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适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习常考小题点课件
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这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习常考小题点课件，共60页。PPT课件主要包含了必备知识•精要梳理，考向训练•限时通关，ACD，答案2，解析如图，ABD，排列数与组合数，规定01，二项式定理，答案288等内容，欢迎下载使用。
1.集合(1)A∪B={x|x∈A,或x∈B};A∩B={x|x∈A,且x∈B};∁UA={x|x∈U,且x∉A};A∪B=A⇔B⊆A,A∩B=A⇔A⊆B.
(2)含有n(n∈N*)个元素的集合,其子集、真子集、非空真子集的个数依次为2n,2n-1,2n-2.
子集包括空集和其本身
规律方法若已知的集合是不等式的解集形式,则用数轴求解;若已知的集合是点集形式,则用数形结合法求解;若已知的集合是抽象集合形式,则用Venn图求解.
2.常用逻辑用语(1)若p⇒q,则p是q的充分条件,q是p的必要条件;若p⇔q,则p是q的充要条件.(2)充要条件的三种判断方法:①定义法;②集合法;③等价转化法.
名师点析判断充分条件、必要条件时要注意三点(1)弄清先后顺序.“A的充分不必要条件是B”和“A是B的充分不必要条件”是不一样的.(2)善于举反例.当不便从正面判断或证明一个命题的真假时,可以通过举恰当的反例来说明.(3)注意合理转化.¬p是 ¬q的必要不充分条件⇔p是q的充分不必要条件,等等.
(3)“∀x∈M,p(x)”的否定为“∃x∈M,¬p(x)”;“∃x∈M,p(x)”的否定为“∀x∈M,¬p(x)”.
热点小题1 集合1.已知全集U={1,2,3,4,5},集合M={1,2},N={3,4},则∁U(M∪N)=( )A.{5}B.{1,2}C.{3,4}D.{1,2,3,4}
解析 (方法一)因为M∪N={1,2,3,4},所以∁U(M∪N)={5}.(方法二)因为∁UM={3,4,5},∁UN={1,2,5},所以∁U(M∪N)=(∁UM)∩(∁UN)={5}.
2.(2023·新高考Ⅰ,1)已知集合M={-2,-1,0,1,2},N={x|x2-x-6≥0},则M∩N=( )A.{-2,-1,0,1}B.{0,1,2}C.{-2}D.{2}
解析 由题意,x2-x-6≥0,解得x≤-2或x≥3,所以N=(-∞,-2]∪[3,+∞).又M={-2,-1,0,1,2},所以M∩N={-2}.故选C.
5.已知全集U=A∪B=(0,4],A∩(∁UB)=(2,4],则集合B=( )A.(-∞,2]B.(-∞,2)C.(0,2]D.(0,2)
解析 因为U=A∪B=(0,4],A∩(∁UB)=(2,4],所以B=∁U(A∩(∁UB))=(0,2].
6.已知集合S={s|s=2n+1,n∈Z},T={t|t=4n+1,n∈Z},则S∩T=( )A.⌀B.SC.TD.Z
解析 当n=2k,k∈Z时,s=4k+1,k∈Z;当n=2k+1,k∈Z时,s=4k+3,k∈Z,所以T⫋S,故S∩T=T.
7.已知集合A={(x,y)|x+y=8,x∈N*,y∈N*},B={(x,y)|y>x+1},则A∩B的真子集个数为( )A.3B.6C.7D.8
解析 依题意A={(1,7),(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2),(7,1)},其中满足y>x+1的有(1,7),(2,6),(3,5),所以A∩B={(1,7),(2,6),(3,5)},有3个元素,故其真子集有23-1=7(个).
8.设集合A={x|x2-4≤0},B={x|2x+a≤0},且A∩B={x|-2≤x≤1},则a=( )A.-4B.-2C.2D.4
9.(2023·广东深圳一模)满足{0,1}∪X={x∈R|x3=x}的集合X共有( )个.A.1B.2C.3D.4
解析 方程x3=x的实数根有0,1,-1,所以方程x3=x的实数根构成的集合为{0,1,-1},故{0,1}∪X={0,1,-1},则符合题意的集合X有X={-1},X={1,-1},X={0,-1},X={0,1,-1},共4个.
10.(2023·广东一模)已知集合M={x|x(x-2)<0},N={x|x-1<0},则下列Venn图中阴影部分可以表示集合{x|1≤x<2}的是( )
解析 x(x-2)<0⇒0
若在两项劳动中都“合格”的学生最多有10人,则在两项劳动中都“优秀”的学生最多为( )人.A.5B.10C.15D.20
解析 用集合A表示除草优秀的学生,B表示植树优秀的学生,全班学生用全集U表示,则∁UA表示除草合格的学生,则∁UB表示植树合格的学生,作出Venn图如图所示.设两个项目都优秀的学生人数为x,两个项目都合格的学生人数为y,由图可得20-x+x+30-x+y=45,x=y+5,因为ymax=10,所以xmax=10+5=15.
热点小题2 充分条件与必要条件12.p:x2-x-2<0”是“q:0
14.(2023·天津,2)“a2=b2”是“a2+b2=2ab”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
解析 由a2+b2=2ab,得(a-b)2=0,所以a=b.所以a2=b2,故必要性成立;又当a=1,b=-1时,满足a2=b2,而a2+b2=2ab不成立,故充分性不成立.所以“a2=b2”是“a2+b2=2ab”的必要不充分条件.故选B.
解析 ln(x+1)<0等价于0
热点小题3 全称量词与存在量词19.已知命题p:∀x>0,总有(x+1)ex>1,则¬p为( )A.∃x≤0,使得(x+1)ex≤1B.∃x>0,使得(x+1)ex≤1C.∀x>0,总有(x+1)ex≤1D.∀x≤0,总有(x+1)ex≤1
解析 因为命题p:∀x>0,总有(x+1)ex>1是全称量词命题,所以其否定为存在量词命题,即¬p:∃x>0,使得(x+1)ex≤1.
20.(2023·广东汕头高三期末)已知集合A={x|x≥0},集合B={x|x>1},则以下命题为真命题的是( )A.∃x∈A,使x∈BB.∃x∈B,使x∉AC.∀x∈A,都有x∈BD.∀x∈B,都有x∉A
解析 由题知,集合A={x|x≥0},集合B={x|x>1},所以B是A的真子集,所以∃x∈A,使x∈B或∃x∈A,使x∉B或∀x∈B,都有x∈A.故只有A选项符合要求.
