2012年人教B数学选修2-3：第1章章末综合检测

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2012年人教B数学选修2-3：第1章1.1知能优化训练

1．从A地到B地要经过C地和D地，从A地到C地有3条路，从C地到D地有2条路，从D地到B地有4条路，则从A地到B地不同走法的种数是()A．3＋2＋4＝9B．1C．3×2×4＝24D．1＋1＋1＝3解析：选C.由题意从A地到B地需过C、D两地，实际就是分三步完成任务，用乘法原理．2．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则经过这13个点可以确定不同的平面的个数是()A．40B．13C．10D．16解析：选B．直线a与b上的8个点可分别确定8个不同的平面；直线b与a上的5个点可分别确定5个不同的平面．故可确定5＋8＝13个不同的平面．3．已知x∈{2,3,7}，y∈{－31，－24,4}，则x·y可表示成不同的值的个数是() A．1＋1＝2B．1＋1＋1＝3C．2×3＝6D．3×3＝9解析：选D．因为按x、y在各自的取值集合中各选一个值去做积这件事，可分两步完成：第一步，x在集合{2,3,7}中任取一个值有3种方法；第二步，y在集合{－31，－24,4}中任取一个值有3种方法．根据分步乘法计数原理有3×3＝9个不同的值．4．在一块并排共10垄的田地上，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植1垄，为了有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法有________种(结果用数字作答)．解析：把空的6垄看作一个整体，A、B两种作物可在其余4垄上种值，不同的选垄方法为(3×2×1)×2＝12(种)．答案：125．椭圆x2m＋y2n＝1的焦点在y轴上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________．解析：因为焦点在y轴上，所以n＞m.当n＝2时，m＝1；当n＝3时，m＝1,2；当n＝4时，m＝1,2,3；当n＝5时，m＝1,2,3,4；当n＝6时，m＝1,2,3,4,5；当n＝7时，m＝1,2,3,4,5.所以，共有椭圆1＋2＋3＋4＋5＋5＝20(个)．答案：20一、选择题1．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为()A ．7B ．12C ．64D ．81解析：选B ．要完成配套，分两步：第1步，选上衣，从4件上衣中任选一件，有4种不同选法；第2步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同选法．故共有4×3＝12种不同的配法．2．某电话局的电话号码为168×××××，若后面的五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码一共有( )A ．20个B ．25个C ．32个D ．60个解析：选C.五位数字是由6或8组成的，可分五步完成，每一步都有两种方法，根据分步乘法计数原理，共有25＝32个．3．(2011年高考课标全国卷)有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( ) A.13 B ．12C.23 D ．34解析：选A.甲、乙两位同学参加3个小组的所有可能性有3×3＝9(种)，其中甲、乙两人参加同一个小组的情况有3(种)．故甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组的概率P ＝39＝13. 4．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，共有不同的行车路线( )A ．24种B ．16种C ．12种D ．10种解析：选C.完成该任务可分为四类，从每一个方向入口都可作为一类，如图：从第1个入口进入时，有3种行车路线；同理，从第2个，第3个，第4个入口进入时，都分别有3种行车路线，由分类加法计数原理可得共有3＋3＋3＋3＝12种不同的行车路线，故选C.5．(2011年北京模拟)用0到9这10个数字可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为( )A ．324B ．328C ．360D ．684解析：选B ．分两类：(1)个位是0的，有9×8个；(2)个位不是0的，个位只能是2,4,6,8中的任意一个有4×8×8个，总共有9×8＋4×8×8＝328(个)．6．如果一个三位正整数如“a 1a 2a 3”满足a 1＜a 2，且a 3＜a 2，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数个数为()A．240B．204C．729D．920解析：选A.分8类．当中间数为2时，有1×2＝2(个)；当中间数为3时，有2×3＝6(个)；当中间数为4时，有3×4＝12(个)；当中间数为5时，有4×5＝20(个)；当中间数为6时，有5×6＝30(个)；当中间数为7时，有6×7＝42(个)；当中间数为8时，有7×8＝56(个)；当中间数为9时，有8×9＝72(个)．故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．二、填空题7．一个学习小组有4名男生，5名女生，任选1名当组长，共有________种选法；选男、女生各1名当组长，共有________种选法．解析：选1名当组长分为两类：第一类，从4名男生中选1名共有4种选法，第二类，从5名女生中选1名共有5种选法，一共有4＋5＝9种选法；选男、女生各1名当组长可分为两步：第1步是选1名男同学，有4种选法，第二步是选1名女同学，有5种选法，则有4×5＝20种选法．答案：9208．加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人，第二道工序有6人，第三道工序有4人，从中选3人每人做一道工序，则选法有________种．解析：选第一、第二、第三道工序各一人的方法数依次为5、6、4，由分步乘法计数原理知，选法总数为N＝5×6×4＝120.答案：1209．从1,2,3,4,7,9六个数中，任取两个数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值的个数为________．解析：(1)当取1时，1只能为真数，此时对数的值为0.(2)不取1时，分两步：①取底数，5种；②取真数，4种．其中log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93，∴N＝1＋5×4－4＝17.答案：17三、解答题10．若直线方程为ax＋by＝0，其中a，b可在0,1,2,3,4中任取两个不同的数，共得到直线多少条？解：(1)a＝0时，b可取1,2,3,4中的任一个数，但总得到直线y＝0，即1条；(2)b＝0时，a可取1,2,3,4中的任一个数，但总得到直线x＝0，也是1条；(3)a，b都不为0时，由分步乘法计数原理共可得到直线4×3＝12(条)．直线x＋2y＝0与2x＋4y＝0重合，直线2x＋y＝0与直线4x＋2y＝0重合，因此a，b 不为0时有10条直线．因此由分类加法计数原理得共有N＝1＋1＋10＝12(条)．11．8张卡片上写着0,1,2，…，7共8个数字，取其中的三张卡片排放在一起，可组成多少个不同的三位数？解：先排放百位，从1,2，…，7共7个数中选一个有7种选法；再排十位，从除去百位的数外，剩余的7个数(包括0)中选一个，有7种选法；最后排个位，从除前两步选出的数外，剩余的6个数中选一个，有6种选法．由分步乘法计数原理，共可以组成7×7×6＝294个不同的三位数．12．电视台在“欢乐大本营”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？解：抽奖过程分三步完成，考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中，故可分两种情形考虑．分两大类：(1)幸运之星在甲箱中抽，先定幸运之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴有30×29×20＝17400种结果；(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11400种结果．因此共有不同结果17400＋11400＝28800种．。

2012-2013高中数学全册综合能力检测新人教B版选修2-1

本册综合能力检测时间120分钟，满分150分。

一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．(2010·山东文，7)设{a n } 是首项大于零的等比数列，则“a 1<a 2”是“数列{a n }为递增数列”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件[答案] C[解析] 本题考查了等比数列性质及充要条件的判定，∵a 1>0，已知，a 2>a 1⇒q >1⇒{a n }递增，在a 1>0的条件下{a n }递增⇒q >1⇒a 2>a 1，故选C.2．如图所示，在空间直角坐标系中BC ＝2，原点O 是BC 的中点，点A 的坐标是(32，12，0)，点D 在平面yOz 上，且∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°，则向量OD →的坐标为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，0B.⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，32C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32，0D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－32[答案] B[解析] 如图所示，过D 作DE ⊥BC ，垂足为E ，在Rt△BCD 中，由∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°，BC ＝2，得BD ＝1，CD ＝ 3.∴DE ＝CD ·sin30°＝32，OE ＝OB －BD ·cos60°＝1－12＝12. ∴D 点坐标为(0，－12，32)，即向量OD →的坐标为(0，－12，32)．3．(2010·辽宁理，7)设抛物线y 2＝8x 的焦点为F ，准线为l ，P 为抛物线上一点，PA ⊥l ，A 为垂足．如果直线AF 的斜率为－3，那么|PF |＝( )A ．4 3B ．8C ．8 3D ．16[答案] B[解析] 如图，k AF ＝－3， ∴∠AFO ＝60°，∵|BF |＝4，∴|AB |＝43，即P 点的纵坐标为43， ∴(43)2＝8x ，∴x ＝6，∴|PA |＝8＝|PF |，故选B.4．若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1,2)，a 、b 的夹角的余弦值为89，则λ的值为( )A ．2B ．－2C ．－2或255D ．2或－255[答案] C[解析] |a |＝λ2＋5，|b |＝3，a ·b ＝6－λ，由条件6－λλ2＋5×3＝89，∴λ＝－2或255.5．若抛物线y 2＝4x 的焦点是F ，准线是l ，点M (4，m )是抛物线上一点，则经过点F 、M 且与l 相切的圆一共有( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．4个[答案] D[解析] 因为点M (4，m )在抛物线y 2＝4x 上，所以可求得m ＝±4.由于圆经过焦点F 且与准线l 相切，由抛物线的定义知圆心在抛物线上．又因为圆经过抛物线上的点M ，所以圆心在线段FM 的垂直平分线上，即圆心是线段FM 的垂直平分线与抛物线的交点，结合图形易知对于点M (4,4)和(4，－4)，都各有两个交点．因此一共有4个满足条件的圆．6．已知点P 是直线2x －y ＋3＝0上的一个动点，定点M (－1 ,2)，Q 是线段PM 延长线上的一点，且|PM |＝|MQ |，则Q 点的轨迹方程( )A ．2x ＋y ＋1＝0B ．2x －y －5＝0C ．2x －y －1＝0D ．2x －y ＋5＝0[答案] D[解析] 设Q (x ，y )，∵|PM |＝|MQ |∴M 为PQ 中点， ∴P 为(－2－x,4－y )．∵P 在直线2x －y ＋3＝0上，∴y ＝2x ＋5，∴选D.7．直线y ＝kx －2与抛物线y 2＝8x 交于A ，B 两点，且AB 中点的横坐标为2，则k 的值是( )A ．－1B ．2C ．－1或2D ．以上都不是[答案] B[解析] 联立直线方程与抛物线方程消去y 得：k 2x 2－(4k ＋8)x ＋4＝0，所以x 1＋x 2＝4k ＋8k2. 又x 1＋x 2＝2×2＝4，所以4k ＋8k2＝4，解得k ＝－1或k ＝2.经验证，k ＝－1知，Δ＝0，直线与抛物线相切，不符合题意，所以，k ＝2. 8．如图双曲线的左焦点为F 1，顶点为A 1、A 2，P 是双曲线上任意一点，则分别以线段PF 1、A 1A 2为直径的两圆的位置关系为( )A ．相交B ．相切C ．相离D ．以上情况都有可能[答案] B[解析] 设右焦点为F 2，线段PF 1的中点为M ，则OM 为两圆的连心线，同时线段OM 又是△PF 1F 2的中位线，则|OM |＝12|PF 2|，当P 在双曲线的右支上时，由双曲线的定义知|PF 1|－|PF 2|＝2a ，即12|PF 1|－12|PF 2|＝a ，即12|PF 1|－a ＝12|PF 2|＝|OM |，由此可见两圆内切；当P 在双曲线的左支上时，同理可知，此时两圆外切．9．(2010·全国卷Ⅰ文，8)已知F 1、F 2为双曲线C x 2－y 2＝1的左、右焦点，点P 在C 上，∠F 1PF 2＝60°，则|PF 1|·|PF 2|＝( )A ．2B ．4C ．6D ．8[答案] B[解析] 该题考查双曲线的定义和余弦定理，考查计算能力．在△F 1PF 2中，由余弦定理 cos60°＝|PF 1|2＋|PF 2|2－|F 1F 2|22|PF 1|·|PF 2|＝(|PF 1|＋|PF 2|)2－|F 1F 2|2－2|PF 1|·|PF 2|2|PF 1|·|PF 2|＝4a 2－4c 22|PF 1||PF 2|＋1＝－2b 2|PF 1|·|PF 2|＋1，即－2|PF 1||PF 2|＝－12，故|PF 1|·|PF 2|＝4.10．对于直线m ，n 和平面α、β，α⊥β的一个充分条件是( ) A ．m ⊥n ，m ∥α，n ∥β B ．m ⊥n ，α∩β＝m ，n ⊂α C ．m ∥n ，n ⊥β，m ⊂α D ．m ∥n ，m ⊥α，n ⊥β [答案] C11．(08·福建)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为( )A.63B.255 C.155D.105[答案] D[解析] 以B 为原点，直线BC 、BA 、BB 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则D (2,2,0)，B 1(0,0,1)，C 1(2,0,1)．设平面BB 1D 1D 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0n ·BB 1→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0z ＝0，取n ＝(1，－1,0)，直线BC 1的方向向量BC 1→＝(2,0,1)，∴直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为θ，满足sin θ＝|BC 1→·n ||BC 1→|·|n |＝105.12．“－2≤a ≤2”是“实系数一元二次方程x 2＋ax ＋1＝0无实根”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] 当a ＝2时，方程x 2＋ax ＋1＝0化为x 2＋2x ＋1＝0无实根，∴－2≤a ≤2⇒/ 实系数一元二次方程x 2＋ax ＋1＝0无实根；若实系数一元二次方程x 2＋ax ＋1＝0无实根，则Δ＝a 2－4<0，∴－2<a <2，∴实系数一元二次方程x 2＋ax ＋1＝0无实根⇒－2≤a ≤2，故应选A.二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上)13．(2010·天津文，13)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线方程是y ＝3x ，它的一个焦点与抛物线y 2＝16x 的焦点相同，则双曲线的方程为______．[答案]x 24－y 212＝1[解析] 本题考查了双曲线的标准方程与几何性质．由抛物线y 2＝16x 的焦点坐标为(4,0)，得c ＝4.又∵双曲线的渐近线方程为y ＝±3x 得ba＝3⇒b ＝3a ，又∵c 2＝a 2＋b 2，解得a ＝2，b ＝2 3.14．椭圆x 29＋y 24＝1的焦点为F 1、F 2，点P 为其上的动点，当∠F 1PF 2为钝角时，点P 横坐标的取值范围是______．[答案] －355<x <355[解析] 已知a 2＝9，b 2＝4，∴c ＝ 5. ∵|PF 1|＝a －ex ＝3－53x ，|PF 2|＝3＋53x ，由余弦定理，cos∠F 1PF 2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－|F 1F 2|22·|PF 1|·|PF 2|＝59x 2－1(9－59x 2)，∵∠F 1PF 2是钝角，∴－1<cos∠F 1PF 2<0，即－1<59x 2－1(9－59x 2)<0，解得－355<x <355.15．已知ABCD 为正方形，P 是ABCD 所成平面外一点，P 在平面ABCD 上的射影恰好是正方形的中心O .Q 是CD 的中点．(1)若OQ →＝PQ →＋xPC →＋yPA →，则x ＝________，y ＝________； (2)若PA →＝xPO →＋yPQ →＋PD →，则x ＝________，y ＝________.[答案] (1)－12，－12；(2)2，－2[解析] (1)如图所示 ∵OQ →＝PQ →－PO →＝PQ →－12(PA →＋PC →)＝PQ →－12PA →－12PC →.∴x ＝y ＝－12.(2)∵PA →＋PC →＝2PO →，∴PA →＝2PO →－PC →. 又∵PC →＋PD →＝2PQ →，∴PC →＝2PQ →－PD →. 从而有PA →＝2PO →－(2PQ →－PD →)＝2PO →－2PQ →＋PD →. ∴x ＝2，y ＝－2.16．过双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一个焦点作圆x 2＋y 2＝a 2的两条切线，切点分别为A 、B ，若∠AOB ＝120°(O 是坐标原点)，则双曲线C 的离心率为________．[答案] 2[解析] 如图，由题设条件知|OA |＝a ，|OF |＝c ，∠AOF ＝60°，∴e ＝c a＝2.三、解答题(本大题共6个大题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分12分)若m ≤0或n ≤0，则m ＋n ≤0，写出其逆命题、否命题、逆否命题，同时指出它们的真假．[解析] 逆命题：若m ＋n ≤0，则m ≤0或n ≤0，逆命题为真；否命题：若m >0且n >0，则m ＋n >0，否命题为真；逆否命题：若m ＋n >0，则m >0且n >0，逆否命题为假．18．(本小题满分12分)已知双曲线上两点P 1、P 2的坐标分别为(3，－42)，(94，5)，求双曲线的标准方程．[解析] 解法一：(1)若曲线的焦点在y 轴上，设所求双曲线的标准方程为：y 2a 2－x 2b2＝1(a >0，b >0)依题意得⎩⎪⎨⎪⎧32a 2－9b 2＝125a 2－8116b 2＝1令m ＝1a 2，n ＝1b 2，则方程组化为：⎩⎪⎨⎪⎧32m －9n ＝125m －8116n ＝1解这个方程组得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝116n ＝19即a 2＝16，b 2＝9，所以所求双曲线的标准方程为：y 216－x 29＝1.(2)若焦点在x 轴上，设所求双曲线方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧9a 2－32b 2＝18116a 2－25b 2＝1，此时无解．综上所得，所求双曲线的标准方程为：y 216－x 29＝1.解法二：设所求曲线方程为Ax 2－By 2＝1(AB >0)，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧9A －32B ＝18116A －25B ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧A ＝－19B ＝－116故所求双曲线方程为－x 29＋y 216＝1即y 216－x 29＝1.19．(本小题满分12分)过定点A (3,4)任作互相垂直的两条线l 1与l 2，且l 1与x 轴交于M 点，l 2与y 轴交于N 点，求线段MN 中点P 的轨迹方程．[解析]当l 1不平行于坐标轴时，设l 1：y －4＝k (x －3)(1)则k ≠0，∴l 2：y －4＝－1k(x －3)(2)在(1)中令y ＝0得，M ⎝⎛⎭⎪⎫3－4k，0，在(2)中令x ＝0得，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4＋3k ，设MN 的中点P (x ，y )，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32－2ky ＝2＋32k消去k 得，6x ＋8y －25＝0，当l 1平行于坐标轴时，MN 的中点为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2也满足此方程．∴P 点的轨迹方程为6x ＋8y －25＝0.20．(本小题满分12分)已知四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，PA ⊥平面ABCD ，E 为BC 中点，求证：AE ⊥PD .[证明] 设AB →＝a ，AD →＝b ，AP →＝c ， ∵PA ⊥平面ABCD ， ∴a ·c ＝0，b ·c ＝0，∵∠ABC ＝60°，四边形ABCD 为菱形， ∴a ·b ＝|a |·|b |·cos∠BAD ＝|b |2·cos120° ＝－12|b |2.AE →＝AB →＋BE →＝a ＋12b ，PD →＝PA →＋AB →＋BC →＋CD →＝－c ＋a ＋b －a ＝b －c ， AE →·PD →＝(a ＋12b )·(b －c )＝a ·b ＋12|b |2－a ·c －12b ·c＝－12|b |2＋12|b |2＝0，∴AE →⊥PD →，∴AE ⊥PD .21．(本小题满分12分)如图，直线y ＝kx ＋b 与椭圆x 24＋y 2＝1，交于A 、B 两点，记ΔAOB 的面积为S .(1)求在k ＝0,0<b <1的条件下，S 的最大值． (2)当|AB |＝2，S ＝1时，求直线AB 的方程． [解析] (1)解：设点A 的坐标为(x 1，b )B 为(x 2，b )，由x 24＋b 2＝1，解得x 1,2＝±21－b 2，所以S ＝12b ·|x 1－x 2|＝2b ·1－b 2≤b 2＋1－b 2＝1当且仅当b ＝22时，S 取到最大值1. (2)解：由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b x 24＋y 2＝1得(k 2＋14)x 2＋2kbx ＋b 2－1＝0Δ＝4k 2－b 2＋1①|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·4k 2－b 2＋114＋k 2＝2②设O 到AB 的距离为d ，则 d ＝2S|AB |＝1又因为d ＝|b |1＋k2，所以b 2＝k 2＋1，代入②式整理得k 4－k 2＋14＝0，解得k 2＝12，b 2＝32，代入①式检验，Δ>0，故直线AB 的方程为y ＝22x ＋62，或y ＝22x －62，或y ＝－22x ＋62，或y ＝－22x －62. 22．(本题满分14分)(2010·安徽·理，18)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF ∥AB ，EF ⊥FB ，AB ＝2EF ，∠BFC＝90°，BF ＝FC ，H 为BC 的中点．(1)求证：FH ∥平面EDB ； (2)求证：AC ⊥平面EDB ； (3)求二面角B －DE －C 的大小．[解析] (综合法)(1)证明：设AC 与BD 交于点G ，则G 为AC 的中点，连EG ，GH ，又H 为BC 的中点，∴GH 綊12AB .又EF 綊12AB ，∴EF 綊GH .∴四边形EFGH 为平行四边形．∴EG ∥FH ，而EG ⊂平面EDB ，∴FH ∥平面EDB . (2)证明：由四边形ABCD 为正方形，有AB ⊥BC . 又EF ∥AB ，∴EF ⊥BC . 而EF ⊥FB ，∴EF ⊥平面BFC . ∴EF ⊥FH ，∴AB ⊥FH .又BF ＝FC ，H 为BC 的中点，∴FH ⊥BC . ∴FH ⊥平面ABCD .∴FH ⊥AC . 又FH ∥EG ，∴AC ⊥EG .又AC ⊥BD ，EG ∩BD ＝G ，∴AC ⊥平面EDB . (3)解：EF 、FB ，∠BFC ＝90°，∴BF ⊥平面CDEF . 在平面CDEF 内过点F 作FK ⊥DE 交DE 的延长线于K ，则∠FKB 为二面角B —DE —C 的一个平面角．设EF ＝1，则AB ＝2，FC ＝2，DE ＝ 3. 又EF ∥DC ，∴∠KEF ＝∠EDC . ∴sin∠EDC ＝sin∠KEF ＝23. ∴FK ＝EF sin∠KEF ＝23，tan∠FKB ＝BFFK ＝3，∴∠FKB ＝60°，∴二面角B —DE —C 为60°. (向量法)：∵四边形ABCD 为正方形，∴AB ⊥BC . 又EF ∥AB ，∴EF ⊥BC . 又EF ⊥FB ，∴EF ⊥平面BFC . ∴EF ⊥FH ，∴AB ⊥FH . 又BF ＝FC ，H 为BC 的中点， ∴FH ⊥BC ，∴FH ⊥平面ABC .以H 为坐标原点，HB →为x 轴正向，HF →为z 轴正向，建立如图所示坐标系．设BH ＝1，则A (1，－2,0)，B (1,0,0)，C (－1,0,0)，D (－1，－2,0)，E (0，－1,1)，F (0,0,1)．(1)证明：设AC 与BD 的交点为G ，连GE ，GH ，则G (0，－1,0)，∴GE →＝(0,0,1)，又HF →＝(0,0,1)∴HF →∥GE →.GE ⊂平面EDB ，HF 不在平面EDB 内，∴FH ∥平面EBD .(2)证明：AC →＝(－2,2,0)，GE →＝(0,0,1)，AC →·GE →＝0，∴AC ⊥GE .又AC ⊥BD ，EG ∩BD ＝G ，∴AC ⊥平面EDB .(3)解：BE →＝(－1，－1,1)，BD →＝(－2，－2,0)．设平面BDE 的法向量为n 1＝(1，y 1，z 1)，则BE →·n 1＝－1－y 1＋z 1＝0，BD →·n 1＝－2－2y 1＝0，∴y 1＝－1，z 1＝0，即n 1＝(1，－1,0)．CD →＝(0，－2,0)，CE →＝(1，－1,1)．设平面CDE 的法向量为n 2＝(1，y 2，z 2)，则n 2·CD →＝0，y 2＝0， n 2·CE →＝0,1－y 2＋z 2＝0，z 2＝－1，故n 2＝(1,0，－1)， cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝12·2＝12， ∴〈n 1，n 2〉＝60°，即二面角B —DE —C 为60°.[点评] 综合法更注重推理，方法巧妙，计算量不大，对空间想象能力以及逻辑推理能力要求较高，而向量法更多的是计算而且方法统一，具有格式化，易于掌握．从近几年高考尤其新课标地区的高考题来看主要以向量法的考察为主，较少使用综合法．。

