2020届高考数学大二轮复习刷题首秧第一部分刷考点考点十八排列与组合理2

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2020届高考数学大二轮复习刷题首秧第一部分刷考点考点十二数列综合问题理

考点十二数列综合问题一、选择题1．若数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝(－1)n·n ，则数列{a n }的前20项的和为( ) A ．－100 B ．100 C ．－110 D ．110答案 A解析由a n ＋1＋a n ＝(－1)n·n ，得a 2＋a 1＝－1，a 3＋a 4＝－3，a 5＋a 6＝－5，…，a 19＋a 20＝－19，∴{a n }的前20项的和为a 1＋a 2＋…＋a 19＋a 20＝－1－3－…－19＝－1＋192×10＝－100.2．(2019·辽宁葫芦岛二模)九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一”．在某种玩法中，用a n 表示解下n (n ≤9，n ∈N *)个圆环所需的最少移动次数，{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－n 为偶数，2a n －1＋n 为奇数，则解下4个环所需的最少移动次数为( )A ．7B ．10C ．12D ．22答案 A解析依题意a 4＝2a 3－1＝2(2a 2＋2)－1＝2[2(2a 1－1)＋2]－1＝7，故选A.3．(2019·西藏拉萨中学第二次月考)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6＝( )A ．3×44B ．3×44＋1 C ．44D ．44＋1答案 A解析由a n ＋1＝3S n 得a n ＝3S n －1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝3(S n －S n －1)＝3a n ，则a n ＋1＝4a n (n ≥2)，又a 1＝1，a 2＝3S 1＝3a 1＝3，∴a n ＝a 2q n －2＝3×4n －2(n ≥2)，即a 6＝3×44，故选A.4．等差数列{a n }中，a 1＋a 2＝125，a 2＋a 5＝4，设b n ＝[a n ]，[x ]表示不超过x 的最大整数，[0.8]＝0，[2.1]＝2，则数列{b n }的前8项和S 8＝( )A ．24B ．20C ．16D ．12答案 C解析由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝125，2a 1＋5d ＝4⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝25⇒a n ＝1＋(n －1)×25＝25n ＋35⇒b 1＝b 2＝b 3＝1，b 4＝b 5＝2，b 6＝b 7＝b 8＝3⇒S 8＝16.5．已知数列{a n }的各项均为正数，a 1＝2，a n ＋1－a n ＝4a n ＋1＋a n ，若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1＋a n 的前n 项和为5，则n ＝( )A ．35B ．36C ．120D ．121答案 C解析用裂项相消法求数列的前n 项和．因为a n ＋1－a n ＝4a n ＋1＋a n，所以a 2n ＋1－a 2n ＝4，所以数列{a 2n }是首项为4，公差为4的等差数列，所以a 2n ＝4n ，因为数列{a n }的各项均为正数，所以a n ＝2n ，所以1a n ＋1＋a n ＝12×1n ＋1＋n ＝12×(n ＋1－n )，所以S n ＝12×[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)＋(n ＋1－n )]＝12×(n ＋1－1)＝5，解得n ＝120，故选C.6．(2019·安徽宣城第二次调研)已知正项等比数列{a n }满足a 9＝a 8＋2a 7，若存在两项a m ，a n ，使得a m a n ＝2a 21，则1m ＋4n的最小值为( )A ．2 2B ．83C ．3D ．3 2答案 C解析设等比数列的公比为q (q ＞0)，∵a 9＝a 8＋2a 7，∴a 7q 2＝a 7q ＋2a 7，∴q 2－q －2＝0，∴q ＝2或q ＝－1(舍去)，∵存在两项a m ，a n 使得a m a n ＝2a 21，∴a 21qm －1＋n －1＝2a 21，2m ＋n －2＝2，m＋n －2＝1，m ＋n ＝3，∴1m ＋4n ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n (m ＋n )＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫n m ＋4m n ＋5≥13×9＝3，当且仅当m ＝1，n ＝2时等号成立．故选C.7．(2019·浙江三校联考二)已知数列{a n }满足a 1＝a >0，a n ＋1＝－a 2n ＋ta n (n ∈N *)，若存在实数t ，使{a n }单调递增，则a 的取值范围是( )A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(2,3)D ．(3,4)答案 A解析由{a n }单调递增，得a n ＋1＝－a 2n ＋ta n >a n ，又a 1＝a >0，则a n >0，所以t >a n ＋1(n ∈N *)．n ＝1时，t >a ＋1.①n ＝2时，t >－a 2＋ta ＋1，即(a －1)t <(a ＋1)(a －1)．②若a ＝1，②式不成立，不符合题意；若a >1，②式等价于t ＜a ＋1，与①式矛盾，不符合题意．排除B ，C ，D ，故选A. 8．已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，则t 的取值范围为( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ 答案 D解析 ∵数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，∴当n ＝1时，a 1＝2；当n ≥2时，a 1a 2a 3…a n－1＝2(n －1)2，可得a n ＝22n －1，∴1a n ＝122n －1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等比数列，首项为12，公比为14.∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n <23，∵对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，∴t 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞. 二、填空题9．(2019·河北唐山二模)各项均为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a n ·a n ＋2＝3a n ＋1(n ∈N *)，则a 5·a 2019＝________.答案 27解析由a n ·a n ＋2＝3a n ＋1知n ≥2，a n －1·a n ＋1＝3a n ，两式相乘得a n －1·a n ＋2＝9，又a n ＋2·a n＋5＝9，得a n －1＝a n ＋5，则数列周期为6，又a 1a 4＝9，则a 4＝9，故a 5·a 2019＝a 5·a 6×336＋3＝a 5·a 3＝3a 4＝27.10．已知a n ＝n －7n －52(n ∈N *)，设a m 为数列{a n }的最大项，则m ＝________.答案 8解析因为函数y ＝x －7x －52在(－∞，52)，(52，＋∞)上单调递减，结合该函数图象可得a 8>a 9>…>1>a 1>a 2>…>a 7，即a 8为数列{a n }的最大项，故m ＝8.11．(2019·湖南株洲二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝4,4S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＋1(n ≥1)，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧n ＝，3×4n －1n解析当n ≥2时，由4S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＋1，得4S n －1＝a 1＋a 2＋…＋a n ，∴4S n －4S n －1＝a n ＋1，即4a n ＝a n ＋1，∴a n ＋1a n ＝4(n ≥2)，又4S 1＝4a 1＝a 1＋a 2，a 1＝4，∴a 2＝12，∴当n ≥2时，a n ＝12×4n －2＝3×4n －1.又a 1＝4，不满足上式，所以所求通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＝，3×4n －1n12．(2019·山东聊城三模)我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1,2，…，9填入3×3的方格内，使三行、三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15.一般地，将连续的正整数1,2,3，…，n 2填入n ×n 个方格中，使得每行、每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n 阶幻方．记n 阶幻方的对角线上的数字之和为N n ，如图三阶幻方的N 3＝15，那么N 9的值为________．答案 369解析根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，N 3＝13×(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9)＝15，N 4＝14×(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＋14＋15＋16)＝34，N 5＝15×(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＋14＋15＋16＋17＋18＋19＋20＋21＋22＋23＋24＋25)＝65，…，∴N n ＝1n ×(1＋2＋3＋4＋5＋…＋n 2)＝1n×n 2＋n 22＝n n 2＋2，故N 9＝2＋2＝9×41＝369.三、解答题13．(2019·辽宁丹东质量测试二)数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n ＋1. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝14a n －1，求数列{b n }的前n 项和．解 (1)因为a n ＋1＝a n ＋2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2.由于a 1＝1满足a n ＝n 2，所以所求{a n }的通项公式为a n ＝n 2. (2)因为b n ＝14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和为T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 14．(2019·山东烟台适应性练习)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －2(n ∈N *)，{b n }是等差数列，且a 3＝b 4－2b 1，b 6＝a 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和T 2n . 解 (1)S n ＝2a n －2，当n ＝1时，得a 1＝2，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2，作差得a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以数列{a n }是以2为首项，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n.设等差数列{b n }的公差为d ，由a 3＝b 4－2b 1，b 6＝a 4，所以8＝3d －b 1,16＝5d ＋b 1，所以d ＝3，b 1＝1，所以b n ＝3n －2.(2)T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n ) ＝3(b 1＋b 2)＋3(b 3＋b 4)＋…＋3(b 2n －1＋b 2n ) ＝3(b 1＋b 2＋…＋b 2n )，又因为b n ＝3n －2，则T 2n ＝3×2n b 1＋b 2n2＝3n [1＋3×(2n )－2]＝18n 2－3n .一、选择题1．已知数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝4，b n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋sin 2n π2b n ＋cos 2n π2，则该数列的前23项的和为( )A ．4194B ．4195C ．2046D ．2047答案 A解析由题意，得当n 为奇数时，b n ＋2＝2b n ，数列为以2为公比的等比数列，当n 为偶数时，b n ＋2＝b n ＋1，数列为以1为公差的等差数列，∴S 23＝(b 1＋b 3＋…＋b 23)＋(b 2＋b 4＋…＋b 22)＝1－2121－2＋11×4＋－2×1＝212－1＋44＋55＝4194.2．(2019·浙江金华十校模拟)等差数列{a n }，等比数列{b n }，满足a 1＝b 1＝1，a 5＝b 3，则a 9能取到的最小整数是( )A ．－1B ．0C ．2D ．3答案 B解析设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，由a 1＝b 1＝1，a 5＝b 3，可得1＋4d ＝q 2，则a 9＝1＋8d ＝1＋2(q 2－1)＝2q 2－1>－1，可得a 9能取到的最小整数是0，故选B.3．中国历法推测遵循以测为辅、以算为主的原则，例如《周髀算经》和《易经》里对二十四节气的晷(guǐ)影长的记录中，冬至和夏至的晷影长是实测得到的，其他节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的，下表为《周髀算经》对二十四节气晷影长的记录，其中115.146寸表示115寸146分(1寸＝10分)．已知《易经》中记录的冬至晷影长为130.0寸，夏至晷影长为14.8寸，那么《易经》中所记录的惊蛰的晷影长应为( )A ．72.4寸B ．81.4寸C ．82.0寸D ．91.6寸答案 C解析设晷影长为等差数列{a n }，公差为d ，a 1＝130.0，a 13＝14.8，则130.0＋12d ＝14.8，解得d ＝－9.6，∴a 6＝130.0－9.6×5＝82.0，∴《易经》中所记录的惊蛰的晷影长是82.0寸．4．已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n ＋n，a n －7n ，若对于任意的n ∈N *都有a n >a n ＋1，则实数a 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 答案 D解析 ∵对于任意的n ∈N *都有a n >a n ＋1，∴数列{a n }单调递减，∴⎩⎪⎨⎪⎧13－a <0，0<a <1，即13<a <1.又由题意知a 9<a 8，即⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a ×9＋2<a 8－7，解得a >12，故12<a <1.5．已知数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和为S n ，且满足2a n ＋1＋S n ＝2(n ∈N *)，则满足10011000<S 2n S n <1110的n 的最大值为( ) A ．9 B ．8 C ．7 D ．6答案 A解析由2a n ＋1＋S n ＝2得2(S n ＋1－S n )＋S n ＝2，即S n ＋1＝12S n ＋1，S n ＋1－2＝12(S n －2)，且S 1－2＝a 1－2＝－1，所以S n －2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，S n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以S 2n S n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122n1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫10011000，1110，即11000<⎝ ⎛⎭⎪⎫12n <110，4≤n ≤9，所以n 的最大值为9，故选A.6．(2019·陕西西安4月联考)已知函数f (x )＝21＋x2，若等比数列{a n }满足a 1a 2019＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2019)＝( )A ．2019B ．20192C ．2D ．12答案 A 解析 ∵f (x )＝21＋x 2，∴f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝21＋x 2＋21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＝2.∵a 1a 2019＝1，∴f (a 1)＋f (a 2019)＝2，∵{a n }为等比数列，则a 1a 2019＝a 2a 2018＝…＝a 1009a 1011＝a 21010＝1.∴f (a 2)＋f (a 2018)＝…＝f (a 1009)＋f (a 1011)＝2，f (a 1010)＝1，即f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2019)＝2×1009＋1＝2019.7．(2019·江西新八校联考二)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知(a 2017－1)2019＋2019a 2017＋(a 2017－1)2021＝2000，(a 2020－1)2019＋2019a 2020＋(a 2020－1)2021＝2038，则S 4036＝( )A ．2020B ．2038C ．4034D ．4036答案 D解析由(a 2017－1)2019＋2019a 2017＋(a 2017－1)2021＝2000得(a 2017－1)2019＋2019(a 2017－1)＋(a 2017－1)2021＝－19，①由(a 2020－1)2019＋2019a 2020＋(a 2020－1)2021＝2038得(a 2020－1)2019＋2019(a 2020－1)＋(a 2020－1)2021＝19，②令f (x )＝x2019＋2019x ＋x2021，则①式即为f (a 2017－1)＝－19， ②式即为f (a 2020－1)＝19，又f (－x )＋f (x )＝0，即f (x )是奇函数，则(a 2017－1)＋(a 2020－1)＝0，即a 2017＋a 2020＝2，∴S 4036＝2018(a 1＋a 4036)＝2018(a 2017＋a 2020)＝4036.故选D.8．(2019·广东韶关模拟)已知数列{a n }满足a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1n a n ＝n 2＋n (n ∈N *)，设数列{b n }满足b n ＝2n ＋1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n <n n ＋1λ(n ∈N *)恒成立，则实数λ的取值范围为( )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫38，＋∞ D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫38，＋∞ 答案 D解析因为a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1n a n ＝n 2＋n ，所以当n ≥2时，a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1n －1a n －1＝(n －1)2＋(n －1)，则1na n ＝2n ，故a n ＝2n 2(a 1＝2满足此式)，所以b n ＝2n ＋14n 2n ＋2＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1n ＋2，则T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋…＋1n 2－1n ＋2＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1n ＋2，由于T n <n n ＋1λ(n ∈N *)恒成立，故14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1n ＋2<n n ＋1λ，整理得λ>n ＋24n ＋4，因为y ＝n ＋24n ＋4＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1在n ∈N *上单调递减，故当n ＝1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋14n ＋4max ＝38，所以λ>38，故选D.二、填空题9．(2019·辽宁沈阳质量监测三)数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n－1，则数列b n ＝a 2n－7a n ＋6的最小值为________．答案－6解析由S n ＝2n－1，得a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n－1－2n －1＋1＝2n －1，a 1＝1适合上式，∴a n ＝2n －1.则b n ＝a 2n －7a n ＋6＝⎝⎛⎭⎪⎫a n －722－254，∴当a n ＝4时，(b n )min ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4－722－254＝－6.10．(2019·辽宁沈阳东北育才学校第八次模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，且对任意的r ，t ∈N *，都有S r S t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r t2，则a n ＝________.答案 2n －1解析若r ＝n ，t ＝n ＋1，n ∈N *，则S n S n ＋1＝n 2n ＋2，令S n ＝n 2k ，S n ＋1＝(n ＋1)2k ，则a 1＝S 1＝k ＝1，∴S n ＝n 2，S n ＋1＝(n ＋1)2，∴a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝(n ＋1)2－n 2＝2n ＋1＝2(n ＋1)－1，∴a n ＝2n －1，经验证，n ＝1时，满足a n ＝2n －1，所以a n ＝2n －1.11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a n }为12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n，…，n －1n，…，若S k ＝14，则a k ＝________. 答案 78解析因为1n ＋2n ＋…＋n －1n ＝1＋2＋…＋n －1n ＝n 2－12，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝1＋2＋…＋n n ＋1＝n 2，所以数列12，13＋23，14＋24＋34，…，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1是首项为12，公差为12的等差数列，所以该数列的前n 项和T n ＝12＋1＋32＋…＋n 2＝n 2＋n 4.令T n ＝n 2＋n 4＝14，解得n ＝7，所以a k ＝78.12．(2019·河北衡水四月大联考)历史上数列的发展折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，….即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)，此数列在现代物理、准晶体结构及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列{b n }，又记数列{c n }满足c 1＝b 1，c 2＝b 2，c n ＝b n －b n －1(n ≥3，n ∈N *)，则c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2019的值为________．答案 3解析记“兔子数列”为{a n }，则数列{a n }每个数被4整除后的余数构成一个新的数列{b n }为{1,1,2,3,1,0,1,1,2,3,1,0，…}，可得数列{b n }构成一周期为6的数列，由题意得数列{c n }为{1,1,1,1，－2，－1,1,0,1,1，－2，－1,1,0,1,1，－2，－1，…}，观察数列{c n }可知该数列从第三项开始后面所有的数列构成一周期为6的数列，且每一周期的所有项的和为0，所以c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2019＝(c 1＋c 2)＋(c 3＋…＋c 2018)＋c 2019＝1＋1＋1＝3.三、解答题13．(2019·河北廊坊期中联合调研)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2－n ＋22n.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2－n ＋22n，∴当n ＝1时，a 1＝2－32＝12；当n ≥2，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)·a n －1＝2－n ＋12n －1，∴na n ＝2－n ＋22n －⎝⎛⎭⎪⎫2－n ＋12n －1＝n 2n ，可得a n ＝12n ，又∵当n ＝1时也成立，∴a n ＝12n .(2)∵b n ＝1a n⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a n ＋1，∴b n ＝2n＋2n＋2n ＋1＝12n ＋1－12n ＋1＋1， ∴T n ＝12＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n ＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1.14．(2019·河北石家庄二中二模)已知等比数列{a n }满足a n <a n ＋1，a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12 a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0恒成立，试求m 的取值范围．解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q .依题意得2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8.因此a 2＋a 4＝20，即有⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8，- 11 - 解得⎩⎪⎨⎪⎧ q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32，又数列{a n }单调递增，则⎩⎪⎨⎪⎧ q ＝2，a 1＝2，故a n ＝2n . (2)∵b n ＝2n log 122n ＝－n ·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，① －2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，② ①－②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝－2n 1－2－n ·2n ＋1 ＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2.∵S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0，∴2n ＋1－n ·2n ＋1－2＋n ·2n ＋1＋m ·2n ＋1<0，对任意正整数n 恒成立，m ·2n ＋1<2－2n ＋1对任意正整数n 恒成立，即m <12n －1恒成立，∵12n －1>－1，∴m ≤－1，即m 的取值范围是(－∞，－1]．。