21.(2023·广西桂林中山模拟)若命题p:∃x∈R,(k2-1)x2+4(1-k)x+3≤0是假命题,则实数k的取值范围是( )A.(1,7)B.[1,7)C.(-7,1)D.(-7,1]
解析 因为命题“∃x∈R,(k2-1)x2+4(1-k)x+3≤0”是假命题,所以命题“∀x∈R,(k2-1)x2+4(1-k)x+3>0”是真命题,若k2-1=0,则k=1或k=-1.当k=1时,不等式(k2-1)x2+4(1-k)x+3>0化为3>0,恒成立,满足题意;当k=-1时,不等式(k2-1)x2+4(1-k)x+3>0化为8x+3>0,不恒成立,不满足题意;若k2-1≠0,则需要满足
解得1b>0,c>d>0⇒ac>bd.2.基本不等式
(2)在利用基本不等式求最值时,要通过“拆”“拼”“凑”等技巧来满足基本不等式中“正”“定”“等”的条件.
误区警示多次使用基本不等式求最值,要注意只有同时满足等号成立的条件才能取得等号,若等号不成立,一般利用函数的单调性求解.
(2)若方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个不等实根分别为x1,x2,则
(3)求一元二次不等式ax2+bx+c>0(或<0)(a≠0)的解集,先求其对应一元二次方程的根,再结合其对应的二次函数的图象确定一元二次不等式的解集.
名师点析解一元二次不等式的步骤:一化(将二次项系数化为正数),二判(判断判别式Δ的符号),三解(解对应的一元二次方程),四写(大于取两边,小于取中间).
规律方法解含有参数的一元二次不等式,往往从以下几个方面分类讨论:(1)二次项系数,它决定二次函数图象的开口方向;(2)判别式Δ,决定一元二次方程根的情形,一般分Δ>0,Δ=0,Δ<0三种情况;(3)在有根的条件下,要比较两根的大小.
4.恒成立与能成立问题已知f(x)有最大值和最小值.(1)恒成立问题的转化:a≥f(x)恒成立⇒a≥f(x)max;a≤f(x)恒成立⇒a≤f(x)min.(2)能成立问题的转化:a≥f(x)能成立⇒a≥f(x)min;a≤f(x)能成立⇒a≤f(x)max.
热点小题1 不等式的性质与基本不等式1.已知a,b∈R,且a>b,则下列各式成立的是( )
2.已知x>0,y>0,2x+3y=1,则4x+8y的最小值是( )
3.某公司购买一批机器投入生产,若每台机器生产的产品可获得的总利润s(单位:万元)与机器运转时间t(单位:年,t∈N*)的关系为s=-t2+23t-64,要使年平均利润最大,则每台机器的运转时间t为( )年.A.5B.6C.7D.8
解析 因为每台机器生产的产品可获得的总利润s(单位:万元)与机器运转时间t(单位:年,t∈N*)的关系为s=-t2+23t-64,所以年平均利润
4.(多选题)已知a,b,c,d均为实数,则下列命题为真命题的是( )A.若a>b,c>d,则ac>bd
5.(多选题)(2023·广东深圳中学模拟)已知a,b都是正实数,则下列不等式恒成立的是( )
6.能够说明“若a,b,m均为正数,则 ”是假命题的一组整数a,b的值可以是 .
答案 a=1, b=1(答案不唯一)
7.已知a>1,b>0,且a+2b=4,则ab的最大值为 ; 的最小值为 .
当且仅当a=2b,即a=2,b=1时等号成立.由a+2b=4,可得a-1+2b=3.
热点小题2 二次函数的图象与性质8.若函数f(x)=x2-6x-16的定义域为[0,m],值域为[-25,-9],则实数m的取值集合是( )A.{m|3≤m≤6}B.{m|3≤m≤7}C.{m|6≤m≤7}D.{7}
解析 由题意,得y=x2-6x-16=(x-3)2-25,即函数y=x2-6x-16的图象关于直线x=3对称,且当x=3时,函数取得最小值-25.因为f(x)的定义域为[0,m],值域为[-25,-9],f(0)=-16,所以m>3.令f(x)=-9,即x2-6x-16=-9,解得x=-1(舍去)或x=7.故m=7.
9.(2023·四川眉山诊断)“函数f(x)=x2-3mx+18在区间(0,3)内不单调”是“0
解析 当m<0时,二次函数f(x)=mx2-(3-m)x+1的图象开口向下,g(x)=mx单调递减,故存在x,使得f(x)与g(x)同时为负,不符合题意.当m=0时,f(x)=-3x+1,g(x)=0显然不符合题意.当m>0时,方程f(x)=mx2-(3-m)x+1=0的根的判别式Δ=m2-10m+9:若Δ<0,则10恒成立,符合题意;若Δ=0,则m=1或m=9 ,当m=1时f(x)=(x-1)2,g(x)=x,符合题意,
11.已知二次函数f(x)的二次项系数为正,且对于任意实数x恒有f(3+x)=f(3-x),若f(1-2x2)
解析 因为f(3+x)=f(3-x),所以直线x=3是函数f(x)图象的对称轴.因为二次函数f(x)的二次项系数为正,所以f(x)在区间(-∞,3]上单调递减,在区间[3,+∞)内单调递增.因为1-2x2≤1,1+2x-x2=-(x-1)2+2≤2,所以由f(1-2x2)1+2x-x2,解得-2
解析 令3x=t,当x∈(0,+∞)时,t∈(1,+∞).由题意,得f(t)=t2-mt+m+1>0在区间(1,+∞)内恒成立,即函数f(t)在区间(1,+∞)内的图象在x轴的上方,而判别式Δ=(-m)2-4(m+1)=m2-4m-4,
热点小题3 二次函数与一元二次方程、不等式的综合13.若∃x∈[-1,2],使得不等式x2-2x+a<0成立,则实数a的取值范围为( )A.(-∞,-3)B.(-∞,0)C.(-∞,1)D.(-3,+∞)
解析 因为∃x∈[-1,2],使得不等式x2-2x+a<0成立,所以∃x∈[-1,2],使得不等式a<-x2+2x成立.令f(x)=-x2+2x.因为函数f(x)图象的对称轴为直线x=1,且f(x)的图象开口向下,所以当x∈[-1,2]时,f(x)max=f(1)=1,所以a<1.
14.已知函数f(x)=ax2+bx+c(ac≠0).若f(x)<0的解集为(-1,m),则下列说法正确的是( )A.f(m-1)<0B.f(m-1)>0C.f(m-1)必与m同号D.f(m-1)必与m异号
解析 因为f(x)<0的解集为(-1,m),所以-1,m是一元二次方程ax2+bx+c=0(ac≠0)的两个实数根,且a>0,m≠0,所以f(x)=a(x+1)(x-m),所以f(m-1)=-am与m必异号.
15.知当a∈[-1,1]时,不等式x2+(a-4)x+4-2a>0恒成立,则实数x的取值范围为( )A.(-∞,2)∪(3,+∞)B.(-∞,1)∪(2,+∞)C.(-∞,1)∪(3,+∞)D.(1,3)
解析 不等式x2+(a-4)x+4-2a>0(a∈[-1,1])恒成立,即关于a的函数f(a)=(x-2)a+x2-4x+4,当a∈[-1,1]时,f(a)>0恒成立,
16.(2023·天津,15)若函数f(x)=ax2-2x-|x2-ax+1|有且仅有两个零点,则a的取值范围为 .
