2014高考数学 黄金配套练习（打包67套）
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- 1 - 2014 高考数学（理）黄金配套练习 一、选择题 1已知集合 M 1,2,3， N 2,3,4，则 ( ) A MN B NM C M N 2,3 D M N 1,4 答案 C 解析 由已知得 M N 2,3， C 正确，易知 A、 B、 D 错误，故选 C. 2若集合 A x|lg(x 2)0，则 ( B ( ) A B x|x1 C x| x|x1 或 5集合 M x|x 1 a N*， P x|x 4a 5， a N*，则下列关系中正确的是( ) A M P B P M C M P D M P 且 P M 答案 A 解析 P x|x 1 (a 2)2， a N*，当 a 2 时， x 1，而 M 中无元素 1， P 比 M 多一个元素 6设集合 A x|a 12 b， x R，若 AB，则实数 a， b 必满足 ( ) A |a b|3 B |a b|3 C |a b|3 D |a b|3 答案 D 解析 AB， b 2 a 1 或 2 b a 1 b a3 或 b a 3，即 |b a|3. 选 D 7已知集合 A x|x|2 ， x R ， B x| x4 ， x Z ，则 A B ( ) A (0,2) B 0,2 C 0,2 D 0,1,2 答案 D 解析 A x| 2 x2 ， x R， B x|0 x16 ， x Z， A B x|0 x2 ， x - 2 - Z 0,1,2，故选 D. 二、填空题 8已知集合 A、 B 与集合 AB 的对应关系如下表： A 1,2,3,4,5 1,0,1 4,8 B 2,4,6,8 2， 1,0,1 4， 2,0,2 AB 1,3,6,5,8 2 2,0,2,8 若 A 2009,0,2010， B 2009,0,2011，试根据图表中的规律写出 AB _. 答案 2010,2011 9已知集合 A x|x| a， a 0，集合 B 2， 1,0,1,2，且 A B 1,0,1，则 a 的取值范围是 _ 答案 1,2) 解析 A x| a x a，根据题意可知 1 a 2. 10设集合 A 1,0,1，集合 B 0,1,2,3，定义 A*B (x， y)|x A B， y A B，则 A*B 中元素的个数为 _ 答案 10 解析 由题知， A B 0,1， A B 1,0,1,2,3，所以满足题意的实数对有 (0， 1)，(0,0)， (0,1)， (0,2)， (0,3)， (1， 1)， (1,0)， (1,1)， (1,2)， (1,3)，共 10 个，即 A*0 个 11设集合 A、 B 都是 U 1,2,3,4的子集，已知 ( 2， ( B 1，且 A B ，则 A _. 答案 3,4 解析 根据题意画出韦恩图，得 A 3,4 12若规定 E ， 子集 ， E 的第 k 个子集，其中 k 2 1 2 1 21，则 (1) E 的第 _个子集； (2)E 的第 11 个子集为 _ 答案 5 a 5， 解析 此题是一个创新试题，定义了一个新的概念 (1)根据 k 的定义，可知 k 21 1 23 1 5； (2)此时 k 11，是个奇数，所以可以判断所求子集中必含元素 24大于 11，故所求子集不含 ， j(j 1,2， ， 4)的值易推导所求子集为 三、解答题 13已知集合 A 4,2a 1， B a 5,1 a,9，分别求适合下列 条件的 a 的值 (1)9 A B； (2)9 A B. 答案 (1)a 5 或 a 3 (2)a 3 解析 (1) 9 A B 且 9 B， 9 A. 2a 1 9 或 9. a 5 或 a 3. 而 当 a 3 时， a 5 1 a 2，故舍去 a 5 或 a 3. (2) 9 A B， 9 A B. a 5 或 a 3. 而当 a 5 时， A 4,9,25， B 0， 4,9， 此时 A B 4,99 ，故 a 5 舍去 a 3. 讲评 9 A B 与 9 A B 意义不同， 9 A B 说明 9 是 A 与 B 的一个公共元素，但 允许有其他公共元素而 9 A B 说明 A 与 B 的公共元素有且只有一个 9. 