案例教案成果

第一 变化率与导解：∵质点按规律𝑠1𝑡2（距离单位：m，时间单位：s） S=2t3+t（距离单位：m，时间单位：s）𝑙𝑖𝑚𝑓:𝑥;𝑓1=2f′（1）=2f′（x）=aa=2 表示函数在这一点到它附近一点之间的平均变化率，故C对，故选：C．𝑙𝑖𝑚(0)(0=1𝑙𝑖𝑚0:𝑥);0)x0 解：如图：设人的高度CD，则CD=1.6，人的长DE=h，1.6𝑕h=1，∴h′=1m/s，故选：D．8 =xxxx∴f（x）在区间[0，2]上的平均变化率为𝑦=(;(0=4= ∴当h无限趋近于0时𝑥0);𝑥0;𝑕无限趋近于f′（x ∴当h无限趋近于0时𝑥0);𝑥0;𝑕无限趋近于2f′（x 解：（1）正弦函数y=sinx，∴△x=𝜋，△y=1，∴△𝑦=26 △𝑥𝜋6 𝜋

√ ;

-

﹣in ，∴

𝜋2 3

1

fx1x1△2x1△﹣2x 解（1）△y=f（2）﹣f（1）=﹣22+﹣（﹣211）=﹣，△=;△𝑥（2）△y=f（1）﹣f（﹣1）=﹣21+1﹣（2×11=﹣△𝑦;△𝑥;;x=﹣（1）∵s=8﹣3t2△83△2﹣12=6△3△2∴质点在[1，1+△t]这段时间内的平均速度为：𝑣△𝑠−63（2）t=1时的瞬时速度为𝑣=𝑙𝑖𝑚𝑠=𝑙𝑖𝑚63𝑡△𝑡→0 t=1时𝑥2+2𝑥+4，𝑥≥解 37−x＞2x=2=𝑥2:𝑥:1=﹣24 ∵﹣√√4x＜2时，对x=2的平均定向增长率x=1𝑥;49=813 1𝑠;𝑠)1𝑔22) =2g，∵s（t）= A、B，∵f（x）ab之间的平均变化率是𝑓𝑏;𝑓(𝑎gab的平均变化率是(𝑎)𝑓();()(𝑏;𝑎即二者相等；∴选项A、B错误 对于C、D，∵函数f（x）在x=x0处的瞬时变化率是函数f（x）在x=x0处的导即函数f（x）在该点处的切线的斜率，同理函数g（x）在x=x0处的瞬时变化率是函数g（x）（﹣1，0（，1）A（2，3又根据导数的定义：f′（2）=𝑙𝑖𝑚(:△);()=故选 解：∵𝑆1𝑡43，∴S′=t3t=2时，S′=23=84解：∵−1𝑙𝑖𝑚(𝑥0)𝑓(𝑥0△𝑥=，0 𝑥0;𝑥0:𝑥=故选2→ △→ )=(−2解：∵𝑓(𝑥)=1𝑥3−1𝑥21𝑥1f′（x）=x2﹣x+1，f″（x）=2x﹣1 2故函y=f（x）的“拐点”为（1，1）．由于函数的对称中心为（11 ∴f（x）+f（1﹣x）=2，∴𝑓(1)+𝑓(2)+𝑓(3)+⋯+𝑓(2012)=2×1006=2012

：△y=√𝑥 +△𝑥﹣√𝑥，△𝑦√0:𝑥√ 0𝑥解： (𝑎:𝑥);(𝑎:△𝑥= 𝑓𝑎:△𝑥;𝑓:△a 001fx1+△xf1当x1=4，且△x=1时，△y=4×4×1+2+3=21，∴平均变化率△𝑥（2）当x1=4，且△x=0.1时，△y=4×4×0.1+0.02+0.3=1.92∴平均变化率△𝑦=1.92=19.2（3在（1）中△𝑦=𝑓(𝑥2);𝑓(𝑥1)𝑓();𝑓()△𝑥 2 39）与点P1（5，60）连线的斜率，在（2）中𝑦𝑓𝑥2;𝑥1=(4;它表示点P0（4，39）与点P2（4.1，40.92）连线的

21 41已知解：（1）正弦函数y=sinx，△x=𝜋，△y=sin𝜋﹣sin0=1，∴△𝑦=2 1

△𝑥𝜋6= 6 2 △𝑥𝜋3

率分别为3， （2）由（1）知，y=f（x）在[0，𝜋]及[𝜋，𝜋]上的平均变化率为33，∴33 证明(𝑏)𝑓(𝑎:;𝑎3a𝑏 第二 导数的运算及切线方故选 =

= ，则33解：∵f（x）Rx＞0时();(∴𝑓(𝑥)为增函数，f（x）为偶函数，𝑓(𝑥)为奇函数 ∴𝑓(𝑥)在（﹣∞，0）上为增函数x＞0，𝑓(2)=0，所以2 x0𝑓(=0𝑓𝑥在（﹣∞，0）上为增函数，可得 )解：∵y=f（x）=x2+1，∴f′（x）=2x，∴f′（2）=2×2=4，故选∵x1，x23x2﹣6x+2=0的两根，∴𝑥1𝑥2=2，𝑥1𝑥2=3∴𝑥2+𝑥2=(𝑥1+𝑥2)2−2𝑥1𝑥2=22−2×2= f（x）=x﹣lnx，所以（x𝑥;故选f（x）对应的曲线在点（x0，f（x0）f′（x0曲线在点（x0，f（x0）处的切线方程为y=﹣x+1，即有f′（x0）=﹣1．故选（;3 0𝑥 0 4解；∵曲f（x）=exA（x0，f（x0）x﹣y+3=0）解得x0=0，f（0）=1，即切点坐标为（01）故选y﹣t3+3=（3t2﹣3（﹣t即有﹣2﹣t3+3t=（3t2﹣3（1﹣t，即为2t3﹣3t2+1=0，即有（t﹣1）2（2t+1）=0，2 00𝑓2);𝑓1)=a，∴f（1）＜a′2′（x）=g′x，又2

2𝜋≤α＜π，故选3M（1，f（1）= 切点处的导数为切线斜率，所以𝑓′(120xx2k2把a=﹣1，代入到f（x）=x3+x﹣2得b=﹣4；a=1f（x）=x3+x﹣2P0（1，0）和（﹣1，﹣4故∵′=2b′1=2+b=3∴b=1f =1﹣1𝑓(𝑛)2𝑛𝑛𝑛: （1﹣1）+（1﹣1）+…+（1﹣1）=2011 ∵（ax）′=axlna（xex）′=ex+xex导函数的定义域a的符号怎样导函数都是先正后负，又(𝑙𝑜𝑔𝑎𝑥1a关，排除B，故选项为解：由题意，f′（x）=x2+2，∴f'（﹣1）=1+2=3，故 10(𝑥1)′=𝑥;′(;)𝑥=1；(1)′=−1．(1𝑥3=𝑥4；= 所以满足𝑓′(𝑥1f（x）为𝑓(𝑥𝑥; 解 = 𝑥2y(;𝑥2)𝑥(𝑥2(𝑖𝑥);𝑥𝑥(;𝑥2)𝑜𝑥故 （sinx）′=cox，∴f（x）=）′×sx=𝑠𝑖𝑛𝑥+√𝑥⋅𝑐𝑜𝑠𝑥

