算两次在证明组合恒等式中的应用

2021年高二（下）期中数学试卷（理科） Word版含解析一、填空题（共14小题，每小题5分，共70分）1．（5分）已知（i为虚数单位），则复数z的共轭复数是﹣1﹣i ．考复数代数形式的乘除运算；复数的基本概念．点：计算题．专题：把给出的等式的分母乘到右边，然后采用单项式乘以多项式化简复数z，则z的共轭复数可求．分析：解答：解：由，得z=i（1+i）=﹣1+i．所以复数z的共轭复数是﹣1﹣i．故答案为﹣1﹣i．点评：本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．2．（5分）从5名男生和4名女生中选出3名代表，代表中必须有女生，则不同的选法有74种（用数字作答）．考点：计数原理的应用．专题：计算题．分析：代表中没有女生的选法共有=10种，所有的选法共有=84种，由此求得代表中必须有女生时不同的选法种数．解答：解：代表中没有女生的选法共有=10种，所有的选法共有=84种，故代表中必须有女生，则不同的选法有84﹣10=74种，故答案为74．点评：本题主要考查组合问题、组合数公式的应用，用间接解法求解，属于中档题．3．（5分）若，则x=3或6．考点：组合数公式的推导；组合及组合数公式．专题：计算题．分析：由组合数公式，由C18x=C183x﹣6，找到其与x与3x﹣6的关系，即可得答案．解答：解：利用组合数的性质易得若C18x=C183x﹣6，则：x=3x﹣6或x+3x﹣6=18，则x=3或6故答案为：3或6．点评：本题考查组合数公式的运用本题主要考查组合数的性质的运用，属于基础题，须准确记忆公式．4．（5分）由1、2、3、4、5组成个位数字不是3的没有重复数字的五位奇数共有48个（用数字作答）．考点：排列、组合及简单计数问题．专题：计算题．分析：由题意，末尾数字为5或3，其余位置任意排列，从而可得结论解答：解：由题意，末尾数字为5或3，其余位置任意排列，所以奇数共有2×=48个故答案为：48点评：本题考查计数原理的运用，考查学生的计算能力，属于基础题．5．（5分）设n为奇数，则除以9的余数为7．考点：二项式定理的应用．专题：计算题．分析：所给的式子即（9﹣1）n﹣1 的展开式，除了最后2项外，其余的各项都能被9整除，故此式除以9的余数即最后2项除以9的余数．解答：解：由于n为奇数，=（1+7）n﹣1=（9﹣1）n﹣1=+++…++﹣1，显然，除了最后2项外，其余的各项都能被9整除，故此式除以9的余数即最后2项除以9的余数．而最后2项的和为﹣2，它除以9的余数为7，故答案为7．点评：本题主要考查二项式定理的应用，体现了转化的数学思想，属于中档题．6．（5分）已知复数乘法（x+yi）（cosθ+isinθ）（x，y∈R，i为虚数单位）的几何意义是将复数x+yi在复平面内对应的点（x，y）绕原点逆时针方向旋转θ角，则将点（6，4）绕原点逆时针方向旋转得到的点的坐标为．考点：旋转变换；复数乘法的棣莫弗公式．专题：计算题．分析：根据复数乘法（x+yi）（cosθ+isinθ）（x，y∈R，i为虚数单位）的几何意义是将复数x+yi在复平面内对应的点（x，y）绕原点逆时针方向旋转θ角，即可得所求点的坐标．解答：解：复数乘法（x+yi）（cosθ+isinθ）（x，y∈R，i为虚数单位）的几何意义是将复数x+yi在复平面内对应的点（x，y）绕原点逆时针方向旋转θ角，则将点（6，4）绕原点逆时针方向旋转得到的点的对应的复数为：（6+4i）（cos+isin）=（6+4i）（+i）=．∴得到的点的坐标为．故答案为：．点评：考查点的旋转问题；根据复数乘法的棣莫弗公式是解决本题的关键．7．（5分）展开式中有理项共有3项．考点：二项式定理．专题：计算题；概率与统计．分析：先求出展开式通项公式，当项为有理项时，x的次方应该为整数，由此得出结论．解答：解：展开式通项公式为T r+1==若为有理项时，则为整数，∴r=0、6、12，故展开式中有理项共有3项，故答案为：3点评：本题主要考查二项式定理，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．8．（5分）已知一个关于正整数n的命题P（n）满足“若n=k（k∈N*）时命题P（n）成立，则n=k+1时命题P（n）也成立”．有下列判断：（1）当n=xx时命题P（n）不成立，则n≥xx时命题P（n）不成立；（2）当n=xx时命题P（n）不成立，则n=1时命题P（n）不成立；（3）当n=xx时命题P（n）成立，则n≥xx时命题P（n）成立；（4）当n=xx时命题P（n）成立，则n=1时命题P（n）成立．其中正确判断的序号是（2）（3）．（写出所有正确判断的序号）考点：命题的真假判断与应用．专题：探究型．分析：利用归纳法的证明过程进行推理判断．解答：解：（1）根据条件只有命题成立时，才能推导出下一个命题成立，当命题不成立时，则不一定成立，所以（1）错误．（2）若n=1时，命题P（n）成立，则一定能推出当n=xx时命题P（n）成立，与当n=xx时命题P （n）不成立，所以（2）正确．（3）根据条件可知当n=xx时命题P（n）成立，则n≥xx时命题P（n）成立．（4）当n=xx时命题P（n）成立，只能推出n≥xx时命题P（n）成立，无法推出n=1时命题P（n）是否成立．所以正确的是（2）（3）．故答案为：（2）（3）．点评：本题主要考查学生的归纳与推理能力，综合性较强．9．（5分）已知复数z满足，则|z+i|（i为虚数单位）的最大值是．考点：复数求模．专题：计算题．分析：由复数模的几何意义可得复数z对应的点在以（2，0）为圆心，以为半径的圆周上，由此可得|z+i|的最大值是点（2，0）与点（0，﹣1）的距离加上半径．解答：解：由，所以复数z对应的点在以（2，0）为圆心，以为半径的圆周上，所以|z+i|的最大值是点（2，0）与点（0，﹣1）的距离加上半径，等于．故答案为．点评：本题考查了复数模的求法，考查了复数模的几何意义，体现了数形结合的解题思想方法，是基础题．10．（5分）已知扇形OAB，点P为弧AB上异于A，B的任意一点，当P为弧AB的中点时，S△OAP+S△OBP 的值最大．现有半径为R的半圆O，在圆弧MN上依次取点（异于M，N），则的最大值为2n﹣1R2sin．考点：数列的求和．专题：等差数列与等比数列．分析：利用三角形的面积计算公式和数学归纳法即可得出．解答：解：=，设∠MOP1=θ1，∠P1OP2=θ2，…，．则．∵0＜θi＜π，∴sinθi＞0，猜想的最大值为．即⇔sinθ1+sinθ2+…+≤（）．下面用数学归纳法证明：（1）当n=1时，由扇形OAB，点P为弧AB上异于A，B的任意一点，当P为弧AB的中点时，S△OAP+S△OBP的值最大，可知成立．（2）假设当n=k（k∈N*）时，不等式成立，即sinθ1+sinθ2+…+≤．成立．（θ1+θ2+…+，θi＞0）则当n=k+1时，左边=即sinθ1+sinθ2+…+++…+∵，当且仅当θi=θi+1时取等号．∴左边++…+==右边，当且仅当θi=θi+1（i∈N*，且1≤i≤2k+1﹣1）时取等号．即不等式对于∀n∈N*都成立．故答案为．点评：熟练掌握三角形的面积计算公式和数学归纳法是解题的关键．11．（5分）从红桃2、3、4、5和梅花2、3、4、5这8张扑克牌中取出4张排成一排，如果取出的4张扑克牌所标的数字之和等于14，则不同的排法共有432种（用数字作答）．考点：排列、组合及简单计数问题．专题：计算题．分析：根据题意，分析可得，数字之和为14的情况有4，4，3，3；2，2，5，5；2，3，4，5；再依次求得每种情况下的排法数目，进而由加法原理，相加可得答案．解答：解：数字之和为10的情况有4，4，3，3；2，2，5，5；2，3，4，5；取出的卡片数字为4，4，3，3时；有A44种不同排法；取出的卡片数字为2，2，5，5时；有A44种不同排法；取出的卡片数字为2，3，4，5时；每个数字都有两种不同的取法，则有24A44种不同排法；所以共有2A44+24A44=18A44=432种不同排法．故答案为：432．点评：本题考查排列的应用，解题时注意数字可能来自一种卡片还是两种卡片．12．（5分）（2011•延安模拟）若，则（a0+a2+a4）2﹣（a1+a3）2的值为1．考点：二项式定理的应用．专题：计算题．分析：通过对x分别赋值1，﹣1，求出各项系数和和正负号交替出现的系数和，两式相乘得解．解答：解：对于，令x=1得=a0+a1+a2+a3+a4令x=﹣1得=a0﹣a1+a2﹣a3+a4两式相乘得1=（a0+a2+a4）2﹣（a1+a3）2故答案为1点评：本题考查解决展开式的系数和问题的重要方法是赋值法．13．（5分）数列{a n}满足a n=，其中k∈N*，设f（n）=，则f（xx）﹣f（xx）等于4xx．考点：数列的求和．专题：计算题．分析：先计算前几项的值，根据所求的值寻求规律，即可求解解答：解：由题意可得，f（2）﹣f（1）=a1+a2+a3+a4﹣（a1+a2）=a3+a4=3+1=4f（3）﹣f（2）=a5+a6+a7+a8=5+3+7+1=42f（4）﹣f（3）=a9+a10+…+a16=9+5+11+3+13+7+15+1=64=43…f（xx）﹣f（xx）=4xx故答案为：4xx点评：本题主要考查了数列的求和，解题的关键是利用已知递推公式准确求出数列的项，进而发现项的规律14．