14已知集合 A x|3x 100 ， B x|m 1 x2 m 1，若 A B A，求实数 答案 m ( ， 3 解 A B A， B x| 2 x5 ， - 3 - 当 B 时，由 m 12m 1，解得 m2. 当 B 时，则 m 12 m 1， 2 m 1，2m 1 m3. 空集在以下两种情况下容易忘记： 在以方程的根、不等式的解为元素构成的集合中，方程或不等式无解时的情况容易漏掉； 在 A B B、 A B A 中，容易忽视 A 的情况 综上可知， m ( ， 3 15已知集合 A x|6x 8 0， B x|(x a)( x 3a) 0 (1)若 A B，求 a 的取值范围； (2)若 A B ，求 a 的取值范围； (3)若 A B x|3 x 4，求 a 的取值范围 答案 (1)43 a2 (2)a 23或 a4 (3)3 解析 A x|6x 8 0， A x|2 x 4 (1)当 a 0 时， B x|a x 3a，应满足 a23a4 43 a2 ， 当 a 0 时， B x|3a x a，应满足 3a2a4 a 43 a2 时， A B. (2)要满足 A B ， 当 a 0 时， B x|a x 3a， a4 或 3a2 ， 0 a 23或 a4 当 a 0 时， B x|3a x a， a2 或 a 43. a 0 时成立验证知当 a 0 时也成立 综上所述， a 23或 a4 时， A B . (3)要满足 A B x|3 x 4，显然 a 0 且 a 3 时成立， 此时 B x|3 x 9， 而 A B x|3 x 4， 故所求 a 的值为 3. 拓展练习自助餐 1原创题 )设 f： x 到集合 B 的映射，如果 B 1,2，那么 A B 等于 ( ) A B 1 C 或 2 D 或 1 答案 D 解析 由题意得，集合 A 与 1 对应的元素是 1 或 1，与 2 对应的元素是 2或 2，所以，集合 A 与集合 B 至多有一个公共元素 1， A B 或 1，故选 D. 2若集合 A x|x1 ， B x| ，则 A B _. - 4 - 答案 x|1 x2 解析 B x| 2 x2 ， A B x|1 x2 3设全集 U Z，集合 P x|x 2n， n Z， Q x|x 4m， m Z，则 U 等于 ( ) A P Q B ( Q C P ( D ( (答案 C 4设全集为 U，在下列条件中，是 BA 的充要条件的有 _ (1)A B A (2)B (3) (4)A U 答案 (1)(2)(3)(4) 解析 由韦恩图知 (1)(2)(3)(4)均正确 5设 U 0,1,2,3， A x U|0，若 1,2，则实数 m _. 答案 3 解析 依题意得 A 0,3，因此有 0 3 m， m 3. 教师备选题 1设集合 A 1,1,3， B a 2， 4， A B 3，则实数 a 的值为 _ 答案 1 解析 由题意知， 4 3，故 a 2 3，即 a 1，经验证， a 1 符合题意 ， a 1. 2设全集 U 1,2,3,4,5，集合 M 1,4， N 1,3,5，则 N( ( ) A 1,3 B 1,5 C 3,5 D 4,5 答案 C 3已知全集 U R，集合 M x| 2 x 12 和 N x|x 2k 1， k 1， 2， 的关系的韦恩 (如图所示，则阴影部分所示的集合的元素共有 ( ) A 3 个 B 2 个 C 1 个 D无穷多个 答案 B 解析 M x| 2 x 12 x| 1 x3 ， N 1,3,5， ， M N 1,3故阴影部分共 2 个元素 4设 S 为复数集 C 的非空子集若对任意 x， y S，都有 x y， x y， S，则称 列命题： 集合 S a bi|a， b 为整数， i 为虚数单位 为封闭集； 若 S 为封闭集，则一定有 0 S； 封闭集一定是无限集； 若 满足 STC 的任意集合 T 也是封闭集 其中的真命题是 _ (写出所有真命题的序号 ) 答案 解析 对，当 a， b 为整数时，对任意 x， y S， x y， x y， 实部与虚部均为整数； 对，当 x y 时， 0 S； 错，当 S 0时，是封闭集，但不是无限集； 错，设 S0T， T 0,1，显然 T 不是封闭集因此，真命题为 . 