2020年高考数学(理)二轮复习命题考点串讲系列-专题19 排列、组合、二项式定理(含答案解析)

2020年高考数学（理）二轮复习命题考点串讲系列-专题19 排列、组合、二项式定理1、考情解读1.排列、组合与二项式定理每年交替考查，主要以选择、填空的形式出现，试题难度中等或偏易.2.排列、组合试题具有一定的灵活性和综合性，常与实际相结合，转化为基本的排列组合模型解决问题，需用到分类讨论思想，转化思想.3.与二项式定理有关的问题比较简单，但非二项问题也是今后高考的一个热点，解决此类问题的策略是转化思想.2、重点知识梳理 1．两个重要公式 (1)排列数公式 A m n ＝n ！n －m ！＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)(n ，m ∈N *，且m ≤n )．(2)组合数公式 C m n ＝n ！m ！n －m ！＝nn －1n －2…n －m ＋1m ！(n ，m ∈N *，且m ≤n )．2．三个重要性质和定理 (1)组合数性质①C m n ＝C n －m n (n ，m ∈N *，且m ≤n )；②C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n (n ，m ∈N *，且m ≤n )；③C 0n ＝1. (2)二项式定理(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b 1＋C 2n a n －2b 2＋…＋C k n a n －k ·b k ＋…＋C n n b n ，其中通项T r ＋1＝C r n an －r b r . (3)二项式系数的性质①C 0n ＝C n n ，C 1n ＝C n －1n ，…，C r n ＝C n －r n ；②C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n；③C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝2n －1. 3、高频考点突破考点1 排列与组合例1．【2017课标II ，理6】安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（）A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种【答案】D【变式探究】【2016年高考四川理数】用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为（A ）24 （B ）48 （C ）60 （D ）72 【答案】D【解析】由题意，要组成没有重复数字的五位奇数，则个位数应该为1或3或5，其他位置共有44A 种排法，所以奇数的个数为443A 72 ，故选D.【变式探究】(2015·四川，6)用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A ．144个B ．120个C ．96个D ．72个解析由题意，首位数字只能是4，5，若万位是5，则有3×A 34＝72个；若万位是4，则有2×A 34个＝48个，故40 000大的偶数共有72＋48＝120个．选B.答案 B考点二排列组合中的创新问题例2．用a 代表红球，b 代表蓝球，c 代表黑球．由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a )(1＋b )的展开式1＋a ＋b ＋ab 表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a ”表示取出一个红球、而“ab ”则表示把红球和蓝球都取出来．依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )A ．(1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)(1＋b 5)(1＋c )5B ．(1＋a 5)(1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5)(1＋c )5C ．(1＋a )5(1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5)(1＋c 5)D ．(1＋a 5)(1＋b )5(1＋c ＋c 2＋c 3＋c 4＋c 5)解析分三步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，则有(1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)种不同的取法；第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，则有(1＋b 5)种不同取法；第三步，5个有区别的黑球看作5个不同色，从5个不同色的黑球中任取0个，1个，…，5个，有(1＋c )5种不同的取法，所以所求的取法种数为(1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)(1＋b 5)(1＋c )5，故选A.答案 A【变式探究】设集合A ＝{(x 1，x 2，x 3，x 4，x 5)|x i ∈{－1，0，1}，i ＝1，2，3，4，5}，那么集合A 中满足条件“1≤|x 1|＋|x 2|＋|x 3|＋|x 4|＋|x 5|≤3”的元素个数为( )A ．60B ．90C ．120D ．130答案 D考点三二项展开式中项的系数例3．【2016年高考北京理数】在6(12)x 的展开式中，2x 的系数为__________.（用数字作答）【答案】60.【解析】根据二项展开的通项公式16(2)r r r r T C x +=-可知，2x 的系数为226(2)60C -=。

2020届高考数学大二轮刷题首选卷理数文档：第一部分+考点八+导数及其应用+Word版含解析

考点八导数及其应用一、选择题1．求曲线y ＝x 2与直线y ＝x 所围成的封闭图形的面积，其中正确的是( ) A ．S ＝⎠⎛01(x 2－x )d xB ．S ＝⎠⎛01(x －x 2)d xC ．S ＝⎠⎛01(y 2－y )d yD ．S ＝⎠⎛01(y －y )d y答案 B解析依题意，在同一坐标系下画出曲线y ＝x 2与直线y ＝x 的图象(图略)，注意到它们的交点坐标分别为(0,0)与(1,1)，结合图形及定积分的几何意义可知，相应的图形的面积可用定积分表示为⎠⎛01(x －x 2)d x ，选B.2．已知函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x ) 的图象如图所示，则函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内的极小值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 A解析如图，在区间(a ，b )内，f ′(c )＝0，且在点x ＝c 附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，所以函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内只有1个极小值点，故选A.3．(2019·天津南开区模拟)过函数f (x )＝13x 3－x 2图象上一个动点作图象的切线，则切线倾斜角的范围是( )A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π4B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，πC ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，πD ．⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，3π4答案 B解析因为f ′(x )＝x 2－2x ＝(x －1)2－1≥－1，所以斜率k ＝tan α≥－1，解得倾斜角α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π.4．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( ) A ．－2 B ．0 C ．2 D ．4答案 C解析 f ′(x )＝3x 2－6x .令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2(舍去)．因为f (－1)＝－2，f (0)＝2，f (1)＝0，所以f (x )max ＝f (0)＝2.故选C.5．已知偶函数f (x )的定义域为R ，且当x <0时，f (x )＝ln (－3x ＋1)＋e －x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为( )A ．14＋eB ．12＋eC ．34＋eD ．32＋e 答案 C解析由题意得，偶函数f (x )的图象关于y 轴对称，∴f ′(1)＝－f ′(－1)，当x <0时，f ′(x )＝－31－3x－e －x ，∴f ′(－1)＝－34－e ，则f ′(1)＝34＋e ，故选C. 6．(2019·辽宁丹东质量测试二)若x ＝1是函数f (x )＝13x 3＋(a ＋1)x 2－(a 2＋a －3)x 的极值点，则a 的值为( )A ．－2B ．3C ．－2或3D ．－3或2答案 B解析 ∵f ′(x )＝x 2＋2(a ＋1)x －(a 2＋a －3)，又f ′(1)＝0，∴1＋2(a ＋1)－(a 2＋a －3)＝0，即a ＝3或a ＝－2，当a ＝3时，f ′(x )＝x 2＋8x －9＝(x ＋9)(x －1)，显然x ＝1是函数f (x )的极值点；当a ＝－2时，f ′(x )＝x 2－2x ＋1＝(x －1)2≥0，∴函数是R 上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去，故选B.7．已知函数f (x )＝x 3－ax 在(－1,1)上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A ．(1，＋∞) B ．[3，＋∞) C ．(－∞，1] D ．(－∞，3]答案 B解析 ∵f (x )＝x 3－ax ，∴f ′(x )＝3x 2－a .又f (x )在(－1,1)上单调递减，∴3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立，∴a ≥3，故选B.8．(2019·黑龙江哈尔滨六中二模)牛顿迭代法亦称切线法，它是求函数零点近似解的另一种方法，若定义x k (k ∈N )是函数零点近似解的初始值，过点P k (x k ，f (x k ))的切线为y ＝f ′(x k )(x －x k )＋f (x k )，切线与x 轴交点的横坐标x k ＋1，即为函数零点近似解的下一个初始值，以此类推，满足精度的初始值即为函数零点的近似解，设函数f (x )＝x 2－2，满足x 0＝2应用上述方法，则x 3＝( )A ．32B ．1712C ．141100D ．577408答案 D解析因为f ′(x )＝2x ，x 0＝2，y 0＝2，切线斜率k 0＝4，切线方程y －2＝4(x －2)，令y ＝0，得x 1＝32；x 1＝32，y 1＝14，切线斜率k 1＝3，切线方程为y －14＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32，令y ＝0，得x 2＝1712；x 2＝1712，y 2＝1144，切线斜率k 2＝176，切线方程为y －1144＝176⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1712，令y ＝0，得x 3＝577408，故选D. 二、填空题9．函数f (x )＝ln x －12x 2－x ＋5的单调递增区间为________．答案 ⎝⎛⎭⎪⎫0，5－12 解析函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，再由f ′(x )＝1x －x －1>0可解得0<x <5－12.10．已知函数f (x )＝e x ＋ax 的图象在点(0，f (0))处的切线与曲线y ＝－ln x 相切，则a ＝________.答案－2解析因为f ′(x )＝e x ＋a ，所以f ′(0)＝1＋a ，又f (0)＝1，所以切线方程为y ＝(1＋a )x ＋1，又y ＝－ln x 的导函数y ′＝－1x ，令切点坐标为(t ，－ln t )，则－1t ＝1＋a ＝－ln t －1t，解得t ＝1，a ＝－2.11．设函数f (x )＝ax 2＋b (a ≠0)，若⎠⎛03f (x )d x ＝3f (x 0)，x 0>0，则x 0＝________.答案3解析依题意得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3x 3＋bx | 30＝3(ax 20＋b )，即3ax 20＝9a (a ≠0)，x 20＝3(x 0>0)，由此解得x 0＝ 3.12．若函数f (x )＝x 3＋mx 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋43x ＋6在R 上有极值，则实数m 的取值范围是________．答案 m >4或m <－1解析由题意可知，f ′(x )＝0有不等根，即方程3x 2＋2mx ＋m ＋43＝0有不等根，所以Δ>0，即4m 2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋43>0，解得m >4或m <－1.三、解答题13．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值4. (1)求实数a ，b 的值；(2)当a >0时，求曲线y ＝f (x )在点(－2，f (－2))处的切线方程．解 (1)∵f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2， ∴f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .∵f (1)＝1＋a ＋b ＋a 2＝4，f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝3，b ＝－9或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1. 经检验都符合题意．(2)当a >0时，由(1)得f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋9， ∴f ′(x )＝3x 2＋6x －9. f (－2)＝31，f ′(－2)＝－9.∴所求的切线方程为y －31＝－9(x ＋2)，即9x ＋y －13＝0.14．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝32－ax (a 为实常数)．(1)当a ＝1时，求函数φ(x )＝f (x )－g (x )在x ∈[4，＋∞)上的最小值； (2)若方程e 2f (x )＝g (x )(其中e ＝2.71828…)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上有解，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，函数φ(x )＝f (x )－g (x )＝ln x －32＋1x ，∴φ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2. ∵x ∈[4，＋∞)，∴φ′(x )>0.∴函数φ(x )＝f (x )－g (x )在x ∈[4，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝4时，φ(x )min ＝2ln 2－54.(2)方程e 2f (x )＝g (x )可化为x 2＝32－ax . ∴a ＝32x －x 3.设y ＝32x －x 3，则y ′＝32－3x 2. ∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，∴函数y ＝32x －x 3在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，22上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，1上单调递减．∵x ＝12时，y ＝58；x ＝22时，y ＝22；x ＝1时，y ＝12， ∴y ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，22，∴a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，22.一、选择题1．已知函数f (x )＝x ·2x ，则下列结论正确的是( ) A ．当x ＝1ln 2时，f (x )取最大值 B ．当x ＝1ln 2时，f (x )取最小值 C ．当x ＝－1ln 2时，f (x )取最大值 D ．当x ＝－1ln 2时，f (x )取最小值答案 D解析由题意知，f ′(x )＝2x＋x ·2xln 2，令f ′(x )＝0，得x ＝－1ln 2，又当x <－1ln 2时，f ′(x )<0；当x >－1ln 2时，f ′(x )>0.∴当x ＝－1ln 2时，f (x )取最小值．2．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( )A ．0B ．－5C ．－10D ．－37答案 D解析由题意知，f ′(x )＝6x 2－12x ，由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2，当x <0或x >2时，f ′(x )>0，当0<x <2时，f ′(x )<0，∴f (x )在[－2,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，由条件知f (0)＝m ＝3，∴f (2)＝－5，f (－2)＝－37，∴最小值为－37.3．(2019·晋冀鲁豫中原名校第三次联考)若函数f (x )＝2x 3－3ax 2＋1在区间(0，＋∞)内有两个零点，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，1)B ．(1，＋∞)C ．(0,1)D ．(1,2)答案 B解析 f ′(x )＝6x 2－6ax ＝6x (x －a )．①当a ≤0时，若x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )>0，此时函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，不可能有两个零点；②当a >0时，函数f (x )在区间(0，a )上单调递减，在区间(a ，＋∞)上单调递增，因为f (0)＝1>0，若函数f (x )在区间(0，＋∞)内有两个零点，有f (a )＝2a 3－3a 3＋1＝1－a 3<0，得a >1，故选B.4．(2019·江西吉安一模)过点P (1,1)且与曲线y ＝x 3相切的直线的条数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 C解析若直线与曲线切于点(x 0，y 0)(x 0≠0)，则k ＝y 0－1x 0－1＝x 30－1x 0－1＝x 20＋x 0＋1，又∵y ′＝3x 2，∴k ＝3x 20，∴2x 20－x 0－1＝0，解得x 0＝1或x 0＝－12，∴过点P (1，1)与曲线C ：y ＝x 3相切的直线方程为3x －y －2＝0或3x －4y ＋1＝0，故选C.5．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ∈[0，1]，1x，x ∈(1，e](e 为自然对数的底数)，则⎠⎛0e f (x )d x ＝( )A ．－43B ．－23C ．23D ．43答案 D解析依题意得，⎠⎛0e f (x )d x ＝⎠⎛01x 2d x ＋⎠⎛1e 1x d x ＝13x 3| 10＋ln x | e1＝13＋1＝43. 6．曲线y ＝ln (2x －1)上的点到直线2x －y ＋8＝0的最短距离是( ) A ．2 5 B ．2 C ．2 3 D ． 3答案 A 解析当y ′＝22x －1＝2时，x ＝1，则点(1,0)到直线2x －y ＋8＝0的距离是曲线y ＝ln (2x －1)上的点到直线2x －y ＋8＝0的最短距离，即最短距离为2＋85＝25，故选A.7．(2019·广东揭阳二模)以下四个数中，最大的是( ) A ．ln33B ．1e C ．ln ππ D ．15ln 1530答案 B解析由题意，令f (x )＝ln xx ，则f ′(x )＝1－ln x x 2，∴x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(e ，＋∞)上单调递减，又由e<3<π<15，∴f (e)>f (3)>f (π)>f (15)，则ln e 1e>ln313 >ln π1π >ln (15)115， ∴1e >ln 33>ln ππ>1530ln 15，故选B.8．(2019·江西景德镇二检)定义在R上的函数f(x)满足对任意x∈(0，＋∞)，都有f′(x)<f′(－x)，非零实数a，b满足f(a)－f(b)>f(－b)－f(－a)，则下列关系式中正确的是()A．a>b B．a<bC．a2>b2D．a2<b2答案 D解析记g(x)＝f(x)＋f(－x)，则g′(x)＝f′(x)－f′(－x)，因为当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<f′(－x)，即g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又因为g(－x)＝f(－x)＋f(x)＝g(x)，所以g(x)为偶函数，因为f(a)－f(b)>f(－b)－f(－a)⇔f(a)＋f(－a)>f(b)＋f(－b)⇔g(a)>g(b)，所以|a|<|b|，即a2<b2，故选D.二、填空题9．(2019·天津和平区模拟)已知函数f(x)＝2f′(1)ln x－x，则f(x)的极大值为________．答案2ln 2－2解析∵f′(x)＝2f′(1)x－1，∴f′(1)＝2f′(1)1－1，f′(1)＝1，因此f(x)＝2ln x－x.令f′(x)＝2x－1＝0，得x＝2，∴当x＝2时，f(x)取得极大值2ln 2－2.10．(2019·江西新八校第二次联考)若f(x)＋3f(－x)＝x3＋2x＋1对x∈R恒成立，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为________．答案10x＋4y－5＝0解析∵f(x)＋3f(－x)＝x3＋2x＋1，①∴f(－x)＋3f(x)＝－x3－2x＋1，②联立①②，得f(x)＝－12x3－x＋14，则f′(x)＝－32x2－1，∴f′(1)＝－32－1＝－52，又f (1)＝－12－1＋14＝－54，∴切线方程为y ＋54＝－52(x －1)，即10x ＋4y －5＝0.11．要做一个圆锥形的漏斗，其母线长为20 cm.要使体积最大，则高为________ cm.答案2033解析设高为h cm ，则底面半径r ＝400－h 2(cm)，所以体积V ＝π3r 2h ＝π3h (400－h 2)，则V ′＝π3(400－3h 2)．令V ′＝π3(400－3h 2)＝0，解得h ＝2033.即当高为2033 cm 时，圆锥的体积最大．12．若函数f (x )＝13x 3－3x －2ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则实数t 的取值范围是________．答案 1<t <2解析依题意，f ′(x )＝x 2－3－2x ＝x 3－3x －2x ＝(x －2)(x ＋1)2x ，可以验证x ＝2为极小值点，故t <2<t ＋1，解得1<t <2.三、解答题13．(2019·河北邯郸一模)已知函数f (x )＝ax －ln xx . (1)若f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围； (2)若y ＝f (x )的图象与y ＝a 相切，求实数a 的值．解 (1)由f (x )≥0得ax －ln x x ≥0，从而ax ≥ln x x ，即a ≥ln x x 2. 设g (x )＝ln xx 2，则g ′(x )＝1－2ln x x 3(x >0), 所以当0<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，所以当x ＝e 时，g (x )取得最大值，g (e)＝12e ，故a 的取值范围是a ≥12e .(2)设y ＝f (x )的图象与y ＝a 相切于点(t ，a )，依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ f (t )＝a ，f ′(t )＝0.因为f ′(x )＝a －1－ln x x 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧ at －ln t t ＝a ，a －1－ln t t 2＝0，消去a 可得t －1－(2t －1)ln t ＝0，令h (t )＝t －1－(2t －1)ln t ，则h ′(t )＝1－(2t －1)·1t －2ln t ＝1t －2ln t －1，显然h ′(t )在(0，＋∞)上单调递减，且h ′(1)＝0，所以0<t <1时，h ′(t )>0，h (t )单调递增；t >1时，h ′(t )<0，h (t )单调递减，所以当且仅当t ＝1时，h (t )＝0，故a ＝1.14．(2019·山西考前适应性考试)已知函数f (x )＝(kx －1)e x －k (x －1)．(1)若f (x )在x ＝x 0处的切线斜率与k 无关，求x 0；(2)若∃x ∈R ，使得f (x )＜0成立，求整数k 的最大值．解 (1)f ′(x )＝(kx ＋k －1)e x －k ，即f ′(x )＝k [(x ＋1)e x －1]－e x ，由已知得(x 0＋1)e x 0－1＝0.令φ(x )＝(x ＋1)e x －1，则φ′(x )＝(x ＋2)e x ，当x ∈(－∞，－2)时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减，∵x <－2，∴x ＋1<－1，∴(x ＋1)e x <0，∴(x＋1)e x－1<0，因此φ(x)<0；当x∈(－2，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增．又φ(0)＝0，所以φ(x)只有唯一零点，故x0＝0.(2)f(x)<0，即k(x e x－x＋1)<e x.当x≥0时，∵e x－1≥0，∴x(e x－1)≥0，∴x(e x－1)＋1>0；当x<0时，∵e x－1<0，∴x(e x－1)>0，∴x(e x－1)＋1>0.∴x(e x－1)＋1>0.∴k(x e x－x＋1)<e x可等价转化为k<e xx e x－x＋1.设g(x)＝e xx e x－x＋1，由题意k<g(x)max.又g′(x)＝e x(2－e x－x)(x e x－x＋1)2，令h(x)＝2－e x－x，则h′(x)＝－e x－1<0，∵h′(x)<0，∴h(x)在R上单调递减，又∵h(0)>0，h(1)<0，∴∃x0∈(0,1)，使得h(x0)＝0，即e x0＝2－x0.当x∈(－∞，x0)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减．∴g(x)max＝g(x0)＝e x0x0 e x0－x0＋1＝2－x0x0(2－x0)－x0＋1＝1x0－2＋1x0－2＋3.令t＝x0－2[t∈(－2，－1)]，则y＝t＋1t ＋3∈⎝⎛⎭⎪⎫12，1，∴g(x)max∈(1,2)，故整数k的最大值为1.。