答案 (-∞,0)∪(0,1)∪(1,+∞)
1.复数(1)复数的加、减、乘法运算法则与实数运算法则相同,除法的运算就是分母实数化.
即分子、分母同乘分母的共轭复数
(2)复数z=a+bi(a,b∈R)与复平面内的点Z(a,b)及平面向量 一一对应,|z-(a+bi)|=r(r,a,b∈R ,且r>0)表示复平面内以点(a,b)为圆心,r为半径的圆.
(3)复数的几个常见结论
名师点析1.复数问题实数化是解决复数问题的关键.2.利用复数相等a+bi=c+di列方程时,a,b,c,d∈R是前提条件.
2.平面向量(1)若a=(x1,y1),b=(x2,y2)为非零向量,且a与b的夹角为θ,则a·b=|a||b|cs θ=x1x2+y1y2.(2)若a=(x1,y1),b=(x2,y2),b≠0,则a∥b⇔存在唯一一个实数λ,使a=λb⇔x1y2-x2y1=0;a⊥b⇔a·b=0⇔x1x2+y1y2=0.
(3)平面内三点A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)共线⇔ ⇔(x2-x1)(y3-y2)-(x3-x2)(y2-y1)=0.
名师点析在平面向量的化简与运算中,要根据平面向量基本定理选好基底,注意向量的方向不能盲目转化.
3.三角形“四心”向量形式的充要条件设O为△ABC所在平面上一点,内角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,则有下面的结论.
热点小题1 复数及其运算
1.(2022·新高考Ⅱ,2)(2+2i)(1-2i)=( )A.-2+4iB.-2-4iC.6+2iD.6-2i
解析 (2+2i)(1-2i)=2-4i+2i-4i2=6-2i.故选D.
2.(2023·广东佛山一模)设复数z满足(1+i)2z=5-2i,则复数z在复平面内对应的点位于( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
3.(2023·河北唐山模拟)已知复数z=(1+2i)i2 023,i是虚数单位,则|z|=( )
4.(2022·新高考Ⅰ,2)若i(1-z)=1,则z+ =( )A.-2B.-1C.1D.2
8.(多选题)已知复数z1= (i为虚数单位),则下列说法正确的是( )A.z1对应的点在第三象限B.z1的虚部为-1
D.满足|z|=|z1|的复数z对应的点在以原点为圆心,2为半径的圆上
10.(多选题)设z为复数,则下列说法正确的是( )
对于D ,由|z-1|=1可知,在复平面内,复数z对应的点N的轨迹为以M(1,0)为圆心,1为半径的圆,则|z|表示点N到原点的距离,故当点O,N(O为坐标原点)重合时,|z|=0最小,当O,M,N三点共线且点O,N位于点M两侧时,|z|=2最大,故0≤|z|≤2.
对于B ,设z=a+bi(a,b∈R),则z2=(a+bi)2=a2-b2+2abi,|z|2=a2+b2,当a,b均不为0时,z2=|z|2不成立;对于C ,由|z|=1可知,在复平面内,复数z对应的点Z的轨迹为以O(0,0)为圆心,1为半径的圆,|z+i|可以看成点Z到点Q(0,-1)的距离,当点Z位于点(0,1)处时,|z+i|取得最大值2;
11.写出一个虚数z,使得z2+3为纯虚数,则z= .
答案 1+2i(答案不唯一) 解析 设z=a+bi(a,b∈R,b≠0),则z2+3=a2-b2+3+2abi,因为z2+3为纯虚数,所以a2-b2=-3且ab≠0.任取不为零的实数a,求出b即可得,答案不唯一,如z=1+2i.
热点小题2 平面向量的概念及线性运算
13.如图,向量a-b=( )
A.e1-3e2B.e1+3e2C.-3e1+e2D.-e1+3e2
14.已知a,b是两个不共线的非零向量,若(2a+3b)∥(3a+λb),则实数λ=( )
解析 因为(2a+3b)∥(3a+λb),3a+λb≠0,所以存在t∈R,使得2a+3b=t(3a+λb),所以(2-3t)a=(tλ-3)b,又因为a,b是两个不共线的非零向量,
15.(2022·新高考Ⅱ,4)已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+tb,若=,则实数t=( )A.-6B.-5C.5D.6
16.(2022·新高考Ⅰ,3)在△ABC中,点D在边AB上,BD=2DA.记
A.3m-2nB.-2m+3nC.3m+2nD.2m+3n
17.(多选题)给出下列四个命题,其中为真命题的有( )A.若|a|=|b|,则a=bB.若A,B,C,D是不共线的四点,则“ ”是“四边形ABCD为平行四边形”的充要条件C.若a=b,b=c,则a=cD.a=b的充要条件是|a|=|b|且a∥b
18.如图,不共线的三个向量a,b,c以圆心O为起点,终点落在同一圆周上,且两两夹角相等,若c=xa+yb,则x+y=( )
解析 如图,因为不共线的三个向量a,b,c以圆心O为起点,终点落在同一圆周上,且两两夹角相等,所以顺次连接三个向量的终点A,B,C组成一个等边三角形,即O是这个等边三角形的中心也是重心.故有a+b+c=0⇒a+b+xa+yb=0⇒(x+1)a+(y+1)b=0⇒x=-1,y=-1⇒x+y=-2.
热点小题3 平面向量基本定理及坐标表示
19.(多选题)已知向量a=(2,1),b=(-3,1),则( )A.(a+b)⊥aB.|a+2b|=5C.a·b=5
解析 对于A , ∵a+b=(-1,2),∴(a+b)·a=(-1)×2+2×1=0,∴(a+b)⊥a.故选项A正确.对于B , ∵a+2b=(2,1)+2(-3,1)=(-4,3),
21.(多选题)已知O为坐标原点,点P1(cs α,sin α),P2(cs β,-sin β),P3(cs(α+β), sin(α+β)),A(1,0),则( )
22.已知向量a=(2,5),b=(λ,4),若a∥b,则λ= .
23.已知向量a=(1,3),b=(3,4),若(a-λb)⊥b,则λ= .
解析 由已知得,a-λb=(1-3λ,3-4λ),由(a-λb)⊥b,得3(1-3λ)+4(3-4λ)=0,即15-25λ=0,解得λ= .
热点小题4 平面向量的数量积25.(2023·新高考Ⅰ,3)已知向量a=(1,1),b=(1,-1).若(a+λb)⊥(a+μb),则( )A.λ+μ=1B.λ+μ=-1C.λμ=1D.λμ=-1
解析 方法一:由题意得,a+λb=(1+λ,1-λ),a+μb=(1+μ,1-μ).∵(a+λb)⊥(a+μb),∴(1+λ)(1+μ)+(1-λ)(1-μ)=0,解得λμ=-1.故选D.方法二:由题意得,a2=12+12=2,b2=12+(-1)2=2,a·b=1×1+1×(-1)=0.∵(a+λb)⊥(a+μb),∴(a+λb)·(a+μb)=a2+(λ+μ)a·b+λμb2=2+0+2λμ=0.解得λμ=-1.故选D.