5设 A、 B、 U 均为非空集合， 且满足 ABU，则下列各式中错误的是 ( ) A ( B U B ( ( U C A( D ( - 5 - 答案 B 解析 方法一：具体化法 设 A 1， B 1,2， U 1,2,3然后逐一检验 方法二：利用韦恩图 6设 A x|8x 15 0， B x|1 0若 BA，求由实数 a 的所有可能的值组成的集合，并写出它的所有非空真子集 解析 首先化简集合 A 3,5，由 BA， B x|1 0得： 若 B ，则 a 0； 若 B ，则 a0 ，这时有 1a 3 或 1a 5，即 a 13或 实数 a 的所有可能的值组成的集合为 0， 13， 15，其所有的非空真子集为 0， 15， 13， 0， 15， 0， 13， 15， 13 - 1 - 2014 高考数学（理）黄金配套练习 一、选择题 1有下列四个命题： “ 若 x y 0，则 x、 y 互为相反数 ” 的逆命题； “ 若 a b，则 的逆否命题； “ 若 x 3，则 x 6 0” 的否命题； “ 若 a、 b 是无理数 ” 的逆命题 其中真命题的个数是 ( ) A 0 B 1 C 2 D 3 答案 B 2 “ a1” 是 “ 1， 解得 q1， 此时数列 递增数列， 当 关于 x 的方程 x m 0 有实根 ” 与它的逆命题、否命题、逆否命题中，真命题的个数是 _ 答案 2 解析 原命题及其逆否命题为真命题 三、解答题 13写出命题 “ 若 x2 且 y3 ，则 x y5” 的逆命题、否命题、逆否命题，并判断其真假 答案 略 解析 原命题： “ 若 x2 且 y3 ，则 x y5” ，为真命题 逆命题： “ 若 x y5 ，则 x2 且 y3” ，为假命 题 否命题： “ 若 命题 q： |4|0 或 32 a 5a0 ，由 得 a 无解；由 解得0y0” 是 “ 1 或 yx0 或 x0y. (2)“ 1” 是 “ 4 ” 的 _条件 答案 充分不必 要 解析 题目即判断 4 是 1 的什么条件，显然是充分不必要条件 2 “ 6 2k Z)” 是 “ 12” 的 ( ) A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 - 4 - C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 答案 A 解析 由 6 2k Z)，知 2 3 4k Z)， 则 12成立， 当 12时， 2 2 3 ，即 6(k Z)，故选 A. 3若 ( 33 ， 63 )是 ( 3， 6)的 _条件 答案 必要不充分 解析 由题意可知， | | | 1，若 ( 3， 6)，则 | 3 | | | 相同，即 ( 33 ， 63 )；若 ( 33 ， 63 )，当 3， 6)，故为必要不充分条件 4 “ 2是 “ 钝角三角形 ” 的 ( ) A必 要不充分条件 B充分不必要条件 C充要条件 D既不充分也不 必要条件 答案 B 解析 C) 2 C) 0. B C 2 . B 2 C 2 ，故为钝角三角形，反之显然不成立，故选 B. 5 、 N 是两个集合，则 “ M N ” 是 “ M N ” 的 ( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分又不必要条件 答案 B 解析 M N ，不能保证 M， N 有公共元素，但 M N ，说 明 M， N 中至少有一元素， M N . 故选 B. 教师备选题 1对于数列 “ 1 |n 1,2， )” 是 “ 递增数列 ” 的 ( ) A必要不充分条件 B充分不必要条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 答案 B 解析 因为 1 |1 递增数列，但 递增数 列 1 不出1 |故 “ 1 |n 1,2)” 是 “ 递增数列 ” 的充分不必要条件，选 B. 2已知 A x|x 1|1 ， x R， B x|1， x R，则 x A 是 x B 的 _条件 答案 必要非充分条件 解析 A x|x2 或 x0 ， B x|x 2，由 x A/ x B，但由 x Bx A. 3已知数列 前 n 项和为 q(p0 ， p1) ，则 等比数列的充要条件是_ 答案 q 1 4已知 A 为 面内的一个区域 - 5 - 命题甲：点 (a， b) (x， y)| x y 20x03x y 60； 命题乙：点 (a， b) A. 