模块二第6讲平面向量解三角形讲重点小题专练.docx

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模块二第6讲平面向量解三角形讲重点小题专练

一、选择题

1．（2019·湖北八校第二次联考）将5个人从左至右排成一行，最左端只能排成甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有（　　）

A．36种　　　　　　　　　B．42种

C．48种D．60种

答案　B

解析　若甲排在最左端，则不同的排法有A44＝24（种）；若乙排在最左端，因为甲不能排在最右端，所以不同的排法有C31A33＝18（种），所以不同的排法共有24＋18＝42（种）．故选B.

2．（2019·湖南长沙周南中学模拟）元旦晚会期间，高三二班的学生准备了6个参赛节目，其中有2个舞蹈节目，2个小品节目，2个歌曲节目．要求歌曲节目一定排在首尾，另外2个舞蹈节目一定要排在一起，则这6个节目的不同编排种数为（　　）

A．48B．36

C．24D．12

答案　C

解析　依据题意，分三步情况讨论：

（1）歌曲节目排在首尾，有A22＝2种排法；

（2）将2个小品节目安排在歌曲节目的中间，有A22＝2种排法；（3）排好后，2个小品节目与2个歌曲节目之间有3个空位，将2个舞蹈节目全排列，安排在中间的3个空位，有A22C31＝6种排法．则这6个节目出场的不同编排种数为2×2×6＝24.故选C.

3．（2019·广西南宁三中月考）已知（mx＋1）n的展开式中，二项式系数和为32，各项系数和为243，则m＝（　　）

A．2B．3

C．－2D．－3

答案　A

解析　展开式二项式系数和为32，则2n＝32，故n＝5.令x＝1，则各项系数和为（m×1＋1）5＝243，据此可得m＝2.故选A.

4．（x2＋1）（x－2）10＝a0（x－1）12＋a1（x－1）11＋…＋a11（x－1）1＋a12，则a0＋a1＋…＋a11的值为（　　）

A．2B．0

C．－2D．－4

答案　C

解析　在展开式中，令x＝2，得a0＋a1＋…＋a11＋a12＝0，令x＝1，得a12＝2，所以a0＋a1＋…＋a11＝－2.故选C.

5．（2019·安徽六校第二次联考）某地举办科技博览会，有3个场馆，现将24个志愿者名额分配给这3个场馆，要求每个场馆至少有1个名额且各场馆名额互不相同的分配方法共有（　　）

A．222种B．253种

C．276种D．284种

答案　A

解析　本题考查计数原理．设分配给3个场馆的名额数分别为x1，x2，x3，则每个场馆至少有1个名额的分配方法数为不定方程x1＋x2＋x3＝24的正整数解的个数．有C24－13－1＝C232＝253（种），其中至少有2个场馆分配名额数相同的有（i，i，24－2i），（24－2i，i，i），（i，24－2i，i）（i＝1，2，3，4，5，6，7，9，10，11），（8，8，8），共31种，所以各场馆名额互不相同的分配方法共有253－31＝222（种）．故选A.

6.（2019·重庆六区第一次调研揣测）从6种不同的颜色中选出一些颜色给如图所示的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法有（　　）

A．360种B．510种

C．630种D．750种

答案　D

解析　方法一：

本题考查排列组合的计算，考查分析问题与解决问题的能力．利用4种颜色：

C64A44；利用三种颜色：

C63A33×3；利用两种颜色：

C62×2，故总的涂色方法有C64A44＋C63A33×3＋C62×2＝750（种）．故选D.

方法二：

C61C51C51C51＝750（种）．故选C.

7．（2019·广东揭阳模拟）已知（x＋1）（ax－

）5的展开式中常数项为－40，则a的值为（　　）

A．2B．－2

C．±2D．4

答案　C

解析　（ax－

）5的展开式的通项公式为Tr＋1＝C5r·（ax）5－r·（－

）r＝（－1）ra5－rC5rx5－2r.令5－2r＝－1，可得r＝3.结合题意可得（－1）3a5－3C53＝－40，即10a2＝40，所以a＝±2.故选C.

8．已知（1＋ax）（1＋x）5的展开式中x2的系数为5，则a＝（　　）

A．－4B．－3

C．－2D．－1

答案　D

解析　由二项式定理，得（1＋x）5的展开式的通项为Tr＋1＝C5r·xr，所以当r＝2时，（1＋ax）（1＋x）5的展开式中x2的系数为C52，当r＝1时，x2的系数为C51a，所以C52＋C51a＝5，a＝－1.故选D.