第三 利用导数研究函数的单调象在x∈（0，2）时为增函数．选项中只有C符合．故选C．f'（﹣2f'（﹣33）相当于;2;𝑓;)可以看成[﹣3，﹣2]中间某点上的切线的斜率，从而有答案;(3 值．当x=2时，函数y=f（x）取得极小值．结合图象可知选C．（x＜（ax＜b时，f（x）＞f（b，∵f（b）＞0x∈（a，b）时，f（x）＞0，故选Cy，=f（x）y，=f（x）f（x）=x2+bx+c0于0知，A满足条件故选A．*𝑥|𝑥−10＜𝑥 4+1，𝑥≥ 解 ，∴f（8）=+1= ，(−∞−2)和(2+3解：f′（x）=3x2+af（x）=x3+ax在[1，+∞）上是增函数，∴f′（x）=3x2+a≥0在[1，+∞）上恒成立，∵f′（x）=3x2+a在[1，+∞）上增函数，∴3x2+a≥3×12+a=3+a解：由条件①②，𝑓(𝑥)=𝑎𝑥，又（𝑓(𝑥)）′=𝑓′(𝑥)⋅𝑔(𝑥);𝑓(𝑥)⋅𝑔′(𝑥) 𝑔•g（x，（x）•g（x）﹣f（x）•g（x）＜0 𝑓(1)+𝑓(;1)5111𝑔(1); 2 { {△=02−4×3𝑎×(−1)≤为[1，+∞）3（2015•昌平区三模）已知函数f（x）=ex（sinx+a）在R上单调递增，则实数a的取值范围是𝑎≥√2 2（﹣1，+∞[3，+∞2g（x）=﹣（x+2．又f（x）=x3+ax2+3bx+c，所以𝑎{𝑐2=−𝑐2𝑎=x3+3bx+2（b≠0𝑥√−𝑏在(−√−𝑏，√−𝑏)上单调递减，在(√−𝑏+∞)上单调递增． （2）∵f（x）=1x2﹣lnx；函数的定义域为（0+∞2𝑥21 当x＞1时，f′（x）＞0，此时函数单调递增，0＜x＜1时，f′（x）＜0，此时函数单调递减，（0，1第四 利用导数研究函数的极解：∵函数𝑓(𝑥)=1𝑥3+1𝑎𝑥2+ 𝑓′(0)=又∵α∈（0，1，β∈（1，2，∴{𝑓′(1)=1+𝑎+𝑓′(2)=4+2𝑎+由图可得：当x=﹣3，y=1时，𝑏2取最小值 x=﹣1，y=0时𝑏取最大值1；故选解：由于𝑓(𝑥)=(1𝑎)𝑒𝑥，则𝑓′(𝑥𝑎−𝑎𝑒𝑥𝑥2𝑥

=𝑎;𝑎2

=𝑎𝑎2

故函数f（x）在（﹣∞，x1（x2，+∞）上递增，在（x1，x2）上递x（，）＞7

≥ 𝑎2又由∂x0∈（0，+∞，x0为f（x）的一个极大值点，故 △𝑎2−数f（x）的一个极值点”，否则x0不是函数f（x）的极值点．②“x0是函数f（x）的一个极值点”一定有故可得：“f′（x0）=0”是“x0是函数f（x）的一个极值点”的必要而不充分条件（1）当△=4a2﹣12b＞0时，f′（x）=0有两解，不妨设为x1＜x2，列表x+0-0+①x2是函数f（x）的极小值点，但是f（x）在区间（﹣∞x2不具有单调性，故C不正确②∵𝑓(−2𝑎−𝑥)+f（x）=(−2𝑎−𝑥)3+𝑎(−2𝑎−𝑥)2+𝑏(−2𝑎−𝑥)+𝑐+x3+ax2+bx+c=4 3𝑓(−𝑎)=(−𝑎)3+𝑎(−𝑎)2+𝑏(−𝑎)+𝑐=2𝑎3−𝑎𝑏+ ∵𝑓(−2𝑎−𝑥)+f（x）=2𝑓(− x1，x2分别为极值点，则𝑓′(𝑥1𝑓′(𝑥2)=0Dx→﹣时（x→﹣∞x→+∞（x→+∞函数f（x）必然穿过x轴，即f（xα）=0，故A正确≥3x→﹣时（x→﹣∞x→+∞（x→+∞函数f（x）必然穿过x轴，即f（xα）=0，故A正确x﹣1时，xf′（x）＜0，f′（x）＞0，此时f（x）增；当﹣1＜x＜0时，xf′（x）＞0，f′（x）＜0，此时f（x）0＜x＜1时，xf′（x）＜0，f′（x）＜0f（x）减；当x＞1时，xf′（x）＞0，f′（x）＞0，此时f（x）增．由ex=﹣a，得a=﹣ex，∵x＞0，∴ex＞1．∴a＜﹣1．∵x∈（0，+∞x=3必定是函数𝑓(𝑥)=4𝑥+𝑎(𝑥＞0，𝑎＞0)的极值点 解：由题意得，函数f（x）=x3﹣6bx+3b的导数为f′（x）=3x2﹣6b在（0，1）内有零点，且f′（0）＜0，f′（1）＞0． 即﹣6b＜0，且（3﹣6b）＞0．∴0＜b＜1．2 解：f′（x）=3x2+6ax+3（a+2所以△=36a2﹣36（a+2）＞0，解得a＜﹣1或a＞2．②f′（x）=3ax2+2bx+c=0有根，则须△=b2﹣3ac＞0∴f′（x）=3x2﹣48＜0x∈（﹣4，4）∴﹣1，1是方程x2+a=0的两个根∴𝑓(𝑥)=1𝑥3−𝑥，∴𝑓(1)=1−1=−2，故答案为 {𝑓′(−1)=32𝑎𝑏={𝑓′(3)=27+6𝑎+𝑏=c=2∴𝑥1+𝑥2=2，𝑥1𝑥2=3∴1+1𝑥1223 𝑥2𝑥1⋅𝑥23f（x）=（ex﹣1（x﹣1求导函数可得k=2时，函数f（x）=（ex﹣1（x﹣1）2．xex﹣）2+ex1﹣）x（exex﹣，f'（x）项．故选C．依题意可得𝑔(1)= 1+𝑚+𝑛+𝑚2= 𝑚= 𝑚={ ⇒ 联立可得 或𝑔(1)= 3+2𝑚+𝑛= 𝑛= 𝑛=舍故选B． f（﹣2f（2解：∵f（x）=1𝑥3+1𝑎𝑥2+2𝑏𝑥+ f′（0）＞0，f′（1）＜0，f′（2）＞0，即{𝑎2𝑏1𝑎+𝑏+ 表示点（a，b）到点（﹣3，0）的距离的平方 √ 由{𝑎+2𝑏+1=0得𝑎+𝑏+2=所以z=（a+3）2+b2的取值范围为（14）故选项为2从图象上可看出符合条件的有1点，故选D．x∈（b，a（+（＞∈（a，cax+ax+1（x﹣a）＞0（﹣∞，﹣1若a＜0时，故有（x+1（x﹣a）＜0，（﹣1，ax+1（xa＞0或者（﹣∞，﹣1c∈R，故﹣1＜a＜0符合题意解：构造函数F（x）=𝑓(𝑥)，则由商的导数，可得x𝑓′𝑥𝑥𝑔′𝑥2𝑥 ,𝑔(𝑥)- ,𝑔(𝑥)-𝑥2(=,𝑔(𝑥)-要条件应该是（0，+∞）的一个子集，从选项判断，C选项符合条件，故选C解：对函数f（x）=x3﹣ax2﹣bx+a2取对数，得{𝑓(1)={即{3−2𝑎−𝑏=0 ，解得，𝑎=3，或{𝑎=−41−𝑎−𝑏+𝑎2= 𝑏= 𝑏={又∵当𝑎= 时，f（x）又∵当𝑎= 𝑏=当x＞2时，f′（x）＞0，当x＜2时，f′（x）＞0，（﹣4，11解：由题意得x𝑥2:2𝑥;因为函数x𝑥2𝑎在x=1处取得极值(:2

𝑓′(−1)=3𝑏2−且x1∈（﹣1，2，x2∈（2，+∞，∴{ 𝑓(2)= +12𝑏+若a＜0，则△＞0，即0﹣12a＞0，∴𝑓′(1)=3+2𝑎+𝑏=

𝑎= 𝑎= ，解得 或 ，验证知，当a=﹣3，b=3时𝑓(1)=1+𝑎+𝑏+𝑎= 𝑏= 𝑏=x=1a+b的值第五 利用导数研究函数的最 4 则销售甲乙产品所得利润y=1（10﹣x）+5√𝑥， y′=﹣1+5=;4 444

41616 h′（x）=x2﹣4=0，x=±2，∴h（2）h（﹣2）＜0，∴−4＜𝑎＜28，故选 当x＜﹣1时，xf′（x）＜0，f′（x）＞0，此时f（x）增；0＜x＜1时，xf′（x）＜0，f′（x）＜0，此时f（x）减；当x＞1时，xf′（x）＞0，f′（x）＞0，此时f（x）增．， 0 ，有最大值3

(1)𝑥，1≤解：在①中，反例：f（x）={2，𝑥=

在③中：在[1，3]上，（）=f𝑥:(𝑥）,𝑓(𝑥)+𝑓(4−𝑥)- 𝑓(𝑥)+𝑓(4−𝑥)≥∴{𝑓(𝑥)≤𝑓(𝑥)𝑚𝑎𝑥=𝑓(2)=𝑓(4−𝑥)≤𝑓(𝑥)𝑚𝑎𝑥=𝑓(2)=

