ＞bC ．a ＞b ＞cD ．b ＞a ＞c12．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d (b ，c ，d 为常数)，当x ∈(0,1)时取极大值，当x ∈(1,2)时取极小值，则(b ＋12)2＋(c －3)2的取值范围是( ) A ．(372，5) B ．(5，5) C ．(374，25)D ．(5,25)第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上) 13．已知向量AB →，AC →的夹角为120°，|AB →|＝5，|AC →|＝2，AP →＝AB →＋λAC →，若AP →⊥BC →，则λ＝________.14．(2015·天津)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为315，b －c ＝2，cos A ＝－14，则a 的值为________．15．已知数列{}a n 满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝(1＋cos 2n π2)a n ＋sin 2n π2，则该数列的前12项和为________．16．已知直线y ＝11x 与椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)相交于A ，B 两点，若椭圆上存在点P ，使得△ABP 是等边三角形，则椭圆C 的离心率e ＝________.三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)(2016·桓台检测)已知函数f (x )＝－sin2x －3(1－2sin 2x )＋1. (1)求f (x )的最小正周期及其单调递减区间；(2)当x ∈－π6，π6]时，求f (x )的值域．18.(12分)私家车的尾气排放是造成雾霾天气的重要因素之一，因此在生活中我们应该提倡低碳生活，少开私家车，尽量选择绿色出行方式，为预防雾霾出一份力．为此，很多城市实施了机动车车尾号限行，某报社为了解市区公众对“车辆限行”的态度，随机抽查了50人，将调查情况进行整理后制成下表：人不赞成的概率；(2)在(1)的条件下，令选中的4人中不赞成“车辆限行”的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和均值.19.(12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，AD ＝PD ＝2，PA ＝22，∠PDC ＝120°，点E 为线段PC 的中点，点F 在线段AB 上．(1)若AF ＝12，求证：CD ⊥EF ；(2)设平面DEF 与平面DP A 所成二面角的平面角为θ，试确定点F 的位置，使得cos θ＝34.20.(12分)设n ∈N *，数列{}a n 的前n 项和为S n ，已知S n ＋1＝S n ＋a n ＋2，且a 1，a 2，a 5成等比数列．(1)求数列{}a n 的通项公式；(2)若数列{}b n 满足b na n＝(2)1＋a n ，求数列{}b n 的前n 项和T n .21.(12分)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点与上顶点关于直线y ＝－x 对称，又点P (62，12)在E 上．(1)求椭圆E 的标准方程；(2)若动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点，过点M (1,0)作l 的垂线，垂足为Q ，试证点Q 总在定圆上.22.(12分)已知函数f (x )＝x ln x －mx 2(m 为常数)．(1)当m ＝0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若x 2－x f (x )＞1对任意x ∈e ，e 2]恒成立，求实数m 的取值范围；(3)若x 1，x 2∈(1e ，1)，x 1＋x 2＜1，求证：x 1x 2＜(x 1＋x 2)4.答案精析1．B ∵P ＝{}x |2x＜16＝{}x |x ＜4， Q ＝{}x |x 2＜4＝{}x |－2＜x ＜2，∴Q ⊆P .]2．B 在①中，由平行公理得：经过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，故①是真命题；在②中，经过直线外一点有无数条直线与已知直线垂直，故②是假命题；在③中，由面面平行的判定定理得经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行，故③是真命题；在④中，经过平面外一点有无数个平面与已知平面垂直，故④是假命题．故选B.] 3．B 依次执行结果如下： S ＝2×1＋1＝3，i ＝1＋1＝2，i ＜4； S ＝2×3＋2＝8，i ＝2＋1＝3，i ＜4； S ＝2×8＋3＝19，i ＝3＋1＝4，i ≥4； 所以S ＝19，故选B.]4．C 将函数f (x )＝2sin(2x ＋π6)的图象向右平移π6个单位，得到函数y ＝2sin2(x －π6)＋π6]＝2sin(2x －π6)的图象，即g (x )＝2sin(2x －π6)，令2x －π6＝k π，k ∈Z ，解得x ＝k π2＋π12，k ∈Z ，当k ＝0时，函数g (x )的图象的对称中心坐标为(π12，0)．]5．C 方法一 (直接法)：这三位教师中男、女教师都要有，分为两类，有一位女教师，有二位女教师，有一位女教师的选法种数为C 25×C 13＝30，有二位女教师的选法种数为C 15×C 23＝15，共有30＋15＝45(种)不同的选法，再分配到三个学校，故有45A 33＝270(种)不同的选派方案．方法二 (间接法)：从5名男教师和3名女教师中选出3位教师的不同选法有C 38＝56(种)，三位老师全是男教师的选法有C 35＝10(种)，三位教师全是女教师的选法有C 33＝1(种)，所以“这三位教师中男、女教师都要有”不同的选派方案有56－10－1＝45(种)，再分配到三个学校，故有45A 33＝270(种)不同的选派方案．]6．C 由OA →·OB →＝0得，OA →⊥OB →， ∴△OAB 为等腰直角三角形， ∴圆心到直线的距离d ＝2，∴由点到直线的距离公式，得|－a |2＝2，即a ＝±2 2.] 7．A 由题意作出其平面区域如图所示，由题意可得，A (135，75)，B (1,3)，则713≤y x ≤3，则2≤y x ＋x y ≤103，故xy x 2＋y2＝1x y ＋y x的最大值为12.]8．D ∵(x ＋1)2(1x －1)5＝(x 2＋2x ＋1)(1x －1)5，根据二项式定理可知，(1x －1)5展开式的通项公式为C k 5·(－1)k ·x k －5， ∴(x ＋1)2(1x －1)5的展开式中常数项由三部分构成，分别由(x 2＋2x ＋1)与(1x －1)5展开式中各项相乘得到，令k ＝3，则C 35·(－1)3·x －2，则1×(－C 35)＝－10；令k ＝4，则C 45·(－1)4·x －1，则2×C 45＝10； 令k ＝5，则C 55·(－1)5·x 0，则1×(－1)＝－1； ∴常数项为－10＋10－1＝－1.] 9．C 抛物线y 2＝8x 的焦点为F (2,0)，∵点P 到双曲线y 24b 2－x 2b 2＝1的上焦点F 1(0，c )的距离与到直线x ＝－2的距离之和的最小值为3， ∴|FF 1|＝3， ∴c 2＋4＝9，c ＝ 5. ∵4b 2＋b 2＝c 2， ∴b 2＝1，∴双曲线的方程为y 24－x 2＝1.]10．A 由已知中的三视图可得SC ⊥平面ABC ，且底面△ABC 为等腰三角形，如图，取AC 中点F ，连接BF ，则在Rt △BCF 中，BF ＝23，CF ＝2，BC ＝4，在Rt △BCS 中，CS ＝4，所以BS ＝4 2.设球心到平面ABC 的距离为d ，则因为△ABC 的外接圆的半径为433，所以由勾股定理可得R 2＝d 2＋(433)2＝(4－d )2＋(433)2，所以d ＝2，该三棱锥外接球的半径R ＝283，所以三棱锥外接球的表面积是4πR 2＝1123π.] 11．D ∵f (x )＝sin x －2x ， ∴f ′(x )＝cos x －2＜0， ∴f (x )在R 上单调递减，∵0＜ln 32＜1，log 213＜0,20.3＞1，即20.3＞ln 32＞log 213， ∴c ＜a ＜b .]12．D 因为函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的导数为f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c .又由于当x ∈(0,1)时取极大值，当x ∈(1,2)时取极小值，所以⎩⎨⎧f ′(1)＜0，f ′(0)＞0，f ′(2)＞0，即可得⎩⎨⎧2b ＋c ＋3＜0，c ＞0，4b ＋c ＋12＞0，因为(b ＋12)2＋(c －3)2的范围表示以(－12，3)为圆心的圆半径的平方的范围．通过图形可得过点A 时最大，过点B 时最小，通过计算可得(b ＋12)2＋(c －3)2的取值范围为(5,25)．故选D.]13.103解析 ∵向量AB →，AC →的夹角为120°，|AB →|＝5，|AC →|＝2，∴AB →·AC →＝|AB →||AC →|cos120°＝5×2×(－12)＝－5，∵AP→＝AB →＋λAC →，AP →⊥BC →， ∴(AB →＋λAC →)BC →＝(AB →＋λAC →)(AC →－AB →)＝0，即AB →·AC →－AB →2＋λAC →2－λAC →·AB →＝0， ∴－5－25＋4λ＋5λ＝0， 解得λ＝103. 14．8解析 ∵cos A ＝－14，0＜A ＜π，∴sin A ＝154，S △ABC ＝12bc sin A ＝12bc ×154＝315，∴bc ＝24， 又b －c ＝2，∴b 2－2bc ＋c 2＝4，b 2＋c 2＝52， 由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝52－2×24×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝64，∴a ＝8. 15．147解析 由题设可得a 3＝1＋1＝2，a 4＝2×2＝4，a 5＝1×2＋1＝3，a 6＝2×4＝8，所以a 7＝4，a 8＝16，a 9＝5，a 10＝32，a 11＝6，a 12＝64，该数列的前12项和为S ＝2(1－26)1－2＋6×(1＋6)2＝126＋21＝147，故答案为147.16.32解析 因为⎩⎨⎧y ＝11x ，b 2x 2＋a 2y 2＝a 2b 2⇒x 2＝a 2b 211a 2＋b 2，y 2＝11a 2b 211a 2＋b 2，所以|OA |2＝12a 2b 211a 2＋b 2. 由题设直线OP 的方程为x ＝－11y ， 所以⎩⎨⎧x ＝－11y ，b 2x 2＋a 2y 2＝a 2b 2⇒y 2＝a 2b 2a 2＋11b 2， x 2＝11a 2b 2a 2＋11b 2，所以|OP |2＝12a 2b 2a 2＋11b 2，所以|OP |2|OA |2＝11a 2＋b 2a 2＋11b 2＝3⇒12－e 212－11e 2＝3⇒e ＝32. 17．解 f (x )＝－sin2x －3(1－2sin 2x )＋1 ＝－sin2x －3cos2x ＋1 ＝－2sin(2x ＋π3)＋1.(1)函数f(x)的最小正周期T＝2π2＝π.f(x)＝－2sin(2x＋π3)＋1的单调递减区间是函数y＝sin(2x＋π3)的单调递增区间．由正弦函数的性质知，当2kπ－π2≤2x＋π3≤2kπ＋π2，k∈Z，即kπ－5π12≤x≤kπ＋π12，k∈Z时，函数y＝sin(2x＋π3)为单调增函数，所以函数f(x)的单调递减区间为kπ－5π12，kπ＋π12]，k∈Z.(2)因为x∈－π6，π6]，所以2x＋π3∈0，2π3]，所以sin(2x＋π3)∈0,1]．所以－2sin(2x＋π3)＋1∈－1,1]，所以f(x)的值域为－1,1]．18．解(1)由表知年龄在15,25)内的有5人，不赞成的有1人，年龄在25,35)内的有10人，不赞成的有4人，恰有2人不赞成的概率为P(ξ＝2)＝C14C25·C14·C16C210＋C24C25·C24C210＝410·2445＋610·645＝66225＝2275.(2)ξ的所有可能取值为0,1,2,3，P(ξ＝0)＝C24C25·C26C210＝610·1545＝45225＝1575，P(ξ＝1)＝C14C25·C26C210＋C24C25·C14·C16C210＝410·1545＋610·2445＝102225＝3475，P(ξ＝2)＝C24C25·C24C210＋C14C25·C14C16C210＝610·645＋410×2445＝66225＝2275，P(ξ＝3)＝C14C25·C24C210＝410·645＝12225＝475，所以ξ的分布列是所以ξ的均值E(ξ)＝6 5.19．(1)证明在△PCD中，PD＝CD＝2，∵E为PC的中点，∴DE平分∠PDC，∠PDE＝60°，∴在Rt△PDE中，DE＝PD·cos60°＝1，过E作EH⊥CD于H，则DH＝12，连接FH，∵AF＝1 2，∴四边形AFHD是矩形，∴CD⊥FH，又CD⊥EH，FH∩EH＝H，∴CD⊥平面EFH，又EF⊂平面EFH，∴CD⊥EF.