（5分）我们常用构造等式对同一个量算两次的方法来证明组合恒等式，如由等式（1+x）2n=（1+x）n （1+x）n可得，左边x n的系数为，而右边，x n的系数为，由（1+x）2n=（1+x）n（1+x）n恒成立，可得．利用上述方法，化简=．考点：二项式定理的应用．专题：计算题．分析：根据题意，构造等式（x﹣1）2n•（x+1）2n=（x2﹣1）2n，分别从等式的左边和等式的右边求得x2n 的系数，令其相等，即可求得原式的值．解答：解：根据题意，构造等式（x﹣1）2n•（x+1）2n=（x2﹣1）2n，由等式的左边可得x2n的系数为C2n2n•（﹣1）2n C2n0+C2n2n﹣1•（﹣1）2n﹣1C2n1+C2n2n﹣2•（﹣1）2n ﹣2C2n2+…+C2n0•（﹣1）0C2n2n，即（C2n0）2﹣（C2n1）2+（C2n2）2﹣（C2n3）2+…+（C2n2n）2，由右等式的右端可得x2n的系数为（﹣1）n C2n n，故有（C2n0）2﹣（C2n1）2+（C2n2）2﹣（C2n3）2+…+（C2n2n）2=（﹣1）n C2n n，故答案为（﹣1）n C2n n．点评：本题考查组合数公式的应用，涉及二项式定理的应用，关键要根据题意，充分利用组合数的性质，属于中档题．二、解答题（共6大题，共90分）15．（15分）设实部为正数的复数z，满足，且复数（1+2i）z在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线，求复数z．考点：复数求模；复数的代数表示法及其几何意义．专题：计算题．分析：设出复数z，由，复数（1+2i）z的实部和虚部相等联立方程组即可求得复数z．解答：解：设z=a+bi，a，b∈R，a＞0，由题意：a2+b2=10①（1+2i）z=（1+2i）（a+bi）=a﹣2b+（2a+b）i，得a﹣2b=2a+b②①②联立，解得a=3，b=﹣1得z=3﹣i．点评：本题考查了复数的模，考查了复数的代数表示法和几何意义，是基础的运算题．16．（15分）4个男同学，3个女同学站成一排．（1）男生甲必须排在正中间，有多少种不同的排法？（2）3个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？（3）任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？（4）其中甲、乙两名同学之间必须有3人，有多少种不同的排法？考点：排列、组合及简单计数问题．专题：应用题．分析：（1）男生甲位置确定，只要让其余6人全排（2）（捆绑法）先让3个女生“捆绑”成一个整体，内部排序，然后把女生看成一个整体，与其余的男生排序（3）先把4个男生排列，然后把3个女生向5个空档插孔（4）先把甲乙排好顺序，然后从余下的5人中选出3人站在甲乙中间，然后把甲乙及中间的5人看成一个整体，和其余的2人看着3个整体进行排序解答：（本题满分15分）解：（1）男生甲位置确定，只要让其余6人全排：；…（3分）（2）（捆绑法）先让3个女生“捆绑”成一个整体，内部排序有种，然后把女生看成一个整体，与其余的男生排列有，共有…（7分）（3）先把4个男生排练有种排法，然后把3个女生向5个空档插孔，有=1440…（11分）（4）先把甲乙排好顺序有种排序，然后从余下的5人中选出3人站在甲乙中间，有种，然后把甲乙及中间的5人看成一个整体，和其余的2人看着3个整体进行排序，有，共有．…（15分）点评：本题主要考查了排练中常见方法：特殊元素优先安排法，不相邻元素插孔法，相邻元素捆绑法的应用．17．（15分）已知（m是正实数）的展开式的二项式系数之和为256，展开式中含x项的系数为112．（1）求m，n的值；（2）求展开式中奇数项的二项式系数之和；（3）求的展开式中含x2项的系数．考点：二项式定理的应用；二项式系数的性质．专题：计算题．分析：（1）由题意可得2n=256，由此解得n=8．再根据含x项的系数为，求得m的值．（2）展开式中奇数项的二项式系数之和为，再根据二项式系数的性质求得结果．（3），可得含x2的系数为，运算求得结果．解答：解：（1）由题意可得2n=256，解得n=8．…（3分）含x项的系数为，…（5分）解得m=2，或m=﹣2（舍去）．故m，n的值分别为2，8．…（6分）（2）展开式中奇数项的二项式系数之和为．…（9分）（3），…（11分）所以含x2的系数为．…（15分）点评：本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，属于中档题．18．（15分）（xx•天津）已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球．现在从甲、乙两个盒内各任取2个球．（I）求取出的4个球均为黑色球的概率；（Ⅱ）求取出的4个球中恰有1个红球的概率；（Ⅲ）设ξ为取出的4个球中红球的个数，求ξ的分布列和数学期望．考点：等可能事件的概率；离散型随机变量及其分布列．分析：（1）取出的4个球均为黑色球包括从甲盒内取出的2个球均黑球且从乙盒内取出的2个球为黑球，这两个事件是相互独立的，根据相互独立事件同时发生的概率得到结果．（2）取出的4个球中恰有1个红球表示从甲盒内取出的2个球均为黑球；从乙盒内取出的2个球中，1个是红红，1个是黑球或从甲盒内取出的2个球中，1个是红球，1个是黑球；从乙盒内取出的2个球均为黑球两种情况，它们是互斥的．（3）ξ为取出的4个球中红球的个数，则ξ可能的取值为0，1，2，3．结合前两问的解法得到结果，写出分布列和期望．解答：解：（I）设“从甲盒内取出的2个球均黑球”为事件A，“从乙盒内取出的2个球为黑球”为事件B．∵事件A，B相互独立，且．∴取出的4个球均为黑球的概率为P（A•B）=P（A）•P（B）=．（II）解：设“从甲盒内取出的2个球均为黑球；从乙盒内取出的2个球中，1个是红红，1个是黑球”为事件C，“从甲盒内取出的2个球中，1个是红球，1个是黑球；从乙盒内取出的2个球均为黑球”为事件D．∵事件C，D互斥，且．∴取出的4个球中恰有1个红球的概率为P（C+D）=P（C）+P（D）=．（III）解：ξ可能的取值为0，1，2，3．由（I），（II）得，又，从而P（ξ=2）=1﹣P（ξ=0）﹣P（ξ=1）﹣P（ξ=3）=．ξ的分布列为ξ的数学期望．点评：本小题主要考查互斥事件、相互独立事件、离散型随机变量的分布列和数学期望等基础知识，考查运用概率知识解决实际问题的能力．19．（15分）已知a i＞0（i=1，2，…，n），考查①；②；③．归纳出对a1，a2，…，a n都成立的类似不等式，并用数学归纳法加以证明．考点：数学归纳法；归纳推理．专题：证明题．分析：依题意可归纳出：（a1+a2+…+a n）（++…+）≥n2；下面用数学归纳法证明：①当n=1时易证；②假设当n=k时，不等式成立，去证明当n=k+1时，不等式也成立即可，需注意归纳假设的利用与基本不等式的应用．解答：结论：（a1+a2+…+a n）（++…+）≥n2…（3分）证明：①当n=1时，显然成立；…（5分）②假设当n=k时，不等式成立，即：（a1+a2+…+a k）（++…+）≥k2…（7分）那么，当n=k+1时，（a1+a2+…+a k+a k+1）（++…++）=（a1+a2+…+a k）（++…+）+a k+1（++…+）+（a1+a2+…+a k）+1≥k2+（+）+（+）+…+（+）+1≥k2+2k+1=（k+1）2即n=k+1时，不等式也成立．…（14分）由①②知，不等式对任意正整数n成立．…（15分）点评：本题考查归纳推理与数学归纳法，着重考查归纳假设的利用与基本不等式的应用，考查推理证明的能力，属于难题．20．（15分）试用两种方法证明：（1）；（2）．考点：二项式定理的应用；组合数公式的推导．专题：证明题．分析：（1）方法1：在等式中，令x=1，可得成立．方法2：用数学归纳法进行证明．（2）方法1：根据组合数的计算公式可得k=n，所以，=n（++…+ ）=n2n﹣1．方法2：由（1+x）n=1+x+x2+…+x n（n≥2，且n∈N*），对等式两边求导，再令x=1，可得．解答：（1）证明：方法1：由令x=1，得．…（3分）方法2：数学归纳法：①当n=1时，显然成立；②假设当n=k时，，则当n=k+1时，由，=+，=，所以，+++…+=+（）+（）+…+（）+=2（+…+=2•2k=2k+1，由①②，等式对于任意n∈N*恒成立．…（7分）（2）方法1：由于k=k=，n=n=，∴k=n，…（9分）所以，=n+n+…+n=n（++…+ ）=n2n﹣1．…（11分）方法2：由（1+x）n=1+x+x2+…+x n（n≥2，且n∈N*），两边求导，得n（1+x）n﹣1=1+2x+3•x2+…+nx n﹣1，…（14分）令x=1，得．…（15分）点评：本题主要考查二项式定理的应用，组合数的计算公式、用数学归纳法证明等式，属于中档题．36854 8FF6 迶025777 64B1 撱25330 62F2 拲21311 533F 匿f2,26670 682E 栮36493 8E8D 躍T A。

