针对练习-高中数学一二轮复习第十二篇(排列组合,二项式定理,平面向量等)专题7讲合集-含答案

第十篇计数原理第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理A级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1O甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有()OA O6种B O12种C O24种D O30种解析分步完成O首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法，其次甲从剩下的3门课程中任选1门，有3种方法，最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方法，于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2＝24(种)，故选C O答案 C2O(·琼海模拟)某食堂每天中午准备4种不同的荤菜，7种不同的蔬菜，用餐者可以按下述方法之一搭配午餐：(1)任选两种荤菜、两种蔬菜和白米饭；(2)任选一种荤菜、两种蔬菜和蛋炒饭O则每天不同午餐的搭配方法总数是()OA O210B O420C O56D O22解析由分类加法计数原理：两类配餐方法和即为所求，所以每天不同午餐的搭配方法总数为：C24C27＋C14C27＝210O答案 A3O(·海口模拟)某省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展，某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团O若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团O且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为()OA O72B O108C O180D O216解析设五名同学分别为甲、乙、丙、丁、戊，由题意，如果甲不参加“围棋苑”，有下列两种情况：(1)从乙、丙、丁、戊中选一人(如乙)参加“围棋苑”，有C14种方法，然后从甲与丙、丁、戊共4人中选2人(如丙、丁)并成一组与甲、戊分配到其他三个社团中，有C24A33种方法，故共有C14C24A33种参加方法；(2)从乙、丙、丁、戊中选2人(如乙、丙)参加“围棋苑”，有C24种方法，甲与丁、戊分配到其他三个社团中有A33种方法，这时共有C24A33种参加方法；综合(1)(2)，共有C14C24A33＋C24A33＝180种参加方法O答案 C4O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”O 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()OA O60B O48C O36D O24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 O答案 B二、填空题(每小题5分，共10分)5O(·抚州模拟)从集合{0,1,2,3,5,7,11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax＋By＋C＝0中的A、B、C，所得的经过坐标原点的直线有________条(用数字表示)O解析因为直线过原点，所以C＝0，从1,2,3,5,7,11这6个数中任取2个作为A、B，两数的顺序不同，表示的直线不同，所以直线的条数为A26＝30O答案3061,2,3，…，9这九个数字填写在如图的9个空格中，要求每一行从左到右依次增大，每列从上到下也依次增大，当数字4固定在中心位置时，则所有填写空格的方法共有________种O解析必有1、4、9在主对角线上，2、3只有两种不同的填法，对于它们的每一种填法，5只有两种填法O对于5的每一种填法，6、7、8只有3种不同的填法，由分步计数原理知共有22×3＝12种填法O答案12三、解答题(共25分)7分)如图所示三组平行线分别有m、n、k条，在此图形中(1)共有多少个三角形？(2)共有多少个平行四边形？解(1)每个三角形与从三组平行线中各取一条的取法是一一对应的，由分步计数原理知共可构成m·n·k个三角形O(2)每个平行四边形与从两组平行线中各取两条的取法是一一对应的，由分类和分步计数原理知共可构成C2m C2n＋C2n C2k＋C2k C2m个平行四边形O8O(13分)设集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)是坐标平面上的点，a，b∈M O(1)P可以表示多少个平面上的不同的点？(2)P可以表示多少个第二象限内的点？(3)P可以表示多少个不在直线y＝x上的点？解(1)分两步，第一步确定横坐标有6种，第二步确定纵坐标有6种，经检验36个点均不相同，由分步乘法计数原理得N＝6×6＝36(个)O(2)分两步，第一步确定横坐标有3种，第二步确定纵坐标有2种，根据分步乘法计数原理得N＝3×2＝6个O(3)分两步，第一步确定横坐标有6种，第二步确定纵坐标有5种，根据分步乘法计数原理得N＝6×5＝30个OB级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1O从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有()OA O300种B O240种C O144种D O96种解析甲、乙两人不去巴黎游览情况较多，采用排除法，符合条件的选择方案有C46A44－C12A35＝240O答案 B2O(·安徽)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品O已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数为()OA O1或3B O1或4C O2或3D O2或4解析利用排列、组合知识求解O设6位同学分别用a，b，c，d，e，f表示O 若任意两位同学之间都进行交换共进行C26＝15(次)交换，现共进行13次交换，说明有两次交换没有发生，此时可能有两种情况：(1)由3人构成的2次交换，如a－b和a－c之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有b，c两人O(2)由4人构成的2次交换，如a－b和c－e之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有a，b，c，e四人O故选D