【【全国百强校】浙江省杭州学军中学高三数学复习：排列与组合】
2024届浙江省杭州市学军中学高三模拟考试数学试题
2024届浙江省杭州市学军中学高三模拟考试数学试题请考生注意：1．请用2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。
写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知随机变量X 服从正态分布()1,4N ，()20.3P X >=，()0P X <=（ ） A ．0.2B ．0.3C ．0.7D ．0.82．已知2π()12cos ()(0)3f x x ωω=-+>.给出下列判断： ①若12()1,()1f x f x ==-，且12minπx x -=，则2ω=；②存在(0,2)ω∈使得()f x 的图象向右平移6π个单位长度后得到的图象关于y 轴对称； ③若()f x 在[]0,2π上恰有7个零点，则ω的取值范围为4147,2424⎡⎫⎪⎢⎭⎣； ④若()f x 在ππ,64⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，则ω的取值范围为20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦.其中，判断正确的个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．43．2021年部分省市将实行“312++”的新高考模式，即语文、数学、英语三科必选，物理、历史二选一，化学、生物、政治、地理四选二，若甲同学选科没有偏好，且不受其他因素影响，则甲同学同时选择历史和化学的概率为A ．18 B ．14 C ．16D ．124．设全集U =R ，集合{}02A x x =<≤，{}1B x x =<，则集合A B =（ ）A ．()2,+∞B ．[)2,+∞C ．(],2-∞D ．(],1-∞5．已知,,,m n l αβαβαβ⊥⊂⊂=，则“m ⊥n”是“m ⊥l ”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件6．下列说法正确的是（ ）A ．“若1a >，则21a >”的否命题是“若1a >，则21a ≤”B ．“若22am bm <，则a b <”的逆命题为真命题C ．0(0,)x ∃∈+∞，使0034x x >成立D ．“若1sin 2α≠，则6πα≠”是真命题 7．已知平面向量,a b ，满足1,13a b ==，且2a b a b +=+，则a 与b 的夹角为（ ） A ．6πB ．3π C ．23π D ．56π 8．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为 A ．B ．C ．D ．9．在ABC 中，D 为BC 边上的中点，且||1,|2,120AB AC BAC ==∠=︒，则||=AD （ ）A ．32B ．12C ．34D ．7410．已知函数2,0()2,0x xx f x e x x x ⎧>⎪=⎨⎪--≤⎩若函数1()()()2g x f x k x =-+在R 上零点最多，则实数k 的取值范围是（ ）A ．2(0,)3eB ．2(,0)3e-C ．1(,0)2e-D ．1(0,)2e11．执行如图所示的程序框图若输入12n =，则输出的n 的值为（ ）A ．32B ．2C ．52D ．312．若非零实数a 、b 满足23a b =，则下列式子一定正确的是（ ） A ．b a > B ．b a < C ．b a <D ．b a >二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年浙江高三数学总复习：排列与组合 复习讲义
第二节排列与组合排列与组合1.概念(公式)理解(1)组合与排列问题都是从n 个不同元素中取出m(m ≤n)个元素的计数问题,它们的差别是:排列考虑元素顺序,组合不考虑元素顺序. (2)A mn=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)的右边第一个因数为n,后面每个因数都比前面因数少1,最后一个因数是n-m+1,共m 个因数相乘.(3)公式C m n=A A mn mm体现了组合数与排列数的关系.(4)当m,n 较大或对含有字母的排列数或组合数的式子进行变形和证明时,常用公式A m n=()!!n n m -或C m n =()!!!n m n m -. (5)当m>2n 时,常利用组合数的性质将计算C mn转化为计算C n m n-. 2.与排列(数)组合(数)有关的结论(1)若C x n=C y n,则x=y 或x+y=n.(2)A m n=n 11A m n --,A m n =C m n ·A m m.(3)C m m+1C m m ++2C m m ++…+C m n=11C m n ++.(4)(n+1)!=(n+1)·n!,(n+1)!-n!=n ·n!. (5)k C k n=n 11C k n --.1.若32A n=103A n,则n 等于( B )(A)1 (B)8 (C)9 (D)10 解析:32A n=103A n,所以2n(2n-1)(2n-2)=10n(n-1)(n-2), 所以n=8. 2.若3C n=4C n,则()!3!3!n n -的值为( C )(A)1 (B)20 (C)35 (D)7 解析:由3C n=4C n,得n=7,可求出()!3!3!n n -=7654!3!4!⨯⨯⨯=765321⨯⨯⨯⨯=35. 3.有5张卡片分别写有数字1,2,3,4,5. (1)从中任取4张,共有 种不同取法;(2)从中任取4张,排成一个四位数,共组成 个不同的四位数.答案:(1)5 (2)1204.大厦一层有A,B,C,D四部电梯,3人在一层乘坐电梯上楼,其中2人恰好乘坐同一部电梯,则不同的乘坐方式有种.(用数字作答)解析:先从3人中选择2人看成一个整体,有2C=3(种)方法,再将这个3整体和另1个人安排坐四部电梯,有2A=12(种)方法,则不同的乘坐方4式有3×12=36(种).答案:36考点一排列的应用问题【例1】有3名男生、4名女生,在下列不同条件下,求不同的排列方法总数.(1)选5人排成一排;(2)排成前后两排,前排3人,后排4人;(3)全体排成一排,甲不站排头也不站排尾;(4)全体排成一排,女生必须站在一起;(5)全体排成一排,男生互不相邻.解:(1)从7人中选5人排列,有5A=7×6×5×4×3=2 520(种).7(2)法一分两步完成,先选3人站前排,有3A种方法,余下4人站后排,有44A种方法,7共有3A·44A=5 040(种).7法二 (分排问题直排法)前排3人,后排4人,可视为7人排成一排,其中前3人为前排,后4人为后排,排法有77A =5 040(种).(3)法一 (特殊元素优先法)先排甲,有5种方法,其余6人有66A 种排列方法,共有5×66A =3 600(种).法二 (特殊位置优先法)首尾位置可安排另6人中的两人,有26A 种排法,其他有55A 种排法,共有26A55A =3 600(种).(4)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列,有44A 种方法,再将女生全排列,有44A 种方法,共有44A ·44A =576(种).(5)(插空法)先排女生,有44A 种方法,再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生,有35A 种方法,共有44A ·35A =1 440(种).求解排列应用问题的主要方法1.四位男演员与五位女演员(包含女演员甲)排成一排拍照,其中四位男演员互不相邻,且女演员甲不站两端的排法数为( A ) (A)55A 46A -244A 45A (B)55A 46A -44A 45A (C)55A45A -244A 44A (D)55A45A -44A 44A 解析:四位男演员互不相邻可用插入法,有55A 46A 种排法,其中女演员甲站在两端的方法有244A45A ,因此所求排法数为55A 46A -244A 45A .故选A.2.某台小型晚会由6个节目组成,演出顺序有如下要求:节目甲必须排在前两位,节目乙不能排在第一位,节目丙必须排在最后一位.该台晚会节目演出顺序的编排方案共有( B ) (A)36种 (B)42种 (C)48种 (D)54种解析:分两类,第一类:甲排在第一位时,丙排在最后一位,中间4个节目无限制条件,有44A 种排法;第二类:甲排在第二位时,从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有13C 种排法,其他3个节目有33A种排法,故有13C 33A 种排法.依分类加法计数原理,共有44A +13C 33A =42种编排方案.考点二 组合的应用问题【例2】 有5名男生和3名女生,从中选出5人担任5门不同学科的课代表,分别求符合下列条件的选法数: (1)有女生但人数少于男生; (2)某女生一定要担任语文课代表;(3)某男生必须包括在内,但不担任数学课代表;(4)某女生一定要担任语文课代表,某男生必须担任课代表,但不担任数学课代表.解:(1)先选后排.符合条件的课代表人员的选法有(35C 25C +45C 13C )种,排列方法有55A 种,所以满足题意的选法有(35C25C +45C 13C )·55A =5 400(种). (2)除去该女生后,即相当于挑选剩余的7名学生担任四科的课代表,有47A =840(种)选法.(3)先选后排.从剩余的7名学生中选出4名有47C 种选法,排列方法有14C 44A 种,所以选法共有47C 14C 44A =3 360(种).(4)先从除去该男生和该女生的6人中选出3人,有36C 种选法,该男生的安排方法有13C 种,其余3人全排列,有33A 种,因此满足题意的选法共有36C13C 33A =360(种).组合问题常见以下几个题型(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足;“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中去选取.(2)“至少”或“至多”含有几个元素的题型:解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解,用直接法和间接法都可以求解,通常用直接法分类复杂时,考虑逆向思维,用间接法处理.(3)名额分配问题:将n 个名额分给m 个单位,每个单位至少有一个名额可以看作将n 个相同的小球放入m 个盒子里,每个盒子里至少有一个小球,其放法为将n 个小球串成一串.从(n-1)个间隙里选(m-1)个插入隔板,有11C m n --种放法,即名额分配问题隔板法.1.(2018·浙江杭州二中模拟)浙江省高考制度改革以来,学生可以从7门选考科目(物理、化学、生物、历史、地理、政治、技术)中任意选取3门作为自己的选考科目.目前报考C 学校的A 专业需要选考物理、技术、化学,报考C 学校的B 专业需要选考技术、政治、历史,同时报考A,B 专业只要考生的选考科目中有一门满足条件即可报考.甲同学想报考C 学校的A 和B 专业,则甲同学选择选考科目的方法共有( C )(A)15种 (B)19种 (C)27种 (D)31种解析:由已知可得,甲同学如果选了技术,那么他只要从剩下的6门科目中任意选2门即可,此时有26C =15(种)选法.若甲同学不选技术,那么他可以先从物理、化学中选择1门,再从政治、历史中选择1门,最后从剩下的2门中选择1门,此时有12C12C 12C =8(种)选法;或者同时选择物理和化学,再从政治和历史中选1门,此时有2种选法;或者同时选择政治和历史,再从物理和化学中选1门,也有2种选法.故甲同学选择选考科目的方法共有15+8+2+2=27(种),故选C.2.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1人.则不同的安排方式有 种.(用数字作答)解析:(分类讨论思想)上午测试安排有44A 种方式,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种安排方式;(2)若上午测试“台阶”的同学下午不测试“握力”,则该同学有13C 种安排方式,其余三位同学选1人测试“握力”,有13C 种安排方式,其余两人只有1种安排方式,则共有13C ·13C =9(种),因此安排方式共有44A (2+9)=264(种).答案:264考点三 分组、分配问题【例3】 按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方式? (1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本; (3)平均分成三份,每份2本;(4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本; (5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本;(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本; (7)甲得1本,乙得1本,丙得4本. 解:(1)无序不均匀分组问题. 先选1本,有16C 种选法;再从余下的5本中选2本,有25C 种选法;最后余下3本全选,有33C 种选法.故共有16C25C 33C =60(种).(2)有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙是不同的三人,在(1)题基础上,还应考虑再分配,共有16C 25C 33C 33A =360(种).(3)无序均匀分组问题. 分配方式有22264233C C C A=15(种).(4)有序均匀分组问题. 在(3)的基础上再分配给3个人, 共有分配方式22264233C C C A·33A =26C24C 22C =90(种).(5)无序部分均匀分组问题.共有41162122C C C A =15(种).(6)有序部分均匀分组问题. 在(5)的基础上再分配给3个人,共有分配方式41162122C C C A ·33A =90(种).(7)直接分配问题.甲选1本,有16C 种方法;乙从余下的5本中选1本,有15C 种方法,余下4本留给丙,有44C 种方法,故共有分配方式16C15C 44C =30(种).(1)均匀分组与不均匀分组、无序分组与有序分组是组合问题的常见题型.解决此类问题的关键是正确判断分组是均匀分组还是不均匀分组,无序均匀分组要除以均匀组数的阶乘数,还要充分考虑到是否与顺序有关;有序分组要在无序分组的基础上乘以分组数的阶乘数.(2)分配问题:先将元素分组,再将各组排列,或者逐一分配.1.将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习,每班至少1名,则不同的分配方案有( D )(A)30种 (B)60种 (C)90种 (D)150种 解析:5名教师分成3组有2,2,1;3,1,1两种情况, 第一种情况的分法有225322CC A =15(种),第二种情况的分法有35C =10(种),所以5名教师分成3组的分法有15+10=25(种), 3个组分配到3个班的分法有33A =6(种),由分步乘法计数原理知不同的分配方案有 25×6=150(种).故选D.2.某公司有五个不同部门,现有4名在校大学生来该公司实习,要求安排到该公司的两个部门,且每个部门安排两人,则不同的安排方案种数为( A )(A)60 (B)40 (C)120 (D)240 解析:由题意得,先将4名大学生平均分为两组,共有224222C C A =3(种)不同的分法,再将两组安排在其中的两个部门,共有3×25A =60(种)不同的安排方法.故选A.。
高考数学(理,浙江专版)一轮复习课件：9.2 排列与组合
5．如图M，N，P，Q为海上四个小岛，现要建造三座桥， 将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方法有____种．
解析：M，N，P，Q 共有 6 条线段(桥抽象为线段)，任取 3 条有 C36＝20 种方法，减去不合题意的 4 种．则不同的方 法有 16 种． 答案：16
1．(2013·郑州模拟)一位老师和5位同学站成一排照相，老
师不站在两端的排法
()
A．450
B．460
C．480
D．500
解析：先排老师有 A14种排法，剩下同学有 A55种排法．共
有 A14A55＝480 种排法．
答案：C
2．排一张有5个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单． (1)任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种？ (2)歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种？
(4)不相邻问题(插空法)：先安排女生共有 A44种排法， 男生在 4 个女生隔成的五个空中安排共有 A53种排法，故 N ＝A44·A35＝1 440 种．
(5)先安排甲，从除去排头和排尾的 5 个位中安排甲，有 A15＝5 种排法；再安排其他人，有 A66＝720 种排法．所以共 有 A15·A66＝3 600 种排法．
(2)前排 3 人，后排 4 人，相当于排成一排，共有 A77＝ 5 040 种排法．
(3)相邻问题(捆绑法)：男生必须站在一起，是男生的全 排列，有 A33种排法；女生必须站在一起，是女生的全排列， 有 A44种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有 A22种排 法，由分步乘法计数原理知， 共有 N＝A33·A44·A22＝288 种．
n∈N*，m≤n)． (3)排列数的性质 Ann＝ n！ ；A0n＝1 ；0！＝ 1 .