(2)解∵AD＝PD＝2，P A＝22，∴AD⊥PD，又AD⊥DC，∴AD⊥平面PCD，又AD⊂平面ABCD，∴平面PCD⊥平面ABCD.过D作DG⊥DC交PC于点G，则由平面PCD⊥平面ABCD知，DG⊥平面ABCD，故DA，DC，DG两两垂直，以D为原点，以DA，DC，DG所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，P(0，－1，3)，又E为PC的中点，∴E(0，12，32)，设F(2，t,0)，则DE→＝(0，12，32)，DF →＝(2，t,0)，DP →＝(0，－1，3)， DA→＝(2,0,0)． 设平面DEF 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，∴⎩⎨⎧12y 1＋32z 1＝0，2x 1＋ty 1＝0.取z 1＝－2，可求得平面DEF 的一个法向量n ＝(－3t,23，－2)， 设平面ADP 的法向量m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·DP →＝0，m ·DA →＝0，∴⎩⎨⎧－y 2＋3z 2＝0，2x 2＝0.取m ＝(0，3，1)．∴cos θ＝||cos 〈m ，n 〉＝|6－2|2·3t 2＋12＋4＝34， 又t ＞0，∴t ＝43.∴当AF ＝43时，满足cos θ＝34. 20．解 (1)∵S n ＋1＝S n ＋a n ＋2， ∴a n ＋1－a n ＝2，∴数列{}a n 是公差为2的等差数列， ∵a 1，a 2，a 5成等比数列， ∴a 22＝a 1·a 5， ∴(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋8)，解得a 1＝1， ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. (2)∵数列{}b n 满足b na n＝(2)1＋a n ，∴b n ＝(2n －1)(2)2n ＝(2n －1)2n . ∴数列{}b n 的前n 项和T n ＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)2n ，①∴2T n ＝22＋3×23＋…＋(2n －3)×2n ＋(2n －1)×2n ＋1，②∴①－②，得－T n ＝2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n －1)×2n ＋1＝2＋2×4(2n －1－1)2－1－(2n－1)×2n ＋1＝－6＋(3－2n )×2n ＋1， ∴T n ＝6＋(2n －3)×2n ＋1.21．(1)解 由左焦点(－c,0)，上顶点(0，b )关于直线y ＝－x 对称，得b ＝c ， 将点P (62，12)代入椭圆得32a 2＋14b 2＝1， 又a 2＝b 2＋c 2，联立解得a 2＝2，b 2＝1， 故椭圆E 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 ①当切线l 的斜率存在且不为0时， 设l 的方程为y ＝kx ＋m ，联立直线l 和椭圆E 的方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 22＋y 2＝1，消去y 并整理，得(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0， 因为直线l 和椭圆E 有且仅有一个交点， 所以Δ＝16k 2m 2－4(2k 2＋1)(2m 2－2)＝0， 化简并整理，得m 2＝2k 2＋1. 因为直线MQ 与l 垂直，所以直线MQ 的方程为y ＝－1k (x －1)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－1k (x －1)，y ＝kx ＋m ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－km1＋k 2，y ＝k ＋m1＋k 2，所以x 2＋y 2＝(1－km )2＋(k ＋m )2(1＋k 2)2＝k 2m 2＋k 2＋m 2＋1(1＋k 2)2＝(k 2＋1)(m 2＋1)(1＋k 2)2＝m 2＋11＋k 2，把m 2＝2k 2＋1代入上式得x 2＋y 2＝2.(*)②当切线l 的斜率为0时，此时Q (1,1)，符合(*)式．③当切线l 的斜率不存在时，此时Q (2，0)或(－2，0)，符合(*)式． 综上所述，点Q 总在定圆x 2＋y 2＝2上．22．(1)解 当m ＝0时，f (x )＝x ln x ，x ＞0， 则f ′(x )＝ln x ＋1.由ln x ＋1＞0，解得x ＞1e ， 即f (x )在(1e ，＋∞)上单调递增； 由ln x ＋1＜0，解得0＜x ＜1e ， 即f (x )在(0，1e )上单调递减．综上，f (x )的单调递增区间为(1e ，＋∞)， 单调递减区间为(0，1e )．(2)解 已知x ∈e ，e 2]，于是x 2－x f (x )＞1变形为x －1ln x －mx＞1，从而1ln x －mx ＞1x －1，即0＜ln x －mx ＜x －1，整理得ln x －x ＋1x ＜m ＜ln xx . 令g (x )＝ln x －x ＋1x ，则g ′(x )＝－ln xx 2＜0，即g (x )在e ，e 2]上是减函数， ∴g (x )max ＝g (e)＝3e2e －1.令h (x )＝ln xx ，则h ′(x )＝1－ln x x 2，当e ＜x ＜e 时，h ′(x )＞0，即此时h (x )单调递增；当e ＜x ＜e 2时，h ′(x )＜0，即此时h (x )单调递减． 而h (e)＝12e ＞h (e 2)＝2e 2，∴h (x )min ＝2e 2，∴3e 2e －1＜m ＜2e 2.(3)证明 由(1)知，当m ＝0时，f (x )＝x ln x 在(1e ，＋∞)上是增函数， ∵1e ＜x 1＜x 1＋x 2＜1，∴f (x 1＋x 2)＝(x 1＋x 2)ln(x 1＋x 2)＞f (x 1)＝x 1ln x 1， 即ln x 1＜x 1＋x 2x 1ln(x 1＋x 2)，同理ln x 2＜x 1＋x 2x 2ln(x 1＋x 2)，ln x 1＋ln x 2＜(x 1＋x 2x 1＋x 1＋x 2x 2)ln(x 1＋x 2)＝(2＋x 1x 2＋x 2x 1)ln(x 1＋x 2)，又∵2＋x 1x 2＋x 2x 1≥4，当且仅当x 1＝x 2时，取等号，x 1，x 2∈(1e ，1)， x 1＋x 2＜1，ln(x 1＋x 2)＜0，∴(2＋x 1x 2＋x 2x 1)ln(x 1＋x 2)≤4ln(x 1＋x 2)，∴ln x 1＋ln x 2＜4ln(x 1＋x 2)， ∴x 1x 2＜(x 1＋x 2)4.。
2018届人教A版 集合、简易逻辑、复数 检测卷
小题专练·作业(六)一、选择题1．已知i 为虚数单位，复数z 满足z(1－i)＝1＋i ，则z 2 016＝( ) A ．1 B ．－1 C ．i D ．－i答案 A解析 依题意，得z ＝1＋i 1－i ＝（1＋i ）22＝i ，故z 2 016＝i 2 016＝i 4×504＝1.2．设非空集合P 、Q 满足P ∩Q ＝P ，则( ) A ．∀x ∈Q ，有x ∈P B ．∀x ∉Q ，有x ∉P C ．∃x 0∉Q ，使得x 0∈P D ．∃x 0∈P ，使得x 0∉Q 答案 B解析 因为P ∩Q ＝P ，所以P ⊆Q ，则∀x ∈P ，有x ∈Q ，所以∀x ∉Q ，必有x ∉P. 3．在等差数列{a n }中，“a 1<a 3”是“数列{a n }是单调递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件 答案 C解析 设{a n }的公差为d ，则a 1<a 3⇔a 1<a 1＋2d ⇔0<d ，故“a 1<a 3”是“数列{a n }是单调递增数列”的充要条件． 4．(2016·南昌一模)已知集合A ＝{x|y ＝x －x 2}，B ＝{x|y ＝ln(1－x)}，则A ∪B ＝( ) A ．[0，1] B ．[0，1) C ．(－∞，1] D ．(－∞，1)答案 C解析 因为A ＝[0，1]，B ＝(－∞，1)，所以A ∪B ＝(－∞，1]．故选C. 5．(2016·湖南四校联考)下列命题中，是真命题是( ) A ．∃x 0∈R ，ex 0≤0 B ．∀x ∈R ，2x >x 2C ．已知a ，b 为实数，则a ＋b ＝0的充要条件是ab ＝－1D ．已知a ，b 为实数，则a>1，b>1是ab>1的充分条件 答案 D 解析6.(2016·石家庄质检二)设集合M ＝{－1，1}，N ＝{x|1x <2}，则下列结论正确的是( ) A ．N ⊆M B ．M ⊆N C ．M ∩N ＝∅ D ．M ∪N ＝R答案 B解析 ∵1x －2<0，即2x －1x >0，解得x<0或x>12，∴N ＝(－∞，0)∪(12，＋∞)，又M ＝{1，－1}，∴可知B 正确，A ，C ，D 错误，故选B.7．(2016·湖北七校)复数z ＝1＋2i(i 为虚数单位)，z －为z 的共轭复数，则下列结论正确的是( ) A.z －的实部为－1 B.z －的虚部为－2i C ．z ·z －＝5 D.z －z ＝i 答案 C解析 依题意，z －＝1－2i.A ．∃x 0∈[－2，＋∞)，x 0＋3<1B ．∃x 0∈[－2，＋∞)，x 0＋3≥1C ．∀x ∈[－2，＋∞)，x ＋3<1D ．∀x ∈(－∞，－2)，x ＋3≥1 答案 A解析 依题意，将全称量词改成存在量词，再将结论否定，就可得全称命题的否定，故选A.9．(2016·江西九校)已知i 为虚数单位，a 为实数，复数z ＝(1－2i)(a ＋i)在复平面内对应的点为M ，则“a>0”是“点M 在第四象限”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 B解析 z ＝(a ＋2)＋(1－2a)i ，其在复平面内对应的点M 的坐标(a ＋2，1－2a)．若它在四象限，则⎩⎨⎧a ＋2>0，1－2a<0，解得a>12.所以a>0不能得出点M 在第四象限，但点M 在第四象限能得出a>0，故“a>0”是“点M 在第四象限”的必要不充分条件． 10．(2016·福州调研)命题“若a 2＋b 2＝0，则a ＝0且b ＝0”的逆否命题是( ) A ．若a 2＋b 2≠0，则a ≠0且b ≠0 B ．若a 2＋b 2≠0，则a ≠0或b ≠0 C ．若a ≠0且b ≠0，则a 2＋b 2≠0 D ．若a ≠0或b ≠0，则a 2＋b 2≠0 答案 D解析 逆否命题的条件和结论分别是原命题结论的否定和条件的否定，即条件和结论互换且同时否定．对于“a ＝0且b ＝0”的否定形式为“a ≠0或b ≠0”，而不是“a ≠0且b ≠0”．11．(2016·太原四校)已知集合A ＝{x|3x <1}，集合B ＝{y|y ＝t －2t －3}，则A ∩B＝( )A．(－∞，2] B．(3，＋∞) C．[2，3) D．(0，3)答案 B解析由3x<1，得x－3x>0，因而x>3或x<0，即A＝(－∞，0)∪(3，＋∞)，设m＝t－3≥0，则t＝m2＋3，因而y＝m2＋3－2m＝(m－1)2＋2，所以B＝[2，＋∞)，从而A∩B＝(3，＋∞)，故选B.12．(2016·贵州监测)下列说法中正确的是()A．命题“∀x∈R，e x>0”的否定是“∃x∈R，e x>0”B．命题“已知x，y∈R，若x＋y≠3，则x≠2或y≠1”是真命题C．“x2＋2x≥ax在x∈[1，2]恒成立”⇔“对于x∈[1，2]，有(x2＋2x)min≥(ax)max”D．命题“若a＝－1，则函数f(x)＝ax2＋2x－1只有一个零点”的逆命题为真命题答案 B解析全称命题“∀x∈M，p(x)”的否定是“∃x∈M，綈p(x)”，故命题“∀x ∈R，e x>0”的否定是“∃x∈R，e x≤0”，A项错误；命题“已知x，y∈R，若x＋y≠3，则x≠2或y≠1”的逆否命题为“已知x，y∈R，若x＝2且y＝1，则x＋y＝3”，是真命题，故原命题是真命题，B项正确；“x2＋2x≥ax在x∈[1，2]上恒成立”⇔“对于x∈[1，2]有(x＋2)min≥a”，由此可知C项错误；命题“若a＝－1，则函数f(x)＝ax2＋2x－1只有一个零点”的逆命题为“若函数f(x)＝ax2＋2x－1只有一个零点，则a＝－1”，而函数f(x)＝ax2＋2x－1只有一个零点⇔a＝0或a＝－1，故D项错误．13．(2016·惠州调研)已知集合M＝{(x，y)|y＝f(x)}，若对于任意实数对(x1，y1)∈M，存在(x2，y2)∈M，使得x1x2＋y1y2＝0成立，则称集合M是“垂直对点集”．给出下列四个集合：①M＝{(x，y)|y＝1x}；②M＝{(x，y)|y＝ex－2}；③M＝{(x，y)|y＝cosx}；④M＝{(x，y)|y＝lnx}．其中是“垂直对点集”的序号是() A．①②④B．②③C．③④D．①③④答案 B解析 对于①，注意到x 1x 2＋1x 1x 2＝0无实数解，因此①不是“垂直对点集”；对于②，注意到过原点作任意一条直线与曲线y ＝e x －2相交，过原点与该直线垂直的直线必与曲线y ＝e x －2相交，因此②是“垂直对点集”；对于③，与②同理；对于④，注意到对于点(1，0)，不存在(x 2，y 2)∈M ，使得1×x 2＋0×lnx 2＝0，因为x 2＝0与x 2>0矛盾，因此④不是“垂直对点集”． 