在④中，对任意x1，x2，x3，x4∈[1，3]， 𝑥𝑥𝑥

(1𝑥2):34 𝑥 𝑥有𝑓( 2 )≤,𝑓( 2)+𝑓( ≤1,1(𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2))+1(𝑓(𝑥3)+𝑓(𝑥4))-2 𝑓12:3:4≤1[fx1）+f（x2）+f（x3）+f（x4）] x0-0+0-↓↑↓f（x）=1，得x33x2+=解得x=0x﹣．x＞0时，f（x）＜f（0）=1＜﹣3=3x﹣为1．所以a的取值范围为3，]解：∵f（x）=𝑙𝑛𝑥，∴x＞0，𝑓′(𝑥)=;，由𝑓′(𝑥)=;0，x=e xe+0-↑↓ 共点，∴0＜b＜1．故选f（0）=﹣a，f（3）=18﹣a，（＞（f（3因此f（x）在[﹣2，0]上是增函数，在[0，2]上是减函数，由以上分析可知函数的最小值在x=﹣2或x=2处取到，10．解：∵f'（x）=4﹣x2，∴f'（x）=0，得x=±2 ∴f（x）min=f（2）=﹣4．故选3解：𝑓(𝑥𝑥=𝑥;:11 2300𝑥−𝑥−20000，0≤𝑥≤ 60000−

300−𝑥，0≤𝑥≤．所以最小值为﹣16，最大值为20．解：设函数y=f（x）﹣g（x）=x2﹣lnx+1，求导数得x=𝑥2 √√ √√ 22√22令y'＞0，解得x＞2，或x＜﹣1，当x=0，y=5；当x=3，y=﹣4；当x=2，y=﹣15．解：∵fx;𝑙𝑛;;又𝑥2∴lnx=﹣（x+1，∴f（x）;𝑥0,;𝑥0:=x ∈e﹣2，e﹣1）∈e﹣2，e﹣1（x 2解：（x）𝑥;𝑥，在区间[﹣1，0]上f'（x）＜0，在区间[0，1]上𝑒解得：x=1或3x∈(−1−2)33∴（）ma=（，）}max=73解：由题意得，𝑓′(𝑥)=𝑥⋅;(;𝑥 则函数f（x）在[1，e]上递增，在（e，4]上递减， 4对函数求导可得f′（x）=lnx+1 因为f（e﹣2）=﹣2e﹣2，f（e）=e，所以f（x）的最大值为e，最小值为f（1）=﹣1 解：f′（x）=﹣12+3x2=3（x+2（x﹣2x=﹣2f（x）f（﹣2）=22；f（﹣3）=15，f（1）=﹣5，x∈[1，+∞（﹣，﹣1]33 即有f（﹣2）=﹣2，因此有以下不等式成立3−2≤ 10−2的左侧（否则最大值会超过3）x=2f′（x）＞0x＜0x＞2f（0）=a，f（2）=a﹣8，f（﹣2）=a﹣40a=43．在[﹣2，2]上最大值为f（x）max=f（0）=43．令f′（x）=0解得x=1．x≥1时，f′（x）=（x﹣1）ex＞0，此时函数单调递增，x≤1时，f′（x）=（x﹣1）ex＜0，此时函数单调递减，=0x=1时，函数有最小值xxx ∀0x1x2fx1﹣（x2）=（x1x2x2+x1x2+x2﹣2）＞（x1﹣x23x =√ 由对称性画出草图n∈[a﹣1，a+1]，∵12√63𝑎1√6√6＜𝑎1时fn）的值域最小，则𝑑𝑓√6𝑓(√68√6𝑆2𝑑=16 故答案为169y′=4x3﹣16x=0x023+0-0+y↗↘↗x=2∴y'=3x2﹣3，令 822（海淀区校级月考）𝑓(𝑥)=1𝑥3−𝑥在区间（1﹣a，10﹣a2）3实数a的取值范围是 （校级期中）当x∈[0，3]时，函数f（x）=x2（3﹣x）的最大值是 第六 定积分与微积 1 ∫∫∫∫

∫解：∫

xdx=1𝑥2 1=1

（x+1）dx=（1𝑥2+x） 1=3

1=1 0 0 ∫ 1dx=1 1=1．故∫ 0 1𝑑𝑥=𝑙𝑛𝑥|𝑒=𝑙𝑛𝑒−𝑙𝑛1=1−0=∫ 4曲线𝑦=𝑠𝑖𝑛(𝑥−𝜋)(0≤𝑥≤3𝜋) S=∫𝜋（﹣𝑠𝑖𝑛(𝑥−𝜋)）dx+∫𝜋3𝜋𝑠𝑖𝑛(𝑥−𝜋)dx=2−0 4 2√22解：∵𝑎

111（0，1

∫1∫1解： （1+x）dx═（x+1x2）|∫ 2 (2𝑥− 10 0

2∫ ∫0∴f（f（0）=2．

−2𝑥+4，0≤𝑥≤，𝑥−2，2≤𝑥≤0≤x≤2

−2𝑥+4，0≤𝑥≤，𝑥−2，2≤𝑥≤∴ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥=（﹣x2+4x）|2+（1𝑥2−∫ =（﹣4+8）+[（1×36−2×6）﹣（1×4−2× 解 𝑑𝑥=﹣cosx|2+x|𝜋=3− 𝑥=𝑦= 1，解得𝑦

𝑦= (𝑥2−1)𝑑𝑥=（1𝑥3− 2=8−（1−𝑙𝑛1）=7−

(𝑥−𝑥√3√

𝑥2

𝑥4)|1=50402 f（a+1）≤f（n）≤（a﹣1 （2）当a﹣1≥3即a≥2时，f（x）在[a﹣1，a+1]上单调2 （3）当1≤a≤3 当3＜a＜2 综上所述，S≥1，即S的最小值为 4 X轴的面积代数和cf（x）dx﹣ 11S= 0 =（2 1 1

(√𝑥−𝑥

2﹣x）|0= (2𝑥−𝑥解： (2− 32𝑘=2k﹣3(2𝑥−𝑥∫ 3解： （x+sinx）dx=（1𝑥2﹣cosx）|𝜋=1𝜋2﹣cosπ﹣[1∫ 𝜋 解：由已知得 解：∫2xdx=1𝑥2|2=1×22﹣1× 1 解：∫1（x﹣1）dx=（1x2﹣x）|1=1− 0 00Sπsinxdx=,−𝑐𝑜𝑠𝑥-𝜋=(−𝑐𝑜𝑠𝜋)−(−𝑐𝑜𝑠0)=1+1= 解：如图，由曲线y=1，y=4，y=x2算，所以S=2（1×2+∫2（4﹣x2）dx=4+2（4x |2=28， ﹣3） ={𝑦=3−𝑥设阴影部分面积为s，则1𝑠=

(3−𝑥2−2𝑥)𝑑𝑥+

(3−𝑥2)𝑑𝑥−

2𝑥𝑑𝑥+ (3− =52√392√3=32

−故 √4− 扇形𝑦=4解得：𝑥= 𝑥=

𝑦=𝑥+ 或 𝑦= 𝑦=

[（4﹣x （﹣

20 x1 x 3 0 3故阴影部分的面积是∫1（1﹣x2）d+∫2（﹣1+x2）d=（x﹣x3）0 x1 x 3 0 3并且当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；在若M={x|1≤𝑥≤2}，且M∩P≠∅，则a+1＜ [1，2]的最大值在 ，令 x∈[1，2]，则′x𝑔𝑥(𝑥)0解得， x∈（1，1，e，F（1）=2√𝑔，F（2）=1𝑔2，而且2√𝑔＜1𝑔2，故最大值为1𝑔2a+11𝑔2a1 1

= 00不妨取a=﹣1，b=（g﹣1）gn﹣1，则有 (𝑎+𝑏)=a+a+…+a+b+b+…+b (;;𝑔𝑛=n﹣﹣故满足题意第七 推理与证不成立，即用反证法证明“∀x∈R，2x＞0”，应假设为∂x0∈R，2𝑥0≤0，故选：D．4D符合条件．故选D打印资料甲×××乙××丙×丁××打印资料甲××√×乙××丙×√××丁××x=0，y=2，z=1x=1，y=0，z=2x=2，y=2，z=0，故不同的的种数是3种，故选：A． 222 26063𝑛222 26063𝑛=0𝑖307𝜋03362AC都是从特殊→一般的推理，均属于归纳推理；D为，是从一般→特殊的推理，是演绎推解：①{𝑛|n∈N}1为极限的数列，故对∀a＞0，∂x∈{𝑛