2024年浙江省杭州市学军中学数学高三第一学期期末教学质量检测试题含解析
2024年浙江省杭州市学军中学数学高三第一学期期末教学质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。
用2B 铅笔将试卷类型（B ）填涂在答题卡相应位置上。
将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。
答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．曲线(2)xy ax e =+在点(0,2)处的切线方程为2y x b =-+，则ab =（ ） A ．4-B ．8-C ．4D ．82．《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图的排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中.如图，白圈为阳数，黑点为阴数.若从这10个数中任取3个数，则这3个数中至少有2个阳数且能构成等差数列的概率为（ ）A ．15B ．120C ．112D ．3403．双曲线﹣y 2=1的渐近线方程是（ ）A ．x±2y=0B ．2x±y=0C ．4x±y=0D ．x±4y=04．已知椭圆2222:19x y C a a+=+，直线1:30l mx y m ++=与直线2:30l x my --=相交于点P ，且P 点在椭圆内恒成立，则椭圆C 的离心率取值范围为（ ）A ．20,2⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭B ．22⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭C ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭5．已知函数()(1)xf x x a e =--，若22log ,a b c ==则（ ）A ．f (a )<f (b ) <f (c )B ．f (b ) <f (c ) <f (a )C ．f (a ) <f (c ) <f (b )D ．f (c ) <f (b ) <f (a )6．设集合{}1,2,3A =，{}220B x x x m =-+=，若{3}A B ⋂=，则B =（ ）A ．{}1,3-B ．{}2,3-C ．{}1,2,3--D ．{}37．将函数()sin 6f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭图象上每一点的横坐标变为原来的2倍，再将图像向左平移3π个单位长度，得到函数()y g x =的图象，则函数()y g x =图象的一个对称中心为（ ）A ．,012π⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,04π⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．(),0πD ．4,03π⎛⎫⎪⎝⎭8．己知四棱锥-S ABCD 中，四边形ABCD 为等腰梯形，//AD BC ，120BAD ︒∠=，ΔSAD 是等边三角形，且SA AB ==P 在四棱锥-S ABCD 的外接球面上运动，记点P 到平面ABCD 的距离为d ，若平面SAD ⊥平面ABCD ，则d 的最大值为（ ）A 1B 2C 1D 29．已知某口袋中有3个白球和a 个黑球（*a N ∈），现从中随机取出一球，再换回一个不同颜色的球（即若取出的是白球，则放回一个黑球；若取出的是黑球，则放回一个白球），记换好球后袋中白球的个数是ξ．若3E ξ=，则D ξ= ( ) A ．12B ．1C ．32D ．210．已知函数()sin3(0,)f x a x a b a x =-++>∈R 的值域为[5,3]-，函数()cos g x b ax =-，则()g x 的图象的对称中心为（ ） A ．,5()4k k π⎛⎫-∈⎪⎝⎭Z B ．,5()48k k ππ⎛⎫+-∈⎪⎝⎭Z C ．,4()5k k π⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭Z D ．,4()510k k ππ⎛⎫+-∈⎪⎝⎭Z 11． “完全数”是一些特殊的自然数，它所有的真因子（即除了自身以外的约数）的和恰好等于它本身.古希腊数学家毕达哥拉斯公元前六世纪发现了第一、二个“完全数”6和28，进一步研究发现后续三个完全数”分别为496，8128，33550336，现将这五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个，则6和28不在同一组的概率为（ ） A ．15B ．25C ．35D ．4512．设x ，y 满足约束条件21210x y x y x y +≤⎧⎪+≥-⎨⎪-≤⎩，若32z x y =-+的最大值为n ，则12n x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中2x 项的系数为( ) A ．60B ．80C ．90D ．120二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
浙江新高考数学文科一轮复习创新方案主干知识10.2排列与组合(含答案详析)
第二节摆列与组合【考纲下载】1．理解摆列组合的观点．2．能利用计数原理推导摆列数公式、组合数公式．3．能利用摆列组合知识解决简单的实质问题．1．摆列与组合的观点名称定义摆列从 n 个不一样元素中拿出依据必定的次序排成一列组合m(m≤ n)个元素合成一组2．摆列数与组合数的观点名称定义摆列数从 n 个不一样元素中拿出摆列的个数组合数m( m≤ n)个元素的全部不一样组合的个数3.摆列数与组合数公式(1)摆列数公式①A m n＝n(n－ 1) (n－ m＋ 1)＝n！；n－m ！②A n n＝ n！ .(2)组合数公式C n m＝A mm n＝n n－1 n－2n－ m＋ 1 ＝n！.A m m！m！ n－ m ！4．组合数的性质m n －m_；(1)C n＝ C nm m－1m(2)C n＋ C n＝C n＋1.1．摆列与摆列数有什么差别？提示：摆列与摆列数是两个不一样的观点，摆列是一个详细的排法，不是数，而摆列数是全部摆列的个数，是一个正整数．2．怎样划分一个问题是摆列问题仍是组合问题？提示：看选出的元素与次序能否相关，若与次序相关，则是摆列问题，若与次序没关，则是组合问题．1．将每个小组由A． 122 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，1 名教师和 2 名学生构成，不一样的安排方案的种数是()B．10C．9D．8分析：选A先安排 1 名教师和 2 名学生到甲地，再将剩下的 1 名教师和 2 名学生安排到乙地，共有C12C24＝ 12 种安排方案．2．用数字1,2,3,4,5 构成的无重复数字的四位偶数的个数为()A． 8 B ．24C． 48D． 120分析：选C先排个位共有C12种方法，再排其他 3 位．则有 A 34种排法，依据分步乘法计数原理，所求的四位偶数的个数为C12A 34＝ 48.3．将字母 a，a，b，b，c， c 排成三行两列，要求每行的字母互不同样，每列的字母也互不同样，则不一样的摆列方法的种数是()A． 12 B ．18C． 24D． 36分析：选A先排第一列，共有 A 33种方法，再排第二列第一行共有C21种方法，第二列第二行，第三列第二行各有 1 种方法．依据分步乘法计数原理，共有 A 33C21×1× 1＝ 12 种排列方法．4．将 9 个同样的小球放入3 个不一样的盒子，要求每个盒子中起码有 1 个小球，且每个盒子中的小球个数都不一样，则共有________种不一样放法．分析：对这 3 个盒子中所放的小球的个数状况进行分类计数：第 1类，这 3 个盒子中所放的小球的个数分别是1,2,6，此类有 A 33＝ 6 种放法；第 2 类，这 3 个盒子中所放的小球的个数分别是 1,3,5，此类有33类，这 3个盒子中所放的小球的个数分别是A3＝ 6 种放法；第2,3,4 ，此类有 A 33＝ 6 种放法．所以共有6＋ 6＋ 6＝ 18 种知足题意的放法．答案： 185.如图 M， N，P， Q 为海上四个小岛，现要建筑三座桥，将这四个小岛连结起来，则共有 ________种不一样的建桥方法 .分析： M， N，P， Q 两两之间共有 6 条线段 (桥抽象为线段)，任取 3 条有 C36＝ 20 种方法，此中不合题意的有 4 种方法．则共有20－ 4＝ 16 种不一样的建桥方法．答案： 16。
2024届浙江杭州学军中学高三下学期模拟测试数学试题(含答案解析)
2024届浙江省杭州学军中学高三下学期模拟测试数学试题一、单选题1.设集合A =x ,y |x +y =2 ，B =x ,y |y =x 2 ，则A ∩B =()A.1,1B.-2,4C.1,1 ,-2,4D.∅2.已知a +bi (a ,b ∈R )是1-i1+i的共轭复数，则a +b =A.-1B.-12C.12D.13.设向量a =(1,1),b =(-1,3),c =(2,1)，且(a -λb )⊥c，则λ等于()A.3B.2C.-2D.-34.已知点A 为曲线y =x +4xx >0 上的动点，B 为圆x -2 2+y 2=1上的动点，则AB 的最小值是()A.3B.4C.32D.425.2+x 10的展开式各项的系数中最大的是()A.x 2的系数B.x 3的系数C.x 4的系数D.x 5的系数6.某大学在校学生中，理科生多于文科生，女生多于男生，则下述关于该大学在校学生的结论中，一定成立的是()A.理科男生多于文科女生B.文科女生多于文科男生C.理科女生多于文科男生D.理科女生多于理科男生7.已知三棱锥S -ABC 中，∠SAB =∠ABC =π2,SB =4,AB =2,BC =3，SA 和BC 所成的角为π3，则该三棱锥外接球的表面积是()A.12πB.16πC.24πD.32π8.已知定义在[0,1]上的函数f (x )满足：①f (0)=f (1)=0；②对所有x ,y ∈[0,1]，且x ≠y ，有f (x )-f (y ) <12x -y .若对所有x ,y ∈[0,1]，f (x )-f (y ) <k ，则k 的最小值为A.12B.14C.12πD.18二、多选题9.我国于2015年10月宣布实施普遍二孩政策，为了解户籍、性别对生育二胎选择倾向的影响，某地从育龄群体中随机抽取了容量为200的调查样本，其中城镇户籍与农村户籍各100人；男性120人，女性80人，绘制的不同群体中倾向选择生育二胎与倾向选择不生育二胎的人数比例图如图所示，其中阴影部分表示倾向选择生育二胎的对应比例，则下列叙述正确的是()A.是否倾向选择生育二胎与户籍有关B.是否倾向选择生育二胎与性别无关C.调查样本中倾向选择生育二胎的群体中，男性人数与女性人数相同D.倾向选择不生育二胎的群体中，农村户籍人数多于城镇户籍人数10.双曲线具有以下光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角．已知F 1,F 2分别为双曲线C :x 23-y 2=1的左，右焦点，过C 右支上一点A x 0,y 0 x 0>3 作双曲线的切线交x 轴于点M ，交y 轴于点N ，则()A.平面上点B 4,1 ,AF 2 +AB 的最小值为37-23B.直线MN 的方程为xx 0-3yy 0=3C.过点F 1作F 1H ⊥AM ，垂足为H ，则OH =2(O 为坐标原点)D.四边形AF 1NF 2面积的最小值为411.数列a n 满足a n +1=14a n -6 3+6(n =1,2,3⋯)，则()A.当a 1=3时，a n 为递减数列，且存在M ∈R ，使a n >M 恒成立B.当a 1=5时，a n 为递增数列，且存在M ≤6，使a n <M 恒成立C.当a 1=7时，a n 为递减数列，且存在M ≥6，使a n >M 恒成立D.当a 1=9时，a n 递增数列，且存在M ∈R ，使a n <M 恒成立三、填空题12.已知cos a +π6 -sin α=435，则sin α+11π6=．13.设随机试验每次成功的概率为p ，现进行3次独立重复试验．在至少成功1次的条件下，3次试验全部成功的概率为413，则p =．14.若函数f x =e x +cos x +a -1 x 存在最小值，则a 的取值范围是．四、解答题15.在△ABC 中，∠A =90°，点D 在BC 边上．在平面ABC 内，过D 作DF ⊥BC 且DF =AC ．(1)若D 为BC 的中点，且△CDF 的面积等于△ABC 的面积，求∠ABC ；(2)若∠ABC =45°，且BD =3CD ，求cos ∠CFB ．16.如图，四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为矩形.SA⊥底面ABCD，E，F分别为AD，SC的中点，EF与平面ABCD成45°角.(1)证明：EF为异面直线AD与SC的公垂线；BC，求二面角B-SC-D的余弦值.(2)若EF=1217.A，B两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：A组：10，11，12，13，14，15，16；B组：12，13，15，16，17，14，a．假设所有病人的康复时间互相独立，从A，B两组随机各选1人，A组选出的人记为甲，B组选出的人记为乙．(1)如果a=25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；(2)当a为何值时，A，B两组病人康复时间的方差相等?18.已知抛物线y=ax2(a>0)与双曲线y=1x交于点T，两条曲线的公切线分别与抛物线、双曲线切于点P，Q．(1)证明：△PQT存在两条中线互相垂直；(2)求△PQT的面积．19.已知函数f x =x+7中心对称．x+a关于点-1,1(1)求函数f x 的解析式；(2)讨论g x =x f x2在区间0,+∞上的单调性；(3)设a1=1,a n+1=f a n<1．，证明：2n-22ln a n-ln72024届浙江省杭州学军中学高三下学期模拟测试数学试题一、单选题1.设集合A =x ,y |x +y =2 ，B =x ,y |y =x 2 ，则A ∩B =()A.1,1B.-2,4C.1,1 ,-2,4D.∅【答案】C【分析】由题意可知A ∩B 实质是求交点，进而联立组成方程组求解即可.【详解】解：集合A 与集合B 均为点集，A ∩B 实质是求x +y =2与y =x 2的交点，所以联立组成方程组得x +y =2y =x 2 ，解得x =1y =1 ，或x =-2y =4 ，从而集合A ∩B =1,1 ,-2,4 ，故选：C .【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.2.已知a +bi (a ,b ∈R )是1-i1+i的共轭复数，则a +b =A.-1 B.-12 C.12 D.1【答案】D【解析】首先计算1-i1+i ，然后利用共轭复数的特征计算a ,b 的值.【详解】1-i 1+i =(1-i )2(1+i )(1-i )=-2i2=-i ，∴a +bi =-(-i )=i ，∴a =0,b =1,∴a +b =1.故选:D .【点睛】本题考查复数的计算，属于基础题型.3.设向量a =(1,1),b =(-1,3),c =(2,1)，且(a -λb )⊥c ，则λ等于()A.3B.2C.-2D.-3【答案】A【分析】由向量线性关系及垂直的坐标表示列方程求参即可.【详解】由题意得a -λb =(1+λ,1-3λ)，又(a -λb )⊥c，所以(a-λb )⋅c =2(1+λ)+1-3λ=0，可得λ=3.故选：A4.已知点A 为曲线y =x +4x x >0 上的动点，B 为圆x -2 2+y 2=1上的动点，则AB 的最小值是()A.3B.4C.32D.42【答案】A【分析】数形结合分析可得，当A 2,4 时能够取得|AB |的最小值，根据点到圆心的距离减去半径求解即可.【详解】圆x -2 2+y 2=1的圆心为2,0 ，半径为1，由对勾函数的性质,可知y =x +4x≥4，当且仅当x =2时取等号，结合图象可知当A 点运动到2,4 时能使点A 到圆心的距离最小，最小值为4，从而AB 的最小值为4-1=3.故选：A5.2+x 10的展开式各项的系数中最大的是()A.x 2的系数B.x 3的系数C.x 4的系数D.x 5的系数【答案】B【分析】利用二项式通项的性质和组合数的性质计算出符合条件的k 值即可.【详解】通项公式为T k +1=C k 10⋅2k ⋅x 10-k ，因为C k 10⋅2k ≥C k -110⋅2k -1⇒2C k 10≥C k -110，所以2×10×9×⋯×11-k k !≥10×9×⋯×12-k k -1 !⇒211-k k ≥1⇒k 3k -22 ≤0⇒k ≤223同理C k 10⋅2k ≥C k +110⋅2k +1⇒C k 10≥2C k +110，所以10×9×⋯×11-k k !