启东中学高考数学专题辅导

启东中学高考数学专题辅导专题一：直线、平面、简单几何体能力培养1. (启东中学, 基础题, 5分值, 2分钟) 给出下列关于互不相同的直线、和平面、，的四个命题：若，点，则与不共面；若m、l是异面直线, , 且，则；若, ，则；若点，则其中为假命题的是A B C D2. (启东中学, 中档题, 5分值, 2分钟) 在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的是（ ）ABC/平面PDFBDFPAEC平面PDF平面ABC D平面PAE平面ABC3. (启东中学, 中档题, 5分值, 3分钟) 如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且均为正三角形，EFAB，EF=2，则该多面体的体积为（ ）A.B.C.D.4. (启东中学, 中档题, 5分值, 3分钟) 两条不垂直的异面直线a，b上，有4个不同的点A，B，C，D，其中，B，对于下列两个命题：(1)直线AC与BD总是异面直线；(2)点A，B，C，D总是不能成为1个正四面体的顶点其中正确的命题是( ) A(1) B(2) C(1) (2) D(1) 和(2) 均不对5. (启东中学, 中档题, 4分值, 3分钟) 矩形ABCD中，AB=4，BC=3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角BACD，则四面体ABCD的外接球的体积为 .6. (启东中学, 中档题, 4分值, 3分钟) 有两个相同的直三棱柱，高为，底面三角形的三边长分别为。用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，表面积最小的是一个四棱柱，则的取值范围是_。7. (启东中学, 中档题, 4分值, 4分钟) 设E、F、G分别是正四面体ABCD的棱AB、BC、CD的中心, 则二面角CEGE的大小是 .8. (启东中学, 中档题, 12分值, 10分钟) 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB侧面BB1C1C，E为棱CC1上异于C、C1的一点，EAEB1，已知AB=，BB1=2，BC=1，BCC1=，求： （）异面直线AB与EB1的距离； （）二面角AEB1A1的平面角的正切值.9. (启东中学, 难题, 10分值, 12分钟) 如图已知正方体中，E为棱上的动点 （I）求证：； （II）当E恰为棱的中点时，求证：平面平面EBD； （III）在棱上是否存在一个点E，使二面角的大小为45，如果存在，试确定点E在棱上的位置；如果不存在，请说明理由lm答案1. 答案C 解析是假命题，如右图所示 满足, ， 但 ，故选C2. 答案 C 解析如图所示：DFBC可得A正确可得平面从而得平面B正确平面ABC则平面平面ABC. D正确.3. 答案 解析过A、B两点分别作AM、BN垂直于EF，垂足分别为M、N，连结DM、CN，可证得DMEF、CNEF，多面体ABCDEF分为三部分，多面体的体积V为，作NH垂直于点H，则H为BC的中点，则，故选A4. 答案 C 解析(1)正确假设直线AC与BD不是异面直线，则A，B，C，D，4点共面，从而直线AB与CD不是异面直线，与题设相违(2)正确假设四面体ABCD为正四面体，对棱AB与CD垂直，与题设异面直线a，b不垂直相违5. 答案 解析连接矩形ABCD的对角线AC、BD交于O，则AOBOCODO，则O为四面体ABCD的外接球的圆心，因此四面体ABCD的外接球的半径为，体积为.6. 答案 解析 两个相同的直三棱柱并排放拼成一个三棱柱或四棱柱，有三种情况四棱柱有一种，就是边长为的边重合在一起，表面积为24+28三棱柱有两种，边长为的边重合在一起，表面积为24+32边长为的边重合在一起，表面积为24+36 .两个相同的直三棱柱竖直放在一起，有一种情况表面积为12+48.最小的是一个四棱柱，这说明.7. 答案 解析如图, 作EE1平面BCD, 则EE1BG. A-BCD是正四面体.ACB 又EFAC,FGBD, EFFG.故E1FFG, 所以EFE1是二面角EFGB的平面角, 记为.设正四面体ABCD的棱长为1, 则它的高：AH=, EE1=AH=又EF=AC=, =从而, 二面角CEGE的大小为=.8. 