二、填空题14．(2016·山西质检)若复数4＋bi 1＋i(b ∈R )的实部与虚部互为相反数，则b ＝________． 答案 0 解析 由于4＋bi 1＋i ＝（4＋bi ）（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝b ＋4＋（b －4）i 2＝b ＋42＋b －42i ，而其实部与虚部互为相反数，则有b ＋42＋b －42＝0，解得b ＝0.15．(2016·吉林模拟)已知集合A ＝{x||x －a|＝4}，集合B ＝{1，2，b}．若A ⊆B 成立，则对应的实数对(a ，b)有________对． 答案 4解析 A ＝{x||x －a|＝4}＝{a ＋4，a －4}，因为A ⊆B 成立，所以⎩⎨⎧a ＋4＝1，a －4＝b ，或⎩⎨⎧a ＋4＝b ，a －4＝1，或⎩⎨⎧a ＋4＝2，a －4＝b ，或⎩⎨⎧a ＋4＝b ，a －4＝2.求得实数对(a ，b)为(－3，－7)或(5，9)或(－2，－6)或(6，10)，共4对．16．(2016·天津卷改编)已知a ，b ∈R ，i 是虚数单位．若(1＋i)(1－bi)＝a ，令z ＝a ＋bi ，则z 2的共轭复数所对应点所在的象限是________． 答案 第四象限解析 ∵a ∈R ，∴b ＝1，∴a ＝2，z ＝2＋i ，z 2＝3＋4i.其共轭复数为3－4i ，所以其对应点在第四象限．17．(2016·郑州调研)已知命题p ：实数m 满足m 2＋12a 2<7am(a>0)，命题q ：实数m 满足方程x 2m －1＋y 22－m＝1表示的焦点在y 轴上的椭圆，且p 是q 的充分不必要条件，则a 的取值范围为________． 答案 [13，38]解析 由a>0，m 2－7am ＋12a 2<0，得3a<m<4a ，即命题p ：3a<m<4a ，a>0.由x 2m －1＋y 22－m＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，可得2－m>m －1>0，解得1<m<32，即命题q ：1<m<32.因为p 是q 的充分不必要条件，所以⎩⎪⎨⎪⎧3a>1，4a ≤32或⎩⎪⎨⎪⎧3a ≥1，4a<32，解得13≤a ≤38，所以实数a 的取值范围是[13，38]．18．(2016·南昌调研)设命题p ：关于x 的不等式a x >1的解集是{x|x<0}；q ：函数y ＝ax 2－x ＋a 的定义域为R .若p ∨q 是真命题，p ∧q 是假命题，则实数a 的取值范围是________． 答案 (0，12)∪[1，＋∞)解析 根据指数函数的单调性，可知命题p 为真命题时，实数a 的取值集合为P ＝{a|0<a<1}．对于命题q ：函数的定义域为R 的充要条件是ax 2－x ＋a ≥0恒成立． 当a ＝0时，不等式为－x ≥0，解得x ≤0，显然不成立；当a ≠0时，不等式恒成立的条件是⎩⎨⎧a>0，Δ＝（－1）2－4a ×a ≤0，解得a ≥12.所以命题q 为真命题时，a 的取值集合为Q ＝{a|a ≥12}．由“p ∨q 是真命题，p ∧q 是假命题”，可知命题p ，q 一真一假，当p 真q 假时，a 的取值范围是P ∩(∁R Q)＝{a|0<a<1}∩{a|a<12}＝{a|0<a<12}； 当p 假q 真时，a 的取值范围是(∁R P)∩Q ＝{a|a ≤0或a ≥1}∩{a|a ≥12}＝{a|a ≥1}． 综上，a 的取值范围是(0，12)∪[1，＋∞)．。
2018届人教A版 数列 检测卷
重组八 数列测试时间：120分钟满分：150分第Ⅰ卷 (选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分，每小题只有一个选项符合题意)1．[2016·宁夏银川模拟]已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，若a 1＝12，则a 2016＝( )A ．－1 B.12 C ．1 D.2答案 A解析 由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n ，得a 2＝11－a 1＝2，a 3＝11－a 2＝－1，a 4＝11－a 3＝12，a 5＝11－a 4＝2，…，于是归纳可得a 3n －2＝12，a 3n －1＝2，a 3n ＝－1，因此a 2016＝a 3×672＝－1，故选A.2．[2017·辽宁丹东测试]等差数列{a n }中，公差d ≠0，若lg a 1，lg a 2，lg a 4也成等差数列，a 5＝10，则{a n }的前5项和S 5＝( )A ．40 B.35 C ．30 D.25答案 C解析 lg a 1，lg a 2，lg a 4成等差数列，2lg a 2＝lg a 1＋lg a 4⇒lg a 22＝lg a 1a 4⇒a 22＝a 1a 4⇒d 2＝a 1d ，因为d ≠0，所以，a 1＝d ，a 5＝a 1＋4d ＝10，a 1＝2，d ＝2，S 5＝5a 1＋5×42d ＝30.3．[2016·西安八校联考]已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝( )A ．7 B.5 C ．－5 D.－7答案 D解析 ∵a 4＋a 7＝2，由等比数列的性质可得，a 5a 6＝a 4a 7＝－8. ∴a 4＝4，a 7＝－2或a 4＝－2，a 7＝4. 当a 4＝4，a 7＝－2时，q 3＝－12， ∴a 1＝－8，a 10＝1， ∴a 1＋a 10＝－7.当a 4＝－2，a 7＝4时，q 3＝－2，则a 10＝－8，a 1＝1， ∴a 1＋a 10＝－7.综上可得，a 1＋a 10＝－7， 故选D.4．[2017·湖北重点中学联考]设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )A ．3 B.4 C ．5 D.6答案 C解析 a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，所以公差d ＝a m ＋1－a m ＝1，S m ＝m (a 1＋a m )2＝0，得a 1＝－2，所以a m ＝－2＋(m －1)·1＝2，解得m ＝5，故选C.5．[2016·甘肃模拟]在等比数列{a n }中，公比q ＝2，前87项和S 87＝140，则a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87等于( )A.1403 B.60 C ．80 D.160答案 C解析 解法一：a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87＝a 3(1＋q 3＋q 6＋…＋q 84)＝a 1q 2×1－(q 3)291－q 3＝q 21＋q ＋q 2×a 1(1－q 87)1－q＝47×140＝80.故选C.解法二：设b 1＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 85，b 2＝a 2＋a 5＋a 8＋…＋a 86，b 3＝a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87，因为b 1q ＝b 2，b 2q ＝b 3，且b 1＋b 2＋b 3＝140，所以b 1(1＋q ＋q 2)＝140，而1＋q ＋q 2＝7，所以b 1＝20，b 3＝q 2b 1＝4×20＝80.故选C.6．[2016·沈阳质检]设等差数列{a n }满足a 2＝7，a 4＝3，S n 是数列{a n }的前n 项和，则使得S n >0最大的自然数n 是( )A ．9 B.10 C ．11 D.12答案 A解析 解出{a n }的公差d ＝3－74－2＝－2，于是{a n }的通项为a n ＝7－2(n －2)＝－2n ＋11，可见{a n }是递减数列，且a 5>0>a 6，a 5＋a 6＝0，于是S 9＝2a 52·9>0，S 10＝a 5＋a 62·10＝0，S 11＝2a 62·11<0，从而该题选A.7．[2016·河北五校联考]已知数列{a n }满足ln a 12·ln a 25·ln a 38·…·ln a n 3n －1＝3n ＋22(n ∈N *)，则a 10＝( ) A ．e 26 B.e 29 C ．e 32 D.e 35 答案 C解析 解法一：由题意可知，等式左边各个因式的分母成等差数列{3n －1}，右边为3n ＋22，又因为左边是连乘式，因此各个因式的分子与后一个因式的分母相同，因此ln a n 对应的下一个因式的分母是3n ＋2，即ln a n ＝3n ＋2，所以a n ＝e 3n ＋2，所以a 10＝e 32，故选C.解法二：∵ln a 12·ln a 25·…·ln a n 3n －1＝3n ＋22，①∴ln a 12·ln a 25·…·ln a n －13n －4＝3n －12(n ≥2)．②由①②可知ln a n 3n －1＝3n ＋23n －1，∴ln a n ＝3n ＋2.又ln a 1＝5(适合上式)， ∴ln a n ＝3n ＋2，即a n ＝e 3n ＋2， ∴a 10＝e 32，故选C.8．[2016·太原一模]等比数列{a n}中，a1＝1，公比q＝2，前n项和为S n，下列结论正确的是()答案 C解析9．[2016·贵阳月考]设数列{a n}的前n项和为S n，若n>1时，2a n＝a n＋＋a n－1，且S3<S5<S4，则满足S n－1S n <0(n>1)的正整数n的值为() 1A．9 B.8C．7 D.6答案 A解析 ∵n >1时，2a n ＝a n ＋1＋a n －1，∴数列{a n }是等差数列， 又因为S 3<S 5<S 4，∴a 1＋a 2＋a 3<a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5<a 1＋a 2＋a 3＋a 4，则a 5<0，a 4＋a 5>0，∴S 9＝9a 5<0，S 8＝8(a 1＋a 8)2＝4(a 4＋a 5)>0， ∴满足S n －1S n <0的正整数n 的值为9，故选A.10．[2017·湖北襄阳四校期末]我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为： 第一步：构造数列1，12，13，14，…，1n .①第二步：将数列①的各项乘以n2，得到一个新数列a 1，a 2，a 3，…，a n .则a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n －1a n ＝( ) A.n 24 B.(n －1)24 C.n (n －1)4 D.n (n ＋1)4答案 C解析 由题意知所得新数列为1×n 2，12×n 2，13×n 2，…，1n ×n2，所以a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n－1a n＝n 24⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋13×4＋…＋1(n －1)×n ＝n 24⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝n 24⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝n (n －1)4，故选C.11．[2016·浙江高考]如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)．若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( ) A ．{S n }是等差数列 B.{S 2n }是等差数列C ．{d n }是等差数列 D.{d 2n }是等差数列答案 A解析 由题意，过点A 1，A 2，A 3，…，A n ，A n ＋1，…分别作直线B 1B n ＋1的垂线，高分别记为h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…，根据平行线的性质，得h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…成等差数列，又S n ＝12×|B n B n＋1|×h n ，|B n B n ＋1|为定值，所以{S n }是等差数列．故选A.12．[2016·湖南六校联考]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－|x －1|，x <2，2f (x －2)，x ≥2，g (x )＝2 x －12，设方程f (x )＝g (x )的根从小到大依次为x 1，x 2，…x n …，n ∈N *，则数列{f (x n )}的前n 项和为( )A ．2n ＋1－2 B.2n －1 C ．n 2 D.n 2－1答案 B解析 函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－|x －1|，x <2，2f (x －2)，x ≥2的图象如图所示，x ＝1时，f (x )＝1，x ＝3时，f (x )＝2，x ＝5时，f (x )＝4，所以方程f (x )＝2x -12的根从小到大依次为1,3,5，…，数列{f (x n )}从小到大依次为1,2,4，…，组成以1为首项，2为公比的等比数列，所以数列{f (x n )}的前n 项和为S n ＝2n －1，故选B.