≥2×10×9×⋯×10-k k +1 !⇒210-k k +1≤1⇒3k -19 k +1 ≥0⇒k ≥193，所以k =7，所以展开式各项的系数中最大的是第八项，为T 8=C 710⋅27⋅x 3，即x 3的系数最大.故选：B6.某大学在校学生中，理科生多于文科生，女生多于男生，则下述关于该大学在校学生的结论中，一定成立的是()A.理科男生多于文科女生B.文科女生多于文科男生C.理科女生多于文科男生D.理科女生多于理科男生【答案】C【分析】将问题转化为不等式问题，利用不等式性质求解.【详解】根据已知条件设理科女生有x 1人，理科男生有x 2人，文科女生有y 1人，文科男生有y 2人；根据题意可知x 1+x 2>y 1+y 2，x 2+y 2<x 1+y 1，根据异向不等式可减的性质有x 1+x 2 -x 2+y 2 >y 1+y 2 -x 1+y 1 ，即有x 1>y 2，所以理科女生多于文科男生，C 正确.其他选项没有足够证据论证.故选：C .7.已知三棱锥S -ABC 中，∠SAB =∠ABC =π2,SB =4,AB =2,BC =3，SA 和BC 所成的角为π3，则该三棱锥外接球的表面积是()A.12πB.16πC.24πD.32π【答案】B【分析】将三棱锥S -ABC 放入长方体ABCD -EFGH 中，并建立适当的空间直角坐标系，由已知表示出各个点的坐标，进一步结合OA =OS=R ，列出方程组求出R 即可进一步求解.【详解】将三棱锥S -ABC 放入长方体ABCD -EFGH 中，S 在棱EH 上面，并以A 为原点，AB ,AD ,AE 所在直线分别为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系：由题意∠SAB =∠ABC =π2,SB =4,AB =2,BC =3，所以SA =16-4=23，因为SA 和BC 所成的角为π3，AD ⎳BC ，所以AE =23sin π3=3,ES =23cos π3=3，而底面三角形外接圆圆心为AC 中点O 1，设球心O 到平面ABC 的距离为h ，则A 0,0,0 ,B 2,0,0 ,C 2,3,0 ,S 0,3,3 ,O 11,32,0 ,O 1,32,h ，所以OA =-1,-32,-h ,OS =-1,32,3-h ，则由OA =OS =R ⇒R 2=34+1+h 2=34+1+3-h 2，解得h =32,R 2=4，从而S =4πR 2=16π，即该三棱锥外接球的表面积是16π.故选：B .8.已知定义在[0,1]上的函数f (x )满足：①f (0)=f (1)=0；②对所有x ,y ∈[0,1]，且x ≠y ，有f (x )-f (y ) <12x -y .若对所有x ,y ∈[0,1]，f (x )-f (y ) <k ，则k 的最小值为A.12B.14C.12πD.18【答案】B【详解】试题分析：不妨令0≤x <y ≤1，则f x -f y <12x -y 法一：2f x -f y =f x -f 0 +f x -f y -f y -f 1 ≤f x -f 0 +f x -f y +f y -f 1<12x -0 +12x -y +12y -1 =12x +12y -x +12y -1 =12，即得f x -f y<1 4，另一方面，当u∈0,1 2时，f x ={ux,0≤x≤12-u1-x,12<x≤1，符合题意，当u→12时，f12-f0=u2→14，故k≤1 4法二：当x-y≤12时，f x -f y<12x-y≤14，当x-y>12时，f x -f y=f x -f0-f y -f1≤f x -f1+f y -f0<12x-1+12y-0=121-x+12y=12+12y-x<14，故k≤1 4【解析】1.抽象函数问题；2.绝对值不等式.二、多选题9.我国于2015年10月宣布实施普遍二孩政策，为了解户籍、性别对生育二胎选择倾向的影响，某地从育龄群体中随机抽取了容量为200的调查样本，其中城镇户籍与农村户籍各100人；男性120人，女性80人，绘制的不同群体中倾向选择生育二胎与倾向选择不生育二胎的人数比例图如图所示，其中阴影部分表示倾向选择生育二胎的对应比例，则下列叙述正确的是()A.是否倾向选择生育二胎与户籍有关B.是否倾向选择生育二胎与性别无关C.调查样本中倾向选择生育二胎的群体中，男性人数与女性人数相同D.倾向选择不生育二胎的群体中，农村户籍人数多于城镇户籍人数【答案】AB【分析】根据题中数据结合比例图逐项分析判断.【详解】由不同群体中倾向选择生育二胎与倾向选择不生育二胎的人数比例图，知：在A中，城镇户籍倾向选择生育二胎的比例为40%，农村户籍倾向选择生育二胎的比例为80%，所以是否倾向选择生育二胎与户籍有关，故A正确；在B中，男性倾向选择生育二胎的比例为60%，女性倾向选择生育二胎的比例为60%，所以是否倾向选择生育二胎与性别无关，故B正确；在C中，男性倾向选择生育二胎的比例为60%，人数为120×60%=72人，女性倾向选择生育二胎的比例为60%，人数为80×60%=48人，所以倾向选择生育二胎的人员中，男性人数与女性人数不相同，故C错误；在D 中，倾向选择不生育二胎的人员中，农村户籍人数为100×1-80% =20人，城镇户籍人数为100×1-40% =60人，所以倾向选择不生育二胎的人员中，农村户籍人数少于城镇户籍人数，故D 错误.故选：AB .10.双曲线具有以下光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角．已知F 1,F 2分别为双曲线C :x 23-y 2=1的左，右焦点，过C 右支上一点A x 0,y 0 x 0>3 作双曲线的切线交x 轴于点M ，交y 轴于点N ，则()A.平面上点B 4,1 ,AF 2 +AB 的最小值为37-23B.直线MN 的方程为xx 0-3yy 0=3C.过点F 1作F 1H ⊥AM ，垂足为H ，则OH =2(O 为坐标原点)D.四边形AF 1NF 2面积的最小值为4【答案】ABD【分析】对A ，利用双曲线定义将AF 2 转化为AF 1 -2a 可得解；对B ，设出直线MN 的方程为y -y 0=k x -x 0 与双曲线联立，根据Δ=0化简运算得解；对C ，由双曲线的光学性质可知，AM 平分∠F 1AF 2，延长F 1H 与AF 2的延长线交于点E ，则AH 垂直平分F 1E ，即AF 1 =AE ，H 为F 1E 的中点，进而得OH =12F 2E 得解；对D ，求出N 点坐标，根据S AF 1NF 2=S △AF 1F 2+S △NF 1F 2，结合基本不等式可求解.【详解】对于A ，由双曲线定义得AF 1 -AF 2 =2a =23，且F 1-2,0 ，则AF 2 +AB =AF 1 +AB -23≥BF 1 -23=4--22+1-23=37-23，所以AF 2 +AB 的最小值为37-2 3.故A 正确；对于B ，设直线MN 的方程为y -y 0=k x -x 0 ，k ≠±33，联立方程组y -y 0=k x -x 0 x 2-3y 2=3，消去y 整理得，1-3k 2 x 2+6k 2x 0-6ky 0 x -3k 2x 20+6kx 0y 0-3y 20-3=0，∴Δ=0，化简整理得9y 20k 2-6x 0y 0k +x 20=0，解得k =x 03y 0，可得直线MN 的方程为y -y 0=x03y 0x -x 0 ，即x 0x -3y 0y =3，故B 正确；对于C ，由双曲线的光学性质可知，AM 平分∠F 1AF 2，延长F 1H 与AF 2的延长线交于点E ，则AH 垂直平分F 1E ，即AF 1 =AE ，H 为F 1E 的中点，又O 是F 1F 2中点，所以OH =12F 2E =12AE -AF 2 =12AF 1 -AF 2 =a =3，故C 错误；对于D ，由直线MN 的方程为x 0x -3y 0y =3，令x =0，得y =-1y 0，则N 0,-1y 0，S AF 1NF 2=S △AF 1F 2+S △NF 1F 2=12×F 1F 2 ×y 0 +1y 0≥12×4×2y 0 ⋅1y 0=4，当且仅当y 0 =1y 0，即y 0=±1时等号成立，所以四边形AF 1NF 2面积的最小值为4，故D 项正确.故选：ABD ..【点睛】关键点睛：C 项中，结合已知给出的双曲线的光学性质，即可推出AH 垂直平分F 1E ，OH =12F 2E .11.数列a n 满足a n +1=14a n -6 3+6(n =1,2,3⋯)，则()A.当a 1=3时，a n 为递减数列，且存在M ∈R ，使a n >M 恒成立B.当a 1=5时，a n 为递增数列，且存在M ≤6，使a n <M 恒成立C.当a 1=7时，a n 为递减数列，且存在M ≥6，使a n >M 恒成立D.当a 1=9时，a n 递增数列，且存在M ∈R ，使a n <M 恒成立【答案】BC【分析】首先由数学归纳法求出数列的通项，再令a 1=3,5,7,9时代入通项中，求出具体通项公式，最后结合指数函数的性质逐一判断即可.【详解】由题意可知a n +1-6=14a n -6 3，∴a 2-6=14a 1-6 3,a 3-6=14a 2-6 3=1414a 1-6 3 3=14×143×a 1-6 32，归纳猜想：a n -6=141+3+32+⋯+3n -2a 1-6 3n -1=141-3n -11-3a 1-6 3n -1=223n -1a 1-6 3n -1，A ：当a 1=3时，a n -6=-2×32 3n -1，则a n 为递减数列，无边界，故A 错误；B ：当a 1=5时，a n -6=-2×123n -1，则a n 为递增数列，有边界，由指数函数的单调性可知，当n →∞时，a n →6，故存在M ≤6，使a n <M 恒成立，故B 正确；C ：当a 1=7时，a n -6=2×123n -1，则a n 为递减数列，有边界，由指数函数的单调性可知，当n →∞时，a n →6，故存在M ≥6，使a n >M 恒成立，故C 正确；D ：当a 1=9时，a n -6=2×323n -1，则a n 为递增数列，无边界，故D 错误；故选：BC .【点睛】关键点点睛：(1)当所给递推数列较为复杂时，(不为用常见的累加累乘等)可考虑先写出几项，然后用数学归纳法求出通项公式.(2)判断数列是否存在边界或数列不等式恒成立问题可结合指数函数的单调性判断.三、填空题12.已知cos a +π6 -sin α=435，则sin α+11π6=．【答案】-45【分析】由题意可得cos α+π6 -sin α=32cos α-32sin α=-3sin α-π6 =435，结合诱导公式可得结果.【详解】由cos α+π6 -sin α=32cos α-32sin α=-3sin α-π6 =435，∴sin α-π6 =-45而sin α+11π6 =sin α-π6+2π =sin α-π6 =-45．故答案为-45【点睛】本题考查三角函数的恒等变换，考查两角和与差正弦公式、诱导公式，考查计算能力，属于常考题型.13.设随机试验每次成功的概率为p ，现进行3次独立重复试验．在至少成功1次的条件下，3次试验全部成功的概率为413，则p =．【答案】23【分析】利用条件概率直接求解.【详解】在至少成功1次的条件下，3次试验全部成功的概率为413，则p 31-1-p3=413，解得p =23或-2(舍去).故答案为：2314.若函数f x =e x +cos x +a -1 x 存在最小值，则a 的取值范围是．【答案】-∞,1【分析】从a =1，a >1，及a <1进行分析求解.【详解】注意到，当a =1时，f x =e x +cos x ，由于e x >0，-1≤cos x ≤1，显然f x min →-1，没有最小值；当a >1时，e x +cos x >-1且无限接近-1，y =a -1 x 为增函数，则x →-∞，e x +cos x +a -1 x →-∞，x →+∞，e x +cos x +a -1 x →+∞，此时没有最小值；当a <1时，y =a -1 x 为减函数，则x →-∞，e x +cos x +a -1 x →+∞，x →+∞，由于y =e x 增长变化速度远大于y =a -1 x 减少速度，此时e x +cos x +a -1 x →+∞，由于函数定义域为R ,函数连续不断，所以f x =e x +cos x +a -1 x 存在最小值．故答案为：-∞,1四、解答题15.在△ABC 中，∠A =90°，点D 在BC 边上．在平面ABC 内，过D 作DF ⊥BC 且DF =AC ．(1)若D 为BC 的中点，且△CDF 的面积等于△ABC 的面积，求∠ABC ；(2)若∠ABC =45°，且BD =3CD ，求cos ∠CFB ．【答案】(1)∠ABC =60°(2)51751【分析】(1)由两三角形的面积相等可得12AB ⋅AC =12CD ⋅DF ，再由DF =AC 可得CD =AB ，从而结合已知可得BC =2AB ，进而可求得∠ABC ；(2)设AB =k ，则AC =k ,CB =2k ,BD =324k ,DF =k ，然后在△BDF ,△CDF 中分别利用勾股定理求出CF ,BF ，再在△CBF 中利用余弦定理可求得结果.【详解】(1)如图所示在△ABC 中，∠A =90°，点D 在BC 边上．在平面ABC 内，过D 作DF ⊥BC 且DF =AC ，所以S △ABC =12AB ⋅AC ，S △CDF =12CD ⋅DF ，且△CDF 的面积等于△ABC 的面积，由于DF =AC ，所以CD =AB ，因为D 为BC 的中点，故BC =2AB ，所以cos ∠ABC =AB BC =AB 2AB=12，因为∠ABC 为锐角，所以∠ABC =60°．(2)如图所示：设AB =k ，由于∠A =90°，∠ABC =45°，BD =3DC ,DF =AC ，所以AC =k ,CB =2k ,BD =324k ,DF =k ，由于DF ⊥BC ，所以CF 2=CD 2+DF 2，则CF =324k ．且BF 2=BD 2+DF 2，解得BF =344k ，在△CBF 中，利用余弦定理得cos ∠CFB =CF 2+BF 2-BC 22CF ⋅BF =98k 2+178k 2-2k 22×324k ⋅344k=5175116.如图，四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 为矩形.SA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为AD ，SC 的中点，EF 与平面ABCD 成45°角.(1)证明：EF 为异面直线AD 与SC 的公垂线；(2)若EF =12BC ，求二面角B -SC -D 的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)-33.【分析】(1)要证EF 为异面直线AD 与SC 的公垂线，即证AD ⊥EF ，EF ⊥SC ，通过线面垂直即可证明；(2)以A 为坐标原点，AB ，AD ，AS 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，求出平面BSC 和平面SCD 的法向量，计算求解即可.【详解】(1)连接AC ，BD 交于点G ，连接EG ，FG ，因为四边形ABCD 为矩形，且E ，F 分别为AD ，SC 的中点，所以GE ⎳CD ，且GF ⎳SA ，又SA ⊥底面ABCD ，所以GF ⊥底面ABCD ，又AD ⊂平面ABCD ，所以GF ⊥AD ，又AD ⊥GE ，GE ∩GF =G ，GF ,GE ⊂面GEF ，所以AD ⊥平面GEF ，EF ⊂面GEF ，所以AD ⊥EF ，因为EF 与平面ABCD 成45°角，所以∠FEG =45°，所以GF =GE ，由SA =2FG ,AB =2GE ，所以SA =AB ，取SB 的中点H ，连接AH ，FH ，由F ，H 分别为SC ，SB 的中点，知FH ⎳BC ，FH =12BC ，又AE ⎳BC ，AE =12BC ，所以FH ⎳AE ，FH =AE ，所以四边形AEFH 为平行四边形，又SA =AB ，所以AH ⊥SB ，又BC ⊥平面SAB ，AH ⊂平面SAB ，所以BC ⊥AH ，又BC ∩SB =B ，BC ,SB ⊂面SBC ，所以AH ⊥平面SBC ，而AH ⎳EF ，所以EF ⊥平面SBC ，又SC ⊂平面SBC ，所以EF ⊥SC ，所以EF 为异面直线AD 与SC 的公垂线；(2)若EF =12BC ，设BC =2，则EF =1，则GE =GF =22，所以SA =AB =2，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AS 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则B 2,0,0 ，D 0,2,0 ，S 0,0,2 ，C 2,2,0 ，从而SC =2,2,-2 ，BC =0,2,0 ，CD =-2,0,0 ，设平面BSC 的法向量为n 1 =x 1,y 1,z 1 ，则n 1 ⋅SC =0n 1 ⋅BC =0，即2x 1+2y 1-2z 1=02y 1=0 ，令z 1=1，可得n 1 =1,0,1 ，设平面SCD 的法向量为n 2 =x 2,y 2,z 2 ，则n 2 ⋅SC =0n 2 ⋅CD =0，即2x 2+2y 2-2z 2=0-2x 2=0 ，令z 2=2，可得n 2 =0,1,2 ，所以cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 n 2=22⋅3=33，由图可知二面角B -SC -D 的平面角为钝角，所以二面角B -SC -D 的余弦值为-33.17.A ，B 两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：A 组：10，11，12，13，14，15，16；B 组：12，13，15，16，17，14，a ．