A.-9B.-6C.6D.9
混合问题一般是先分类再分步
1.两个计数原理与排列组合(1)两个计数原理区分“分类”与“分步”,关键是看事件完成情况:若每种方法都能将事件完成,则是分类;若必须连续若干步才能将事件完成,则是分步.分类要用分类加法计数原理将种数相加,分步要用分步乘法计数原理将种数相乘.
名师点析对于有附加条件的排列、组合应用题,通常从三个途径考虑(1)以元素为主考虑,即先满足特殊元素的要求,再考虑其他元素.(2)以位置为主考虑,即先满足特殊位置的要求,再考虑其他位置.(3)先不考虑附加条件,计算出排列数或组合数,再减去不合要求的排列数或组合数.
(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,准确分步;③排列、组合混合问题先选后排;④相邻问题捆绑处理,不相邻问题插空处理;⑤定序问题“缩倍法”处理;⑥分排问题直排处理;⑦“小集团”排列问题先整体后局部;⑧构造模型;⑨正难则反,等价条件.
乘积形式多用于数字计算,阶乘形式多用于证明恒等式
注意通项是展开式的第k+1项,不是第k项
名师点析应用二项式定理时要注意(1)区别“项的系数”与“二项式系数”,项的系数与a,b有关,可正可负,二项式系数只与n有关,恒为正.(2)运用通项求展开式的一些特殊项,通常都是由题意列方程求k,再求所需的某项;有时需先求n,计算时要注意n和k的取值范围及它们之间的大小关系.(3)赋值法求展开式中的系数和或部分系数和,常赋的值为0,±1.(4)在化简求值时,注意二项式定理的逆用,要用整体思想看待a,b.
热点小题1 两个计数原理1.为控制污染,保护环境,节约资源,某市开始实行生活垃圾分类管理.某单位有4个垃圾桶,分别是可回收物垃圾桶、有害垃圾桶、厨余垃圾桶、其他垃圾桶.因为场地限制,要将这4个垃圾桶摆放在3个固定角落,每个角落至少摆放1个,则不同的摆放方法共有(如果某两个垃圾桶摆放在同一角落,它们的前后左右位置关系不作考虑)( )A.18种B.24种C.36种D.72种
2.(2023·山东师大附中模拟)从6个黄色球和4个蓝色球中任取4个,则至少有两个蓝色球的取法种数是( )A.90B.120C.114D.115
3.数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏.数独的一个简化版如图所示,由三行三列9个单元格构成.玩该游戏时,需要将数字1,2,3(各3个)全部填入单元格,每个单元格填1个数字,要求每一行、每一列均有1,2,3这3个数字,则不同的填法有( )
A.12种B.24种C.72种D.216种
解析 先填第一行,有3×2×1=6种不同填法,再填第二行第一列,有2种不同填法,当该单元格填好后,其他单元格唯一确定.根据分步乘法计数原理,共有6×2=12种不同的填法.
4.某新闻机构安排4名记者和3名摄影师进行采访,其中2名记者和1名摄影师负责“云采访”区域的采访,另2名记者和2名摄影师分两组(每组记者和摄影师各1人),分别负责“汽车展区”和“技术装备展区”的现场采访.如果所有记者、摄影师都能承担3个采访区域的相应工作,则所有不同的安排方案有( )A.36种B.48种C.72种D.144种
5.(2023·山东潍坊一模)我国载人航天事业突飞猛进,其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试,主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.若这五项测试每天进行一项,连续5天完成,且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试,超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试,则选拔测试的安排方案种数为( )A.24D.60
6.某市要将VR大会展厅前的广场进行改造,在人行道(斑马线)两侧划分5块区域(如图),现有4种不同颜色的花卉,要求每块区域随机种植1种颜色的花卉,且相邻区域(有公共边的区域)所选花卉颜色不能相同,则不同的种植方式共有 种.
热点小题2 排列组合7.(2022·新高考Ⅱ,5)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻的不同排列方式有( )A.12种B.24种C.36种D.48种
8.某中学举行“十八而志,青春万岁”成人礼,现在需要从4个语言类节目和6个歌唱类节目中各选2个节目进行展演,则语言类节目A和歌唱类节目B至少有1个被选中的不同选法种数是( )A.15B.45 C.60D.75
9.(2023·山东菏泽一模)为了迎接“第32届菏泽国际牡丹文化旅游节”,某宣传团体的六名工作人员需要制作宣传海报,每人承担一项工作,现需要一名总负责,两名美工,三名文案,但甲、乙不参与美工,丙不能书写文案,则不同的分工方法种数为( )A.9B.11C.15D.30
10.(2023·河北石家庄一模)为推进体育教学改革和发展,提升体育教学质量中丰富学校体育教学内容,某市根据各学校工作实际,在4所学校设立兼职教练岗位.现聘请包含甲、乙在内的6名教练去这4所学校指导体育教学,要求每名教练只能去一所学校,每所学校至少有一名教练,则甲、乙分在同一所学校的不同的安排方法种数为( )A.96B.120C.144D.240
11.(2023·新高考Ⅰ,13)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有 种(用数字作答).
12.五声音阶是中国古乐基本音阶,故有成语“五音不全”.中国古乐中的五声音阶依次为:宫、商、角、徵、羽.如果把这五个音阶全用上,排成一个五个音阶的音序,且要求宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧,可排成 种不同的音序.
13.某单位利用周日安排6名志愿者在某条东西走向的路上相邻的6个十字路口进行“创文”宣传活动,每个路口安排1名志愿者,则甲、乙两名志愿者必须在相邻两个路口,丙不在两端的安排方式共有 种.
热点小题3 二项式定理
14.在 的展开式中,x4的系数为12,则a的值为( )A.2B.-2C.1D.-1
15.( x-y)8的展开式中x2y6的系数是( )A.28B.-28C.56D.-56
16.(2023·广东江门一模)已知多项式(x-1)10=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+… +a10(x+1)10,则a7=( )A.-960D.480
17.(x2+3x-1)5展开式中x的系数为( )A.-3D.15
19.(多选题)(2023·江苏常州高三检测)已知(2-x)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,则( )A.a0=28B.a1+a2+…+a8=1C.|a1|+|a2|+|a3|+…+|a8|=38D.a1+2a2+3a3+…+8a8=-8
解析 由(2-x)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,令x=0,得a0=28,A选项正确.令x=1,得a0+a1+a2+…+a8=1,a1+a2+…+a8=1-28,B选项错误.
由此可知a1,a3,a5,a7是负数,a2,a4,a6,a8为正数,令x=-1,得a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7+a8=38,-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7+a8=38-28,所以|a1|+|a2|+|a3|+…+|a8|=38-28,C选项错误.由(2-x)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,两边求导得-8(2-x)7=a1+2a2x+3a3x2+…+8a8x7,令x=1,得a1+2a2+3a3+…+8a8=-8,所以D选项正确.