2020届高考数学大二轮刷题首选卷理数课件：第一部分考点十八排列与组合

第一部分刷考点考点十八排列与组合
A卷
一、选择题 1．“对称数”是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数，如 121,666,54345等，则在所有的六位数中，不同的“对称数”的个数是( ) A．100 B．900 C．999 D．1000
答案 B 解析根据题意，对6位对称数，由于个位和十万位相同，十位和万位相同，百位和千位相同，个位有9种，十位和百位均有10种，故根据分步计数原理可得共有9×10×10＝900个．
(2)根据题意，分2步进行分析： ①将7人分成3组，人数依次为4,2,1，有C47×C23×C11＝105种分组方法； ②将分好的三组全排列，对应3个学校，有A33＝6种情况，则一共有105 ×6＝630种分配方案．
B卷
一、选择题
1．某彩票公司每天开奖一次，从1,2,3,4四个号码中随机开出一个作为
2 3
A
3 3
＝36种情况．所以5名同学所有可能的选择有18＋36＝54种
情况，故选D.Biblioteka 4．(2019·辽宁丹东质量测试二)从4男2女共6名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，不同选法共有( )
A．156种 B．168种 C．180种 D．240种
中奖号码，开奖时如果开出的号码与前一天的相同，就要重开，直到开出
与前一天不同的号码为止．如果第一天开出的号码是4，那么第五天开出的
号码也同样是4的所有可能的情况有( )
A．14种 B．21种
C．24种
D．35种
答案 B
解析第一天开出4，第五天同样开出4，则第二天开出的号码有3种情况，如果第三天开出的号码是4，则第四天开出的号码有3种情况；如果第三天开出的号码不是4，则第四天开出的号码有2种情况，所以满足条件的情况有3×1×3＋3×2×2＝21种．

2020届高考数学大二轮复习刷题首秧第二部分刷题型压轴题一理

压轴题(一)12．设P 为双曲线x 2a 2－y 2b2＝1右支上一点，F 1，F 2分别为该双曲线的左、右焦点，c ，e 分别表示该双曲线的半焦距和离心率．若PF 1→·PF 2→＝0，直线PF 2交y 轴于点A ，则△AF 1P 的内切圆的半径为( )A ．aB ．bC ．cD ．e答案 A解析因为PF 1→·PF 2→＝0，所以△AF 1P 是直角三角形．设△AF 1P 的内切圆的半径是r ，则2r ＝|PF 1|＋|PA |－|AF 1|＝|PF 1|＋|PA |－|AF 2|＝|PF 1|－(|AF 2|－|PA |)＝|PF 1|－|PF 2|＝2a .所以r ＝a .16．(2019·湘赣十四校联考二)已知函数f (x )＝sin x ＋2cos x 的图象向右平移φ个单位长度得到g (x )＝2sin x ＋cos x 的图象，若x ＝φ为h (x )＝sin x ＋a cos x 的一条对称轴，则a ＝________.答案 43解析由题意，得f (x )＝5sin(x ＋α)，其中sin α＝255，cos α＝55.g (x )＝5sin(x＋β)，其中sin β＝55，cos β＝255， ∴α－φ＝β＋2k π，即φ＝α－β－2k π，∴sin φ＝sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β＝35，cos φ＝cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝45，又x ＝φ是h (x )＝sin x ＋a cos x 的一条对称轴， ∴h (φ)＝sin φ＋a cos φ＝35＋45a ＝±1＋a 2，即a ＝43.20．已知函数f (x )＝12(x 2＋2a ln x )．(1)讨论f (x )＝12(x 2＋2a ln x )，x ∈(1，e)的单调性；(2)若存在x 1，x 2∈(1，e)(x 1≠x 2)，使得f (x 1)＝f (x 2)<0成立，求a 的取值范围．解 (1)由f (x )＝12(x 2＋2a ln x )，得f ′(x )＝x ＋a x ＝x 2＋ax(x >0)，当a ≥0时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )在(1，e)上单调递增；当a <0时，f ′(x )＝0的解为x ＝－a (舍负)，若－a ≤1，即a ∈[－1,0)，则f (x )在(1，e)上单调递增；若－a ≥e，即a ∈(－∞，－e 2]，则f (x )在(1，e)上单调递减；若a ∈(－e 2，－1)，则f (x )在(1，－a )上单调递减，在[－a ，e)上单调递增． (2)由(1)可知，当a ≤－e 2或a ≥－1时，函数f (x )在(1，e)上为单调函数，此时不存在x 1，x 2∈(1，e)(x 1≠x 2)，使得f (x 1)＝f (x 2)<0.当a ∈(－e 2，－1)时，f (x )在(1，－a ]上单调递减，在[－a ，e)上单调递增，所以f (x )在x ＝－a 处取得极小值，f (x )极小值＝f (－a )＝12(－a ＋2a ln －a )＝－12a ＋12a ln (－a )，其中a ∈(－e 2，－1)，令g (a )＝－12a ＋12a ln (－a )，a ∈(－e 2，－1)，则g ′(a )＝－12＋12ln (－a )＋12＝12ln (－a )，a ∈(－e 2，－1)，所以g ′(a )>0，所以g (a )在(－e 2，－1)上单调递增，且g (－e)＝0，g (－e 2)＝－e22<0，所以当a ∈(－e 2，－e)时，f (x )极小值<0，此时存在x 1，x 2∈(1，e)(x 1≠x 2)，使得f (x 1)＝f (x 2)<0.21．某芯片代工厂生产某型号芯片每盒12片，每批生产若干盒，每片成本1元，每盒芯片需检验合格后方可出厂．检验方案是从每盒芯片随机取3片检验，若发现次品，就要把全盒12片产品全部检验，然后用合格品替换掉不合格品，方可出厂；若无次品，则认定该盒芯片合格，不再检验，可出厂．(1)若某盒芯片中有9片合格，3片不合格，求该盒芯片经一次检验即可出厂的概率？ (2)若每片芯片售价10元，每片芯片检验费用1元，次品到达组装工厂被发现后，每片须由代工厂退赔10元，并补偿1片经检验合格的芯片给组装厂．设每片芯片不合格的概率为p (0<p <1)，且相互独立．①若某盒12片芯片中恰有3片次品的概率为f (p )，求f (p )的最大值点p 0；②若以①中的p 0作为p 的值，由于质检员操作疏忽，有一盒芯片未经检验就被贴上合格标签出厂到组装工厂，试确定这盒芯片最终利润X (单位：元)的期望．解 (1)设“该盒芯片经一次检验即可出厂”的事件为A ，则P (A )＝C 39C 312＝2155.答：该盒芯片经一次检验即可出厂的概率为2155.(2)①某盒12片芯片中恰有3片次品的概率f (p )＝C 312p 3(1－p )9＝127C 312⎝ ⎛⎭⎪⎫3412，当且仅当3p ＝1－p ，即p ＝14时取“＝”号，故f (p )的最大值点p 0＝14.②由题设，知p ＝p 0＝14.设这盒芯片不合格品的个数为n ，则n ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，14，故E (n )＝12×14＝3，则E (X )＝120－12－30－3×2＝72. 所以这盒芯片最终利润X 的期望是72元．。

2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第一部分刷考点考点十八排列与组合(理)