第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．[2016·沈阳质检]设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋3，则S 4＝________.答案 66解析 依题意a n ＝2S n －1＋3(n ≥2)，与原式作差得，a n ＋1－a n ＝2a n ，即a n ＋1＝3a n ，n ≥2，可见，数列{a n }从第二项起是公比为3的等比数列，a 2＝5，所以S 4＝1＋5(1－33)1－3＝66.故答案为66.14．[2016·全国卷Ⅰ]设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．答案 64解析 设{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，得a 1＝8，q ＝12，则a 2＝4，a 3＝2，a 4＝1，a 5＝12，所以a 1a 2…a n ≤a 1a 2a 3a 4＝64.15．[2016·安庆二模]已知数列{a n }是各项均不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，且a n ＝S 2n －1(n ∈N *)．若不等式λa n≤n ＋8n 对任意n∈N *恒成立，则实数λ的最大值为________．答案 9解析 a n ＝S 2n －1⇒a n ＝(2n －1)(a 1＋a 2n －1)2＝(2n －1)a n⇒a 2n ＝(2n －1)a n ⇒a n ＝2n －1，n ∈N *.由λa n ≤n ＋8n 对任意n ∈N *恒成立，可得λ≤(n ＋8)(2n －1)n ⇒λ≤2n －8n ＋15.因为2n －8n ＋15在n ≥1时单调递增，当n ＝1时，其最小为9，所以λ≤9，故实数λ的最大值为9.16．[2017·湖南联考]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意的n ∈N *，S n ＝(－1)na n ＋12n ＋n －3且(a n ＋1－p )(a n －p )<0恒成立，则实数p的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－34，114解析 由S n ＝(－1)na n ＋12n ＋n －3，得a 1＝－34；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n a n ＋12n ＋n －3－(－1)n －1a n －1－12n －1－(n －1)＋3＝(－1)n a n ＋(－1)n a n －1－12n ＋1.若n 为偶数，则a n －1＝12n －1，∴a n ＝12n ＋1－1(n 为正奇数)；若n 为奇数，则a n －1＝－2a n －12n ＋1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－1－12n ＋1＝3－12n －1，∴a n ＝3－12n (n 为正偶数)．函数a n ＝12n ＋1－1(n 为正奇数)为减函数，最大值为a 1＝－34，函数a n ＝3－12n (n 为正偶数)为增函数，最小值为a 2＝114.若(a n ＋1－p )(a n －p )<0恒成立，则a 1<p <a 2，即－34<p <114.故答案为⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，114.三、解答题(共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．[2016·唐山一中模拟](本小题满分10分)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－7，S 8＝0.(1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)数列{b n }满足b 1＝116，b n b n ＋1＝2a n ，求数列{b n }的通项公式． 解 (1)由S 8＝0，得a 1＋a 8＝－7＋a 8＝0， ∴a 8＝7，d ＝a 8－a 18－1＝2，(2分)所以{a n }的前n 项和为S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－7n ＋n (n －1)＝n 2－8n .(4分) (2)由题设得b n b n ＋1＝2a n ，b n ＋1b n ＋2＝2a n ＋1， 两式相除得b n ＋2＝4b n ，(6分)又b 1b 2＝2a 1＝1128，b 1＝116，所以b 2＝18＝2b 1，所以b n ＋1＝2b n ，即{b n }是以116为首项，以2为公比的等比数列，(8分)故b n ＝2n －5.(10分)18．[2016·长春质检](本小题满分12分)已知数列{a n }满足a 1＝511,4a n ＝a n －1－3(n ≥2)．(1)求证：数列{a n ＋1}为等比数列；(2)令b n ＝|log 2(a n ＋1)|，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)证明：由a n ＝14a n －1－34知a n ＋1＝14(a n －1＋1)，(2分) 由a n ＋1≠0知a n ＋1a n －1＋1＝14，则数列{a n ＋1}是以512为首项，14为公比的等比数列．(4分)(2)由(1)知log 2(a n ＋1)＝11－2n ，设{log 2(a n ＋1)}的前n 项和为T n ，T n ＝10n －n 2.(6分)b n ＝|log 2(a n ＋1)|，当n ≤5时，log 2(a n ＋1)>0，S n ＝T n ＝10n －n 2，(8分) 当n ≥6时，S n ＝T 5－log 2(a 6－1)－…－log 2(a n ＋1)＝T 5－(T n －T 5)＝2T 5－T n ＝n 2－10n ＋50.(10分)综上得S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －n 2，n ≤5，n 2－10n ＋50，n ≥6.(12分)19．[2016·天津河西区质检](本小题满分12分)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝⎩⎨⎧2S n(n 为奇数)，b n (n 为偶数)，设数列{c n }的前n 项和T n ，求T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，则由a 1＝3，b 1＝1及⎩⎪⎨⎪⎧ b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，(2分)所以a n ＝2n ＋1，b n ＝2n －1. (4分) (2)由(1)可得，S n ＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎨⎧2n (n ＋2)(n 为奇数)，2n －1(n 为偶数)，即c n ＝⎩⎨⎧ 1n －1n ＋2(n 为奇数)，2n －1(n 为偶数)，(6分)当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＋(21＋23＋…＋2n －2) ＝1－1n ＋2＋2 ⎭⎪⎫(1－4 n -12 1－4＝2n ＋13－1n ＋2；(8分) 当n 为偶数时， T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋(21＋23＋…＋2n －1)(10分) ＝1－1n ＋1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－4 n 2 1－4＝2n ＋1＋13－1n ＋1.(12分) 20．[2017·衡水中学模拟](本小题满分12分)中国人口已经出现老龄化与少子化并存的结构特征，测算显示中国是世界上人口老龄化速度最快的国家之一，再不实施“放开二胎”新政策，整个社会将会出现一系列的问题．若某地区2015年人口总数为45万，实施“放开二胎”新政策后专家估计人口总数将发生如下变化：从2016年开始到2025年每年人口比上年增加0.5万人，从2026年开始到2035年每年人口为上一年的99%.(1)求实施新政策后第n 年的人口总数a n 的表达式(注：2016年为第一年)；(2)若新政策实施后的2016年到2035年人口平均值超过49万，则需调整政策，否则继续实施．问到2035年后是否需要调整政策？(说明：0.9910＝(1－0.01)10≈0.9)解 (1)当n ≤10时，数列{a n }是首项为45.5，公差为0.5的等差数列，∴a n ＝45.5＋0.5(n －1)＝45＋0.5n ，(3分)当n ≥11时，数列{a n }是以公比为0.99的等比数列．又∵a 10＝50，∴a n ＝50×0.99n －10，(5分) 因此，新政策实施后第n 年的人口总数a n (单位：万)的表达式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧45＋0.5n ，1≤n ≤10，50×0.99n －10，11≤n ≤20.(6分) (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，则从2016年到2035年共20年，由等差数列及等比数列的求和公式，得S 20＝S 10＋(a 11＋a 12＋…＋a 20)＝477.5＋4950×(1－0.9910)≈972.5万，∴新政策实施到2035年人口均值为S 2020≈48.63万，由S 2020<49，故到2035年不需要调整政策．(12分)21．[2016·西安八校联考](本小题满分12分)数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n ＋1a n a n ＋2n(n ∈N ＋)． (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2na n 是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式a n ；(3)设b n ＝n (n ＋1)a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)证明：由已知可得a n ＋12n ＋1＝a n a n ＋2n， 即2n ＋1a n ＋1＝2n a n ＋1，即2n ＋1a n ＋1－2na n＝1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2na n 是公差为1的等差数列．(4分) (2)由(1)知2n a n ＝2a 1＋(n －1)×1＝n ＋1， ∴a n ＝2nn ＋1.(8分) (3)由(2)知b n ＝n ·2n ，S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，2S n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1， 相减得：－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1， ∴S n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.(12分)22．[2016·江苏联考](本小题满分12分)已知数列{a n }中，a 1＝5，a 2＝2，且2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1.(1)求证：数列{a n ＋1－2a n }和⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 都是等比数列； (2)求数列{2n －3a n }的前n 项和S n .解 (1)证明：∵2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，∴2a n ＋2a n ＋2＝5a n ＋1，∴2(a n ＋2－2a n ＋1)＝a n ＋1－2a n ，∴a n ＋2－2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝12，∵a 2－2a 1＝2－2×5＝－8，∴{a n ＋1－2a n }是以－8为首项，12为公比的等比数列；(3分) ∴a n ＋1－2a n ＝－8×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∵2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，∴a n ＋2－12a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12a n ，∴a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝2，∵a 2－12a 1＝2－12×5＝－12，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以－12为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1－12a n ＝－12×2n －1.(6分)(2)由(1)知a n ＋1－2a n ＝－8×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，①a n ＋1－12a n ＝－12×2n －1，②由①②解得a n ＝23(24－n －2n －2)，(9分)验证a 1＝5，a 2＝2适合上式，∴2n －3a n ＝23(24－n －2n －2)·2n －3＝23(2－22n －5)，∴S n ＝23(2－2－3)＋23(2－2－1)＋23(2－2)＋…＋23(2－22n －5)＝23[2n －(2－3＋2－1＋2＋…＋22n －5)]＝23[ 2n －18(1－4n )1－4]＝4n 3－4n 36＋136.(12分)。