解析 由题意及二项式系数的性质可得2n-1=32,解得n=6,所以其展开式的通项为
22.(2021·山东聊城二模)已知 的展开式中各项系数的和为3,则展开式中的常数项为 .
1.集合(1)A∪B={x|x∈A,或x∈B};A∩B={x|x∈A,且x∈B};∁UA={x|x∈U,且x∉A};A∪B=A⇔B⊆A,A∩B=A⇔A⊆B.
(2)含有n(n∈N*)个元素的集合,其子集、真子集、非空真子集的个数依次为2n,2n-1,2n-2.
子集包括空集和其本身
规律方法若已知的集合是不等式的解集形式,则用数轴求解;若已知的集合是点集形式,则用数形结合法求解;若已知的集合是抽象集合形式,则用Venn图求解.
2.常用逻辑用语(1)若p⇒q,则p是q的充分条件,q是p的必要条件;若p⇔q,则p是q的充要条件.(2)充要条件的三种判断方法:①定义法;②集合法;③等价转化法.
名师点析判断充分条件、必要条件时要注意三点(1)弄清先后顺序.“A的充分不必要条件是B”和“A是B的充分不必要条件”是不一样的.(2)善于举反例.当不便从正面判断或证明一个命题的真假时,可以通过举恰当的反例来说明.(3)注意合理转化.¬p是 ¬q的必要不充分条件⇔p是q的充分不必要条件,等等.
(3)“∀x∈M,p(x)”的否定为“∃x∈M,¬p(x)”;“∃x∈M,p(x)”的否定为“∀x∈M,¬p(x)”.
热点小题1 集合1.已知全集U={1,2,3,4,5},集合M={1,2},N={3,4},则∁U(M∪N)=( )A.{5}B.{1,2}C.{3,4}D.{1,2,3,4}
解析 (方法一)因为M∪N={1,2,3,4},所以∁U(M∪N)={5}.(方法二)因为∁UM={3,4,5},∁UN={1,2,5},所以∁U(M∪N)=(∁UM)∩(∁UN)={5}.
2.(2023·新高考Ⅰ,1)已知集合M={-2,-1,0,1,2},N={x|x2-x-6≥0},则M∩N=( )A.{-2,-1,0,1}B.{0,1,2}C.{-2}D.{2}
解析 由题意,x2-x-6≥0,解得x≤-2或x≥3,所以N=(-∞,-2]∪[3,+∞).又M={-2,-1,0,1,2},所以M∩N={-2}.故选C.
5.已知全集U=A∪B=(0,4],A∩(∁UB)=(2,4],则集合B=( )A.(-∞,2]B.(-∞,2)C.(0,2]D.(0,2)
解析 因为U=A∪B=(0,4],A∩(∁UB)=(2,4],所以B=∁U(A∩(∁UB))=(0,2].
6.已知集合S={s|s=2n+1,n∈Z},T={t|t=4n+1,n∈Z},则S∩T=( )A.⌀B.SC.TD.Z
解析 当n=2k,k∈Z时,s=4k+1,k∈Z;当n=2k+1,k∈Z时,s=4k+3,k∈Z,所以T⫋S,故S∩T=T.
7.已知集合A={(x,y)|x+y=8,x∈N*,y∈N*},B={(x,y)|y>x+1},则A∩B的真子集个数为( )A.3B.6C.7D.8
解析 依题意A={(1,7),(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2),(7,1)},其中满足y>x+1的有(1,7),(2,6),(3,5),所以A∩B={(1,7),(2,6),(3,5)},有3个元素,故其真子集有23-1=7(个).
8.设集合A={x|x2-4≤0},B={x|2x+a≤0},且A∩B={x|-2≤x≤1},则a=( )A.-4B.-2C.2D.4
9.(2023·广东深圳一模)满足{0,1}∪X={x∈R|x3=x}的集合X共有( )个.A.1B.2C.3D.4
解析 方程x3=x的实数根有0,1,-1,所以方程x3=x的实数根构成的集合为{0,1,-1},故{0,1}∪X={0,1,-1},则符合题意的集合X有X={-1},X={1,-1},X={0,-1},X={0,1,-1},共4个.
10.(2023·广东一模)已知集合M={x|x(x-2)<0},N={x|x-1<0},则下列Venn图中阴影部分可以表示集合{x|1≤x<2}的是( )
解析 x(x-2)<0⇒0
若在两项劳动中都“合格”的学生最多有10人,则在两项劳动中都“优秀”的学生最多为( )人.A.5B.10C.15D.20
解析 用集合A表示除草优秀的学生,B表示植树优秀的学生,全班学生用全集U表示,则∁UA表示除草合格的学生,则∁UB表示植树合格的学生,作出Venn图如图所示.设两个项目都优秀的学生人数为x,两个项目都合格的学生人数为y,由图可得20-x+x+30-x+y=45,x=y+5,因为ymax=10,所以xmax=10+5=15.
热点小题2 充分条件与必要条件12.p:x2-x-2<0”是“q:0
14.(2023·天津,2)“a2=b2”是“a2+b2=2ab”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
解析 由a2+b2=2ab,得(a-b)2=0,所以a=b.所以a2=b2,故必要性成立;又当a=1,b=-1时,满足a2=b2,而a2+b2=2ab不成立,故充分性不成立.所以“a2=b2”是“a2+b2=2ab”的必要不充分条件.故选B.
解析 ln(x+1)<0等价于0
热点小题3 全称量词与存在量词19.已知命题p:∀x>0,总有(x+1)ex>1,则¬p为( )A.∃x≤0,使得(x+1)ex≤1B.∃x>0,使得(x+1)ex≤1C.∀x>0,总有(x+1)ex≤1D.∀x≤0,总有(x+1)ex≤1
解析 因为命题p:∀x>0,总有(x+1)ex>1是全称量词命题,所以其否定为存在量词命题,即¬p:∃x>0,使得(x+1)ex≤1.
20.(2023·广东汕头高三期末)已知集合A={x|x≥0},集合B={x|x>1},则以下命题为真命题的是( )A.∃x∈A,使x∈BB.∃x∈B,使x∉AC.∀x∈A,都有x∈BD.∀x∈B,都有x∉A
解析 由题知,集合A={x|x≥0},集合B={x|x>1},所以B是A的真子集,所以∃x∈A,使x∈B或∃x∈A,使x∉B或∀x∈B,都有x∈A.故只有A选项符合要求.
21.(2023·广西桂林中山模拟)若命题p:∃x∈R,(k2-1)x2+4(1-k)x+3≤0是假命题,则实数k的取值范围是( )A.(1,7)B.[1,7)C.(-7,1)D.(-7,1]
解析 因为命题“∃x∈R,(k2-1)x2+4(1-k)x+3≤0”是假命题,所以命题“∀x∈R,(k2-1)x2+4(1-k)x+3>0”是真命题,若k2-1=0,则k=1或k=-1.当k=1时,不等式(k2-1)x2+4(1-k)x+3>0化为3>0,恒成立,满足题意;当k=-1时,不等式(k2-1)x2+4(1-k)x+3>0化为8x+3>0,不恒成立,不满足题意;若k2-1≠0,则需要满足
解得1
(2)在利用基本不等式求最值时,要通过“拆”“拼”“凑”等技巧来满足基本不等式中“正”“定”“等”的条件.