9．使（3x＋

）n（n∈N*）的展开式中含有常数项的最小的n为（　　）

A．4B．5

C．6D．7

答案　B

解析　Tr＋1＝Cnr（3x）n－r·x－

r＝Cnr·3n－r·xn－r－

r＝Cnr·3n－r·xn－

（r＝0，1，2，…，n），若Tr＋1是常数项，则有n－

r＝0，即2n＝5r（r＝0，1，…，n），当r＝0，1时，n＝0，

，不满足条件；当r＝2时，n＝5.故选B.

10．（2019·辽宁五校联考）把四个不同的小球放入三个分别标有1～3号的盒子中，不允许有空盒子的放法有（　　）

A．12种B．24种

C．36种D．48种

答案　C

解析　根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1～3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子有1个盒子中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，可分两步进行分析：

①先将四个不同的小球分成3组，C42＝6；

②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有A33＝6种方法．

则不允许有空盒子的放法有6×6＝36（种）．故选C.

11．在中国文字语言中有回文句，如：

“中国出人才人出国中．”其实，在数学中也有回文数．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如：

3位回文数：

101，111，121，…，191，202，…，999.则5位回文数有（　　）

A．648个B．720个

C．900个D．1000个

答案　C

解析　由题设中定义的回文数的概念可知：

先考虑五位回文数的中间的一个位置，每个数字都能选取，共有10种可能；其次是考虑首位数字应有除了0之外的9个数字，共有9种；最后再考虑第二个位置，10个数字都可选取，共有10种可能．由分步乘法计数原理可得所有五位回文数的个数是9×10×10＝900.故选C.

12．（2019·湖南三湘名校教育联盟联考）“中国梦”的英文翻译为“ChinaDream”，其中China又可以简写为CN，从“CNDream”中取6个不同的字母排成一排，含有“ea”字母组合（顺序不变）的不同排列共有（　　）

A．360种B．480种

C．600种D．720种

答案　C

解析　从其他5个字母中任取4个，然后与“ea”进行全排列，由分步乘法计数原理可知，排法共有C54A55＝600（种）．故选C.

13．（2019·湖北黄冈中学模拟）对33000分解质因数得33000＝23×3×53×11，则33000的正偶数因数的个数是（　　）

A．48B．72

C．64D．96

答案　A

解析　33000的因数有若干个2（共有23，22，21，20，四种情况），若干个3（共有3，30两种情况），若干个5（共有53，52，51，50四种情况），若干个11（共有111，110两种情况）．由分步计数乘法原理可得，33000的因数共有4×2×4×2＝64（个）,不含2的共2×4×2＝16（个），所以正偶数因数的个数有64－16＝48（个），即33000的正偶数因数的个数是48.故选A.

14．（2019·安徽马鞍山二模）二项式（

x＋

）n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中x的指数为整数的项的个数为（　　）

A．3B．5

C．6D．7

答案　D

解析　根据（

x＋

）n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，得n＝20，∴（

x＋

）20的展开式的通项为Tr＋1＝C20r·（

x）20－r·（

）r＝（

）20－r·C20r·x20－

，要使x的指数是整数，需r是3的倍数，∴r＝0，3，6，9，12，15，18，∴x的指数是整数的项共有7项．故选D.

15．中国古代十进制的算筹计数法，在世界数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同样长短的小木棍，如图，算筹表示数1～9的方法的一种．

例如：

163可表示为“

”，27可表示为“

”，问现有8根算筹可以表示三位数的个数（算筹不能剩余）为（　　）

A．48B．60

C．96D．120

答案　C

解析　设8根算筹的组合为（a1，a2，a3）（ai∈{1，2，3，4，5}，i＝1，2，3），不考虑先后顺序，则可能的组合为（1，2，5），（1，3，4），（2，2，4），（2，3，3）．对于（1，2，5），组合出的可能的算筹为（1，2，5），（1，6，9），（1，2，9），（1，6，5），共4种，可以组成的三位数的个数为4×3！

（种），同理（1，3，4）可以组成的三位数的个数为4×3！

（种）；对于（2，2，4），组合出的可能的算筹为（2，2，4），（6，6，4），（2，2，8），（6，6，8），（2，6，4），（2，6，8），共6种，可以组成的三位数的个数为2×3！

＋4×

（种），同理（2，3，3）可以组成的三位数的个数为2×3！

＋4×

（种）．利用分类加法计数原理可得，8根算筹可以表示三位数的个数（算筹不能剩余）为12×3！

＋8×

＝16×3！

＝96.故选C.