2012年人教B数学选修1-2：第2章章末综合检测

(时间：120分钟，满分：150分)一、选择题(本大题共12小题．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．在△ABC 中，sin A sin C >cos A cos C ，则△ABC 一定是( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．不确定解析：选D.由sin A sin C >cos A cos C ，可得cos(A ＋C )<0，即cos B >0，所以B 为锐角，但并不能判断A ，C ，故选D.2．如果两个数的和为正数，则这两个数( ) A ．一个是正数，一个是负数 B ．两个都是正数 C ．至少有一个是正数 D ．两个都是负数解析：选C.两个数的和为正数，则有三种情况：(1)一个是正数，一个是负数且正数的绝对值大于负数的绝对值；(2)一个是正数，一个是零；(3)两个数都是正数．可综合为“至少有一个是正数”．3．已知a ，b ∈R ，若a ≠b ，且a ＋b ＝2，则( )A ．1<ab <a 2＋b 22B ．ab <1<a 2＋b 22C ．ab <a 2＋b 22<1D.a 2＋b 22<ab <1解析：选B.∵b ＝2－a ，∴ab ＝a (2－a )＝－(a 2－2a ) ＝－(a －1)2＋1<1，a 2＋b 22＝a 2＋(2－a )22＝2a 2－4a ＋42＝a 2－2a ＋2＝(a －1)2＋1>1，故选B. 4．在面积为S (S 为定值)的扇形中，当扇形的中心角为θ、半径为r 时，扇形周长最小，这时θ，r 的值分别是( )A ．1，SB ．2，4S C ．2，3S D ．2，S解析：选D.由S ＝12θr 2可得θ＝2S r 2，又因为扇形周长P ＝2r ＋θr ＝2(r ＋Sr)≥4S ，所以当P 最小时，r ＝Sr，解得r ＝S ，此时θ＝2.5．观察式子：1＋122<32，1＋122＋132<53，1＋122＋132＋142<74，…，则可归纳出一般式子为( )A ．1＋122＋132＋…＋1n 2<12n －1(n ≥2)B ．1＋122＋132＋…＋1n 2<2n ＋1n (n ≥2)C ．1＋122＋132＋…＋1n 2<2n －1n (n ≥2)D ．1＋122＋132＋…＋1n 2<2n2n ＋1(n ≥2)解析：选C.由合情推理可归纳出1＋122＋132＋…＋1n 2<2n －1n (n ≥2)．故选C. 6．有以下结论：(1)已知p 3＋q 3＝2，求证p ＋q ≤2，用反证法证明时，可假设p ＋q ≥2；(2)已知a ，b ∈R ，|a |＋|b |<1，求证方程x 2＋ax ＋b ＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x 1的绝对值大于或等于1，即假设|x 1|≥1.下列说法中正确的是( )A ．(1)与(2)的假设都错误B ．(1)与(2)的假设都正确C ．(1)的假设正确；(2)的假设错误D ．(1)的假设错误；(2)的假设正确解析：选D.用反证法证题时一定要将对立面找全．在(1)中应假设p ＋q >2.故(1)的假设是错误的，而(2)的假设是正确的，故选D.7．若a ，b ，c ∈R ，且ab ＋bc ＋ca ＝1，则下列不等式成立的是( ) A ．a 2＋b 2＋c 2≥2 B ．(a ＋b ＋c )2≥3 C.1a ＋1b ＋1c≥2 3 D ．a ＋b ＋c ≤ 3解析：选B.∵ab ＋bc ＋ca ＝1， ∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝1，∴(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ≥1＋2(a ＋b ＋c )＝3. 8．对于a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ≥2ab ，(大前提) x ＋1x ≥2x ·1x，(小前提) 所以x ＋1x≥2，(结论)以上推理过程中的错误为( ) A ．大前提 B ．小前提 C ．结论 D ．无错误解析：选B.大前提中a ，b ∈(0，＋∞)，而小前提中x ∈R ，故小前提出错，应改为x ∈(0，＋∞)．9.如图所示的是某旅游区各景点的分布图，图中一支箭头表示一段有方向的路，试计算顺着箭头方向，从A 到H 不同的旅游路线的条数是( )A ．15B ．16C ．17D ．18解析：选C.这是图论中的一个问题，如果一条一条的去数，由于道路错综复杂，哪些已算过，哪些没有算过就搞不清了，所以我们换一个思路，用分析法来试试．要到H 点，需从F ，E ，G 走过来，那F ，E ，G 各点又可由哪些点走过来呢，…，这样一步一步地倒推，最后归结到A ，然后再反推过去得到如下的计算法：A 至B ，C ，D 的路数记在B ，C ，D 圆圈内，B ，C ，D 分别到F ，E ，G 的路数亦记在F ，E ，G 圆圈内，最后F ，E ，G 各个路数之和，即得至H 的总路数，如图所示．10．若a ＞0，b ＞0，则p ＝(ab )a ＋b2与q ＝a b b a 的大小关系是( )A ．p ≥qB ．p ≤qC ．p ＞qD ．p ＜q解析：选A.p q ＝a a －b 2b b －a 2＝⎝⎛⎭⎫a b a －b2，若a ＞b ＞0，则a b ＞1，a －b ＞0，∴pq＞1；若0＜a ＜b ，则0＜a b ＜1，a －b ＜0，∴pq＞1；若a ＝b ，则pq＝1，∴p ≥q .11．已知f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )，且f (1)＝2，则f (1)＋f (2)＋…＋f (n )不能等于( ) A ．f (1)＋2f (1)＋…＋nf (1)B ．f ⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)2C ．n (n ＋1)D ．n (n ＋1)f (1)解析：选D.由已知f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )及f (1)＝2，得f (2)＝f (1＋1)＝f (1)＋f (1)＝2f (1)＝4，f (3)＝f (2＋1)＝f (2)＋f (1)＝3f (1)＝6，…，依此类推，f (n )＝f (n －1＋1)＝f (n －1)＋f (1)＝…＝nf (1)＝2n ，所以f (1)＋f (2)＋…＋f (n )＝2＋4＋6＋…＋2n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)．故C 正确，显然A ，B 也正确，只有D 不可能成立．12．从一楼到二楼的楼梯共有n 级台阶，每步只能跨上1级或2级台阶，走完这n 级台阶共有f (n )种走法，则下面的猜想正确的是( )A ．f (n )＝f (n －1)＋f (n －2)(n ≥3)B ．f (n )＝2f (n －1)(n ≥2)C ．f (n )＝2f (n －1)－1(n ≥2)D ．f (n )＝f (n －1)f (n －2)(n ≥3)解析：选A.当n ＝1时，f (1)＝1；当n ＝2时，f (2)＝2；当n ＝3时，f (3)＝3；当n ＝4时，f (4)＝5，由上面可推知选A(猜想)．二、填空题(本大题共4小题．把正确答案填在题中横线上)13．在△ABC 中，D 为BC 的中点，则AD →＝12(AB →＋AC →)，将命题类比到四面体中去，得到一个类比命题：________________________________________________________________________________________________________________________________________________. 解析：△ABC 中BC 边上的中点类比为四面体中一个面的重心．答案：在四面体A BCD 中，G 为△BCD 的重心，则AG →＝13(AB →＋AC →＋AD →)14．写出用三段论证明f (x )＝x 3＋sin x (x ∈R )为奇函数的步骤是__________．解析：按照三段论的要求写出即可．答案：满足f (－x )＝－f (x )的函数是奇函数，(大前提)f (－x )＝(－x )3＋sin(－x )＝－x 3－sin x ＝－(x 3＋sin x )＝－f (x )，(小前提) 所以f (x )＝x 3＋sin x 是奇函数．(结论)15．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且y ＝f (x )的图象关于直线x ＝12对称，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＝__________.解析：因为f (x )在R 上是奇函数，所以f (0)＝0，f (－x )＝－f (x )，又因为f (x )的图象关于直线x ＝12对称，所以f (x )＝f (1－x )，所以f (1－x )＝f (x )＝－f (－x )，设t ＝－x ，则f (1＋t )＝－f (t )．所以f (2＋t )＝f [1＋(1＋t )]＝－f (1＋t )＝－[－f (t )]＝f (t )，即f (2＋t )＝f (t )，所以f (x )的周期为2.所以f (1)＝f (3)＝f (5)，f (2)＝f (4)．又因为f (1)＝f (1－1)＝f (0)＝0，f (2)＝f (1－2)＝f (－1)＝－f (1)＝0，所以f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＝0.答案：016．将正△ABC 分割成n 2(n ≥2，n ∈N )个全等的小正三角形(图①，图②分别给出了n ＝2,3的情形)，在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于△ABC 的三边及平行于某边的任一直线上的数(当数的个数不少于3时)都分别依次成等差数列．若顶点A ，B ，C 处的三个数互不相同且和为1，记所有顶点上的数之和为f (n )，则有f (2)＝2，f (3)＝__________，…，f (n )＝__________.解析：当n ＝3时，如下图所示，各顶点的数用小写字母来表示，即由条件知a ＋b ＋c ＝1，x 1＋x 2＝a ＋b ，y 1＋y 2＝b ＋c ，z 1＋z 2＝c ＋a .∴x 1＋x 2＋y 1＋y 2＋z 1＋z 2＝2(a ＋b ＋c )＝2. ∵2g ＝x 1＋y 2＝x 2＋z 1＝y 1＋z 2，∴6g ＝x 1＋x 2＋y 1＋y 2＋z 1＋z 2＝2(a ＋b ＋c )＝2，即g ＝13.∴f (3)＝a ＋b ＋c ＋x 1＋x 2＋y 1＋y 2＋z 1＋z 2＋g ＝1＋2＋13＝103.进一步可求得f (4)＝5.由f (1)＝1＝33，f (2)＝63＝f (1)＋33，f (3)＝103＝f (2)＋43，f (4)＝153＝f (3)＋53，可得f (n )＝f (n －1)＋n ＋13. 所以f (n )＝f (n －1)＋n ＋13＝f (n －2)＋n ＋13＋n3＝…＝n ＋13＋n 3＋n －13＋…＋33＋f (1) ＝n ＋13＋…＋33＋23＋13＝16(n ＋1)(n ＋2)．答案：103 16(n ＋1)(n ＋2)三、解答题(本大题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．已知a 是整数，a 2是偶数，求证：a 是偶数．证明：(反证法)假设a 不是偶数，即a 是奇数，则设a ＝2n ＋1(n ∈Z )． ∴a 2＝4n 2＋4n ＋1. ∵4(n 2＋n )是偶数， ∴4n 2＋4n ＋1是奇数，这与已知a 2是偶数矛盾，所以假设错误，即a 一定是偶数．18．用三段论证明：直角三角形两锐角之和是90°. 证明：任意三角形的内角和为180°.大前提直角三角形是三角形．小前提直角三角形的三内角之和为180°.结论设直角三角形的两个内角分别为∠A ，∠B ，则有∠A ＋∠B ＋90°＝180°. 等量减等量差相等．大前提 (∠A ＋∠B ＋90°)－90°＝180°－90°.小前提 ∠A ＋∠B ＝90°.结论 19．观察下表1， 2,3， 4,5,6,7，8,9,10,11,12,13,14,15， …问：(1)此表第n 行的最后一个数是多少？ (2)此表第n 行的各个数之和是多少？ (3)2011是第几行的第几个数？解：(1)由表知，每行的第一个数为偶数，所以第n ＋1行的第一个数为2n ，所以第n 行的最后一个数为2n －1.(2)由(1)知第n －1行的最后一个数为2n －1－1，第n 行的第一个数为2n －1，第n 行的最后一个数为2n －1.又由观察知，每行数字的个数与这一行的第一个数相同，所以由等差数列求和公式得，S n ＝2n －1(2n －1＋2n －1)2＝22n －3＋22n －2－2n －2.(3)因为210＝1024,211＝2048，又第11行最后一个数为211－1＝2047，所以2011是在第11行中，由等差数列的通项公式得，2011＝1024＋(n －1)·1，所以n ＝988，所以2011是第11行的第988个数．20.如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，四边形ABCD 为正方形，P 点在平面ABCD 内的射影为A ，且P A ＝AB ＝2，E 为PD 的中点．求证：(1)PB ∥平面AEC ；(2)平面PCD ⊥平面P AD . 证明：(1)如图所示，连结BD 交AC 于点O ，连结EO .∵O 为BD 中点，E 为PD 中点，∴EO ∥PB .∵EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，∴PB ∥平面AEC .(2)∵P 点在平面ABCD 内的射影为A ，∴P A ⊥平面ABCD .∵CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD . ∵在正方形ABCD 中CD ⊥AD 且P A ∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面P AD .又CD ⊂平面PCD ， ∴平面PCD ⊥平面P AD .21．设函数f (x )＝|lg x |，若0＜a ＜b ，且f (a )＞f (b )．证明：0<ab <1.证明：法一：由已知f (x )＝|lg x | ＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x (x ≥1)－lg x (0＜x ＜1). ∵0＜a ＜b ，f (a )＞f (b )．∴a 、b 不能同时在区间[1，＋∞)上，又由于0＜a ＜b ，故必有a ∈(0,1)．若b ∈(0,1)，显然有0＜ab <1；若b ∈(1，＋∞)，由f (a )－f (b )＞0，有－lg a －lg b ＞0， ∴lg(ab )＜0，∴ab ＜1.法二：由题设f (a )＞f (b )，即|lg a |＞|lg b |，上式等价于(lg a )2＞(lg b )2， (lg a ＋lg b )(lg a －lg b )＞0，∴lg(ab )·lg ab＞0，由已知b ＞a ＞0，∴ab＜1，∴lg ab＜0，∴lg(ab )＜0， ∴0＜ab ＜1.22．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－a n －⎝⎛⎭⎫12n －1＋2(n 为正整数)．令b n＝2na n ， (1)求证：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：在S n ＝－a n －⎝⎛⎭⎫12n －1＋2中，令n ＝1，可得S 1＝－a 1－1＋2＝a 1，∴a 1＝12.当n ≥2时，S n －1＝－a n －1－⎝⎛⎭⎫12n －2＋2，∴a n ＝S n －S n －1＝－a n ＋a n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1.∴2a n ＝a n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1，即2n a n ＝2n －1a n －1＋1. ∵b n ＝2n a n ， ∴b n ＝b n －1＋1.即当n ≥2时，b n －b n －1＝1，又b 1＝2a 1＝1，∴数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列． (2)由(1)可知，b n ＝1＋(n －1)·1＝n ＝2n a n ，∴a n ＝n 2n .即数列{a n }的通项公式为n 2n .。