二项式系数组合数的简单结论二项式的系数实际就是一个组合数。

前面已经得到公式)!(!!k n k n k n -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛k n n k n 以下证明一个非常重要的公式⎪⎪⎭⎫⎝⎛--+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛111k n k n k n证明：方法1、代数法：由右至左。

（略）方法2、组合证明，从组合数的意义来说明。

构造计数方法，采用算两次的方法。

S 有n 个元素，计算其k 元子集的个数。

⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛k n 显然是一个答案；采用第二个计算方法是在S 中选择一个元素x ，那么S 的k 元子集分成两类，一类是含x 的（⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--11k n ），一类是不含x 的（⎪⎪⎭⎫⎝⎛-k n 1）。

利用加法原理，可得结果。

例1 S={x, a, b,,c,d}，求其三元子集。

xab ，xac ，xad ，xbc ，xbd ，xcd ，abc ，abd ，acd ，bcd验证以上公式4634241035+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ 提供了一个采用递推的方法来实现组合计算。

⎪⎪⎭⎫⎝⎛k nPascal 三角形：可以看出一些事实。

一些恒等式。

以及：1、k=0的列均为1；k=1的列为线型堆放的点，等差；k=2的列为平面型堆放的点；k=3的列为立体型堆放的点；2、从开始往下的走法组合数（直接向下和斜下450，不允许横走），验证⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛111k n k n k n二项式定理nk k n n n n y x n n y x k n y x n y x n y x 011010)(⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+-- 证明方法一：数学归纳法，非常啰嗦。

证明方法一：组合证明方法。

kn nk k ny x k n y x y x y x y x y x -=∑⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=++++=+0)())()(()(分析通项，发现x k 的系数实际就是全部乘开以后，该项的个数，也就是从n 个位置中选取k 个位置的组合数。

如何利用二项式定理证明组合恒等式在组合数学中，组合恒等式是一类关于组合数的等式，通常涉及到二项式系数的相加或相乘。

而二项式定理，是一种展开二项式系数的方法。

本文将讨论如何利用二项式定理来证明组合恒等式。

首先，我们需要了解二项式定理和组合数的基本概念。

二项式定理表述如下：$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k}b^k$其中，$a$和$b$是任意实数，$n$是一个非负整数，$\binom{n}{k}$表示从$n$个元素中取$k$个元素的组合数。