解析 解法一： （）因AB面BB1C1C，故ABBE. 又EB1EA，且EA在面BCC1B1内的射影为EB.由三垂线定理的逆定理知EB1BE，因此BE是异面直线AB与EB1的公垂线，在平行四边形BCC1B1中，设EB=x，则EB1=，作BDCC1，交CC1于D，则BD=BC在BEB1中，由面积关系得.（负根舍去）解之得CE=2，故此时E与C1重合，由题意舍去.因此x=1，即异面直线AB与EB1的距离为1.（）过E作EG/B1A1，则GE面BCC1B，故GEEB1且GE在圆A1B1E内，又已知AEEB1故AEG是二面角AEB1A1的平面角.因EG/B1A1/BA，AEG=BAE，故解法二：（）而BB1C1C得ABEB1从而=0.设O是BB1的中点，连接EO及OC1，则在RtBEB1中，EO=BB1=OB1=1，因为在OB1C1中，B1C1=1，OB1C1=，故OB1C1是正三角形，所以OC1=OB1=1，又因OC1E=B1C1CB1C1O=故OC1E是正三角形，所以C1E=1，故CE=1，易见BCE是正三角形，从面BE=1，即异面直线AB与EB1的距离是1.（）由（I）可得AEB是二面角AEB1B的平面角，在RtABE中，由AB=，BE=1，得tanAEB=.又由已知得平面A1B1E平面BB1C1C，故二面角AEB1A1的平面角，故解法三： （I）以B为原点，、分别为y、z轴建立空间直角坐标系.由于BC=1，BB1=2，AB=，BCC1=，在三棱柱ABCA1B1C1中有B（0，0，0），A（0，0，），B1（0，2，0），设又AB面BCC1B1，故ABBE. 因此BE是异面直线AB、EB1的公垂线，则，故异面直线AB、EB1的距离为1.（II）由已知有故二面角AEB1A1的平面角的大小为向量的夹角.9. 解析连结AC，设，连结 （I）点E在棱上， AC为在底面ABCD内的射影 由ACBD, 根据三垂线定理， （II）在等边三角形中，又，平面，平面，, BD平面, 于是BDOE 为二面角的平面角 在正方体中，设棱长为2a E为棱的中点，由平面几何知识，得： ，满足 , 即：平面平面EBD （III）在正方体中， 假设棱上存在点E，使二面角的大小为45 同（II），有 设正方体的棱长为 由平面几何知识，得： 在中，由，得： 解得： 这里 棱上不存在满足条件的点专题二 排列、组合与二项式定理复习策略1处理排列组合混合应用题时的一般方法是先选元素(组合) ，后排元素(排列), 并按元素的性质“分类”，和按事件发生的连续过程“分步”2对于含有多个限制条件的问题，应先分析每个限制条件，然后综合考虑是用“直接法”(优先考虑多个限制条件) 逐个满足限制条件； 还是用“间接法”(排除法) 先不考虑限制条件的问题, 然后排除不合条件的情形；有时也可用先局部满足限制条件、放弃部分限制条件方法进行；有时需用集合的对应关系来分析；有时可选择不同的途径进行思考；以便对照检验，防止重复或遗漏；有时也可用数字缩小来检验3解排列与组合应用题常用的方法有：直接计算法与间接计算法；分类法与分步法；元素分析法和位置分析法；插空法和捆绑法等八种4 解排列与组合应用题经常运用的数学思想是：分类讨论思想；转化思想；对称思想5二项式定理实质是公式、的推广, 它揭示了二项式的n次幂的展开式在项数、系数、次数等方面的联系, 特别是通项公式即展开式第项, 复习时注意其结构特征及的指数间的内在联系 因通项公式中含有五个元素, 故只需知其中的四个元素, 可以求第五个元素6利用通项公式求二项展开式中指定的系数(如常数项、系数最大的项、有理项等) 或相关项的系数是二项项定理中最基本的问题, 要正确区分“项” “项的系数” “项的二项项系数” 等概念的异同点7对于二项式定理,不仅要掌握其正向运用, 而且要学会逆向运用和变式使用 有时先作适当变形后再展开； 有时需将非二项式转化为二项式问题来研究；有时需适当配凑后逆用二项式定理典例剖析例1.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为 （ ）A42 B30 C20 D12解析 方法一：将两个新节目分两步插入原节目单中, 每一步插入一个节目第一步插入第一个节目, 有6个空档, 任取一个,6种方法第二步插入第二个节目, 有7个空档, 任取一个,7种方法由分步计数原理得不同插法的种数为67=42种故选A方法二： 当新插入节目相邻时, 插入方法有 有 种; 当新插入节目不相邻时, 插入方法有 有 种; 故由分类计数原理得插入方法有 +=42种故选A. 