(必考题)高中数学高中数学选修2-3第一章《计数原理》检测卷(含答案解析)(5)

一、选择题1．已知()~,X B n p ，且()2E X =，()43D X =，则n =（） A ．5B ．6C ．7D ．82．在某次联考数学测试中，学生成绩ξ服从正态分布2(100,)(0)σσ>，若ξ在(80,120)内的概率为0.8，则任意选取一名学生，该生成绩不高于80的概率为（） A ．0.05 B ．0.1C ．0.15D ．0.23．甲乙两人投篮，投中的概率分别为0.6，0.7．若两人各投2次，则两人投中次数相等的概率为（） A ．0.2484B ．0.25C ．0.90D ．0.39244．位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12，则质点P 移动六次后位于点(2,4)的概率是（）A ．612⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．44612C ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．62612C ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．6246612C C ⎛⎫ ⎪⎝⎭5．已知ξ的分布列如图所示，设2-5ηξ=，则()=E η（）A ．12B ．13C ．23D ．326．某地7个贫困村中有3个村是深度贫困，现从中任意选3个村，下列事件中概率等于67的是（）A ．至少有1个深度贫困村B ．有1个或2个深度贫困村C ．有2个或3个深度贫困村D ．恰有2个深度贫困村7．某班有18名学生数学成绩优秀，若从该班随机找出6名学生，其中数学成绩优秀的学生数1~6,3X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则()21E X +=（） A ．13B ．12C ．5D ．48．下列命题中真命题是（）（1）在183x x 的二项式展开式中，共有4项有理项；（2）若事件A 、B 满足()0.15P A =，()0.60P B =，()0.09P AB =，则事件A 、B 是相互独立事件；（3）根据最近10天某医院新增疑似病例数据，“总体均值为2，总体方差为3”，可以推测“最近10天，该医院每天新增疑似病例不超过7人”. A ．（1）（2）B ．（1）（3）C ．（2）（3）D ．（1）（2）（3）9．从装有除颜色外完全相同的3个白球和m 个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取5次，设摸得白球数为X ，已知()3E X =，则()(D X = ) A ．85B ．65C ．45D ．2510．先后抛掷三次一枚质地均匀的硬币，落在水平桌面上，设事件A 为“第一次正面向上”，事件B 为“后两次均反面向上”，则概率(|)P B A =（） A ．12B ．13C ．14D ．3811．同时抛掷5枚均匀的硬币80次，设5枚硬币正好出现2枚正面向上，3枚反面向上的次数为X ，则X 的均值为（） A ．20B ．25C ．30D ．4012．某学校高三模拟考试中数学成绩X 服从正态分布()75,121N ，考生共有1000人，估计数学成绩在75分到86分之间的人数约为（）人．参考数据：()0.6826P X μσμσ-<<+=，(22)0.9544P X μσμσ-<<+=） A ．261B ．341C ．477D ．683二、填空题13．甲、乙两人被随机分配到,,A B C 三个不同的岗位（一个人只能去一个工作岗位）．记分配到A 岗位的人数为随机变量X ，则随机变量X 的数学期望()E X =_____． 14．3月5日为“学雷锋纪念日”，某校将举行“弘扬雷锋精神做全面发展一代新人”知识竞赛，某班现从6名女生和3名男生中选出5名学生参赛，要求每人回答一个问题，答对得2分，答错得0分，已知6名女生中有2人不会答所有题目，只能得0分，其余4人可得2分，3名男生每人得2分的概率均为12，现选择2名女生和3名男生，每人答一题，则该班所选队员得分之和为6分的概率__________.15．《史记·卷六十五·孙子吴起列传第五》中记载了“田忌赛马”的故事.齐王有上等，中等，下等马各一匹；田忌也有上等，中等，下等马各一匹.田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现规定每场比赛从双方的马匹中随机各选取一匹进行比试，若有优势的马一定获胜，且每场比赛相互独立，则采取三局两胜制齐王获胜的概率为________. 16．在高三的一个班中，有14的学生数学成绩优秀，若从班中随机找出5名学生，那么数学成绩优秀的学生人数1(5,)4B ξ～，则()P k ξ=取最大值时k =_______．17．袋中有5只大小相同的乒乓球，编号为1至5，从袋中随机抽取3只，若以ξ表示取到球中的最大号码，则ξ的数学期望是______.18．某同学解答两道试题，他能够解出第一道题的概率为0.8，能够解出第二道题的概率为0.6，两道试题能够解答与否相互独立，记该同学解出题目的个数为随机变量X ，则X 的数学期望()E X =______．19．随机变量X 服从正态分布()2~10,X N σ，()12P X m >=，1(8)0P X n ≤≤=，则21m n+的最小值为_____． 20．邮局工作人员整理邮件，从一个信箱中任取一封信，记一封信的质量为X (单位：克)，如果()100.3P X <=,() 10300.4P X ≤≤=，那么()30P X >等于_________. 三、解答题21．已知一个袋子里有形状一样仅颜色不同的6个小球，其中白球2个，黑球4个.现从中随机取球，每次只取一球．()1若每次取球后都放回袋中，求事件“连续取球四次，至少取得两次白球”的概率；()2若每次取球后都不放回袋中，且规定取完所有白球或取球次数达到五次就终止游戏，记游戏结束时一共取球X 次，求随机变量X 的分布列与期望．22．某校准备从报名的6位教师（其中男教师3人，女教师3人）中选3人去边区支教. （1）设所选3人中女教师的人数为X ，求X 的分布列及数学期望；（2）若选派的三人依次到甲、乙、丙三个地方支教，求甲地是男教师的情况下，乙地为女教师的概率.23．复旦大学附属华山医院感染科主任医师张文宏在接受媒体采访时谈到：通过救治研究发现，目前对于新冠肺炎最有用的“特效药”还是免疫力．而人的免疫力与体质息息相关，一般来讲，体质好，免疫力就强．复学已有一段时间，某医院到学校调查高二学生的体质健康情况，随机抽取12名高二学生进行体质健康测试，测试成绩（百分制）如下：65，78，90，86，52，87，72，86，87，98，88，86．根据此年龄段学生体质健康标准，成绩不低于80的为优良．（1）将频率视为概率，根据样本估计总体的思想，在该学校全体高二学生中任选3人进行体质健康测试，求至少有1人成绩是“优良”的概率；（2）从抽取的12人中随机选取3人，记X 表示成绩“优良”的人数，求X 的分布列和期望．24．已知从A 地到B 地有两条道路可以到达，走道路①准点到达的概率为34，不准点到达的概率为14；走道路②准点到达的概率为p ，不准点到达的概率为(1)p -.若甲乙两车走道路①，丙车由于其他原因走道路②，且三辆车是否准点到达相互之间没有影响. （1）若三辆车中恰有一辆车没有准点到达的概率为716，求走道路②准点到达的概率p ；（2）在（1）的条件下，求三辆车中准点到达车辆的辆数的分布列和数学期望.25．某投资公司准备在2020年年初将两千万投资东营经济开发区的“示范区”新型物流，商旅文化两个项目中的一个之中．项目一：新型物流仓是为企业提供仓储、运输、配送、货运信息等综合物流服务的平台．现准备投资建设10个新型物流仓，每个物流仓投资0.2千万元，假设每个物流仓盈利是相互独立的，据市场调研，到2022年底每个物流仓盈利的概率为(01)p p <<，若盈利则盈利为投资额的40%，否则盈利额为0．项目二：购物娱乐广场是一处融商业和娱乐于一体的现代化综合服务广场．据市场调研，投资到该项目上，到2022年底可能盈利投资额的50%，也可能亏损投资额的30%，且这两种情况发生的概率分别为p 和1p -．（1）若投资项目一，记1X 为盈利的物流仓的个数，求()1E X （用p 表示）；（2）若投资项目二，记投资项目二的盈利为2X 千万元，求()2E X （用p 表示）；（3）在（1）（2）两个条件下，针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个项目，并说明理由．26．某工厂计划建设至少3个，至多5个相同的生产线车间，以解决本地区公民对特供商品A 的未来需求．经过对先期样本的科学性调查显示，本地区每个月对商品A 的月需求量均在50万件及以上，其中需求量在50~ 100万件的频率为0.5，需求量在100~200万件的频率为0.3，不低于200万件的频率为0.2．用调查样本来估计总体，频率作为相应段的概率，并假设本地区在各个月对本特供商品A 的需求相互独立．（1）求在未来某连续4个月中，本地区至少有2个月对商品A 的月需求量低于100万件的概率．（2）该工厂希望尽可能在生产线车间建成后，车间能正常生产运行，但每月最多可正常生产的车间数受商品A 的需求量x 的限制，并有如下关系：若一个车间正常运行，则该车间月净利润为1500万元，而一个车间未正常生产，则该车间生产线的月维护费（单位：万元）与月需求量有如下关系：试分析并回答该工厂应建设生产线车间多少个？使得商品A 的月利润为最大．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B解析：B 【解析】∵~(,)X B n p ，∴()2E X =，4()3D X =，∴2np =，且4(1)3np p -=，解得613n p =⎧⎪⎨=⎪⎩， ∴6n =，故选B ．2．B解析：B 【解析】1(80120)(80)(120)0.12P X P X P X -<<≤=≥== ,选B.3．D解析：D 【分析】根据题意，两人投中次数相等：两人两次都未投中，两人各投中一次，和两人两次都投中，进而根据相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式，得到答案．【详解】由题意，甲、乙两人投篮，投中的概率分别为0.6，0.7，则甲、乙两人各投2次：两人两次都未投中的概率：()()22010.610.70.0144P =-⨯-=；两人各投中一次的概率：()()111220.610.60.710.70.2016P C C =⨯⨯-⨯⨯⨯-=；两人两次都投中的概率：2220.60.70.1764P =⨯=.所以，两人投中次数相等的概率为：0120.3924P P P P =++=. 故选：D. 【点睛】本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式的应用，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题.4．C解析：C 【分析】根据题意，质点P 移动六次后位于点(4,2)，在移动过程中向右移动4次向上移动2次，即6次独立重复试验中恰有4次发生，由其公式计算可得答案．【详解】根据题意，易得位于坐标原点的质点P 移动六次后位于点(2,4)，在移动过程中向上移动4次向右移动2次，则其概率为4262466111222C P C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭==.故选：C ．【点睛】本题考查二项分布与n 次独立重复试验的模型，考查对基础知识的理解和掌握，考查分析和计算能力，属于常考题.5．C解析：C 【分析】根据分布列的性质，求得13m =，由期望的公式，可得17()6E ξ=，再根据()()5E E ηξ=-，即可求解.【详解】由题意，根据分布列的性质，可得1111663m +++=，解得13m =，所以随机变量ξ的期望为111117()123466336E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=，又由2-5ηξ=，可得172()2563E η=⨯-=. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了随机变量的期望的计算，其中解答中熟记分布列的性质和期望的计算公式是解答的关键，着重考查了计算能力.6．B解析：B 【分析】用X 表示这3个村庄中深度贫困村数，则X 服从超几何分布，故()33437k kC C P X k C -==，分别求得概率，再验证选项. 【详解】用X 表示这3个村庄中深度贫困村数，X 服从超几何分布，故()33437k kC C P X k C -==，所以()3043374035C C P X C ===， ()21433718135C C P X C ===，()12433712235C C P X C ===，()0343371335C C P X C ===， ()()6127P X P X =+==. 故选：B 【点睛】本题主要考查超几何分布及其应用，属于基础题.7．C解析：C 【分析】根据1~6,3X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭得到()2E X =，再根据()()2121E X E X +=+，计算得到答案. 【详解】1~6,3X B ⎛⎫⎪⎝⎭，则()1623E X =⨯=，故()()21215E X E X +=+=.故选：C . 【点睛】本题考查了二项分布的均值，同时也考查了期望性质的应用，意在考查学生的计算能力.8．D解析：D 【分析】对三个命题分别判断真假，即可得出结论. 【详解】对于（1），18的二项展开式的通项为1815163621818rrrr rC x x C x ---⎛⎫⎛⎫⋅⋅=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当0r =、6、12、18时，为有理项，共有4个有理项，故（1）正确；对于（2），事件A 、B 满足()0.15P A =，()0.60P B =，()0.09P AB =，所以()()()0.150.600.09P AB P A P B =⨯==，满足A 、B 为相互独立事件，故（2）正确；对于（3），当总体平均数是2，若有一个数据超过7，则方差就接近于3，所以，总体均值为2，总体方差为3时，没有数据超过7，故（3）正确. 故选：D. 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查分析法与基本运算能力，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.9．B解析：B 【分析】由题意知，3~(5,)3X B m +，由3533EX m =⨯=+，知3~(5,)5X B ，由此能求出()D X ．【详解】由题意知，3~(5,)3X B m +， 3533EX m ∴=⨯=+，解得2m =， 3~(5,)5X B ∴，336()5(1)555D X ∴=⨯⨯-=．故选：B ．【点睛】本题考查离散型随机变量的方差的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意二项分布的灵活运用．10．C解析：C 【分析】由先后抛掷三次一枚质地均匀的硬币，得出事件A “第一次正面向上”，共有4种不同的结果，再由事件A “第一次正面向上”且事件B “后两次均反面向上”，仅有1中结果，即可求解. 【详解】由题意，先后抛掷三次一枚质地均匀的硬币，共有2228⨯⨯=种不同的结果，其中事件A “第一次正面向上”，共有4种不同的结果，又由事件A “第一次正面向上”且事件B “后两次均反面向上”，仅有1中结果，所以()()1(|)4P AB P B A P A ==，故选C. 【点睛】本题主要考查了条件概率的计算，其中解答中认真审题，准确得出事件A 和事件A B 所含基本事件的个数是解答的关键，着重考查了运算能力，属于基础题.11．B解析：B 【分析】先求得抛掷一次的得到2枚正面向上，3枚反面向上的概率，再利用二项分布可得结果.【详解】由题，抛掷一次恰好出现2枚正面向上，3枚反面向上的概率为：2555216C =因为5枚硬币正好出现2枚正面向上，3枚反面向上的概率是一样的，且各次试验是相互独立的，所以X 服从二项分布5(80,)16X B 则5()802516E X =⨯= 故选B 【点睛】本题咔嚓了二项分布，掌握二项分布是解题的关键，属于中档题.12．B解析：B 【解析】分析：正态总体的取值关于75x =对称，位于6486（，）之间的概率是0.6826，根据概率求出位于6486（，）这个范围中的个数，根据对称性除以2 得到要求的结果．详解：正态总体的取值关于75x =对称，位于6486（，）之间的概率是(75117511)0.682?6P X －＋＝<<，则估计数学成绩在75分到86分之间的人数约为110000.682?63412⨯⨯≈人. 故选B .点睛：题考查正态曲线的特点及曲线所表示的意义，是一个基础题，解题的关键是考试的成绩X 关75X =于对称，利用对称写出要用的一段分数的频数，题目得解．二、填空题13．【分析】由题意得出的可能取值以及相应的概率再计算数学期望即可【详解】由题意可得的可能取值有012则数学期望故答案为：【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望属于中档题解析：23【分析】由题意得出X 的可能取值以及相应的概率，再计算数学期望即可. 【详解】由题意可得X 的可能取值有0，1，2224(0)339P X ⨯===⨯，122411(1),(2)339339C P X P X ⨯======⨯⨯则数学期望4()09E X =⨯41212993+⨯+⨯=．故答案为：23【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望，属于中档题.14．【分析】首先对事件进行分类分成女生0分男生6分或女生2分男生4分或女生4分男生2分女生的概率可以按照超几何概率求解男生按照独立重复求解概率【详解】依题意设该班所选队员得分之和为6分记为事件A 则可分为解析：43120【分析】首先对事件进行分类，分成女生0分，男生6分，或女生2分，男生4分，或女生4分，男生2分，女生的概率可以按照超几何概率求解，男生按照独立重复求解概率. 【详解】依题意设该班所选队员得分之和为6分记为事件A ，则可分为下列三类：女生得0分男生得6分，设为事件1A ；女生得2分男生得4分，设为事件2A ；女生得4分男生得2分，设为事件3A ，则：()32321326112120C P A C C ⎛⎫=⨯= ⎪⎝⎭， ()211224232611241221205C C P A C C ⎛⎫⎛⎫=⨯== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()22143326111832212020C P A C C ⎛⎫⎛⎫=⨯== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ()()()()12343120P A P A P A P A =++=. 故答案为：43120【点睛】本题考查概率的应用问题，重点考查分类讨论，转化与化归的思想，熟练掌握概率类型，属于中档题型.本题的关键是对事件分类.15．【分析】列出所有情况统计满足条件的情况得到齐王每次胜利的概率再根据独立事件计算得到答案【详解】设齐王的上中下等马为田忌的上中下等马为则共有9种情况其中齐王获胜的有6种情况故故答案为：【点睛】本题考查解析：2027【分析】列出所有情况，统计满足条件的情况得到齐王每次胜利的概率123p =，再根据独立事件计【详解】设齐王的上中下等马为ABC ，田忌的上中下等马为abc ，则共有,,,,,,,,Aa Ab Ac Ba Bb Bc Ca Cb Cc 9种情况，其中齐王获胜的有,,,,,Aa Ab Ac Bb Bc Cc 6种情况，故16293p ==， 32232212033327p C ⎛⎫⎛⎫=+⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故答案为：2027. 【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.16．1【分析】可得则且计算可得【详解】解：依题意可得则且解得又所以故答案为：1【点睛】本题考查了二项分布列的概率计算公式组合数的计算公式考查了推理能力与计算能力属于中档题解析：1 【分析】1~(5,)4B ξ，可得5511()()(1)44k k k P k C ξ-==⨯-．则()(1)P k P k ξξ=≥=-且()(1)P k P k ξξ=≥=+计算可得．【详解】解：依题意，可得5511()()(1)44kk k P k C ξ-==⨯-则5C k3()45k-1()4k15C k -≥3()45(1)k --1()41k -，且5C k3()45k-1()4k ≥15C k +5(1)3()4k -+11()4k +，解得12k ≤≤32，又*k N ∈，所以1k =．故答案为：1 【点睛】本题考查了二项分布列的概率计算公式、组合数的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17．【分析】分别分析最大号码为345的情况再根据所对应的概率求解数学期望即可【详解】所有可能的情况一共有种其中最大号码为3的情况一共有种；其中最大号码为4的情况一共有种；其中最大号码为5的情况一共有种；解析：92分别分析最大号码为3,4,5的情况再根据所对应的概率求解数学期望即可.【详解】所有可能的情况一共有3510C=种,其中最大号码为3的情况一共有221C=种；其中最大号码为4的情况一共有233C=种；其中最大号码为5的情况一共有246C=种；故ξ的数学期望是136312309 345101010102++⨯+⨯+⨯==.故答案为：9 2【点睛】本题主要考查了排列组合解决数学期望的问题,根据题意分析所有可能的情况再利用数学期望公式求解即可.属于中等题型.18．4【解析】【分析】由题意求得随机变量的取值利用相互独立事件的概率公式求得相应的概率再由期望的计算公式即可求解数学期望【详解】由题意该同学解出题目的个数为随机变量的取值为则所以【点睛】本题主要考查了随解析：4【解析】【分析】由题意求得随机变量X的取值，利用相互独立事件的概率公式，求得相应的概率，再由期望的计算公式，即可求解数学期望．【详解】由题意，该同学解出题目的个数为随机变量X的取值为0,1,2X=，则P(X0)0.20.40.08==⨯=，P(X1)0.80.40.20.60.44==⨯+⨯=，P(X2)0.80.60.48==⨯=.所以E(X)00.0810.4420.48 1.4=⨯+⨯+⨯=.【点睛】本题主要考查了随机变量的分布列与数学期望的计算，其中解答中正确理解题意，利用相互独立事件的概率计算公式求得相应的概率是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．19．【分析】根据正态分布的对称性得到再利用均值不等式计算的最小值【详解】随机变量服从正态分布∴由得又∴且则当且仅当即时等号成立∴的最小值为故答案为【点睛】本题考查了正态分布的计算均值不等式的运用综合性较解析：6+根据正态分布的对称性，得到12m n +=，再利用均值不等式计算21m n+的最小值. 【详解】随机变量X 服从正态分布210(),X N σ～，∴1(10)2P X ≥=，由1(8)0P X n ≤≤=，得1(10)2P X n ≤≤=，又()12P X m >=， ∴12m n +=，且0m >，0n >，则2121(22)m n m n m n ⎛⎫+=++= ⎪⎝⎭42662642n m m n+⋅=+=+．当且仅当42n m m n =，即222m -=，212n -=时等号成立． ∴21m n+的最小值为642+．故答案为642+．【点睛】本题考查了正态分布的计算，均值不等式的运用，综合性较强，需要同学们熟练掌握各个知识点.20．3【分析】根据随机变量的概率之和为1即可求出【详解】根据随机变量的概率分布的性质可知故【点睛】本题主要考查了随机变量的概率分布的性质属于中档题解析：3 【分析】根据随机变量的概率之和为1，即可求出()30P X >. 【详解】根据随机变量的概率分布的性质,可知()()()101030301P X P X P X <+≤≤+>=, 故(30)10.30.40.3P X >=--=. 【点睛】本题主要考查了随机变量的概率分布的性质，属于中档题.三、解答题21．（1）；（2）随机变量X 的分布列见解析，期望为133. 【分析】（1）可从正面计算取得两次、三次、四次白球的概率和，也可以用1减去取得一次、两次白球的概率，而四次取球中每次是否取得白球相互独立，只需用组合数即可得到相应概率；（2）注意取出的球不放回，因此最多取5次白球就会被取完，故X ＝2，3，4，5，分别计算对应的概率，写出分布列，进而可求出期望. 【详解】（1）记随机变量ξ表示连续取球四次，取得白球的次数，则ξ～B （4，13）则P （ξ＞1）＝1－P （ξ＝0）－P （ξ＝1）＝1－00411344121211()()()()333327C C -=（2）随机变量X 的取值分别为2，3，4，5∴P （X ＝2）＝2226115C C =，P （X ＝3）＝11242612415C C C ⨯= P （X ＝4）＝1224361135C C C ⨯=，P （X ＝5）＝134244446635C C C C C += ∴随机变量X 的分布列为∴随机变量X 的期望为：1313()23451515553E X =⨯+⨯+⨯+⨯= 考点：古典概型，相互独立事件，随机变量的分布列与期望 22．（1）分布列见解析，期望为32；（2）35．【分析】（1）X 的值依次为0,1,2,3，分别计算出概率得概率分布列，再由期望公式计算出期望；（2）设事件A 为“甲地是男教师”,事件B 为“乙地是女教师”,利用条件概率公式,即可求出概率. 【详解】（1）X 的所有可能取值为0,1,2,3,33361(0)20C P X C ===，1233369(1)20C C P X C ===，2133369(2)20C C P X C ===，33361(3)20C P X C ===，所以X 的分布列为:故()1232020202E X =⨯+⨯+⨯=；（2）设事件A 为“甲地是男教师”,事件B 为“乙地是女教师”,则1236361()2C A P A A ==，111334363()10C C C P AB A ==，所以3()310(|)1()52P AB P B A P A ===．【点睛】本题考查随机变量的概率分布列和数学期望，考查条件概率，解题时确定出随机变量的所有可能取值，然后计算出概率后可得概率分布列，由期望公式可计算出期望．掌握条件概率公式即可计算条件概率． 23．（1）2627（2）见解析，2 【分析】（1）从该社区中任选1人，成绩是“优良”的概率为23，由此能求出在该社区老人中任选三人，至少有1人成绩是‘优良’的概率．（2）由题意得ξ的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和期望．【详解】解：（1）抽取的12人中成绩是优良的频率为23，故从该校全体高二学生中任选1人，成绩是“优良”的概率是23，设“在该校全体高二学生中任选3人，至少有1人成绩优良”为事件A ，则()33212611132727P A C ⎛⎫=-⨯-=-= ⎪⎝⎭．（2）由题意可知，X 的可能取值为0，1，2，3，()3431241022055C P X C ====，()12843124812122055C C P X C ====，()218431211228222055C C P X C ====，()383125614122055C P X C ====，所以X 的分布列为0123255555555EX =⨯+⨯+⨯+⨯=．【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，解题时要认真审题，注意排列组合知识的合理运用，属于中档题． 24．（1）716（2）见解析，136【分析】（1）三辆车中恰有一辆车没有准点到达包含两种情况：甲乙中有一辆没有准点到达或丙没有准点到达，由相互独立事件同时发生的概率公式列出关于p 的方程，解方程即可得结果；（2）设三辆车中准点到达车辆的辆数为ξ，则ξ可能的取值为0，1，2，3，由题写出变量的分布列，算出数学期望. 【详解】解：（1）由已知条件得2123137(1)44416C p p ⎛⎫⨯⨯+-= ⎪⎝⎭，解得23p =；（2）ξ可能的取值为0，1，2，3，()1111044348P ξ==⨯⨯=，123111121(1)4434436P C ξ==⨯⨯⨯+⨯⨯=，123123317(2)44344316P C ξ==⨯⨯⨯+⨯⨯=，3323(3)4438P ξ==⨯⨯=，ξ的分布列为所以01234861686E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=. 【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的分布列和期望，考查了相互独立事件同时发生的概率，考查了学生的运算求解能力.25．（1）()110E X p =；（2）()2 1.60.6E X p =-；（3）分类讨论，见解析. 【分析】（1）由题意结合二项分布的期望公式即可得解；（2）由题意列出分布列，利用离散型随机变量期望公式即可得解；（3）由题意分别计算出项目一、项目二的利润的期望与方差，分类比较即可得解. 【详解】（1）由题意1~(10,)X B p ，则盈利的物流仓数的期望()110E X p =；（2）若投资项目二，盈利的金额为20.51⨯=（千万元），亏损的金额为20.30.6⨯=（千万元），则2X 的分布列为所以盈利的期望)20.6(1) 1.60.6E X p p p =--=-；（3）若盈利，则每个物流仓盈利0.240%0.08⨯=（千万元），若选择项目一，盈利的期望为()()110.080.080.08100.8E X E X p p ==⨯=（千万元），方差为()()22110.080.080.0810(1)0.064(1)D X D X p p p p ==⨯-=-，若选择项目二，盈利的方差为：()222(1 1.60.6)(0.6 1.60.6)(1) 2.56(1)D X p p p p p p =-++--+-=-，①当()()120.08E X E X =时，0.8 1.60.6p p =-，解得34p =，而()()120.08D X D X <，故选择项目一；②当()()120.08E X E X >时，0.8 1.60.6p p >-，解得304p <<，此时选择项目一；③当()()120.08E X E X <时，0.8 1.60.6p p <-，解得34p >，此时选择项目二．【点睛】本题考查了离散型随机变量期望与方差的求解和应用，考查了二项分布的应用与分类讨论思想，属于中档题. 26．（1）1116（2）4个【分析】（1）由独立重复实验的概率公式结合题意计算即可得解；（2）按照建设3个车间、4个车间、5个车间讨论，分别求出对应的分布列和期望，比较期望大小即可得解. 【详解】（1）由题意每月需求量在50~ 100万件的概率为0.5，则由独立重复实验概率公式可得所求概率223142344441111111112222216P C C C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭；（2）（i ）当建设3个车间时，由于需求量在50万件以上，此时的净利润Y 的分布列为：则（万元）；（ii ）当建设4个车间时，需求量50100x ≤<时，则有3个车间正常运行时，会有1个车间闲置，此时的净利润150035004000Y =⨯-=；需求量100x ≥时，则4个车间正常运行，此时的净利润150046000Y =⨯=；则Y 的分布列为：则（万元）（iii ）当建设5个车间时，需求量50100x ≤<时，则有3个车间正常运行时，会有2个车间闲置，此时的净利润1500350023500Y =⨯-⨯=；需求量100200x ≤<时，则4个车间正常运行，会有1个车间闲置，此时1500460015400Y =⨯-⨯=；需求量200x ≥时，则5个车间正常运行，此时的净利润150057500Y =⨯=；则Y 的分布列为：则4870=（万元）综上所述，要使该工厂商品A的月利润为最大，应建设4个生产线车间．【点睛】本题考查了独立重复实验概率公式的应用，考查了离散型随机变量期望的求解与应用，属于中档题.。