假设所有病人的康复时间互相独立，从A ，B 两组随机各选1人，A 组选出的人记为甲，B 组选出的人记为乙．(1)如果a =25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；(2)当a 为何值时，A ，B 两组病人康复时间的方差相等?【答案】(1)1049(2)a =11或18【分析】(1)列举出符合条件的方法，利用古典概率计算即可；(2)利用方差的意义求出即可.【详解】(1)从两组中随机选取一人，共有49种方法；其中甲的康复时间比乙的康复时间长的方法如下：13,12 ,14,12 ,14,13 ,15,12 ,15,13 ,15,14 ,16,12 ,16,13 ,16,15 ,16,14 ，共有10种方法，所以概率为1049.(2)把B 组数据调整为：12，13，14，15，16，17，a ，或a ，12，13，14，15，16，17，根据方差的意义为反应样本波动性的大小可知，a =11或18.18.已知抛物线y =ax 2(a >0)与双曲线y =1x交于点T ，两条曲线的公切线分别与抛物线、双曲线切于点P ，Q ．(1)证明：△PQT 存在两条中线互相垂直；(2)求△PQT 的面积．【答案】(1)证明见解析；(2)274.【分析】(1)设出切点P ,Q 的坐标，利用导数的几何意义求出公切线方程，进而求出三边的中点坐标即可推理得证.(2)利用(1)的结论，结合三角形重心定理求出面积.【详解】(1)设P (x P ,ax 2P ),Q x Q ,1x Q，由y =ax 2、y =1x ，求导得y =2ax、y =-1x 2，则抛物线y =ax 2(a >0)在点P 处切线方程为y -ax 2P =2ax P (x -x P )，双曲线y =1x 在点Q 处切线方程为y -1x Q =-1x 2Q(x -x Q )，由直线PQ 是两条曲线的公切线，得2ax P =-1x 2Q -ax 2P =2x Q ，解得x P =4x Q ，且-ax 2P =2x Q ，令x Q =-12t ，则x P =-2t ，P -2t ,4t ,Q -12t,-2t ，且a =t 3,t >0，由y =ax 2y =1x，解得x =1t ,y =t ，即点T 1t ,t ，则边PQ 中点M -54t ,t ，边PT 的中点K -12t ,5t 2 ，边QT 的中点L 14t ,-t 2 ，显然直线MT :y =t ，直线KQ :x =-12t，则直线MT ⊥KQ ，所以△PQT 存在两条中线互相垂直.(2)由(1)知，KQ =9t 2,MT =94t ，令△PQT 的重心为H ，所以△PQT 的面积S △PQT =2S KQT =2⋅12KQ ⋅TH =23KQ ⋅MT =23⋅9t 2⋅94t =274.【点睛】结论点睛：函数y =f (x )是区间D 上的可导函数，则曲线y =f (x )在点(x 0,f (x 0))(x 0∈D )处的切线方程为：y -f (x 0)=f (x 0)(x -x 0).19.已知函数f x =x +7x +a关于点-1,1 中心对称．(1)求函数f x 的解析式；(2)讨论g x =x f x 2在区间0,+∞ 上的单调性；(3)设a 1=1,a n +1=f a n ，证明：2n -22ln a n -ln7 <1．【答案】(1)f x =x +7x +1(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】(1)由中心对称函数的性质得出即可；(2)利用导数分析其单调性即可；(3)将要证明的不等式利用对数运算变形为ln a 2n 7<12n -2，再用数学归纳法结合(2)证明即可.【详解】(1)因为函数f x =x +7x +a 关于点-1,1 中心对称，所以f -1-x +f -1+x =2，即-1-x +7a -1-x +-1+x +7-1+x +a =2，取x =2，可得4a -3+8a +1=2，解得a =1或a =7(舍去)，所以a =1，f x =x +7x +1.(2)因为g x =x f x 2，x >0，所以g x =x +7 2x +1 2+2x ×x +7x +1×-6x +12 =x +7 x -2 2+3 x +1 3，因为x +7>0,x +1 3>0,x -2 2+3≥3，所以g x >0恒成立，所以g x =x f x 2在区间0,+∞ 上单调递增.(3)证明：要证2n -22ln a n -ln7 <1，即证ln a 2n 7<12n -2，当n =1时，ln a 217 <121-2⇒ln 17 =ln7<ln e 2=2，成立，即证ln a 2n +17 <12n -1，即证ln a 2n +17 <12ln a 2n 7，由题意得a n >0，则即证ln a 2n +17 <ln a n 7，因为a 1=1,a n +1=f a n =a n +7a n +1，a n +1-7=a n +7a n +1-7=a n -7 1-7 a n +1，由a n >0，即a n -7与a n +1-7异号，当a n >7，0<a n +1<7，即证ln 7a 2n +1<ln a n 7，即证7a 2n +1<a n 7，即证a n a 2n +1>77，即证a n 7+a n 1+a n2>77，由(2)可知，当a n >7,g a n >g 7 =77成立.当a n +1>7,0<a n <7，即证ln a 2n +17<ln 7a n ，即证a 2n +17<7a n，即证a n a 2n +1<77，即证a n 7+a n 1+a n2<77，由(2)可知，当0<a n <7,g a n <g 7 =77成立.综上，得证.【点睛】关键点点睛：(1)若函数f x 满足f m -x +f m +x =2n ，则对称中心为m ,n ；(2)判断符合函数的单调性时，常用导数判断；(3)证明数列不等式，可用数学归纳法证明，分别取当n =1时的特例和n >1的一般情况证明.。
浙江省杭州市西湖区学军中学高考数学模拟试卷(5月份)带答案解析
2021年浙江省杭州市西湖区学军中学高考数学模拟试卷（5月份）一．选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（4分）已知集合A ＝{x |x ＜﹣2或x ＞1}，B ＝{x |x ＞2或x ＜0}，则（∁R A ）∩B ＝（ ） A ．（﹣2，0） B ．[﹣2，0）C ．∅D ．（﹣2，1）2．（4分）设复数z 满足1+z 1−z=i ，则|z |＝（ ）A ．1B ．√2C ．√3D ．23．（4分）已知q 是等比数{a n }的公比，则q ＜1”是“数列{a n }是递减数列”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．（4分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A ．16B ．26C ．32D ．20+254√35．（4分）若存在实数x ，y 使不等式组{x −y ≥0x −3y +2≤0x +y −6≤0与不等式x ﹣2y +m ≤0都成立，则实数m 的取值范围是（ ） A ．m ≥0 B ．m ≤3C ．m ≥lD ．m ≥36．（4分）(x x)n展开式中所有奇数项系数之和为1024，则展开式中各项系数的最大值是（ ） A ．790B ．680C ．462D ．3307．（4分）已知正实数a ，b 满足a 2﹣b +4≤0，则u =2a+3ba+b （ ） A ．有最大值为145B ．有最小值为145C ．没有最小值D ．有最大值为38．（4分）已知正三角形ABC 的边长为2√3，平面ABC 内的动点P ，M 满足|AP →|＝1，PM →=MC →，则|BM →|2的最大值是（ ）A ．434B ．494C ．37+6√34D ．37+2√3349．（4分）如图，正方形ABCD 与正方形BCEF 所成角的二面角的平面角的大小是π4，PQ 是正方形BCEF所在平面内的一条动直线，则直线BD 与PQ 所成角的取值范围是（ ）A ．[π4，π2]B ．[π6，π2]C ．[π6，π3]D ．[π3，π2]10．（4分）已知定义在（0，+∞）上的函数f （x ）的导函数f '（x ）满足xf ′(x)+f(x)=lnxx ，且f(e)=1e ，其中e 为自然对数的底数，则不等式f(x)+e ＞x +1e 的解集是（ ） A ．(0，1e )B ．（0，e ）C ．(1e ，e)D ．(1e ，+∞)二．填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分. 11．（6分）若2sin α﹣cos α=√5，则sin α＝ ，tan （α−π4）＝ ．12．（6分）商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．则顾客抽奖1次能获奖的概率是 ；若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，则EX ＝ ． 13．（6分）在△ABC 中，D 是AC 边的中点，A =π3，cos ∠BDC =7，△ABC 的面积为3√3，则sin ∠ABD ＝ ，BC ＝ ．14．（6分）已知抛物线y ＝x 2和直线l ：y ＝kx +m （m ＞0）交于两点A 、B ，当OA →⋅OB →=2时，直线l 过定点 ；当m ＝ 时，以AB 为直径的圆与直线y =−14相切．15．（4分）根据浙江省新高考方案，每位考生除语、数、外3门必考科目外，有3门选考科目，并且每门选考科目都有2次考试机会，每年有两次考试时间，某考生为了取得最好成绩，将3门选考科目共6次考试机会安排在高二与高三的4次考试中，且每次至多考2门，则该考生共有 种不同的考试安排方法．16．（4分）如图，在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，P ，Q ，R 分别是棱AB ，AD ，AA 1的中点．以△PQR 为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在此正方体的表面上．则这个直三棱柱的体积是 ．17．（4分）函数y ＝ax 2﹣2x 的图象上有且仅有两个点到直线y ＝x 的距离等于√2，则实数a 的取值集合是 ．三．解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18．（14分）设函数f （x ）＝sin 2ωx ﹣cos 2ωx +2√3sin ωx cos ωx +λ的图象关于直线x ＝π对称，其中ω，λ为常数，且ω∈（12，1）．（Ⅰ）求函数f （x ）的最小正周期；（Ⅱ）若y ＝f （x ）的图象经过点（π4，0），求函数f （x ）在区间[0，3π5]上的取值范围．19．（15分）在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．（I ）已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；（Ⅱ）已知EF ＝FB =12AC ＝2√3，AB ＝BC ，求二面角F ﹣BC ﹣A 的余弦值．20．（15分）已知函数f （x ）=13ax 3−12bx 2+x （a ，b ∈R ）． （Ⅰ）当a ＝2，b ＝3时，求函数f （x ）极值；（Ⅱ）设b ＝a +1，当0≤a ≤1时，对任意x ∈[0，2]，都有m ≥|f '（x ）|恒成立，求m 的最小值． 21．（15分）已知椭圆x 2a +y 2＝1（a ＞1），过直线l ：x ＝2上一点P 作椭圆的切线，切点为A ，当P 点在x轴上时，切线P A 的斜率为±√22． （Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设O 为坐标原点，求△POA 面积的最小值．22．（15分）已知函数f n （x ）＝x n （1﹣x ）2在（14，1）上的最大值为a n （n ＝1，2，3，…）．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）求证：对任何正整数n （n ≥2），都有a n ≤1(n+2)2成立；（3）设数列{a n }的前n 项和为S n ，求证：对任意正整数n ，都有S n ＜1327成立．2021年浙江省杭州市西湖区学军中学高考数学模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一．选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（4分）（2021•西湖区校级模拟）已知集合A ＝{x |x ＜﹣2或x ＞1}，B ＝{x |x ＞2或x ＜0}，则（∁R A ）∩B ＝（ ） A ．（﹣2，0）B ．[﹣2，0）C ．∅D ．（﹣2，1）【考点】1H ：交、并、补集的混合运算．【专题】11：计算题；37：集合思想；4O ：定义法；5J ：集合． 【分析】由全集R 及A ，求出A 的补集，找出B 与A 补集的交集即可． 【解答】解：∵集合A ＝{x |x ＜﹣2或x ＞1}， ∴∁R A ＝{x |﹣2≤x ≤1}， 集合BB ＝{x |x ＞2或x ＜0}，∴（∁R A ）∩B ＝{x |﹣2≤x ＜0}＝[﹣2，0）， 故选：B ．【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键． 2．（4分）设复数z 满足1+z 1−z=i ，则|z |＝（ ）A ．1B ．√2C ．√3D ．2【考点】A8：复数的模．【专题】11：计算题；5N ：数系的扩充和复数． 【分析】先化简复数，再求模即可． 【解答】解：∵复数z 满足1+z 1−z=i ，∴1+z ＝i ﹣zi ， ∴z （1+i ）＝i ﹣1， ∴z =i−1i+1=i ， ∴|z |＝1， 故选：A ．【点评】本题考查复数的运算，考查学生的计算能力，比较基础．3．（4分）（2014•江西一模）已知q 是等比数{a n }的公比，则q ＜1”是“数列{a n }是递减数列”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件．【专题】21：阅读型．【分析】题目给出的数列是等比数列，通过举反例说明公比小于1时数列还可能是递增数列，反之，递减的等比数列公比还可能大于1，从而得到“q＜1”是“等比数列{a n}是递减数列”的既不充分也不必要的条件．【解答】解：数列﹣8，﹣4，﹣2，…，该数列是公比q=−4−8=12＜1的等比数列，但该数列是递增数列，所以，由等比数{a n}的公比q＜1，不能得出数列{a n}是递减数列；而数列﹣1，﹣2，﹣4，﹣8，…是递减数列，但其公比q=−2−1＞1，所以，由数列{a n}是递减数列，不能得出其公比q＜1．所以，“q＜1”是“等比数列{a n}是递减数列”的既不充分也不必要的条件．故选：D．【点评】本题考查了必要条件、充分条件与充要条件，解答此类问题时，要说明一个命题不正确可用举反例的方法，此题是基础题．4．（4分）（2021•西湖区校级模拟）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．16B．26C．32D．20+254√3【考点】L!：由三视图求面积、体积．【专题】31：数形结合；4R：转化法；5Q：立体几何．【分析】根据三视图得几何体是三棱锥，且一侧棱与底面垂直，结合直观图求相关数据，把数据代入棱锥的表面积公式计算即可．【解答】解：根据三视图知，该几何体是三棱锥，且一条侧棱与底面垂直，高为4，如图所示；其中SC⊥平面ABC，SC＝3，AB＝4，BC＝3，AC＝5，SC＝4，∴AB⊥BC，由三垂线定理得：AB ⊥SB ； S △ABC =12×3×4＝6， S △SBC =12×3×4＝6， S △SAC =12×4×5＝10， S △SAB =12×AB ×SB =12×4×5＝10， ∴该几何体的表面积S ＝6+6+10+10＝32． 故选：C ．【点评】本题考查了由三视图求几何体的表面积，根据三视图判断几何体的结构特征是解答本题的关键． 5．（4分）（2013•杭州二模）若存在实数x ，y 使不等式组{x −y ≥0x −3y +2≤0x +y −6≤0与不等式x ﹣2y +m ≤0都成立，则实数m 的取值范围是（ ） A ．