误区警示多次使用基本不等式求最值,要注意只有同时满足等号成立的条件才能取得等号,若等号不成立,一般利用函数的单调性求解.
(2)若方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个不等实根分别为x1,x2,则
(3)求一元二次不等式ax2+bx+c>0(或<0)(a≠0)的解集,先求其对应一元二次方程的根,再结合其对应的二次函数的图象确定一元二次不等式的解集.
名师点析解一元二次不等式的步骤:一化(将二次项系数化为正数),二判(判断判别式Δ的符号),三解(解对应的一元二次方程),四写(大于取两边,小于取中间).
规律方法解含有参数的一元二次不等式,往往从以下几个方面分类讨论:(1)二次项系数,它决定二次函数图象的开口方向;(2)判别式Δ,决定一元二次方程根的情形,一般分Δ>0,Δ=0,Δ<0三种情况;(3)在有根的条件下,要比较两根的大小.
4.恒成立与能成立问题已知f(x)有最大值和最小值.(1)恒成立问题的转化:a≥f(x)恒成立⇒a≥f(x)max;a≤f(x)恒成立⇒a≤f(x)min.(2)能成立问题的转化:a≥f(x)能成立⇒a≥f(x)min;a≤f(x)能成立⇒a≤f(x)max.
热点小题1 不等式的性质与基本不等式1.已知a,b∈R,且a>b,则下列各式成立的是( )
2.已知x>0,y>0,2x+3y=1,则4x+8y的最小值是( )
3.某公司购买一批机器投入生产,若每台机器生产的产品可获得的总利润s(单位:万元)与机器运转时间t(单位:年,t∈N*)的关系为s=-t2+23t-64,要使年平均利润最大,则每台机器的运转时间t为( )年.A.5B.6C.7D.8
解析 因为每台机器生产的产品可获得的总利润s(单位:万元)与机器运转时间t(单位:年,t∈N*)的关系为s=-t2+23t-64,所以年平均利润
4.(多选题)已知a,b,c,d均为实数,则下列命题为真命题的是( )A.若a>b,c>d,则ac>bd
5.(多选题)(2023·广东深圳中学模拟)已知a,b都是正实数,则下列不等式恒成立的是( )
6.能够说明“若a,b,m均为正数,则 ”是假命题的一组整数a,b的值可以是 .
答案 a=1, b=1(答案不唯一)
7.已知a>1,b>0,且a+2b=4,则ab的最大值为 ; 的最小值为 .
当且仅当a=2b,即a=2,b=1时等号成立.由a+2b=4,可得a-1+2b=3.
热点小题2 二次函数的图象与性质8.若函数f(x)=x2-6x-16的定义域为[0,m],值域为[-25,-9],则实数m的取值集合是( )A.{m|3≤m≤6}B.{m|3≤m≤7}C.{m|6≤m≤7}D.{7}
解析 由题意,得y=x2-6x-16=(x-3)2-25,即函数y=x2-6x-16的图象关于直线x=3对称,且当x=3时,函数取得最小值-25.因为f(x)的定义域为[0,m],值域为[-25,-9],f(0)=-16,所以m>3.令f(x)=-9,即x2-6x-16=-9,解得x=-1(舍去)或x=7.故m=7.
9.(2023·四川眉山诊断)“函数f(x)=x2-3mx+18在区间(0,3)内不单调”是“0
解析 当m<0时,二次函数f(x)=mx2-(3-m)x+1的图象开口向下,g(x)=mx单调递减,故存在x,使得f(x)与g(x)同时为负,不符合题意.当m=0时,f(x)=-3x+1,g(x)=0显然不符合题意.当m>0时,方程f(x)=mx2-(3-m)x+1=0的根的判别式Δ=m2-10m+9:若Δ<0,则1
11.已知二次函数f(x)的二次项系数为正,且对于任意实数x恒有f(3+x)=f(3-x),若f(1-2x2)
解析 因为f(3+x)=f(3-x),所以直线x=3是函数f(x)图象的对称轴.因为二次函数f(x)的二次项系数为正,所以f(x)在区间(-∞,3]上单调递减,在区间[3,+∞)内单调递增.因为1-2x2≤1,1+2x-x2=-(x-1)2+2≤2,所以由f(1-2x2)
解析 令3x=t,当x∈(0,+∞)时,t∈(1,+∞).由题意,得f(t)=t2-mt+m+1>0在区间(1,+∞)内恒成立,即函数f(t)在区间(1,+∞)内的图象在x轴的上方,而判别式Δ=(-m)2-4(m+1)=m2-4m-4,
热点小题3 二次函数与一元二次方程、不等式的综合13.若∃x∈[-1,2],使得不等式x2-2x+a<0成立,则实数a的取值范围为( )A.(-∞,-3)B.(-∞,0)C.(-∞,1)D.(-3,+∞)
解析 因为∃x∈[-1,2],使得不等式x2-2x+a<0成立,所以∃x∈[-1,2],使得不等式a<-x2+2x成立.令f(x)=-x2+2x.因为函数f(x)图象的对称轴为直线x=1,且f(x)的图象开口向下,所以当x∈[-1,2]时,f(x)max=f(1)=1,所以a<1.
14.已知函数f(x)=ax2+bx+c(ac≠0).若f(x)<0的解集为(-1,m),则下列说法正确的是( )A.f(m-1)<0B.f(m-1)>0C.f(m-1)必与m同号D.f(m-1)必与m异号
解析 因为f(x)<0的解集为(-1,m),所以-1,m是一元二次方程ax2+bx+c=0(ac≠0)的两个实数根,且a>0,m≠0,所以f(x)=a(x+1)(x-m),所以f(m-1)=-am与m必异号.
15.知当a∈[-1,1]时,不等式x2+(a-4)x+4-2a>0恒成立,则实数x的取值范围为( )A.(-∞,2)∪(3,+∞)B.(-∞,1)∪(2,+∞)C.(-∞,1)∪(3,+∞)D.(1,3)
解析 不等式x2+(a-4)x+4-2a>0(a∈[-1,1])恒成立,即关于a的函数f(a)=(x-2)a+x2-4x+4,当a∈[-1,1]时,f(a)>0恒成立,
16.(2023·天津,15)若函数f(x)=ax2-2x-|x2-ax+1|有且仅有两个零点,则a的取值范围为 .
答案 (-∞,0)∪(0,1)∪(1,+∞)
1.复数(1)复数的加、减、乘法运算法则与实数运算法则相同,除法的运算就是分母实数化.