O答案 D二、填空题(每小题5分，共10分)3O(·潍坊期中)如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个O解析当相同的数字不是1时，有C13个；当相同的数字是1时，共有C13C13个，由分类加法计数原理得共有“好数”C13＋C13C13＝12个O答案121,2,3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数4字，右面是一种填法，则不同的填写方法共有________种O解析由于3×3方格中，每行、每列均没有重复数字，因此可从中间斜对角线填起O如图中的△，当△全为1时，有2种(即第一行第2列为2或3，当第二列填2时，第三列只能填3，当第一行填完后，其他行的数字便可确定)，当△全为2或3时，分别有2种，所以共有6种；当△分别为1,2,3时，也共有6种O共12种O答案12三、解答题(共25分)5分)如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色O则不同的涂色方法共有多少种？解先涂A、D、E三个点，共有4×3×2＝24种涂法，然后再按B、C、F的顺序涂色，分为两类：一类是B与E或D同色，共有2×(2×1＋1×2)＝8种涂法；另一类是B与E或D不同色，共有1×(1×1＋1×2)＝3种涂法O所以涂色方法共有24×(8＋3)＝264(种)O 6O(13分)从1,2,3，…，9这9个数字中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数O一共可以得到多少个不同的对数值？其中比1大的有几个？解在2,3，…，9这8个数中任取2个数组成对数，有A28个，在这些对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，重复计数4个；又1不能作为对数的底数，1作为真数时，不论底数为何值，其对数值均为0O所以，可以得到A28－4＋1＝53个不同的对数值O要求对数值比1大，分类完成；底数为2时，真数从3,4，5，…，9中任取一个，有7种选法；底数为3时，真数从4，5，…，9中任取一个，有6种选法……依次类推，当底数为8时，真数只能取9，故有7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝28(个)O 但其中log24＝log39，log23＝log49，所以，比1大的对数值有28－2＝26(个)O第2讲排列与组合A级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1O(·全国)将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有()OA O12种B O18种C O24种D O36种解析先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有A33种不同的排法O再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A12种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法O因此共有A33·A12·1＝12(种)不同的排列方法O答案 A2O A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A、B可以不相邻)，那么不同的排法共有()OA O24种B O60种C O90种D O120种解析可先排C、D、E三人，共A35种排法，剩余A、B两人只有一种排法，由分步计数原理满足条件的排法共A35＝60(种)O答案 B3O如果n是正偶数，则C0n＋C2n＋…＋C n－2＋C n n＝()OnA O2nB O2n－1C O2n－2D O(n－1)2n－1解析(特例法)当n＝2时，代入得C02＋C22＝2，排除答案A、C；当n＝4时，代入得C04＋C24＋C44＝8，排除答案D O故选B O答案 B4O某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目O 如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为()OA O42B O30C O20D O12解析可分为两类：两个节目相邻或两个节目不相邻，若两个节目相邻，则有A22A16＝12种排法；若两个节目不相邻，则有A26＝30种排法O由分类计数原理共有12＋30＝42种排法(或A27＝42)O答案二、填空题(每小题5分，共10分)5O(·汕头调研)如图，电路中共有7个电阻与一个电灯A，若灯A不亮，因电阻断路的可能性共有________种情况O解析每个电阻都有断路与通路两种状态，图中从上到下的三条支线路，分别记为支线a、b、c，支线a，b中至少有一个电阻断路情况都有22－1＝3种；支线c中至少有一个电阻断路的情况有23－1＝7种，每条支线至少有一个电阻断路，灯A就不亮，因此灯A不亮的情况共有3×3×7＝63种情况O 答案636O(·郑州模拟)从－3，－2，－1,0,1,2,3,4八个数字中任取3个不同的数字作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c的取值，问共能组成________个不同的二次函数O解析a，b，c中不含0时，有A37个；a，b，c中含有0时，有2A27个O故共有A37＋2A27＝294个不同的二次函数O答案294三、解答题(共25分)7O(12分)7名男生5名女生中选取5人，分别求符合下列条件的选法总数有多少种O(1)A，B必须当选；(2)A，B必不当选；(3)A，B不全当选；(4)至少有2名女生当选；(5)选取3名男生和2名女生分别担任班长、体育委员等5种不同的工作，但体育委员必须由男生担任，班长必须由女生担任O解(1)由于A，B必须当选，那么从剩下的10人中选取3人即可，故有C310＝120种选法O(2)从除去的A，B两人的10人中选5人即可，故有C510＝252种选法O(3)全部选法有C512种，A，B全当选有C310种，故A，B不全当选有C512－C310＝672种选法O(4)注意到“至少有2名女生”的反面是只有一名女生或没有女生，故可用间接法进行O所以有C512－C15·C47－C57＝596种选法O(5)分三步进行；第1步，选1男1女分别担任两个职务有C17·C15种选法O第2步，选2男1女补足5人有C26·C14种选法O第3步，为这3人安排工作有A33方法O由分步乘法计数原理，共有C17C15·C26C14·A33＝12 600种选法O8O(13分)直线x＝1，y＝x，将圆x2＋y2＝4分成A，B，C，D四个区域，如图用五种不同的颜色给他们涂色，要求共边的两区域颜色互异，每个区域只涂一种颜色，共有多少种不同的涂色方法？