例2.在由数字1、2、3、4、5组成的所有没有重复数字的5位数中，大于23145且小于43521的数共有（ ）A 56个 B 57个 C 58个 D 60个解析 解法一：（直接法）当首位排2，次位排3时，有P1种；次位排4、5时有2P种，共计17种；当首位排3，P种，共计24种；当首位排4，次位排3时，有P1种；次位排1、2时有2P种，共计17种；以上总计17+24+17=58种解法二：（间接法）不作限定时有120种；当首位排1或5时，各有P种，共计48种不满足要求；当首位排2，次位排1时，有P种；而次位排3时有1种，共计7种不满足要求；当首位排4，次位排5时，有P种；而次位排3时有1种，共计7种不满足要求；因此共有1204877=58种排法，即58个数故选C.例3. 4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得100分；选乙题答对得90分，答错得90分.若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数是（ ）A48B36C24D18解析 设四个人为A，B，C，D（1）设A选甲且回答对，则选B、C、D回答错有C种；余下两人答乙，一个答对，一个答错共有：C.A种.（2）设A选甲且回答错，同（1）有6种同理B，C，D再同样讨论，则共有12+12+12+12=48种除去其中有12种重复的情况综合得4位同学不同的得分情况为36种故选B.点评 本题考查排列组合问题及相关分类问题.例4.设袋中有80个红球，20个白球若从袋中任取10个球，则其中恰有6个红球的概率为.解析 从袋中任取10个球有种，其中恰有6个红球有种，故选D点评 分析如何完成取球任务，再利用组合计算例5.将3种作物种植在如图5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法共有 种（以数字答）解析 设由左到右五块田中要种a,b,c,三种作物, 第1号区域有3种 ；第二号区域有2种；不妨设第一号区域种a, 则第二号区域可种b , 第三号区域有两种选法：若a选,则第四、五号区域分别为b、c；c、b；c、a 共3钟 若c选, 则第四、五号区域分别为a、b；a、c；b、a；b、c 共有4种 故不同的种植方法共有32 (3+4) =42 种例6.从正方体的八个顶点中任取三个点作为三角形，直角三角形的个数为（ ）A56B52C48D40解析 以正方体的三个点为顶点的三角形共可分成两类：一类是直角三角形，一类是正三角形其中正三角形的个数共有8个(每个顶点上对应着唯一的正三角形，如正方体A BCDA 1 B1 C1 D1中，顶点A就对应着唯一的正三角形A 1 DB)，而全部三角形共有=5 6(个)，故有直角三角形为5 68=48(个)故选C.例7 用、组成没有重复数字的八位数，要求与相邻，与相邻，与相邻，而与不相邻，这样的八位数共有_个（用数字作答）解析 将与，与，与捆绑在一起排成一列有种，再将、插入4个空位中的两个有种，故有种点评 相邻用捆绑法，不相邻用插空法例8.从5位男教师和4位女教师中选出3位教师，派到3个班担任班主任（每班1位班主任）， 要求这3位班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有（ ）A210种B420种C630种D840种解析 选出3位老师后，派到3个班担任班主任的不同排法是一个简单的排列问题因此，解决问题的关键是要确定从9位老师中选出符合要求的3位老师的选法由于存在不同情況，所以需要分类讨论，在每一种情况中，又需应用组合的意义及分步原理由此可看出，本题综合考查了考生对排列、组合意义的理解，分步原理的应用，以及分类讨论思想的应用从9位老师中选出符合要求的3位老师的选法有,N=.故选B.点评 本题考查排列、组合的基础知识，以及综合运用知识解决实际问题的能力例9.过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有（ ）A.18对B.24对C.30对D.36对解析 解法一：（直接法）与上底面的、成异面直线的有15对；与下底面的、成异面直线的有9对（除去与上底面的）；与侧棱、成异面直线的有6对（除去与上下底面的）；侧面对角线之间成异面直线的有6对；所以异面直线总共有36对解法二：（间接法）共一顶点的共面直线有对；侧面互相平行的直线有6对；侧面的对角线有3对共面；所以异面直线总共有对点评 解排列组合题的关键是分好类例10. 