即分子、分母同乘分母的共轭复数
(2)复数z=a+bi(a,b∈R)与复平面内的点Z(a,b)及平面向量 一一对应,|z-(a+bi)|=r(r,a,b∈R ,且r>0)表示复平面内以点(a,b)为圆心,r为半径的圆.
(3)复数的几个常见结论
名师点析1.复数问题实数化是解决复数问题的关键.2.利用复数相等a+bi=c+di列方程时,a,b,c,d∈R是前提条件.
2.平面向量(1)若a=(x1,y1),b=(x2,y2)为非零向量,且a与b的夹角为θ,则a·b=|a||b|cs θ=x1x2+y1y2.(2)若a=(x1,y1),b=(x2,y2),b≠0,则a∥b⇔存在唯一一个实数λ,使a=λb⇔x1y2-x2y1=0;a⊥b⇔a·b=0⇔x1x2+y1y2=0.
(3)平面内三点A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)共线⇔ ⇔(x2-x1)(y3-y2)-(x3-x2)(y2-y1)=0.
名师点析在平面向量的化简与运算中,要根据平面向量基本定理选好基底,注意向量的方向不能盲目转化.
3.三角形“四心”向量形式的充要条件设O为△ABC所在平面上一点,内角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,则有下面的结论.
热点小题1 复数及其运算
1.(2022·新高考Ⅱ,2)(2+2i)(1-2i)=( )A.-2+4iB.-2-4iC.6+2iD.6-2i
解析 (2+2i)(1-2i)=2-4i+2i-4i2=6-2i.故选D.
2.(2023·广东佛山一模)设复数z满足(1+i)2z=5-2i,则复数z在复平面内对应的点位于( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
3.(2023·河北唐山模拟)已知复数z=(1+2i)i2 023,i是虚数单位,则|z|=( )
4.(2022·新高考Ⅰ,2)若i(1-z)=1,则z+ =( )A.-2B.-1C.1D.2
8.(多选题)已知复数z1= (i为虚数单位),则下列说法正确的是( )A.z1对应的点在第三象限B.z1的虚部为-1
D.满足|z|=|z1|的复数z对应的点在以原点为圆心,2为半径的圆上
10.(多选题)设z为复数,则下列说法正确的是( )
对于D ,由|z-1|=1可知,在复平面内,复数z对应的点N的轨迹为以M(1,0)为圆心,1为半径的圆,则|z|表示点N到原点的距离,故当点O,N(O为坐标原点)重合时,|z|=0最小,当O,M,N三点共线且点O,N位于点M两侧时,|z|=2最大,故0≤|z|≤2.
对于B ,设z=a+bi(a,b∈R),则z2=(a+bi)2=a2-b2+2abi,|z|2=a2+b2,当a,b均不为0时,z2=|z|2不成立;对于C ,由|z|=1可知,在复平面内,复数z对应的点Z的轨迹为以O(0,0)为圆心,1为半径的圆,|z+i|可以看成点Z到点Q(0,-1)的距离,当点Z位于点(0,1)处时,|z+i|取得最大值2;
11.写出一个虚数z,使得z2+3为纯虚数,则z= .
答案 1+2i(答案不唯一) 解析 设z=a+bi(a,b∈R,b≠0),则z2+3=a2-b2+3+2abi,因为z2+3为纯虚数,所以a2-b2=-3且ab≠0.任取不为零的实数a,求出b即可得,答案不唯一,如z=1+2i.
热点小题2 平面向量的概念及线性运算
13.如图,向量a-b=( )
A.e1-3e2B.e1+3e2C.-3e1+e2D.-e1+3e2
14.已知a,b是两个不共线的非零向量,若(2a+3b)∥(3a+λb),则实数λ=( )
解析 因为(2a+3b)∥(3a+λb),3a+λb≠0,所以存在t∈R,使得2a+3b=t(3a+λb),所以(2-3t)a=(tλ-3)b,又因为a,b是两个不共线的非零向量,
15.(2022·新高考Ⅱ,4)已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+tb,若
16.(2022·新高考Ⅰ,3)在△ABC中,点D在边AB上,BD=2DA.记
A.3m-2nB.-2m+3nC.3m+2nD.2m+3n
17.(多选题)给出下列四个命题,其中为真命题的有( )A.若|a|=|b|,则a=bB.若A,B,C,D是不共线的四点,则“ ”是“四边形ABCD为平行四边形”的充要条件C.若a=b,b=c,则a=cD.a=b的充要条件是|a|=|b|且a∥b
18.如图,不共线的三个向量a,b,c以圆心O为起点,终点落在同一圆周上,且两两夹角相等,若c=xa+yb,则x+y=( )
解析 如图,因为不共线的三个向量a,b,c以圆心O为起点,终点落在同一圆周上,且两两夹角相等,所以顺次连接三个向量的终点A,B,C组成一个等边三角形,即O是这个等边三角形的中心也是重心.故有a+b+c=0⇒a+b+xa+yb=0⇒(x+1)a+(y+1)b=0⇒x=-1,y=-1⇒x+y=-2.
热点小题3 平面向量基本定理及坐标表示
19.(多选题)已知向量a=(2,1),b=(-3,1),则( )A.(a+b)⊥aB.|a+2b|=5C.a·b=5
解析 对于A , ∵a+b=(-1,2),∴(a+b)·a=(-1)×2+2×1=0,∴(a+b)⊥a.故选项A正确.对于B , ∵a+2b=(2,1)+2(-3,1)=(-4,3),
21.(多选题)已知O为坐标原点,点P1(cs α,sin α),P2(cs β,-sin β),P3(cs(α+β), sin(α+β)),A(1,0),则( )
22.已知向量a=(2,5),b=(λ,4),若a∥b,则λ= .
23.已知向量a=(1,3),b=(3,4),若(a-λb)⊥b,则λ= .
解析 由已知得,a-λb=(1-3λ,3-4λ),由(a-λb)⊥b,得3(1-3λ)+4(3-4λ)=0,即15-25λ=0,解得λ= .
热点小题4 平面向量的数量积25.(2023·新高考Ⅰ,3)已知向量a=(1,1),b=(1,-1).若(a+λb)⊥(a+μb),则( )A.λ+μ=1B.λ+μ=-1C.λμ=1D.λμ=-1
解析 方法一:由题意得,a+λb=(1+λ,1-λ),a+μb=(1+μ,1-μ).∵(a+λb)⊥(a+μb),∴(1+λ)(1+μ)+(1-λ)(1-μ)=0,解得λμ=-1.故选D.方法二:由题意得,a2=12+12=2,b2=12+(-1)2=2,a·b=1×1+1×(-1)=0.∵(a+λb)⊥(a+μb),∴(a+λb)·(a+μb)=a2+(λ+μ)a·b+λμb2=2+0+2λμ=0.解得λμ=-1.故选D.