高二数学选修2-3第一章测试题(含答案)

高中数学选修2-3第一章测试题一．选择题（每题5分，满分60分）1．四个同学，争夺三项冠军，冠军获得者可能有的种类是( ) A ．4 B ．24 C ．43D ．34[答案] C[解析] 依分步乘法计数原理，冠军获得者可能有的种数是4×4×4＝43.故选C.2．210所有正约数的个数共有( ) A ．12个 B ．14个 C ．16个 D ．20个[答案] C[解析] 由210＝2·3·5·7知正约数的个数为2·2·2·2＝16.∴选C. 3．设m ∈N *，且m ＜15，则(15－m )(16－m )…(20－m )等于( ) A ．A 615－m B ．A 15－m20－mC ．A 620－mD ．A 520－m[答案] C[解析] 解法1：(15－m )(16－m )…(20－m )＝(20－m )(19－m )……[(20－m )－6＋1]＝A 620－m .解法2：特值法．令m ＝14得1×2×3×4×5×6＝A 66.∴选C.4．A 、B 、C 、D 、E 五人站成一排，如果A 必须站在B 的左边(A 、B 可以不相邻)，则不同排法有( )A ．24种B ．60种C ．90种D ．120种[答案] B[解析] 5个人全排列有5！＝120种、A 在B 左边和A 在B 右边的情形一样多，∴不同排法有12×120＝60种．5．在(x －3)10的展开式中，x 6的系数是( ) A ．－27C 610B ．27C 410 C ．－9C 610D ．9C 410[答案] D[解析] ∵T r ＋1＝C r 10x 10－r(－3)r .令10－r ＝6，解得r ＝4.∴系数为(－3)4C 410＝9C 410.6．用1、2、3、4、5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )A ．36B ．30C ．40D ．60[答案] A[解析] 奇数的个位数字为1、3或5，偶数的个位数字为2、4.故奇数有35A 35＝36个．7．6人站成一排，甲、乙、丙3人必须站在一起的所有排列的总数为( ) A ．A 66B ．3A 33C ．A 33·A 33D ．4！·3! [答案] D[解析] 甲、乙、丙三人站在一起有A 33种站法，把3人作为一个元素与其他3人排列有A 44种，∴共有A 33·A 44种．故选D. 8．6人站成一排，甲、乙、丙3个人不能都站在一起的排法种数为( ) A ．720 B ．144 C ．576D ．684[答案] C[解析] “不能都站在一起”与“都站在一起”是对立事件，由间接法可得A 66－A 33A 44＝576.[点评] 不能都站在一起，与都不相邻应区分．9．C 9798＋2C 9698＋C 9598等于( )A ．C 9799B ．C 97100C ．C 9899D ．C 98100[答案] B[解析] 原式＝C 9798＋C 9698＋C 9698＋C 9598＝C 9799＋C 9699＝C 97100，故选B.10．已知集合A ＝{1,2,3,4,5,6}，B ＝{1,2}，若集合M 满足B M A ，则不同集合M的个数为( )A ．12B ．13C ．14D ．15[答案] C[解析] ∵B M ，∴M 中必含有1、2且至少含有3、4、5、6中的一个元素，又M A ，∴M ≠A ，∴M 的个数为C 14＋C 24＋C 34＝14个．11．某年级有6个班，分别派3名语文教师任教，每个教师教2个班，则不同的任课方法种数为( )A ．C 26·C 24·C 22 B ．A 26·A 24·A 22 C ．C 26·C 24·C 22·C 33 D.A 26·C 24·C 22A 33[答案] A12．1＋(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n 的展开式的各项系数之和为( ) A ．2n －1B ．2n －1C ．2n ＋1－1 D ．2n [答案] C[解析] 解法一：令x ＝1得，1＋2＋22＋…＋2n ＝1×(2n ＋1－1)2－1＝2n ＋1－1.解法二：令n ＝1，知各项系数和为3，排除A 、B 、D ，选C.二．填空题（每小题5分，满分20分）13．三个人坐在一排八个座位上，若每人的两边都要有空位，则不同的坐法种数为________．[答案] 24[解析] “每人两边都有空位”是说三个人不相邻，且不能坐两头，可视作5个空位和3个人满足上述两要求的一个排列，只要将3个人插入5个空位形成的4个空档中即可．∴有A 34＝24种不同坐法．14．方程C x 17－C x 16＝C 2x ＋216的解集是________．[答案] {5}[解析] 因为C x 17＝C x 16＋C x －116，所以C x －116＝C 2x ＋216，由组合数公式的性质，得x －1＝2x ＋2或x －1＋2x ＋2＝16，得x 1＝－3(舍去)，x 2＝5.15．方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝3，y 2＋z 2＝4，z 2＋x 2＝5.有________组解．[答案] 8[解析] 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝3，y 2＋z 2＝4，z 2＋x 2＝5.可得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2，y 2＝1，z 2＝3.因此在{2，－2}，{1，－1}，{3，－3}中各取一个即可构成方程组的一组解，由分步乘法计数原理共有2×2×2＝8组解．16．(2010·湖北文，11)在(1－x 2)10的展开式中，x 4的系数为________． [答案] 45[解析] 本题主要考查二项式定理．(1－x 2)10的展开式中，只有两个括号含x 2的项，则x 4的系数为C 210(－1)2＝45三、解答题17．（满分12分）求和：12！＋23！＋34！＋…＋n(n ＋1)！.[解析] ∵k (k ＋1)！＝k ＋1－1(k ＋1)！＝k ＋1(k ＋1)！－1(k ＋1)！＝1k ！－1(k ＋1)！，∴原式＝⎝⎛⎭⎫11－12！＋⎝⎛⎭⎫12！－13！＋⎝⎛⎭⎫13！－14！＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ！－1(n ＋1)！＝1－1(n ＋1)！.18．（满分10分）用1、2、3、4、5、6、7这7个数字组成没有重复数字的四位数． (1)这些四位数中偶数有多少个？能被5整除的有多少个？ (2)这些四位数中大于6500的有多少个？[解析] (1)偶数的个位数只能是2、4、6有A 13种排法，其它位上有A 36种排法，由分步乘法计数原理知共有四位偶数A 13·A 36＝360个；能被5整除的数个位必须是5，故有A 36＝120个．(2)最高位上是7时大于6500，有A 36种，最高位上是6时，百位上只能是7或5，故有2×A 25种．∴由分类加法计数原理知，这些四位数中大于6500的共有A 36＋2A 25＝160个．19．（满分12分）一场晚会有5个演唱节目和3个舞蹈节目，要求排出一个节目单． (1)3个舞蹈节目不排在开始和结尾，有多少种排法？(2)前四个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？(以上两个题只列出算式)[解析](1)先从5个演唱节目中选两个排在首尾两个位置有A25种排法，再将剩余的3个演唱节目，3个舞蹈节目排在中间6个位置上有A66种排法，故共有A25A66种排法．(2)先不考虑排列要求，有A88种排列，其中前四个节目没有舞蹈节目的情况，可先从5个演唱节目中选4个节目排在前四个位置，然后将剩余四个节目排列在后四个位置，有A45A44种排法，所以前四个节目要有舞蹈节目的排法有(A88－A45A44)种．20．（满分12分）六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？(1)甲不站右端，也不站左端；(2)甲、乙站在两端；(3)甲不站左端，乙不站右端．[解析](1)解法一：因甲不站左右两端，故第一步先从甲以外的5个人中任选二人站在左右两端，有A25种不同的站法；第二步再让剩下的4个人站在中间的四个位置上，有A44种不同的站法，由分步乘法计数原理共有A25·A44＝480种不同的站法．解法二：因甲不站左右两端，故第一步先让甲排在左右两端之间的任一位置上，有A14种不同的站法；第二步再让余下的5个人站在其他5个位置上，有A55种不同的站法，故共有A14·A55＝480种不同的站法．解法三：我们对6个人，不考虑甲站位的要求，做全排列，有A66种不同的站法；但其中包含甲在左端或右端的情况，因此减去甲站左端或右端的排列数2A55，于是共有A66－2A55＝480种不同的站法．(2)解法一：首先考虑特殊元素，让甲、乙先站两端，有A22种不同的站法；再让其他4个人在中间4个位置做全排列，有A44种不同的站法，根据分步乘法计数原理，共有A22·A44＝48种不同的站法．解法二：“位置分析法”，首先考虑两端2个位置，由甲、乙去站，有A22种站法，再考虑中间4个位置，由剩下的4个人去站，有A44种站法，根据分步乘法计数原理，共有A22·A44＝48种不同的站法．(3)解法一：“间接法”，甲在左端的站法有A55种，乙在右端的站法有A55种，而甲在左端且乙在右端的站法有A44种，故共有A66－2A55＋A44＝504种不同的站法．解法二：“直接法”，以元素甲的位置进行考虑，可分两类：a.甲站右端有A55种不同的站法；b.甲在中间4个位置之一，而乙不在右端，可先排甲后排乙，再排其余4个，有A14·A14·A44种不同的站法，故共有A55＋A14·A14·A44＝504种不同的站法．21．（满分12分）有9本不同的课外书，分给甲、乙、丙三名同学，求在下列条件下，各有多少种分法？(1)甲得4本，乙得3本，丙得2本； (2)一人得4本，一人得3本，一人得2本； (3)甲、乙、丙各得3本．[分析] 由题目可获取以下主要信息： ①9本不同的课外书分给甲、乙丙三名同学； ②题目中的3个问题的条件不同．解答本题先判断是否与顺序有关，然后利用相关的知识去解答． [解析] (1)分三步完成：第一步：从9本不同的书中，任取4本分给甲，有C 49种方法；第二步：从余下的5本书中，任取3本给乙，有C 35种方法；第三步：把剩下的书给丙有C 22种方法，∴共有不同的分法有C 49·C 35·C 22＝1260(种)．(2)分两步完成：第一步：将4本、3本、2本分成三组有C 49·C 35·C 22种方法；第二步：将分成的三组书分给甲、乙、丙三个人，有A 33种方法，∴共有C 49·C 35·C 22·A 33＝7560(种)．(3)用与(1)相同的方法求解，得C 39·C 36·C 33＝1680(种)．22．（满分12分）已知在(3x －123x )n 的展开式中，第6项为常数项．(1)求n ；(2)求含x 2的项的系数； (3)求展开式中所有的有理项． [解析] (1)T r ＋1＝C r n ·(3x )n －r ·(－123x )r ＝C r n ·(x 13)n －r ·(－12·x －13)r ＝(－12)r ·C r n ·x n －2r 3. ∵第6项为常数项，∴r ＝5时有n －2r3＝0，∴n ＝10.(2)令n －2r 3＝2，得r ＝12(n －6)＝2，∴所求的系数为C 210(－12)2＝454. (3)根据通项公式，由题意得：⎩⎪⎨⎪⎧10－2r3∈Z0≤r ≤10r ∈Z令10－2r3＝k (k ∈Z )，则10－2r ＝3k ，即r ＝10－3k 2＝5－32k .∵r ∈Z ，∴k 应为偶数，∴k 可取2,0，－2， ∴r ＝2,5,8，∴第3项、第6项与第9项为有理项．它们分别为C 210·(－12)2·x 2，C 510(－12)5， C 810·(－12)8·x －2.。