考点十八排列与组合一、选择题1．“对称数”是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数，如121,666,54345等，则在所有的六位数中，不同的“对称数”的个数是( )A ．100B ．900C ．999D ．1000答案 B解析根据题意，对6位对称数，由于个位和十万位相同，十位和万位相同，百位和千位相同，个位有9种，十位和百位均有10种，故根据分步计数原理可得共有9×10×10＝900个．2．将2名教师、4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有( )A ．12种B ．10种C ．9种D ．8种答案 A解析先为甲地选一名老师，有2种选法，再为甲地选两个学生，有C 24＝6种选法，甲地定了之后，乙地的教师和学生也定了，根据分步计数原理，有2×6＝12种方案．3．(2019·甘肃第一次诊断考试)《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳(约公元2世纪)所著，该书主要记述了：积算(即筹算)、太乙、两仪、三才、五行、八卦、九宫、运筹、了知、成数、把头、龟算、珠算、计数共14种计算器械的使用方法．某研究性学习小组3人分工搜集整理14种计算器械的相关资料，其中一人4种、另两人每人5种计算器械，则不同的分配方法有( )A ．C 414C 510C 55A 33A 22种 B ．C 414C 510C 55A 22A 33种 C ．C 414C 510C 55A 22种D ．C 414C 510C 55种答案 A解析先将14种计算器械分为三组，方法数有C 414C 510C 55A 22种，再排给3个人，有A 33种排法，所以不同的分配方法数有C 414C 510C 55A 22×A 33种，故选A. 4．(2019·湖南师大附中模拟三)本次模拟考试结束后，班级要排一张语文、数学、英语、物理、化学、生物六科试卷讲评顺序表，若化学排在生物前面，数学与物理不相邻且都不排在最后，则不同的排表方法共有( )A．72种B．144种C．288种D．360种答案 B解析第一步排语文、英语、化学、生物4种，且化学排在生物前面，有A24＝12种排法；第二步将数学和物理插入前4科除最后位置外的4个空档中的2个，有A24＝12种排法，所以不同的排表方法共有12×12＝144种，故选B.5．(2019·山东日照第一次模拟考试)甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是( ) A．210 B．84C．343 D．336答案 D解析由题意分组解决，因为对于7个台阶上每一个只站一人有A37种；若有一个台阶站2人，另一个站1人共有C13A27种，所以共有不同的站法种数是A37＋C13A27＝336种，故选D.6．将编号1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3的盒子中，要求不允许有空盒子，且球与盒子的编号不能相同，则不同的放球方法有( )A．6种B．9种C．12种D．18种答案 C解析由题意可知，这四个小球有两个小球放在一个盒子中，先确定哪两个球在同一盒子中，有C24＝6种方法，再确定放球方法，都是2种方法，由分步乘法计数原理得不同的放球方法有2×6＝12种．7．(2019·江西名校5月联考)2019年4月25～27日，北京召开第二届“一带一路”国际高峰论坛，组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问，要求这三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，且国内媒体团不能连续提问，则不同的提问方式的种数为( )A．198 B．268C．306 D．378答案 A解析分两种情况，若选两个国内媒体一个国外媒体，有C26C13A22＝90种不同提问方式；若选两个外国媒体一个国内媒体，有C16C23A33＝108种不同提问方式，所以共有90＋108＝198种提问方式．8. 现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有( )A．24种B．30种C．36种D．48种答案 D解析分两种情况：一种情况是用三种颜色有C34A33种方法；另一种情况是用四种颜色有A44种方法．所以不同的着色方法共有48种．二、填空题9．某学生要从物理、化学、生物、政治、历史、地理这六门学科中选三门参加等级考试，要求是物理、化学、生物这三门至少要选一门，政治、历史、地理这三门也至少要选一门，则该生的可能选法总数是________．答案18解析分两种情况：①从物、化、生中选两门，剩下的里面选一门，有C23C13＝9种；②从物、化、生中选一门，剩下的里面选两门，有C13C23＝9种．共有9＋9＝18种选法．10．甲、乙、丙、丁四人站成一排，则甲乙相邻，甲丙不相邻有________种排法．答案8解析分两类讨论：①甲站在边上时，乙的位置就确定了，其余两人全排，故有A12A22＝4种．②甲乙丁三人捆绑一起(甲在中间)看作一个元素，与丙全排列，有A22A22＝4种．由分类加法计数原理知有8种排法．11．对坐在一排的4人重新安排座位时，恰有一个人坐在原来的位置上，则共有________种不同的排法．答案8解析第一步，先从4个人里选3个进行调换；第二步，因为每个人都不能坐在原来的座位上，因此第一个人有两种坐法，被坐了自己座位的那个人只能坐在第三个人的座位上(一种坐法)，才能保证第三个人也不坐在自己的座位上．因此三个人调换有两种调换方法．故不同的调换方法有C34×2＝8种．12．(2019·湖北1月联考)某共享汽车停放点的停车位排成一排且恰好全部空闲，假设最先来停车点停车的3辆共享汽车都是随机停放的，且这3辆共享汽车都不相邻的概率与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的概率相等，则该停车点的车位数为__________．答案10解析设停车位有n个，这3辆共享汽车都不相邻的种数相当于先将(n－3)个停车位排放好，再将这3辆共享汽车插入到所成(n－2)个间隔中，故有A3n－2种；恰有2辆相邻的种数：先把其中2辆捆绑在一起看作一个复合元素，再和另一个插入到将(n－3)个停车位排放好所成(n－2)个间隔中，故有A23×A2n－2种，因为这3辆共享汽车都不相邻的概率与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的概率相等，所以A3n－2＝A23×A2n－2，解得n＝10.三、解答题13．将7名应届师范大学毕业生分配到3所中学任教．(1)4个人分到甲学校，2个人分到乙学校，1个人分到丙学校，有多少种不同的分配方案？(2)一所学校去4个人，另一所学校去2个人，剩下的一所学校去1个人，有多少种不同的分配方案？解(1)根据题意，分3步进行分析：①在7人中选出4人，将其分到甲学校，有C47＝35种选法；②在剩余3人中选出2人，将其分到乙学校，有C23＝3种选法；③将剩下的1人分到丙学校，有1种情况，则一共有35×3＝105种分配方案．(2)根据题意，分2步进行分析：①将7人分成3组，人数依次为4,2,1，有C47×C23×C11＝105种分组方法；②将分好的三组全排列，对应3个学校，有A33＝6种情况，则一共有105×6＝630种分配方案．一、选择题1．某彩票公司每天开奖一次，从1,2,3,4四个号码中随机开出一个作为中奖号码，开奖时如果开出的号码与前一天的相同，就要重开，直到开出与前一天不同的号码为止．如果第一天开出的号码是4，那么第五天开出的号码也同样是4的所有可能的情况有( ) A．14种B．21种C．24种D．35种答案 B解析第一天开出4，第五天同样开出4，则第二天开出的号码有3种情况，如果第三天开出的号码是4，则第四天开出的号码有3种情况；如果第三天开出的号码不是4，则第四天开出的号码有2种情况，所以满足条件的情况有3×1×3＋3×2×2＝21种．2．把7个字符a，a，a，b，b，α，β排成一排，要求三个“a”两两不相邻，且两个“b”也不相邻，则这样的排法共有( )A ．144种B ．96种C ．30种D ．12种答案 B解析先排列b ，b ，α，β，若α，β不相邻，有A 22C 23种，若α，β相邻，有A 33种，共有6＋6＝12种，从所形成的5个空位中选3个插入a ，a ，a ，有C 35种，所以三个“a ”两两不相邻的排法共有12×C 35＝120种，若b ，b 相邻时，从所形成的4个空中选3个插入a ，a ，a ，有C 34种，共有A 33×C 34＝24种，所以三个“a ”两两不相邻，且两个“b ”也不相邻，这样的排法共有120－24＝96种．3．(2019·广西桂林一模)中国古代的五经是指：《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》，甲、乙、丙、丁、戊5名同学分别选取了其中一本不同的书作为课外兴趣研读，若甲、乙都没有选《诗经》，乙也没选《春秋》，则5名同学所有可能的选择有( )A ．18种B ．24种C ．36种D ．54种答案 D解析 ①若甲选《春秋》，则有C 13A 33＝18种情况；②若甲不选《春秋》，则有A 23A 33＝36种情况．所以5名同学所有可能的选择有18＋36＝54种情况，故选D.4．(2019·辽宁丹东质量测试二)从4男2女共6名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，不同选法共有( )A ．156种B ．168种C ．180种D ．240种答案 B解析从4男2女共6名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队有C 16C 15C 24＝6×5×4×32＝180种选法，服务队中没有女生的选法有C 14C 13C 22＝4×3×1＝12种，所以要求服务队中至少有1名女生，不同选法共有180－12＝168种，故选B.5．(2019·黑龙江哈尔滨六中第二次模拟)2020年东京夏季奥运会将设置4×100米男女混合泳接力这一新的比赛项目，比赛的规则是：每个参赛国家派出2男2女共计4名运动员参加比赛，按照仰泳→蛙泳→蝶泳→自由泳的接力顺序，每种泳姿100米且由1名运动员完成，且每名运动员都要出场，若中国队确定了备战该项目的4名运动员名单，其中女运动员甲只能承担仰泳或者自由泳，男运动员乙只能承担蝶泳或者自由泳，剩下的2名运动员四种泳姿都可以承担，则中国队的排兵布阵的方式共有( )A ．144种B ．24种C ．12种D ．6种答案 D解析由题意，若甲承担仰泳，则乙运动员有A22＝2种安排方法，其他两名运动员有A22＝2种安排方法，共计2×2＝4种方法，若甲承担自由泳，则乙运动员只能安排蝶泳，其他两名运动员有A22＝2种安排方法，共计2种方法，所以中国队共有4＋2＝6种不同的安排方法，故选D.6．小明跟父母、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与他相邻，则不同坐法的种数为( )A．60 B．72C．84 D．96答案 C解析根据题意，分3种情况讨论：①若小明的父母只有1人与小明相邻且父母不相邻，先在其父母中选一人与小明相邻，有C12＝2种情况，将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺序有A22＝2种情况，当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有A22×A23＝12种安排方法，此时有2×2×12＝48种不同坐法；②若小明的父母只有1人与小明相邻且父母相邻，将父母及小明看成一个整体，小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2＝4种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33＝6种情况，此时有2×2×6＝24种不同坐法；③小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A22＝2种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33＝6种情况，此时，共有2×6＝12种不同坐法；则一共有48＋24＋12＝84种不同坐法．7．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”，“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学．某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在前三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同排课顺序共有( )A．120种B．156种C．188种D．240种答案 A解析当“数”排在第一节时有A22A44＝48种排法，当“数”排在第二节时有A13A22A33＝36种排法，当“数”排在第三节时，当“射”和“御”两门课程排在第一、二节时有A22A33＝12种排法，当“射”和“御”两门课程排在后三节时有A12A22A33＝24种排法，所以满足条件的共有48＋36＋12＋24＝120种排法．8．如图所示的阴影部分由3个小方格组成，我们称这样的图形为L形(每次旋转90°仍为L形图案)，那么由4×5个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的L形图案的个数是( )A．16 B．32C．48 D．64答案 C解析每个2×2的正方形有4个这样的L形图案，4×5个小方格组成的方格纸上有3×4＝12个不同的2×2的正方形(以正方形中心计数即可)，所以一共有48个不同位置的L形图案．故选C.二、填空题9．根据党中央关于“精准”脱贫的要求，我市某农业经济部门决定派出五位相关专家对三个贫困地区进行调研，每个地区至少派遣一位专家，其中甲、乙两位专家需要派遣至同一地区，则不同的派遣方案种数为________．(用数字作答)答案36解析由题意可知，可分为两类：一类：甲乙在一个地区时，剩余的三人分为两组，再把三组派遣到三个地区，共有C23A33＝18种不同的派遣方案；另一类：甲乙和剩余的三人中的一个人同在一个地区，另外两人分别在两个地区，共有C13A33＝18种不同的派遣方案；由分类计算原理可得，共有18＋18＝36种不同的派遣方案．10．(2019·河北衡水四月大联考)现有一圆桌，周边有标号为1,2,3,4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有________种．(用数字作答)答案8解析先安排甲，其选座方法有C14种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲对面，而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有A22种，所以选座方法共有C14A22＝4×2＝8种．11．(2019·浙江温州2月适应性测试)已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡，若顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中的三种结账方式，那么他们结账方式的可能情况有________种．答案20解析当乙选择支付宝时，丙、丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有1＋C12C12＝5，而乙选择支付宝时，丙、丁也可以都选微信，或者其中一人选择微信，另一人只能选支付宝或现金，故有1＋C12C12＝5，此时共有5＋5＝10种，当乙选择微信时，丙、丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有1＋C 12C 12＝5，而乙选择微信时，丙、丁也可以都选支付宝，或者其中一人选择支付宝，另一人只能选微信或现金，故有1＋C 12C 12＝5，此时共有5＋5＝10种，综上共有10＋10＝20种．12．学校将从4名男生和4名女生中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手．现要求：如果男生甲入选，则女生乙必须入选．那么不同的组队形式有________种．答案 930解析若甲、乙都入选，则从其余6人中选出2人，有C 26＝15种，男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手，则有A 44－2A 33＋A 22＝14种，故共有15×14＝210种；若甲不入选，乙入选，则从其余6人中选出3人，有C 36＝20种，女生乙不适合担任四辩手，则有C 13A 33＝18种，故共有20×18＝360种；若甲、乙都不入选，则从其余6人中选出4人，有C 46＝15种，再全排，有A 44＝24种，故共有15×24＝360种，综上所述，共有210＋360＋360＝930种．三、解答题13．(1)用红、黄、蓝、白四种不同颜色的鲜花布置如图1所示的花圃，要求同一区域上用同一种颜色鲜花，相邻区域用不同颜色鲜花，问共有多少种不同的摆放方案？(2)用红、黄、蓝、白、橙五种不同颜色的鲜花布置如图2所示的花圃，要求同一区域上用同一种颜色鲜花，相邻区域使用不同颜色鲜花．①求恰有两个区域用红色鲜花的概率；②记花圃中红色鲜花区域的块数为ξ，求它的分布列及其数学期望E (ξ)．解 (1)根据分步计数原理，摆放鲜花的不同方案有：4×3×2×2＝48种．(2)①设M 表示事件“恰有两个区域用红色鲜花”，A ，B ，C ，D ，E 分别表示花圃的五个不同区域，如图所示，当区域A ，D 同色时，共有5×4×3×1×3＝180种；当区域A ，D 不同色时，共有5×4×3×2×2＝240种；因此，所有基本事件总数为180＋240＝420种，由于只有A 和D 或B 和E 可能同色，故可按选用3色、4色、5色分类计算，求出基本事件总数为A 35＋2A 45＋A 55＝420种，它们是等可能的，又因为A ，D 为红色时，共有4×3×3＝36种；B ，E 为红色时，共有4×3×3＝36种；因此，事件M 包含的基本事件有36＋36＝72种，所以P (M )＝72420＝635.②随机变量ξ的分布列为：所以，E (ξ)＝0×635＋1×35＋2×35＝1.。

2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第一部分刷考点考点二十概率、随机变量及其分布课件理

P＝mn ＝165＝25，故选 B.
4．某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合
后出现红灯的概率为12，两次闭合后都出现红灯的概率为15，则开关在第一次
闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为( )
A．110
B．15
C．25
D．12
答案 C
解析设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件 A，“开关第二次闭合后出现红灯”为事件 B，则“开关两次闭合后都出现红灯”为事件 AB，“开关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯”为事件 B|A，由题意得 P(B|A)＝PPAAB＝25，故选 C.
B卷
一、选择题
1．已知实数 m∈[0,1]，向量 a＝(2，－2)，b＝(1,1)，则|ma|>|b|的概率
是( )
A．14
B．13
C．12
D．23
答案 C
解析 ma＝(2m，－2m)，若|ma|>|b|，则 2m2＋－2m2> 12＋12，得 m<－12(舍去)或 m>12.所以|ma|>|b|的概率是
3．(2019·山东临沂二模)某人连续投篮 6 次，其中 4 次命中，2 次未命
中，则他第 1 次和第 5 次两次均命中的概率是( )
A．12
B．25
C．14
D．15
答案 B 解析基本事件总数 n＝C46C22＝15，他第 1 次和第 5 次两次均命中包含
的基本事件个数 m＝C22C24C22＝6，则他第 1 次和第 5 次两次均命中的概率是
A．34 B．58 C．176 D．196 答案 B 解析第 2 球投进的概率为 P＝34×34＋1－34×14＝58.故选 B.