如果甲是乙的充分条件，那么区域 ) A 1 B 2 C 3 D 4 答案 B 解析 设 x y 20x03x y 60所对应的区域如右图所示的阴影部分 集合 是乙的充分条件，则 BA，所以区域 A 面积的最小值为 S 12 41 . - 1 - 2014 高考数学（理）黄金配套练习 一、选择题 1下列全称命题中假命题的个数 ( ) 2x 1 是整数 (x R)； 对所有的 x R， x3； 对任意一个 x Z,21 为奇数； 任何直线都有斜率 A 1 B 2 C 3 D 4 答案 C 解析 是假命题 2下列命题的否定是真命题 的是 ( ) A有些实数的绝对值是正数 B所有平行四边形都不是菱形 C任意两个等边三角形都是相似的 D 3 是方程 9 0 的一个根 答案 B 3下列命题中正确的是 ( ) A对所有正实数 t，有 不存在实数 x，使 x 1 0 答案 C 解析 选项 A 不正确，如 t 14时，有 tt；选项 B 不正确，如 x 30，故方程 x 1 0在 ( 1,0)上至少有一个实数根对于 C， x 1 时即满足条件，故选 C. 4 已知命题 p： x R， x 60 D x R， x 60，函数 f(x) c.若 x 的方程 2b 0，则下列选项的命题中为假命题的是 ( ) A x R， f(x) f( B x R， f(x) f(C x R， f(x) f( D x R， f(x) f(答案 C 解析 由题知： f(x)图象的对称轴方程，所以 f(函数的最小值，即对所有的实数 x，都有 f(x) f(因此 x R， f(x) f(错误的，选 C. 6已知命题 p： x R， 10 ，命题 q： x R， 10.若 p q 为假命题，则实数 m 的取值范围为 ( ) A m2 B m 2 C m 2 或 m2 D 2 m2 答案 A 解析 若 p q 为假命题，则 p、 q 均为假命题，则綈 p： x R， 10 与綈 q： x R， 10 均为真命题根 据綈 p： x R， 10 为真命题可得 m0 ，根据綈 q： - 2 - x R， 10 为真命题可得 40 ，解得 m2 或 m m2. 二、填空题 7命题 “ 存在实数 得 ” ，用符号表示为 _；此命题的否定是_(用符号表示 )，是 _(填 “ 真 ” 或 “ 假 ”) 命题 答案 R， ； x， y R， x y1 ；假 8命题 “ 存在 x R，使得 2x 5 0” 的否定是 _ 答案 对任何 x R，都有 2x 50 9 若命题 “ x R,2390，则綈 p 对应的 x 的 集合为 _ 答案 x| 1 x2 解析 p： 1x 20x2 或 1am(1)， q： R， 2m 1 0，且 p q 为真，求实数 m 的取值范围 答案 2 m 1 解析 2xm(1)可化为 2x mm(1)为真， 则 2x 的否定为： “ 若 x 1，则 2x 30” D已知命题 p： x R， x 10，则綈 p： x R， x 10 答案 B 解析 若 p q 为真命题，则 p、 q 有可能一真一假，此时 p q 为假命题，故 A 错；易知由 “ x 5” 可以得到 “ 4x 5 0” ，但反之不成立，故 B 正确；选项 C 错在把命题的否定写成了否命题；特称命题的否定是全称命题，故 D 错 2命题 p：存在实数 m，使方程 1 0 有实数根，则 “ 綈 p” 形式的命题是 ( ) A存在实数 m，使方程 1 0 无实根 B不存在实数 m，使方程 1 0 无实根 C对任意的实数 m，方程 1 0 无实根 D 至多有一个实数 m，使方程 1 0 有实根 答案 C 解析 特称命题的否定是全称命题 3命题 “ 对任何 x R， |x 2| |x 4| 3” 的否定是 _ 答案 存在 x R，使得 |x 2| |x 