22 AD⊥BC（结论）符号三断论，，形．故选A．f（x+c）＞fx﹣cf（x）不具有具有性质P．c （xc＞（x﹣c （c＞（解：观察三角形数阵，知第n行（n≥3）前共有++3（n﹣1=𝑛(𝑛;1)个连2n行（n≥3）4𝑛𝑛;1+]12所以用反证法证明“a，b∈R，|a|+|b|＜1，a2﹣4b≥0x2+ax+b=0的两根的绝对值都小1”时，应先假设方程x2+ax+b=0的两根的绝对值至少有一个大于等于1．故选B．解：55=3125的末四位数字为3125，56=15625的末四位数字为5625，57=78125的末四位数字为8125，58=390625的末四位数字为0625，59= 的末四位数字为…，根据末四位数字的变化，3125，5625，8125，0625即末四位的数字是以4为周期的变化的，故2013除以4余1，即末四位数为3125．则52013的末四位数字为3125．故选A．𝑎𝑛−an+1=1，0＜，且𝑎=𝑚= 𝑎𝑛≤ =1=1=5 =𝑎−1=5−1= 5

1𝑎=1=1= 343由a3=2，若a3=a2﹣1=2，则a2=3，若a1﹣1=3，则1=3，则𝑎1= a3=2，若𝑎3=1=2，则𝑎2=1，若𝑎1−1=1，则𝑎1= 1=1a1=2 B若𝑎1=𝑚=√2＞1，则𝑎2=𝑎1−1=√2𝑎3=1 =√2+ 所以𝑎4=𝑎3−1=√21−1=选项是D．故选D．BC000NNNN第四 解：A选项是演绎推理，是“两条直线平行，同位角相等”，是“∠A与是归纳推理；故错；C选项“由圆的性质，推出球的性质”是类比推理；故错；D选项“在数列{an}中，𝑎12，𝑆𝑛+1+2𝑎𝑛(𝑛2)S1，S2，S3，S4 3、4题应为一对一错，所以丙和丁得分相同，所以，丁的得分也是6分．x1，x2，x3的值分别为：1，2，2时，2x1+2x2+4x3=14；x1，x2，x3的值分别为：3，1，2时，2x1+2x2+4x3=16；x1，x2，x3的值分别为：2，3，1时，2x1+2x2+4x3=14；x1，x2，x3的值分别为：4，2，1时，2x1+2x2+4x3=16；x1，x2，x3的值分别为：6，1，1时，2x1+2x2+4x3=18，且A2的专家评分＞A1的专家评分，则优秀影片最多可能有2部；部．以此类推可知：这5部微中，优秀影片最多可能有5部拿一次后）84a8﹣a即可，保证每一轮两人报的和为8即可，最终只能甲抢到100．故先开始甲应取4个．2、p＞q＞0第一次得：c1=p++=（+1（p+）﹣12（11（（p+++p++c4c3c253﹣6次扩充，所得数为：（q+1）8（p+1）13﹣1解：根据A大学的各专业的男比例均高于B大学的相应专业的男比例（男女生比例是指男生人数与人数的比，可知甲、丙不一定正确，A大学的男比例有可能等于B大学的男比例，即A大学的男比例不一定高于B大学的男比例2，2:22，

=72:2:2:

22322

=11…，， 31: : :: :::: ，依此规律，可得 个等式为2:2:2:2:::⋯ 故答案为2:2:2⋯𝑛2:::⋯ 第八 数学归纳左侧：每一项分别有：22﹣1，23﹣1，24﹣1，…项，每一项中最后一项的分母为： :1∴由此归纳第n个不等式为：1+1+1+⋯ ＜𝑛+1(𝑛∈𝑁 1第二空：左边的特点：分母逐渐增加1，末项为 :1由n=k，末项为 𝑘1 :1;::故答案为：1+1+1+⋯ ＜𝑛+1(𝑛∈𝑁∗)；2k+1（注：每空2分 1（x2，y2=（，0，）=（0，4故a2=（6，0）或（04即∂bi∈D，=1，2，…，k﹣1（k≥2，使1 𝑏𝑖=ak，化简得 𝑏𝑖=（5，0

故假设不成立，即：∀k∈N*，ak≠（5，0（Ⅲ）kmin=5，a1=（0，0，a2=（04，a3（4，，a4（4，4，a5（62（Ⅱ）②假设当n=k（k∈N*）时猜想成立，即ak=k!．n=k+1时，ak+1=（k+1）ak=（k+1）k!=（k+1）!n=k+1 n∈N*．以下用数学归纳法证明那么，当n=k+1时，ak+1=√𝑎2−4𝑎𝑘+5+√(2√𝑘)2−4(2√𝑘5+2=√4𝑘4√𝑘84√𝑘5+2=√𝑘1+2，所以，当n=k+1时猜想也成立；根据（1）和（2），可知猜想对于任意n∈N*都成立11223a3=4，得a4=a3+1=k+2n=k+1时，ak+1=（k+1）+1据①和②，对于所有n≥1an=n+1．12+7=13（3an4ak=4k﹣3（8n=k+1时，ak+1=2ak﹣4k+7=2（4k﹣3）﹣4k+7=4k+1=4（k+1）﹣3，所以，当n=k+1时，猜想也成立．（12分）1

（Ⅱ）𝑔(𝑥) 由（Ⅰ）知，0＜x2＜1，f（x2）=3x22﹣𝑒𝑥2即𝑔(𝑥2

𝑒2=𝑥2…（2分0＜g（0）＜g（a1）＜g（x2即0＜a1＜a2＜x2，所以，当n=1，2时，命题成立0＜a1＜a2＜a3＜…＜ak＜ak+1＜x2

1𝑒2h（x）R上单调递减，由于﹣1x10，所以−1＜𝑕(0)=即﹣1＜b1＜b3＜x1＜b4＜b2＜0，所以可得b1＜b3＜…＜b2n﹣1＜x1＜b2n＜…＜b4＜b2…（3分12﹣22+32﹣…+（2k﹣1）2﹣（2k）2=﹣k（2k+1）成立，=（k+1（﹣2k﹣3）综合（1（2）可知等式12﹣22 2a2=2，a3=4，a4=8（3分

;解：由a，a，a，a，猜a= n1

（5分n∈N*，a=

n1 :;②假设当n=k（k∈N*）时等式成立，即a=

2×

k;1

:; 则n=k+1时 = 𝑘12;

;1;11𝑘1:;1解：（Ⅰ）∵a1=1，an+1=𝑎𝑛𝑛∴a2=𝑎1𝑎1 a3=𝑎2=4=1，a4=7=1231 31 （Ⅱ）由（Ⅰ）可猜想：an=1𝑛n=k时，ak=1𝑘1则当n=k+1时，ak+1=𝑎𝑘= =1 1𝑘

3×1

𝑘1𝑘n∈N*，an=1𝑛可得，n=1时，a2=9﹣4=5；n=2（Ⅱ）an=2n+1．…（4分…（6分n=k（k∈N*）ak=2k+1．…（7分）n=k+1时，ak+1=3ak﹣4k=3（2k+1）﹣4k=2k+=2（k+1）+1n=k+1解：根据已知，a2=7，a3=10，a4=13．…（3分）猜想an=3n+1．…（5分）②假设当n=k（k∈N*）时猜想成立，即ak=3k+1，…（7分）n=k+1时，ak+1=4ak﹣9k=4（3k+1）﹣9k=3k+4=3（k+1）+1，所以当n=k+1时，猜想也成立．…（12分）可得，m=n=1时，a2=2a1=4；m=1，n=2时，a3=a2+a1=6；（Ⅱ）an=2n．…（4分…（6分n=k+1时，ak+1=ak+a1=2k+2=2（k+1解：（1）n=2，∵𝑎1=1，∴𝑆2=×(:)𝑎2a1+a2=3a2．∴𝑎2=1 n=3，得𝑆3×(:𝑎3，即a1+a2+a3=6a3，∴𝑎3=1 n=4，得𝑆44×(:1𝑎4，a1+a2+a3+a4=10a4，∴𝑎4=1 （2）猜想𝑎𝑛 :𝑛:①当n=1时，𝑎1=1 :(:②假设当n=k时，结论成立，即𝑎𝑘 𝑘:)𝑘:)则当n=k+1时，𝑆𝑘=(𝑘:𝑎𝑘=𝑘𝑘: ::=