2020高考数学课标二轮复习专题训练题：专题能力训练排列、组合与二项式定理 Word版含解析

专题能力训练18 排列、组合与二项式定理专题能力训练第42页一、能力突破训练1.某电视台的一个综艺栏目对含甲、乙在内的六个不同节目排演出顺序,第一个节目只能排甲或乙,最后一个节目不能排甲,则不同的排法共有( ) A.192种 B.216种 C.240种 D.288种答案:B解析:完成这件事,可分两类:第一类,第一个节目排甲,其余位置有A 55=120种不同的排法;第二类,第一个节目排乙,最后一个节目有4种排法,其余位置有A 44=24种不同的排法.所以共有A 55+4A 44=216种不同的排法. 2.已知(x 2+1x )n的展开式的各项系数和为32,则展开式中x 4的系数为( )A.5B.40C.20D.10答案:D解析:令x=1,得2n=32,所以n=5,则C 5r (x 2)5-r ·(1x )r=C 5r x 10-3r.令10-3r=4,得r=2,所以展开式中x 4的系数为C 52=10.3.已知(1+x )n 的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等,则奇数项的二项式系数和为( ) A.212 B.211 C.210 D.29 答案:D解析:由条件知C n 3=C n 7,解得n=10.所以(1+x )10中二项式系数和为210,其中奇数项的二项式系数和为210-1=29.4.若(x 6+x √x )n的展开式中含有常数项,则n 的最小值等于( )A.3B.4C.5D.6 答案:C解析:展开式的通项为T r+1=C n r (x 6)n-r (x √x )r=C n r x 6n -152r .因为展开式中含常数项,所以6n-152r=0成立,即n=54r.当r=4时,n 有最小值5.故选C. 5.(x 2+1x 2-2)3展开式中的常数项为( ) A.-8B.-12C.-20D.20答案:C解析:因为(x 2+1x 2-2)3=(x -1x )6, 所以T r+1=C 6r x 6-r (-1x )r=(-1)r C 6r x 6-2r,所以当r=3时为常数项,且常数项为-C 63=-20.6.某学校组织演讲比赛,准备从甲、乙等八名同学中选派四名同学参加,要求甲、乙两名同学至少有一人参加.若甲、乙同时参加,他们的演讲顺序不能相邻,则不同的演讲顺序的种数为( )A.1 860B.1 320C.1 140D.1 020答案:C解析:根据甲、乙两名同学中实际参与演讲比赛的人数进行分类计数:第一类,甲、乙两名同学中实际参与演讲比赛的恰有一人,满足题意的不同的演讲顺序的种数为C21·C63·A44=960;第二类,甲、乙两名同学中实际参与演讲比赛的恰有两人,满足题意的不同的演讲顺序的种数为C22·C62·A22·A32=180.因此满足题意的不同的演讲顺序的种数为960+180=1140.故选C.7.若二项式(3-x)n(n∈N*)中所有项的系数之和为a,所有项的系数的绝对值之和为b,则ba +ab的最小值为()A.2B.52C.136D.92答案:B解析:令x=1,a=2n;令x=-1,b=4n,则ba +ab=2n+12n.令t=2n,t≥2,则ba+a b =2n+12n=t+1t≥2+12=52.故选B.8.在某市记者招待会上,需要接受本市甲、乙两家电视台记者的提问,两家电视台均有记者5人,主持人需要从这10名记者中选出4名记者提问,且这4人中,既有甲电视台记者,又有乙电视台记者,且甲电视台的记者不可以连续提问,则不同的提问方式的种数为()A.1 200B.2 400C.3 000D.3 600答案:B解析:若4人中,有甲电视台记者1人,乙电视台记者3人,则不同的提问方式总数是C51C53A44=1200;若4人中,有甲电视台记者两人,乙电视台记者两人,则不同的提问方式总数是C52C52A22A32=1200;若4人中,有甲电视台记者3人,乙电视台记者1人,则不符合主持人的规定,故所有不同提问方式的总数为1200+1200=2400.9.在(1+x)6(1+y)4的展开式中,记x m y n项的系数为f(m,n),则f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=()A.45B.60C.120D.210答案:C解析:∵(1+x)6展开式的通项为T r+1=C6r x r(r=0,1,2,…,6),(1+y)4展开式的通项为T h+1=C4ℎy h(h=0,1,2,…,4),∴(1+x)6(1+y)4展开式的通项可以为C6r C4ℎx r y h,∴f(m,n)=C6m C4n.∴f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=C63+C62C41+C61C42+C43=20+60+36+4=120.故选C.10.本次模拟考试结束后,班级要排一张语文、数学、英语、物理、化学、生物六科试卷讲评顺序表.若化学排在生物前面,数学与物理不相邻且都不排在最后,则不同的排法共有()A.72种B.144种C.288种D.360种答案:B解析:第一步,排语文、英语、化学、生物4种,且化学排在生物前面,有A 442=12种排法;第二步将数学和物理插入前4科除最后位置外的4个空当中的2个,有A 42=12种排法,所以不同的排法共有12×12=144种.11.(x-y )(x+y )8的展开式中x 2y 7的系数为 .(用数字填写答案) 答案:-20解析:(x+y )8的通项为T r+1=C 8r x 8-r y r(r=0,1,…,8).当r=7时,T 8=C 87xy 7=8xy 7,当r=6时,T 7=C 86x 2y 6=28x 2y 6, 所以(x-y )(x+y )8的展开式中含x 2y 7的项为x ·8xy 7-y ·28x 2y 6=-20x 2y 7,故系数为-20. 12.已知(1+3x )n 的展开式中含有x 2项的系数是54,则n= . 答案:4解析:二项展开式的通项T r+1=C n r (3x )r =3r ·C n r ·x r ,令r=2,得32·C n 2=54,解得n=4.13.从2名女生,4名男生中选3人参加科技比赛,且至少有1名女生入选,则不同的选法共有种.(用数字填写答案) 答案:16解析:(方法一)①当3人中恰有1名女生时,有C 21C 42=12种选法.②当3人中有2名女生时,有C 22C 41=4种选法. 故不同的选法共有12+4=16种.(方法二)6人中选3人共有C 63种选法,当3人全是男生时有C 43种选法,所以至少有1名女生入选时有C 63−C 43=16种选法. 14.在(√x 3-2x )n的二项式中,所有项的二项式系数之和为256,则常数项等于 . 答案:112解析:由二项式定理,得所有项的二项式系数之和为2n , 由题意,得2n =256,所以n=8. 二项式展开式的通项为T r+1=C 8r (√x 3)8-r (-2x )r=(-2)r C 8r x 83-43r,求常数项则令83−43r=0,所以r=2,所以T 3=112.15.在一次医疗救助活动中,需要从A 医院某科室的6名男医生、4名女医生中分别抽调3名男医生、2名女医生,且男医生中唯一的主任医师必须参加,则不同的选派方案共有种.(用数字作答) 答案:60解析:首先选派男医生中唯一的主任医师,然后从5名男医生、4名女医生中分别抽调2名男医生、2名女医生,故不同的选派方案有C 52C 42=10×6=60种. 故答案为60.16.将6位志愿者分成4组,其中两个组各两人,另两个组各1人,分赴全运会的四个不同场馆服务,不同的分配方案有种.(用数字作答) 答案:1 080解析:先将6位志愿者分组,共有C 62·C 42A 22种方法;再把各组分到不同场馆,共有A 44种方法.由分步乘法计数原理知,不同的分配方案共有C 62C 42A 22·A 44=1080种.17.已知多项式(x+1)3(x+2)2=x 5+a 1x 4+a 2x 3+a 3x 2+a 4x+a 5,则a 4= ,a 5= . 答案:16 4解析:由二项式展开式可得通项公式为C 3r x 3-r ·C 2m x 2-m 2m,分别取r=3,m=1和r=2,m=2可得a 4=4+12=16,令x=0可得a 5=13×22=4.18.从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,共有种不同的选法.(用数字作答) 答案:660解析:由题意可得,总的选择方法为C 84C 41C 31种方法,其中不满足题意的选法有C 64C 41C 31种方法,则满足题意的选法有C 84C 41C 31−C 64C 41C 31=660种.19.某高三毕业班有40名同学,同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,则全班一共写了条毕业留言.(用数字作答) 答案:1 560解析:该问题是一个排列问题,故共有A 402=40×39=1560条毕业留言.二、思维提升训练20.将2名教师、4名学生分成2个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小组由1名教师和2名学生组成,不同的安排方案共有( ) A.12种 B.10种 C.9种 D.8种答案:A解析:将4名学生均分为2个小组共有C 42C 22A 22=3种分法,将2个小组的同学分给2名教师带有A 22=2种分法,最后将2个小组的人员分配到甲、乙两地有A 22=2种分法, 故不同的安排方案共有3×2×2=12种.21.某学校安排甲、乙、丙、丁四位同学参加数学、物理、化学竞赛,要求每位同学仅报一科,每科至少有一位同学参加,且甲、乙不能参加同一学科,则不同的安排方法有( ) A.36种 B.30种 C.24种 D.6种答案:B解析:首先从四个人中选择两个人作为一组,其余两个人各自一组分派到三个竞赛区,共有C 42·A 33种方法,再将甲、乙参加同一学科的种数A 33排除,继而所求的安排方法有C 42·A 33−A 33=30种,故答案为B.22.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 5+…+a 11)等于( ) A.27 B.28 C.7 D.8 答案:C解析:令x=-1,得a 0+a 1+a 2+…+a 12=28,① 令x=-3,得a 0-a 1+a 2-a 3+…+a 12=0.② 由①-②,得2(a 1+a 3+…+a 11)=28, ∴a 1+a 3+…+a 11=27,∴log2(a1+a3+…+a11)=7.23.用a代表红球,b代表蓝球,c代表黑球.由加法计数原理及乘法计数原理,从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1+a)(1+b)的展开式1+a+b+ab表示出来,如:“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来.依此类推,下列各式中,其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球,且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法种数是()A.(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5B.(1+a5)(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c)5C.(1+a)5(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c5)D.(1+a5)(1+b)5(1+c+c2+c3+c4+c5)答案:A解析:本题可分三步:第一步,分别取0,1,2,3,4,5个红球,共有1+a+a2+a3+a4+a5种取法;第二步,取0个或5个蓝球,有1+b5种取法;第三步,取5个有区别的黑球,有(1+c)5种取法.所以共有(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5种取法.故选A.24.1-90C101+902C102-903C103+…+(-1)k90k C10k+…+9010C1010除以88的余数是()A.-1B.1C.-87D.87答案:B解析:∵1-90C101+902C102+…+(-1)k90k C10k+…+9010C1010=(1-90)10=8910=(88+1)10=8810+C101889 +…+C10988+1,又前10项均能被88整除,∴余数是1.25.某人根据自己的爱好,希望从{W,X,Y,Z}中选两个不同字母,从{0,2,6,8}中选3个不同数字拟编车牌号,要求前3位是数字,后两位是字母,且数字2不能排在首位,字母Z和数字2不能相邻,则满足要求的车牌号有()A.198个B.180个C.216个D.234个答案:A解析:不选2时,有A33A42=72个不同的车牌号;选2,不选Z时,有C21C32A22A32=72个不同的车牌号;选2,选Z时,2在数字的中间,有A32C21C31=36个不同的车牌号;当2在数字的第三位时,有A32A31=18个不同的车牌号.根据分类加法计数原理,知共有72+72+36+18=198个不同的车牌号,故选A.26.若A,B,C,D四人站成一排照相,A,B相邻的排法总数为k,则二项式(1-xk )k的展开式中含x2项的系数为.答案:1124解析:由题意知k=A22A33=12,所以T r+1=C12r(-x12)r=C12r(-112)rx r.因为r=2,所以含x2项的系数为C1221122=66×1122=1124.27.已知二项式(x-ax )6的展开式中x2的系数为A,常数项为B,且B=4A,求a的值.解:展开式的通项为T r+1=C6r x6-r·(-ax )r=(-a)r C6r x6-2r.令6-2r=2,得r=2,A=a2C62=15a2;令6-2r=0,得r=3,B=-a3C63=-20a3.将其代入B=4A,得a=-3.28.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,根据下列条件,分别求出各有多少种不同的选派方法.(1)有3名内科医生和两名外科医生;(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C63种选法,再选外科医生有C42种选法,故选派方法的种数为C63·C42=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C61·C44+C62·C43+C63·C42+C64·C41=246.若从反面考虑,则选派方法的种数为C105−C65=246.(3)分两类:一是选1名主任有C21·C84种方法;二是选两名主任有C22·C83种方法,故至少有1名主任参加的选派方法的种数为C21·C84+C22·C83=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C105−C85=196.(4)若选外科主任,则其余可任选,有C94种选法.若不选外科主任,则必选内科主任,且剩余的4人不能全选内科医生,有(C84−C54)种选法.故有选派方法的种数为C94+C84−C54=191.。