高中数学同步人教B版选修2-3(优选习题)：模块综合检测(B)【含解析】

模块综合检测(B)(时间∶120分钟满分∶150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1. 以图中的8个点为顶点的三角形的个数是( )A ．56B ．48C ．45D ．422．某校教学楼共有5层，每层均有2个楼梯，则由一楼至五楼的不同走法共有( )A ．25种B ．52种C ．10种D ．7种3．将一枚骰子抛掷两次，若先后出现的点数分别为b 、c ，则方程x 2＋bx ＋c ＝0有相等实根的概率为( )A.112B.19C.136D.1184．设ξ的分布列为：则p 等于( )A ．0 B.16 C.13D ．不确定 5．某农科院在3×3的9块试验田中选出6块种植某品种水稻，则每行每列都有两块试验田种植水稻的概率为( )A.156B.17C.114D.3146．若(x ＋12x)n 的展开式中前三项的系数成等差数列，则展开式中x 4项的系数为( ) A ．6 B ．7 C ．8 D ．97．据统计，大熊猫的平均寿命是12～20岁，一只大熊猫从出生起，活到10岁的概率为0.8，活到20岁的概率为0.4，北京动物园的大熊猫“妞妞”今年已经10岁了，它能活到20岁的概率为( )A ．0.5B ．0.48C ．0.32D ．0.288．设随机变量ξ～B (2，p )，η～B (4，p )，若P (ξ≥1)＝59，则P (η≥2)的值为( ) A.3281 B.1127 C.6581 D.16819．若(x －12x)n 的展开式中第3项的二项式系数是15，则展开式中所有项的系数之和为( )A.132B.164 C ．－164 D.112810．某机械零件由两道工序组成，第一道工序的废品率为a ，第二道工序的废品率为b ，假设这两道工序出废品是彼此无关的，那么产品的合格率为( )A ．ab －a －b ＋1B ．1－a －bC ．1－abD ．1－2ab11．若变量y 与x 之间的相关系数r ＝－0.936 2，查表得到相关系数临介值r 0.05＝0.801 3，则变量y 与x 之间( )A．不具有线性相关关系B．具有线性相关关系C．它们的线性关系还要进一步确定D．不确定12．某市政府调查市民收入与旅游欲望时，采用独立检验法抽取3 000人，计算发现χ2＝6.023，则根据这一数据查阅下表，市政府断言市民收入增减与旅游愿望有关系的可信程C．97.5% D．99.5%二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．设随机变量X服从二项分布B(n，p)，且E(X)＝1.6，D(X)＝1.28，则n＝________，p＝________.14．8个篮球队中有2个强队，任意将这8个队分成两个组(每组4个队)进行比赛，则这两个强队被分在一个组内的概率是________．15．如果(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，那么a1＋a2＋a3＋…＋a7＝________.16．某个正态分布的概率密度函数在区间(2,7)内单调递减，在区间(－7,2)内单调递增，函数在区间[－7,7]内的最大值是二次方程x2＋4x＋7＝0的两根之积，那么该正态分布的期望为________，方差为________．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)某单位有三个科室，为实现减负增效，每科室抽调2人，去参加再就业培训，培训后这6人中有2人返回原单位，但不回到原科室工作，且每科室至多安排1人，问共有多少种不同的安排方法？18．(12分)已知(x＋33x)n展开式中，各项系数的和与其二项式系数的和之比为64.(1)求x3项的系数；(2)求二项式系数最大的项．19．(12分)冰箱中放有甲、乙两种饮料各5瓶，每次饮用时从中任意取1瓶甲种或乙种饮料，取用甲种或乙种饮料的概率相等．(1)求甲种饮料饮用完毕而乙种饮料还剩3瓶的概率；(2)求甲种饮料被饮用瓶数比乙种饮料被饮用瓶数至少多4瓶的概率．20．(12分)抛掷一枚质地均匀的硬币3次，记正面朝上的次数为X.(1)求随机变量X的分布列；(2)求随机变量X的均值、方差．21．(12分)某保险公司新开设了一项保险业务，若在一年内事件E发生，该公司要赔偿a元．设在一年内E发生的概率为p，为使公司收益的期望值等于a的百分之十，公司应要求顾客交多少保险金？22．(12分)某研究性学习小组对春季昼夜温差大小与某花卉种子发芽多少之间的关系进行研究，他们分别记录了3月1日至3月5日的每天昼夜温差与实验室每天每100颗种子浸n 均不小于25”的概率．(2)若选取的是3月1日与3月5日的两组数据，请根据3月2日至3月4日的数据，求出y 关于x 的回归直线方程y ^ ＝b ^ x ＋a ^ ；(3)若由回归直线方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2颗，则认为得到的线性回归方程是可靠的，试问(2)中所得的回归直线方程是否可靠？模块综合检测(B)答案1．D [C 24C 13＋C 14C 23＋C 14C 13＝42或C 38－C 35－C 34＝42.]2．A [因为每层均有2个楼梯，所以每层有两种不同的走法，由分步乘法计数原理可知，从一楼至五楼共有25种不同走法．]3．D [∵Δ＝b 2－4c ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝1b ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧c ＝4b ＝4，即P ＝236＝118.] 4．B [根据分布列的性质，可得12＋13＋p ＝1，故p ＝1－12－13＝16.] 5．C [所求的概率为P ＝C 23C 12C 69＝6C 39＝114.] 6．B [(x ＋12x )n 的展开式的前三项的系数分别为C 0n ，12C 1n ，14C 2n ，即1，n 2，n (n －1)8，由于它们成等差数列，所以2·n 2＝1＋n (n －1)8，整理得n 2－9n ＋8＝0，解得n ＝8或n ＝1(舍)．含x 4的项为C 28x 6(12x )2，故其系数为C 28·122＝7，故选B.] 7．A [记“能活到10岁”为事件A ，“能活到20岁”为事件B ，则P (A )＝0.8，P (B )＝0.4，P (AB )＝P (B )＝0.4，所求概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.40.8＝0.5.] 8．B [由P (ξ≥1)＝59，得C 12p (1－p )＋C 22p 2＝59，即9p 2－18p ＋5＝0，解得p ＝13或p ＝53(舍去)，∴P (η≥2)＝C 24p 2(1－p )2＋C 34p 3(1－p )＋C 44p 4＝6×(13)2×(23)2＋4×(13)3×23＋(13)4＝1127.] 9．B [依题意，得C 2n ＝15，即n (n －1)2＝15，n (n －1)＝30(其中n ≥2)，由此解得n ＝6，因此展开式中所有项的系数之和为(1－12×1)6＝164，故选B.] 10．A [产品合格率＝第一道工序的合格率×第二道工序的合格率，∴所求产品的合格率为(1－a )(1－b )＝1－a －b ＋ab .]11．B12．C [“市民收入增减与旅游愿望有关”结论犯错的概率为2.5%.]13．8 0.2解析解⎩⎪⎨⎪⎧np ＝1.6np (1－p )＝1.28得n ＝8，p ＝0.2. 14.37解析间接法：1－C 36·C 12C 48＝1－47＝37. 也可用直接法：C 46＋C 26·C 22C 48＝37.注意两个组有区别． 15．－2 解析令x ＝0，得a 0＝1，令x ＝1得－1＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7＝－2.16．2 114π解析正态分布N (μ，σ2)的曲线关于直线x ＝μ对称，且在x ＝μ处，正态分布的概率密度函数取得最大值12πσ.故12πσ＝7，σ＝114π，σ2＝114π. 17．解 6人中有2人返回原单位，可分两类：(1)2人来自同科室：C 13C 12＝6(种)；(2)2人来自不同科室：C 23C 12C 12，然后2人分别到科室，但不回原科室有3种方法，故有C 23C 12C 12×3＝36(种)，由分类加法计数原理：共有6＋36＝42(种)方法．18．解令x ＝1，得各项系数和为4n ，又二项式系数和为2n ，故有4n 2n ＝2n ＝64，∴n ＝6. (1)由T r ＋1＝C r 6(x )6－r (33x)r ＝3r C r 6x 3－5r 6可知当r ＝0时，x 3项的系数为30C 06＝1. (2)∵此展开式共有7项，∴二项式系数最大的项为第4项，∴T 4＝C 36(x )3(33x)3＝540x .19．解 (1)由题意知，甲种已饮用5瓶，乙种已饮用2瓶，记“饮用一次，饮用的是甲种饮料”为事件A ，则p ＝P (A )＝12. 即求7次独立重复试验中事件A 发生5次的概率为P 7(5)＝C 57p 5(1－p )2＝C 27(12)7＝21128. (2)有且仅有3种情况满足要求：甲被饮用5瓶，乙被饮用1瓶；甲被饮用5瓶，乙没有被饮用；甲被饮用4瓶，乙没有被饮用．所以概率为P 6(5)＋P 5(5)＋P 4(4)＝C 56p 5(1－p )＋C 55p 5＋C 44p 4＝316. 20．解 (1)随机变量X 的取值可以为0,1,2,3.P (X ＝0)＝(12)3＝18； P (X ＝1)＝C 13×(12)3＝38； P (X ＝2)＝C 23×(12)3＝38； P (X ＝3)＝(12)3＝18. 因此，随机变量X 的分布列为 (2)E (X )＝0×18＋1×38＋2×38＋3×18＝32. D (X )＝(0－32)2×18＋(1－32)2×38＋(2－32)2×38＋(3－32)2×18＝34. 21．解设保险公司要求顾客交x 元保险金，若以ξ表示公司每年的收益额，则ξ是一个随机变量，其分布列为：因此，公司每年收益的期望值为E (ξ)＝x (1－p )＋(x －a )p ＝x －ap .为使公司收益的期望值等于a 的百分之十，只需E (ξ)＝0.1a ，即x －ap ＝0.1a ，故可得x ＝a (p ＋0.1)．即顾客交的保险金为a (p ＋0.1)时，可使公司期望获益0.1a .22．解 (1)m ，n 的所有取值情况有：(23,25)，(23,30)，(23,26)，(23,16)，(25,30)，(25,26)，(25,16)，(30,26)，(30,16)，(26,16)，即基本事件总数为10.设“m ，n 均不小于25”为事件A ，则事件A 包含的基本事件为(25,30)，(25,26)，(30,26)．所以P (A )＝310，故事件A 的概率为310. (2)由数据，求得x ＝13×(11＋13＋12)＝12， y ＝13×(25＋30＋26)＝27,3x y ＝972. ∑3i ＝1x i y i ＝11×25＋13×30＋12×26＝977， ∑3i ＝1x 2i ＝112＋132＋122＝434,3x 2＝432. 由公式，求得b ^＝∑ni ＝1x i y i －n x y ∑n i ＝1x 2i －n x 2＝977－972434－432＝52， a ^ ＝y －b ^ x ＝27－52×12＝－3. 所以y 关于x 的回归直线方程为y ^ ＝52x －3. (3)当x ＝10时，y ^ ＝52×10－3＝22，|22－23|<2. 同样，当x ＝8时，y ^ ＝52×8－3＝17，|17－16|<2. 所以，该研究所得到的回归直线方程是可靠的．。

2012年人教B数学选修2-3：第1章1.2.2知能优化训练

1．计算C28＋C38＋C29等于()A．120B．240C．60D．480解析：选A.原式＝C39＋C29＝C310＝120.2．身高各不相同的7名同学排成一排照相，要求正中间的同学最高，左右两边分别顺次一个比一个低，这样的排法种数是()A．5040B．36C．18D．20解析：选D．最高的同学先站中间，从余下6人中选3人在一侧只有一种站法，另3人在另一侧也只有一种站法，∴排法有C36＝20种．故选D．3．若C7n＋1－C7n＝C8n，则n等于()A．12B．13C．14D．15解析：选C.C7n＋1－C7n＝C8n，即C7n＋1＝C8n＋C7n＝C8n＋1，所以n＋1＝7＋8，即n＝14.4．把8名同学分成两组，一组5人学习电脑，一组3人做生物实验，则不同的安排方法有________种．解析：C38＝56.答案：565．在同一个平面内有一组平行线8条，与之相交的另一组平行线10条．(1)它们共能构成________个平行四边形；(2)共有________个交点．解析：(1)第一组中每两条与另一组中的每两条直线均能构成一个平行四边形，故共有C28C210＝1260(个)．(2)第一组中每条直线与另一组中每条直线均有一个交点，所以共有C18C110＝80(个)．答案：126080一、选择题1．下面几个问题中属于组合问题的是()①由1,2,3,4构成的双元素集合；②5个队进行单循环足球比赛的分组情况；③由1,2,3构成两位数的方法；④由1,2,3组成无重复数字的两位数的方法．A．①③B．②④C．①②D．①②④解析：选C.①②不用考虑顺序，属于组合问题．2．已知6C x－7＝10A2x－4，则x的值为()x－3A ．11B ．12C ．13D ．14解析：选A.∵6C x －7x －3＝6C 4x －3，∴6C 4x －3＝10A 2x －4.∴6×(x －3)(x －4)(x －5)(x －6)4×3×2×1＝10·(x －4)(x －5)．∴x 2－9x －22＝0，∴x ＝11或x ＝－2. 经检验x ＝11为解．故选A.3．(2011年高考大纲全国卷)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有( )A ．4种B ．10种C ．18种D ．20种解析：选B ．分两种情况：①选2本画册，2本集邮册送给4位朋友有C 24＝6种方法；②选1本画册，3本集邮册送给4位朋友有C 14＝4种方法，所以不同的赠送方法共有6＋4＝10种，故选B ．4．假设在200件产品中，有3件次品，现从中任意抽出5件，其中至少有2件次品的抽法有( )A ．C 23C 3197种B ．(C 23C 3197＋C 33C 2197)种C ．(C 5200－C 5197)种D ．(C 5200－C 13C 4197)种解析：选B ．“至少2件次品”，也就是说“有2件次品或3件次品”的抽法，分两类讨论：(1)有2件次品、3件正品时，有C 23C 3197种；(2)有3件次品、2件正品时，有C 33C 2197种．由分类加法计数原理得抽法种数为(C 23C 3197＋C 33C 2197)种．5．9名会员分成三组讨论问题，每组3人，共有不同的分组方法种数为( )A ．C 39C 36B ．A 39A 36C.C 39C 36A 33D ．A 39A 36A 33解析：选C.此为平均分组问题，要在分组后除以三组的排列数A 33.6．如图所示的四棱锥中，顶点为P ，从其他的顶点和各棱中点中取3个，使它们和点P 在同一平面内，不同的取法种数为( )A ．40B ．48C ．56D ．62解析：选C.满足要求的点的取法可分为3类：第1类，在四棱锥的每个侧面上除点P 外任取3点，有4C 35种取法；第2类，在两个对角面上除点P 外任取3点，有2C 34种取法；第3类，过点P 的四条棱中，每一条棱上的两点和与这条棱异面的两条棱的中点也共面，有4C 12种取法．所以，满足题意的不同取法共有4C 35＋2C 34＋4C 12＝56(种)．二、填空题7．(2011年高考北京卷)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)解析：法一：数字2只出现一次的四位数有C 14＝4个；数字2出现两次的四位数有C 24＝6个；数字2出现三次的四位数有C 34＝4个．故总共有4＋6＋4＝14个．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．答案：148．某仪表显示屏上一排有7个小孔，每个小孔可显示出0或1，若每次显示其中三个孔，但相邻的两孔不能同时显示，则这种显示屏可以显示的不同信号的种数是________种．解析：显示的孔不相邻，用插空法，4个不显示孔形成5个空．∴有C 35种选法．每个孔有2种显示方法．∴共有23C 35＝80种．答案：809．2011年3月10日是第六届世界肾脏日，某社区服务站将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分别去三个不同的社区宣传这届肾脏日的主题：“保护肾脏，拯救心脏”，不同的分配方案有________种．(用数字作答)解析：分配方案有C 25C 23C 11A 22×A 33＝10×3×62＝90(种)．答案：90 三、解答题10．已知⎩⎪⎨⎪⎧C x n ＝C 2xn ，C x ＋1n＝113C x －1n ，试求x ，n 的值．解：∵C x n ＝C n －x n ＝C 2xn ，∴n －x ＝2x ，∴n ＝3x .又由C x ＋1n ＝113C x －1n ，得 n ！(x ＋1)！(n －x －1)！＝113·n ！(x －1)！(n －x ＋1)！.整理得3(x －1)！(n －x ＋1)！＝11(x ＋1)！(n －x －1)！， 3(n －x ＋1)(n －x )＝11(x ＋1)x .将n ＝3x 代入，整理得6(2x ＋1)＝11(x ＋1)． ∴x ＝5，n ＝3x ＝15.11．现有10件产品，其中有2件次品，任意抽出3件检查． (1)正品A 被抽到有多少种不同的抽法？ (2)恰有一件是次品的抽法有多少种？ (3)至少一件是次品的抽法有多少种？解：(1)C 29＝9×82＝36(种)．(2)从2件次品中任取1件有C 12种方法，从8件正品中取2件有C 28种方法，由分步乘法计数原理，不同的抽法共有C 12×C 28＝2×8×72＝56(种)． (3)法一：含1件次品的抽法有C 12C 28种，含2件次品的抽法有C 22×C 18种，由分类加法计数原理，不同的抽法共有C12×C28＋C22×C18＝56＋8＝64(种)．法二：从10件产品中任取3件的抽法为C310种，不含次品的抽法有C38种，所以至少1件次品的抽法为C310－C38＝64(种)．12．如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A、B的六个点C1、C2、C3、C4、C5、C6，直径AB上有异于A、B的四个点D1、D2、D3、D4.(1)以这10个点中的3个点为顶点作三角形可作出多少个？其中含C1点的有多少个？(2)以图中的12个点(包括A、B)中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？解：(1)可分三种情况处理：①C1、C2、…、C6这六个点任取三点可构成一个三角形；②C1、C2、…、C6中任取一点，D1、D2、D3、D4中任取两点可构成一个三角形；③C1、C2、…、C6中任取两点，D1、D2、D3、D4中任取一点可构成一个三角形．∴C36＋C16C24＋C26C14＝116(个)．其中含C1点的三角形有C25＋C15·C14＋C24＝36(个)．(2)构成一个四边形，需要四个点，且无三点共线，∴共有C46＋C36C16＋C26C26＝360(个)．When you are old and grey and full of sleep,And nodding by the fire, take down this book,And slowly read, and dream of the soft lookYour eyes had once, and of their shadows deep;How many loved your moments of glad grace,And loved your beauty with love false or true,But one man loved the pilgrim soul in you,And loved the sorrows of your changing face;And bending down beside the glowing bars,Murmur, a little sadly, how love fledAnd paced upon the mountains overheadAnd hid his face amid a crowd of stars.The furthest distance in the worldIs not between life and deathBut when I stand in front of youYet you don't know thatI love you.The furthest distance in the worldIs not when I stand in front of youYet you can't see my loveBut when undoubtedly knowing the love from both Yet cannot be together.The furthest distance in the worldIs not being apart while being in loveBut when I plainly cannot resist the yearningYet pretending you have never been in my heart. The furthest distance in the worldIs not struggling against the tidesBut using one's indifferent heartTo dig an uncrossable riverFor the one who loves you.倚窗远眺，目光目光尽处必有一座山，那影影绰绰的黛绿色的影，是春天的颜色。