m ≥0B ．m ≤3C ．m ≥lD ．m ≥3【考点】7C ：简单线性规划．【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的△ABC 及其内部，再将目标函数z ＝x ﹣2y 对应的直线进行平移，可得当x ＝y ＝3时，z 取得最小值为﹣3；当x ＝4且y ＝2时，z 取得最大值为0，由此可得z 的取值范围为[﹣3，0]，再由存在实数m 使不等式x ﹣2y +m ≤0成立，即可算出实数m 的取值范围．【解答】解：作出不等式组{x −y ≥0x −3y +2≤0x +y −6≤0表示的平面区域，得到如图的△ABC 及其内部，其中A （4，2），B （1，1），C （3，3） 设z ＝F （x ，y ）＝x ﹣2y ，将直线l ：z ＝x ﹣2y 进行平移，当l 经过点A 时，目标函数z 达到最大值，可得z 最大值＝F （4，2）＝0当l 经过点C 时，目标函数z 达到最小值，可得z 最小值＝F （3，3）＝﹣3 因此，z ＝x ﹣2y 的取值范围为[﹣3，0]，∵存在实数m ，使不等式x ﹣2y +m ≤0成立，即存在实数m ，使x ﹣2y ≤﹣m 成立 ∴﹣m 大于或等于z ＝x ﹣2y 的最小值，即﹣3≤﹣m ，解之得m ≤3 故选：B ．【点评】本题给出二元一次不等式组，求目标函数z ＝x ﹣2y 的取值范围，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域、不等式的解集非空和简单的线性规划等知识，属于基础题．6．（4分）（2021•西湖区校级模拟）(x +√x )n 展开式中所有奇数项系数之和为1024，则展开式中各项系数的最大值是（ ） A ．790B ．680C ．462D ．330【考点】DA ：二项式定理．【专题】11：计算题；4R ：转化法；5P ：二项式定理．【分析】由题意可得：2n ﹣1＝1024，解得n ＝11．可得展开式中各项系数的最大值是∁115或∁116．【解答】解：由题意可得：2n ﹣1＝1024，解得n ＝11．则展开式中各项系数的最大值是∁115或∁116，则∁115=11×10×9×8×75×4×3×2×1=462．故选：C ．【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 7．（4分）（2021•西湖区校级模拟）已知正实数a ，b 满足a 2﹣b +4≤0，则u =2a+3ba+b（ ） A ．有最大值为145B ．有最小值为145C ．没有最小值D ．有最大值为3【考点】7F ：基本不等式及其应用．【专题】11：计算题；35：转化思想；5T ：不等式．【分析】a 2﹣b +4≤0，可得b ≥a 2+4，a ，b ＞0．可得−aa+b ≥−aa 2+a+4，再利用基本不等式的性质即可得出．【解答】解：∵a 2﹣b +4≤0，∴b ≥a 2+4，a ，b ＞0． ∴a +b ≥a 2+a +4， ∴a a+b≤aa 2+a+4，∴−a a+b ≥−a a 2+a+4，∴u =2a+3b a+b =3−a a+b ≥3−a a 2+a+4=3−1a+4a+1≥31√a⋅4a +1=145，当且仅当a ＝2，b ＝8时取等号． 故选：B ．【点评】本题考查了不等式的性质、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 8．（4分）（2016•四川）已知正三角形ABC 的边长为2√3，平面ABC 内的动点P ，M 满足|AP →|＝1，PM →=MC →，则|BM →|2的最大值是（ ） A ．434B ．494C ．37+6√34D ．37+2√334【考点】91：向量的概念与向量的模．【专题】31：数形结合；35：转化思想；56：三角函数的求值；5A ：平面向量及应用；5B ：直线与圆． 【分析】如图所示，建立直角坐标系．B （0，0），C (2√3，0)．A (√3，3)．点P 的轨迹方程为：(x −√3)2+(y −3)2=1，令x =√3+cos θ，y ＝3+sin θ，θ∈[0，2π）．又PM →=MC →，可得M (32√3+12cosθ，32+12sinθ)，代入|BM →|2=374+3sin (θ+π3)，即可得出． 【解答】解：如图所示，建立直角坐标系． B （0，0），C (2√3，0)． A (√3，3)． ∵M 满足|AP →|＝1，∴点P 的轨迹方程为：(x −√3)2+(y −3)2=1， 令x =√3+cos θ，y ＝3+sin θ，θ∈[0，2π）． 又PM →=MC →，则M (32√3+12cosθ，32+12sinθ)，∴|BM →|2=(3√32+12cosθ)2+(32+12sinθ)2=374+3sin (θ+π3)≤494．∴|BM →|2的最大值是494．也可以以点A 为坐标原点建立坐标系．解法二：取AC 中点N ，MN =12，从而M 轨迹为以N 为圆心，12为半径的圆，B ，N ，M 三点共线时，BM 为最大值．所以BM 最大值为3+12=72． 故选：B ．【点评】本题考查了数量积运算性质、圆的参数方程、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．9．（4分）（2021•西湖区校级模拟）如图，正方形ABCD 与正方形BCEF 所成角的二面角的平面角的大小是π4，PQ 是正方形BCEF 所在平面内的一条动直线，则直线BD 与PQ 所成角的取值范围是（ ）A ．[π4，π2]B ．[π6，π2]C ．[π6，π3]D ．[π3，π2]【考点】LM ：异面直线及其所成的角．【专题】11：计算题；35：转化思想；41：向量法；5G ：空间角．【分析】以B 为原点，BC 为x 轴，BA 为y 轴，过B 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BD 与PQ 所成角的取值范围．【解答】解：以B 为原点，BC 为x 轴，BA 为y 轴，过B 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，设BC ＝1，则B （0，0，0），D （1，1，0），C （1，0，0），E （1，√22，√22），F （0，√22，√22），当D 点在正方形BCEF 的投影刚好落在CE 上，记为G 点，其坐标为G （1，12，12），此时BG 与BD 所成角刚好30度， 即直线BD 与PQ 所成角的最小值为π6，取P （12，0，0），Q （0，12，12）时，直线BD 于PQ 所成角取最大值，∵BD →=（1，1，0），PQ →=（−12，12，12），∴cos ＜BD →，PQ →＞=BD →⋅PQ→|BD →|⋅|PQ →|=0，∴直线BD 于PQ 所成角最大值为π2．∴直线BD 与PQ 所成角的取值范围是[π6，π2]．故选：B ．【点评】本题考查异面直线所成角的取值范围的求法，则中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．10．（4分）（2021•西湖区校级模拟）已知定义在（0，+∞）上的函数f （x ）的导函数f '（x ）满足xf ′(x)+f(x)=lnx x ，且f(e)=1e ，其中e 为自然对数的底数，则不等式f(x)+e ＞x +1e的解集是（ ） A ．(0，1e )B ．（0，e ）C ．(1e ，e)D ．(1e ，+∞)【考点】63：导数的运算；67：定积分、微积分基本定理；6B ：利用导数研究函数的单调性． 【专题】11：计算题；35：转化思想；52：导数的概念及应用．【分析】根据题意，令g （x ）＝xf （x ），分析可得g ′（x ）＝[xf （x ）]′=xf ′(x)+f(x)=lnxx ，对g （x ）求积分可得g （x ）的解析式，进而可得f （x ）的解析式，再令h （x ）＝f （x ）﹣x ，对其求导可得h ′（x ）＝f ′（x ）﹣1＜0，分析可得函数h （x ）＝f （x ）﹣x 在（0，+∞）上递减，将不等式f(x)+e ＞x +1e 变形可得f （x ）﹣x ＞1e −e ＝f （e ）﹣e ，结合函数的单调性分析可得答案．【解答】解：根据题意，令g（x）＝xf（x），则有g′（x）＝[xf（x）]′=xf′(x)+f(x)=lnx x，则g（x）=12（lnx）2+C，即xf（x）=12（lnx）2+C，则有f（x）=12x（lnx）2+Cx，又由f(e)=1e，即f（e）=12e+C e=1e，解可得C=12，故f（x）=12x（lnx）2+12x，令h（x）＝f（x）﹣x，则h′（x）＝f′（x）﹣1=−(lnx+1)22x2−1＜0，故函数h（x）＝f（x）﹣x在（0，+∞）上递减，不等式f(x)+e＞x+1e，即f（x）﹣x＞1e−e＝f（e）﹣e，则有0＜x＜e，即不等式f(x)+e＞x+1e的解集为（0，e）；故选：B．【点评】本题考查抽象函数的单调性，涉及导数的计算以及函数的积分计算，关键是求出函数f（x）的解析式．二．填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11．（6分）（2021•西湖区校级模拟）若2sinα﹣cosα=√5，则sinα＝2√55，tan（α−π4）＝3．【考点】GG：同角三角函数间的基本关系；GP：两角和与差的三角函数．【专题】11：计算题；35：转化思想；4R：转化法；56：三角函数的求值．【分析】根据已知及同角三角函数的基本关系式，建立方程关系即可得到结论．【解答】解：∵2sinα﹣cosα=√5，∴cosα＝2sinα−√5，∵sin2α+cos2α＝1，∴sin2α+（2sinα−√5）2＝1，即5sin2α﹣4√5sinα+4＝0，∴解得：sinα=2√5 5，∴cosα＝2×2√55−√5=−√55，tanα=sinαcosα=−2，∴tan （α−π4）=tanα−11+tanα=−2−11−2=3．故答案为：2√55，3． 【点评】本题主要考查三角函数值的计算，根据同角的三角函数关系式是解决本题的关键，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．12．（6分）（2021•西湖区校级模拟）商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．则顾客抽奖1次能获奖的概率是 710；若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，则EX ＝35．【考点】CH ：离散型随机变量的期望与方差．【专题】38：对应思想；49：综合法；5I ：概率与统计．【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式计算不获奖的概率得出获奖的概率，根据二项分布的性质得出数学期望．【解答】解：抽奖1次，不中奖的概率为610×510=310，∴抽奖1次能获奖的概率为1−310=710； 抽奖1次获一等奖的概率为410×510=15，∴随机变量X 服从二项分布，即X ～B （3，15）， ∴EX ＝3×15=35． 故答案为：710，35．【点评】本题考查了相互独立事件的概率的计算，数学期望的计算，属于基础题． 13．（6分）（2021•西湖区校级模拟）在△ABC 中，D 是AC 边的中点，A =π3，cos ∠BDC =7，△ABC 的面积为3√3，则sin ∠ABD ＝3√2114，BC ＝ 6 ． 【考点】HT ：三角形中的几何计算．【专题】11：计算题；31：数形结合；49：综合法；58：解三角形．【分析】过B 作BH ⊥AC 于H ，则cos ∠BDH =DH BD =2√77，设DH ＝2k （k ＞0），则BD =√7k ，BH =√3k ，在Rt △ABH 中，由∠A =π3，得AH ＝k ，从而AD ＝3k ，AC ＝6k ，由S △ABC =12×6k ×√3k =3√3k 2=3√3，求出BC ＝2√7，再由BDsinA=AD sin∠ABD，能求出sin ∠ABD ．【解答】解：过B 作BH ⊥AC 于H ，则cos ∠BDH =DH BD =2√77， 设DH ＝2k （k ＞0），则BD =√7k ， ∴BH =√BD 2−DH 2=√3k ， 在Rt △ABH 中，∠A =π3，∴AH =3=k ， ∴AD ＝3k ，AC ＝6k ，又S △ABC =12×AC ×BH =12×6k ×√3k =3√3k 2=3√3， 解得k ＝1，∴BC ＝2√7， 在△ABD 中，BDsinA=AD sin∠ABD，∴√7√32=3sin∠ABD解得sin ∠ABD =3√2114． 故答案为：3√2114，6．【点评】本题考查三角形的内角的正弦值的求法，考查三角形的边的求法，考查同角三角函数关系式、正弦定理、余弦定理、三角形面积公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．14．（6分）（2021•西湖区校级模拟）已知抛物线y ＝x 2和直线l ：y ＝kx +m （m ＞0）交于两点A 、B ，当OA →⋅OB →=2时，直线l 过定点 （0，2） ；当m ＝ 14时，以AB 为直径的圆与直线y =−14相切．【考点】K8：抛物线的性质．【专题】35：转化思想；41：向量法；5D ：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】将直线代入抛物线方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，即可求得m 的值，求得直线l 的方程求得直线l 过点（0，2）；利用中点坐标公式求得圆M 的圆心，求得切点坐标，根据向量的数量积的坐标运算，即可求得m 的值． 【解答】解：设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），{y =x 2y =kx +m ，整理得：x 2﹣kx ﹣m ＝0，则x 1+x 2＝k ，x 1x 2＝﹣m ，y 1y 2＝（x 1x 2）2＝m 2，y 1+y 2＝k （x 1+x 2）+2m ＝k 2+2m ，由OA →⋅OB →=2，则x 1x 2+y 1y 2＝m 2﹣m ＝2，即m 2﹣m ﹣2＝0，解得：m ＝﹣1或m ＝2， 由m ＞0，则m ＝2， 直线l ：y ＝kx +2， ∴直线l 过点（0，2），设以AB 为直径的圆的圆心M （x ，y ），圆M 与y =−14相切于P ， 由x =x 1+x 22=k 2，则P （k 2，−14）， 由题意可知：PA →•PB →=0，即（x 1−k 2，y 1+14）•（x 2−k 2，y 2+14）＝0， 整理得：x 1x 2−k 2（x 1+x 2）+k 24+y 1y 2+14（y 1+y 2）+116=0，代入整理得：m 2−m 2+116=0，解得：m =14， ∴当m =14，以AB 为直径的圆与直线y =−14相切． 故答案为：（0，2），14．【点评】本题考查椭圆的性质，直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理，中点坐标公式，向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中档题．15．（4分）（2021•西湖区校级模拟）根据浙江省新高考方案，每位考生除语、数、外3门必考科目外，有3门选考科目，并且每门选考科目都有2次考试机会，每年有两次考试时间，某考生为了取得最好成绩，将3门选考科目共6次考试机会安排在高二与高三的4次考试中，且每次至多考2门，则该考生共有 114 种不同的考试安排方法．【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．【专题】11：计算题；35：转化思想；5O ：排列组合．【分析】依题意，分两大类：①四次考试中选三次（有C 43种方法），每次考两科；②四次考试都选，有两次考两科，另外两次各考一科，分别分析、计算即可求得答案．【解答】解：将3门选考科目共6次考试机会安排在高二与高三的4次考试中，且每次至多考2门，有两种情况：①四次考试中选三次（有C43种方法），每次考两科，第一次有C32种方法，第二次必须考剩下的一科与考过的两科中的一科，有C11•C21种方法，第三次只能是C22种方法，根据分布乘法计数原理，共有：C43•C32•（C11•C21）•C22=24种方法；②四次考试都选，有两次考两科，另外两次各考一科，共C42=6种方法；分别为方案2211，2121，2112，1221，1212，1122．若为2211，第一次有C32种方法，第二次有两种情况，1°选考过的两科，有C22种方法，则第三次只考剩下的第三科有1种方法；第四次只有1种方法，故共有C32•C22•1•1＝3种方法；2°剩下的一科与考过的两科中的一科，有C11•C21种方法，则第三次与第四次共有A22种方法，故共有C32•C11•C21•A22=12种方法；综上所述，2211方案共有15种方法；若方案为2121，共有C32（C11•C32•C11+C21•C11•C11）＝15种方法；若方案为2112，共有C32（C11•C31•C22+C21•C11•C11）＝15种方法；同理可得，另外3种情况，每种各有15种方法，所以，四次考试都选，共有15×6＝90种方法．