组合数的计算公式为：$\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$接下来，我们将通过一些具体的例子来演示如何利用二项式定理证明组合恒等式。

例子1：证明组合恒等式 $\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$利用二项式定理展开$\binom{n}{k}$，我们有：$\binom{n}{k} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 1^{n-k}1^k$注意到在组合数的定义中有 $\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$，令$m=n-k$，则上式可以写成：$\binom{n}{k} = \sum_{m=0}^{n} \binom{n}{m} 1^{n-m}1^{n-m-k}$注意到$1^{n-m-k}$等于1，因此上式可以简化为：$\binom{n}{k} = \sum_{m=0}^{n} \binom{n}{m} 1^{n-m}$再次利用二项式定理，上式可以进一步化简为：$\binom{n}{k} = \sum_{m=0}^{n} \binom{n}{m} (1+1)^{n-m}$根据二项式定理的展开式，上式进一步化简为：$\binom{n}{k} = \sum_{m=0}^{n} \binom{n}{m} \sum_{i=0}^{n-m} \binom{n-m}{i} 1^{n-m-i} 1^i$注意到 $\binom{n-m}{i}$ 等于 $\binom{n}{i}$，上式可以继续化简为：$\binom{n}{k} = \sum_{m=0}^{n} \sum_{i=0}^{n-m} \binom{n}{m} \binom{n}{i}$由于组合数是交换的，我们可以交换$m$和$i$的求和顺序，上式可以进一步化简为：$\binom{n}{k} = \sum_{i=0}^{n} \sum_{m=0}^{n-i} \binom{n}{m} \binom{n}{i}$注意到 $\binom{n}{m}$ 等于 $\binom{n}{n-m}$，上式可以再次化简为：$\binom{n}{k} = \sum_{i=0}^{n} \sum_{m=0}^{n-i} \binom{n}{n-m} \binom{n}{i}$由于求和顺序不影响结果，上式可以化简为：$\binom{n}{k} = \sum_{i=0}^{n} \sum_{m=0}^{n-i} \binom{n}{n-i}\binom{n}{i}$根据组合数的性质 $\binom{n}{n-i} = \binom{n}{i}$，上式可以进一步简化为：$\binom{n}{k} = \sum_{i=0}^{n} \sum_{m=0}^{n-i} \binom{n}{i}\binom{n}{i}$注意到求和两个变量时可以合并为一个，上式可以进一步化简为：$\binom{n}{k} = \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} \binom{n}{i}$最后，由于组合数相乘等于组合数的平方，上式可以进一步化简为：$\binom{n}{k} = \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}^2$而根据组合数的性质，$\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$，因此我们证明了组合恒等式 $\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$。

6.2.3-6.2.4组合 组合数一、单选题1．下列问题中是组合问题的个数是 ( )①从全班50人中选出5名组成班委会；②从全班50人中选出5名分别担任班长、副班长、团支部书记、学习委员、生活委员；③从1,2,3，…，9中任取出两个数求积；④从1,2,3，…，9中任取出两个数求差或商．A ．1B ．2C ．3D ．42．从10名学生中挑选出3名学生参加数学竞赛，不同的选法有 （ ）A ．310A 种B ．3！C ．310C 种D ．以上均不对3．从5人中选3人参加座谈会，其中甲必须参加，则不同的选法有（ ）A ．60种B ．36种C ．10种D ．6种4．从2名教师和5名学生中，选出3人参加“我爱我的祖国”主题活动.要求入选的3人中至少有一名教师，则不同的选取方案的种数是（ ）A ．20B ．55C ．30D ．255．旅游体验师小李受某网站邀请，决定在甲､乙､丙､丁这四个景区进行体验式旅游已知他不能最先去甲景区旅游，不能最后去乙景区和丁景区旅游，则他可选的旅游路线的条数为（ ）A ．24B ．18C ．16D ．106．马路上亮着一排编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的10盏路灯．为节约用电，现要求把其中的两盏灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏，也不能关掉两端的路灯，则满足条件的关灯方法种数为（ ）A ．12B ．18C ．21D ．24 7．若整数x 满足232551616C C x x x +++=，则x 的值为（ ） A ．1 B ．1- C ．1或1-D ．1或38．数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选3门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ）A ．60种B ．78种C ．84种D ．144种9．将编号为1、2、3、4、5的5个小球全部放入A 、B 、C 三个盒子内，若每个盒子不空，且放在同一个盒子内的小球编号不相连，则不同的方法总数有（ ）A ．42B ．36C ．48D ．6010．公元2020年年初，19COVID -肆虐着中国武汉，为了抗击19COVID -，中国上下众志成城，纷纷驰援武汉.达州市决定派出6个医疗小组驰援武汉市甲、乙、丙三个地区，每个地区分配2个医疗小组，其中A 医疗小组必须去甲地，则不同的安排方法种数为（ ）A ．30B ．60C ．90D ．18011．从1，2，3，4，5这五个数字中任取3个组成无重复数字的三位数，当三个数字中有2和3时，2需排在3的前面(不一定相邻)，这样的三位数有（ ）A ．51个B ．54个C ．12个D ．45个12．设集合(){}{}12345,,,,|1,0,1,1,2,3,4,5i A x x x x x x i =∈-=，那么集合A 中满足条件 “1234513x x x x x ≤++++≤”的元素个数为A ．60B ．90C ．120D ．130二、多选题13．已知363434C C x x -=，则x =（ ）A ．3B ．6C ．8D ．1014．现有3个男生4个女生，若从中选取3个学生，则（ ）A ．选取的3个学生都是女生的不同选法共有4种B ．选取的3个学生恰有1个女生的不同选法共有24种C ．选取的3个学生至少有1个女生的不同选法共有34种D ．选取的3个学生至多有1个男生的不同选法共有18种15．新高考按照“312++”的模式设置，其中“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有考生必考：“1”为首选科目，考生须在物理、历史两科中选择一科；“2”为再选科目，考生可结合自身特长兴趣在化学、生物、政治、地理四科中选择两科．下列说法正确的是（ ）A ．若任意选科，选法总数为1224C CB ．若化学必选，选法总数为1123C CC ．若政治和地理至多选一门，选法总数为11112222C C C C +D ．若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为111222C C C +16．某工程队有6辆不同的工程车，按下列方式分给工地进行作业，每个工地至少分1辆工程车，则下列结论正确的有（ ）A ．分给甲､乙､丙三地每地各2辆，有120种分配方式B ．分给甲､乙两地每地各2辆，分给丙､丁两地每地各1辆，有180种分配方式C ．分给甲､乙､丙三地，其中一地分4辆，另两地各分1辆，有60种分配方式D ．分给甲､乙､丙､丁四地，其中两地各分2辆，另两地各分1辆，有1080种分配方式三、填空题17．从6人中挑选4人去值班，每人值班1天，第一天需要1人，第二天需要1人，第三天需要2人，则有______种不同的安排方法．18．在报名的 8 名男生和 5 名女生中，选取 6 人参加志愿者活动，要求男、女都有，则不同的选取方式的种数为_____（结果用数值表示）19．近年来，“剧本杀”门店遍地开花．放假伊始，7名同学相约前往某“剧本杀”门店体验沉浸式角色扮演型剧本游戏，目前店中仅有可供4人组局的剧本，其中A ，B 角色各1人，C 角色2人．已知这7名同学中有4名男生，3名女生，现决定让店主从他们7人中选出4人参加游戏，其余3人观看，要求选出的4人中至少有1名女生，并且A ，B 角色不可同时为女生．则店主共有__________种选择方式．20．我们常常运用对同一个量算两次的方法来证明组合恒等式，如：从装有编号为1,2,3,,1n ⋯+的+1n 个球的口袋中取出m 个球()0,,N m n m n <≤∈，共有+1C m n +1C m n 种取法中，不取1号球有C mn 种取法；取1号球有1C m n -11C C C m m mn n n -++=.试运用此方法，写出如下等式的结果：323232323142241C C C C C C C C n n n n n ----+⋅=+⋅++⋅+___________.四、解答题21．计算(1)315C ；(2)3200C ；(3)197200C ；(4)3488C C +．22．一个口袋内装有7只不同的白球和1只黑球．(1)从口袋内取出3只球，共有多少种不同的取法？(2)从口袋内取出3只球，其中必有1只黑球，有多少种不同的取法？(3)从口袋内取出3只球，其中没有黑球，有多少种不同的取法？23．现有6本不同的书，如果满足下列要求，分别求分法种数．(1)分成三组，一组3本，一组2本，一组1本；(2)分给三个人，一人3本，一人2本，一人1本；(3)平均分成三个组每组两本．24．某班级甲组有5名男生，3名女生；乙组有6名男生，2名女生．(1)若从甲、乙两组中各选1人担任组长，则有多少种不同的的选法？(2)若从甲、乙两组中各选1人担任正副班长，则有多少种不同的的选法？(3)若从甲、乙两组中各选2人参加核酸检测，则选出的4人中恰有1名男生的不同选法共有多少种？25．用组合数公式证明：(1)C C m n m n n -=；(2)11C C C m m m n n n -+=+．26．某班有一个5男4女组成的社会实践调查小组，准备在暑假进行三项不同的社会实践，若不同的组合调查不同的项目算作不同的调查方式，求按下列要求进行组合时，有多少种不同的调查方式？(1)将9人分成人数分别为2人、3人、4人的三个组去进行社会实践；(2)将9人平均分成3个组去进行社会实践；(3)将9人平均分成每组既有男生又有女生的三个组去进行社会实践.27．蓝天救援队有男救援员8名，女救援员4名，现选派5名救援员参加一项救援.(1)若男救援员甲与女救援员乙必须参加，共有多少种不同的选法？(2)若救援员甲、乙均不能参加，共有多少种不同的选法？(3)若至少有一名男救援员和一名女救援员参加，共有多少种不同的选法？28．（1）把6个相同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？（2）把6个不同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？（3）把6个不同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？ 29．规定(1)(1)C !mx x x x m m --+=，其中x ∈R ，m 是正整数，且0C 1x =，这是组合数C m n （n ，m 是正整数，且m n ≤）的一种推广．(1)求515C -的值．(2)组合数的两个性质：①C C m n m n n-=；②11C C C m m m n n n -++=是否都能推广到C m x （x ∈R ，m 是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明；若不能，则说明理由；(3)已知组合数C mn 是正整数，证明：当x ∈Z ，m 是正整数时，C m x ∈Z ．。