=𝑘(𝑘 𝑘

即𝑆+

=𝑘:𝑘2 𝑘

∴ +

=𝑘(𝑘(𝑘:)

: :12 𝑘𝑘𝑘 𝑘:)𝑘:)2由①②可知，对一切n∈N+都有𝑎𝑛 𝑛:𝑛:1+𝑎2=2× { a2=3，𝑏2=𝑎2= 25（2 =(𝑛)=𝑛)2 n=k时结论成立，即𝑎𝑘=1𝑘(𝑘1)，𝑏𝑘=1𝑘 n=k+1时，ak+1=2bk﹣ak=(𝑘1)2

𝑘(𝑘+

(𝑘+1)(𝑘+2)bk+1=𝑘:

(𝑘+22（ⅰ（ⅱ）=𝑛::) （3）1+1+⋯+1 ＜即证1+1+⋯ 𝑛:2 n=1时，左1=1，右=1 假设n=k时结论成立，即1+1+⋯ ＜当n=k+1时1+1+⋯

＜

𝑘:2

𝑘:2 𝑘 𝑘而𝑘 − 2𝑘𝑘所以𝑘 ＜ 𝑘: 即1+1+⋯ ＜ 𝑘 𝑘 综合（ⅰ（ⅱ）对任意n∈N*，都有1+1+⋯ ＜亦即1+11＜2𝑛．（12分

𝑛:2 猜测

:2𝑛:n=k时，猜测成立，即S2:1)K𝑘:2 =S :2 𝑘 𝑘: 4(𝑘)2;𝑘:2 𝑘 =12-(2(𝑘: 𝑘:2: :2𝑘:=𝑘)2 =𝑘)2;2𝑘12(2𝑘2𝑘:2𝑘:解：（1）∵a1=1，an+1=2𝑎𝑛，∴a2=2𝑎1=2:同理可求，a3=4，a48…（2分

:1: （2）由（1）an

…（5分n=1时，a

=1=1，猜想成 111;n=k（k＞1k∈N*）a

成立…（8分k

=2𝑎𝑘=2𝑘; ⋅; = =;k+1:2𝑘:𝑘

𝑘;:⋅;⋅𝑘1:1 …（12分综上所述：当n∈N*时a= 成立 …（13分n 分右边1:)(=16（2）假设n=k（k∈N*）时结论成立𝑘:𝑘:+6𝑘:::𝑘6:𝑘::6=𝑘(:1-(𝑘)6

S=𝑘(𝑘:1:)，…1分6（1（2）=∴a2=1=1；a3=1=2；a4=1

34;;; 2 234;;ann=kak=𝑘:;n=k+1时，ak+1=1=

;

综合①②可得，对任意正整数n，an．解：根据已知，𝑎23，𝑎341，𝑎4

=√𝑛:．…分n=1时，由已知，左边=√2，右边√:1=√2，猜想成立．…（4分 ②假设当n=k（k∈N*）时猜想成立，即𝑎=𝑘:，…分 那么𝑎𝑘:1=√𝑘:𝑎𝑘=√𝑘:⋅𝑘: 1=√:2=√: 𝑘2 𝑘2 𝑘

，…（7分：（1）n=1，𝑎1=1，𝑎2=𝑎1:1=1n=2，𝑎2=1，𝑎3=𝑎2:1=3 3;𝑎 3;2 4𝑎=343𝑎a2，a3，a4的值分别为：13 （2）由（1）可知数列的前4项为：1234 2an的表达式为：𝑎𝑛=𝑛n=k时，猜想成立，即：𝑎𝑘=𝑘𝑎1𝑘

那么，n=k+1时𝑎𝑘:= :𝑘 𝑎𝑘 𝑘3𝑘:)2（Ⅰ）解：由题意知，𝐶𝑖=2(𝑥𝑖+𝑓(𝑥𝑖))=2(𝑥𝑖+1（i=1，2，…，n𝑥C=4Si（=，2，，n所以2𝑆𝑖=𝑥𝑖+1（i=1，2，…，ni=1，得2𝑆1=𝑥11又S1=x1，且x1＞0，故（Ⅱ）i=2，得2𝑆2=𝑥2+1i=3，得2𝑆3=𝑥3+1，S3=x1+x2+x3，x1=1，𝑥2√21x3＞0，故𝑥3√32（4分）由此猜想，𝑥𝑛=√𝑛−√𝑛−1（nN5分）（7则当n=k+1时，:𝑥:+1Sk+1=Sk+xk+1，2𝑆𝑘=𝑥𝑘1𝑥

𝑥故(𝑥𝑘+1𝑥𝑘:𝑘:1 :由𝑥𝑘=√𝑘−√𝑘−1，得𝑥2 +𝑘𝑘:1−1=0，（8分）所以:=√𝑘+1−√𝑘（−√𝑘+1−√𝑘舍去9分）即当n=k+1时命题成立．n，都有𝑥𝑛=√𝑛√𝑛16②假设n=k时，等式成立，即2𝑘:(𝑘:6 时22+++2+::+（+6𝑘:26:2++6:𝑘:=::𝑘: n::6√2 n=k+1时，1+1111＜2√𝑘+12𝑘𝑘::1𝑘√2 √𝑘 ＜ =2√𝑘+1．√2 1:

11;:𝑎:1;𝑛:n=1时，由2+1＜21+1)＜2+1，即有212+2＜2+1 ． n=2时，由2+1＜6(1+1)＜2 8＜a3＜10a3=9．…（4分（2）a1=1，a2=4，a3=9，猜想：𝑎𝑛=𝑛2…（5分）1°n=1，2，3时，由（1）知𝑎𝑛=𝑛2均成立．…（6分2°n=k（k≥3）成立，则𝑎𝑘=由条件得2+1＜𝑘(𝑘+1)1+1)＜2+1: 所以𝑘3:) ＜(𝑘2;， 分2 所以(𝑘+1)2− 𝑎𝑘:1＜(𝑘+1)2+1

…（9分

因为k≥3，0＜ ＜1，0＜1

𝑘

又:∈𝑁∗，所以𝑘:=(𝑘+1)2n=k+1时，𝑎𝑛=𝑛2也成1°，2°n∈N*，𝑎𝑛=𝑛2．…（10分解：（1）∵a1=1，an+1𝑎𝑛∴a2=𝑎1=1，a3=𝑎2=1，a4=𝑎3=12𝑎 2𝑎 2𝑎（2）由（1，a1=1，a2=1，a3=1，a4=1

1𝑛

2 3

41kn=k（k∈N*）a=1k

=𝑎𝑘=𝑘;

1:

:1由ⅰ）和ⅱ）可知，猜想对任意的n∈N*

1𝑛2（2）a=﹣𝑛

k

得k1=𝑘1:1，即n=k+1时等式也成立𝑘𝑘)a=﹣𝑛 （43113（11110000．方法T（2115T（211T（11T（10，00，0．．…（4分 取𝑐1=1𝑎1+𝑎2)，则𝑎(1𝑎(11|𝑎1−𝑎2|T1（c1） 取𝑐=1(𝑎(1𝑎(1))，则𝑎(2)=𝑎(2)=𝑎(2)=1|𝑎(1𝑎(1)|T（c）3 …

Tk（ck）𝑐𝑘=1𝑎(;+𝑎;) 𝑎(𝑘)，𝑎(𝑘)，𝑎(𝑘)，𝑎(𝑘)，𝑎(𝑘)，𝑎(𝑘)，则𝑎(𝑘)= 那么，进行第k+1次变换时，取𝑘:1=1(𝑎(𝑘)+𝑎(𝑘)) 则变换后数列变为:)，𝑎:)𝑎𝑘:)⋯，𝑎:1𝑎𝑘:)𝑎𝑘:)⋯𝑘) 显然有𝑎(:=𝑎(𝑘:=𝑎(𝑘:=⋯=𝑎(𝑘: … 经过n﹣1次变换后，显然有𝑎(𝑛;)=𝑎(𝑛;=𝑎(𝑛;=⋯=𝑎(𝑛;)=𝑎𝑛;)；最后，取𝑐𝑛=𝑎;)，经过Tn（cn） 使数列化为全零），设先进行Tj（cj）后，再进行Tj1（cj+1），由||ai﹣cj|﹣cj+1|=|ai﹣（cj+cj+1）T（c+cj+1 ，2233，，kkk+1k+1≤𝑐𝑖≤因为|||(𝑘+:−𝑐1|−𝑐2|−⋯−𝑐𝑘|=(𝑘+):−(𝑐1+𝑐2+⋯+𝑐𝑘)（k+1k+1﹣k•kk盾．所以，当n=k+1时不存在“k次归零变换”．（1（2） …（13分）n代入上式，得Sn﹣1Sn+2Sn+1=0（*）n=an﹣（n2，n∈N 𝑆2 𝑛:，∈ 3②假n=k时猜想成立K𝐾，n=k+1时，∵Sn1=an2:1+1= :: :−:

1=𝐾:−𝑆𝐾−2，∴1:﹣𝐾: :1 ﹣𝐾:，∴当n=k+1时，猜想仍然成立

𝑛:，∈ 2n=2时，a2+S2=2，∴𝑎2=4n=3时，a3+S3=3，∴𝑎3=8n=4时，a4+S4=4，∴𝑎4=15；…（2分（2）猜想：𝑎𝑛=1−1，下面用数学归纳法证明：…（3分n=1时，𝑎111=1， n=k时猜想成立，即𝑎𝑘=1122则当n=k+1时𝑎𝑘:𝑘:1𝑆𝑘=(𝑘1𝑘:𝑘+𝑎𝑘=−𝑎𝑘11−12即:=2−1𝑎𝑘:=1−1n=k+1 ∴由①②知：n∈N*时𝑎𝑛=1−1都成立．…（8分2∵bn+1=an+1﹣an，∴𝑏𝑛=𝑎𝑛−𝑎;=1（n≥22∵𝑏1=𝑎11，∴𝑏𝑛=1（n∈N*．…（10分 当n=k+1时，左边＜2−1+ 𝑘: 下证：2−1 ＜2− (𝑘) 即证：1−1 (𝑘)即 ＜ (𝑘) 𝑘第九 数系的扩充与复数的引解：∵i（3+4i）=3i+4i2=﹣4+3i，∴复数i（3+4i）的虚部为3．故选解：复数z=𝑖=𝑖 1𝑖=1i，在复平面内对应点为（﹣1，11𝑖;1 2 2z=（1+（2﹣）3+解∵(;𝑖)2𝑎2𝑖=a;𝑎2=﹣+∴﹣a=2;2=，解得 a=2，b=﹣3 2解𝑖( ::𝑖=2𝑖=i∴i2012=（i2）1006=1故选;𝑖 𝑖 解：复数;𝑖;𝑖)(;𝑖)﹣;−1=﹣1﹣i，复数对应点的坐标（﹣1，﹣1

:; （﹣（+2）（2+）+（4a）i解得a=﹣1．解：原式=𝑖(:)𝑖;=1+i故答案为𝑖𝑖)解2𝑖=)

;𝑖() 解：∵1𝑖）2𝑖2=1 解：由图可知，2﹣，2i，∴1;;𝑖=;;𝑖;𝑖=−1+ 𝑖 ，复数z对应的点构成的区域的面积为：π． 𝑆阴影1 S阴影=π﹣，∴则y≥x的概率为P= 2=− （m﹣1，m+2由题意可得2（m﹣1）﹣（m+2）﹣2=0，解得：m=6．A中不等式变形得：√(𝑥1)2𝑦2𝑎)2≤1，（1，2aB中不等式变形得：√(𝑥𝑎)2𝑦1)2≤2，（a，﹣1∴√(𝑎1)2−12𝑎)2＞3①，或√(𝑎−1)2−12𝑎)2＜1②，解①得：a−7a1；解②得：a∈∅． ∴a的取值范围是a−7a

=（2，﹣1，即

𝑚𝑚:=解：∵m∈R，复数𝑧=(:𝑚2𝑚−2)𝑖为纯虚数，∴{

𝑚2+𝑚−2≠𝑖𝑖𝑖)− 𝑖: 故它对应点在第三象限，故答案为三．解：复数:𝑖1:𝑖)(34=51=−12𝑖，它的实部是：34𝑖;: 𝑚≠𝑚≠=(=由{ 𝑚≠𝑚2+2𝑚−1≠令x2+3x+2=0，解得x=﹣2，x=﹣1．x≠﹣2x≠﹣1时，复数z是虚数；𝑚2−25≠（2）zm2+3m﹣10≠0，即{𝑚23𝑚10𝑚2−25≠2𝑚2−3𝑚−2=m≠2m≠±5m≠2m≠±5时，z为虚数．{𝑚23𝑚10≠𝑚2−25≠ （Ⅰ）复数③当{2𝑚23𝑚20m=1𝑚2−3𝑚+2≠ 2𝑚2−3𝑚−m满足 𝑚2−3𝑚+−1解得{ 𝑚＞2或即122解：（Ⅰ）复数z=（2+i）m2﹣6𝑚﹣2（1﹣i）=2𝑚2−2−6: +𝑚2𝑖+ m2﹣3m+2=0，∴m=2∴m≠12m2﹣3m﹣2=0，m22 2−3𝑚−有 𝑚−3𝑚+22𝑥−1≠x2+x﹣2＞0x﹣1＜0x＜﹣2z在复平面内对应的点位于第四象限．…12z=x+yi（x，y∈R∴√(2𝑥)2𝑦)2+x=3，y=5，y=5，x=﹣10．第十 计数原某校开设A类选修课3门，B类选择课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程 A．30 B．35 C．42 D．48 计数原理知不同的选法共有C1C2+ 1 （2C（3，f（，△AB=∈ A．6 B．10 C．12 D．16 =∈=f（3，f（1）≠f（2 B．10 C．12 D．16AAABBBCCCDDDBCDACDABDABC果．故选C．若由三个数字1、2、3组成的五位数中，1、2、3都至少出现一次，则这样的五位数的 1、2、3都至少出现一次，即含有3个数字的有243﹣3﹣90=150A．从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都 A．70 B．80 C．100 D．140 84 某师范大学的2名男生和4名被分配到两所中学作实习教师每所中学分配1名男生和2名，则不同的分配方法有（ A．6 B．8 C．12 D．1624242 242A2=122要有A型和B型笔记本电脑各一台，则不同的共有（ A．140 B．84 C．70 D．35【解析】3AB型笔记本电脑各一台，共有两种类型：A2台、B1台；A1台、B2台．A2台、B1C42C51=30种；A1台、B2C41C52=40种．共有40+30=70种，故选C（东城区期末）已知集合M={1，2，3}，N={1，5}，从这两个集合中各取一个元素作 53X2=632X3=6（1，1从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台其中至少要有甲型与乙型电视机各1台， A．140 B．84 C．70 D．355544 A．60 B．48 C．36 D．24 1，2，3，4，5，6，7，8，93×3的方格中，使得每一行，每一列及对（834159672 492、357、816；276、951、438；294、753、618；438、951、276816、357、492；618、753、294672、159、834；834、159、67现有5名同学去听同时进行的6个课外知识讲座，每名同学可其中的一个讲座，不同选法的种数是（） 2

形的个数为n，设在所有不同情况中的“零三角形”个数的最大值为m，则𝑚等于 2

4

442 们站成两排，前排11人，后排10人，人站在第一排正中间位置，美俄两国排法共有 A．𝐴18 B．𝐴2𝐴18 C．𝐴2𝐴8𝐴10 D．𝐴20 2 318 2某中学从4名男生和3名中推荐4人参加活动，若这4人中必须既有男生 A．140 B．34 C．35 D．120773 20𝑥+10𝑦≤由题意得：{3𝑥≤𝑥≥

2×20+6×10=100A，B，Cx=2时，y6，7，8，9，（2015春•东城区期末）要从、、、、小王五名中选派四人分人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（）A．48 B．36 C．18 D．12 2 222（2015春•西城区期末）甲、乙两人分别从四种不同品牌的商品中选择两种，则甲、乙所选的商品中恰有一种品牌相同的选法种数是（） 443则甲、乙所选的商品中恰有一种品牌相同的选法种数是4×6=24种；3（2016春•东城区期末）有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的 B．15 C．35 D．53（2014春•东城区期末）6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人2本，不同的分法种 C2×C2×1=90 （2014春•西城区期末）若5个人站成一排，且要求甲必须站在乙、丙两人之间，则不 A．80 B．40 C．36 D．20 有𝐴2⋅𝐴1⋅𝐴 A．24 B．20 C．18 D．1533 A．8 B．10 C．18 D．242222 4444（2010春•丰台区期末甲乙丙三家公司承包6项工程甲承包3项乙承包2项，丙承包1项．不同的承包方案有（ A．720 B．127 C．60 D．24