2018届人教A版 集合与常用逻辑用语 检测卷
重组一 集合与常用逻辑用语测试时间：120分钟满分：150分第Ⅰ卷 (选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分，每小题只有一个选项符合题意)1．[2016·全国卷Ⅰ]设集合A ＝{x |x 2－4x ＋3<0}，B ＝{x |2x －3>0}，则A ∩B ＝( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－3，－32B.⎝⎛⎭⎪⎫－3，32C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，3 答案 D解析 由题意得，A ＝{x |1<x <3}，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x >32，则A ∩B ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，3.选D.2．[2017·河北百校联盟联考]已知全集U ＝Z ，A ＝{x |x 2－5x <0，x ∈Z }，B ＝{－1,0,1,2}，则图中阴影部分所表示的集合等于( )A ．{－1,2} B.{－1,0} C ．{0,1} D.{1,2}答案 B解析 x 2－5x <0的解为0<x <5，所以集合A ＝{1,2,3,4}，(∁U A )∩B 是指不在集合A 中，但在集合B 中的全集中的元素，即－1,0，所以图中的阴影部分表示的集合等于{－1,0}，故选B.3．[2017·湖北武汉联考]命题“∀n ∈N *，∃x ∈R ，使得n 2<x ”的否定形式是( )A ．∀n ∈N *，∃x ∈R ，使得n 2≥xB ．∀n ∈N *，∀x ∈R ，使得n 2≥xC ．∃n ∈N *，∃x ∈R ，使得n 2≥xD ．∃n ∈N *，∀x ∈R ，使得n 2≥x 答案 D解析 命题的否定是条件不变，结论否定，同时存在量词与全称量词要互换，因此命题“∀n ∈N *，∃x ∈R ，使得n 2<x ”的否定是“∃n ∈N *，∀x ∈R ，使得n 2≥x ”．故选D.4．[2016·江西九校联考]已知A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x x ＋1x －1≤0，B ＝{－1，0,1}，则card(A ∩B )＝( )A ．0 B.1 C ．2 D.3答案 C解析 由A ＝{x |－1≤x <1}可得A ∩B ＝{－1,0}，所以A ∩B 的元素个数为2.5．[2016·北京东城模拟]集合A ＝{x |x ≤a }，B ＝{x |x 2－5x <0}，若A ∩B ＝B ，则a 的取值范围是( )A ．a ≥5 B.a ≥4 C ．a ＜5 D.a ＜4 答案 A解析 B ＝{x |x 2－5x <0}＝{x |0<x <5}，A ∩B ＝B 说明B 是A 的子集，故a ≥5.6．[2016·安徽六校测试]设非空集合P ，Q 满足P ∩Q ＝P ，则( ) A ．∀x ∈Q ，有x ∈P B ．∀x ∉Q ，有x ∉P C ．∃x 0∉Q ，使得x 0∈P D ．∃x 0∈P ，使得x 0∉Q 答案 B解析 因为P ∩Q ＝P ，所以P ⊆Q ，所以∀x ∉Q ，有x ∉P ，故选B.7．[2016·贵阳一中月考]“a >－2”是“函数f (x )＝|x －a |在(－∞，1]上单调递减”的( )A ．充分不必要条件 B.必要不充分条件 C ．充要条件 D.既不充分也不必要条件答案 B解析 因为“函数f (x )＝|x －a |在(－∞，1]上单调递减”⇒a ≥1，所以“a >－2”是“函数f (x )＝|x －a |在(－∞，1]上单调递减”的必要不充分条件，故选B.8．[2016·济南调研]已知命题p ：∃x 0∈R ，使sin x 0＝52；命题q ：∀x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，x >sin x ，则下列判断正确的是( )A ．p 为真 B.綈p 为真 C ．p ∧q 为真 D.p ∨q 为假 答案 B解析 由三角函数y ＝sin x 的有界性，－1≤sin x 0≤1，所以p 假；对于q ，构造函数y ＝x －sin x ，求导得y ′＝1－cos x ，又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以y ′>0，y 为单调递增函数，有y >y |x ＝0＝0恒成立，即∀x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，x >sin x ，所以q 真．判断可知，B 正确．9．[2016·四川高考]设p ：实数x ，y 满足(x －1)2＋(y －1)2≤2，q ：实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x －1，y ≥1－x ，y ≤1，则p 是q 的( )A ．必要不充分条件B.充分不必要条件 C ．充要条件 D.既不充分也不必要条件答案 A解析 作出(x －1)2＋(y －1)2≤2表示区域D ，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x －1，y ≥1－x ，y ≤1表示的区域E ，如图所示，因为E ⊆D ，所以p 是q 的必要不充分条件，选A.10．[2016·河西五市二联]下列说法正确的是( ) A ．命题“∀x ∈R ，e x >0”的否定是“∃x ∈R ，e x >0”B ．命题“已知x ，y ∈R ，若x ＋y ≠3，则x ≠2或y ≠1”是真命题C ．“x 2＋2x ≥ax 在x ∈[1,2]上恒成立”⇔“(x 2＋2x )min ≥(ax )min在x ∈[1,2]上恒成立”D ．命题“若a ＝－1，则函数f (x )＝ax 2＋2x －1只有一个零点”的逆命题为真命题答案 B解析 A 项，应为“∃x ∈R ，e x ≤0”，故A 错误；B 项，其逆否命题是“若x ＝2且y ＝1，则x ＋y ＝3”，为真命题，故原命题为真命题，故B 正确；C 项，应为“(x 2＋2x －ax )min ≥0在[1,2]上恒成立”，故C 错误；D 项，函数f (x )＝ax 2＋2x －1只有一个零点等价于a ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧a ≠0，Δ＝4＋4a ＝0⇒a ＝－1，故D 错误，选B. 11．[2017·石家庄联考]已知命题p ：“∃x ∈R ，使得e x ≤2x ＋a ”为假命题，则实数a 的取值范围是( )A．(－∞，2－2ln 2) B.(－∞，2－2ln 2]C．(2－2ln 2，＋∞) D.[2－2ln 2，＋∞)答案 A解析命题p是一个特称命题，故綈p是一个全称命题．由题意，可知綈p：“∀x∈R，使得e x>2x＋a”为真命题，即e x－2x－a>0恒成立．设f(x)＝e x－2x－a，则f′(x)＝e x－2.令f′(x)＝0，即e x－2＝0，解得x＝ln 2.所以当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．所以当x＝ln 2时，函数f(x)取得最小值f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2－a＝2－2ln 2－a.由不等式e x－2x－a>0恒成立可得2－2ln 2－a>0，所以a<2－2ln 2.所以a的取值范围是(－∞，2－2ln 2)．故选A.12．[2017·北京模拟]某网店统计了连续三天售出商品的种类情况：第一天售出19种商品，第二天售出13种商品，第三天售出18种商品；前两天都售出的商品有3种，后两天都售出的商品有4种．设该网店第一天售出但第二天未售出的商品有m种，这三天售出的商品最少有n种，则m，n分别为()A．18,30 B.16,28C．17,29 D.16,29答案 D解析设第一天售出的商品为集合A，则A中有19个元素，第二天售出的商品为集合B ，则B 中有13个元素，第三天售出的商品为集合C ，则C 中有18个元素．由于前两天都售出的商品有3种，则A ∩B 中有3个元素，后两天都售出的商品有4种，则B ∩C 中有4个元素，所以该网店第一天售出但第二天未售出的商品有19－3＝16种．这三天售出的商品种数最少时，第一天和第三天售出的种类重合最多，由于前两天都售出的商品有3种，后两天都售出的商品有4种，故第一天和第三天都售出的商品可以有17种，即A ∩C 中有17个元素，如图，即这三天售出的商品最少有2＋14＋3＋1＋9＝29种．第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．[2016·湖南郴州三模]命题“实数的平方都是正数”的否定是________________________．答案 至少有一个实数的平方不是正数解析 全称命题的否定一定是特称命题．“实数的平方都是正数”是全称命题，只是省略了“所有”两字．14．[2017·山西四校联考]已知命题p ：x 2－5x ＋4≤0；命题q ：13－x<1，若(綈q )∧p 是真命题，则x 取值范围是________．答案 [2,3]解析 若p 真，则1≤x ≤4；若q 真，则x <2或x >3.∵(綈q )∧p 为真，∴⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤4，2≤x ≤3∴2≤x ≤3.15．[2016·沧州质检]设集合S n ＝{1,2,3，…，n }，n ∈N *，若X ⊆S n把X 的所有元素的乘积称为X 的容量(若X 中只有一个元素，则该元素的数值即为它的容量，规定空集的容量为0)．若X 的容量为奇(偶)数，则称X 为S n 的奇(偶)子集．若n ＝4，则S n 的所有奇子集的容量之和为________．答案 7解析 若n ＝4，则S n 的所有奇子集为{1}，{3}，{1,3}，故所有奇子集的容量之和为7.16．[2016·山西质检]已知集合M ＝{(x ，y )|y ＝9－x 2}，N ＝{(x ，y )|y ＝x ＋b }，且M ∩N ＝∅，则b 的取值范围是________．答案 (－∞，－3)∪(32，＋∞)解析 如图，y ＝9－x 2的图象是半圆，当直线y ＝x ＋b 与半圆无公共点时，截距b ＞32或b ＜－3，故b 的取值范围是(－∞，－3)∪(32，＋∞)．三、解答题(共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．[2016·江西宜春月考](本小题满分10分)已知集合A ＝{x |a ≤x ≤a ＋3}，B ＝{x |x ＜－1或x ＞5}．(1)若A ∩B ＝∅，求a 的取值范围； (2)若A ∪B ＝B ，求a 的取值范围． 解 (1)要使A ∩B ＝∅，则需满足下列不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a ＋3≤5，a ≥－1，(3分)解此不等式组得－1≤a ≤2， 即a 的取值范围是[－1,2]．(5分)(2)要使A ∪B ＝B ，即A 是B 的子集，(6分) 则需满足a ＋3＜－1或a ＞5，(8分)解得a ＞5或a ＜－4，即a 的取值范围是{a |a ＞5或a ＜－4}．(10分) 18．[2016·山东烟台月考](本小题满分12分)已知p ：⎝ ⎛⎭⎪⎫x －432≤4，q ：x 2－2x ＋1－m 2≤0(m ＞0)．若綈p 是綈q 的必要非充分条件，求实数m 的取值范围．解 綈p ：⎝ ⎛⎭⎪⎫x －432＞4，x ＜－2或x ＞10，设A ＝{x |x ＜－2或x ＞10}，(3分)綈q ：x 2－2x ＋1－m 2＞0，x ＜1－m 或x ＞1＋m ，设B ＝{x |x ＜1－m 或x ＞1＋m }．(6分)因为綈p 是綈q 的必要非充分条件，所以B ⊆A 且B ≠A ， (8分)即⎩⎪⎨⎪⎧1－m ≤－2，1＋m ≥10(等号不同时成立)，(11分) ∴m ≥9.(12分)19．[2016·龙岩月考](本小题满分12分)已知集合A ＝{x |x 2－2x －3≤0}，B ＝{x |x 2－2mx ＋m 2－9≤0}，m ∈R .