算两次在证明组合恒等式中的应用第一篇：算两次在证明组合恒等式中的应用“算两次”思想在证明组合恒等式中的应用，取走和剩下的一一对应；=Cnn2.∑Ck=0kn=2n122nn我们可令等式(1+x)n=1+Cnx+Cnx+Λ+Cnx中的x等于1，得到该式。

另外，我们可考察集合{b1,Λ,bn}的子集的个数：一方面，采取加法原理，根据子集中元素个数分类：∑Ck=0nkn；另一方面，采取乘法原理，设其子集为S，我们逐一考察bi,i=1,2,Λ,n是否在S内，每个元素都有两种可能，考察完毕，子集S 确定，或者我没把子集看成一个排列，如n；{b1}↔1,0,0,Λ,0。

共2。

∅↔0,0,Λ,01424314243nn-1所以得证。

，从{a,b1,Λ,bn}取m个有Cn，一类不含a：+1=Cn+Cn+1种：一类含a：Cnm。

Cnmmm-1推广①： An +1=An+mAnmm-1m从{a,b1,Λ,bn}取m个排成一排An，一类不含a：An。

+1：一类含a：mAnn+1nnnnn推广②：Cn=C+C+C+Λ+C+C+m+1m+nm+n-1m+n-2n+1n解释：有m+n+1不同小球，其中黑球m+1个，白球n个。

从中选取n+1个小球，n+1选法共：Cn+m+1种，n考虑另外一种算法：若有黑1则在剩余小球中选n个，即Cn+m，若无黑1，则考虑是否有n黑2，若有则从剩余n+m-1个小球中取n个，即Cn+m-1，依次考虑下去，到考虑是否有黑nm，若有，则在剩余n个小球取n个，即Cn+1，若无黑m。

则必有黑m+1，最后剩下的m个白球全取。

总共Cm+n+Cm+n-1+Cm+n-2+Λ+Cn+1+Cn。

所以得证。

nnnnnrr+1本公式另一种表现形式：Crr+Crr+1+Λ+Crr+2+Λ+Cn本公式也可从杨辉三角-1=Cn。

观察可得。

还可考察等式(1+x)+(1+x)rr+1+Λ+(1+r)n-1(1+x)n-(1+x)x=两端xxr的系数相同。

2022-2023学年浙江省强基联盟高二实验班上学期10月联考数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.( )A. B. C. D.2.的展开式中的常数项为( )A. 8B. 28C. 56D. 703.曲线在处的切线方程为( )A. B. C. D.4.已知函数存在减区间，则实数a的取值范围为( )A. B. C. D.5.某学校筹备元旦晚会节目单时，准备在前五个节目排三个歌唱节目，一个小品节目以及一个相声节目，若三个歌唱节目最多有两个相邻，则不同的排法总数为( )A. B. C. D.6.若函数有最小值，则实数a的取值范围为( )A. B. C. D.7.函数的图像可能是( )A. B.C. D.8.已知正数满足，，，则( )A. B. C. D.二、多选题：本题共4小题，共20分。