A.-9B.-6C.6D.9
混合问题一般是先分类再分步
1.两个计数原理与排列组合(1)两个计数原理区分“分类”与“分步”,关键是看事件完成情况:若每种方法都能将事件完成,则是分类;若必须连续若干步才能将事件完成,则是分步.分类要用分类加法计数原理将种数相加,分步要用分步乘法计数原理将种数相乘.
名师点析对于有附加条件的排列、组合应用题,通常从三个途径考虑(1)以元素为主考虑,即先满足特殊元素的要求,再考虑其他元素.(2)以位置为主考虑,即先满足特殊位置的要求,再考虑其他位置.(3)先不考虑附加条件,计算出排列数或组合数,再减去不合要求的排列数或组合数.
(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,准确分步;③排列、组合混合问题先选后排;④相邻问题捆绑处理,不相邻问题插空处理;⑤定序问题“缩倍法”处理;⑥分排问题直排处理;⑦“小集团”排列问题先整体后局部;⑧构造模型;⑨正难则反,等价条件.
乘积形式多用于数字计算,阶乘形式多用于证明恒等式
注意通项是展开式的第k+1项,不是第k项
名师点析应用二项式定理时要注意(1)区别“项的系数”与“二项式系数”,项的系数与a,b有关,可正可负,二项式系数只与n有关,恒为正.(2)运用通项求展开式的一些特殊项,通常都是由题意列方程求k,再求所需的某项;有时需先求n,计算时要注意n和k的取值范围及它们之间的大小关系.(3)赋值法求展开式中的系数和或部分系数和,常赋的值为0,±1.(4)在化简求值时,注意二项式定理的逆用,要用整体思想看待a,b.
热点小题1 两个计数原理1.为控制污染,保护环境,节约资源,某市开始实行生活垃圾分类管理.某单位有4个垃圾桶,分别是可回收物垃圾桶、有害垃圾桶、厨余垃圾桶、其他垃圾桶.因为场地限制,要将这4个垃圾桶摆放在3个固定角落,每个角落至少摆放1个,则不同的摆放方法共有(如果某两个垃圾桶摆放在同一角落,它们的前后左右位置关系不作考虑)( )A.18种B.24种C.36种D.72种
2.(2023·山东师大附中模拟)从6个黄色球和4个蓝色球中任取4个,则至少有两个蓝色球的取法种数是( )A.90B.120C.114D.115
3.数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏.数独的一个简化版如图所示,由三行三列9个单元格构成.玩该游戏时,需要将数字1,2,3(各3个)全部填入单元格,每个单元格填1个数字,要求每一行、每一列均有1,2,3这3个数字,则不同的填法有( )
A.12种B.24种C.72种D.216种
解析 先填第一行,有3×2×1=6种不同填法,再填第二行第一列,有2种不同填法,当该单元格填好后,其他单元格唯一确定.根据分步乘法计数原理,共有6×2=12种不同的填法.
4.某新闻机构安排4名记者和3名摄影师进行采访,其中2名记者和1名摄影师负责“云采访”区域的采访,另2名记者和2名摄影师分两组(每组记者和摄影师各1人),分别负责“汽车展区”和“技术装备展区”的现场采访.如果所有记者、摄影师都能承担3个采访区域的相应工作,则所有不同的安排方案有( )A.36种B.48种C.72种D.144种
5.(2023·山东潍坊一模)我国载人航天事业突飞猛进,其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试,主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.若这五项测试每天进行一项,连续5天完成,且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试,超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试,则选拔测试的安排方案种数为( )A.24D.60
6.某市要将VR大会展厅前的广场进行改造,在人行道(斑马线)两侧划分5块区域(如图),现有4种不同颜色的花卉,要求每块区域随机种植1种颜色的花卉,且相邻区域(有公共边的区域)所选花卉颜色不能相同,则不同的种植方式共有 种.
热点小题2 排列组合7.(2022·新高考Ⅱ,5)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻的不同排列方式有( )A.12种B.24种C.36种D.48种
8.某中学举行“十八而志,青春万岁”成人礼,现在需要从4个语言类节目和6个歌唱类节目中各选2个节目进行展演,则语言类节目A和歌唱类节目B至少有1个被选中的不同选法种数是( )A.15B.45 C.60D.75
9.(2023·山东菏泽一模)为了迎接“第32届菏泽国际牡丹文化旅游节”,某宣传团体的六名工作人员需要制作宣传海报,每人承担一项工作,现需要一名总负责,两名美工,三名文案,但甲、乙不参与美工,丙不能书写文案,则不同的分工方法种数为( )A.9B.11C.15D.30
10.(2023·河北石家庄一模)为推进体育教学改革和发展,提升体育教学质量中丰富学校体育教学内容,某市根据各学校工作实际,在4所学校设立兼职教练岗位.现聘请包含甲、乙在内的6名教练去这4所学校指导体育教学,要求每名教练只能去一所学校,每所学校至少有一名教练,则甲、乙分在同一所学校的不同的安排方法种数为( )A.96B.120C.144D.240
11.(2023·新高考Ⅰ,13)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有 种(用数字作答).
12.五声音阶是中国古乐基本音阶,故有成语“五音不全”.中国古乐中的五声音阶依次为:宫、商、角、徵、羽.如果把这五个音阶全用上,排成一个五个音阶的音序,且要求宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧,可排成 种不同的音序.
13.某单位利用周日安排6名志愿者在某条东西走向的路上相邻的6个十字路口进行“创文”宣传活动,每个路口安排1名志愿者,则甲、乙两名志愿者必须在相邻两个路口,丙不在两端的安排方式共有 种.
热点小题3 二项式定理
14.在 的展开式中,x4的系数为12,则a的值为( )A.2B.-2C.1D.-1
15.( x-y)8的展开式中x2y6的系数是( )A.28B.-28C.56D.-56
16.(2023·广东江门一模)已知多项式(x-1)10=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+… +a10(x+1)10,则a7=( )A.-960D.480
17.(x2+3x-1)5展开式中x的系数为( )A.-3D.15
19.(多选题)(2023·江苏常州高三检测)已知(2-x)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,则( )A.a0=28B.a1+a2+…+a8=1C.|a1|+|a2|+|a3|+…+|a8|=38D.a1+2a2+3a3+…+8a8=-8
解析 由(2-x)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,令x=0,得a0=28,A选项正确.令x=1,得a0+a1+a2+…+a8=1,a1+a2+…+a8=1-28,B选项错误.
由此可知a1,a3,a5,a7是负数,a2,a4,a6,a8为正数,令x=-1,得a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7+a8=38,-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7+a8=38-28,所以|a1|+|a2|+|a3|+…+|a8|=38-28,C选项错误.由(2-x)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,两边求导得-8(2-x)7=a1+2a2x+3a3x2+…+8a8x7,令x=1,得a1+2a2+3a3+…+8a8=-8,所以D选项正确.
解析 由题意及二项式系数的性质可得2n-1=32,解得n=6,所以其展开式的通项为
22.(2021·山东聊城二模)已知 的展开式中各项系数的和为3,则展开式中的常数项为 .
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