(1)若m ＝3，求A ∩B ；(2)已知命题p ：x ∈A ，命题q ：x ∈B ，若q 是p 的必要条件，求实数m 的取值范围．解 (1)由题意知，A ＝{x |－1≤x ≤3}，B ＝{x |m －3≤x ≤m ＋3}．(4分)当m ＝3时，B ＝{x |0≤x ≤6}，∴A ∩B ＝[0,3]．(5分) (2)由q 是p 的必要条件知，A ⊆B ，(7分)结合(1)知⎩⎪⎨⎪⎧m －3≤－1，m ＋3≥3，解得0≤m ≤2，(10分)故实数m 的取值范围是[0,2]．(12分)20．[2016·广东佛山一中模拟](本小题满分12分)已知集合A ＝{x |ax 2＋x ＋1＝0，x ∈R }，且A ∩{x |x ≥0}＝∅，求实数a 的取值范围．解 当a ＝0时，A ＝{x |x ＋1＝0，x ∈R }＝{－1}， 此时A ∩{x |x ≥0}＝∅；(3分) 当a ≠0时， ∵A ∩{x |x ≥0}＝∅，∴A ＝∅或关于x 的方程ax 2＋x ＋1＝0的根均为负数．(4分) ①当A ＝∅时，关于x 的方程ax 2＋x ＋1＝0无实数根， ∴Δ＝1－4a ＜0，解得a ＞14.(7分)②当关于x 的方程ax 2＋x ＋1＝0的根x 1，x 2均为负数时，有⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝1－4a ≥0，x 1＋x 2＝－1a ＜0，x 1x 2＝1a ＞0，解得⎩⎨⎧a ≤14，a ＞0，即0＜a ≤14.(10分)综上所述，实数a 的取值范围为{a |a ≥0}．(12分)21．[2016·山西太原期中](本小题满分12分)已知集合A ＝{x |(x －1)(x －2a －3)＜0，a ∈R }，函数y ＝lg x －(a 2＋2)2a －x (a ∈R )的定义域为集合B .(1)若a ＝1，求A ∩(∁R B )；(2)若a ＞－1且“x ∈A ”是“x ∈B ”的必要不充分条件，求实数a 的取值范围．解 (1)若a ＝1，则集合A ＝{x |(x －1)(x －5)＜0}＝(1,5)，集合B＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x －32－x ＞0＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x －3x －2＜0＝(2,3)，(3分) 所以∁R B ＝(－∞，2]∪[3，＋∞)，(4分)故A ∩(∁R B )＝(1,2]∪[3,5)．(5分)(2)因为a ＞－1，所以2a ＋3＞1，a 2＋2－2a ＝(a －1)2＋1＞0⇒a 2＋2＞2a ，(7分)则集合A ＝{x |(x －1)(x －2a －3)＜0}＝(1,2a ＋3)，集合B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x －(a 2＋2)2a －x ＞0＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x －(a 2＋2)x －2a ＜0＝(2a ，a 2＋2)．(9分)又“x ∈A ”是“x ∈B ”的必要不充分条件，所以B A ，则⎩⎪⎨⎪⎧2a ≥1，a 2＋2≤2a ＋3(等号不能同时取得)，解得12≤a ≤1＋ 2.(11分) 故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1＋2.(12分) 22．[2016·河南洛阳月考](本小题满分12分)已知c ＞0，设命题p ：函数y ＝c x为减函数；命题q ：当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，f (x )＝x ＋1x ＞1c 恒成立．如果p ∨q 为真，p ∧q 为假，求c 的取值范围．解 由p 得0＜c ＜1.(2分) 由q 得1c ＜⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x min ＝2，又c ＞0，∴c ＞12，(4分)因为p ∨q 为真，p ∧q 为假， 所以p 和q 一真一假．(6分)即⎩⎨⎧0＜c ＜1，c ≤12或⎩⎨⎧c ≥1，c ＞12，(10分)解得0＜c ≤12或c ≥1.∴c 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12∪[1，＋∞)．(12分)。
2018届人教A版(理) 计数原理、概率、随机变量及其分布 检测卷 4
A 组 基础演练1．从1,2,3,4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是( ) A.12 B.13 C.14D.16解析：选B.基本事件的总数有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)共6个， 构成“取出的2个数之差的绝对值为2”这个事件的基本事件有(1,3)，(2,4)共2个，所以所求概率P ＝26＝13，故选B.2．抛掷两枚质地均匀的骰子，向上的点数之差的绝对值为3的概率是( ) A.19 B.16 C.118D. 112解析：选B.抛掷两枚质地均匀的骰子，向上的点数之差的绝对值为3的情况有：1,4；4,1；2,5；5,2；3,6；6,3共6种，而抛掷两枚质地均匀的骰子的情况有36种，所以所求概率P ＝636＝16，故选B. 3．若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为( ) A.23 B.25 C.35D.910解析：选D.由题意知，从五位大学毕业生中录用三人，所有不同的可能结果有(甲，乙，丙)，(甲，乙，丁)，(甲，乙，戊)，(甲，丙，丁)，(甲，丙，戊)，(甲，丁，戊)，(乙，丙，丁)，(乙，丙，戊)，(乙，丁，戊)，(丙，丁，戊)，共10种，其中“甲与乙均未被录用”的所有不同的可能结果只有(丙，丁，戊)这1种，故其对立事件“甲或乙被录用”的可能结果有9种，所求概率P ＝910.4．掷两颗均匀的骰子，则点数之和为5的概率等于( ) A.118 B.19 C.16D.112解析：选B.掷两颗骰子，点数有以下情况：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(4,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共36种，其中点数和为5的有(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，共4种，故所求概率为436＝19.5．先后抛掷两枚均匀的正方体骰子(它们的六个面分别标有点数1、2、3、4、5、6)，骰子朝上的面的点数分别为x ，y ，则满足log 2x y ＝1的概率为( ) A.16 B.536C.112D.12解析：选C.由log 2x y ＝1得2x ＝y .又x ∈{1,2,3,4,5,6}，y ∈{1,2,3,4,5,6}，所以满足题意的有x ＝1，y ＝2或x ＝2，y ＝4或x ＝3，y ＝6，共3种情况． 所以所求的概率为336＝112.6．某单位从4名应聘者A ，B ，C ，D 中招聘2人，如果这4名应聘者被录用的机会均等，则A ，B 两人中至少有一人被录用的概率是________．解析：从4名应聘者A ，B ，C ，D 中招聘2人，有(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(B ，C )，(B ，D )，(C ，D )，共6种情况，而A 、B 2人中至少有1人被录用的情况有5种，所以A ，B 两人中至少有一人被录用的概率为56.答案：567．从字母a ，b ，c ，d ，e 中任取两个不同字母，则取到字母a 的概率为__________． 解析：总的取法有：ab ，ac ，ad ，ae ，bc ，bd ，be ，cd ，ce ，de 共10种，其中含有a 的有ab ，ac ，ad ，ae 共4种，故所求概率为410＝25.答案：258．将一颗骰子投掷两次分别得到点数a ，b ，则直线ax －by ＝0与圆(x －2)2＋y 2＝2相交的概率为________．解析：圆心(2,0)到直线ax －by ＝0的距离d ＝|2a |a 2＋b 2，当d ＜2时，直线与圆相交，则有d ＝|2a |a 2＋b2＜2，得b ＞a ，满足b ＞a 的共有15种情况，因此直线ax －by ＝0与圆(x －2)2＋y 2＝2相交的概率为1536＝512.答案：5129．设连续掷两次骰子得到的点数分别为m ，n ，令平面向量a ＝(m ，n )，b ＝(1，－3)． (1)求使得事件“a ⊥b ”发生的概率； (2)求使得事件“|a |≤|b |”发生的概率．解：(1)由题意知，m ∈{1,2,3,4,5,6}，n ∈{1,2,3,4,5,6}，故(m ，n )所有可能的取法共36种．a ⊥b ，即m －3n ＝0，即m ＝3n ，共有2种：(3,1)、(6,2)，所以事件a ⊥b 的概率为236＝118.(2)|a |≤|b |，即m 2＋n 2≤10，共有(1,1)、(1,2)、(1,3)、(2,1)、(2,2)、(3,1)6种，其概率为636＝16.10．某校夏令营有3名男同学A ，B ，C 和3名女同学X ，Y ，Z ，其年级情况如下表：现从这6)． (1)用表中字母列举出所有可能的结果；(2)设M 为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”，求事件M 发生的概率．解：(1)从6名同学中随机选出2人参加知识竞赛的所有可能结果为{A ，B }，{A ，C }，{A ，X }，{A ，Y }，{A ，Z }，{B ，C }，{B ，X }，{B ，Y }，{B ，Z }，{C ，X }，{C ，Y }，{C ，Z }，{X ，Y }，{X ，Z }，{Y ，Z }，共15种．(2)选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学的所有可能结果为{A ，Y }，{A ，Z }，{B ，X }，{B ，Z }，{C ，X }，{C ，Y }，共6种．因此，事件M 发生的概率为615＝25. B 组 能力突破1．投掷两颗骰子，得到其向上的点数分别为m 和n ，则复数(m ＋n i)(n －m i)为实数的概率为( )A.13 B.14 C.16D.112解析：选C.复数(m ＋n i)(n －m i)＝2mn ＋(n 2－m 2)i 为实数，则n 2－m 2＝0⇒m ＝n ，而投掷两颗骰子得到点数相同的情况只有6种，所以所求概率为66×6＝16.2．已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝－2a n (n ∈N *)．若从数列{a n }的前10项中随机抽取一项，则该项不小于8的概率是( ) A.310 B.25 C.35D.710解析：选 B.依题意可得a n ＝2·(－2)n －1，由计算可知，前10项中，不小于8的只有8,32,128,512,4个数． 故所求概率是410＝25.故选B.3．已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋b 2x ＋1，若a 是从1,2,3三个数中任取的一个数，b 是从0,1,2三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为( ) A.79 B.13 C .59D.23解析：选D.f ′(x )＝x 2＋2ax ＋b 2，要使函数f (x )有两个极值点，则有Δ＝(2a )2－4b 2>0，即a 2>b 2.由题意知所有的基本事件有9个，即(1,0)，(1,1)，(1,2)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，其中第一个数表示a 的取值，第二个数表示b 的取值．满足a 2>b 2的有6个基本事件，即(1,0)，(2,0)，(2,1)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，所以所求事件的概率为69＝23.4．从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为________．解析：从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，基本事件共有C 710＝120(个)，记事件“七个数的中位数为6”为事件A ，则事件A 包含的基本事件的个数为C 36C 33＝20，故所求概率P (A )＝20120＝16.答案：165．一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4. (1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m ，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n ，求n ＜m ＋2的概率．解：(1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4}，共6个．从袋中取出的球的编号之和不大于4的事件共有：{1,2}，{1,3}两个．因此所求事件的概率P ＝26＝13.(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为m ，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为n ，其一切可能的结果(m ，n )有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个．又满足条件n ≥m ＋2的事件为(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个，所以满足条件n ＜m ＋2的事件的概率为P 1＝1－316＝1316.。