解法一第1步，涂A区域有C1种方法；第2步，涂B区域有C14种方法；第3步，涂C区域和D区域：若C区域涂A区域已填过颜色，则D区域有4种涂法；若C区域涂A、B剩余3种颜色之一，即有C13种涂法，则D区域有C13种涂法O故共有C15·C14·(4＋C13·C13)＝260种不同的涂色方法O法二共可分为三类：第1类，用五色中两种色，共有C25A22种涂法；第2类，用五色中三种色，共有C35C13C12A22种涂法；第3类，用五色中四种色，共有C45A44种涂法O由分类加法计数原理，共有C25A22＋C35C13C12A22＋C45A44＝260种不同的涂色方法OB级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1O在1,2,3,4,5,6,7的任一排列a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7中，使相邻两数都互质的排列方式共有()OA O576种B O720种C O864种D O1 152种解析由题意，先排1,3,5,7，有A44种排法；再排6，由于6不能和3相邻，故6有3种排法；最后排2和4，在不与6相邻的4个空中排上2和4，有A24种排法，所以共有A44×3×A24＝864种排法O答案 C2O(·山东)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张O从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为()OA O232B O252C O472D O484解析若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色则有C14×C14×C14＝64种，若2张同色，则有C23×C12×C24×C14＝144种；若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有C14×C23×C14×C14＝192种，乘余2张同色，则有C14×C13×C24＝72种，所以共有64＋144＋192＋72＝472种不同的取法O故选C O答案 C二、填空题(每小题5分，共10分)3O(·深圳模拟)某人手中有5张扑克牌，其中2张为不同花色的2,3张为不同花色的A，有5次出牌机会，每次只能出一种点数的牌但张数不限，此人不同的出牌方法共有________种O解析出牌的方法可分为以下几类：(1)5张牌全部分开出，有A55种方法；(2)2张2一起出，3张A一起出，有A25种方法；(3)2张2一起出，3张A分3次出，有A45种方法；(4)2张2一起出，3张A分两次出，有C23A35种方法；(5)2张2分开出，3张A一起出，有A35种方法；(6)2张2分开出，3张A分两次出，有C23A45种方法O因此，共有不同的出牌方法A55＋A25＋A45＋C23A35＋A35＋C23A45＝860(种)O答案8604O小王在练习电脑编程，其中有一道程序题的要求如下：它由A，B，C，D，E，F六个子程序构成，且程序B必须在程序A之后，程序C必须在程序B之后，执行程序C后须立即执行程序D，按此要求，小王的编程方法有__________种O解析对于位臵有特殊要求的元素可采用插空法排列，把CD看成整体，A，B，C，D产生四个空，所以E有4种不同编程方法，然后四个程序又产生5个空，所以F有5种不同编程方法，所以小王有20种不同编程方法O答案20三、解答题(共25分)5分)某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中：(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？(3)甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？(4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？解(1)只需从其他18人中选3人即可，共有C318＝816(种)；(2)只需从其他18人中选5人即可，共有C518＝8 568(种)；(3)分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有C12C418＋C318＝6 936(种)；(4)方法一(直接法)：至少有一名内科医生和一名外科医生的选法可分四类：一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，所以共有C112C48＋C212C38＋C312C28＋C412C18＝14 656(种)O方法二(间接法)：由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得C520－(C512＋C58)＝14 656(种)O6O(13分)在m(m≥2)个不同数的排列p1p2…p m中，若1≤i＜j≤m时p i＞p j(即前面某数大于后面某数)，则称p i 与p j 构成一个逆序，一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数O记排列(n ＋1)n (n －1)…321的逆序数为a n O如排列21的逆序数a 1＝1，排列321的逆序数a 2＝3，排列4 321的逆序数a 3＝6O(1)求a 4、 a 5，并写出a n 的表达式；(2)令b n ＝a n a n ＋1＋a n ＋1a n，证明：2n ＜b 1＋b 2＋…＋b n ＜2n ＋3，n ＝1,2，…O(1)解 由已知条件a 4＝C 25＝10，a 5＝C 26＝15， 则a n ＝C 2n ＋1＝n (n ＋1)2O(2)证明 b n ＝a n a n ＋1＋a n ＋1a n ＝n n ＋2＋n ＋2n ＝2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2∴b 1＋b 2＋…＋b n＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2，∴2n ＜b 1＋b 2＋…＋b n ＜2n ＋3O第3讲 二项式定理A 级 基础演练(时间：30分钟 满分：55分)一、 选择题(每小题5分，共20分)1O(·蚌埠模拟)在⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 24的展开式中，x 的幂指数是整数的项共有( )OA O 3项B O 4项C O 5项D O6项解析 T r ＋1＝C r 24(x )24－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x r ＝C r 24x 12－5r 6，故当r ＝0,6,12,18,24时，幂指数为整数，共5项O答案 C2O设⎝⎛⎭⎪⎫5x －1x n 的展开式的各项系数之和为M ，二项式系数之和为N ，若M －N ＝240，则展开式中x 的系数为( )OA O－150B O 150C O 300D O－300解析 由已知条件4n －2n ＝240，解得n ＝4，T r ＋1＝C r 4(5x )4－r ⎝⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r 54－r C r 4x 4－3r2， 令4－3r2＝1，得r ＝2，T 3＝150x O答案 B3O(·兰州模拟)已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x 8展开式中常数项为1 120，其中实数a 是常数，则展开式中各项系数的和是( )OA O28B O 38C O1或38 D O1或28解析 由题意知C 48·(－a )4＝1 120，解得a ＝±2，令x ＝1，得展开式各项系数和为(1－a )8＝1或38O答案 C4O(·天津)在⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－1x 5的二项展开式中，x 的系数为( )OA O 10B O －10C O 40D O－40解析 因为T r ＋1＝C r 5(2x 2)5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝C r 525－r ·(－1)r x 10－3r，所以10－3r ＝1，所以r ＝3，所以x 的系数为C 3525－3(－1)3＝－40O答案 D二、 填空题(每小题5分，共10分)5O(·湖北)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －13x 18的展开式中含x 15的项的系数为________(结果用数值表示)O解析T r ＋1＝C r 18x 18－r ⎝⎛⎭⎪⎫－13x r ＝(－1)r C r 18⎝ ⎛⎭⎪⎫13rx 18－32r ，令18－32r ＝15，解得r ＝2O所以所求系数为(－1)2·C 218⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝17O答案 176O(·浙江)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＝________O解析 f (x )＝x 5＝(1＋x －1)5，它的通项为T r ＋1＝C r 5(1＋x )5－r ·(－1)r ，T 3＝C 25(1＋x )3(－1)2＝10(1＋x )3，∴a 3＝10O答案 10三、 解答题(共25分)7O(12分)已知二项式⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋1x n 的展开式中各项的系数和为256O(1)求n ；(2)求展开式中的常数项O解 (1)由题意，得C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝256，即2n＝256，解得n ＝8O(2)该二项展开式中的第r ＋1项为T r ＋1＝C r 8(3x )8－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 8·x 8－4r 3，令8－4r 3＝0，得r ＝2，此时，常数项为T 3＝C 28＝28O8O(13分)在杨辉三角形中，每一行除首末两个数之外，其余每个数都等于它肩上的两数之和O(1)试用组合数表示这个一般规律：(2)在数表中试求第n 行(含第n 行)之前所有数之和；(3)试探究在杨辉三角形的某一行能否出现三个连续的数，使它们的比是3∶4∶5，并证明你的结论O第0行 1 第1行 1 1 第2行 1 2 1 第3行 1 3 3 1 第4行 1 4 6 4 1 第5行 1 5 10 10 5 1 第6行 1 6 15 20 15 6 1 … …解 (1)C r n ＋1＝C r n ＋C r －1n O(2)1＋2＋22＋…＋2n ＝2n ＋1－1O(3)设C r －1n ∶C r n ∶C r ＋1n ＝3∶4∶5， 由C r －1nC r n＝34，得r n －r ＋1＝34，即3n －7r ＋3＝0OO由C r nC r ＋1n ＝45，得r ＋1n －r ＝45， 即4n －9r －5＝0O②解O②联立方程组，得n ＝62，r ＝27，即C 2662∶C 2762∶C 2862＝3∶4∶5OB 级 能力突破(时间：30分钟 满分：45分)一、 选择题(每小题5分，共10分)1O已知0<a <1，方程a |x |＝|log a x |的实根个数为n ，且(x ＋1)n ＋(x ＋1)11＝a 0＋a 1(x ＋2)＋a 2(x ＋2)2＋…＋a 10(x ＋2)10＋a 11(x ＋2)11，则a 1＝ ( )OA O－10B O 9C O 11D O－12解析 作出y ＝a |x |(a >0)与y ＝|log a x |的大致图象如图所示，所以n ＝2O故(x ＋1)n ＋(x ＋1)11＝(x ＋2－1)2＋(x ＋2－1)11，所以a 1＝－2＋C 1011＝－2＋11＝9O答案 B2O(·湖北)设a ∈Z ，且0≤a <13，若512 012＋a 能被13整除，则a ＝( )OA