综合①②得：共有24+90＝114种方法．故答案为：114．【点评】本题考查排列组合的实际应用，突出考查分类讨论思想的运用，在第二类四次考试都选中，第二次选考的科目的种类是分析问题的关键，是难点，考查分析问题、解决问题的能力，属于难题．16．（4分）（2021•西湖区校级模拟）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P，Q，R分别是棱AB，AD，AA1的中点．以△PQR为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在此正方体的表面上．则这个直三棱柱的体积是316．【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】11：计算题；38：对应思想；44：数形结合法；5F：空间位置关系与距离．【分析】该直三棱柱的另一底面三个顶点分别是面A1B1C1D1、面DD1C1C、面BB1C1C的中心，记为M、N 、H ，则三这个棱柱的高h ＝PH ＝RM ＝QN ，求解三角形求得高和底面积，代入柱体体积公式得答案． 【解答】解：∵正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P ，Q ，R 分别是棱AB ，AD ，AA 1的中点， 以△PQR 为底面作直三棱柱（侧棱与底面垂直的三棱柱叫直三棱柱），∴该直三棱柱的另一底面三个顶点分别是面A 1B 1C 1D 1、面DD 1C 1C 、面BB 1C 1C 的中心，记为M 、N 、H ，则三这个棱柱的高h ＝PH ＝RM ＝QN ，这个三棱柱的高h ＝RM =√RA 2+AM 2=(12)2+(22)2=√32． 底面正三角形PQR 的边长为√22，面积为12×√22×√(√22)2−(√24)2=√38． ∴这个直三棱柱的体积是√38×√32=316． 故答案为：316．【点评】本题考查三棱柱的体积的求法，考查空间想象能力和思维能力，是中档题．17．（4分）（2021•西湖区校级模拟）函数y ＝ax 2﹣2x 的图象上有且仅有两个点到直线y ＝x 的距离等于√2，则实数a 的取值集合是 {a |a ＜−98或a ＝0或a ＞98} ． 【考点】3V ：二次函数的性质与图象．【专题】31：数形结合；44：数形结合法；51：函数的性质及应用．【分析】对a 进行分类讨论，得出y ＝ax 2﹣2x 与y ＝x ±2的位置关系，根据交点个数判断a 的范围． 【解答】解：（1）若a ＝0，则y ＝2x 与y ＝x 为相交直线， 显然y ＝2x 上存在两点到y ＝x 的距离等于√2，符合题意； （2）若a ＞0，则y ＝ax 2﹣2x 与直线y ＝x 相交，∴y ＝ax 2﹣2x 在直线y ＝x 上方的图象必有2点到直线y ＝x 的距离等于√2， 又直线y ＝x 与y ＝x ﹣2的距离为√2， ∴抛物线y ＝ax 2﹣2x 与直线y ＝x ﹣2不相交， 联立方程组{y =ax 2−2x y =x −2，消元得ax 2﹣3x +2＝0，∴△＝9﹣8a ＜0，解得a ＞98． （3）若a ＜0，同理可得a ＜−98． 故答案为：{a |a ＜−98或a ＝0或a ＞98}．【点评】本题考查了二次函数的性质，直线与曲线的位置关系，属于中档题． 三．解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18．（14分）（2021•西湖区校级模拟）设函数f （x ）＝sin 2ωx ﹣cos 2ωx +2√3sin ωx cos ωx +λ的图象关于直线x ＝π对称，其中ω，λ为常数，且ω∈（12，1）．（Ⅰ）求函数f （x ）的最小正周期；（Ⅱ）若y ＝f （x ）的图象经过点（π4，0），求函数f （x ）在区间[0，3π5]上的取值范围．【考点】GL ：三角函数中的恒等变换应用；H2：正弦函数的图象．【专题】38：对应思想；4R ：转化法；57：三角函数的图象与性质．【分析】（Ⅰ）先利用二倍角公式和两角差的余弦公式将函数f （x ）化为y ＝A sin （ωx +φ）+k 型函数，再利用函数的对称性和ω的范围，计算ω的值，最后利用周期计算公式得函数的最小正周期； （Ⅱ）先将已知点的坐标代入函数解析式，求得λ的值，再利用正弦函数的图象和性质即可求得函数f （x ）的范围即可．【解答】解：（Ⅰ）f （x ）＝sin 2ωx +2√3sin ωx •cos ωx ﹣cos 2ωx +λ =√3sin2ωx ﹣cos2ωx +λ ＝2sin （2ωx −π6）+λ，∵图象关于直线x ＝π对称，∴2πω−π6=π2+k π，k ∈z ．∴ω=k 2+13，又ω∈（12，1），令k ＝1时，ω=56符合要求， ∴函数f （x ）的最小正周期为 2π2×56=6π5；（Ⅱ）∵f （π4）＝0，∴2sin （2×56×π4−π6）+λ＝0， ∴λ=−√2，∴f （x ）＝2sin （53x −π6）−√2，∴f （x ）∈[﹣1−√2，2−√2]．【点评】本题主要考查了y ＝A sin （ωx +φ）+k 型函数的图象和性质，复合函数值域的求法，正弦函数的图象和性质，是一道中档题．19．（15分）（2016•山东）在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．（I ）已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；（Ⅱ）已知EF ＝FB =12AC ＝2√3，AB ＝BC ，求二面角F ﹣BC ﹣A 的余弦值．【考点】LS ：直线与平面平行；MJ ：二面角的平面角及求法．【专题】14：证明题；35：转化思想；41：向量法；5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角． 【分析】（Ⅰ）取FC 中点Q ，连结GQ 、QH ，推导出平面GQH ∥平面ABC ，由此能证明GH ∥平面ABC ． （Ⅱ）由AB ＝BC ，知BO ⊥AC ，以O 为原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OO ′为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角F ﹣BC ﹣A 的余弦值． 【解答】证明：（Ⅰ）取FC 中点Q ，连结GQ 、QH ， ∵G 、H 为EC 、FB 的中点， ∴GQ ∥=12EF ，QH =∥12BC ，又∵EF ∥BO ，∴GQ ∥BO ， ∵QH ∩GQ ＝Q ，BC ∩BO ＝B ，∴平面GQH ∥平面ABC ，∵GH ⊂面GQH ，∴GH ∥平面ABC ． 解：（Ⅱ）∵AB ＝BC ，∴BO ⊥AC ， 又∵OO ′⊥面ABC ，∴以O 为原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OO ′为z 轴，建立空间直角坐标系，则A （2√3，0，0），C （﹣2√3，0，0），B （0，2√3，0），O ′（0，0，3），F （0，√3，3）， FC →=（﹣2√3，−√3，﹣3），CB →=（2√3，2√3，0），由题意可知面ABC 的法向量为OO ′→=（0，0，3）， 设n →=（x 0，y 0，z 0）为面FCB 的法向量， 则{n →⋅FC →=0n →⋅CB →=0，即{−2√3x 0−√3y 0−3z 0=02√3x 0+2√3y 0=0， 取x 0＝1，则n →=（1，﹣1，−√33）， ∴cos ＜OO′→，n →＞=OO′→⋅n→|OO′→|⋅|n →|=−√77．∵二面角F ﹣BC ﹣A 的平面角是锐角， ∴二面角F ﹣BC ﹣A 的余弦值为√77．【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．20．（15分）（2021•西湖区校级模拟）已知函数f （x ）=13ax 3−12bx 2+x （a ，b ∈R ）． （Ⅰ）当a ＝2，b ＝3时，求函数f （x ）极值；（Ⅱ）设b ＝a +1，当0≤a ≤1时，对任意x ∈[0，2]，都有m ≥|f '（x ）|恒成立，求m 的最小值． 【考点】6D ：利用导数研究函数的极值；6E ：利用导数研究函数的最值．【专题】33：函数思想；4R ：转化法；53：导数的综合应用．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可； （Ⅱ）对a 进行分类讨论：当a ＝0时，f （x ）＝﹣x +1，m ≥1；再对对称轴进行讨论，当 a+12a＜2时，即a ＞13；当a+12a≥2时，即a ≤13，分别去求|f （x ）|的最大值．【解答】解：（Ⅰ）a ＝2，b ＝3时，f （x ）=23x 3−32x 2+x ， f ′（x ）＝2x 2﹣3x +1＝（2x ﹣1）（x ﹣1）， 令f ′（x ）＞0，解得：x ＞1或x ＜12， 令f ′（x ）＜0，解得：12＜x ＜1，故f （x ）在（﹣∞，12）递增，在（12，1）递减，在（1，+∞）递增，故f （x ）极大值＝f （12）=524，f （x ）极小值＝f （1）=16，（Ⅱ）当b ＝a +1，f （x ）=13ax 3−12（a +1）x 2+x ， f ′（x ）＝ax 2﹣（a +1）x +1，f ′（x ）恒过点（0，1）； 当a ＝0时，f ′（x ）＝﹣x +1， m ≥|f ′（x ）|恒成立， ∴m ≥1；0＜a ≤1，开口向上，对称轴a+12a≥1，f ′（x ）＝ax 2﹣（a +1）x +1＝a （x −a+12a ）2+1−(a+1)24a，①当a ＝1时f ′（x ）＝x 2﹣2x +1，|f ′（x ）|在x ∈[0，2]的值域为[0，1]； 要m ≥|f ′（x ）|，则m ≥1； ②当0＜a ＜1时， 根据对称轴分类： 当x =a+12a ＜2，即13＜a ＜1， △＝（a ﹣1）2＞0， f ′（a+12a ）=12−14（a +1a ）∈（−13，0），又f ′（2）＝2a ﹣1＜1，所以|f ′（x ）|≤1；当x =a+12a ≥2，即0＜a ≤13；f ′（x ）在x ∈[0，2]的最小值为f ′（2）＝2a ﹣1； ﹣1＜2a ﹣1≤−13，所以|f ′（x ）|≤1，综上所述，要对任意x ∈[0，2]都有m ≥|f ′（x ）|恒成立，有m ≥1， ∴m 的最小值是1．【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查了二次函数的性质和对二次函数对称轴的分类讨论求闭区间的最值问题．21．（15分）（2021•西湖区校级模拟）已知椭圆x 2a 2+y 2＝1（a ＞1），过直线l ：x ＝2上一点P 作椭圆的切线，切点为A ，当P 点在x 轴上时，切线P A 的斜率为±√22． （Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设O 为坐标原点，求△POA 面积的最小值．【考点】K4：椭圆的性质．【专题】34：方程思想；49：综合法；5D ：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】（Ⅰ）由P 在x 轴设出P 点坐标及直线P A 方程，将P A 方程与椭圆方程联立，整理关于x 的一元二次方程，△＝0求得a 2，即可求得椭圆方程；（Ⅱ）设出切线方程和点P 及点A 的坐标，将切线方程代入椭圆方程，求得关于x 的一元二次方程，△＝0，求得A 和P 点的坐标，求得|PO |及A 到直线OP 的距离，根据三角形的面积公式求得S ＝|k +√1+2k 2|，平方整理关于k 的一元二次方程，△≥0，即可求得S 的最小值． 【解答】解：（1）当P 点在x 轴上时，P （2，0），P A ：y =±√22(x −2)，{y =±√22(x −2)x 2a2+y 2=1⇒(1a 2+12)x 2−2x +1=0，△＝0⇒a 2＝2，椭圆方程为x 22+y 2=1；…﹣5（2）设切线为y ＝kx +m ，设P （2，y 0），A （x 1，y 1），则{y =kx +m x 2+2y 2−2=0⇒（1+2k 2）x 2+4kmx +2m 2﹣2＝0⇒△＝0⇒m 2＝2k 2+1，…7 且x 1=−2km 1+2k2，y 1=m 1+2k2，y 0＝2k +m则|PO|=√y 02+4，PO 直线为y =y 02x ⇒，A 到直线PO 距离d =011√0，…﹣10 则S △POA =12|PO|⋅d =12|y 0x 1−2y 1|=12|(2k +m)−2km 1+2k2−2m 1+2k2|=|1+2k 2+km 1+2k2m|=|k +m|=|k +√1+2k 2|， (13)∴（S ﹣k ）2＝1+2k 2⇒k 2+2Sk ﹣S 2+1＝0，△=8S 2−4≥0⇒S ≥√22，此时k =±√22．…﹣15【点评】本题考查曲线方程的求法，考查三角形面积的最小值的求法，综合性强，难度大，解题时要注意推理论证能力的培养，属于中档题．22．（15分）（2014•安徽模拟）已知函数f n （x ）＝x n （1﹣x ）2在（14，1）上的最大值为a n （n ＝1，2，3，…）．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）求证：对任何正整数n （n ≥2），都有a n ≤1(n+2)2成立；（3）设数列{a n }的前n 项和为S n ，求证：对任意正整数n ，都有S n ＜1327成立． 【考点】8E ：数列的求和；8H ：数列递推式．【专题】54：等差数列与等比数列．【分析】（1）由已知得f n ′（x ）＝nx n ﹣1（1﹣x ）2﹣2x n （1﹣x ）＝（n +2）x n ﹣1（x ﹣1）（x −nn+2），由此利用导数性质能求出数列{a n }的通项公式． （2）当n ≥2时，欲证4n n (n+2)n+2≤1(n+2)2，只需证明（1+2n）n≥4，由此能证明当n ≥2时，都有a n ≤1(n+2)2成立． （3）S n ＜427+142+152+162+⋯+1(n+2)2＜427+(13−14)+(14−15)+(15−16)+⋯(1n+1−1n+2)，由此能证明任意正整数n ，都有S n ＜1327成立． 【解答】解：（1）∵f n （x ）＝x n （1﹣x ）2， ∴f n ′（x ）＝nx n ﹣1（1﹣x ）2﹣2x n （1﹣x ）＝x n ﹣1（1﹣x ）[n （1﹣x ）﹣2x ]＝（n +2）x n ﹣1（x ﹣1）（x −nn+2），…（2分） 当x ∈（14，1）时，由f n ′（x ）＝0，知：x =nn+2，…（3分）∵n ≥1，∴n n+2∈(14，1)，…（4分）∵x ∈（14，n n+2）时，f n ′（x ）＞0；x ∈（n n+2，1）时，f n ′（x ）＜0； ∴f （x ）在（14，n n+2）上单调递增，在（nn+2，1）上单调递减∴f n （x ）在x =nn+2处取得最大值， 即a n =(n n+2)n (2n+2)2=4n n(n+2)n+2．…（6分） （2）当n ≥2时，欲证4n n (n+2)≤1(n+2)，只需证明（1+2n）n ≥4，…（7分）∵（1+2n ）n =C n 0+C n 1(12)+C n 2(2n )2+⋯+C n n⋅(2n)n≥1+2+n(n−1)2⋅4n2≥1+2+1＝4，…（9分） ∴当n ≥2时，都有a n ≤1(n+2)2成立．…（10分）（3）S n ＝a 1+a 2+…+a n＜427+142+152+162+⋯+1(n+2)2 ＜427+(13−14)+(14−15)+(15−16)+⋯(1n+1−1n+2)=427+13−1n+2＜1327． ∴对任意正整数n ，都有S n ＜1327成立．…（13分） 【点评】本题考查数列的通项公式的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意裂项求和法的合理运用．。
高三数学复习排列与组合(含答案)
排列与组合1．排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”。
取出元素后交换顺序，如果与顺序有关，则是排列；如果与顺序无关，则是组合。
2．排列、组合问题的求解方法与技巧①特殊元素优先安排；②合理分类与准确分步；③排列、组合混合问题要先选后排；④相邻问题捆绑处理；⑤不相邻问题插空处理；⑥定序问题倍缩法处理；⑦分排问题直排处理；⑧“小集团”排列问题先整体后局部；⑨构造模型；⑩正难则反，等价转化。