四棱锥的8条棱代表8种不同的化工产品，有公共点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的，现打算用编号为、的4个仓库存放这8种化工产品，那么安全存放的不同方法种数为A.96 B.48 C.24 D.0ABDC12345678P解析 由题意分析，如图,先把标号为1，2，3，4号化工产品分别放入4个仓库内共有种放法；再把标号为5，6，7，8号化工产品对应按要求安全存放:7放入，8放入，5放入，6放入;或者6放入，7放入，8放入，5放入两种放法综上所述:共有种放法.故选B.点评 本题考查了排列组合综合运用问题，可以画出四棱锥标出8个数字帮助直观分析，注意分类要全面准确,抓住问题实质例1某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如图）现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有 （以数字作答）解析 解法1 将6个区域分4组，不同组栽种不同颜色的花，同一组栽种同一颜色的花因为区域1与其它5个区域都有公共边，所以为了栽种方案合乎题意，分在同一组的区域至多只能有2个因而，由图形可知，不同分组法有且只有5类，如下表(表中数字为区域号)： 第一组 第二组 第三组 第四组 第一类 1 2 3,5 4,6 第二类 1 2,5 3,6 4 第三类 1 2,5 3 4,6第四类12 ,4 3,5 6 第五类 1 2,4 3,6 5每一类分组法，都有种不同的栽种方法应用加法原理，得到所有符合题意的不同栽种方法的种数为 N=5 =120解法2 按区域的顺序，依次安排各区域所栽种的花的颜色： 第1区，可种4色花中的任一种，有4种不同的栽种法； 接着，第2区，因与第1区相邻，两区花色必须不同，所以，第2区只能从3色花中任选一种栽种，有3种不同种法； 跟着，第3区，因与第1、2区都有边界，所以，只有2种不同栽种法； 随后，第4区，与2区无边界，与1、3区都有边界因此，可分两类情形： 第一类：在第4区中栽种与第2区同一色的花，有1种栽法；至此，只栽种了3种不同颜色的花，因此，第5、6区域，应有一个区域栽种第4种颜色的花，而另一区域可选的花色只有1种(这是因为与之相邻的三个区域，已种上不同颜色的3种花)从而，在第5、6区域栽花的不同方式有2种； 第二类：在第4区域中栽种与第2区域不同颜色的花，有1种栽法；不过，与第一类不同的是：至此，4种不同颜色的花都被栽种了往后，第5区域栽花有两种选择：一种是栽与第2区域同色花，紧接着，第6区域有2种栽种方法；第五区域另一种栽花法，是栽种与第2区域不同颜色的花，只有1种选择(因为它不能与1、4区域同色)紧接着，由于1、2、5 三个区域已栽种3种不同颜色的花，故第6区域只有1种栽花的选择 综合起来，应用乘法原理和加法原理，得合乎题意的不同栽花的方法种数为 N=432(12+l 2+1 1)=1 20解法3 因为区域1与其它5个区域都有公共边，所以当区域l栽种,种颜色的花之后，该颜色的花就不能栽于其它区域因而可分两步走，考虑如下： 第一步，在区域1中，栽上一种颜色的花，有4种栽法；第二步，在剩下的五个区域中，栽种其它三种颜色的花为此，可将2至6号五个区域分成3组，使同一组中的不同区域没有公共边这样的分组法有且只有5类，如下表(表中数字为区域号)： 第一组 第二组 第三组 第一类 2 3,5 4,6 第二类 2, 4 3,5 6 第三类 2,4 3,6 5第四类 2,5 3,6 4 第五类 2, 5 3 4,6对每一类分得的3个组，将3种颜色的花分别栽于各组，共有种栽法应用乘法原理和加法原理，得合乎题意要求的不同栽种方法的种数为N=4 5=120 解法4 由于第1、2、3区两两都有边界，所以这3个区所栽的花，彼此必须不同颜色因而，第一步可从4种颜色的花任取3种分别栽在这3个区域上，共有种栽法其次将另一颜色的花栽于4、5、6三个区中的一个区或两个区，即分为两类情形： 第一类：栽在4、5、6的一个区域中，有3种情形： 情形1：栽于4区，则6区只有一种颜色的花可栽(因为必须不同于4、1、2 