排列与组合2020年高考数学一轮考点

2020 年高考数学一考点57摆列与合一、【知精】1.摆列与合的观点名称定摆列从n 个不一样元素中拿出m m≤n)依据必定的序排成一列(合个不一样元素合成一2.摆列数与合数(1)从 n 个不一样元素中拿出m m≤n个元素的所有不一样摆列的个数，叫做从n 个()不一样元素中拿出m个元素的摆列数 .(2) 从 n 个不一样元素中拿出 m( m≤n) 个元素的所有不一样合的个数，叫做从n 个不一样元素中拿出m个元素的合数 .3.摆列数、合数的公式及性公式性m n n－n－⋯(n－m＋＝n！n1)(2)1)（n－ m）！.(1)A ＝ (m n（ n－）（ n－）⋯（ n－m＋）m nA121＝(2)C n＝m＝m！Amn！n，m∈*，且 m≤n特地0 m！（ n－m）！(Nn＝1).Cn(1)0 ！＝ 1；A n＝ n！ .m n－mm m m(2)C ＝C； C＝C＋C－ 1n n n ＋1n n【注意点】1.解受条件限制的摆列、合，往常有直接法 ( 合理分 ) 和接法 ( 清除法 ).分准一，防止出重复或漏.2.于分派，一般先分，再分派，注意均匀分与不均匀分的区，防止重复或漏 .二、【典例精】考点一摆列【例 1】有 3 名男生、 4 名女生，在以下不一样条件下，求不一样的摆列方法数.(1)5 人排成一排；(2)排成前后两排，前排 3 人，后排 4 人；(3)全体排成一排，女生一定站在一同；(4)全体排成一排，男生互不相邻；(5)( 一题多解 ) 全体排成一排，此中甲不站最左边，也不站最右侧；(6)(一题多解 ) 全体排成一排，此中甲不站最左边，乙不站最右侧 .【分析】(1) 从 7 人中选 5 人摆列，有5种).A ＝7×6×5×4×3＝ 2 520(7(2) 分两步达成，先选 3 人站前排，有34A7种方法，余下 4 人站后排，有A4种方法，34共有 A7·A4＝5 040( 种).(3)(捆绑法 ) 将女生看作一个整体与 34名男生一同全摆列，有 A4种方法，再将女444生全摆列，有 A4种方法，共有 A4·A4＝576(种).(4)(4种方法，再在女生之间及首尾 5 个空位中任选 3 个插空法 ) 先排女生，有 A4343空位安排男生，有 A5种方法，共有 A4·A5＝1 440( 种).(5) 法一( 特别元素优先法 ) 先排甲，有5 种方法，其余6 6 人有 A 种摆列方法，6共有65×A＝ 3 600( 种 ).6法二2( 特别地点优先法 ) 左右两边地点可安排另 6 人中的两人，有 A6种排法，其525他有 A5种排法，共有A6A5＝ 3 600( 种).(6) 法一6( 特别元素优先法 ) 甲在最右侧时，其余的可全排，有 A6种方法；甲不1在最右侧时，可从余下的 5 个地点任选一个，有 A5种，而乙可排在除掉最右侧的地点后剩下的 5 此中任选一个有15A5种，其余人全摆列，只有 A5种不一样排法，共有6115 A＋A AA ＝3 720.6555法二( 间接法 )7 名学生全摆列，只有76A7种方法，此中甲在最左边时，有 A6种方6种方法，此中都包括了甲在最左边且乙在最右侧的情况，法，乙在最右侧时，有 A65765＝3 720(种).有 A5种方法，故共有A7－2A6＋A5【解法小结】摆列应用问题的分类与解法(1)关于有限制条件的摆列问题，剖析问题时有地点剖析法、元素剖析法，在实质进行摆列时一般采纳特别元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的地点，关于分类过多的问题能够采纳间接法 .(2)对相邻问题采纳捆绑法、不相邻问题采纳插空法、定序问题采纳倍缩法是解决有限制条件的摆列问题的常用方法 .考点二组合问题【例 2】某市工商局对 35 种商品进行抽样检查，已知此中有 15 种赝品 . 现从 35种商品中选用 3 种.(1)此中某一种赝品一定在内，不一样的取法有多少种？(2)此中某一种赝品不可以在内，不一样的取法有多少种？(3)恰有 2 种赝品在内，不一样的取法有多少种？(4)起码有 2 种赝品在内，不一样的取法有多少种？(5)至多有 2 种赝品在内，不一样的取法有多少种？2种) ，∴某一种赝品【分析】 (1) 从余下的 34 种商品中，选用 2 种有 C34＝561(一定在内的不一样取法有 561种.(2) 从 34 种可选商品中，选用3323种 ).3 种，有 C34种或许 C35－C34＝ C34＝5 984(∴某一种赝品不可以在内的不一样取法有 5 984 种.1 2(3)从 20 种真货中选用 1 件，从 15 种赝品中选用 2 件有 C20C15＝ 2 100( 种).∴恰有 2 种赝品在内的不一样的取法有2 100 种.123123 (4) 选用 2 种赝品有 C20C15种，选用 3 种赝品有 C15种，共有选用方式C20C15＋C15＝2100＋ 455＝2 555( 种).∴起码有 2 种赝品在内的不一样的取法有 2 555 种.(5) 选用 3 种的总数为33C35，选用 3 种赝品有 C15种，所以共有选用方式33C35－C15＝ 6 545 －455＝6 090( 种 ).∴至多有 2 种赝品在内的不一样的取法有 6 090 种.【解法小结】组合问题常有以下两类题型变化：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素拿出，再由此外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选用 .(2)“起码”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这种题一定十分重视“起码”与“至多”这两个要点词的含义，提防重复与漏解 . 用直接法和间接法都可以求解，往常用直接法分类复杂时，考虑逆向思想，用间接法办理.考点三分组、分派问题多维研究角度 1整体均分问题【例 3－1】国家教育部为了发展贫穷地域教育，在全国要点师范大学免费培育教育专业师范生，毕业后要分到相应的地域任教，现有 6 个免费培育的教育专业师范毕业生要均匀分到 3 所学校去任教，有 ________种不一样的分派方法 .【答案】90222【分析】先把 6 个毕业生均匀分红3 组，有C 6C 34C 2种方法，再将 3 组毕业生疏A322 23个毕业生均匀分到C 6C 4C 23到 3 所学校，有 A 3 ＝6 种方法，故 63 所学校，共有3·A 3A3＝ 90 种分派方法 . 角度 2部分均分问题【例 3－2】某学校派出 5 名优异教师去边远地域的三所中学进行教课沟通，每所中学起码派一名教师，则不一样的分派方法有 ( )A.80 种B.90 种C.120 种D.150 种【答案】D2 2 153 1【分析】分两类：一类，第一步将 5 名老师按 2，2，1 分红 3 组，其分法有 C CC2A 22 2 15 3 1种，第二步将分好的 3 组分派到 3 个学校，则有CC C3种分派方法；23A 2 ·A＝9031 1C CC 另一类，第一步将52 1 5 名老师按 3，1， 1 分红3 组，其分法有2 种，第二步将A23 1 1C 5C 2C 1 3 ＝60 种分派方法 .分好的 3 组分派到 3 个学校，则有2AA32所以不一样的分派方法的种数为 90＋60＝150( 种).角度 3 不平分问题【例 3－3】 A ，B ， C ， D ，E ， F 六人围坐在一张圆桌上开会，A 是会议的中心发言人，一定坐最北面的椅子， B ，C 二人一定坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不一样的坐法有()A.24 种B.30 种C.48 种D.60 种【答案】C【分析】 B ，C 二人一定坐相邻的两把椅子，有 4 种状况， B ，C 能够互换地点，23＝6种状况，故共有 4×2×6有 A2＝2种状况；其余三人坐节余的三把椅子，有 A3＝48 种状况 .【解法小结】 1. 关于整体均分问题，常常是先分组再摆列，在解题时要注意分组后，不论它们的次序怎样，都是一种状况，所以分组后必定要除以n n 为均nA (分的组数 ) ，防止重复计数 .2. 关于部分均分问题，解题时要注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即如有m 组元素个数相等，则分组时应除以m！.3.关于不平分问题，第一要对分派数目的可能情况进行一一列举，而后再对每一种情况分类议论 . 在每一类的计数中，又要考虑是分步计数仍是分类计数，是摆列问题仍是组合问题 .三、【名校新题】1.(2019 ·福州调研 )6 把椅子摆成一排， 3 人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为()A.144B.120C.72D.24【答案】D【分析】“插空法”，先排 3 个空位，形成 4 个缝隙供 3 人选择就座，所以任3何两人不相邻的坐法种数为A4＝4×3×2＝ 24.2．(2019 ·厦门模拟 )5 名男同学、 6 名女同学排成一排，要求男同学次序必定且女同学次序也必定，不一样排法种数为()5655C.A11D.A11A．C11 B ． 2C1156A5A6【答案】A【分析】共 11 名同学排成一排有11 个地点．从 11 个地点中选出 5 个地点，5种选法，每一种选法的 5 个地点让男同学按着必定次序去排，余下 6 个共有 C11地点让女同学按必定次序去排．3．(2019 ·厦门模拟 )5 名男同学、 6 名女同学排成一排，要求男同学次序必定且女同学次序也必定，不一样排法种数为()5556A AA．C B ．2C C.11 D.11A A111156【答案】A【分析】共 11 名同学排成一排有 11 个地点．从 11 个地点中出 5 个地点，56 个共有 C11种法，每一种法的 5 个地点男同学按着必定序去排，余下地点女同学按必定序去排．4.(2019 ·新余二模 )7 人站成两排列，前排 3 人，后排 4 人，将甲、乙、丙三人加入列，前排加一人，后排加两人，其余人保持相地点不，不一样的加入方法种数 ()A.120B.240C.360D.480【答案】C【分析】第一步，从甲、乙、丙三人一个加到前排，有 3 种，第二步，前排3 人形成了4 个空，任一个空加一人，有 4 种，第三步，后排 4 人形成了5 个空，任一个空加一人有 5 种，此形成6 个空，任一个空加一人，有 6 种，依据分步乘法数原理有3×4×5×6＝ 360 种方法 .5．(2019 ·合肥研 ) 用数字 0,1,2,3,4成没有重复数字且大于3000的四位数，的四位数有()A．250 个 B ．249 个 C ．48 个 D ．24 个【答案】C3【分析】①当千位上的数字 4 ，足条件的四位数有A4＝ 24( 个) ；②当千3位上的数字 3 ，足条件的四位数有 A4＝24( 个 ) ．由分加法数原理得所有足条件的四位数共有 24＋ 24＝48( 个 ) ．故 C.6.(2019 ·咸阳二模 ) 若从 1，2，3，⋯， 9 9 个整数中同取 4 个不一样的数，其和偶数，不一样的取法共有 ()A.60 种B.63 种C.65 种D.66 种【答案】【分析】共有 4 个不一样的偶数和 5 个不一样的奇数，要使和偶数， 4 个数全奇数，或全偶数，或 2 个奇数和 2 个偶数，故不一样的取法有4422 C5＋C4＋C5C4＝66( 种 ).7.(2019 ·佛山模 ) 用数字 0,1,2,3,4,5 成没有重复数字的五位数，此中比40000 大的偶数共有 ()A．144 个 B ．120 个 C ．96 个 D ．72 个【答案】B【分析】当五位数的万位为 4 时，个位能够是 0,2 ，此时知足条件的偶数共有135 时，个位能够是 0,2,4 ，此时知足条件的偶数C2A4＝ 48 个；当五位数的万位为13个，所以比 40000大的偶数共有 48＋72＝120 个．选 B.共有 CA＝72348.(2019 ·武汉模拟 ) 有六人排成一排，此中甲只好在排头或排尾，乙、丙两人必须相邻，则知足要求的排法有()A.34 种B.48 种C.96 种D.144 种【答案】C【分析】特别元素优先安排，先让甲重新、尾中选用一个地点，有1C2种选法，乙、丙相邻，有 4 种状况，乙、丙能够互换地点，有2A2种状况，其余 3 人站节余3种状况，由分步乘法计数原理知共有123种.的 3 个地点，有 A34C2 A2A3＝969.(2019 ·福州二模 ) 福州西湖公园花展时期，安排 6 位志愿者到 4 个展区供给服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，不一样的安排方案共有 ()A.90 种B.180 种C.270 种D.360 种【答案】B【分析】依据题意，分 3 步进行剖析：①在 6 位志愿者中任选 1 个，安排到甲展区，有1＝6 种状况；②在剩下的 5 个志愿者中任选 1 个，安排到乙展区，有C61种状况；③将剩下的 4 个志愿者均匀分红 2 组，而后安排到剩下的 2 个展C5＝522C4C22种状况，则一共有 6×5×6＝ 180 种不一样的安排方案 .区，有2×A2＝6A210.(2019 ·山西康杰中学模拟 ) 某地推行高考改革，考生除参加语文、数学、外语一致考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科，要求物理、化学、生物三科起码选一科，政治、历史、地理三科起码选一科，则考生的选考方法共有 ()A．6种 B ．12种 C ．18种 D ．24种【答案】C【分析】Ⅰ类：物理、化学、生物三科选一科，政治、历史、地理三科中选两12科，有 C3C3＝9 种选法；Ⅱ类：物理、化学、生物三科选两科，政治、历史、地12理三科中选一科，有 C3C3＝ 9 种选法，所以考生共有 9＋ 9＝ 18 种选考方法．应选 C.11．(2019 ·陕西质检 ) 将 2 名教师、 4 名学生疏成 2 个小组分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由 1 名教师和 2 名学生构成，不一样的安排方案共有 ()A．12种 B ．10种 C ．9种 D ．8种【答案】A1【分析】安排人员去甲地可分为两步：第一步安排教师，有C2种方案；第二步2安排学生，有C4种方案．其余的教师和学生去乙地，所以不一样的安排方案共有12C2C4＝ 12( 种) ．应选 A.12.(2019 ·福建漳州联考 ) 有六人排成一排，此中甲只好在排头或排尾，乙、丙两人一定相邻，则知足要求的排法有 () A．34种B ．48种C ．96种D ．144种【答案】C1【分析】特别元素优先安排，先让甲重新、尾中选用一个地点，有 C2种选法，乙、丙相邻，捆绑在一同看作一个元素，与其余三个元素全摆列，最后乙、丙可以换位，故共有142种) ．应选 C. C2·A4·A2＝96(13.(2019 ·合肥模拟 ) 现有三真同样的语文书和一本数学书，散发给三个学生，每个学生起码分得一本，不一样分法的种数为 ()A．36 B ．9 C ．18 D ．15【答案】B【分析】分派方案为 2,1,1 ，此中有且仅有一个学生拿两本书，若他拿两本语文书，则此时共有121C A 种分法；若他拿一本语文书一本数学书，则此时共有C种323分法．所以共有C13 A22＋C13＝9 种不一样的分法．应选 B.14.(2018 ·保定模拟 ) 甲、乙、丙、丁四位同学高考以后计划去A， B， C 三个不同社区进行帮扶活动，每人只好去一个社区，每个社区起码一人. 此中甲一定去A 社区，乙不去 B 社区，则不一样的安排方法种数为()A.8B.7C.6D.5【答案】B【分析】依据题意，分 2 种状况：①乙和甲一同去 A 社区，此时将丙丁二人安2排到 B，C 社区即可，有A2＝2 种状况，②乙不去 A 社区，则乙一定去 C 社区，若丙丁都去 B 社区，有 1 种状况，若丙丁中有 1 人去 B 社区，则先在丙丁中选出1 人，安排到 B 社区，剩下 1 人安排到 A 或 C 社区，有 2×2＝ 4 种状况，则不一样的安排方法种数有2＋1＋4＝7.15.(2019 ·惠州二调 ) 旅行体验师小明受某网站邀请，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅行，若不可以最初去甲景区旅行，不可以最后去乙景区和丁景区旅行，则小李可选的旅行路线数为()A．24 B ．18 C ．16 D ．10【答案】D【分析】分两种状况，第一种：最后体验甲景区，则有A33种可选的路线；第二种：不在最后体验甲景区，则有12C2·A种可选的路线．所以小李可选的旅行路线2312应选 D.数为 A3＋ C2·A＝10.216.(2019 ·江西吉安联考 ) 某大厦一层有 A，B，C，D四部电梯，现有 3 人在同一层乘坐电梯上楼，此中 2 人恰巧乘坐同一部电梯，则不一样的乘坐方式有() A．12种 B ．24种 C ．18种 D ．36种【答案】D【分析】元素相邻利用“捆绑法”，先从 3 人中选择 2 人坐同一电梯有 C32＝3种选法，再将 2 个“元素”安排坐四部电梯有2种安排方法，则不一样的乘A＝124坐方式有 3×12 ＝ 36 种．应选 D.17.(2019 ·广州一模 ) 把 8 个同样的小球所有放入编号为1，2，3，4 的四个盒中，则不一样的放法种数为 ()A.35B.70C.165D.1 860【答案】C【分析】依据题意，分 4 种状况议论：①没有空盒，将8 个同样的小球排成一列，排好后，各球之间共有7 个空位，在 7 个空位中任选 3 个，插入隔板，将小球分红 4 组，按序对应 4 个盒子，有3C7＝ 35 种放法；②有 1 个空盒，在 4 个盒中任选 3 个，放入小球，有3＝4种选法，将 8 个同样C4的小球排成一列，排好后，各球之间共有7 个空位，在 7 个空位中任选 2 个，插2入隔板，将小球分红 3 组，按序对应 3 个盒子，有 C7＝21 种分组方法，则有 4×21 ＝ 84 种放法；2③有 2 个空盒，在 4 个盒中任选 2 个，放入小球，有C4＝6 种选法，将 8 个同样的小球排成一列，排好后，各球之间共有7 个空位，在 7 个空位中任选 1 个，插1入隔板，将小球分红 2 组，按序对应 2 个盒子，有 C 7＝7 种分组方法，则有 6×7＝ 42 种方法；④有 3 个空盒，马上 8 个小球所有放进 1 个盒子，有 4 种放法 .故一共有 35＋84＋42＋ 4＝ 165 种放法 .18.(2019 ·开封模拟 ) 某班主任准备请 2019 届毕业生做报告，要从甲、乙等8人中选 4 人讲话，要求甲、乙两人起码一人参加，若甲、乙同时参加，则他们发言中间需恰隔一人，那么不一样的讲话次序共有________种( 用数字作答 ).【答案】 1 080【分析】若甲、乙同时参加，有 2 2 12 2C 2C 6C 2A 2A 2＝120 种，若甲、乙有一人参加，有13 4种，进而总合的讲话次序有1 080 种.C 2C 6A 4＝96019.(2018 ·江西八所要点中学模拟 ) 摄像师要对已坐定一排照像的 5 位小朋友的座位次序进行调整，要求此中恰有 2 人座位不调整，则不一样的调整方案的种数为________(用数字作答 ). 【答案】20【分析】从 5 人中任选31113 人有 C 5种，将 3 人地点所有进行调整，有 C 2·C 1·C 1种.3 1 1 1 种调整方案故有 N ＝ 5·C 2·C 1·C 1＝20 .C20. (2019 ·湖北黄冈模拟 ) 在高三某班进行的演讲竞赛中，共有 5 位选手参加，此中 3 位女生，2 位男生，假如 2 位男生不可以连续出场，且女生甲不可以排第一个，那么出场次序的排法种数为 ________．【答案】60【分析】位男生不可以连续出场的排法共有32种，女生甲排第一2 N 1＝ 3×A 4＝72A个且位男生不连续出场的排法共有2 2种，所以出场次序的排法种2 N 2＝ 2×A 3＝12A数为 N ＝ N 1－ N 2＝ 60.21.(2019 届山东青岛高三 9 月期初调研检测 ) 将 4 个大小同样、颜色互不同样的球所有放入编号为 1 和 2 的两个盒子里 , 使得放入每个盒子里球的个数不小于该盒子的编号 , 则不一样的放球方法有种.【答案】10【分析】依据放在“ 1”号盒子中的球的个数分类：（1）在“ 1”号中放 1 个，则在“ 2”号中放3 个，方法数为种；（2）在“ 1”号中放 2 个，则在“ 2”号中也放 2 个，方法数为种。

2020届高考数学大二轮复习刷题首秧第二部分刷题型解答题七课件理2

(2)由题意，得 x＋xln x>k(x－2)，令 t(x)＝xln x＋(1－k)x＋2k，所以 t′(x)＝ln x＋2－k，由 t′(x)＝ln x＋2 －k＝0，得 x＝ek－2， ①若 ek－2≤2，即 k≤2＋ln 2 时，在 x∈(2，＋∞)上，有 t′(x)>0，故函数 t(x)单调递增，所以 t(x)>t(2)＝2＋2ln 2>0.
若 m＝23，n＝5，则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为 23×80＋200×0.16＋5×160＋400×0.4＝2832.
故 m，n 的值分别为 23,5.
解法二：因为 m＋n＝28，n∈{5,6}，若 m＝22，n＝6，设该客户在十年使用期内购买一级滤芯所需总费用为 Y1(单位：元)，则
CE，AB⊂平面 ABCD，所以 PE⊥平面 ABCD，
又 AD⊥平面 PAB，AE⊂平面 PAB，所以 AD⊥AE，以点 E 为坐标原点，
分别以射线 EC，EA，EP 为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立如图所示的空间
直角坐标系，
则 P(0,0， 6)，D( 3， 2，0)，A(0， 2，0)，B(0，－ 2，0)，假设在棱 PD 上存在点 F 满足题意，设P→F＝λP→D，则P→F＝λ( 3， 2，－ 6)＝( 3λ， 2λ，－ 6λ)，
所以 X 的分布列为 X 20 21 22 23 24 P 0.04 0.16 0.32 0.32 0.16
E(X)＝20×0.04＋21×0.16＋22×0.32＋23×0.32＋24×0.16＝22.4.
(3)解法一：因为 m＋n＝28，n∈{5,6}，若 m＝22，n＝6，则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为 22×80 ＋ 200×0.32＋ 400×0.16＋6×160＝2848；

2020届高考数学大二轮刷题首选卷理数课件：第一部分考点十四空间中的平行与垂直关系

解析因为在四边形 ABCD 中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠ BAD＝90°，所以 BD⊥CD，又平面 ABD⊥平面 BCD，且平面 ABD∩平面 BCD ＝BD，所以 CD⊥平面 ABD，则 CD⊥AB，又 AD⊥AB，所以 AB⊥平面 ADC，则平面 ABC⊥平面 ADC，故选 D.
解 (1)证明：如图 1，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，连接 BM，因为 BCC1B1 是矩形，所以 BC⊥BB1，因为 AA1∥BB1，所以 AA1⊥BC，又因为 AA1⊥MC，BC∩MC＝C，所以 AA1⊥平面 BCM，所以 AA1⊥MB，又因为 AB＝A1B，所以 M 是 AA1 的中点，
取 BC 的中点 P，连接 NP，AP，因为 N 是 B1C 的中点，则 NP∥BB1 且 NP＝12BB1，所以 NP∥MA 且 NP＝MA，所以四边形 AMNP 是平行四边形，所以 MN∥AP，又因为 MN⊄平面 ABC，AP⊂平面 ABC，所以 MN∥平面 ABC.
(2)因为 AB⊥A1B，所以△ABA1 是等腰直角三角形，设 AB＝ 2a，则 AA1＝2a，BM＝AM＝a. 在 Rt△ACM 中，AC＝ 2a，所以 MC＝a. 在△BCM 中，CM2＋BM2＝2a2＝BC2，所以 MC⊥BM，由(1)知，则 MC⊥AA1，BM⊥AA1，如图 2，以 M 为坐标原点，M→A1，M→B，M→C的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，
解析命题①是线面平行的判定定理，正确；命题②因为垂直同一平面的两条直线平行，所以过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直，故正确；命题③平面内无数条直线均平行时，不能得出直线与这个平面垂直，故不正确；命题④因为两个相交平面都垂直于第三个平面，从而交线垂直于第三个平面，故正确．故答案为①②④.