在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

9.已知函数的极值点分别为，，则下列选项正确的是( )A.B.C. 若，则D. 过仅能作曲线的一条切线10.在的展开式中，有理项恰有两项，则n的可能取值为( )A. 8B.C.D.11.已知函数，则下列判断正确的是( )A. 直线与曲线相切B. 函数只有极大值，无极小值C. 若与互为相反数，则的极值与的极值互为相反数D. 若与互为倒数，则的极值与的极值互为倒数12.已知函数是定义在R上的奇函数，且其图象连续.当时，，则关于x的不等式的解集可能为( )A. B.C. D.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.某学校举行秋季运动会，酷爱运动的小明同学准备在某七个比赛项目中，选择参加其中四个项目的比赛.根据赛程安排，在这七个比赛项目中，100米赛跑与200米赛跑不能同时参加，且跳高与跳远也不能同时参加.则不同的报名方法数为__________用数字作答14.已知函数，其中是自然对数的底数.设直线与曲线与分别交于两点，若对任意，均有成立，则a的取值范围为__________.15.我们常常运用对同一个量算两次的方法来证明组合恒等式，如：从装有编号为的个球的口袋中取出m个球，共有种取法.在种取法中，不取1号球有种取法；取1号球有种取法.所以试运用此方法，写出如下等式的结果：__________.16.已知函数，其中是自然对数的底数.若函数与函数的单调区间相同，则a的取值范围为__________.四、解答题：本题共6小题，共70分。

“算两次”方法在高中数学中的应用在高中数学中，"算两次"方法是一种常用的解题方法，可以帮助学生更快更准确地解决一些复杂的数学问题。

这种方法通过将原问题拆分成两个或多个较简单的问题来逐步解决，最终得出最终的答案。

下面将介绍"算两次"方法在高中数学中的具体应用。

1.代数方程式的解法"算两次"方法在解代数方程式时非常常见。

对于一些复杂的方程式，可以通过"算两次"的方法将其拆解为较为简单的方程式逐步解决。

例如，对于含有分式的方程式，可以先用分式的通分法化简，再解出方程的结果。

这样可以避免一次性解决整个复杂的方程式，提高解题效率。

2.几何图形的计算在几何学中，"算两次"方法也常常被应用。

比如，在计算三角形的面积时，可以将三角形划分成更小的形状，分别计算每个小形状的面积，再将结果相加得到三角形的总面积。

这样可以更直观地理解整个计算过程，提高计算准确性。

3.概率和统计的问题"算两次"方法也可以在概率和统计问题中有所应用。

例如，在计算复杂事件发生的概率时，可以通过将事件拆解为几个较为简单的事件，分别计算每个事件的概率，再结合起来得到最终的概率。

这种方法可以降低解决概率问题的难度，提高解题效率。

4.数列的求和在数列中，"算两次"方法也可以得到应用。

对于一些复杂的数列，可以通过将数列分解为多个简单的部分，分别计算每个部分的和，再将结果相加得到整个数列的和。

这种方法可以帮助学生更清晰地理解数列的求和过程，提高计算的准确性。

5.函数的运算在函数的运算中，"算两次"方法也是非常常见的。

对于复杂的函数关系，可以通过将函数分解为多个简单的部分，分别进行计算，再将结果组合起来得到最终的函数关系。

这种方法可以帮助学生更深入地理解函数的性质，提高解题的效率。

总的来说，"算两次"方法在高中数学中有着广泛的应用。

研究一下。
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两边求二阶导数, 得 n ( n- 1)
( 1+ x ) n- 2 = 2
1
C
2 n
+ 3 2 C3nx + + n( n- 1) Cnn x n- 2
令 x= 1, 得 2 1 C2n+ 3 2 C3n+
+ n( n- 1)
C
n n
= n( n- 1) 2n- 2( n 2)
技巧: 此方法证明组合恒等式的步骤是, 先对恒
分
析:
这题可以利 用组合公式 解决, 等式 两边都 只是 一个
简单的组合 数。由 此, 我们只 要把 相关组 合公 式代
入, 经过化简, 等号两边相等即可。
证 明:
C
m n
=
m!
n! ( n- m) !
=
n m
n!
( m- 1) ! ( n- m) !
=
n m
C
mn-
11,
m+ n-
1 m
n! ( m+ 1) ! ( n- m) !
1 m-
1=
C0n+ 1 +
C1n+
1+
C2n+ 2 +
L+
C
mn+
1 m-
1=
C
1 n+
2+
C2n+ 2 +
L+
Cmn+-
1 m-
1=
C
2 n+
3+
L+
C
mn+

1引言
组合恒等式是组合数学的一个重要部分.它在数学的各个分支中都有广泛应用,而且它的证明方法多种多样,具有很强的灵活性.下面通过几个实例具体讲述一下，几种证法在组合恒等式中的运用.
2 代数法
通常利用组合恒等式的一些性质进行计算或化简，使得等式两边相等，或者利用二项式定理 在展开式中令 和 为某个特定的值，也可以先对二项式定理利用幂级数的微商或积分后再代值，得出所需要的恒等式.
.
当 时,
左边=
即当 时,命题也成立.
由(1),(2)知,命题对任意自然数皆成立.
结论
关于组合恒等式证明的方法还有很多，例如，微积分法，二项式反演公式法，几何法等.本文介绍的主要是几种常见的方法，以上的方法是以高中知识为基础，也可以说是组合恒等式证明的初等方法.通过学习，我们学会用具体问题具体分析和解决问题多样化的思想.以上例题的解法大多不是唯一的，本文也有提及.但各种方法之间也存在一定的联系.有时一道题可以同时使用几种方法，思路很活！
致谢
本论文是在沈邦玉老师的悉心指导下完成的。沈老师渊博的专业知识，严谨的治学态度，精益求精的工作作风，诲人不倦的高尚师德，严以律己、宽以待人的崇高风范，朴实无华、平易近人的人格魅力对我影响深远。不仅使我树立了远大的学术目标、掌握了基本的研究方法，还使我明白了许多待人接物与为人处世的道理。本论文从选题到完成，每一步都是在沈老师的指导下完成的，倾注了沈老师大量的心血。在此，谨向沈老师表示崇高的敬意和衷心的感谢！
证明：（1）
等式两边对 求导，
令 得，
即证.
（2）由二项式定理有，
上式两边对 积分，有
即 .
此类方法证明组合恒等式的步骤是先对恒等式 两边对 求一阶或二阶导数，或者积分，然后对 取特殊值代入，得到所需证明的等式.

染色， 每种颜色至少使 用一次 ， 每个数恰 被染
一
种 颜色．
有些组 合 问题 ， 题 干 中明显 地 给 出 了某
个量 的大小关 系． 这类 问题人手 较易 ， 只需 直
对于 １ ≤￡ ≤ｎ ， 用ｔ 种 颜色 染 ｋ ＋ ｎ个数 ， 有ｔ ｋ ＋ ｎ 种染法． 设
接考 虑此量 ， 利用题干信 息 ， 再结合题本 身结 构， 从 这两方面对该 量进 行计算 即可． 构造 ｎ
的最大公 约数 为 １ ， 则称数 对 （ ， Ｙ ） 对应 的点 为“ 本原格点 ” ． 给定一 个有 限 的本 原格 点集 Ｊ ｓ ． 证明： 存在 正整 数 ｎ和整 数 口 。 ， ０ 一 ， 口 ，
（ １ ） 他们 当 中身 高最高 的两名 球员 之 间 没有别 的球员 ；
（ ２ ０ １ ０ ， 美 国国家 队选拔考试 ）
组合数学 中 ， 算两次常用于证 明组合恒 等式 、 求解最值 问题 、 证 明不等关系等．
１ 构造模型证 明组合恒等式
【 分析】 证明组合恒等式有两个思路． 一 是利用组 合数 、 排列数 的代数性质 ， 通过恒 等
变形直接证 明恒 等式 ， 更偏 向于代数思维 ； 二 是构造组合模 型 ， 具体作法 如下 ： 构造一个计
５ ． 给定整数 Ⅳ≥ ２ ． Ⅳ （ Ｎ＋１ ） 名身高两 两 不 同的足球 队员站成 一 排． 球 队教 练希 望从
这 些球 员 中移走 Ⅳ（ Ⅳ一 １ ） 名， 使得这 一排上 剩 下的 ２ Ｎ名球员 满足如下 Ⅳ个条件 ：
６ ． 对 于一个有序整数 对 （ ， Ｙ ） ， 若 与 Ｙ
（ 本讲适合 高 中）
１ ｘ２ ×… ×
Ｓ