区的颜色)，进而，5区周边三个区域已栽上3种不同颜色的花，故5区也只有一种颜色的花可栽； 情形2：栽于6区，则与情形1同理，4、5区域分别只有1种颜色可栽； 情形3：栽于5区，由于5、1、2三个区已栽上不同颜色的花，6区只有1种栽法；同理，4区也只有工种栽法 第二类：栽于4、5、6中的两个区，只有栽于4、6两个区域的一种情形，这时5区有2种栽法(因为5区的周边只有两色花) 综合起来，应用乘法原理与加法原理，得不同栽种方法的种数为 N= (1 l+l l+l l+1 2)=120解法5 分两类情况考虑： 第1类：第1、2、3、5等四个区域栽种不同颜色的4种花，共有种栽法对于每一种栽法，第4、6区分别都只有1种颜色的花可栽 第2类：第1、2、3、5等四个区域栽种不同颜色的3种花，共有种栽法对于每一种栽法，要么2、5区栽同色花，要么3、5区栽同色花对于前者，第6区有2种颜色的花可供选栽，第4区只能栽第4 种颜色的花；对于后者，第4区有2种颜色的花可供选栽，第6区只能栽第4种颜色的花即无论何种情形，第4、6区的栽法都是2种 综合上述情形，应用加法原理与乘法原理，得不同栽种方法的种数 N= + 22=120点评 本题以花圃设计为应用背景，主要考查排列、组合的基础知识，侧重考查乘法原理和加法原理的应用，以及逻辑思维能力和计数能力为了正确解答本题，首先必须准确理解题意：抓住花圃布局的要求，看清图形中6个部分的关系；明确每个部分只种同一种颜色的花，相邻部分应种不同颜色的花；而且4种颜色的花都要种上，缺一不可对这些条件要求，稍有疏忽、遗漏或曲解，都会引致解答出错其次，应设计好周全而又不出现重复计数的推算程序，关键是推算过程中分步、分类的安排要合理且严密；此外，在每一分步或分类中，计数不出错；最后，乘法原理和加法原理的运用，以及数值计算还得无误，方能得出正确的答数采用不同的计数模式和计数程序，伴随出现不同的解法 例11.的展开式中常数项是_解析 通项公式为，由，得，所以常数项是，点评 熟悉二项式展开式的通项公式例12.在（1x）（1x）2（1x）6的展开式中，x 2项的系数是.（用数字作答）解析 由题意得x2项的分数为:.例13.设k=1,2,3,4,5,则（x+2）5的展开式中xk的系数不可能是( )A.10 B.40 C.50 D.80解析 =， 比较系数知：xk (k=1,2,3,4,5) 的系数不可能为：50，故选C.点评 本题考查了二项式定理的展开式及各项系数等知识的综合运用例14.的展开式中，含x的正整数次幂的项共有（ ）A4项B3项C2项D1项 解析 的展开式为，因此含x的正整数次幂的项共有3项.选B点评 在二项式展开式中,要注意二项式定理的变形,要掌握二项展开式中的系数与二项式系数的区别.例15. （ ）A3 B C D6解析 利用组合数的性质 因为分子=,分母=原式= 例16.已知的展开式中的系数与的展开式中的系数相等，则 解析 的通项为，的展开式中的系数是,的通项为，的展开式中的系数是 ，.例17.若，则 （用数字作答）解析 令x=1，得, 令x=0，得，例18.若,则的值为 ( )A.1 B. 1 C.0 D.2解析分别令得 , 所以=1. 故选A.例19.由(x)100展开所得的x的多项式中，系数为有理数的共有( )A. 50项 B. 17项 C. 16项 D. 15项解析方法一：B展开式中的各项其系数为Cn10032Cn10032（0n100），为使系数为有理数，n必为2与3的倍数，当0n100时，有且只有17个方法二：将满足条件的数n由小到大排列，可得首项为0，公差为6的等差数列0，6，12，an末项an满足1006an100ana16（n1）6n61006n106得 ,故n=17.点评 本题主要考查二项式定理的灵活运用及推理计算能力，对思维的严密性要求也高，同学容易出现错误选C例20.已知n次式项式.如果在一种算法中，计算的值需要k1次乘法，计算P3（x0）的值共需要9次运算（6次乘法，3次加法），那么计算P10（x0）的值共需要 次运算.下面给出一种减少运算次数的算法：P0（x）=a0，Pk+1（x）=xPk（x）+ak+1（k=0，1，2，n1）.利用该算法，计算P3（x0）的值共需要6次运算，计算P10（x0）的值共需要 次运算.解析 由题意知道的值需要次运算,即进行次的乘法运算可得到的结果对于这里进行了3次运算,进行了2次运算,进行1次运算,最后之间的加法运算进行了3次这样总共进行了次运算对于总共进行了次乘法运算及次加法运算所总共进行了次由改进算法可知：,运算次数从后往前算和为：次点评本题目属于信息题,做此类题需要认真分析题目本身所给的信息.