O 0B O 1C O 11D O12解析 512 012＋a ＝(13×4－1)2 012＋a 被13整除余1＋a ，结合选项可得a ＝12时，512 012＋a 能被13整除O答案 D二、 填空题(每小题5分，共10分)3O若x 4(x ＋3)8＝a 0＋a 1(x ＋2)＋a 2(x ＋2)2＋…＋a 12(x ＋2)12，则log 2(a 1＋a 3＋…＋a 11)＝________O解析 令x ＝－1，∴28＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11＋a 12O令x ＝－3，∴0＝a 0－a 1＋a 2－…－a 11＋a 12∴28＝2(a 1＋a 3＋…＋a 11)，∴a 1＋a 3＋…＋a 11＝27，∴log 2(a 1＋a 3＋…＋a 11)＝log 227＝7O答案 74O(·浙江)设二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 6(a ＞0)的展开式中x 3的系数为A ，常数项为B O若B ＝4A ，则a 的值是________O解析 由T r ＋1＝C r 6x 6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－a x 12r ＝C r 6(－a )rx 6－32r ， 得B ＝C 46(－a )4，A ＝C 26(－a )2，∵B ＝4A ，a ＞0，∴a ＝2O答案 2三、 解答题(共25分)5O(12分)已知(a 2＋1)n 展开式中的各项系数之和等于⎝⎛⎭⎪⎫165x 2＋1x 5的展开式的常数项，而(a 2＋1)n 的展开式的系数最大的项等于54，求a 的值O解 ⎝ ⎛⎭⎪⎫165x 2＋1x 5的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫165x 25－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1655－r C r 5x 20－5r 2，令20－5r ＝0，得r ＝4，故常数项T 5＝C 45×165＝16O又(a 2＋1)n 展开式的各项系数之和等于2n ，由题意知2n ＝16，得n ＝4O由二项式系数的性质知，(a 2＋1)n 展开式中系数最大的项是中间项T 3，故有C 24a 4＝54，解得a ＝±3O6O(13分)已知⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2x n ，(1)若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项O解 (1)∵C 4n ＋C 6n ＝2C 5n ，∴n 2－21n ＋98＝0O∴n ＝7或n ＝14，当n ＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T 4和T 5O∴T 4的系数为C 37⎝ ⎛⎭⎪⎫12423＝352， T 5的系数为C 47⎝ ⎛⎭⎪⎫12324＝70， 当n ＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T 8O∴T 8的系数为C 714⎝ ⎛⎭⎪⎫12727＝3 432O(2)∵C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＝79，∴n 2＋n －156＝0O∴n ＝12或n ＝－13(舍去)O设T k ＋1项的系数最大，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2x 12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1212(1＋4x )12， ∴⎩⎨⎧C k 124k ≥C k －1124k －1，C k 124k ≥C k ＋1124k ＋1.∴9O4≤k ≤10O4，∴k ＝10O∴展开式中系数最大的项为T 11， T 11＝C 1012·⎝ ⎛⎭⎪⎫122·210·x 10＝16 896x 10O第1讲 平面向量的概念及其线性运算A 级 基础演练(时间：30分钟 满分：55分)一、 选择题(每小题5分，共20分)1O(·合肥检测)已知O 是△ABC 所在平面内一点，D 为BC 边的中点，且2OA→＋OB →＋OC →＝0，那么( )OA O AO→＝OD →B OAO →＝2OD → C OAO→＝3OD → D O2AO→＝OD → 解析 由2OA →＋OB →＋OC →＝0可知，O 是底边BC 上的中线AD 的中点，故AO →＝OD →O答案 A2O已知OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，OD →＝d ，且四边形ABCD 为平行四边形，则 ( )OA O a －b ＋c －d ＝0B Oa －b －c ＋d ＝0C O a ＋b －c －d ＝0D Oa ＋b ＋c ＋d ＝0解析 依题意，得AB→＝DC →，故AB →＋CD →＝0，即OB →－OA →＋OD →－OC →＝0，即有OA →－OB →＋OC →－OD →＝0，则a －b ＋c －d ＝0O选A O答案 A3O已知平面上不共线的四点O ，A ，B ，C O若OA →＋2OC →＝3OB →，则|BC →||AB →|的值为 ( )OA O 12B O 13C O 14D O16解析 由OA →＋2OC →＝3OB →，得OA →－OB →＝2OB →－2OC →，即BA →＝2CB →，所以|BC →||AB →|＝12O故选A O4O(·山东)设A 1，A 2，A 3，A 4是平面直角坐标系中两两不同的四点，若A 1A 3→＝λA 1A 2→(λ∈R )，A 1A 4→＝μA 1A 2→(μ∈R )，且1λ＋1μ＝2，则称A 3，A 4调和分割A 1，A 2O已知平面上的点C ，D 调和分割点A ，B ，则下列说法正确的是 ( )OA OC 可能是线段AB 的中点B OD 可能是线段AB 的中点C OC 、D 可能同时在线段AB 上D OC 、D 不可能同时在线段AB 的延长线上解析 若A 成立，则λ＝12，而1μ＝0，不可能；同理B 也不可能；若C 成立，则0＜λ＜1，且0＜μ＜1，1λ＋1μ＞2，与已知矛盾；若C ，D 同时在线段AB 的延长线上时，λ＞1，且μ＞1，1λ＋1μ＜2，与已知矛盾，故C ，D 不可能同时在线段AB 的延长线上，故D 正确O答案 D二、 填空题(每小题5分，共10分)5O(·泰安模拟)设a ，b 是两个不共线向量，AB →＝2a ＋p b ，BC →＝a ＋b ，CD→＝a －2b ，若A ，B ，D 三点共线，则实数p 的值为________O解析 ∵BD→＝BC →＋CD →＝2a －b ，又A ，B ，D 三点共线， ∴存在实数λ，使AB →＝λBD →O即⎩⎨⎧2＝2λ，p ＝－λ，∴p ＝－1O答案 －16O如图，在矩形ABCD 中，|AB→|＝1，|AD →|＝2，设AB →＝a ，BC →＝b ，BD →＝c ，则|a ＋b ＋c |＝________O解析 根据向量的三角形法则有|a ＋b ＋c |＝|AB →＋BC →＋BD →|＝|AB →＋BD →＋AD →|＝|AD →＋AD →|＝2|AD →|＝4O三、 解答题(共25分)7O(12分)如图，在平行四边形OADB 中，设OA →＝a ，OB→＝b ，BM →＝13BC →，CN →＝13CD →O试用a ，b 表示OM →，ON →及MN →O解 由题意知，在平行四边形OADB 中，BM→＝13BC →＝16BA →＝16(OA →－OB →)＝16(a －b )＝16a －16b ， 则OM→＝OB →＋BM →＝b ＋16a －16b ＝16a ＋56b OON→＝23OD →＝23(OA →＋OB →)＝23(a ＋b )＝23a ＋23b ，MN→＝ON →－OM →＝23(a ＋b )－16a －56b ＝12a －16b O8O(13分)(1)设两个非零向量e 1，e 2不共线，如果AB →＝2e 1＋3e 2，BC →＝6e 1＋23e 2，CD →＝4e 1－8e 2，求证：A ，B ，D 三点共线O(2)设e 1，e 2是两个不共线的向量，已知AB →＝2e 1＋k e 2，CB →＝e 1＋3e 2，CD →＝2e 1－e 2，若A ，B ，D 三点共线，求k 的值O(1)证明 因为BC →＝6e 1＋23e 2，CD →＝4e 1－8e 2， 所以BD →＝BC →＋CD →＝10e 1＋15e 2O又因为AB →＝2e 1＋3e 2，得BD →＝5AB →，即BD →∥AB →， 又因为AB →，BD →有公共点B ，所以A ，B ，D 三点共线O(2)解 D B →＝CB →－CD →＝e 1＋3e 2－2e 1＋e 2＝4e 2－e 1， AB →＝2e 1＋k e 2， 若A ，B ，D 共线，则AB →∥D B →，设D B →＝λAB →，所以⎩⎨⎧－1＝2λ，4＝λk⇒k ＝－8OB 级 能力突破(时间：30分钟 满分：45分)一、 选择题(每小题5分，共10分)1O(·济南一模)已知A ，B ，C 是平面上不共线的三点，O 是△ABC 的重心，动点P 满足OP→＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12OA →＋12OB →＋2OC →，则点P 一定为三角形ABC 的 ( )OA OAB 边中线的中点B OAB 边中线的三等分点(非重心)C O重心D OAB 边的中点解析 设AB 的中点为M ，则12OA →＋12OB →＝OM →，∴OP →＝13(OM →＋2OC →)＝13OM →＋23OC →，即3OP →＝OM →＋2OC →，也就是MP →＝2PC →，∴P ，M ，C 三点共线，且P 是CM 上靠近C 点的一个三等分点O答案 B2O若点M 是△ABC 所在平面内的一点，且满足5AM →＝AB →＋3AC →，则△ABM 与△ABC 的面积比为( )OA O15B O25 C O35 D O45解析 设AB 的中点为D ，由5AM →＝AB →＋3AC →，得3AM →－3AC →＝2AD →－2AM →，即3CM →＝2MD →O如图所示，故C ，M ，D 三点共线，且MD→＝35CD →，也就是△ABM 与△ABC 对于边AB 的两高之比为3∶5，则△ABM 与△ABC 的面积比为35，选C O答案 C二、 填空题(每小题5分，共10分)3O若点O 是△ABC 所在平面内的一点，且满足|OB→－OC →|＝|OB →＋OC →－2OA →|，则△ABC 的形状为________O解析 OB→＋OC →－2OA →＝OB →－OA →＋OC →－OA →＝AB →＋AC →，OB →－OC →＝CB →＝AB →－AC →，∴|AB →＋AC →|＝|AB →－AC →|O故A ，B ，C 为矩形的三个顶点，△ABC 为直角三角形O答案 直角三角形4O如图所示，在△ABC 中，点O 是BC 的中点O过点O 的直线分别交直线AB ，AC 于不同的两点M ，N ，若AB →＝mAM →，AC →＝nAN →，则m ＋n 的值为________O解析 ∵O 是BC 的中点， ∴AO →＝12(AB →＋AC →)O又∵AB→＝mAM →，AC →＝nAN →，∴AO →＝m 2AM →＋n 2AN →O∵M ，O ，N 三点共线，∴m 2＋n2＝1，则m ＋n ＝2O答案 2三、 解答题(共25分)5O(12分)如图所示，在△ABC 中，在AC 上取一点N ，使得AN ＝13AC ，在AB 上取一点M ，使得AM ＝13AB ，在BN 的延长线上取点P ，使得NP ＝12BN ，在CM 的延长线上取点Q ，使得MQ →＝λCM →时，AP →＝QA →，试确定λ的值O解 ∵AP→＝NP →－NA →＝12(BN →－CN →)＝12(BN →＋NC →)＝12BC →，QA →＝MA →－MQ →＝12BM →＋λMC→，又∵AP→＝QA →，∴12BM →＋λMC →＝12BC →， 即λMC →＝12MC →，∴λ＝12O6O(13分)已知点G 是△ABO 的重心，M 是AB 边的中点O(1)求GA→＋GB →＋GO →； (2)若PQ 过△ABO 的重心G ，且OA →＝a ，OB →＝b ，OP →＝m a ，OQ →＝n b ，求证：1m ＋1n ＝3O(1)解 ∵GA →＋GB →＝2GM →，又2GM →＝－GO →， ∴GA →＋GB →＋GO →＝－GO →＋GO →＝0O(2)证明 显然OM →＝12(a ＋b )O因为G 是△ABO 的重心，所以OG →＝23OM →＝13(a＋b )O由P ，G ，Q 三点共线，得PG→∥GQ →，所以，有且只有一个实数λ，使PG →＝λGQ →O而PG→＝OG →－OP →＝13(a ＋b )－m a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－m a ＋13b ， GQ→＝OQ →－OG →＝n b －13(a ＋b )＝－13a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －13b ， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫13－m a ＋13b ＝λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －13b O又因为a ，b 不共线，所以⎩⎪⎨⎪⎧13－m ＝－13λ，13＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －13，消去λ，整理得3mn ＝m ＋n ，故1m ＋1n ＝3O第2讲 平面向量的基本定理及向量坐标运算A 级 基础演练(时间：30分钟 满分：55分)一、 选择题(每小题5分，共20分)1O设平面向量a ＝(3,5)，b ＝(－2,1)，则a －2b ＝( )OA O (6,3)B O (7,3)C O(2,1)D O(7,2)解析 a －2b ＝(3,5)－2(－2,1)＝(7,3)O答案 B2O已知平面内任一点O 满足OP→＝xOA →＋yOB →(x ，y ∈R )，则“x ＋y ＝1”是“点P在直线AB 上”的( )OA O必要不充分条件 B O充分不必要条件 C O充要条件D O既不充分也不必要条件解析 根据平面向量基本定理知：OP →＝xOA →＋yOB →(x ，y ∈R )且x ＋y ＝1等价于P 在直线AB 上O答案 C3O(·金华模拟)设向量a ＝(1，－3)，b ＝(－2,4)，c ＝(－1，－2)，若表示向量4a,4b－2c,2(a －c )，d 的有向线段首尾相连能构成四边形，则向量d 为( )OA O (2,6)B O(－2,6)C O(2，－6)D O(－2，－6)解析 设d ＝(x ，y )，由题意知4a ＝(4，－12)，4b －2c ＝(－6,20)，2(a －c )＝(4，－2)，又4a ＋4b －2c ＋2(a －c )＋d ＝0，解得x ＝－2，y ＝－6，所以d ＝(－2，－6)O故选D O答案 D4O已知向量a ＝(1,2)，b ＝(1,0)，c ＝(3,4)O若λ为实数，(a ＋λb )∥c ，则λ＝ ( )OA O 14B O12C O 1D O2解析 依题意得a ＋λb ＝(1＋λ，2)，由(a ＋λb )∥c ，得(1＋λ)×4－3×2＝0，∴λ＝12O答案 B二、 填空题(每小题5分，共10分)5O(·杭州模拟)若三点A (2,2)，B (a,0)，C (0，b )(ab ≠0)共线，则1a ＋1b 的值为________O解析 AB →＝(a －2，－2)，AC →＝(－2，b －2)，依题意，有(a －2)(b －2)－4＝0， 即ab －2a －2b ＝0，所以1a ＋1b ＝12O答案 126O已知A (7,1)，B (1,4)，直线y ＝12ax 与线段AB 交于C ，且AC→＝2CB →，则实数a＝________O解析 设C (x ，y )，则AC→＝(x －7，y －1)，CB →＝(1－x,4－y )，∵AC →＝2CB →，∴⎩⎨⎧ x －7＝2(1－x )，y －1＝2(4－y )，解得⎩⎨⎧x ＝3，y ＝3.∴C (3,3)O又∵C 在直线y ＝12ax 上，∴3＝12a ·3，∴a ＝2O答案 2三、 解答题(共25分)7O(12分)已知a ＝(1,2)，b ＝(－3,2)，当k 为何值时，k a ＋b 与a －3b 平行？平行时它们是同向还是反向？解 法一 k a ＋b ＝k (1,2)＋(－3,2)＝(k －3,2k ＋2)， a －3b ＝(1,2)－3(－3,2)＝(10，－4)，当k a ＋b 与a －3b 平行时，存在唯一实数λ使k a ＋b ＝λ(a －3b )，由(k －3,2k ＋2)＝λ(10，－4)得，⎩⎨⎧k －3＝10λ，2k ＋2＝－4λ.解得k ＝λ＝－13，∴当k ＝－13时，k a ＋b 与a －3b 平行， 这时k a ＋b ＝－13a ＋b ＝－13(a －3b )O∵λ＝－13<0，∴k a ＋b 与a －3b 反向O法二 由法一知k a ＋b ＝(k －3,2k ＋2)， a －3b ＝(10，－4)，∵k a ＋b 与a －3b 平行 ∴(k －3)×(－4)－10×(2k ＋2)＝0，解得k ＝－13， 此时k a ＋b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13－3，－23＋2＝－13(a －3b )O∴当k ＝－13时，k a ＋b 与a －3b 平行，并且反向O8O(13分)已知O (0,0)，A (1,2)，B (4,5)及OP→＝OA →＋tAB →，求：(1)t 为何值时，P 在x 轴上？P 在y 轴上？P 在第二象限？(2)四边形OABP 能否成为平行四边形？若能，求出相应的t 值；若不能，请说明理由O解 (1)OP →＝OA →＋tAB →＝(1＋3t,2＋3t )O若P 在x 轴上，则2＋3t ＝0，∴t ＝－23； 若P 在y 轴上，则1＋3t ＝0，∴t ＝－13；若P 在第二象限，则⎩⎨⎧1＋3t ＜0，2＋3t ＞0.∴－23＜t ＜－13O(2)因为OA →＝(1,2)，PB →＝(3－3t,3－3t )O若OABP 为平行四边形，则OA →＝PB →， ∵⎩⎨⎧3－3t ＝1，3－3t ＝2，无解O所以四边形OABP 不能成为平行四边形OB 级 能力突破(时间：30分钟 满分：45分)一、 选择题(每小题5分，共10分)1O在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，设向量p ＝(a ＋c ，b )，q＝(b －a ，c －a )，若p ∥q ，则角C 的大小为( )OA O30°B O 60°C O 90°D O120°解析 由p ∥q ，得(a ＋c )(c －a )＝b (b －a )， 整理得b 2＋a 2－c 2＝ab ，由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12， 又0°<C <180°，∴C ＝60°O答案 B2O若α，β是一组基底，向量γ＝x