2020届高考数学大二轮复习刷题首秧第一部分刷考点考点二十坐标系与参数方程文2

考点二十　坐标系与参数方程解答题1．在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝x ，圆C ：Error!(φ为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求直线l 与圆C 的极坐标方程；(2)设直线l 与圆C 的交点为M ，N ，求△CMN 的面积．解　(1)将C 的参数方程化为普通方程，得(x ＋1)2＋(y ＋2)2＝1，∵x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，∴直线l 的极坐标方程为θ＝(ρ∈R )，π4圆C 的极坐标方程为ρ2＋2ρcos θ＋4ρsin θ＋4＝0.(2)将θ＝代入ρ2＋2ρcos θ＋4ρsin θ＋4＝0，π4得ρ2＋3ρ＋4＝0，解得ρ1＝－2，ρ2＝－，222|MN |＝|ρ1－ρ2|＝，2∵圆C 的半径为1，∴△CMN 的面积为××1×sin ＝.122π4122．已知在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为Error!(t 是参数)．以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为 ρ＝4cos θ.(1)求曲线C 1的普通方程及曲线C 2的直角坐标方程并说明各曲线名称；(2)判断曲线C 1与曲线C 2的位置关系？若相交，求出弦长．解　(1)由Error!消去t 得x －2y －3＝0，所以曲线C 1的普通方程为x －2y －3＝0，是斜率为的直线．12由ρ＝4cos θ两边同乘以ρ得ρ2＝4ρcos θ，所以x 2＋y 2＝4x ，配方得(x －2)2＋y 2＝4，即曲线C 2的普通方程为(x －2)2＋y 2＝4，是以(2,0)为圆心，2为半径的圆．(2)由(1)知，曲线C 2：(x －2)2＋y 2＝4的圆心为(2,0)，半径为2，由点到直线的距离公式得，圆心(2,0)到直线x －2y －3＝0的距离为d ＝＝<2，|2－0－3|555所以曲线C 1与曲线C 2相交，弦长为2＝.22－(55)229553．在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程是Error!(θ为参数)，以射线Ox 为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρcos θ－ρsin θ－＝0.3(1)求曲线C 的普通方程，及直线l 的参数方程；(2)求直线l 与曲线C 相交所得的弦AB 的长．解　(1)曲线C 的参数方程化成普通方程为＋＝1，x 24y 23因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以l 的直角坐标方程为x －y －＝0，其倾斜角为，3π4过点(，0)，3所以直线方程化成参数方程为Error!(t 为参数，且t ∈R )．(2)将Error!代入＋＝1，x 24y 23得7t 2＋6t －6＝0，6Δ＝(6)2－4×7×(－6)＝384>0，6设方程的两根是t 1，t 2，则t 1＋t 2＝－，t 1t 2＝－，66767所以AB ＝|t 1－t 2|＝＝＝.t 1＋t 2 2－4t 1t 23847867故直线l 与曲线C 相交所得的弦AB 的长为.8674．(2019·全国卷Ⅲ)如图，在极坐标系Ox 中，A (2,0)，B，C ，D (2，π)，弧，，所在圆的圆心分别是(1,0)，，(1，π)，(2，π4)(2，3π4)AB ︵ BC ︵ CD︵(1，π2)曲线M 1是弧，曲线M 2是弧，曲线M 3是弧.AB ︵ BC ︵ CD ︵(1)分别写出M 1，M 2，M 3的极坐标方程；(2)曲线M 由M 1，M 2，M 3构成，若点P 在M 上，且|OP |＝，求P 的极坐标．3解　(1)由题设可得，弧，，所在圆的极坐标方程分别为AB ︵ BC ︵ CD︵ρ＝2cos θ，ρ＝2sin θ，ρ＝－2cos θ，所以M 1的极坐标方程为ρ＝2cos θ，(0≤θ≤π4)M 2的极坐标方程为ρ＝2sin θ，(π4≤θ≤3π4)M 3的极坐标方程为ρ＝－2cos θ.(3π4≤θ≤π)(2)设P (ρ，θ)，由题设及(1)知若0≤θ≤，则2cos θ＝，解得θ＝；π43π6若≤θ≤，则2sin θ＝，解得θ＝或θ＝；π43π43π32π3若≤θ≤π，则－2cos θ＝，解得θ＝.3π435π6综上，P 的极坐标为或或或.(3，π6)(3，π3)(3，2π3)(3，5π6)5．(2019·河南洛阳第三次统考)已知极点与坐标原点O 重合，极轴与x 轴非负半轴重合，M 是曲线C ：ρ＝2sin θ上任一点，点P 满足＝3.设点P 的轨迹为曲线Q .OP → OM→(1)求曲线Q 的平面直角坐标方程；(2)已知曲线Q 向上平移1个单位后得到曲线N ，设曲线N 与直线l ：Error!(t 为参数)相交于A ，B 两点，求|OA |＋|OB |的值．解　(1)设P (ρ，θ)，∵＝3，∴点M 的极坐标为，代入曲线C ，得OP → OM→ (ρ3，θ)＝2sin θ，ρ3即曲线Q 的极坐标方程为ρ＝6sin θ，∵ρ2＝6ρsin θ，∴x 2＋y 2＝6y ，∴x 2＋(y －3)2＝9，∴曲线Q 的平面直角坐标方程为x 2＋(y －3)2＝9.(2)曲线Q 向上平移1个单位后得到曲线N 的方程为x 2＋(y －4)2＝9.l 的参数方程化为Error!两方程联立得t 2－4t ＋7＝0，2∴t 1＋t 2＝4，t 1t 2＝7，2∴|OA |＋|OB |＝|t 1|＋|t 2|＝t 1＋t 2＝4.26．(2019·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为Error!(t 为参数)．以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为2ρcos θ＋ρsin θ＋11＝0.3(1)求C 和l 的直角坐标方程；(2)求C 上的点到l 距离的最小值．解　(1)因为－1<≤1，1－t 21＋t 2且x 2＋2＝2＋＝1，(y2)(1－t 21＋t 2)4t 21＋t 2 2所以C 的直角坐标方程为x 2＋＝1(x ≠－1)，y 24l 的直角坐标方程为2x ＋y ＋11＝0.3(2)由(1)可设C 的参数方程为Error!(α为参数，－π<α<π)．C 上的点到l 的距离为＝.|2cos α＋23sin α＋11|74cos (α－π3)＋117当α＝－时，4cos＋11取得最小值7，2π3(α－π3)故C 上的点到l 距离的最小值为.7解答题1．(2019·全国卷Ⅱ)在极坐标系中，O 为极点，点M (ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲线C ：ρ＝4sin θ上，直线l 过点A (4,0)且与OM 垂直，垂足为P .(1)当θ0＝时，求ρ0及l 的极坐标方程；π3(2)当M 在C 上运动且P 在线段OM 上时，求P 点轨迹的极坐标方程．解　(1)因为M (ρ0，θ0)在曲线C 上，当θ0＝时，ρ0＝4sin ＝2.π3π33由已知得|OP |＝|OA |cos ＝2.π3设Q (ρ，θ)为l 上除P 外的任意一点．连接OQ ，在Rt△OPQ 中，ρcos ＝|OP |＝2.(θ－π3)经检验，点P在曲线ρcos ＝2上，(2，π3)(θ－π3)所以，l 的极坐标方程为ρcos＝2.(θ－π3)(2)设P (ρ，θ)，在Rt△OAP 中，|OP |＝|OA |cos θ＝4cos θ，即ρ＝4cos θ.因为P 在线段OM 上，且AP ⊥OM ，所以θ的取值范围是.[π4，π2]所以，P 点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈.[π4，π2]2．在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为Error!(t 为参数)，圆C 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝5.以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求直线l 及圆C 的极坐标方程；(2)若直线l 与圆C 交于A ，B 两点，求cos∠AOB 的值．解　(1)由直线l 的参数方程Error!得，其普通方程为y ＝x ＋2，∴直线l 的极坐标方程为ρsin θ＝ρcos θ＋2.又∵圆C 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝5，将Error!代入并化简得ρ＝4cos θ＋2sin θ，∴圆C 的极坐标方程为ρ＝4cos θ＋2sin θ.(2)将直线l ：ρsin θ＝ρcos θ＋2，与圆C ：ρ＝4cos θ＋2sin θ联立，得(4cos θ＋2sin θ)(sin θ－cos θ)＝2，整理得sin θcos θ＝3cos 2θ，∴θ＝或tan θ＝3.π2不妨记点A 对应的极角为，点B 对应的极角为θ，且tan θ＝3.π2于是，cos∠AOB ＝cos ＝sin θ＝.(π2－θ)310103．(2019·湖北4月调研)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为Error!(α是参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝4sin θ.(1)求曲线C 1的极坐标方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)若射线θ＝β与曲线C 1交于O ，A 两点，与曲线C 2交于O ，B 两点，(0<β<π2)求|OA |＋|OB |取最大值时tan β的值．解　(1)由Error!得x 2－2x ＋y 2＝0，2将Error!代入得ρ＝2cos θ，2故曲线C 1的极坐标方程为ρ＝2cos θ.2由ρ＝4sin θ得ρ2＝4ρsin θ，将Error!代入得x 2＋y 2＝4y ，故曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2－4y ＝0.(2)设点A ，B 的极坐标分别为(ρ1，θ)，(ρ2，θ)，将θ＝β分别代(0<β<π2)入曲线C 1，C 2的极坐标方程得ρ1＝2cos β，ρ2＝4sin β，2则|OA |＋|OB |＝2cos β＋4sin β＝2＝2sin(β＋φ)，26(sin β·63＋cos β·33)6其中φ为锐角，且满足sin φ＝，cos φ＝，3363当β＋φ＝时，|OA |＋|OB |取最大值，π2此时β＝－φ，tan β＝tan ＝＝＝＝.π2(π2－φ)sin (π2－φ)cos (π2－φ)cos φsin φ633324．已知直线l 的参数方程为Error!(t 为参数，0≤φ<π)，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ＝1，l 与C 交于不同的两点P 1，P 2.(1)求φ的取值范围；(2)以φ为参数，求线段P 1P 2中点M 的轨迹的参数方程．解　(1)曲线C 的极坐标方程为ρ＝1，根据ρ2＝x 2＋y 2可得曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝1，将Error!代入x 2＋y 2＝1，得t 2－4t sin φ＋3＝0.　(*)由Δ＝16sin 2φ－12>0得|sin φ|>.32又0≤φ<π，所以φ的取值范围是.(π3，2π3)(2)由(1)中的(*)可知＝2sin φ，t 1＋t 22代入Error!得Error!整理得P 1P 2中点M 的轨迹的参数方程为Error!.(φ为参数，π3<φ<2π3)5．在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为Error!(t 为参数，0≤α<π)，在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 的极坐标方程为ρ2＝.21＋sin2θ(1)求曲线C 的直角坐标方程；(2)设点M 的坐标为(1,0)，直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求＋的值．1|MA |1|MB |解　(1)曲线ρ2＝，即ρ2＋ρ2sin 2θ＝2，21＋sin2θ∵ρ2＝x 2＋y 2，ρsin θ＝y ，∴曲线C 的直角坐标方程为x 2＋2y 2＝2，即＋y 2＝1.x 22(2)将Error!代入x 2＋2y 2＝2并整理得(1＋sin 2α)t 2＋2t cos α－1＝0，∴t 1＋t 2＝－，t 1·t 2＝，2cos α1＋sin2α－11＋sin2α∴＋＝＝＝，1|MA |1|MB ||MA |＋|MB ||MA |·|MB ||AB ||MA |·|MB ||t 1－t 2|－t 1·t 2∵|t 1－t 2|＝＝＝，t 1＋t 2 2－4t 1t 24cos2α 1＋sin2α 2＋41＋sin2α221＋sin2α∴＋＝＝2.1|MA |1|MB |221＋sin2α11＋sin2α26．(2019·江西省名校5月联考)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1过点P (a,1)，其参数方程为Error!(t 为参数，a ∈R )，以O 为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρcos 2θ＋4cos θ－ρ＝0.(1)求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)已知曲线C 1和曲线C 2交于A ，B 两点，且|PA |＝2|PB |，求实数a 的值．解　(1)C 1的参数方程为Error!消参得普通方程为x －y －a ＋1＝0，C 2的极坐标方程为ρcos 2θ＋4cos θ－ρ＝0，两边同乘ρ得ρ2cos 2θ＋4ρcos θ－ρ2＝0，得y 2＝4x ，所以曲线C 2的直角坐标方程为y 2＝4x .(2)曲线C 1的参数方程可转化为Error!(t 为参数，a ∈R )，代入曲线C 2：y 2＝4x ，得t 2－t ＋1－4a ＝0，由Δ＝(－)2－4××(1－4a )>0，得a >0，122212设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，由|PA |＝2|PB |得|t 1|＝2|t 2|，即t 1＝2t 2或t 1＝－2t 2，当t 1＝2t 2时，Error!解得a ＝；136当t 1＝－2t 2时，Error!解得a ＝，94综上，a ＝或.13694。

2020届高考数学大二轮复习刷题首秧第二部分刷题型压轴题六课件文

∴|y1－y2|＝ 25，
∵A 是椭圆 E 的右顶点，∴|AF|＝2＋ 3，
∴△AMN 的面积 S＝12|AF|·|y1－y2|＝12×(2＋
3)× 25＝2
5＋ 4
15 .
21．(2019·湘赣十四校联考二)已知函数 f(x)＝2a1－1xln x＋1，a∈R. (1)若直线 l 与曲线 y＝f(x)恒相切于同一定点，求直线 l 的方程； (2)若当 x≥1 时，f(x)≤exx－1恒成立，求实数 a 的取值范围．
16．(2019·杭州摸底考试)已知双曲线 E：ax22－by22＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的方程是 2 2x－y＝0，则双曲线 E 的离心率 e＝________；若双曲线 E 的实轴长为 2，过双曲线 E 的右焦点 F 可作两条直线与圆 C：x2＋y2－2x＋ 4y＋m＝0 相切，则实数 m 的取值范围是________．
③当 a＞14，即 4a＞1 时，由②可知 t(x)在[1，＋∞)上单调递增，因为 t(1) ＝e(1－4a)＜0，
又 t(4a)＝e4a－2ae41a＋161a2＞e4a－2ae41a＋41a＝e4a－e＞0，故必存在 x0 ∈(1,4a)使在[1，x0)上 t(x)＜0，即 h′(x)＜0，因此 h(x)在[1，x0)上单调递减，所以 x∈(1，x0)时，h(x)＜h(1)＝0，即 g′(x)＜0，所以 g(x)在(1，x0)上单调递减，g(x)＜g(1)＝0，即 ex－e[2a(x－1)·ln x＋x]＜0，即 f(x)＞exx－1，因此 f(x)≤exx－1 在 x∈(1，x0)上不恒成立．
解得 a＝2.又 c＝ 3，∴b2＝a2－c2＝1， ∴椭圆 E 的方程为x42＋y2＝1.