人教B版数学选修2-3练习：模块综合检测

模块综合检测(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.8名学生和2位老师站成一排合影,2位老师不相邻的排法种数为()A BC D,8名学生间共有9个空隙(加上边上空隙),先把8名学生排列,有种排法,再把老师排在9个空隙中,有种排法,共有种排法.2.设集合P={a1,a2,a3,…,a10},则从集合P的全部子集中任取一个,所取的含有3个元素的子集的概率是()A BC D的子集有210个,含3个元素的子集有个,故概率P=3.设离散型随机变量X的分布列为:则下列各式中成立的是()A.P(X=1.5)=0B.P(X>-1)=1C.P(X<3)=1D.P(X<0)=0P(X>-1)=,P(X<3)=,P(X<0)=P(X=-1)=,P(X=1.5)=0.4.设n∈N+,则7+72+…+7n除以9的余数为()A.0B.2C.7D.0或7+72+…+7n=(1+7)n-1=(9-1)n-1=9n-9n-1+9n-2-…+(-1)n-19+(-1)n-1,当n 为偶数时,余数为0,当n为奇数时,余数为7.5.打靶时,甲每打10次可中靶8次,乙每打10次可中靶7次,若2人同时射击同一个目标,则他们都中靶的概率是()A BC D“甲打靶一次中靶”为事件A,“乙打靶一次中靶”为事件B,由题知事件A与B相互独立,所以P(AB)=P(A)P(B)=6.已知ab<0,a+b=1,(a+b)9展开按a的降幂排列后第二项不大于第三项,则a的取值范围是()A BC D.(1,+∞)a8b a7b2,∴a8b-4a7b2≤0,即a7b(a-4b)≤0.∵ab<0,∴a-4b≥0.∴a-4(1-a)≥0.∴a7.在正态分布N中,数值落在(-∞,-1)∪(1,+∞)内的概率为()A.0.097B.0.046C.0.03D.0.003μ=0,σ=,∴P(x<-1或x>1)=1-P(-1≤x≤1)=1-P(μ-3σ≤x≤μ+3σ)=1-0.997=0.003.8.在一次试验中,测得(x,y)的四组值分别为(1,2),(2,0),(4,-4),(-1,6),则Y与x的相关系数为()A.1B.-2C.0D.-1=1.5,=1,=22,=56,x i y i=-20,相关系数r==-1.9.将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中,若每个信封放2张,其中标号为1,2的卡片放入同一信封,则不同的放法共有()A.12种B.18种C.36种D.54种1,2的卡片放入同一信封,有=3(种),将剩下的4张卡片放入剩下的2个信封中,有=6(种),共有=3×6=18(种).10.在的二项展开式中,x的系数为()A.10B.-10C.40D.-40T r+1=(2x2)5-r=(-1)r25-r x10-3r,∴当10-3r=1时,r=3.∴(-1)3×25-3=-40.11.在对某小学的学生进行吃零食的调查中,得到如下表所示的数据:根据上述数据分析,我们得出的结论是()A.认为小学生吃零食与性别有关系B.认为小学生吃零食与性别没有关系C.认为女学生容易吃零食D.以上结论都是错误的12.设X~N(μ,σ2),其概率密度函数的最大值为,分布密度函数F(x)=P(X<x),且满足F(3)=1-F(3),则()A.μ=3,σ=B.μ=3,σ=C.μ=0,σ=D.μ=3,σ=2,故σ=,又因为F(3)=1-F(3),所以直线x=3为正态分布密度曲线的对称轴,所以μ=3.二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分)13.从集合{O,P,Q,R,S}与{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}中各任取2个元素排成一排(字母和数字均不能重复),每排中字母O,Q和数字0至多只出现一个的不同排法有种.(用数字作答):一类是字母O,Q和数字0出现一个,则有(;另一类是三者均不出现,则有种,故共有()=8 424(种).14.事件A,B,C相互独立,如果P(AB)=,P(C)=,P(AB)=,则P(B)=;P(B)=.得P(A)=,P(B)=所以P(B)=P()P(B)=15.一批产品有N件,其中有M件次品,从中任取n件,用ξ表示取出n件中的次品数,则P(ξ=i)=.(i=0,1,2,…,min(M,n))16.一个均匀小正方体的六个面中,三个面上标有数字0,两个面上标有数字1,一个面上标有数字2,将这个小正方体抛掷2次,则向上的数字之积的数学期望是.0的概率为,向上的数字为1的概率为,向上的数字为2的概率为,则得下表:可得向上的数字之积ξ的分布列为所以E(ξ)=0+1+2+4三、解答题(本大题共6小题,共74分)17.(12分)二项式的展开式中,(1)求常数项;(2)有几个有理项?(3)有几个整式项?T r+1=(-1)r)15-r=(-1)r2r(1)设T r+1项为常数项,则=0,得r=6,即常数项为T7=26=320 320.(2)设T r+1项为有理项,则=5-r为整数,即r为6的倍数.∵0≤r≤15,∴r可取0,6, 12三个数.即有3个有理项.(3)令5-r为非负整数,得r=0或r=6,故有2个整式项.18.(12分)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)..求解概率问题的关键是能够分析清楚题意,明确任务内容以及各个事件所包含的基本事件.在具体问题中也要能够通过分析,准确地确定各个事件之间的关系,能够灵活运用各种概率模型和概率求解公式进行求解.依题意知X~B,即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=A1B1∪A1B1∪A2B2,所求的概率为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=0.28.19.(12分)某公园有P,Q,R三只小艇,P艇最多可乘3人,Q艇最多可乘2人,R艇只能乘1人,现在3个大人和2个小孩打算同时分乘若干只小艇,规定有小孩的艇必须有大人,共有多少种不同的乘艇方法?:①乘坐R艇,则方法有+1)=18(种)为选出1个大人坐R艇的方法数,为另外两个大人乘P,Q艇,括号内+1为2个小孩乘P,Q艇的方法数.②不乘坐R艇,则方法有=6+3=9(种).其中表示从3个大人中选1人坐Q艇,从2个小孩中选1个坐Q艇,且另外2个大人及1个小孩乘P艇表示从3个大人中选1个坐P艇,2个小孩乘P艇,另外2个大人坐Q艇.故不同的乘艇方法有18+9=27(种).20.(12分)为了解决初中二年级平面几何入门难的问题,某校在初中一年级教学中加强概念和推理教学,并设有对照班,下列是初中二年级平面几何期中测试成绩统计表的一部分,试分析研究实验效果.χ2=16.234>6.635.故有99%的把握认为“在初中一年级加强概念和推理教学与初中二年级平面几何期中测试成绩有关系”.21.(12分)某迷宫有三个通道,进入迷宫的每个人都要经过一扇智能门.首次到达此门,系统会随机(即等可能)为你打开一个通道.若是1号通道,则需要1小时走出迷宫;若是2号、3号通道,则分别需要2小时、3小时返回智能门,再次到达智能门时,系统会随机打开一个你未到过的通道,直至走出迷宫为止.令ξ表示走出迷宫所需的时间.(1)求ξ的分布列;(2)求ξ的数学期望.ξ的所有可能取值为:1,3,4,6,P(ξ=1)=,P(ξ=3)=,P(ξ=4)=,P(ξ=6)=,所以ξ的分布列为(2)E(ξ)=1+3+4+6(小时).22.(14分)在一次智力测试中,有A,B两个相互独立的题目,答题规则为:被测试者答对问题A 可得分数为a,答对问题B得分数b,先答哪个题目由被测试者自由选择,但只有第一个问题答对,才能再答第二题,否则终止答题.若你是被测试者,且假设你答对问题A,B的概率分别为p1,p2.(1)若p1=,p2=,你如何依据题目分值的设置选择答哪一道题?(2)若已知a=10,b=20,当p1,p2满足怎样的关系时,你选择先答A题?设先答A的得分为随机变量ξ,先答B的得分为随机变量η.∵P(ξ=0)=1-p1,P(ξ=a)=p1(1-p2),P(ξ=a+b)=p1p2,∴E(ξ)=0(1-p1)+ap1(1-p2)+(a+b)p1p2.∵P(η=0)=1-p2,P(η=b)=p2(1-p1),P(η=a+b)=p1p2,∴E(η)=0(1-p2)+bp2(1-p1)+(a+b)p1p2.∴E(ξ)-E(η)=ap1(1-p2)-bp2(1-p1).若p1=,p2=,则E(ξ)-E(η)=a- b.于是①当a>b时,选择先答A题;②当a=b时,选择先答A,B均可;③当a<b时,选择先答B题.(2)若a=10,b=20,则E(ξ)-E(η)=10p1-20p2+10p1p2,当10p1-20p2+10p1p2>0,即p1+p1p2>2p2时,选择先答A题.。