2018年高三最新 高考试题汇编-排列组合 精品
2018年全国高考数学试题分类汇编——排列组合1．[2018年高考全国卷Ⅰ(河南,河北,广西等)理第12题]设集合{}I=。
选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大1,2,3,4,5的数，则不同的选择方法共有A．50种 B．49种 C．48种 D．47种2．[2018年高考全国卷Ⅰ(河南,河北,广西等)理第15题，文第16题]安排7位工作人员在5月1日到5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不安排在5月1日和2日，不同的安排方法共有__________种。
（用数字作答）3．[2018年高考全国卷Ⅱ(吉林,黑龙江,内蒙,贵州,云南等)文第12题]5名志愿者分到3所学校支教，每个学校至少去一名志愿者，则不同的分派方法共有（A）150种 (B)180种 (C)200种 (D)280种4．[2018年高考北京卷文第4题]在1，2，3，4，5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的共有（A）36个（B）24个（C）18个（D）6个5．[2018年高考北京卷理第3题]在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有（A）36个（B）24个（C）18个（D）6个6．[2018年高考天津卷理第5题]将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（）A．10种B．20种C．36种D．52种7．[2018年高考天津卷文第16题]用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，则其中数字1，2相邻的偶数有个（用数字作答）．8．[2018年高考重庆卷理第8题]将5名实习教师分配到高一年级的３个班实习，每班至少１名，最多２名，则不同的分配方案有（A）３０种（B）９０种（C）１８０种（D）２７０种9．[2018年高考重庆卷文第9题]高三（一）班学要安排毕业晚会的4各音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求两个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是（A）1800 （B）3600 （C）4320 （D）518010．（2018年高考辽宁卷理第15题，文第16题）5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1，2，3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1，2号中至少有1名新队员的排法有________种．（以数作答）11．[2018年高考山东卷理第9题，文第11题]已知集集合A=｛5｝，B={1，2}，C＝｛1，3，4｝，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为(A)33 (B)34 (C)35 (D)3612．[2018年高考湖南卷理第6题]某外商计划在四个候选城市投资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13．[2018年高考湖南卷文第6题]在数字1,2，3与符号＋，－五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列个数是A．6 B. 12 C. 18 D. 2414．[2018年高考湖北卷理第14题]某工程队有6项工程需要单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，有工程丁必须在工程丙完成后立即进行。
2018届人教A版(理) 计数原理、概率、随机变量及其分布 检测卷 6
A 组 基础演练1．设随机变量X ～B (2，p )，Y ～B (4，p )，若P (X ≥1)＝59，则P (Y ≥2)的值为( )A.3281 B.1127 C.6581D.1681解析：选B.P (X ≥1)＝P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝C 12p (1－p )＋C 22p 2＝59，解得p ＝13.(0≤p ≤1，故p＝53舍去)． 故P (Y ≥2)＝1－P (Y ＝0)－P (Y ＝1)＝1－C 04×⎝ ⎛⎭⎪⎫234－C 14×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝1127.2．甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为( ) A ．0.124 B ．0.42C ．0.46D ．0.88解析：选D.∵所求事件的对立事件为“两人均未被录取”，∴P ＝1－(1－0.6)(1－0.7)＝1－0.12＝0.88.3．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获得冠军，乙队需要再赢两局才能获得冠军，若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为( ) A.12 B.35 C.23D.34解析：选D.甲队若要获得冠军，有两种情况，可以直接胜一局，获得冠军，概率为12，也可以乙队先胜一局，甲队再胜一局，概率为12×12＝14，故甲队获得冠军的概率为14＋12＝34.4．从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B ＝“取到的2个数均为偶数”，则P (B |A )等于( ) A.18 B.14 C.25D.12解析：选B.A 的基本事件为(1,3)，(1,5)，(2,4)，(3,5)共4个． AB 的基本事件为(2,4)，∴P (B |A )＝14.5．某种元件的使用寿命超过1年的概率为0.6，使用寿命超过2年的概率为0.3，则使用寿命超过1年的元件还能继续使用的概率为( ) A ．0.3 B ．0.5 C ．0.6D ．1解析：选B.设事件A 为“该元件的使用寿命超过1年”，B 为“该元件的使用寿命超过2年”，则P (A )＝0.6，P (B )＝0.3.因为B ⊆A ，所以P (AB )＝P (B )＝0.3，于是P (B |A )＝P AB P A＝0.30.6＝0.5. 6．明天上午李明要参加校运动会，为了准时起床，他用甲、乙两个闹钟叫醒自己．假设甲闹钟准时响的概率为0.80，乙闹钟准时响的概率是0.90，则两个闹钟至少有一个准时响的概率是________．解析：1－0.20×0.10＝1－0.02＝0.98. 答案：0.987．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为1625，则该队员每次罚球的命中率为________．解析：设该队员每次罚球的命中率为p (其中0＜p ＜1)，则依题意有1－p 2＝1625，p 2＝925.又0＜p ＜1，因此有p ＝35.答案：358．一个病人服用某种新药后被治愈的概率为0.9，服用这种新药的有甲、乙、丙3位病人，且各人之间互不影响，有下列结论： ①3位病人都被治愈的概率为0.93； ②3人中的甲被治愈的概率为0.9；③3人中恰有2人被治愈的概率是2×0.92×0.1； ④3人中恰好有2人未被治愈的概率是3×0.9×0.12； ⑤3人中恰好有2人被治愈，且甲被治愈的概率是0.92×0.1. 其中正确结论的序号是________．(把正确的序号都填上) 答案：①②④9．某工厂生产了一批产品共有20件，其中5件是次品，其余都是合格品，现不放回地从中依次抽取2件．求： (1)第一次抽到次品的概率；(2)第一次和第二次抽到次品的概率；(3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率．解：设“第一次抽到次品”为事件A ，“第二次抽到次品”为事件B ，事件A 和事件B 相互独立．依题意得：(1)第一次抽到次品的概率为P (A )＝520＝14.(2)第一次和第二次都抽到次品的概率为P (AB )＝520×419＝119.(3)法一：在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率为P (B |A )＝P AB P A ＝119÷14＝419. 法二：第一次抽到次品后，还剩余产品19件，其中次品4件，故第二次抽到次品的概率为P (B )＝419.10．甲、乙两人各进行一次射击，如果两人击中目标的概率都是0.8，计算： (1)两人都击中目标的概率； (2)其中恰有一人击中目标的概率； (3)至少有一人击中目标的概率．解：记“甲射击一次，击中目标”为事件A ，“乙射击一次，击中目标”为事件B .“两人都击中目标”是事件AB ；“恰有1人击中目标”是A B ∪A B ；“至少有1人击中目标”是AB ∪A B ∪A B .(1)显然，“两人各射击一次，都击中目标”就是事件AB ，又由于事件A 与B 相互独立，∴P (AB )＝P (A )·P (B )＝0.8×0.8＝0.64.(2)“两人各射击一次，恰好有一次击中目标”包括两种情况：一种是甲击中乙未击中(即A B )，另一种是甲未击中乙击中(即A B )．根据题意，这两种情况在各射击一次时不可能同时发生，即事件A B 与A B 是互斥的，所以所求概率为P ＝P (A B )＋P (A B )＝P (A )·P (B )＋P (A )·P (B )＝0.8×(1－0.8)＋(1－0.8)×0.8＝0.16＋0.16＝0.32.(3)“两人各射击一次，至少有一人击中目标”的概率为P ＝P (AB )＋＝0.64＋0.32＝0.96.B 组 能力突破1．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )A.12B.512C.14D.16解析：选B.设事件A ：甲实习生加工的零件为一等品； 事件B ：乙实习生加工的零件为一等品， 则P (A )＝23，P (B )＝34，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为P (A B )＋P (A B )＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＝23×⎝⎛⎭⎪⎫1－34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×34＝512.2．如图，用K ，A 1，A 2三类不同的元件连接成一个系统．当K 正常工作且A 1，A 2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K ，A 1，A 2正常工作的概率依次为0.9,0.8,0.8，则系统正常工作的概率为( )A ．0.960B ．0.864C ．0.720D ．0.576解析：选B.A 1，A 2同时不能正常工作的概率为0.2×0.2＝0.04，所以A 1，A 2至少有一个正常工作的概率为1－0.04＝0.96，所以系统正常工作的概率为0.9×0.96＝0.864.故选B. 3．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A ，“骰子向上的点数是3”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一个发生的概率是( ) A.512 B.12 C.712D.34解析：选C.依题意，得P (A )＝12，P (B )＝16，且事件A ，B 相互独立，则事件A ，B 中至少有一个发生的概率为1－P (A ·B )＝1－P (A )·P (B )＝1－12×56＝712，故选C.4．袋中有三个白球，两个黑球，现每次摸出一个球，不放回的摸取两次，则在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到白球的概率为________．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、第二次摸到白球”，依题意知P (A )＝25，P (AB )＝25×34＝310，∴在第一次摸到黑球的条件下，第二次取到白球的概率是P (B |A )＝P AB P A ＝34.答案：345．甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和34.