组合恒等式的证明及应用组合恒等式是组合数学中一个非常重要的等式，也是组合学中最基本的等式之一。

它在组合数学中有着广泛的应用，包括计数、排列与组合、概率等方面。

本文将首先介绍组合恒等式的基本定义与证明，然后讨论一些应用场景。

首先，让我们来看看组合恒等式的定义。

对于任意的非负整数n和非负整数k，满足0≤k≤n，组合恒等式可以表示为：C(n,k) = C(n-1, k) + C(n-1, k-1) （1）其中，C(n,k)表示从n个不同元素中选取k个元素的组合数，也叫做二项式系数。

接下来，我们来证明这个恒等式。

考虑一个集合A，它包含n个元素，我们需要从这个集合中选择k个元素。

我们可以把这个问题分为两种情况来考虑。

第一种情况是，我们选择了集合A中的第一个元素。

那么我们还需要从剩下的n-1个元素中选择k-1个元素，所以这种情况的选择数为C(n-1, k-1)。

第二种情况是，我们没有选择集合A中的第一个元素。

那么我们需要从剩下的n-1个元素中选择k个元素，所以这种情况的选择数为C(n-1, k)。

那么根据加法原理，我们可以得到选择k个元素的所有可能情况数为C(n-1, k) +C(n-1, k-1)。

而根据问题的定义，选择k个元素的可能情况数应该等于C(n,k)。

所以我们可以得出：C(n,k) = C(n-1, k) + C(n-1, k-1) （2）组合恒等式证明完成。

有了组合恒等式之后，我们可以在组合数学的各个领域中应用它。

首先是在计数问题中的应用。

计数问题中经常涉及到从一个给定集合中选择若干元素的问题，比如选择m个球放入n个盒子，选择若干学生参加活动等。

通过组合恒等式，我们可以根据已知的条件分解问题，得到更为简单的计数方法。

其次是在排列与组合问题中的应用。

排列和组合问题是组合数学中的经典问题，而组合恒等式正是排列与组合的基础。

我们可以利用组合恒等式进行排列与组合的计算，如全排列、循环排列、重复组合等。

９ ． 中国台湾
英
国 １ ３ ０分
第
５ ８ 届
Ｉ Ｍ０ 试
题
１ ． 对每个整数 ａ ｏ ＞１ ， 定义数 列 ａ 。 ， ａ ・ ・ 如下 ： 对 于任 意 的 ｎ ＞０ Ｉ ，
Ｂ ． 在第 ｎ个 回合 中 ， 下 列事件依 次发生 ：
（ １ ） 兔子 以隐 形 的方 式移 动 到点 ， 使
４ ． 设 Ｒ、 ｜ ｓ为 圆 厂上 互 异 的两 点 ， 且 Ｒ Ｓ 不 为直径． 设Ｚ 为 圆 厂在点 Ｒ处 的切线． 平 面
（ 阿 尔巴尼亚
供题 ）
３ ． 一个猎人 和一 只隐形 的兔 子在欧 氏平 面上 玩一个游戏． 已知兔子 的起 始位 置 与 猎人 的起始 位 置 重 合． 在 游 戏 进 行 ｎ一１
得点 与 之 间的距离恰 为 １ ； （ ２ ） 一 个 定 位 设 备 向猎 人 反 馈 一 个 点 Ｐ ， 该 设 备 唯 一能 够 向猎 人 保证 点 Ｐ 与Ａ 之间 的距离至 多为 １ ；
ｆ √ 口 ，√ ａ 为整数；
“ 一 １ 口 ＋ ３ ， 其 他
２ ． 设 Ｒ为全 体实数 构成 的集 合． 求 所 有
的函数ｆ ： Ｒ Ｒ， 使得对于任意实数 ｘ ， ｙ ， 均有
） Ｙ ） ） ＋ ＋Ｙ ） ＝ ｘ ｙ ） ．
位设备 反馈 了哪些 点 ， 猎 人 总能 够适 当地选
择其移 动方式 ， 使得 在 １ ０ 回合后 ， 他 能确保 和兔子 之间 的距离至 多为 １ ０ ０ ７ （ 奥地 利 供题 ）
收稿 日期 ： ２ ０ １ ７— ０ ４—０ ５
数模 型 ， 并对其用两种不 同的方 法进行计数 ， 所得结果恰 为恒 等式 的两 边 ， 通常 通过 恒等

所以 ３ ｓ ｉ ｎ ａ —ｓ ｉ ｎ （ ａ ＋２ 口 ） ．
析
＋
—— —’
———＋
———＋
———＋
彝言
差
（ 作 者 单位 ： 湖北 省枣 阳 市高级 中学）
ｆ ＯＡ・ ＯＣ— ＯＡ ＋ ＯＡ ・ ＯＢ，
、 Ｉ — Ｏ — ＋ Ｂ・ — ＯＣ — ＋＝Ａ Ｏ — — Ａ・ ÷ ＯＢ＋ Ｏ — — ＋ — — ＋． Ｂ
２ ｃ ｏ ｓ （ ， ￣ ＋ｆ １ ） ｓ ｉ ｎ ＋ ｃ ｏ ｓ （ ａ ＋ｆ １ ） ｓ ｉ ｎ卢 一３ ｃ ｏ ｓ （ ａ ＋＃ ） ｓ ｉ ｎ
Hale Waihona Puke 又 ｓ ｉ ｎ口 ＝ ＝ ＝ ｓ ｉ ｎ （ ａ ＋ｆ １ ） Ｃ Ｏ Ｓ 卢 一ｃ ０ ｓ （ 口 ＋ｐ ） ｓ ｉ ｎ卢 一
一
－
— —— —— ＋
．
卟７
ｓ ｉ ｎ （ ａ ＋ ） ２ ｓ ｉ ｎ
２ 向量运算 中的“ 算 两次”
Ｃ Ｏ Ｓ （ ａ ＋ ）
Ｃ Ｏ Ｓ ’
； ， 例２ 如 图所示 ， 平 面 内有 ３个 向量Ｏ — — 十 —｝ Ａ、 Ｏ Ｂ、
Ｏ Ｃ， 其 中Ｏ Ａ与Ｏ Ｂ的 夹 角 为 １ ２ ０ 。 ，
代 入 解 得 ｆ 二 三 ’ 所 以 ＋ 一 ６ ．
毒喜 亨 — — ＋— — — ＋— — — ＋ 时
例 ３ 设 椭 圆 ｃ： ２ ＋ ２ — １（ 。 ＞６ ＞。 ） 的右 焦点
◇ 湖 北 陈刚 明
的倾斜角为 ６ ０ 。 ， Ａ 一 Ｆ ：２ 商 ， 求椭圆 Ｃ的离心率．
Ｏ Ａ与Ｏ Ｃ的夹 角为 ３ Ｏ 。 ， 且
— — — —