𝐶3𝐶2=6063663个盒子中至少放一个球，且A、B两个球不能放在同一盒子中，则不同的放法有（ 4A、BC2=6，4AB6﹣1=5那么共有A33=6种．设a、b∈{1，2，3}，则方程ax+by=0所能表示的不同直线的条数是 a，b1种．故方程ax+by=0所能表示的不同直线的条数是7．（2014•附模拟）用“秦九韶算法”计算多项式f（x）=5x5+4x4+3x3+2x2+x+1，当 （x=x5+4x4+3x3+2x2+x+1（5x+4x+3x+2+1+1现要经过5次乘法5次加法运算．（201•四中拟）将一个四棱锥的每个顶点染上种颜色，并使同一条棱两端异色．只五颜可使用则同染方数为 ． （1）P：C1，A：C1，B： 3BD同色：D：1，C：C3 （2）P：C1，A：C1，B： BD不同色：D：C1，C：C C1•C1•C1•1•C1+C1•C 将取出4个球分成三类情况44 31C3C1种；22C42C6 ∴C4+C3C1+C 𝑥+𝑦=5(0≤𝑥≤（2）x个红球，y个白球，则2𝑥+𝑦≥7(0≤𝑦≤∴𝑥= 𝑥= 𝑥= 或 或𝑦= 𝑦= 𝑦=∴符合题意的取法种数有C42C63+C43C62+C44C61=186第十一 排列与组若𝐶:=𝐶:则实数x的值为 C．4或 【解析】解：由𝐶𝑥1=𝐶2得{0≤2𝑥+1≤15①或{0≤2𝑥+1≤ 2𝑥+1=𝑥+ 2𝑥+1+𝑥+2=（2015春•四中期中）从4个男生，3个中挑选4人参加智力竞赛，要求至少有一个参加的选法共有（ B．34 C．35 D．367474 A．6 B．24 C．36 D．120【解析】AA3个位置可选，BB3个位置可选，A，BA32=6，剩下的三个位置有三个元素进行全排A33=6，根据分类计数原理计算可得共有6×6=36种结果．故选C 7x从中取出2本数学书，1本外文书，有Cx2•C﹣1种情况，7x 7

1=72𝑥𝑥;7𝑥)=2x（x﹣1（7﹣x）=242（顺义区校级期中）有三张卡片，正分别写有6个不同的数字1，3，5和2，4，6， 3322×2×2=8种情况，则可以组成不同的三位数的个数为6×8=48个；故选C．（2016春•师大附期末）有不同的红球5个，不同的白球4个．从中任意取出两个不同 A．9 B．16 C．20 D．32（2016春•四中期末）甲、乙两组各有6人，现从每组中分别选出3人参加科普知识竞 A．400 B．200 C．40 D．20活动，各有C63=20种结果，∴根据分步计数原理得到共有20×20=400，故选A． A．72 B．36 C．18 D．12故第一步三人绑定在一起的方法有2×3=6335B }i34的数组（x1，x2，x3，x4，x6）的个数为 ∴xi214031、1个﹣120412个共有𝐶2𝐶3𝐶2𝐶4=90x1+x2+x3+x4+x5+x6=2的数组（x1，x2，x3，x4，x6） 6 色后，既有红色鱼又有蓝色鱼的涂色方法种数为（） （2016春•校级期末）在小组的4名男生和3名中选取3人参加某竞赛，要求男生都至少有1人，则不同的有（）种． ∴不同的选法共有：𝐶2𝐶1+𝐶1𝐶2=30（种4 4位数，其中大于3200的数有（ A．36 B．30 C．28 D．2444333236种结果，综上可知共有24+6+6=36A． 434+3+3=10C．（2016春•西城区期末）5名大学生被分配到4个地区支教，每个地区至少分配1人， 240﹣24=216种，故选：C．（2015春•西城区期末）从0，1，2，3，4中选取三个不同的数字组成一个三位数，其 B．27 C．36 D．604420不在末位时，组成三位数，其中偶数有𝐶133=182 3﹣C2=4×3×2﹣4×3=24﹣6=18．故选 （2014秋•房山区期末）从A，B，C，D，E5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、外语竞赛，其中A不参加物理、化学竞赛，则不同的参赛方案种数为（ 4444123456781-╳╳╳╳2╳-╳╳3╳╳-╳╳4╳-╳5╳╳-╳6╳-╳7╳╳╳-╳8╳╳- （2015秋•石景山区期末）有一种走“方格迷宫”游戏，游戏规则是每次水平或竖直走动的实线不能穿过，则从走到出口共有多少种不同走法？（） ③从﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣出口④从﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣出口⑦从﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣出口⑧从﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣出口，共有8种，（2013秋•海淀区期末）3个水果，且从或“少一个”，那么，小明在这一周中每天所吃水果个数的不同选择方案共有（）A．50 B．51 C．140 D．141所以共有𝐶0+𝐶1𝐶1+𝐶2𝐶2+𝐶3𝐶3=141种．6

6 6 6 A．C 3

1．故选 （2013春•西城区期末）63所学校的自主招生不同的报考方法种数是（） 44 A．（2013春•西城区期末）从0，1，2，3，4中随机选两个不同的数字组成一个两位数， B．10 D．12434+3+3=10B．（2013春•东城区期末）用数字0，1，2，3组成无重复数字的四位数，这样的四位数 3【解析】解：最只能填1、2、3，有3种方法，其余的位置没有限制，任意排有3 【解析】解：根据题意，13个乒乓球运动员中有3个选手，则有10个普通运动员，将10个普通运动员分成4，3，3的三组，有1C4•C3•C3种分组方法，再对应3个选2 A3A3×1×C4•C3•C3=12600 3 （四中期中）某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教（每地1人 ．556644少有1人参加，则不同的挑选方法有 ． C4=8×7×6×5=70812𝐶𝐶2𝐶𝐶33333=3 3分3种情况讨论：55 C4•C1•C1•C 33A、B、C颜色互不相同，DB颜色相同，CE颜色相同，则有C53•A3=60种涂色方法，3第十二 二项式定x（n （1+x（x+ （ =∁𝑟xn﹣r(1)𝑟=∁𝑟xn﹣3r（r=012…， x+115=a0+a1x+a2x2++a15x15a0+a1+a2+…+a7（ 【解析】解：∵（x+1）15=∁0+∁1𝑥+∁2 令x=1，则∁0∁1∁6∁7∁8∁15=215，又∁0∁15∁1∁14 ∁0+∁1+…+∁6+∁7=1215=214．∴a0+a1+a2+…+a7=214 15 （2015秋•房山区期末）在(𝑥+2)6的展开式中，常数项为 【解析】解：在(𝑥+2)6的展开式中，由通项公式 66则f（3，0）的值为（ 66（2015春•东城区期末若二项（2x+𝑎）7的展开式中1项的系数是84则实数a

224

（2013秋•海淀区期末）(𝑥2−2)3的展开式中的常数项为 （2013春•西城区期末）(𝑥−1)8展开式中的常数项等于 88（西城区期末）若（2x+1）3=a0+a1x+a2x2+a3x3，则 的值为 a3．两边同时乘以﹣1可得﹣a0+a1﹣a2+a3=1，故选D．（丰台区期末）已知(𝑥+1)6的展开式中的常数项为 【解析】解：由于二项式(𝑥+1)6的展开式的通项公式为 66（密云县期末）若(𝑥2+1)𝑛展开式的各项系数之和为32，则n等于 +（怀柔区期末已知二项式(𝑥−1)𝑛的展开式中含x3的项是第4项则n的值 （石景山区校级期末若(1−2𝑥)7=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+⋯+𝑎7𝑥7则a2的值 【解析】解：根据题意（1﹣2x）7T=Cr17﹣r（﹣2x）r=C a2=7