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人各次射击是否击中目标相互之间也没有影响． (1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率； (3)假设每人连续2次未击中目标，则终止其射击． 问：乙恰好射击5次后，被终止射击的概率是多少？解：(1)记“甲射击4次，至少有1次未击中目标”为事件A 1，则事件A 1的对立事件A 1为“甲射击4次，全部击中目标”．由题意知，射击4次相当于做4次独立重复试验．故P (A1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝1681. 所以P (A 1)＝1－P (A 1)＝1－1681＝6581.所以甲连续射击4次，至少有一次未击中目标的概率为6581.(2)记“甲射击4次，恰好有2次击中目标”为事件A 2，“乙射击4次，恰好有3次击中目标”为事件B 2，则P (A 2)＝C 24×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－234－2＝827，P (B 2)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫343×⎝⎛⎭⎪⎫1－344－3＝2764. 由于甲、乙射击是否击中目标相互独立， 故P (A 2B 2)＝P (A 2)P (B 2)＝827×2764＝18.所以两人各射击4次，甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为18.(3)记“乙恰好射击5次后，被终止射击”为事件B 3，“乙第i 次射击未击中”为事件D i (i ＝1,2,3,4,5)，则B 3＝D 5D 4D 3(D 2D 1∪D 2D 1∪D 2D 1)，且P (D i )＝14.由于各事件相互独立， 故P (B 3)＝P (D 5)P (D 4)P (D 3)P (D2D 1＋D 2D 1＋D 2D 1)＝14×14×34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14×14＝451 024.45 1 024.所以乙恰好射击5次后，被终止射击的概率为。
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[高考基础题型得分练] 1．[2017·四川成都质检]某外商计划在4个候选城市中投资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 答案：D 解析：解法一(直接法)：若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共A34种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项共C23A24种方法．由分类加法计数原理知，共A34＋C23A24＝60(种)方法． 解法二(间接法)：先任意安排3个项目，每个项目各有4种安排方法，共43＝64(种)排法，其中3个项目落入同一城市的排法不符合要求，共4种，所以总投资方案共64－4＝60(种)． 2．[2017·河北石家庄质检]在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有( ) A．34种 B．48种 C．96种 D．144种 答案：C 解析：程序A有A12＝2(种)结果，将程序B和C看作元素集团与除A外的元素排列有A22A44＝48(种)， ∴由分步乘法计数原理，实验编排共有2×48＝96(种)方法． 3．将甲、乙等 5 位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大学这三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送方法 为( ) A．240种 B．180种 C．150种 D．540种 答案：C 解析：5名学生分成 2,2,1或3,1,1两种形式，当 5 名学生分成
2,2,1时，共有12C25C23A33＝90(种)方法；当 5 名学生分成 3,1,1时，共有C35A33＝60(种)方法．根据分类加法计数原理知，共有90＋60＝150(种)． 4．[2017·山东青岛模拟]将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( ) A．18种 B．24种 C．36种 D．72种 答案：C 解析：一个路口有3人的分配方法有C13C22A33种；两个路口各有2人的分配方法有C23C22A33种． ∴由分类加法计数原理，甲、乙在同一路口的分配方案为C13C22A33
＋C23C22A33＝36(种)．
5．[2017·山东师大附中一模]某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名进行发言，要求甲、乙两人至少有一人参加．当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻．那么不同的发言顺序的种数为( ) A．360 B．520 C．600 D．720 答案：C 解析：当甲或乙只有一人参加时，不同的发言顺序的种数为2C35A44 ＝480；当甲、乙同时参加时，不同的发言顺序的种数为A25A23＝120.则不同的发言顺序的种数为480＋120＝600. 6．[2017·贵州贵阳摸底]现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数是( ) A．12 B．6 C．8 D．16 答案：A 解析：若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时，共有C12×3＝6(种)方法；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时，共有3×2＝6(种)方法．综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12(种)． 7．[2017·山西太原模拟]有5本不同的教科书，其中语文书2本、数学书2本、物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是( ) A．24 B．48 C．72 D．96 答案：B 解析：据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有A22A24种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有A22A12C12C13种不同的摆放方法，由分类加法计数原理可得，共有A22A24＋A22A12C12C13＝48(种)摆放方法． 8．如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有________种． 答案：21 解析：当第一组开关有一个接通时，电路接通有C12·(C13＋C23＋C33)＝14(种)方式；当第一组有两个接通时，电路接通有C22(C13＋C23＋C33)＝7(种)方式，所以共有14＋7＝21(种)方式． 9．[2017·江苏淮海中学期中]若A，B，C，D，E，F六个不同元素排成一列，要求A不排在两端，且B，C相邻，则不同的排法有________种．(用数字作答) 答案：144 解析：由于B，C相邻，把B，C看作一个整体，有 2 种排法．这样，6个元素变成了 5 个．先排A，由于A不排在两端，则A在中间的 3 个位子中，有A13＝3(种)方法，其余的 4 个元素任意排，有A44种不同方法，故不同的排法有 2×3×A44＝144(种)． 10．[2017·浙江重点中学协作体摸底]把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为________．(用数字作答) 答案：96 解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号．在4个空位插3个板子，共有C34＝4(种)情况，再对应到4个人，有A44＝24(种)情况，则共有4×24＝96(种)情况． [冲刺名校能力提升练] 1．有红、蓝、黄、绿四种颜色的球各6个，每种颜色的6个球分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中任取3个标号不同的球，这3个颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法种数为( ) A．80 B．84 C．96 D．104 答案：C 解析：所标数字互不相邻的方法有135,136,146,246，共4种方法.3个颜色互不相同有A34＝4×3×2＝24(种)，∴这3个颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法有24×4＝96(种)． 2．[2017·广东广州调研]某高校从5名男大学生志愿者和4名女大学生志愿者中选出3名派到3所学校支教(每所学校一名志愿者)，要求这3名志愿者中男、女大学生都有，则不同的选派方案共有( ) A．210种 B．420种 C．630种 D．840种 答案：B 解析：从这9名大学生志愿者中任选3名派到3所学校支教，则有A39种选派方案，3名志愿者全是男生或全是女生的选派方案有A35＋A34种，故符合条件的选派方案有A39－(A35＋A34)＝420(种)． 3．从1,3,5,7中任取2个数字，从0,2,4,6,8中任取2个数字，组成没有重复数字的四位数，其中能被5整除的四位数共有( ) A．252个 B．300个 C．324个 D．228个 答案：B 解析：①若仅仅含有数字0，则选法是C23C14，可以组成四位数C23 C14A33＝12×6＝72(个)； ②若仅仅含有数字5，则选法是C13C24，可以组成四位数C13C24A33＝18×6＝108(个)； ③若既含数字0，又含数字5，选法是C13C14，排法是：若0在个位，有A33＝6(种)；若5在个位，有2×A22＝4(种)，故可以组成四位数C13C14(6＋4)＝120(个)． 综上，共有72＋108＋120＝300(个)． 4．[2017·山东潍坊五校联考]数字1,2,3,4,5,6按如图形式随机排列，设第一行的数为N1，其中N2，N3分别表示第二、三行中的最大数，则满足N1
答案：240 解析：由题意知，6必在第三行，安排6有C13种方法，第三行中剩下的两个空位安排数字有A25种方法，在留下的三个数字中，必有一个最大数，把这个最大数安排在第二行，有C12种方法，剩下的两个数字有A22种排法，根据分步乘法计数原理，所有排列的个数是C13A25C12A22
＝240.
5．[2017·江西八校联考]将并排的有不同编号的5个房间安排给5个工作人员临时休息，假定每个人可以选择任一房间，且选择各个房间是等可能的，则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数为________． 答案：900 解析：先将5人分成三组(1,1,3或2,2,1两种形式)，再将这三组人 安排到3个房间，然后将2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空档中即可，故安排方式共有C15C14C33A22＋C25C23C11A22A33C24＝900(种)． 6．按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？ (1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本； (2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本； (3)平均分成三份，每份2本； (4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本； (5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本； (6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本； (7)甲得1本，乙得1本，丙得4本． 解：(1)无序不均匀分组问题． 先选1本，有C16种选法；再从余下的5本中选2本，有C25种选法；最后余下3本全选，有C33种选法． 故共有C16C25C33＝60(种)． (2)有序不均匀分组问题． 由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)题基础上，还应考虑再分配，共有C16C25C33A33＝360(种)． (3)无序均匀分组问题． 先分三步，则应是C26C24C22种方法，但是这里出现了重复．不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为(AB，CD，EF)，则C26C24C22种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共有A33种情况，而这A33种情况仅是AB，CD，EF的
顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有C26C24C22A33＝15(种)．