2020届高三数学二轮复习必考问题专项突破18 排列、组合、二项式定理与概率理

6 3 3 5c m 2 即为 x (12－x )＜32 0＜x ＜4 或 8＜x ＜12，故所求概率为＝ .]4．(2020·广东) x 2＋x ⎪6 的展开式中 x 3 的系数为________(用数字作答)．⎝解析由 x 2＋x ⎪6 的展开式的通项为 T r ＋1＝C r 6(x 2)6－r · x ⎪r ＝C r 6x 12－3r ，令 12－3r ＝3，得 r4 554 4432444344434问题 18 排列、组合、二项式定理与概率1．(2020·浙江)若从 1,2,3，…，9 这 9 个整数中同时取 4 个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()．A ．60 种B ．63 种C ．65 种D ．66 种答案： D [对于 4 个数之和为偶数，可分三类，即 4 个数均为偶数，2 个数为偶数 2个数为奇数，4 个数均为奇数，因此共有 C 4＋C 2C 2＋C 4＝66 种．]2．(2020·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．从中任取 3 张，要求这 3 张卡片不能全是同一种颜色，且红色卡片至多 1 张，不同取法的种数为()．A ．232B ．252C ．472D ．484答案：C [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C 1×C 1×C 1＝64 种，若 2 张同色，则有 C 2×C 1×C 2×C 1＝144 种；若红色卡片有 1 张，剩余 2张不同色，则有 C 1×C 2×C 1×C 1＝192 种，剩余 2 张同色，则有 C 1×C 1×C 2＝72 种，所以共有64＋144＋192＋72＝472 种不同的取法．故选 C.]3．(2020·辽宁)在长为 12 cm 的线段 AB 上任取一点 C .现作一矩形，邻边长分别等于线段 AC ，CB 的长，则该矩形面积小于 32 cm 2 的概率为()．1 12 4 A. B. C. D.答案：C [设出 AC 的长度，先利用矩形面积小于 32 c m 2 求出 AC 长度的范围，再利用几何概型的概率公式求解．设 AC ＝x c m ，CB ＝(12－x )c m ，0＜x ＜12，所以矩形面积小于 328 212 3⎛ 1⎫ ⎭⎛ 1⎫ ⎛1⎫ ⎝⎭ ⎝ ⎭6×5×4＝3，所以展开式中 x 3的系数为 C 3＝1×2×3＝20.答案 20排列、组合与二项式定理每年交替考查，主要以选择、填空的形式出现，难度中等或稍易．考查古典概型时，常以排列组合为工具，考查概率的计算．C mn ＝ m ＝ m ！ n n ，C 0m ＝1，C m n ＝C n n －m ，C m n ＋1＝C m n ＋C m n －1. C ＝ m ！ n －m ！n 基本事件总数 0 1 n n0 12n 0 1 21 3 5 02 40 1 2由于这部分内容概念性强，抽象性强，思维方法新颖，因此备考时：①要读懂题意，明确解题的突破口，选择合理简洁的标准处理事件；②要牢记排列数、组合数、二项展开式公式；③排列组合是进行概率计算的工具，在复习概率时要抓住概率计算的核心和这个工具.必备知识排列、组合(1)排列数公式 A m ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)，A m ＝∈N *，m ∈N *，m ≤n )．(2)组合数公式及性质A mn n －1n －2 … n －m ＋1，A mn ！n －m ！，A n ＝n ！，0！＝1(nn ！m n二项式定理(1)定理：(a ＋b )n ＝C n a n ＋C n a n －1b ＋…＋C r a n －r b r ＋…＋C n －1ab n －1＋C n b n (n ∈N *)．通项(展开式的第 r ＋1 项)：T r ＋1＝C r a n －r b r ，其中 C rn (r ＝0,1，…，n )叫做二项式系数．(2)二项式系数的性质①在二项式展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即C n ＝C n，C n ＝Cn －1，C n ＝C n －2，…，C r ＝C n －r .②二项式系数的和等于 2n ，即C n ＋C n ＋C n ＋…＋C n ＝2n .③二项式展开式中，偶数项的二项式系数和等于奇数项的二项式系数和，即C n ＋C n ＋C n ＋…＝C n ＋C n ＋C n ＋…＝2n －1.(3)赋值法解二项式定理有关问题，如3n ＝(1＋2)n ＝C n ＋C n ·21＋C n ·22＋…＋C n ·2n 等．古典概型m A 中所含的基本事件数 (1)P (A )＝＝(2)求古典概型概率的方法和步骤①反复阅读题目，收集题目中的各种信息，理解题意．②判断试验是否为等可能性事件，并用字母表示所求事件．③利用列举法或排列组合知识计算基本事件的个数n 及事件 A 中包含的基本事件的个数m .④计算事件中 A 的概率 P (A )＝ .2222mn必备方法1．解排列、组合问题应遵循的原则：先特殊后一般，先选后排，先分类后分步．2．解排列、组合问题的常用策略：a ．相邻问题捆绑法；b.不相邻问题插空法；c.多排问题单排法；d.定序问题倍缩法；e.多元问题分类法；f.有序分配问题分步法；g.交叉问题集合法；h.至少或至多问题间接法；i.选排问题先取后排法；j.局部与整体问题排除法；k.复杂问题转化法．3．二项式中项的系数和差可以通过对二项式展开式两端字母的赋值进行解决，如(1＋x )n 展开式中各项系数的绝对值的和就是展开式中各项系数的和，只要令 x ＝1 即得，而(1－x )n 的展开式中各项系数的绝对值的和，直接令 x ＝－1，这样就不难类比得到(1＋ax )n 展开式中各项系数绝对值的和为(1＋|a |)n .排列与组合的应用以实际生产、生活为背景的排列、组合问题是近几年的常考内容，解题时要先将问题转化为排列组合问题后再求解．题目多为中低档题，为后面学习概率做基础．【例 1】某城市举行奥运火炬接力传递活动，传递路线共分 6 段，传递活动分别由 6名火炬手完成．如果第一棒只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方案共有________种．(用数字作答)[审题视点][听课记录][审题视点] 按照第一棒是否为甲、乙分两类求解．解析按照第一棒是否为甲，乙，可分为两类：①第一棒是丙，则第六棒的安排有 C 1种，中间 4 棒剩余 4 人全排列，故不同的安排方法有 C 1·C 1·A 4＝48 种；②第一棒是甲，乙中一人，则第一棒的安排有C 1种，最后一棒则只能安排甲，乙中不跑第一棒的一人，中间 4 棒剩余 4 人全排列，矿不同的安排方法有 C 1·C 1·A 4＝48 种．根据分类计数原理，可得不同的方案共有 48＋48＝96 种．答案 96对于排列、组合的综合题目，一般是将符合要求的元素取出或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列，即一般策略为先组合后排列．分组时，要注意“平均分∴T r ＋1＝C 10( x )r 10－r 2 r ＝C r2r ·x 5－ r ， x ⎪10 n【突破训练 2】若 x ＋ 2⎪ 展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常⎝ x3333r r 21 21 212121212组”与“不平均分组”的差异及分类的标准．【突破训练 1】由 1,2,3,4,5,6 组成没有重复数字，且 1,3 都不与 5 相邻的六位偶数的个数是()．A ．72B ．96C ．108D ．144答案： C [从 2,4,6 三个偶数中选一个数放在个位，有 C 1种方法，将其余两个偶数全排列，有 A 2种排法，当 1,3 不相邻且不与 5 相邻时有 A 3种方法，当 1,3 相邻且不与 5 相邻时有 A 2·A 2种方法，故满足题意的偶数个数有 C 1·A 2(A 3＋A 2·A 2)＝108.]二项式定理的应用求二项式定理展开式的通项、特定项、二项式或项的系数，常以选择、填空题形式考查，二项式定理的应用有时也在数列压轴题中出现，主要是利用二项式定理及不等式放缩法证明不等式．【例 2】 (2020·安徽)设(x －1)21＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 21x 21，则 a 10＋a 11＝________.[审题视点][听课记录][审题视点] 由 T r ＋1＝C 21x 21－r (－1)r 求解．解析 T r ＋1＝C 21x 21－r (－1)r ，∴a 10＝C 11(－1)11，a 11＝C 10(－1)10，∴a 10＋a 11＝－C 11＋C 10＝－C 10＋C 10＝0.答案 01.利用二项展开式的通项分析求解时，注意二项式系数与项的系数的区别．2．二项式定理的应用不仅要注重它的“正用”，而且重视它的“逆用”；还要注意特殊值法的使用．⎛2 ⎫⎭数项是()．A ．360B ．180C ．90D ．45答案： B [依题意知：n ＝10，⎛ 2 ⎫ 5 ⎝ ⎭ 25令 5－2r ＝0得：r ＝2，∴常数项为：C 1022＝180.]解 (1)P ＝1－ 73＝ .C 12C 23 C 22C 14 5＋ 3 ＝ .9一等品”为事件 A ，则 P (A )＝＝ .古典概型对于古典概型的考查常将等可能事件、互斥事件、相互独立事件等多种事件交汇在一起进行考查，是高考考查的重点．【例 3】 (2020·天津六校三模)盒内有大小相同的 9 个球，其中 2 个红色球，3 个白色球，4 个黑色球，规定取出 1 个红色球得 1 分，取出 1 个白色球得 0 分，取出 1 个黑色球得－1 分．现从盒内任取 3 个球．(1)求取出的 3 个球中至少有一个红球的概率；(2)求取出的 3 个球得分之和恰为 1 分的概率．[审题视点][听课记录][审题视点] (1)间接法求概率；(2)用组合知识求概率．C 3 7 C 9 12 (2)记“取出 1 个红色球，2 个白色球”为事件 B ，“取出 2 个红色球，1 个黑色球”为事件 C ，则 P (B ＋C )＝P (B )＋P (C )＝ C 3 C 9 42有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常用到计数原理与排列、组合的相关知识．对于较复杂的题目，要注意正确分类，分类时应不重不漏．【突破训练 3】有编号为 A 1，A 2，…，A 10 的 10 个零件，测量其直径(单位：cm)，得到下面数据：编号直径A 11.51A 21.49A 31.49A 41.51A 51.49A 61.51A 71.47A 81.46A 91.53A 101.47其中直径在区间[1.48,1.52]内的零件为一等品．(1)从上述 10 个零件中，随机抽取一个，求这个零件为一等品的概率；(2)从一等品零件中随机抽取 2 个．(ⅰ)用零件的编号列出所有可能的抽取结果；(ⅱ)求这 2 个零件直径相等的概率．解 (1)由所给数据可知，一等品零件共有 6 个．设“从 10 个零件中，随机抽取一个为6 310 5(2)(ⅰ)一等品零件的编号为 A 1，A 2，A 3，A 4，A 5，A 6.从这 6 个一等品零件中随机抽取 2 个，所有可能的结果有：{A 1，A 2}，{A 1，A 3}，{A 1，A 4}，{A 1，A 5}，{A 1，A 6}，{A 2，A 3}，{A 2，A 4}，{A 2，A 5}，{A 2，A 6}，{A 3，A 4}，{A 3，A 5}，{A 3，A 6}，{A 4，A 5}，{A 4，A 6}，{A 5，A 6}，共所以 P (B )＝＝ .⎛ x － 2 ⎫【示例 1】► (2020·江苏苏北四市调研)⎪展开式中第三项的系数比第二项的 2 1 － 2 ⎫ 3 ⎪r ＝C r 9(－2)r x ⎪ 2 39 由9－r 2r－＝1，∴r ＝3.97 87 8 ⎪ 的展开式中各项系数之和为 128，有 15 种．(ⅱ)“从一等品零件中，随机抽取的 2 个零件直径相等”(记为事件 B )的所有可能结果有：{A 1，A 4}，{A 1，A 6}，{A 4，A 6}，{A 2，A 3}，{A 2，A 5}，{A 3，A 5}，共有 6 种．6 215 5防范二项式展开式中的两个易错点易错点 1：二项式(a ＋b )n 展开式的通项中，因 a 与 b 的顺序颠倒而容易出错 ⎪n 3 ⎝x 2⎭系数大 162，则 x 的一次项系数为________．解析据题意有：C n 22－(－C n 2)＝162，即 2n (n －1)＋2n ＝162.∴n ＝9.⎛ 则 T r ＋1＝C r ( x )9－r ⎝x 2⎭ 9－r 2r － .2 3∴T 4＝(－1)3·23·C 3x ＝－672x .答案－672老师叮咛：若 x 与 2的顺序颠倒，项随之发生变化，导致出错．一般地，二项式(a ＋3xb )n 与(b ＋a )n 的通项公式不同，对应项也不相同，在遇到类似问题时，要注意区分．【试一试 1】已知(1＋3x )n 的展开式中，末三项的二项式系数的和等于120，则展开式中二项式系数最大的项为________．1解析由已知得Cn －2＋Cn －1＋C n＝121，则2n (n －1)＋n ＋1＝121，即 n 2＋n －240＝0，解得 n ＝15，所以，展开式中二项式系数最大的项是 T 8＝C 15(3x )7 和 T 9＝C 15(3x )8. 答案 T 8＝C 15(3x )7 和 T 9＝C 15(3x )8易错点 2：二项式展开中项的系数与二项式系数的概念掌握不清，容易混淆，导致出错⎛3x －【示例 2】► (2020·山东青岛一模)如果⎝1则展开式中x 3的系数是()．A ．7B ．－7C ．21D ．－213 1 ⎫⎪n x 2⎭3×1－ ⎪ ＝2 ＝128，∴n＝7，⎪2 ，根据二项式通项公式得 T r ＋1＝C r 7(3x )7－r (－1)r x － ⎪r ＝C r 737－r (－1)r x 7－ r . ⎛x a ⎫⎛ x 1⎫5二项式即为： x ＋x ⎪2x －x ⎪5，它的展开式的常数项为：x C 35(2x )2 － ⎪3＋ C 25(2x )3 － ⎪2＝4C 25＝40.]77 ⎝ ＋x ⎭⎝2 －x ⎭⎛ 解析当 x ＝1 时， ⎝3 1 ⎫⎪n n 12⎭⎛3x －即⎝3 1 ⎫⎪7 x ⎭⎛ 2⎫ 5 ⎝ 3⎭ 35 1∴7－3r ＝－3，r ＝6 时对应x 3，即1 1 21 1T 6＋1＝C 637－6(－1)6x 3＝7×3×x 3＝ x 3 .故x 3项系数为 21.答案 C1老师叮咛：展开式中\f(1,x 3)项的二项式系数是 C 6＝7，x 3项的系数为 21，因此在解此类问题时，须注意二项式系数与项的系数的区别和联系.【试一试 2】 ⎪ ⎪ 的展开式中各项系数的和为 2，则该展开式中常数项为()．A ．－40B ．－20C ．20D ．40答案： D [因为展开式各项系数和为 2，所以取 x ＝1 得：(1＋a )(2－1)5＝2，∴a ＝1.⎛ 1⎫⎛ 1⎫ ⎝⎭⎝ ⎭⎛ 1⎫ 1 ⎛ 1⎫ ⎝ x ⎭ x ⎝ x ⎭。

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