4|3 解析 由定义知命题的否定为 “ 存在 x R，使得 |x 2| |x 4|3” 4已知命题 p：关于 x 的 函数 y 34 在 1， ) 上是增函数，命题 q：函数 y (2a 1) “ p 且 q” 为真命题，则实数 a 的取值范围是 ( ) A a 23 B 0a12 a 23 a1 答案 C - 4 - 解析 命题 p 等价于 31,3 a2 ，即 a q：由函数 y (2a 1)02a 11，即 12a p 且 q” 为真命题，所以 p 和 q 均为真命题，所以取交集得 12a 23，因此选 C. - 1 - 2014 高考数学（理）黄金配套练习 一、选择题 1从集合 1,2,3， 10中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为 ( ) A 5 B 4 C 6 D 8 答案 D 解析 分类考虑，当公比为 2 时，等比数列可为： 1,2,4； 2,4,8，当公比为 3 时，可为：1,3,9，当公比为 32时，可为 4,6,9，将以上各数列颠倒顺序时，也是符合题意的，因此，共有4 2 8 个 2按 型系 统学说，每个人的血型为 A、 B、 O、 四种之一，依血型遗传学，当父母的血型中没有 时，子女的血型有可能是 O 型，若某人的血型是 O 型，则其父母血型的所有可能情况有 ( ) A 6 种 B 9 种 C 10 种 D 12 种 答案 B 解析 找出其父母血型的所有情况分二步完成，第一步找父亲的血型，依题意有 3 种；第二步找母亲的血型也有 3 种，由分步乘法计数原理得：其父母血型的所有可能情况有 3 3 9 种 3已知 a， b 0,1,2， 9，若 满足 |a b| 1，则称 a， b“心有灵犀”则 a， b“心有灵 犀”的情形共有 ( ) A 9 种 B 16 种 C 20 种 D 28 种 答案 D 解析 当 a 为 0 时， b 只能取 0,1 两个数；当 a 为 9 时， b 只能取 8,9 两个数，当 a 为其他数时， b 都可以取 3 个数故共有 28 种情形 4某班新年联欢会原定的 5 个节目已排成节目单，开演前又增加了 2 个新节目如要将这 2 个节目插入原节目单中，那么不同插法的种类为 ( ) A 42 B 30 C 20 D 12 答案 A 解析 将新增的 2 个节目分别插入原定的 5 个节目中，插入第一个有 6 种插法，插入第 2个时有 7 个空，共 7 种插法，所以共 6 7 42(种 ) 5若从集合 P 到集合 Q a， b， c所有的不同映射共有 81 个，则从集合 Q 到集合 P 所有的不同映射共有 ( ) A 32 个 B 27 个 C 81 个 D 64 个 答案 D 解析 可设 P 集合中元素的个数为 x，由映射的定义以及分步乘法计数原理，可得 P x 81，可得 x 得 Q P 的映射种数为 43 64. 6有 A、 B 两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作 A 种车床，先从三名工人中选 2 名分别去操作以上车床，则不同的选派方法有 ( ) A 6 种 B 5 种 C 4 种 D 3 种 答案 C 解析 若选甲、乙 2 人，则包括甲操作 A 车床，乙操作 B 车床或甲操作 B 车床，乙操作 A - 2 - 车床，共有 2 种选派方法；若选甲、丙 2 人，则只有甲操 作 B 车床，丙操作 A 车床这 1 种选派方法；若选乙、丙 2 人，则只有乙 B 车床，丙操作 A 车床这 1 种选派方法 共有 2 1 1 4(种 )不同的选派方法 7某校开设 A 类选修课 3 门， B 类选修课 4 门，一位同学从中共选 3 门若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有 ( ) A 30 种 B 35 种 C 42 种 D 48 种 答案 A 解析 分两类， A 类选修课 1 门， B 类选修课 2 门，或者 A 类选修课 2 门， B 类选修课 1门，因此，共有 30 种选法，故选 A. 