一、走进教材1．用数字1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为()2．从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动，则男女生都有的选法种数是()A．18 B．24二、走近高考3．安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有()A．12种B．18种C．24种D．36种4．从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位数。
(用数字作答)三、走出误区微提醒：①分类不清导致出错；②相邻元素看成一个整体，不相邻问题采用插空法是解决相邻与不相邻问题的基本方法。
5．从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台，其中至少有原装计算机和组装计算机各2台，则不同的取法有________种。
6．把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种。
考点一简单的排列问题【例1】有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数。
(1)选5人排成一排；(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；(3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；(4)全体排成一排，女生必须站在一起；(5)全体排成一排，男生互不相邻。
【变式训练】(1)某国际会议结束后，中、美、俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人也站前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导人所站位置不做要求，那么不同的站法共有()A．A1818种B．A2020种C．A23A318A1010种D．A22A1818种(2)甲、乙两人要在一排8个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则不同的坐法有()A．10种B．16种C．20种D．24种考点二组合问题【例2】(1)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种。
高中数学复习排列与组合
高中数学复习排列与组合在高中数学学习中，排列与组合是不可或缺的基础知识点。
它们是数学中与选择、安排、计数相关的概念，广泛应用于概率、统计、组合数学等领域。
本文将从排列与组合的基本概念入手，逐步深入探讨相关内容，并通过例题进行巩固和练习。
一、排列与组合的概念1.1 排列的概念排列是指从给定的元素集合中按照一定的顺序取出若干元素进行排列。
对于含有 n 个元素的集合，从中取出 r 个元素进行排列的方式数称为排列数，用符号 P(n,r) 表示。
1.2 组合的概念组合是指从给定的元素集合中任意取出若干元素进行组合。
对于含有 n 个元素的集合，从中取出 r 个元素进行组合的方式数称为组合数，用符号 C(n,r) 表示。
二、排列的计算方法2.1 全排列当从 n 个不同元素中取出 n 个元素进行排列时，所有可能的排列方式数为 n! (n 的阶乘)。
2.2 有限排列当从 n 个不同元素中取出r (r≤n) 个元素进行排列时，所有可能的排列方式数为 P(n,r) = n!/(n-r)!。
2.3 循环排列当从 n 个同类元素中取出 r 个元素进行排列时，所有可能的循环排列方式数为 P(n,r)/r，其中 P(n,r) 表示全排列方式数，r 表示每个循环中的元素个数。
三、组合的计算方法3.1 组合数的计算公式组合数通过以下公式进行计算：C(n,r) = n!/[r!(n-r)!]，其中 n 为总元素个数，r 为取出的元素个数。
3.2 组合数的性质组合数具有以下性质：- 互补性质：C(n,r) = C(n,n-r)- 加法原理：C(n,r) + C(n,r+1) = C(n+1,r+1)- 递推关系：C(n,r) = C(n-1,r-1) + C(n-1,r)四、排列与组合的应用4.1 概率问题在概率问题中，排列与组合常被用于计算事件发生的可能性。
通过计算排列与组合数，可以得出不同事件的发生概率，并进行概率的运算与推导。
数学高三复习知识点组合与排列
数学高三复习知识点组合与排列数学高三复习知识点：组合与排列在数学中，组合与排列是两个重要的概念，也是数学高三复习的重点知识点之一。
组合与排列在概率统计、离散数学等领域都具有广泛的应用。
本文将介绍组合与排列的基本概念及其相关性质，帮助高三学生复习和理解这一知识点。
一、排列的概念和性质排列是指从一组元素中按一定顺序取出若干个元素的方式。
设有n个元素，从中选取m个进行排列，则记为P(n,m)。
排列的计算公式为：P(n,m) = n!/(n-m)!其中，n!表示n的阶乘，表示从1乘到n的乘积。
排列的性质有以下几点：1. 排列的个数是固定的，对于不同的n和m，排列的个数是不同的。
2. 当m=n时，全排列的个数为n!。
3. 当m>n时，排列的个数为0。
4. 当m<n时，排列的个数为负数，表示无意义。
排列涉及的经典问题有：从n个元素中选出m个元素进行排列，问有多少种不重复的排列方式；从n个元素中选出m个元素进行排列，再将这m个元素进行重排列，问有多少种不同的结果等。
二、组合的概念和性质组合是指从一组元素中选取若干个元素的方式，不考虑元素的顺序。
设有n个元素，从中选取m个进行组合，则记为C(n,m)。
组合的计算公式为：C(n,m) = n!/((n-m)!m!)组合的性质有以下几点：1. 组合的个数是固定的，对于不同的n和m，组合的个数是不同的。
2. 当m=0或m=n时，组合数为1。
3. 当m>n时，组合数为0。
4. 当m<n时，组合数为正整数。
组合涉及的经典问题有：从n个元素中选出m个元素进行组合，问有多少种不重复的组合方式；从n个元素中选出m个元素进行组合，再将这m个元素进行重排列，问有多少种不同的结果等。
三、排列与组合的联系与应用排列与组合有很多联系与应用，在实际问题中经常出现。
以下是一些常见的联系与应用：1. 从n个元素中选取m个元素进行排列，等价于从n个元素中选取m个元素进行组合，再将这m个元素进行排列。
浙江省学军中学高三数学高考复习策略探寻
采菊东篱下 悠然见南山 ——高考复习策略探寻郑日锋 （浙江省杭州学军中学 310012）如何进行高效复习，这是每一位高三数学教师需要探索的问题．每年高考总是在继承传统的同时适度创新，而且为后一年的高考提供一些有用的信息，我们如能把握高考命题的特点，制定高考复习策略，可以使复习更有效，真可谓“采菊东篱下 悠然见南山”．本文以2014年浙江省高考数学试题为例，谈一些体会与做法，供同行参考．1．采菊东篱下——解读高考试题笔者仔细认真地做了浙江省2014年高考数学试卷上的每个题，并且对整份试卷从双基考查情况、对学生的能力要求、试题的创新性等方面作了一些探讨，认为2014年浙江省高考数学试题主要有以下三个特点．1．1入口宽 重思维试题设计了较多的内涵丰富，入口宽、方法多的试题，这些充满思辨性试题突出了对考生思维品质的考查．例1（理科卷第17题，文科卷第10题）如图1，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练. 已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面的射击线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小.若则的最大值 ．此题在立体几何与三角函数知识的交汇处命题，是一道应用题， 又是立体几何中的线面角的正切值的最值问题．思路1 过P 作PD BC ⊥于D ，连结AD ，则PAD θ∠=，在Rt PDA ∆中，3tan .3PD DCAD ADθ==⋅ 在ADC ∆中，由正弦定理，得sin sin .sin 33DC DAC DAC AD DCA ∠==∠≤∠ 因此，当90DAC ∠=︒时，tan θ有最大值53.9思路2过P 作PD BC ⊥于D ，连结AD ，则PAD θ∠=，设,CD x =在ADC ∆中，由余弦定理，得240625,AD x x =-+在Rt PDA ∆中，3.3PD x =D（图1）Q(图1)tan333PDADθ====9≤因此，当1254x=时，tanθ有最大值9思路3 过点B作BQ BC⊥交CM于点Q,过点Q作//QR AP与直线CA交于点R,则.PAD QRBθ=∠=∠tan,BMBMBRθ=为定值，当BR AC⊥时，BR最小，tanθ最大，最大值为9思路1 利用转化思想，将求tanθ的最大值转化为求ADC∆中两边长之比的最大值，转化为三角函数的最值；思路2先以CD为自变量，建立函数关系，然后求最值，由于函数的解析式比较复杂，需要进行合理的变形才能得出答案，过程相对较繁；思路3运用动静转换，通过平移，转化为点与直线上的点的距离的最小值问题，解题过程简洁明快．类似的还有理科卷第8、9、10、13、15、16、20、21、22题，文科卷第9、15、17、22题等，这些题可以区分学生的思维能力，充分体现了以知识为载体，以方法为依托，以能力考查为考试目的的新课程观．1．2背景熟重通法许多试题以学生熟知的某知识为背景,给学生以似曾相识的感觉,有利于学生思维的顺利展开.将数学思想方法作为考查的重点,突出通性通法．例2（理科第22题）已知函数()).(33Raaxxxf∈-+=（Ⅰ）若()x f在[]1,1-上的最大值和最小值分别记为)(),(amaM，求)()(amaM-；（Ⅱ）设,Rb∈若()[]42≤+bxf对[]1,1-∈x恒成立，求ba+3的取值范围.本题沿袭前两年的压轴题，以带绝对值的三次函数为载体，入手明显比往年容易些，考查导数的应用，及分析问题、解决问题的能力．第（Ⅰ）小题起点较高，第（Ⅱ）小题只需利用第（Ⅰ）小题的结论解决．在解决问题的过程中，蕴涵了特殊化思想，观察、归纳、转化、分类与整合等思想方法．函数与方程、化归与转化思想、分析与综合、归纳与演绎、比较与类比、具体与抽象等数学思想及基本逻辑方法在试卷中均有很好地体现．全卷所有试题都可以用通性通法，规避了特殊技巧．1．3立意新重本质编制立意新颖，而问题的解决所需的知识不多的试题，凸显数学本质． 例3设函数21)(x x f =，),(2)(22x x x f -=|2sin |31)(3x x f π=，99,,2,1,0,99Λ==i ia i ，记|)()(||)()(||)()(|98991201a f a f a f a f a f a f I k k k k k k k -++-+-=Λ，.3,2,1=k 则 A.321I I I << B. 312I I I << C. 231I I I << D. 123I I I <<此题是考查学生理性思维的极好题目，是集函数、数列、不等式于一身且方法开放的问题，又渗透了微积分中的分割思想，本题相当于把函数的定义域[0,1]进行99等分，因此它具有高等数学背景．思路1 直接计算，利用图象结合函数的单调性， 并利用数列求和的方法，可得122493254998001,2()1,2[2()()]980124998(2sin sin ) 1.39999I I f a I f a f a ππ===<=-=->故选B.思路2 实质是求质点从起点（原点）出发，依次沿各自图象上的分点，跳动到终点，比较竖直方向上所走路程的和的大小问题，如图4，得12341,2||1,4|| 1.3I I AB I CD =<=≈=>（其中,,A C F 为各自图象上的最高点或最低点），故选B.思路2是深刻理解本题的本质，利用几何意义给出的解答；而思路1利用按部就班的方法，需要大量的计算，并且要耐心细致，才能得到正确的答案．本题考查了学生创新的潜质，是今年试卷的最大亮点．理科第5、8、10、14题，都是学习型问题，解题关键是对新定义的理解，及推理论证．体现了对考生学习潜能的考查．2．悠然见南山——探寻复习策略高考数学命题设计是从现实问题或几何背景出发，构造出素材朴实、内蕴丰富的试题，充分体现数学的内在实质，试卷中的题目处处闪现着问题解决的智慧，加强了概念、思维的考查，这种考查方式对于搞题海战术的学校是一种打击，而对我们的课堂教学起着很好的导向作用，引导教师、学生避免将大量精力消耗在盲目地套用所谓的解题技巧的教学和学习上．建构主义学习理论认为学习是根据自己的信念和价值观对客体或事件进行解释的过程，是一(图2)种主动地建构意义的过程，知识是学习者在一定的社会文化背景下，借助他人的帮助，利用必要的学习资料，通过意义建构的方式获得的．这启示我们，基于提升学生数学认知能力开展复习教学，进行知识、方法的重组，实现夯实基础、领悟思想（方法）、优化思维，从而使复习有效、高效． 2．1整合归纳总结各主干知识块的问题特征，解题策略，易错点，解题的误区。
2020年浙江高三数学总复习：排列与组合课时训练
第二节排列与组合课时训练【选题明细表】一、选择题1.若二，则x为(C )(A)3 (B)5(C)3或5 (D)以上都不对解析：答案为3或5,故选C.2.6本相同的数学书和3本相同的语文书分给9个人，每人1本,共有不同分法(A )(A)种(B)'种(C)种(D) ' •'种解析:9个人中有6人被分到数学书，有3人被分到语文书，因为6本数学书相同且3本语文书相同故与顺序无关，只需从9人中选出3人严H J T-3给语文书剩下的6人均给数学书即可，即不同的分法共有二种.故选A.3.10名同学合影，站成了前排3人，后排7人，现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数为(C )(A) ' (C) (B) (D)解析：首先从后排的7人中抽2人，有种方法;再把2个人在5个位置中选2个位置进行排列有'种.由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是.故选C.4. 一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为(C )3(A)3 X 3! (B)3 X (3!)(C)(3!) 4(D)9!解析：分成四个步骤完成，第1步三家全排列为'=3!,第2,3,4步对每家成员排序都是'=3!,根据分步乘法计数原理总数m=(3!) 4.故选C. 5.2位男生和3位女生共5位同学站成一排，若男生甲不站两端,3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是(B )(A)60 (B)48 (C)42 (D)36解析:用排除法,先不考虑甲不站两端.先排男生有'种,再把女生分两部分，然后在3个空中插空排列，共有居.屈.屈种然后排除甲站两端的/ ,共有排法种数-2 . = ( -2 )=6 X (12-4)=48.故选B.6. 将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有（C ）（A）18 种（B）24 种（C）36 种（D）72 种解析：一个路口有3人的分配方法有（种）；两个路口各有2人的分配方法有’’（种）.所以由分类加法计数原理，甲、乙在同一路口的分配方案为c詁加+空匚加=36（种）.7. 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张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1 张,不同取法的种数为（C ）（A）232 （B）252 （C）472 （D）484解析:有一张红色的取法有••种;无红色的取法种数有-•,所以总的不同取法有•+ - =472（种）,故选C.8. 有大小形状完全相同的4个黑球,2个白球,放入如图所示的九个格子中，每个格子至多放入1个小球,相邻格子（即有公共边的两个正方形）中放入的小球不同色，则不同的放法共有（C ）（A）32 种（B）40 种（C）48 种（D）56 种解析:第一类，当4个黑球在4个顶角的位置时，白球放在除最中间后剩下4个格中任选两个，故有=6（种），如图.□回□□□0□0第二类，当有一个黑球在最中间时，其他三个黑球只能放在顶角位置，有=4（种）,当其中一个白球在顶角时，另一个白球只有2种放法,当白球不在顶角时，白球放在除顶角后剩下4个格中任选两个有=6种,故有4X （2+6）=32（种），如图.0□0□□0□0第三类，当4个黑球放在每外围三个格的中间时，白球从剩下5个格中任选两个有=10（种）,如图.□S□L□□0□根据分类加法计数原理，故有6+32+10=48（种）.故选C.二、填空题9.4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的4个盒中,则恰有1个空盒的放法共有________ 种,没有空盒的放法共有___________ 种.（用数字作答）2,1,1的3组，有 ''种.最后将3组球放入4个盒中的3个,分配方解析：把4个小球分成3组,每组至少1个,即分成小球个数分别为法有’种,因此,放法共有二X ' =144种.将4个不同的小球放入四个盒子中，没有空盒的放法共有=24种.答案：144 2410. （2018 •全国I卷）从2位女生,4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有 _______ 种.