二、填空题

16．（2019·湖南五市十校共同体联考）（x＋1）（x－1）6的展开式中x6的系数为________．

答案　－5

解析　（x－1）6展开式的通项为Tr＋1＝C6rx6－r（－1）r，则T2＝C61（－1）x5，T1＝C60x6，所以（x＋1）（x－1）6的展开式中x6的系数为C61（－1）＋C60＝－5.

17．（2019·湖北部分重点中学第二次联考）将甲、乙、丙、丁、戊共5名大学生安排到3个不同地区实习（每地至少1人），其中甲和乙不能安排在同一地区，甲和丙必须安排在同一地区，则不同的安排方案共有________种（用数字作答）．

答案　30

解析　若一个地区安排3人，另两个地区各安排1人，则有C21A33＝12种不同的安排方案；若两个地区各安排2人，另一个地区安排1人，则有C32A33＝18种不同的安排方案，由分类加法计数原理可得不同的安排方案有12＋18＝30（种）．

18．二项式（2

＋

）n（n∈N*）的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则此展开式中有理项有________项．

答案　3

解析　由题意可得Cn0·2n，Cn1·2n－1，Cn2·2n－2成等差数列，即2Cn1·2n－1＝Cn2·2n－2＋Cn0·2n，化简可得n2－9n＋8＝0，解得n＝8或n＝1（舍去）．故二项式（2

＋

）n＝（2

＋

）8的展开式的通项为Tr＋1＝C8r·28－r·x

，令

为整数，可得r＝0，4，8.所以展开式中有理项有3项．

19．设a1，a2，a3，a4是1，2，3，4的一个排列，若至少有一个i（i＝1，2，3，4）使得ai＝i成立，则满足此条件的不同排列的个数为________．

答案　15

解析　根据题意，a1，a2，a3，a4是1，2，3，4的一个排列，则所有的排列有A44＝24（个），假设不存在i（i＝1，2，3，4）使得ai＝i成立，则a1可取2，3，4其中的1个，有3种不同的情况，不妨设a1＝2，则a2可取1，3，4其中的1个，也有3种不同的情况，此时a3，a4只有1种取值情况，则不存在i（i＝1，2，3，4）使得ai＝i成立的不同排列有3×3＝9（个），则至少有一个i（i＝1，2，3，4）使得ai＝i成立的不同排列的个数为24－9＝15.

20．（2019·山西太原模拟）如图所示，玩具的计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左、右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1（允许一侧无珠），记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c.例如，图中上档的数字和a＝9.若a，b，c成等差数列，则不同的分珠计数法有________种．

答案　32

解析　根据题意知，a，b，c的取值范围都是区间[7，14]中的8个整数，故公差d的取值范围是区间[－3，3]中的整数．当公差d＝0时，有C81＝8（种）；当公差d＝±1时，b不取7和14，有2×C61＝12（种）；当公差d＝±2时，b不取7，8，13，14，有2×C41＝8（种）；当公差d＝±3时，b只能取10或11，有2×C21＝4（种）.综上，共有8＋12＋8＋4＝32种不同的分珠计数法．

1．（2019·湖南师大附中月考六）学校组织学生参加社会调查，某小组共有5名男同学，4名女同学．现从该小组中选出3名同学分别到A，B，C三地进行社会调查，若选出的同学中男女均有，则不同的安排方法有（　　）

A．70种B．140种

C．840种D．420种

答案　D

解析　方法一：

本题考查排列组合．分两类：

第1类，1男2女，有C51C42A33＝180（种）；第2类，2男1女，C52C41A33＝240（种），由分类加法计数原理可得共有180＋240＝420（种）．故选D.

方法二：

本题也可利用排除法（C93－C53－C43）A33＝420（种）．故选D.

2．从0，1，2，3，4，5这6位数字中任意取4个数字组成一个没有重复数字且能被3整除的四位数，则这样的四位数有________个．

答案　96

解析　依题意，只需组成的四位数各位数字的和能被3整除．将这6个数字按照被3除的余数分类，共分为3类：

{0，3}，{1，4}，{2，5}．若四位数含0，则另外3个数字分别为1，4之一，2，5之一，此时有C21C21C31A33＝72（种）；若四位数不含0，则4个数字为1，2，4，5，此时有A44＝24（种）．由分类加法计数原理，符合要求的四位数有72＋24＝96（个）．

3．（2018·山西太原五中二模）小明跟父母、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与他相邻，则不同坐法的总数为（　　）