二、填空题 8从正方体的 6 个表面中取 3 个面，使其中两个面没有公共点，则共有 _种不同的取法 答案 12 解析 分两步完成这件事，第一步取两个平行平面，有 3 种取法；第二步再取另外一个平面，有 4 种取法，由分步计数原理共有 3 4 12 种取法 9在一宝宝“抓周”的仪式上，他面前摆着 2 件学习用品， 2 件生活用品， 1 件娱乐用品，若他可抓其中的二件物品，则他 抓的结果有 _种 答案 10 解析 设学习用品为 活用品为 乐用品为 c，则结果有： ( (a1， ( (c)， ( (c)， ( (c)(c)，共 10 种 10由 1 到 200 的自然数中，各数位上都不含 8 的有 _个 答案 162 个 解析 一位数 8 个，两位数 8 9 72 个 3 位数 1 有 9 9 81 个， 另外 2 1 个 (即 200)， 共有 8 72 81 1 162 个 11有一 名同学在填报高考志愿时，某批次的志愿需从 A、 B、 C 三所大学中选择两所大学作为第一志愿和第二志愿，剩余的一所大学和其他三所大学中再选择三所作为平行志愿，则该同学在这个批次填报志愿的方式有 _ 答案 24 种 解析 第一志愿和第二志愿的填报方式有 行志愿的填报方式有 以该生在这个批次填报志愿的方式有 24 种 12. 如图所示，有五种不同颜色分别给 A、 B、 C、 D 四个区域涂色， 相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有 _ 答案 180 种 解析 按区域分四步：第一步 A 区域有 5 种颜色可选； 第二步 B 区域有 4 种颜色可选； 第三步 C 区域有 3 种颜色可选； 第四步由于重复使用区域 A 中已有过的颜色，故也有 3 种颜色可选用由分步计数原理，共有 5 4 3 3 180(种 ) 13春回大地，大肥羊学校的春季运动会正在如火如荼地进行，喜羊羊、懒羊羊、沸羊 - 3 - 羊、暖羊羊 4 只小羊要争夺 5 项比赛的冠军，则有 _种不同的夺冠情况 答案 45 三、解答题 14某单位职工义务献血，在体检合格的人中， 8 人， A 型血的共有 7 个，B 型血的共有 9 个， 血的有 3 个 (1)从中任选 1 人去献血，有多少种不同的选法？ (2)从四种血型的人中各选 1 个去献血，有多少种不同的选法？ 解析 从 O 型血的人中选 1 个有 28 种不同的选法，从 A 型血的人中选 1 人有 7 种不同的选法，从 B 型血的人中选 1 人有 9 种不同的选法，从 血的人中选 1 个人有 3 种不同的选法 (1)任选 1 人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，这件 “ 任选 1 人去献血 ” 的事情已完成，所以由分类计数原理，共有 28 7 9 3 47 种不同的选法 (2)要从四种血型的人中各选 1 人，即要在每种血型的人中依次选出 1 人后，这件 “ 各选1 人去献血 ” 的事情才完成，所以用分步计数原理，共有 28 7 9 3 5292 种不同的选法 15标号为 A、 B、 C 的三个口袋， A 袋中有 1 个红色小球， B 袋中有 2 个不同的白色小球，C 袋中有 3 个不同的黄色小球，现从中取出 2 个小球 若取出的两个球颜色不同，有多少种取法？ 若取出的两个球颜色相同，有多少种取法？ 解析 若两个球颜色不同，则应在 A、 B 袋中各取一个或 A、 C 袋中各取一个，或 B、 应有 1 2 1 3 2 3 11 种 若两个球颜色相同，则应在 B 或 C 袋中取出 2 个应有 1 3 4 种 16某电脑用户计划使用不超过 500 元的资金购买单价分别为 60 元的单片软件和 70 元的盒装磁盘根据需要，软件至少买 3 张，磁盘至少买 2 盒则不同的选购方式共有多少种？ 