例21已知数列（n为正整数）是首项是a1，公比为q的等比数列. （1）求和： （2）由（1）的结果归纳概括出关于正整数n的一个结论，并加以证明.解析（1） （2）归纳概括的结论为：若数列是首项为a1，公比为q的等比数列，则例22（）设中所有的数从小到大排列成的数列，即将数列各项按照上小下大，左小右大的原则写成如下的三角形数表： 3 5 6 9 10 12 () 写出这个三角形数表的第四行、第五行各数； 求（）设中所有的数都是从小到大排列成的数列，已知解析（） 第四行17 18 20 24 第五行 33 34 36 40 48 设，只须确定正整数 数列中小于的项构成的子集为 其元素个数为满足等式的最大整数为14，所以取因为100（） 令 因现在求M的元素个数：其元素个数为： 某元素个数为某元素个数为点评本小题主要考查数列、组合等基础知识，同时考查观察、分析、归纳和探究的能力本题从数列的原型出发，抓住数的按某种规律排列这一古老而又新颖的话题，给出类似于杨辉三角形的数表，要求考生理解排列规律，并求出数列中的某一项研究数列的形成过程，是一个探索性的问题，要对给出的信息进行分析、综合、整理，自我发现，以期发挥考生的自主学习和主动探究精神把数的排列表述为数学模式 且，数列an的一般情况抽象思维太强，故先直观给出三角形数表，先通过观察、归纳，可求第四、五列，进而求出一个具体数由于考生对这类问题接触较少，尽量让问题具体化，让考生能动手做题解题过程中可以体验到其中所有的数从小到大排列成的数列，组成一个无限延伸的正三角形数列的第k项ak，有有了这个基础，就可以拓广，因此，作为附加题给出数列是集合，且中所有的数从小到大排列成的数列，数的排列的实质是由正三角形延伸为正四面体，其中第k项bk，有这是一个值得研究的问题当然在考场上能探究这问题的考生是极少数，但是，考后留下悬念，让考生从中领略数学世界的绚丽多姿，激发他们研究数学问题的兴趣，是大有好处的解题技巧1.在求解排列与组合应用问题时，应注意：(1)把具体问题转化或归结为排列或组合问题；(2)通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理；(3)分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏；(4)列出式子计算和作答2 二项式定理及其展开式系数的性质是解决许多数学问题的重要工具 对于二项式系数的性质, 主要掌握其对称性、增减性与最值、各项的二项式系数和等 对一般的系数和问题, 可在二项式定理中令, 则二项式定理转化成函数 的形式, 展开式的各项系数和便化归为求函数值的问题, 其各项系数和为,奇数项系数和为,偶数项系数和为；对于整除或求余数(余式) 问题, 常需灵活配凑变形成利于问题解决的二项式的形式；对于组合数的求和或简单组合恒等式的证明问题, 应灵活运用构造法、赋值法、逆用二项展开式转化, 有时可能对n的奇偶性讨论3综合利用二项展开式、二项式系数的性质及其它数学知识解决有关数列、不等式和应用问题等能力培养1. (启东中学, 基础题, 5分值, 2分钟) 某地区进行换届选举，要从甲、乙、丙、丁4人中选出3人担任3种不同职务，规定上一届任职的甲、乙、丙3人不能连任原职，则不同的任职结果种数为 ( ) 种A9 B11 C12 D152. (启东中学, 中档题, 5分值, 2分钟) 二项式四位同学作出了四种判断：存在,展开式中有常数项； 存在,展开式中没有常数项；存在,展开式中没有x的一次项； 存在,展开式中有有x的一次项.上述判断正确的是 ( )A、与 B、与 C、与 D、与3. (启东中学, 中档题, 5分值, 4分钟) (2x1)5的展开式的各项系数的绝对值之和及奇数项系数之和分别为 ( ) A 243 , 122 B 243 , 122 C243 , 122 D122 , 2434. (启东中学, 中档题, 5分值, 4分钟) 给定圆周上7个点，将它们两两用弦连接，在这个图形中至少有M个三角形，至多有N个三角形 则M、N分别为 ( )AM=282, N=287 BM=284, N=287 CM=284, N=289 DM=284, N=289 5. (启东中学, 中档题, 4分值, 4分钟) 