A．60B．72

C．84D．96

答案　C

解析　根据题意，可分三种情况讨论：

①若小明的父母只有一人与小明相邻且父母不相邻时，先在其父母中选一人与小明相邻，有C21＝2种情况，将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺序有A22＝2种情况，当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有A22×A32＝12种安排方法，此时有2×2×12＝48种不同坐法；②若小明的父母只有一人与小明相邻且父母相邻时，将父母及小明看成一个整体，小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2＝4种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33＝6种情况，此时有2×2×6＝24种不同坐法；

③若小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A22＝2种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33＝6种情况，此时，共有2×6＝12种不同坐法．综上所述，共有48＋24＋12＝84种不同的坐法．故选C.

4．从0，1，2，3，4中任选两个不同的数字组成一个两位数，其中偶数的个数是（　　）

A．6B．8

C．10D．12

答案　C

解析　由题意知，末尾数字是0，2，4时为偶数．当末尾数字是0时，有4个偶数；当末尾数字是2时，有3个偶数；当末尾数字是4时，有3个偶数．所以共有4＋3＋3＝10个偶数．故选C.

5．（2019·河南商丘模拟）高考结束后6名同学游览某市包括日月湖在内的6个景区，每名同学任选1个景区游览，则有且只有2名同学选择日月湖景区的方案有（　　）

A．A62A54种B．A6254种

C．C62A54种D．C6254种

答案　D

解析　先确定选择日月湖景区的2名同学，有C62种选法；其他4名同学游览该市不包括日月湖在内的5个景区，共有54种选法．故方案有C62×54（种）．故选D.

6．为防止部分学生考试时用搜题软件作弊，命题组指派5名教师对数学卷的选择题、填空题和解答题这3类题型进行改编，且每类题型至少指派1名教师，则不同的分派方法的种类为（　　）

A．150B．180

C．200D．280

答案　A

解析　人员分配上有两种方式，即1，1，3与1，2，2.若是1，1，3，则有C53×A33＝60（种）；若是1，2，2，则有

×A33＝90（种）．所以共有60＋90＝150种不同的分派方法．故选A.

7．将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数个数为（　　）

A．72B．120

C．192D．240

答案　D

解析　个位数字是2或6时，不同的偶数个数为C21A53＝120；个位数字是4，不同的偶数个数为A55＝120，则不同的偶数共有120＋120＝240（个）．故选D.

8．在手绘涂色本的某页上画有排成一列的6条未涂色的鱼，小明用红、蓝两种颜色给这些鱼涂色，每条鱼只能涂一种颜色，两条相邻的鱼不都涂成红色，涂色后，既有红色鱼又有蓝色的涂色方法种数为（　　）

A．14B．16

C．18D．20

答案　D

解析　红色用1次，有6种方法，红色用2次，有1＋2＋3＋4＝10种方法，红色用3次，有4种方法，共6＋10＋4＝20（种）．故选D.

9．（2019·衡中一模）有6张卡片分别写有数字1，1，1，2，2，2，从中任取4张，可排出的四位数有________个．

答案　14

解析　分三类：

①3个1，1个2；②3个2，1个1；③2个1，2个2.共有C41＋C41＋C42＝14（个）．

10．（2019·百校联盟冲刺卷）2019年毕业之季，某学校高三一班同学组织的“我为老师敬上一杯感恩茶”主题活动开始，6位任课教师在讲台上坐成一排，各自接过学生代表敬献的一杯感恩茶，6杯茶水中有A品牌茶两杯，B品牌茶两杯，以及C，D两品牌茶各一杯，则有相邻教师得到的是同一品牌茶水的排列方式有（　　）

A．720种B．180种

C．168种D．96种

答案　D

解析　分三类：

①2个A相邻，两个B不相邻；②2个B相邻，两个A不相邻；③2个A相邻，两个B也相邻，共有A33·C42×2＋A44＝96（种）．故选D.

11．已知f（x）是集合A到集合B的一个函数，其中A＝{1，2，3，…，n}，B＝{1，2，3，…，2n}，n∈N*，则函数f（x）为增函数的个数为（　　）

A．A2n2B．n2n

C．（2n）nD．C2nn

答案　D

解析　从1，2，3，…，2n中任意取出n个不同的数，将它们按照从小到大的顺序排列，这n个从小到大排列的数就可以分别作为A中元素1，2，3，…，n的对应的函数值，则该函数是增函数，所以函数f（x）为增函数的个数为C2nn.