答案 7 解析 可设购买 60 元的单片软件和 70 元的盒装磁盘分别为 x 片、 y 盒，依照所用资金不超过 500 元 ，来建立数学模型，从而解决问题 设购买单片软件 x 片，盒装磁盘 y 盒 ，则依题意有 60x 70y 500， (x， y N*，有 x 3，y 2)按购买 x 片分类； x 3，则 y 2,3,4，共 3 种方法； x 4，则 y 2,3，共 2 种方法； x 5，则 y 2，共 1 种方法； x 6，则 y 2，共 1 种方法 依分类计数原理不同的选购方式有 N 3 2 1 1 7(种 ) 答：不同的选购方式有 7 种 探究 本题主要考查分类计数原理的灵活运用，在解题中要特别注意知识的联想和应用 拓展练习自助餐 1已知如图的每个开 关都有闭合、不闭合两种可能，因此 5个开关共有 25种可能，在这25种可能中，电路从 P 到 Q 接通的情况有 ( ) A 30 种 B 10 种 C 16 种 D 24 种 (提示： 按有几个开关闭合分类 ) 答案 C 解析 5 个开关闭合有 1 种接通方式； 4 个开关闭合有 5 种接通方式； 3 个开关闭合有 8种接通方式； 2 个开关闭合有 2 种接通方式，故共有 1 5 8 2 16(种 ) - 4 - 2已知互不相同的集合 A、 B 满足 A B a， b，则符合条件的 A， B 的组数共有 _种 答案 9 解析 当 A 时，集合 B a， b；当 A 只 1 个元素时， B 可以有 2 种情况，此时有 2 2 4 种情况；当 A a， b时，集合 B ， a， ， b或 a， b，此时有 4 种情况，综上可知，符合条件的 A、 B 共有 1 4 4 9 种 3集合 P x,1， Q y,1,2，其中 x， y 1,2,3， 9，且 Px， y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是 _ 答案 14 个 解析 当 x 2 时， x y，点的个数为 1 7 7(个 )；当 x 2 时， x y，点的个数为 71 7(个 )则共有 14 个点 4有 1 元、 2 元、 5 元、 10 元、 50 元、 100 元人民币各一张，则由这 6 张人民币可组成_种不同的币值 答案 63 解 析 对于每一张人民币来说，都有两种选择，用或不用，而都不用则形不成币值，由分步计数原理 可得 N 2 2 2 2 2 2 1 26 1 63(种 ) 5为了迎接 2010 年广州亚运会，某大楼安装了 5 个彩灯，它们闪亮的顺序不固定，每个彩灯只能闪亮红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色 ，且这 5 个彩灯所闪亮的颜色各不相同，记这 5 个彩灯有序地各闪亮一次为一个闪烁在每个闪烁中，每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为 5 秒如果要实现所有不同的闪烁，那么需要的时间至少是( ) A 1205 秒 B 1200 秒 C 1195 秒 D 1190 秒 答案 C 解析 共有 120 个闪烁， 119 个间隔，每个闪烁需用时 5 秒，每个间隔需用时 5 秒，故共需要至少 120 (5 5) 5 1195 秒 教师备选题 1有这样一种数 字游戏：在 3 3 的表格中，要求要每个格子中都填上 1,2,3 三个数字中的某一个数字，并且每一行和每一列都不能出现重复的数字若游戏开始时表格的第一行第一列已经填上了数字 1(如图 )，则此游戏有 _种不同的填法；若游戏开始时表格是空白的 (如图 )，则此游戏共有 _种不同的填法 1 答案 4 12 解析 对于图，第 1 行有 2 种填法，其余空格有 2 种填法， 故共有 4 种填法对于图，第 1 行有 6 种填法，其余空格有 2 种填法，故共有 6 2 12(种 )填法 2设直线方程为 0，从 1,2,3,4,5 中每次取两个不同的数作为 A、 B 的值，则所得不同直线的条数为 ( ) A 20 B 19 C 18 D 16 - 5 - 答案 C 解析 确定直线只需依次确定系数 A， B 即可先确定 A，有 5 种取法，再确定 B 有 4 种取法，由分步乘法计数原理得 5 4 20 种，但是 x 2y 0 与 2x 4y 0,2x y 0 与 4x 2y 0 表示相同的直 线，所以不同的直线条数为 20 2 18(条 ) 3如图所示的阴影部分由方格纸上 3 个小方格组成，我们称这样 的图案为 L 型 (每次旋转 90 仍为 L 形图案 )，那么在由 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 32 C 48 D 64 答案 C 解析 每四个小正方形图案，都可画出四个不同的 L 形图案，该图中共有 12 个这样的正方形，故可画出不同位置 L 形图案的个数为 4 12 48 个 4从 3， 2， 1,0,1,2,3中任取 3 个不同的数作为抛物线方程 y c(a0)的系数，如果抛物线过原点且顶点在第一象限，则这样的抛物线共有多少条？ 