在如图所示的六块地上，种上甲或乙两种蔬菜（可只种其中一种，也可两种都种），要求相邻两块土地上不都种甲种蔬菜，则共有种蔬菜的方案数为 _6. (启东中学, 中档题, 4分值, 4分钟) 从集合0，1，2，3，5，7，11中任取3个元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A、B、C，所得的经过坐标原点的直线有_条(用数值表示).7. (启东中学, 中档题, 4分值, 4分钟) 圆周上有2n个等分点(n1)，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为_.8. (启东中学, 中档题, 10分值, 10分钟) 已知实数列满足求证：对于任何自然数n, 是x的一次多项式或零次多项式.9. (启东中学, 难题, 10分值, 12分钟) 从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数中取出3个数, 使其和为不小于10的偶数, 不同的取法有多少种？答案1. 答案B. 解析 不含丁的有2种，含丁的有种2. 答案 D. 解析只需考察项式展开式中有无可能存在常数项,有无可能存在一次项. ,故当取3的倍数时, 展开式中就有常数项, 当取被3除余2的自然数时, 展开式中就有一次项. 故选D.3. 答案 A 解析设(2x1)5= a5x5+ a4x4+ a0，令x=1，则各项系数之和a5+ a4+ a0=1各项的二项式系数之和为 令x=1，则a5+ a4 a3+ a2 a1+ a0=(3)5= 243，各项系数的绝对值之和a5 a4+ a3 a2+ a1 a0=243 a5+ a3+ a1=1224. 答案 B .解析当任意三条对角线在形内不交于1点时，图形中三角形最多，其中3个顶点在圆周上的三角形有个，2个顶点在圆周上的三角形有4 个，1个顶点在圆周上的三角形有5个，3个顶点都在圆内的三角形有个，共287个考虑3条弦交于1点的情况，至多3组交于1点的情况，故三角形至少284个5. 答案21. 解析在六块地上种甲种蔬菜的块数可以是0，1，2，3（最多只能为3）先把6n（n=0，1，2，3）块种上乙方蔬菜，再用n块甲种蔬菜插到它们形成的含两端在内的空档中去，得到选用n块种甲种蔬菜的方案种，令n=0，1，2，3，得共有方案数为.6. 答案30. 解析因为直线过原点，所以C=0，从1，2，3，5，7，11这6个数中任取2个作为A、B两数的顺序不同，表示的直线不同，所以直线的条数为A=30.7. 答案2n(n1).解析 2n个等分点可作出n条直径，从中任选一条直径共有C种方法；再从以下的(2n2)个等分点中任选一个点，共有C种方法，根据乘法原理：直角三角形的个数为：CC=2n(n1)个.8. 解析()提示：化简过程中用到组合数性质9. 解析 从十个数中取出3个不同的偶数的取法有种；取出1个偶数2个不同的奇数取法有种 .从这10个数中取出3个数, 使其和为小于10的偶数,有如下9种不同的取法：(0,1,3) 、(0,1,5)、(0,2,4)、(1,2,3)、(0,1,7)、(0,2,6)、(0,3,5)、(1,2,5)、(1,3,4). 故符合要求的不同取法有. 专题三： 概率与统计能力培养1. (启东中学, 基础题, 5分值, 2分钟) 先后抛掷两枚均匀的正方体骰子（它们的六个面分别标有点数1、2、3、4、5、6），骰子朝上的面的点数分别为X、Y，则的概率为 （ ）A B C D2. (启东中学, 中档题, 5分值, 2分钟) 某公司甲、乙、丙、丁四个地区分别有150 个、120个、180个、150个销售点.公司为了调查产品的情况，需从这600个销售点中抽取一个容量为100的样本，记这项调查为；在丙地区中有20个特大型销售点，要从中抽取7个调查其收入和售后服务等情况，记这项调查为.则完成这两项调查宜采用的抽样方法依次为（ ）A分层抽样法，系统抽样法B分层抽样法，简单随机抽样法C系统抽样法，分层抽样法 D简单随机抽样法，分层抽样法3. (启东中学, 中档题, 5分值, 2分钟) 某校高三年级举行一次演讲赛共有10位同学参赛，其中一班有3位，二班有2位，其它班有5位，若采用抽签的方式确定他们的演讲顺序，则一班有3位同学恰好被排在一起（指演讲序号相连），而二班的2位同学没有被排在一起的概率为 （ ） A B C D4. (启东中学, 中档题, 5分值, 3分钟) 事件A出现的概率是,事件B出现的概率是.