数学选修2-3第一章计数原理习题集（附答案解析）

第 1 页共15 页选修2-3 第一章章节习题集1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、课时过关·能力提升1.某校举办了一次教师演讲比赛,参赛的语文老师有20人,数学老师有8人,英语老师有4人,从中评选出一个冠军,则可能的结果种数为( ) A.12B.28C.32D.640解析:由分类加法计数原理得,冠军可能的结果种数为4+8+20=32. 答案:C2.如果一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( ) A .60B .48C .36D .24解析:长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6=36个,另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2=12个,共36+12=48个,故选B . 答案:B3.某人有3个不同的电子邮箱,他要发5封电子邮件,不同发送方法的种数为( )A.8B.15C.35D.53 解析:每封电子邮件都有3种不同的发送方法,共有35种不同的发送方法. 答案:C4.已知直线方程Ax+By=0,若从0,1,2,3,5,7这6个数字中每次取两个不同的数作为A ,B 的值,则可表示出的不同直线的条数为( ) A.19B.20C.21D.22解析:当A 或B 中有一个为零时,则可表示出2条不同的直线;当AB ≠0时,A 有5种选法,B 有4种选法,则可表示出5×4=20条不同的直线.由分类加法计数原理知,共可表示出20+2=22条不同的直线. 答案:D5.五名护士上班前将外衣放在护士站,下班后回护士站取外衣,由于灯光暗淡,只有两人拿到了自己的外衣,另外三人拿到别人外衣的情况有( ) A.60种B.40种C.20种D.10种解析:设五名护士分别为A,B,C,D,E.其中两人拿到自己的外衣,可能是AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE 共10 种情况,假设A,B 两人拿到自己的外衣,则C,D,E 三人不能拿到自己的外衣,则只有C 取D,D 取E,E 取C,或C 取E,D 取C,E 取D 两种情况.故根据分步乘法计数原理,应有10×10×2=202=20种情况. 答案:C6.将4位老师分配到3个学校去任教,共有分配方案( ) A .81种B .12种C .7种D .256种解析:每位老师都有3种分配方案,分四步完成,故共有3×3×3×3=81种. 答案:A7.从6名志愿者中选4人分别从事翻译、人分别从事翻译、导游、导游、导游、导购、导购、导购、保洁四项不同的工作保洁四项不同的工作,若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作,则选派方案共有( ) A .280种 B .240种 C .180种D .96种解析:由于甲、乙不能从事翻译工作,因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人,有4种选法.后面三项工作的选法有5×4×3种,因此共有4×5×4×3=240种,故选B 答案:B8.用0,1,2,3,4,5六个数字组成无重复数字的四位数,比3 542大的四位数的个数是( ) A .360B .240C .120D .60解析:因为3 542是能排出的四位数中千位为3的最大的数,所以比3 542大的四位数的千位只能是4或5,所以共有2×5×4×3=120个比3 542大的四位数. 答案:C9.圆周上有2n 个等分点(n 大于2),任取3点可得一个三角形,恰为直角三角形的个数为 .解析:先在圆周上找一点,因为有2n 个等分点,所以应有n 条直径,不经过该点的直径应有(n-1)条,这(n-1)条直径都可以与该点形成直角三角形,一个点可以形成(n-1)个直角三角形,而这样的点有2n 个,所以一共有2n (n-1)个符合题意的直角三角形. 答案:2n (n-1)10.如图所示,小圆圈表示网络的结点,结点之间的连线表示它们有网络联系,连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量,现从结点A 向结点B 传递信息,信息可以分开沿不同路线同时传递,则单位时间内传递的最大信息量为 .解析:由题图可知,从A 到B 有4种不同的传递路线,各路线上单位时间内通过的最大信息量自上而下分别为3,4,6,6,由分类加法计数原理得,单位时间内传递的最大信息量为3+4+6+6=19. 答案:1911.三人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过4次传递后,毽子又被传给甲,则共有种不同的传递方法.解析:分两类:第一类,若甲先传给乙,则有:甲→乙→甲→乙→甲,甲→乙→甲→丙→甲,甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法;同理,第二类,甲先传给丙,也有3种不同的传法.共有6种不同的传递方法. 答案:612.如图,一只蚂蚁沿着长方体的棱,从顶点A 爬到相对顶点C 1,求其中经过3条棱的路线共有多少条?解:从总体上看有三类方法:分别经过AB,AD,AA1从局部上看每一类又需分两步完成,故第一类:经过AB,有m1=1×2=2条;第二类:经过AD,有m2=1×2=2条;第三类:经过AA1,有m3=1×2=2条.根据分类加法计数原理,从顶点A到顶点C1经过3条棱的路线共有N=2+2+2=6条.13.用n种不同颜色的彩色粉笔写黑板报,板报设计如图所示,要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔.当n=6时,该板报有多少种书写方案?解:第一步选英语角用的彩色粉笔,有6种不同的选法;第二步选语文学苑用的彩色粉笔,不能与英语角用的颜色相同,有5种不同的选法;第三步选理综视界用的彩色粉笔,与英语角和语文学苑用的颜色都不能相同,有4种不同的选法;第四步选数学天地用的彩色粉笔,只需与理综视界的颜色不同即可,有5种不同的选法.共有6×5×4×5=600种不同的书写方案.14.用0,1,0,1,……,9这十个数字,可以组成多少个满足下列条件的数?(1)三位整数;(2)无重复数字的三位整数;(3)小于500的无重复数字的三位整数;(4)小于100的无重复数字的自然数.解:由于0不能放到首位,可以单独考虑.(1)百位上有9种选择,十位和个位各有10种选法由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数的个数是9×10×10=900.(2)由于数字不可重复,可知百位数字有9种选择,十位数字也有9种选择,但个位数字仅有8种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数的个数是9×9×8=648.(3)百位数字只有4种选择,十位数字有9种选择,个位数字有8种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数的个数是4×9×8=288.(4)小于100的自然数可以分为一位和两位自然数两类.一位自然数:10个.两位自然数:十位数字有9种选择,个位数字也有9种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的两位数的个数是9×9=81.由分类加法计数原理知,适合题意的自然数的个数是10+81=91.1.2 排列与组合1.2.1 排列一、课时过关·能力提升1.从集合{3,5,7,9,11}中任取两个元素,①相加可得多少个不同的和?②相除可得多少个不同的商?③作为椭圆=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程?④作为双曲线=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程?上面四个问题属于排列问题的是( )A.①②③④B.②④C.②③D.①④解析:∵加法满足交换律,∴①不是排列问题;∵除法不满足交换律,如,∴②是排列问题;若方程=1表示焦点在x轴上的椭圆,则必有a>b,a,b的大小一定;在双曲线=1中不管a>b还是a<b,方程均表示焦点在x轴上的双曲线,且是不同的双曲线.故③不是排列问题,④是排列问题.答案:B2.某年级一天有6节课,需要安排6门课程,则该年级一天的课程表的排法有( )A.66种B.36种C.种D.12种解析:本题相当于对6个元素进行全排列,故有种排法.答案:C3.设m∈N*,则乘积m(m+1)(m+2)2)……(m+20)可表示为 ( )A. B. C. D.解析:由排列数公式,=(m+20)(m+19)(m+18)…(m+1)m.答案:D4.某会议室共有8个座位,现有3人就座,若要求每人左右均有空位,则不同的坐法有( )A.12种B.16种C.24种D.32种解析:将三个人插入五个空位中间的四个空当中,有=24种坐法.答案:C5.用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位偶数的个数为( )A.8B.24C.48D.120解析:个位数字有种排法,十位、百位、千位有种排法,从而共=48个不同的四位偶数答案:C6.要排一个有5个独唱节目和3个舞蹈节目的节目单,如果舞蹈节目不排在开头,并且任意两个舞蹈节目不排在一起,则不同的排法种数是( )A. B. C. D.解析:第一步先排5个独唱节目共种;第二步排舞蹈,不相邻则用插空法,且保证不放到开头,从剩下5个空中选3个插空共有种,故一共有种.答案:C7.5名男生与2名女生排成一排照相,若男生甲必须站在中间,2名女生必须相邻,则符合条件的排法共有( )A.48种B.192种C.240种D.288种解析:(用排除法)将2名女生看作1人,与4名男生一起排队,有种排法,而女生可互换位置,所以共有种排法,男生甲插入中间位置,只有一种插法;而4男2女排列中2名女生恰在中间的排法共有种,这时男生甲若插入中间位置不符合题意,故符合题意的排列总数为=192.答案:B8.若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大,则称这个数为“伞数”.现从2,3,4,5,6,9这六个数字中任取3个数,组成无重复数字的三位数,其中“伞数”有 ( )A.120个B.80个C.40个D.20个解析:由题意知可按十位数字的取值进行分类:第一类,十位数字取9,有个;第二类,十位数字取6,有个;第三类,十位数字取5,有个;第四类,十位数字取4,有个.所以一共有=40个.答案:C9.张先生和王先生两对夫妇各带1名小孩一起到动物园游玩,购票后排队依次入园为安全起见,首尾一定要排两位爸爸,另外,两名小孩一定要排在一起,则这6人的入园排法共有 .解析:分三步完成:第1步,将两位爸爸排在两端,有种排法;第2步,将两名小孩看作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置,有种排法;第3步,两个小孩之间还有种排法.因此,这6人的入园排法共有=24种.答案:24种10.某校在高二年级开设选修课,其中数学选修班开了4个,选课结束后,有四名选修英语的同学甲、乙、丙、丁要求改修数学,为照顾各班平衡,数学选修班每班只接收1名改修数学的同学.那么甲不在(1)班,乙不在(2)班的分配方法有 .解析:先分甲,第一类,当甲在(2)班时,分配乙、丙、丁有种方法.第二类,当甲不在(2)班时,则甲有种分法,再分乙有种分法,分配丙、丁有种分法.因此,总共有=14种分法.答案:14种11.用1,2,3,4,5,6,7排成无重复数字的七位数,按下述要求各有多少个?(1)偶数不相邻;(2)偶数一定在奇数位上;(3)1和2之间恰好夹有一个奇数,没有偶数.解:(1)用插空法,共有=1 440个.(2)先把偶数排在奇数位上有种排法,再排奇数有种排法共有=576个.(3)1和2排列有种方法,在1和2之间放一个奇数有种方法,把1,2和相应奇数看成整体再和其余4个数进行排列有种排法,故共有=720个.12.一条铁路线上原有n个车站,为适应客运需要,新增加了m个车站(m>1),客运车票增加了62种,则原有多少个车站?现在有多少个车站?解:∵原有n个车站,∴原有客运车票种.又现有(n+m)个车站,∴现有客运车票种.由题设知:=62,∴(n+m)(n+m-1)-n(n-1)=62,∴2mn+m2-m=62,∴n=(m-1)>0,∴(m-1),∴62>m(m-1),即m2-m-62<0.又∵m>1,∴1<m<,∴1<m≤8.当m=2时,n=15.当m=3,4,5,6,7,8时,n均不为整数.∴n=15,m=2.∴原有车站15个,现有车站17个.1.2.2 组合一、课时过关·能力提升1.某高校外语系有8名志愿者,其中有5名男生,3名女生,现从中选3人参加某项测试赛的翻译工作,若要求这3人中既有男生,又有女生,则不同的选法共有( )A.45种B.56种C.90种D.120种解析:用排除法,不同的选法种数为=45.答案:A2.氨基酸的排列顺序是决定蛋白质多样性的原因之一,某肽链由7种不同的氨基酸构成,若只改变其中3种氨基酸的位置,其他4种不变,则不同的改变方法的种数为 ( )A.210B.126C.70D.35解析:从7种中取出3种有=35种取法,比如选出a,b,c种,再都改变位置有b,c,a和c,a,b两种,故不同的改变方法有2×35=70种.答案:C3.有15盏灯,要求关掉6盏,且相邻的灯不能全关掉,两端的灯不能关掉,则不同的关灯方法有( )A.28种B.84种C.180种D.360种解析:将9盏灯排成一排,关掉的6盏灯插入9盏亮灯的中间8个空隙中的6个空隙中,有=28种方法.答案:A4.某科技小组有6名学生,现从中选出3人去参加展览,至少有1名女生入选的不同选法有16种,则该小组中的女生人数为( )A.2B.3C.4D.5解析:设男生有x人,则女生有(6-x)人.依题意得=16,即x(x-1)(x-2)+16×6=6×5×4.解得x=4,故女生有2人.答案:A5.中小学校车安全引起社会的关注,为了彻底消除校车安全隐患,某市购进了50台完全相同的校车,准备发放给10所学校,每所学校至少2台,则不同的发放方案种数为( )A. B.C. D.解析:首先每个学校配送一台,这个没有顺序和情况之分,剩下40台;将剩下的40台像排队一样排列好,则这40台校车之间有39个空,对这39个空进行插空,比如说用9面小旗隔开,就可以隔成10部分.所以是在39个空中选9个空进行插空.故不同的方案种数为.答案:D6.已知一组曲线y=ax3+bx+1,其中a为2,4,6,8中的任意一个,b为1,3,5,7中的任意一个.现从这些曲线中任取两条,它们在x=1处的切线相互平行的组数为 ( )A.9B.10C.12D.14解析:y'=ax2+b,曲线在x=1处切线的斜率k=a+b.切线相互平行,则需它们的斜率相等,因此按照在x=1处切线的斜率的可能取值可分为五类完成.第一类:a+b=5,则a=2,b=3;a=4,b=1.故可构成2条曲线,有组.第二类:a+b=7,则a=2,b=5;a=4,b=3;a=6,b=1.可构成三条曲线,有组.第三类:a+b=9,则a=2,b=7;a=4,b=5;a=6,b=3;a=8,b=1.可构成四条曲线,有组.第四类:a+b=11,则a=4,b=7;a=6,b=5;a=8,b=3.可构成3条曲线,有组.第五类:a+b=13,则a=6,b=7;a=8,b=5.可构成2条曲线,有组.故共有=14组相互平行的切线.答案:D7.5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子中至少有一个球,若甲球必须放入A盒,则不同的放法种数是 ( )A.120B.72C.60D.36解析:将甲球放入A盒后分两类,一类是除甲球外,A盒还放其他球,共=24种放法,另一类是A盒中只有甲球,则其他4个球放入另外三个盒中,有=36种放法.故总的放法有24+36=60种.答案:C8.从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动.若每天安排3人,则不同的安排方案共有 .(用数字作答)解析:第一步安排周六有种方法,第二步安排周日有种方法,故不同的安排方案共有=140种.答案:140种9.用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数,其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有 .(用数字作答)解析:分两种情况:第一类:个位、十位和百位上各有一个偶数,有=90个.第二类:个位、十位和百位上共有两个奇数一个偶数,有=234个,共有90+234=324个.答案:324个10.某餐厅供应盒饭,每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同品种的菜.现在餐厅准备了5种不同的荤菜,若要保证每位顾客有200种以上的不同选择,则餐厅至少还需准备种不同的素菜(结果用数值表示)解析:在5种不同的荤菜中选出2种的选择方式的种数是=10.若选择方式至少为200种,设素菜为x种, 则有≥200,即≥20,化简得x(x-1)≥40,解得x≥7.所以,至少应准备7种素菜.答案:711.在如图所示的四棱锥中,顶点为P,从其他的顶点和各棱中点中取3个,使它们和点P在同一平面内,不同的取法种数为 .解析:满足要求的点的取法可分为三类:第一类,在四棱锥的每个侧面上除点P外任取3点,有4种取法;第二类,在两个对角面上除点P外任取3点,有2种取法;第三类,过点P的侧棱中,每一条上的三点和与这条棱异面的两条棱的中点也共面,有4种取法.因此,满足题意的不同取法共有4+2+4=56种.答案:5612.在某种信息传输过程中,用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息,不同排列表示不同信息.若所用数字只有0和1,求与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数.解:与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类:第一类,与信息0110恰有两个对应位置上的数字相同,即从4个位置中选2个位置相同,其他2个不同有=6个信息.第二类,与信息0110恰有一个对应位置上的数字相同,即从4个位置中选1个位置相同,其他3个不同有=4个信息.第三类,与信息0110没有一个对应位置上的数字相同,即4个位置中对应数字都不同,有=1个信息由分类加法计数原理知,与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为6+4+1=11.13.在6名内科医生和4名外科医生中,内科主任和外科主任各1名,现要组成5人医疗小组送医下乡,依下列条件各有多少种选派方法(1)有3名内科医生和2名外科医生;(2)既有内科医生,又有外科医生;(3)至少有1名主任参加;(4)既有主任,又有外科医生.解:(1)先选内科医生有种选法,再选外科医生有种选法,故选派方法的种数为=120.(2)既有内科医生,又有外科医生,正面思考应包括四种情况,内科医生去1人,2人,3人,4人,易得出选派方法的种数为=246.若从反面考虑,则选派方法的种数为=246.(3)分两类:一是选1名主任有种方法;二是选2名主任有种方法,故至少有1名主任参加的选派方法的种数为=196.若从反面考虑:至少有1名主任参加的选派方法的种数为=196.(4)若选外科主任,则其余可任选,有种选法.若不选外科主任,则必选内科主任,且剩余的四人不能全选内科医生,有种选法.故有选派方法的种数为=1911.3 二项式定理1.3.1 二项式定理一、课时过关·能力提升1.的展开式中倒数第3项的系数是( )A.·2B.·26C.·25D.·22解析:的展开式中倒数第3项为二项展开式中的第6项,而T6=·(2x)2··22·x-8.该项的系数为·22.答案:D2.的展开式中的常数项为-220,则a的值为 ( )A.1B.-1C.2D.-2解析:T k+1=·a k.∵T k+1为常数项,∴-k=0,∴k=3.∴·a3=-220,∴a=-1.答案:B3.对任意实数x,有x3=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+a3(x-2)3,则a2的值是( )A.3B.6C.9D.21解析:由已知x3=[2+(x-2)]3=·23+·22·(x-2)+·2·2·((x-2)2+(x-2)3.所以a2=·2=6.答案:B4.的展开式中含x3项的二项式系数为( )A.-10B.10C.-5D.5解析:T k+1=·x 5-k=(-1)k·x5-2k,令5-2k=3,则k=1故x3项的二项式系数为=5答案:D5.若(1+)5=a+b(a,b为有理数),则a+b等于 ( )A.45B.55C.70D.80解析:由二项式定理,得(1+)5=1+·()2+·()3+·()4+·()5=1+5+20+20+20+4=41+29,即a=41,b=29,故a+b=70.答案:C6.(1-)6(1+)4的展开式中x的系数是( )A.-4B.-3C.3D.4解析:方法一:(1-)6的展开式的通项为(-)m,(1+)4的展开式的通项为)n,其中m=0,1,2,…,6;n=0,1,2,3,4.令=1,得m+n=2,于是(1-)6(1+)4的展开式中x的系数等于·(-1)0··(-1)1··(-1)2·=-3.方法二:(1-)6(1+)4=[(1-)(1+)]4(1-)2=(1-x)4(1-2+x).于是(1-)6(1+)4的展开式中x的系数为·1+·(-1)1·1=-3.答案:B7.若x>0,设的展开式中的第3项为M,第4项为N,则M+N的最小值为 .解析:由T3=x,T4=,则M+N=≥2.当且仅当,即x=时,等号成立答案:8.二项式的展开式中,常数项的值为 .答案:0,1,2,……,n)的部分图象如图,则a= .9.已知(ax+1)n=a n x n+a n-1x n-1+…+a2x2+a1x+a0(x∈N*),点A i(i,a i)(i=0,1,2,解析:由展开式得T k+1=(ax)n-k=a n-k·x n-k,由题图可知a1=3,a2=4,即a=3,且a2=4,化简得na=3,且=4,解得a=.答案:10.求证:32n+3-24n+37能被64整除.证明:32n+3-24n+37=3×9n+1-24n+37=3(8+1)n+1-24n+37=3(·8n+1+·8n+…+·8+1)-24n+37=3×64(·8n-1 +·8n-2+…+)+24-24n+40=64×3(·8n-1+·8n-2+…+)+64.显然上式是64的倍数,故原式可被64整除11.(1)求(1+x)2(1-x)5的展开式中x3的系数;(2)已知展开式的前三项系数的和为129,这个展开式中是否含有常数项?一次项?如果没有,请说明理由;如果有,请求出来.解:(1)(1+x)2的通项为T r+1=·x r,(1-x)5的通项为T k+1=(-1)k·x k,其中r∈{0,1,2},k∈{0,1,2,3,4,5},令k+r=3,则有k=1,r=2;k=2,r=1;k=3,r=0.故x3的系数为-=5.(2)展开式的通项为T k+1=(x)n-k·=·2k·(k=0,1,2,…,n),由题意,得20+2+22=129所以1+2n+2n(n-1)=129,则n2=64,即n=8.故T k+1=·2k·(k=0,1,2,…,8),若展开式存在常数项,则=0,解之,得k=∉Z,所以展开式中没有常数项若展开式中存在一次项,则=1,即72-11k=6,所以k=6.所以展开式中存在一次项,它是第7项,T7=26x=1 792x.1.3.2 “杨辉三角”与二项式系数的性质一、课时过关·能力提升1.如果的展开式中各项系数之和为128,则展开式中含的项是( )A. B.C. D.解析:由的展开式中各项系数之和为128可得2n =128,n=7.其通项T k+1=(3x )7-k =(-1)k ·37-k,令7-=-3,解得k=6,此时T 7=.答案:C 2.的展开式中第8项是常数项,则展开式中系数最大的项是( )A.第8项B.第9项C.第8项、第9项D.第11项、第12项解析:展开式中的第8项为)n-7为常数,即=0,解得n=21.故展开式中系数最大的项为第11项、第12项.答案:D 3.若(x+3y )n展开式的系数和等于(7a+b )10展开式中的二项式系数之和,则n 的值为( ) A.5B.8C.10D.15解析:(7a+b )10展开式的二项式系数之和为210,令x=1,y=1,则由题意知,4n =210,解得n=5.答案:A4.已知+2+22+…+2n =729,则的值等于( )A.64B.32C.63D.31解析:由已知(1+2)n =3n=729,解得n=6.则=32.答案:B5.(1+x )n(3-x )的展开式中各项系数的和为1 024,则n 的值为( ) A .8B .9C .10D .11解析:由题意知(1+1)n (3-1)=1 024,即2n+1=1 024,故n=9. 答案:B6.若(1-2x )2 015=a 0+a 1x+…+a 2 015x2 015(x ∈R ),则+…+的值为( ) A.2 B.0C.-1D.-2 解析:令x=0,则a 0=1,令x=,则a 0++…+=0,故+…+=-1.答案:C7.(x+1)9按x 的升幂排列二项式系数最大的项是( ) A .第4项和第5项 B .第5项 C .第5项和第6项 D .第6项解析:展开式中共有10项,由二项式系数的性质可知,展开式的中间两项的二项式系数最大,即第5项和第6项的二项式系数最大. 答案:C8.在(a-b )10的二项展开式中,系数最小的项是 .解析:在(a-b )10的二项展开式中,奇数项的系数为正,偶数项的系数为负,且偶数项系数的绝对值为对应的二项式系数,因为展开式中第6项的二项式系数最大,所以系数最小的项为T 6=a 5(-b )5=-252a 5b 5.答案:-252a 5b 59.设(x-1)21=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 21x 21,则a 10+a 11= . 解析:∵(x-1)21的展开式的通项为T k+1=x 21-k (-1)k ,∴a 10+a 11=(-1)11+(-1)10=-=-=0.答案:0 10.若(2x+)4=a 0+a 1x+…+a 4x 4,则(a 0+a 2+a 4)2-(a 1+a 3)2的值为 .解析:令x=1,得a 0+a 1+a 2+a 3+a 4=(2+)4,令x=-1,得a 0-a 1+a 2-a 3+a 4=(-2+)4,(a 0+a 2+a 4)2-(a 1+a 3)2=(a 0+a 1+a 2+a 3+a 4)·)·((a 0-a 1+a 2-a 3+a 4)=(2+)4(-2+)4=1. 答案:111.若(2x-3y )10=a 0x 10+a 1x 9y+a 2x 8y 2+…+a 10y 10,求:(1)各项系数之和;(2)奇数项系数的和与偶数项系数的和.解:(1)各项系数之和即为a 0+a 1+a 2+…+a 10,可用“赋值法”求解.令x=y=1,得a 0+a 1+a 2+…+a 10=(2-3)10=(-1)10=1.(2)奇数项系数的和为a 0+a 2+a 4+…+a 10,偶数项系数的和为a 1+a 3+a 5+…+a 9. 由(1)知a 0+a 1+a 2+…+a 10=1,①令x=1,y=-1,得a 0-a 1+a 2-a 3+…+a 10=510,②①+②得,2(a 0+a 2+…+a 10)=1+510,则奇数项系数的和为;①-②得,2(a 1+a 3+…+a 9))=11-5510,则偶数项系数的和为12.已知(+3x 2)n 展开式中各项系数和比它的二项式系数和大992.(1)求展开式中二项式系数最大的项; (2)求展开式中系数最大的项.解:令x=1得展开式各项系数和为(1+3)n =4n展开式二项式系数和为+…+=2n ,由题意有4n -2n=992.即(2n )2-2n -992=0,(2n -32)(2n+31)=0,解得n=5.(1)因为n=5,所以展开式共6项,其中二项式系数最大的项为第3项、第4项,它们是T 3=)3·(3x 2)2=90x 6, T 4=)2(3x 2)3=270.(2)设展开式中第k+1项的系数最大.由T k+1=)5-k ·(3x 2)k =3k,得⇒⇒≤k≤.因为k∈Z,所以k=4,所以展开式中第5项系数最大.T5=34=405.13.杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家.杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果,它的许多性质与组合数的性质有关,杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律.如图是一个11阶杨辉三角:(1)求第20行中从左到右的第4个数;(2)在第2斜列中,前5个数依次为1,3,6,10,15;第3斜列中,第5个数为35.显然,1+3+6+10+15=35.事实上,一般的有这样的结论:第m斜列中(从右上到左下)前k个数之和,一定等于第m+1斜列中第k个数.试用含有m,k(m,k∈N*)的数字公式表示上述结论,并给予证明.解:(1)=1 140(2)+…+,证明如下:左边=+…++…+=…==右边.。