解析 由抛物线过原点知 c 0，由 ( 4在第一象限得 ， c 0. 由分步乘法计数原理 得 N 3 3 1 9. 即符合条件的抛物线有 9 条 - 1 - 2014 高考数学（理）黄金配套练习 一、选择题 1在 (1)7展开式中含 35，则 a 为 ( ) A 1 B 1 C 12 D 12 答案 A 解析 由通项公式可得 ( 1)3 35 1)3 35， 1， a 1. 2在 (1 x)5 (1 x)6 (1 x)7 的展开式中， 系数是通项 公式为 3n 5 的数列的 ( ) A第 20 项 B第 18 项 C第 11 项 D第 3 项 答案 A 解析 5 15 35 55， 则由 55，即 3n 5 55，解得 n 20. 3在 (x 1)(2x 1) (1)(n N*)的展开式中一次项系数为 ( ) A B 1 C 1n 1 答案 B 解析 1 2 3 n n (n 1)2 1 4设 (5x x)项系数之和为 M，二项式系数之和为 N， M N 240，则展开式中 ) A 500 B 500 C 150 D 150 答案 C 解析 N 2n，令 x 1，则 M (5 1)n 4n (2n)2， (2n)2 2n 240,2n 16， n 4. 展开式中第 r 1 项 1 5 x)4 r( x)r ( 1)rC 4 r x4令 4 3，即 r 2，此时 2( 1)2 150. 5如果 (12x) 项的二项式系数最大，那么展开式中的所有项的系数之和是 ( ) A 0 B 256 C 64 案 D 解析 解法一 由已知得 42n ， 5n7， n N*， n 6. 令 x 1，则原式 (1 12)6 164. 解法二 由题意知，只有第 4 项的二项式系数最大， n 6， - 2 - 令 x 1，则原式 (1 12)6 164. 6二项展开式 (2x 1)10中 x 的奇次幂项的系数之和为 ( ) 3102 3102 12 D1 3102 答案 B 解析 设 (2x 1)10 x 1，得 1 令 x 1，得 310 式相减可得 1 3102 ，故选B. 7已知 (1 2)10 a 2b(a， b 为有理数 )，则 2( ) A (1 2)20 B 0 C 1 D 1 答案 D 解析 在二项式 (a b)a b)数项是完全相同的，偶数项互为相反数，根据这个特点，当 (1 2)10 a 2b 时，必有 (1 2)10 a 2b，故 2(a 2b)(a 2b) (1 2)10(1 2)10 1. 二、填空题 8 (x 2)10(1)的展开式中 _ 答案 179 解析 (x 2)10(1) x2(x 2)10 (x 2)10 本题求 要求 (x 2)10展开式中 r 1 r 2 r 取 r 2， r 0 得 210 22 180； 210 1， 所求系数为 180 1 179. 9设 an(n 2,3,4， )是 (3 x)x 的一次项的系数，则 323318_ 答案 17 解析 由通项 r( 1)开式中 x 的一次项的系数为 2，所以 323 31832( 21 2 22 3 23 4 217 18) 17. 10在 (x 4 3y)20的展开式中，系数为有理数的项共有 _项 答案 6 解析 注意到二项式 (x 4 3y)20 的展开式的通项是 1 r( 4 3y)r r r 0,4,8,12,16,20 时，相应的项的系数是有理数因此 (x 4 3y)20的展开式中，系数是有理数的项共有 6 项 11 (2011 安徽江南十校 )a4(x 1)4 a3(x 1)3 a2(x 1)2 a1(x 1) a3_. 答案 14 解析 (x
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