设p是A和B同时出现的概率. 那么包含p的区间是A、. B、. C、. D、.5. (启东中学, 中档题, 4分值, 2分钟) 在一次购物抽奖活动中，假设某10张券中有一等奖券1张；有二等奖券3张，其余6张没有奖，某顾客从此10张券中任抽2张，则该顾客中奖的概率为 .6. (启东中学, 中档题, 4分值, 3分钟) 记号为1,2,3的三个球放在一个缸子中. 将一个球从缸子中取出, 把它的号码记下来, 然后再将它放回到缸子里. 这个过程重复三次. 每个球在每次过程中被抽出的机会是等可能的. 如果记录的数码之和为6, 那么其中记号为2的球三次全被抽出的概率为 .7. (启东中学, 中档题, 4分值, 4分钟) 一个总体中有100个个体，随机编号0，1，2，99，依编号顺序平均分成10个小组，组号依次为1，2，3，10.现用系统抽样方法抽取一个容量为10的样本，规定如果在第1组随机抽取的号码为m，那么在第k组中抽取的号码个位数字与m+k的个位数字相同，若m=6，则在第7组中抽取的号码是 .8. (启东中学, 中档题, 10分值, 10分钟) 甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为,乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为,甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为 .（）分别求甲、乙、丙三台机床各自加工零件是一等品的概率；（）从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，求至少有一个一等品的概率.9. (启东中学, 难题, 10分值, 12分钟) 某工厂生产甲、乙两种产品，每种产品都是经过第一和第二工序加工而成，两道工序的加工结果相互独立，每道工序的加工结果均有、两个等级，对每种产品，两道工序的加工结果都为级时，产品为一等品，其余均为二等品表一概 工 率 序产品第一工序第二工序甲0.80.85乙0.750.8（）已知甲、乙两种产品每一道工序的加工结果为级的概率如表一所示，分别求生产出的甲、乙产品为一等品的概率甲、乙；表二利 等 润 级产品一等二等甲5(万元)2.5(万元)乙2.5(万元)1.5(万元)（）已知一件产品的利润如表二所示，用、分别表示一件甲、乙产品的利润，在（）的条件下，求、的分布列及、；表三 用 项 量 目产品工人(名)资金(万元)甲85乙210（）已知生产一件产品需用的工人数和资金如表三所示，该工厂有工人40名，可用资金60万，设、分别表示生产甲、乙产品的数量，在（）的条件下，、为何值时最大？最大值是多少？（解答时须给出图示）概率与统计答案1. 答案C . 解析 满足的X、Y有(1, 2)，(2, 4)，(3, 6)这3种情况，而总的可能数有36种，所以，故选C2. 答案 B. 解析对照以上定义，不难理解：(i)应用分层抽样法，因为所有这些地区，具有明显的差异，被分成了四层；(ii)应用随机抽样法，因为样本的总体个数较少，无须分成均衡的几部分，故不必用系统抽样法从而答案选B解答本题的主要错误为：对各种抽样的意义不理解，从而造成不会答题的现象3. 答案 C. 解析将一班3位同学视为一个整体，将这一整体与其他班的5位同学进行全排列,共有种方法，并且他们之间共留下了7个空隙，将余下的二班的2位同学分别插入,共有 种方法，故一班有3位同学恰好被排在一起，而二班的2位同学没有排在一起排法总数为.故所求的概率为 .4. 答案 D. 解析 设P(E) 表示事件E出现的概率.由公式 P(AB)=P(A)+P(B) P(AB),p= P(AB)= P(A)+P(B) P(AB)=P(AB) 其中 1P(AB) maxP(A),P(B)=. 因而 1p, 即 p.5. 答案 解析 ，即该顾客中奖的概率为.6. 答案 解析因为一共有7种抽出情形使小球数码的和为6, 且它们是等可能的.用下面的三元有序组来表示即 (1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2),(3,2,1) 和(2,2,2),所以记号为2的球三次全被抽中的概率为.7. 答案63. 解析 本题关键要掌握系统抽样的方法，这样才能审题分析不能