α＋y β(x ，y ∈R )，则称(x ，y )为向量γ在基底α，β下的坐标，现已知向量a 在基底p ＝(1，－1)，q ＝(2,1)下的坐标为(－2,2)，则a 在另一组基底m ＝(－1,1)，n ＝(1,2)下的坐标为 ( )OA O (2,0)B O(0，－2)C O(－2,0) D O(0,2)解析 ∵a 在基底p ，q 下的坐标为(－2,2)， 即a ＝－2p ＋2q ＝(2,4)，令a ＝x m ＋y n ＝(－x ＋y ，x ＋2y )， ∴⎩⎨⎧ －x ＋y ＝2，x ＋2y ＝4，即⎩⎨⎧x ＝0，y ＝2. ∴a 在基底m ，n 下的坐标为(0,2)O答案 D二、 填空题(每小题5分，共10分)3O(·扬州质检)设OA→＝(1，－2)，OB →＝(a ，－1)，OC →＝(－b,0)，a >0，b >0，O 为坐标原点，若A ，B ，C 三点共线，则1a ＋2b的最小值为________O解析 AB →＝OB →－OA →＝(a －1,1)，AC →＝OC →－OA →＝(－b －1,2)O∵A ，B ，C 三点共线，∴AB →∥AC →O∴2(a －1)－(－b －1)＝0，∴2a ＋b ＝1O∴1a ＋2b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b (2a ＋b )＝4＋b a ＋4ab ≥4＋2 b a ·4ab ＝8O当且仅当b a ＝4a b ，即a ＝14，b ＝12时取等号O∴1a ＋2b 的最小值是8O答案 84O(·青岛期末)设i ，j 是平面直角坐标系(坐标原点为O )内分别与x 轴、 y 轴正方向相同的两个单位向量，且OA →＝－2i ＋j ，OB →＝4i ＋3j ，则△OAB 的面积等于________O解析 由题意得点A 的坐标为(－2,1)，点B 的坐标为(4,3)，|OA →|＝5，|OB →|＝5Osin ∠AOB ＝sin(∠AOy ＋∠BOy )＝sin ∠AOy cos ∠BOy ＋cos ∠AOy sin ∠BOy ＝255×35＋55×45＝255O故S △AOB ＝12|OA →||OB →|sin ∠AOB ＝12×5×5×255＝5O答案 5三、 解答题(共25分)5O(12分)在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，已知向量a ＝(2,1)，A (1,0)，B (cosθ，t )，(1)若a ∥AB→，且|AB →|＝5|OA →|，求向量OB →的坐标； (2)若a ∥AB →，求y ＝cos 2θ－cos θ＋t 2的最小值O解 (1)∵AB→＝(cos θ－1，t )， 又a ∥AB →，∴2t －cos θ＋1＝0O∴cos θ－1＝2t OO又∵|AB →|＝5|OA →|，∴(cos θ－1)2＋t 2＝5O② 由O②得，5t 2＝5，∴t 2＝1O ∴t ＝±1O当t ＝1时，cos θ＝3(舍去)， 当t ＝－1时，cos θ＝－1，∴B (－1，－1)，∴OB →＝(－1，－1)O(2)由(1)可知t ＝cos θ－12，∴y ＝cos 2θ－cos θ＋(cos θ－1)24＝54cos 2θ－32cos θ＋14＝54⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2θ－65cos θ＋14＝54⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θ－352－15， ∴当cos θ＝35时，y min ＝－15O6O(13分)已知向量v ＝(x ，y )与向量d ＝(y,2y －x )的对应关系用d ＝f (v )表示O(1)设a ＝(1,1)，b ＝(1,0)，求向量f (a )与f (b )的坐标； (2)求使f (c )＝(p ，q )(p ，q 为常数)的向量c 的坐标；(3)证明：对任意的向量a ，b 及常数m ，n 恒有f (m a ＋n b )＝mf (a )＋nf (b )O(1)解 f (a )＝(1,2×1－1)＝(1,1)， f (b )＝(0,2×0－1)＝(0，－1)O(2)解 设c ＝(x ，y )，则由f (c )＝(y,2y －x )＝(p ，q )， 得⎩⎨⎧ y ＝p ，2y －x ＝q ，所以⎩⎨⎧x ＝2p －q ，y ＝p ， 所以c ＝(2p －q ，p )O(3)证明 设a ＝(a 1，a 2)，b ＝(b 1，b 2)， 则m a ＋n b ＝(ma 1＋nb 1，ma 2＋nb 2)，所以f (m a ＋n b )＝(ma 2＋nb 2,2ma 2＋2nb 2－ma 1－nb 1) 又mf (a )＝m (a 2,2a 2－a 1)，nf (b )＝n (b 2,2b 2－b 1)， 所以mf (a )＋nf (b )＝(ma 2＋nb 2,2ma 2＋2nb 2－ma 1－nb 1)O故f (m a ＋n b )＝mf (a )＋nf (b )O第3讲 平面向量的数量积A 级 基础演练(时间：30分钟 满分：55分)一、 选择题(每小题5分，共20分)1O若向量a ＝(3，m )，b ＝(2，－1)，a ·b ＝0，则实数m 的值为( )OA O －32B O32C O 2D O6解析 由a ·b ＝3×2＋m ×(－1)＝0，解得m ＝6O答案 D2O(·东北三校联考)已知|a |＝6，|b |＝3，a ·b ＝－12，则向量a 在向量b 方向上的投影是( )OA O－4B O4 C O－2D O2解析 设a 与b 的夹角为θ，∵a ·b 为向量b 的模与向量a 在向量b 方向上的投影的乘积，而cos θ＝a ·b |a ||b |＝－23， ∴|a |cos θ＝6×⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝－4O答案 A3O(·广东)若向量a ，b ，c 满足a ∥b ，且a ⊥c ，则c ·(a ＋2b )＝( )OA O 4B O 3C O 2D O解析 由a ∥b 及a ⊥c ，得b ⊥c ，则c ·(a ＋2b )＝c ·a ＋2c ·b ＝0O答案 D4O(·天津)已知△ABC 为等边三角形，AB ＝2O设点P ，Q 满足AP→＝λAB →，AQ →＝(1－λ)AC →，λ∈R O若BQ →·CP →＝－32，则λ等于 ( )OA O12B O1±22C O1±102D O－3±222。