2（﹣2）2=84，故选（2+x）5 【解析】解（2+x）5展开式的通项 =Cr25﹣rxr所以展开式的第三项的系数是C （2x﹣1）5 55（丰台区期末）设（1+x）6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6，则a1+a2+a3+…+a6的值为 （1+x6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6a0=1∴a1+a2+a3+…+a6=63，故选（西城区校级期末）(1+√𝑥)4(1−√𝑥)4的展开式中x的系数是 4【解析】解：(1√𝑥)41√𝑥)4=（1﹣x）4x的项是：C14（朝阳区期末）（2x﹣1）6展开式中含x2项的系数为 66【解析】r𝐶𝑟)𝑟𝑟令6﹣r=2，得r=4x2项的系数为𝐶4;4故选C．66（东城区期末）二项式(2√𝑥−1)6展开式中x2项的系数是 【解析】解：(2√𝑥−1)6的展开式的通项为 =𝐶𝑟𝑟−1)𝑟=（﹣1）r26﹣rC 66（东城区期末）（x﹣2）5的展开式中含x3项的系数是 （x﹣） =Crx5﹣r（﹣2）r=C 55（东城区期末（x﹣1）10展开式中系数最大的项是 （石景山区期末）(𝑥+1)6的展开式中的常数项等于 【解析】解：(𝑥+1)6的展开式的通项为 =𝐶𝑟𝑥𝑟(𝑟 66（丰台区期末）（2x+1）6的展开式中x2的系数为 【解析】T=Cr（2x）6﹣r•1rx26﹣r=2r=4；x2的项为，T5=C64（2x）2•14=60x2x260 （西城区期末）在（1﹣2x）6的展开式中x3的系数是 66 44 即T5=𝐶𝑛•（﹣2）•𝑥 2（宣武区期末若二项（x﹣2）n的展开式的第5项是常数项整数n的值 （x﹣1）3=x3，则a0的值为 ；a2的值为 333﹣1）r∴a2=C3（2016春•校级期末）二项式（3√𝑥﹣1）6的展开式中各项系数的和是 【解析】解：令x=1，得二项式（3√𝑥﹣1）6的展开式中各项系数6=64．故答第十三 离散型随量及其分布随量X的概率分布规律为P（X=n）= （n=234𝑛:

（1＜X＜5）的值为

（n=1234𝑎+𝑎+=1a=5（1＜X＜5=（X=1+P𝑛: 2612 4246 X1234P1614m13

6m=1﹣（1+1+1）=1，64 64X 1

339 ∴P（X=4）=𝐶2𝐶1=339 𝐶12 有试验结果．故选D X01P2或 【解析】解：由随量的分布列知，9c2﹣c≥0，3﹣8c≥0，9c2﹣c+3﹣8c=1，∴c=1．故3C设随量X的分布列为P（X=i）=𝑖，𝑖=1，2，3，则 9

6

3

4【解析】解：∵P（X=i）𝑖，𝑖1，2，31+2+3=16==2=1

X1234P1p31则p等于

5

2【解析】解：由离散型随量X的概率分布列，知：1+𝑝+3+1=1，解得p=1． 5

2

5

D．【解析】解：∵𝑃(𝑋=𝑘)=𝑘(𝑘=∴P（X=2）2P（X=3）3，∴P（1＜X≤3）2+3=1故 X1234Pa则实数a等 X3b8Pa 【解析】解：由题意知：{0.20.5𝑎=3×0.2+𝑏×0.5+8𝑎=

ξ01xP15p3 【解析】解：由1𝑝+3=1 Eξ=0111+3𝑥=1.1 X1234P12a1555则 5（2009春•校级期末）甲乙两市位于长江下游，根据一百多年的记录知道，一年中雨天的比例，甲为20%，乙为18%，两市同时下雨的天数占12%．求：①乙市下雨时甲市也下雨的概率为 ；②甲乙两市至少一市下雨的概率为 ξ012P771%= p，q（p＞q2X0123P19mn19则 18

1(1−𝑝)(1−𝑞)=1𝑝𝑞= 𝑝= 3∴m=1×1×1+1×1×2+1×2×2=7n=1﹣×2−7=𝑞 18 X123P1213m【解析】解：由题意，11𝑚= 6某厂生产电子元件，其产品的次品率为5%，现从一批产品中任意地连续取出2件，如图其中次品ξ的概率分布是 ζ012P22 ξ12345P则P（2≤ξ＜4）= X123P11m64【解析】解：离散型随量X的分布列如表格，可得1+1+𝑚=1，解得m=7 ξ01Pabc {【解析】𝑎𝑏𝑐=1{𝑎+𝑐= 已知随量X的分布列如图所示，则E（6X+8）= X123P（i=1，2，3，4， （i=1，2，3，4∴P（X＞2）=P（X=3）+P（X=4）=3+4

∴P（2＜X≤4）=P（X=3）+P（X=4）=1+1=32324 7 量是ξ的概率分布为P（ξ=k）=1;2P（ξ=3）=122P（ξ=4）=123P（ξ=5）=1=12411=74 816ξ0123P134121P（ξ2＞x）1x的取值范围是4，9）．ξ2的可能取值为0，1，4，9，P（ξ2=0）=4，P（ξ2=1）=3+1=41212P（ξ2=4）=1+2=31212P（ξ2=9）=1∵P（ξ2＞x）=19故答案为：49η0123P则当P（η＜x）=0.8时，实数x的取值范围是 ξ01234Px则 ，P（2≤ξ≤4）= 【解析】解：由随量ξ的分布列的性质可知：∑5 解得：x=0.2，由P（2≤ξ≤4）=1﹣[P（ξ=0）+P（ξ=1）]=1﹣0.1﹣0.2=0.7，p=P（X≥3p则 1 X1234P14mm712𝑚+7=1m1 ∴P（ξ=3）=m=1ξ01P12则 2 222设X是离散型随量，其分布列为其中a≠0，b≠0，则1+1的最小值为𝑎X012Pab12𝑎+𝑏=2∴X的分布列性质得：∴1+1=2（1+1（a+b）=2（2+𝑏+𝑎）≥2（2+2√𝑏⋅𝑎 𝑎 𝑎 𝑎4𝑎X1234P14a38b若E（X）=2.5，则a﹣b的值为 1+𝑎+3+𝑏= 1×+2𝑎+34

+4𝑏=8a3，b3 ∴a﹣b=3−3 第十四 二项分布及其应（2016秋•昌平区月考）为了了解所加工的一批零件的长度，抽测了其中200个零件的长度，在这个问题中，200个零件的长度是（ 总 B．C．总体的一个样 ，200个零件的长度是总体的一个样本，一个零件的长度是，到6点”不相互独立的是（ 2

B．

8

8【解析】解：抛掷一枚均匀的硬币4次，满足独立重复试验，X～B（4，1，则恰有2次2面向上的概率：𝐶2⋅(1)4=3 2

4

6

8【解析】解：由题意知本题是一个条件概率，第一次出现正面的概率是1，第一次出现正2=且第二次也出现正面的概率是11=1，∴P（B|A）=𝑃(𝐴𝐵)=411= 2（2016春•校级期末）同时投掷三颗一次，设A=“三个点都不相同“，B=“至少有一个6点，则P（A|B）为（ 2

D．即在“至少出现一个6点”的情况下，“三个点数都不相同”的概率，

5 5 125定甲每局比赛获胜的概率均为2，则甲以3：1的比分获胜的概率为（ 3

9

9因此所求概率为：P=𝐶1⋅(2)3⋅1=8．故选：A． 3（2013春•西城区期末）对同一目标进行两次射击，第一、二次射击命中目标的概率分别为0.5和0.7，则两次射至少有一次命中目标的概率是（ 1﹣.5（1.701故两次射至少有一次命中目标的概率是1﹣0.15=0.85，故选C．在每个十字路口遇到红灯的概率都是1，且在每个路口是否遇到红灯相互独立，那么3 3

9

D．【解析】解：由题意可得甲在每个十字路口遇到红灯的概率都是1，甲在每个十字路口没33才首次遇到红灯的概率是2214 3某住宅小区有居民2万户，从中随机抽取200户，是否安装，的结果如 A．300 B．6500 C．9500 D．19000一个单位；移动的方向为向上或向右，并且向上、向右的概率都是1，质点P移动五次后2于点（2，3）的概率为

（2，323次．则其概率为𝑃=𝐶2(1)2(1−1)355．5 B（n，pDξ=1.28=np（1﹣p，②XB（2，pY～B（3，p，4则 2【解析】解：∵随量服从X～B（2，P，∴PX1）=1﹣P（X=0）=1﹣𝐶2 8在10个球中有6个红球和4个白球，不放回地依次摸出2个球，在第一次摸出红球的 【解析】解：先求出“第一次摸到红球”的