【优化方案】2012高中数学第1章章末综合检测新人教B版选修1-1

(时间：120分钟；满分：150分)一、选择题(本大题共12小题．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．命题“若A⊆B，则A＝B”与其逆命题、否命题、逆否命题这四个命题中，真命题的个数是( )A．0 B．2C．3 D．4解析：选B.原命题为假，故其逆否命题为假；其逆命题为真，故其否命题为真．故共有2个真命题．2．若命题p：x＝2且y＝3，则¬p为( )A．x≠2或y≠3 B．x≠2且y≠3C．x＝2或y≠3 D．x≠2或y＝3解析：选A.由于“且”的否定为“或”，所以¬p：x≠2或y≠3.故选A.3．命题“若a>b，则a－5>b－5”的逆否命题是( )A．若a<b，则a－5<b－ 5B．若a－5>b－5，则a>bC．若a≤b，则a－5≤b－ 5D．若a－5≤b－5，则a≤b解析：选D.逆否命题是把原命题条件的否定作为结论，把原命题结论的否定作为条件而构成的．4．下列语句中，命题和真命题的个数分别是( )①垂直于同一条直线的两条直线平行吗？②一个数不是奇数就是偶数；③x＋y是有理数，则x、y也都是有理数；④求证：x∈R，方程x2＋x＋1＝0无实数根．A．3,1 B．2,2C．2,0 D．2,1解析：选C.命题是②、③，它们都是假命题，所以选C.5．下列全称命题中假命题的个数是( )①2x＋1是整数(x∈R) ②对所有的x∈R，x>3 ③对任意一个x∈Z,2x2＋1为奇数A．0 B．1C．2 D．3解析：选C.对于①，当x＝14时，2x＋1＝32不是整数，假命题．对于②，当x＝0时，0<3，假命题．对于③，当x∈Z时，2x2是偶数，进而2x2＋1是奇数，所以①②是假命题，故选C.6．“x>0”是“3x2>0”成立的( )A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．非充分非必要条件D．充要条件解析：选A.因为当x>0时，一定有3x2>0，但当3x2>0时，x<0也成立，因此，x>0是3x2>0成立的充分非必要条件．7．下列命题中的假命题是( )A．∀x∈R,2x－1>0 B．∀x∈N*，(x－1)2>0C．∃x∈R，lg x<1 D．∃x∈R，tan x＝2解析：选B.对于A，正确；对于B，当x＝1时，(x－1)2＝0，错误；对于C，当x∈(0,1)时，lg x<0<1，正确；对于D，正确．8．(2011年高考大纲全国卷)下面四个条件中，使a>b成立的充分而不必要的条件是( ) A．a>b＋1 B．a>b－1C．a2>b2D．a3>b3解析：选A.由a＞b＋1得a＞b＋1＞b，即a＞b；且由a＞b不能得出a＞b＋1.因此，使a＞b成立的充分不必要条件是a＞b＋1，故选A.9．f(x)、g(x)是定义在R上的函数，h(x)＝f(x)＋g(x)，则“f(x)、g(x)均为偶函数”是“h(x)为偶函数”的( )A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件解析：选B.若f(x)、g(x)均为偶函数，则h(x)一定是偶函数，但h(x)是偶函数，并不能保证f(x)、g(x)均为偶函数，例如：f(x)＝x，g(x)＝－x，f(x)＋g(x)＝0是偶函数，但f(x)与g(x)均为奇函数．10．已知p：x＝1，¬q：x2＋8x－9＝0，则下列为真命题的是( )A．若p，则q B．若¬q，则pC．若q，则¬p D．若¬p，则q解析：选C.p：x＝1，q：x≠1且x≠－9，易判断A、B为假命题，∵x2＋8x－9≠0⇒x≠1，∴选项C正确．11．下列说法错误的是( )A．命题“若m>0，则方程x2＋3x－m＝0有实根”的逆否命题为“若方程x2＋3x－m＝0无实根，则m≤0”B．“x＝2”是“x2－5x＋6＝0”的充分不必要条件C．若p∧q为假命题，则p、q均为假命题D．若命题p：∃x0∈R，使得x20＋x0＋1<0，则¬p：∀x∈R，均有x2＋x＋1≥0解析：选C.C项p∧q为假命题，则只要p、q中至少有一个为假即可．12．已知命题p：存在x∈R，使tan x＝22，命题q：x2－3x＋2<0的解集是{x|1<x<2}，则下列结论：①命题“p且q”是真命题；②命题“p且¬q”是假命题；③命题“¬p或q”是真命题；④命题“¬p或¬q”是假命题．其中正确的是( )A．②③B．①②④C．①③④D．①②③④解析：选D.∵p、q都是真命题，∴①②③④均正确．二、填空题(本大题共4小题．把答案填在题中横线上)13．命题p：内接于圆的四边形的对角互补，则p的否命题是________，非p是________．答案：不内接于圆的四边形的对角不互补内接于圆的四边形的对角不互补14．用量词符号“∀”或“∃”表示下列命题：(1)凸n边形的外角和等于2π：________；(2)存在一个有理数x0，使得x20＝8：________.答案：(1)∀x∈{凸n边形}，x的外角和等于2π(2)∃x0∈Q，x20＝815．a＝3是“直线l1：ax＋2y＋3a＝0和直线l2：3x＋(a－1)y＝a－7平行且不重合”的________条件．解析：当a＝3时，l1：3x＋2y＋9＝0，l2：3x＋2y＋4＝0，∴l1∥l2.反之，若l1∥l2，则a(a－1)＝6，即a＝3或a＝－2，但a＝－2时，l1与l2重合．答案：充要16．给出下列命题：①已知a ＝(3,4)，b ＝(0，－1)，则a 在b 方向上的投影为－4；②函数y ＝tan(x ＋π3)的图象关于点(π6，0)成中心对称； ③若a ≠0，则a ·b ＝a ·c 是b ＝c 成立的必要不充分条件．其中正确命题的序号是________．(将所有正确命题的序号都填上)解析：①∵|a |＝5，|b |＝1，a ·b ＝－4，∴cos 〈a ，b 〉＝－45， ∴a 在b 方向上的投影为|a |·cos〈a ，b 〉＝－4，①正确．②当x ＝π6时，tan(x ＋π3)无意义，由正切函数y ＝tan x 的图象的性质知，②正确．③当a ≠0，b ＝c 时，a ·b ＝a ·c 成立．(当a ≠0，a ·b ＝a ·c 时不一定有b ＝c .)∴③正确．答案：①②③三、解答题(本大题共6小题．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．已知命题p ：∀非零向量a 、b 、c ，若a ·(b －c )＝0，则b ＝c .写出其否定和否命题，并说明真假．解：¬p ：∃非零向量a 、b 、c ，若a ·(b －c )＝0，则b ≠c .¬p 为真命题．否命题：∀非零向量a 、b 、c ，若a ·(b －c )≠0，则b ≠c .否命题为真命题．18．指出下列命题中，p 是q 的什么条件：(1)p ：{x |x >－2或x <3}；q ：{x |x 2－x －6<0}；(2)p ：a 与b 都是奇数；q ：a ＋b 是偶数．解：(1)∵{x |x >－2或x <3}＝R ，{x |x 2－x －6<0}＝{x |－2<x <3}，∴{x |x >－2或x <3}{x |－2<x <3}，而{x |－2<x <3}⇒{x |x >－2或x <3}．∴p 是q 的必要不充分条件．(2)∵a 、b 都是奇数⇒a ＋b 为偶数，而a ＋b 为偶数a 、b 都是奇数，∴p 是q 的充分不必要条件．19．根据条件，判断“p ∨q ”，“p ∧q ”，“¬p ”的真假：(1)p ：9是144的约数，q ：9是225的约数；(2)p ：不等式x 2－2x ＋1>0的解集为R ，q ：不等式x 2－2x ＋1≤0的解集为∅.解：(1)p ∨q ：9是144或225的约数．p ∧q ：9是144与225的公约数．¬p ：9不是144的约数．∵p 真，q 真，∴p ∨q 为真，p ∧q 为真，而¬p 为假．(2)p ∨q ：不等式x 2－2x ＋1>0的解集为R 或不等式x 2－2x ＋1≤0的解集为∅.p ∧q ：不等式x 2－2x ＋1>0的解集为R 且不等式x 2－2x ＋1≤0的解集为∅.¬p ：不等式x 2－2x ＋1>0的解集不为R .∵p 假，q 假，∴p ∨q 为假，p ∧q 为假，而¬p 为真．20．已知p ：A ＝{x |a －4<x <a ＋4}，q ：B ＝{x |x 2－4x ＋3<0}，且x ∈A 是x ∈B 的必要条件，某某数a 的取值X 围．解：因为p ：A ＝{x |a －4<x <a ＋4}，q ：B ＝{x |1<x <3}．又因为x ∈A 是x ∈B 的必要条件，所以q ⇒p ，即B ⊆A .所以⎩⎪⎨⎪⎧ a －4≤1a ＋4≥3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ≤5，a ≥－1，即－1≤a ≤5.∴实数a 的取值X 围是{a |－1≤a ≤5}．21．已知p ：x 2－x ≥6，q ：x ∈Z .若p ∧q 和¬q 都是假命题，求x 的值．解：∵p ∧q 为假命题，∴p 、q 至少有一个为假．∵¬q 为假，∴q 为真，即p 假q 真，∴x 2－x <6且x ∈Z ，∴－2<x <3且x ∈Z ，即x ＝－1,0,1,2.22．π是圆周率，a 、b 、c 、d ∈Q ，已知命题p ：若a π＋b ＝c π＋d ，则a ＝c 且b ＝d .(1)写出p 的逆命题、否命题及逆否命题并判断真假；(2)判断“a ＝c 且b ＝d ”是“a π＋b ＝c π＋d ”的什么条件？解：(1)逆命题：若a ＝c 且b ＝d ，则a π＋b ＝c π＋d ，真命题．逆否命题：若a ≠c 或b ≠d ，则a π＋b ≠c π＋d ，真命题．否命题：若a π＋b ≠c π＋d ，则a ≠c 或b ≠d ，真命题．(2)“a ＝c 且b ＝d ”是“a π＋b ＝c π＋d ”的充要条件．充分性： ⎭⎪⎬⎪⎫a ＝c ⇒a π＝c π b ＝d ⇒a π＋b ＝c π＋d ；必要性：a π＋b ＝c π＋d ⇒(a －c )π＝d －b ，∵d －b ∈Q ，∴a －c ＝0，d －b ＝0，即a ＝c 且b ＝d .。

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(时间：120分钟，满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2011年山东滨州模拟)将(x －q )(x －q －1)(x －q －2)…(x －19)写成A mn 的形式是( )A ．A x －19x －qB ．A x －20x －qC ．A 19－qx －qD ．A 20－qx －q 解析：选D ．由排列形式可以看出(x －q )为最大数，共有20－q 个数连乘．2．在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－2x 6的二项展开式中，x 2的系数为( )A ．－154B ．154C ．－38D ．38解析：选C.T r ＋1＝C r 6⎝⎛⎭⎫x 26－r ·⎝⎛⎭⎫－2x r ＝(－1)r 22r －6C r 6x 3－r，令3－r ＝2，则r ＝1，所以x 2的系数为(－1)1×2－4×C 16＝－38，故选C.3．五个工程队承建某项工程的5个不同的子项目，每个工程队承建一项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同承建方案的种数是( )A ．C 14C 44B ．C 14A 44 C ．C 44 D ．A 44 解析：选B ．让甲工程队先选子项目有C 14种方法，其余4个工程队的承建方案有A 44种，根据分步乘法计数原理，共有C 14A 44种不同的承建方案．4．若m 、n ∈{x |x ＝a 2×102＋a 1×10＋a 0}，其中a i (i ＝0,1,2)∈{1,2,3,4,5}，并且m ＋n ＝606，则实数对(m ，n )表示平面上不同点的个数为( )A ．32个B ．30个C ．62个D ．60个解析：选D ．由于m ＋n ＝606，则m 、n 的十位数字的安排方法有(4,6)、(6,4)、(5,5)共3种方法，个位数字的安排方法有(1,5)、(5,1)、(2,4)、(4,2)、(3,3)共5种方法，百位数字的安排方法有(1,4)、(4,1)、(2,3)、(3,2)共4种安排方法，由分步乘法计数原理得实数对(m 、n )表示平面上不同点的个数为3×5×4＝60个，故选D ．5．在二项式(x 2－1x)5的展开式中，含x 4的项的系数是( )A ．－10B ．10C ．－5D ．5 解析：选B ．∵(x 2－1x)5的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5x 2(5－r )(－1)r x －r ＝(－1)r C r 5x10－3r. 令10－3r ＝4，得r ＝2，∴含x 4的项的系数为C 25＝10.6．现在甲、乙、丙三个盒子，其中每个盒子中都装有标号分别为1、2、3、4、5、6的六张卡片，现从甲、乙、丙三个盒子中依次各取一张卡片使得卡片上的标号恰好成等差数列的取法数为( )A ．14B ．16C ．18D ．20解析：选C.由等差数列性质，x ＋y ＝2z ，x 、y 必同奇同偶，不同取法为2C 23C 23＝18，故选C.7．(ax ＋1)7的展开式中，x 3项的系数是x 2项的系数与x 5系数的等比中项，则a 的值为( )A.53 B ．925C.259D ．1±105解析：选C.(C 47a 3)2＝C 57a 2C 27a 5，解得a ＝259. 8．从1,2,3,4,5,6,7这七个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数，其中奇数的个数为( )A ．432B ．288C ．216D ．108解析：选C.首先个位数字必须为奇数，从1,3,5,7四个中选择一个有C 14种，再从剩余3个奇数中选择一个，从2,4,6三个偶数中选择两个，进行十位，百位，千位三个位置的全排，则共有C 14C 13C 23A 33＝216(个)，故选C.9．将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为( )A ．540B ．300C ．180D ．150 解析：选D ．先将5人分成3组有两类：①1,1,3分组有C 35A 33种；②1,2,2分组有C 25C 23A 22A 33(均匀分组，要除以组数的阶乘)．故共有C 35A 33＋C 25C 23A 22A 33＝150种．10．为了迎接2010年广州亚运会，某大楼安装了5个彩灯，它们闪亮的顺序不固定．每个彩灯只能闪亮红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色，且这5个彩灯所闪亮的颜色各不相同．记这5个彩灯有序地各闪亮一次为一个闪烁．在每个闪烁中，每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒．如果要实现所有不同的闪烁，那么需要的时间至少是( )A ．1205秒B ．1200秒C ．1195秒D ．1190秒解析：选C.由题意知，共有A 55＝120个不同的闪烁，而每一个闪烁要完成5个闪亮需用时5秒钟，共用120×5＝600秒，每两个闪烁之间需间隔5秒钟，共有120－1＝119个闪烁间隔，用时119×5＝595秒，故总用时600＋595＝1195秒．11．若(3x ＋1x)n 展开式中各项系数和为1024，则展开式中含x 的整数次幂的项共有( )A ．2项B ．3项C ．5项D ．6项解析：选B ．令x ＝1,22n ＝1024，∴n ＝5.T r ＋1＝C r 5(3x )5－r (1x)r ＝C r 5·35－r x 10－3r 2，含x 的整数次幂即使10－3r 2为整数，r ＝0、r ＝2、r ＝4，有3项，故选B ．12．如图，一环形花坛分成A 、B 、C 、D 四块．现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为( )A ．96B ．84C ．60D ．48 解析：选B ．当选2种不同花时，有A 24＝12种，当选3种不同花时有C 34C 12A 33＝48种，当选四种不同花时有A 44＝24种，∴共有12＋48＋24＝84种．二、填空题(本大题共4小题，请把正确的答案填在题中横线上)13．(2011年高考大纲全国卷)(1－x )20的二项展开式中，x 的系数与x 9的系数之差为________．解析：(1－x )20的二项展开式的通项公式T r ＋1＝C r 20·(－x )r ＝C r 20·(－1)r ·x r 2，令r2＝1，∴x 的系数为C 220·(－1)2＝190.令r 2＝9，∴x 9的系数为C 1820(－1)18＝C 220＝190，故x 的系数与x 9的系数之差为0.答案：014．今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有________种不同的方法(用数字作答)．解析：只需找到不同颜色的球所在的位置即可，有C 29C 37C 44＝1260(种)．答案：126015．1＋3＋32＋…＋399被4除所得的余数是________．解析：原式＝(1＋3)＋32(1＋3)＋…＋398(1＋3)，能被4整除，故余数为0，此题也可用二项式定理求解．答案：0 16．有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复．若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测试一人．则不同的安排方式共有________种(用数字作答)．解析：上午测试安排有A 44种方法，下午测试分为：(1)若上午测试“台阶”的同学下午测试“握力”，其余三位同学有2种方法测试；(2)若上午测试“台阶”的同学下午不测试“握力”，则有C 13种方法选择，其余三位同学选1人测试“握力”有C 13种方法，其余两位只有一种方法，则共有C 13·C 13＝9因此测试方法共有A 44·(2＋9)＝264种．答案：264三、解答题(本大题共6小题，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17．求(x －3x )9展开式中的有理项．解：∵T r ＋1＝C r 9(x 12)9－r (－x 13)r ＝(－1)r C r 9x 27－r 6. 令27－r 6∈Z ，即4＋3－r 6∈Z ，且r ＝0,1,2， (9)∴r ＝3或r ＝9.当r ＝3时，27－r6＝4，T 4＝(－1)3·C 39·x 4＝－84x 4；当r ＝9时27－r 6＝3，T 10＝(－1)9C 99x 3＝－x 3.18．某甲A 篮球队12名队员(含2名外援)中有5名主力队员(含1名外援)，选5名队员首发上场，要求主力队员不少于4名且两名外援不能同时上场，则有多少种不同的选法？解：第一种情形，4名主力队员不含外援，则从其余的6名内援和另1名外援中任选1人的方法有C 17种；第二种情形，4名主力队员中有1名外援，则有C 34·C 16种；第三种情形，5名队员全是主力队员，只有1种方法．由分类加法计数原理，不同的选法总数共有C 17＋C 34·C 16＋1＝32(种)． 19．已知(a 2＋1)n的展开式中各项的系数之和等于⎝⎛⎭⎫165x 2＋1x 5的展开式的常数项，而(a 2＋1)n的展开式中系数最大的项等于54，求a 的值．解：令a ＝1，则(a 2＋1)n 的展开式中各项的系数之和为2n ，⎝⎛⎭⎫165x 2＋1x 5的展开式中，T r ＋1＝C r 5⎝⎛⎭⎫1655－r ·x 10－2r ·x －r 2＝C r 5·⎝⎛⎭⎫1655－r ·x 10－52r ，令10－52r ＝0，则r ＝4，所以常数项为T 5＝C 45·165＝16，则2n ＝16，所以n ＝4.由于(a 2＋1)4的展开式中各项的系数等于其对应的二项式系数，故系数最大的项为T 3＝C 24·(a 2)2＝6a 4＝54，所以a 4＝9，所以a ＝±3. 20．把7个大小完全相同的小球，放置在三个盒子中，允许有的盒子一个也不放． (1)如果三个盒子完全相同，有多少种放置方法？ (2)如果三个盒子各不相同，有多少种放置方法？解：(1)∵小球的大小完全相同，三个盒子也完全相同，∴把7个小球分成三份，比如分成3个、2个、2个这样三份放入三个盒子中，不论哪一份小球放入哪一个盒子均是同一种放法，因此，只需将7个小球分成如下三份即可，即(7,0,0)、(6,1,0)、(5,2,0)、(5,1,1)、(4,3,0)、(4,2,1)，(3,3,1)、(3,2,2)．共计有8种不同的放置方法．(2)设三个盒子中小球的个数分别为x 1、x 2、x 3，显然有x 1＋x 2＋x 3＝7，于是，问题就转化为求这个不定方程的非负整数解，若令y i ＝x i ＋1(i ＝1,2,3)，则y 1＋y 2＋y 3＝10，问题又成为求不定方程y 1＋y 2＋y 3＝10的正整数解的组合数的问题，在10个1中间9个空当中，任取两个空当作记号，即可将10分成三组，∴不定方程的解有C 29＝36组．21．(1)若(1－2x )2011＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2011x 2011(x ∈R )，求(a 0＋a 1)＋(a 0＋a 2)＋…＋(a 0＋a 2011)的值；(2)如果(1－2x )8＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 8x 8，求|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 8|的值．解：(1)令x ＝0，得a 0＝1，再令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 2011＝－1，那么a 1＋a 2＋…＋a 2011＝－2，(a 0＋a 1)＋(a 0＋a 2)＋…＋(a 0＋a 2011)＝2011－2＝2009.(2)因为展开式的通项为T r ＋1＝(－2)r C r 8x r，r ∈{0,1,2,3，…，8}，所以当r 为偶数时，系数为正；当r 为奇数时，系数为负，故有|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 8|＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－…＋a 8.令展开式中的x ＝－1即可得到(1＋2)8＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－…＋a 8＝38，即|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 8|＝38.22．在二项式(ax m ＋bx n )12(a ＞0，b ＞0，m ，n ≠0)中有2m ＋n ＝0，如果它的展开式中系数最大的项恰是常数项．(1)求常数项是第几项；(2)求ab的取值范围．解：(1)设T r ＋1＝C r 12·(ax m )12－r ·(bx n )r ＝C r 12·a 12－r ·b r x m (12－r )＋nr 为常数项，则有m (12－r )＋nr ＝0，因为2m ＋n ＝0，所以m (12－r )－2mr ＝0，解得r ＝4，故可知常数项是第5项．(2)因为第5项又是系数最大的项，所以有 ⎩⎪⎨⎪⎧C 412a 8b 4≥C 312a 9b 3，①C 412a 8b 4≥C 512a 7b 5，②因为a ＞0，b ＞0，则由①②可得85≤a b ≤94.。