（用数字填写答案）解析:法一按参加的女生人数可分两类：只有1位女生参加有种,有2位女生参加有种，故共有+ =2X 6+4=16（种）.法二从2位女生,4位男生中选3人，共有种情况,没有女生参加的情况有种,故共有-=20-4=16（种）.答案:1611. ______________________________________ 张、王两家夫妇各带1个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,两个小孩一定要排在一起,则这6人的入园顺序排法种数为______________________________________ .（用数字作答）解析:第一步:将两位爸爸排在两端有2种排法;第二步:将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上有种排法；第三步:将两个小孩排序有2种排法.故总的排法有2X 2X =24（种）.答案:2412. （2018 •嘉兴一中模拟）电影院一排有10个位置，甲、乙、丙三人去看电影，要求他们坐在同一排，那么他们每人左、右两边都有空位且甲坐在中间的坐法有__________ 种.解析：除甲、乙、丙三人的座位外，还有7个座位,共可形成6个空，三人从6个空中选3个位置坐上去有种坐法,因为甲坐在中间，所以乙丙有'种坐法，所以他们每人左、右两边都有空位且甲坐在中间的坐法有• ’ =40（种）.答案:4013. 某运输公司有7个车队,每个车队的车辆均多于4辆.现从这个公司中抽调10辆车，并且每个车队至少抽调1辆，那么共有________ 种不同的抽调方法.解析：（分类法）：在每个车队抽调1辆车的基础上，还需抽调3辆车. 可分成三类：一类是从某1个车队抽调3辆,有种;一类是从2个车队中抽调，其中1个车队抽调1辆,另1个车队抽调2辆，有种；一类是从3个车队中各抽调1辆,有种.故共有+ + =84（种）抽调方法.答案:8414. （2018 •浙江卷）从1,3,5,7,9 中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成 ________ 个没有重复数字的四位数.（用数字作答）解析:不含有0的四位数有x X ■ =720（个）.含有0的四位数有xxx' =540（个）.综上，四位数的个数为720+540=1 260.答案:1 26015. 将并排的有不同编号的5个房间安排给5个工作人员临时休息，假定每个人可以选择任一房间，且选择各个房间是等可能的，则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数解析：先将5人分成三组（1,1,3或2,2,1两种形式）,再将这三组人安排到3个房间,然后将2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空厂1厂1厂3厂2厂"2广1档中即可，故安排方式共有（八+「）•’.=900（种）.答案:900 三、解答题16. （1）现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1 个名额，问名额分配的方法共有多少种？⑵已知集合A二{5},B={1,2},C={1,3,4}, 从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，那么最多可确定多少个不同的点？解:（1）法一每个学校至少一个名额，则分去7个,剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数.分类:若3个名额分到一所学校有7种方法；若分配到2所学校有X 2=42（种）;若分配到3所学校有=35（种）.所以共有7+42+35=84（种）方法.法二10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块挡板插在9个间隔中，共有=84（种）不同方法.所以名额分配的方法共有84种.⑵①从集合B中取元素2时，确定=18（个）点.②当从集合B中取元素1,且从C中取元素1,则确定的不同点有X 1=3（个）.③当从B中取元素1,且从C中取出元素3或4,则确定的不同点有= 12（个）.所以由分类加法计数原理，共确定」+ + =33（个）不同点.17. 某市工商局对35件商品进行抽样检查，已知其中有15件假货.现从35件商品中选取3件.（1）其中某一件假货必须在内，不同的取法有多少种？（2）其中某一件假货不能在内，不同的取法有多少种？（3）恰有2件假货在内，不同的取法有多少种？（4）至少有2件假货在内，不同的取法有多少种？（5）至多有2件假货在内，不同的取法有多少种？解：（1）从余下的34件商品中，选取2件有=561（种）, 所以某一件假货必须在内的不同取法有561种.⑵从34件可选商品中，选取3件,有=5 984（种），或者-=5 984（种）.所以某一件假货不能在内的不同取法有 5 984种.⑶从20件真货中选取1件,从15件假货中选取2件有-=2 100（种）,所以恰有2件假货在内的不同取法有2 100种.（4）选取2件假货有••，选取3件假货有种,所以共有选取方式=2 555（种）,至少有2件假货在内的不同取法有2 555种.（5）法一（直接法）有2件假货在内，不同的取法有••种,有1件假货在内，不同的取法有••种；没有假货在内有•种,因此共有选取方式+ + =6 090（种）.法二（间接法）选取3件的总数有，因此共有选取方式-= 6 545-455=6 090（种）.。
高考热点问题排列、组合、二项式定理
高考热点问题11:排列、组合、二项式定理分类加法计数原理和分步乘法计数原理、排列和组合是重要的计数模型，它们的应用广泛，而且方法独特，二项式定理是乘法公式的推广也是组合的应用，应用它还可以解决其它数学问题。
题66 直接间接捆绑插空从数字0，1，2，3，4，5，6，7中任取3个奇数，2个偶数，组成一个无重复数字且两个偶数数字不相邻的五位数，则满足条件的五位数的个数为___________【问题特征】计数问题【问题的解答】思路 1直接法解法1思路2 排除法解法2【注意点】【相关问题】1．用1，2，3，4，5，6组成数字不重复的六位数，满足1不在左右两端，2，4，6三个偶数中，有且只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为（）（A）288 (B) 144 (C) 216 (D)4322．某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是( )（A）72 （B）120 （C）144 （D）168题67 分配问题球入盒子某学校推荐甲、乙、丙、丁4名同学参加A、B、C 三所大学的自主招生考试，每名同学推荐一所大学，每所大学至少推荐一名同学，则不推荐甲同学到A大学的推荐方案的种数有（）（A）24种（B）48种（C）54种（D）60种【问题特征】计数问题【问题的解答】思路1 特殊元素优先安排解法1思路2 排除法解法2【注意点】【相关问题】1.将5名同学分配到A、B、C3个宿舍中，每个宿舍至少安排1名，其中甲同学不能分配到A宿舍，则不同的分配方案种数是（）（A） 76 (B) 100 (C) 132 (D) 1502．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有_____种（用数字作答）.题68 对应思想 实现转化数列{}n a 满足如下条件：（1）项数为()m n m n +≥；（2）其中m 项为1，n 项为1-；（3）对任意1k m n ≤≤+，前k 项和0.k S ≥则数列{}n a 的个数为______________。
2021-2022年高三数学一轮总复习 专题十三 排列、组合与二项式定理(含解析)
2021年高三数学一轮总复习专题十三排列、组合与二项式定理（含解析）抓住2个高考重点重点1 排列与组合1．两个原理的应用如果完成一件事情有类办法，这类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能完成这件事情，求完成这件事情的方法种数就用分类加法计数原理；如果完成一件事情要分成个步骤，各个步骤都是不可或缺的，依次完成所有的步骤才能完成这件事情，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事情的方法种数就用分步乘法计数原理．从思想方法的角度看，分类加法计数原理的运用是将问题进行“分类”思考，分步乘法计数原理是将问题进行“分步”思考，这两种思想方法贯穿于解决这类应用问题的始终．（1）在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，其次要搞清楚“分类”和“分步’’的具体标准分别是什么．选择合理、简洁的标准处理问题，可以避免计数的重复或遗漏．（2）对于一些比较复杂的问题，既要运用分类加法计数原理，又要运用分步乘法计数原理时，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题的分析更直观、清晰．2．排列组合应用题（1）排列问题常见的限制条件及对策①对于有特殊元素或特殊位置的排列，一般采用直接法，即先排特殊元素或特殊位置．②相邻排列问题，通常采用“捆绑”法，即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列．③对于元素不相邻的排列，通常采用“插空”的方法.④对于元素有顺序限制的排列，可以先不考虑顺序限制进行排列，然后再根据规定顺序的实情求结果．求解有约束条件的排列问题，通常有正向思考和逆向思考两种思路．正向思考时，通过分步、分类设法将问题分解；逆向思考时，用集合的观点看，就是先从问题涉及的集合在全集中的补集入手，使问题简化．（2）组合问题常见的问题及对策①在解组合应用题时，常会遇到“至少”、“最多”等词，要仔细审题，理解其含义.②有关几何图形的组合问题，一定要注意图形自身对其构成元素的限制，解决这类问题常用间接法（或排除法）．③分组、分配问题二者是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不可区分的，而后者即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的．（3）解排列、组合的应用题，要注意四点①仔细审题，判断是组合问题还是排列问题．要按元素的性质分类，按事件发生的过程进行分步．．②深入分析，严密周详．注意分清是乘还是加，既不少也不多，辩证思维，多角度分析，全面考虑，积极运用逻辑推理能力，同时尽可能地避免出错．③对于附有条件的比较复杂的排列、组合应用题，要周密分析，设计出合理的方案，把复杂问题分解成若干简单的基本问题后应用加法原理或乘法原理来解决.④由于排列、组合问题的结果一般数目较大，不易直接验证，因此在检查结果时，应着重检查所设计的解决问题的方案是否完备，有无重复或遗漏，也可采用多种不同的方案求解，看结果是否相同，在对排列、组合问题分类时，分类标准应统一，否则易出现遗漏或重复．[高考常考角度]角度1 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：本题主要考查分步乘法计数原理的应用．因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以符合题意的四位数有个 （间接法）点评：如果用直接法，分类会很复杂。
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【【全国百强校】浙江省杭州学军中学高三数
学复习：排列与组合】
一堂排列与组合复习课排列与组合应用题是高中数学的难点，许多同学感到方法灵活，对于问题给出的解法能看懂，但自己解决往往得不到正确的结果，并且不知道错在哪里，由此产生对排列组合应用题的畏惧心理。
笔者在长期的教学实践中体会到，在高三复习课教学中，先把学生的想法充分地暴露出来，再引导学生从困惑中走出来，能有效提高学生解决排列组合应用题的能力。
下面是一堂课的教学实录。
[来源:Z§xx§][来源:学科网] 1 呈现问题，暴露错误范例 8个人排成一队，三人互不相邻，两人也互不相邻的排法共有多少种？教师：本题有两个限制条件：一是三人互不相邻；二是两人也互不相邻。
如果暂时去掉一个限制条件，我们会做吗？（很多学生点头表示会做）请同学们认真思考后，谈出你的做法。
（留出一定时间让学生思考和互相交流，以分别形成明确的思路。
）生1：我的做法是这样的，把没有特殊要求的三人记为。
分三步完成：第一步，将全排列，有种排法；第二步，在站位的间隔和两端处插入三人，有种方法；第三步，
在，站位的间隔和两端处插入两人，有种方法。
据分步计数原理，所求的排法种数为=6048。
[来源:学科网ZXXK] 生2：我的做法与他（生1）的差不多，第一步完全一样，有种排法；第二步，排，有种排法；第三步，排，有种排法。
据分步计数原理，所求的排法种数为=8640。
我感到很困惑，结果怎么会与他（生1）不一样，难道我俩都错了？ 2 发现错因变误为正教师：生2感到很困惑，大家是否也有同感（不少学生点头认可）。
好，现在请同学们探讨一下生1的做法对不对？（约2分钟后，一学生发言了。
）生3：生1的做法是错的，错就错在第二步，他在第二步就把隔开（即两两不相邻）了，其实第二步排时可以恰有两个相邻，也可以三人连在一起，所以生1做出的结果比正确结果少了。
教师（生3的观点得到了全班同学的认同后）：下面请同学们一起来修正生1的解法。
（此时有几个同学争着要发言）生4：所有的排法可分为如下3类：第1类，在未排时互不相邻，有种排法；第2类，在未排时中恰有两个相邻，有种排法；[来源:学|科|网] 第3类，在未排时三人连排在一起，有种排法。
据分类计数原理，所求的排法种数为++=11520。
教师（面向生4）：请你说说，第2类、第3类是如何分步的？生4：（已表示在各个括号中，此处略去解释）教
师：很好！生4的做法完全正确。
生4考虑问题既全面（合理分类）又细致（合理分步），值得大家学习。
这里生1的错误得到了修正，下面请同学们修正生2 的错误。
（片刻后，不少学生举手了）生5：所有的排法分为如下2类：第1类，在未排时互不相邻，有种排法；第2类，在未排时相邻，有种。
据分类计数原理，所求的排法种数为
+=11520。
结果，与生4所得的一样了。
教师：现在我们比较一下这两种做法，哪一种较简便？由于的位置关系只有两种，故后一种较为简便。
那么，还有没有其他方法呢？ 3 继续探索优化思维生2：先放弃两人互不相邻这一限制条件，三人互不相邻的排法有种，去掉其中两人相邻的排法有种，故共有=11520种。
教师：想得非常好！看来用排除法比用直接法方便。
因为排除法简便在反面情况的排法容易求出。
生6：我也用排除法，先放弃两个限制条件，所有的排法有种，去掉三人排在一起或二人排在一起的排法，故共有=27360种，不是正确结果，我不知道错在哪里？[来源:学科网ZXXK] 教师：生6似乎很有道理，到底错在哪里呢？又这种方法是否可取？（终于，有学生又开腔了。
教师悬着的心可落地了）生2：生6的错误在于，三人互不相邻的反面不是三人全排在一起，三人全排在一起只是它的反面的一种情
况；还有一种情况是三人恰有两人相邻。
放弃两个限制条件，导致很难求出不满足限制条件的排法种数，所以这种思路不可取！（在多数学生表示认同生2的说法后）教师：排除法是解决有两个限制条件的排列问题的常用方法，通常的做法是先放弃一个限制条件，求出排法的种数；再剔除不满足该限制条件的排法个数。
至于放弃哪一个限制条件也是值得考虑的，如本题，若先放弃三人互不相邻这一限制条件，则较难剔除不满足该限制条件的排法个数。
4 因势利导自编问题教师：我们能不能在原问题的基础上编制一个问题，答案是，让生6的错误也有价值？生7 8人排成一队，三人不全排在一起，二人也不排在一起的排法有多少种？教师：这一次，三人不全排在一起，就是三人被隔开排列了；或是三人中恰有两人连排在一起，它的反面才是三人连排在一起。
小结：这节课，我们借助于一道有两个限制条件的排列问题，通过对两位同学的错误解法的分析，寻找其合理成分，得到了两种正确的方法（直接法），真可谓错误也是正确解法的先导！进一步探索，我们又得到了间接法，两个不同角度的排除却得到两种迥然不同的结果，虽然另一种排除法错了，却又是多么相似的问题的答案，这就告戒我们解决计数问题时要注意题目的细微区别！作业：1.在本节课例题的基础上至少改
编出两个问题,并给出解答. 2.从多个角度来探讨下列问题: 甲、乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，到一方队员全部淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数是多少？说明与反思本节课以一个排列问题为载体，通过暴露学生的错误，剖析错因，寻求合理成分，从而实现从错误向正确的过渡；通过不断探索，发现新方法，从而优化思维；通过在原问题的基础上改造一个问题，使其答案为原题的错误答案，让做错题的学生找回了自信；通过课外引申问题，培养发散性思维能力。