12．（2019·广东六校第三次联考）在二项式（2x＋

）2n的展开式中，x2的系数是224，则

的系数是（　　）

A．14B．28

C．56D．112

答案　A

解析　二项式（2x＋

）2n展开式中第r＋1项为Tr＋1＝C2nr（2x）2n－r（

）r＝C2nr·（2x）2n－2r；当2n－2r＝2，即r＝n－1时是含x2的项，其系数为C2nn－1·22＝4C2nn－1＝224，∴C2nn－1＝56；当2n－2r＝－2，即r＝n＋1时是含

的项，其系数为C2nn＋1·2－2＝

·C2nn＋1＝

C2nn－1＝

×56＝14.

13．（2019·江西重点中学协作体联考）已知（2x－1）4＝a0＋a1（x－1）＋a2（x－1）2＋a3（x－1）3＋a4（x－1）4，则a2＝（　　）

A．18B．24

C．36D．56

答案　B

解析　令x－1＝t，则x＝t＋1，所以（2x－1）4＝（2t＋1）4的展开式的通项为Tr＋1＝C4r（2t）4－r＝C4r24－rt4－r.令4－r＝2，则含（x－1）2即t2项的系数为C42×22＝24.所以a2＝24.

14．（2019·石家庄二中期末考试）在（1＋x＋

）4的展开式中，含x2的项的系数为（　　）

A．15B．16

C．18D．19

答案　D

解析　利用多项式的乘法法则，可得含x2的项是C44·（

）4＋C42（

）2·C21×1·x＋C40×C42×12·x2＝19x2，所以含x2项的系数为19.

15．（2019·深圳市第一次调研考试）若（

－

）n的展开式中各项系数之和为32，则展开式中含x项的系数为________．

答案　15

解析　令x＝1，则（

－

）n的展开式中各项系数之和为（3－1）n＝2n＝32，得n＝5.通项Tk＋1＝C5k·（

）5－k（－

）k＝（－1）kC5k·35－k·x

k－5，令

k－5＝1，得k＝4.所以展开式中含x项的系数是（－1）4×3×C54＝15.

16．（2019·福州市质量检测）（1＋ax）2（1－x）5的展开式中，所有x的奇数次幂项的系数和为－64，则正实数a的值为________．

答案　3

解析　设（1＋ax）2（1－x）5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7.

令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝0，

令x＝－1，得a0－a1＋a2－…－a7＝32（1－a）2，

两式相减，得2（a1＋a3＋a5＋a7）＝－32（1－a）2，

则－128＝－32（1－a）2，即（1－a）2＝4.又因为a>0，所以a＝3.

17．设（1－ax）2018＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2018x2018，若a1＋2a2＋3a3＋…＋2018a2018＝2018a（a≠0），则实数a＝（　　）

A．2B．1

C．－2D．－1

答案　A

解析　将（1－ax）2018＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a2018·x2018两边同时对x求导，可得2018（1－ax）2017·（－a）＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋2018a2018x2017，令x＝1，得－2018a（1－a）2017＝a1＋2a2＋3a3＋…＋2018a2018＝2018a.又a≠0，所以（1－a）2017＝－1，所以1－a＝－1，故a＝2.故选A.

18．（x－y）（x＋2y＋z）6的展开式中，x2y3z2的系数为（　　）

A．－30B．120

C．240D．420

答案　B

解析　（x－y）（x＋2y＋z）6的展开式中x2y3z2的系数，即只需考虑（x－y）（x＋2y＋z）6＝（x－y）[（x＋2y）＋z]6的展开式中x2y3z2的系数，只需考虑C62（x＋2y）4的展开式中含xy3和x2y2的项的系数，∴x2y3z2的系数为C62（C43×23－C42×22）＝15×（32－24）＝120.

19．（2019·安徽江南十校综合素质检测）在（x＋y＋z）6的展开式中，所有形如xaybz2（a，b∈N）的项的系数之和是________（用数字作答）．

答案　240

解析　（x＋y＋z）6＝[（x＋y）＋z]6，则[（x＋y）＋z]6展开式的通项为Tr＋1＝C6r（x＋y）6－rzr，所以含z2的项为C62（x＋y）4z2，则形如xaybz2项的系数之和即为C62（x＋y）4展开式的系数之和．令x＝y＝1，知（x＋y）4展开式的系数和为24＝16，故形如C62·（x＋y）4z2项的系数之和为C62×16＝240.

20．（2019·山西五地市联考）一个五位自然数a1a2a3a4a5称为“跳跃数”，如果同时有