2023—2024学年广东省深圳市龙岗区德琳学校高二下学期第二次考试（期中考试）数学试卷一、单选题(★★) 1. 函数的单调增区间是（）A．B．C．D．(★★) 2. 在的展开式中，的系数为（）A．B．C．21D．35(★★) 3. 在含有3件次品的50件产品中，任取2件，则至少取到1件次品的不同方法数共有（）A．B．C．D．(★★) 4. 如图所示，在平行六面体中，为与的交点，为的中点，若，，，则（）A．B．C．D．(★★★) 5. 如图所示，一个地区分为5个行政区域，现要给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，若有四种颜色可供选择，则不同的着色方案种数为（）A．36B．48C．72D．144(★★) 6. 一袋中装有大小､质地均相同的5个白球，3个黄球和2个黑球，从中任取3个球，则至少含有一个黑球的概率是（）A．B．C．D．(★★) 7. 某高三班级有校级优秀毕业生8人，其中男生6人、女生2人，从这8人中随机选取2人作为班级代表发言．若选取的第一位是女生，则第二位是男生的概率为（）A．B．C．D．(★★★) 8. 组合恒等式，可以利用“算两次”的方法证明：分别求和的展开式中的系数.前者的展开式中的系数为；后者的展开式中的系数为.因为，所以两个展开式中的系数相等，即.请用“算两次”的方法化简式子A．B．C．D．二、多选题(★★★) 9. 下列说法正确的有（）A．在经验回归方程中，当解释变量x每增加1时，响应变量y 平均减少2.3B．在经验回归方程中，相对于样本点的残差为–0.25 C．在残差图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好D．若两个变量的决定系数R²越大，表示残差平方和越小，即拟合效果越好(★★★) 10. 有甲、乙、丙等6名同学，则下列说法正确的是（）A．6人站成一排，甲、乙两人相邻，则不同的排法种数为240B．6人站成一排，甲、乙、丙按从左到右的顺序站位（不一定相邻），则不同的站法种数为240C．6名同学平均分成三组分别到、、三个工厂参观，每名同学必须去，且每个工厂都有人参观，则不同的安排方法有90种D．6名同学分成三组参加不同的活动，每名同学必须去，且每个活动都有人参加，甲、乙、丙在一起，则不同的安排方法有36种(★★★) 11. 在某班中，男生占40%，女生占60%，在男生中喜欢体育锻炼的学生占80%，在女生中喜欢体育锻炼的学生占60%，从这个班的学生中任意抽取一人.则下列结论正确的是（）A．抽到的学生是男生且喜欢体育锻炼的概率为B．抽到的学生喜欢体育锻炼的概率为C．若抽到的学生喜欢体育锻炼，则该学生是男生的概率为D．若抽到的学生喜欢体育段炼，则该学生是女生的概率为三、填空题(★★) 12. 小明同学进行射箭训练，每次射击是否中靶相互独立，根据以往训练情况可知小明射击一次中靶的概率为，则小明射击3次恰好有2次中靶的概率为 ______ ．(★★) 13. 观察下面各等高堆积条形图，其中两个分类变量、相关关系最强的是 ___________ .(★★★) 14. 已知随机变量，则 ___________ .注：若，则, . 四、解答题(★★★) 15. 已知函数在点处的切线与直线垂直．(1)求；(2)求的单调区间和极值．(★★★) 16. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答补充完整的题目.问题：已知，且__________（只需填序号）.(1)求的值；(2)求展开式中的奇数次幂项的系数之和.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.(★★★) 17. 为了了解员工长假的出游意愿，某单位从“70后”至“00后”的人群中按年龄段分层抽取了100名员工进行调查.调查结果如图所示，已知每个员工仅有“有出游意愿”和“无出游意愿”两种回答，且样本中“00后”与“90后”员工占比分别为10%和30%.（1）现从“00后样本中随机抽取3人，记3人中“无出游意愿”的人数为随机变量X，求X的分布列及数学期望；（2）若把“00后”和“90后”定义为青年，“80后”和“70后”定义为中年，结合样本数据完成列联表，并回答能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为该单位员工长假的出游意愿与年龄段有关？有出游意愿无出游意愿合计附：0.0503.841，其中.(★★★) 18. 如图，在正四棱柱中，．点分别在棱, 上，．(1)证明：；(2)点在棱上，当二面角为时，求．(★★★) 19. 共享单车以低碳、环保、节能、健康的理念，成为解决市民出行“最后一公里”的有力手段.某公司调研部门统计了最近5个季度本公司的共享单车使用次数（万次），结果如下：（1）（i）根据上表，画出散点图并根据所画散点图，判断能否用线性回归模型拟合使用次数y与季度序号x之间的关系，如果能，求出y关于x的线性回归方程；如果不能，请说明理由.（ii）如果你是公司主管领导，你会在下一季度向市场增加投放共享单车吗？请说明理由.（2）为进一步开拓市场做准备，公司目前接受报价的有两款车型：A型单车每辆500元，第一年收入500元，以后逐年递减80元；B型单车每辆300元，第一年收入500元，以后逐年递减100元.经市场调研，两款车型使用寿命频数统计如下表：不考虑除采购成本以外的其它成本，假设每辆单车的使用寿命都是整数年，用频率估计概率，以1辆单车所产生的利润的数学期望为决策依据，如果你是公司负责人，会选择哪款车型？参考数据：，.参考公式：，.。

证明组合恒等式的方法与技巧摘要本文是以高中二项式定理和排列组合知识为理论基础，对几个常见重要的例题作分析，总结组合恒等式常见的证明方法与技巧。

对组合恒等式的证明方法本文主要讲了组合公式法，组合数性质法，二项式定理法，比较系数法，数列求和法，数学归纳法，组合分析法。

关键字组合，组合数，组合恒等式，二项式定理Proof Methods and Skills of Combinatorial Identity ABSTRACT This thesis primarily analyses some common but significant examples on the basis of binomial theorem and permutation and combination knowledge of senior middle school to summarize the common demonstrating methods and technique of combinatorial identity. For combinatorial identity, here it mainly introduces the methods of combination formula,unitized construction, mathematical induction ，and so on .KEY WORDS combination，combinatorial identity，binomial theorem前言组合恒等式在数学及其应用中占有不可忽视的地位,它是以高中排列组合、二项式定理为基础。

组合恒等式的证明有一定的难度和特殊的技巧，且灵活性很强，要求学生掌握这部分知识，不但要学好有关的基础知识，基本概念和基本技能，而且还要适当诱导学生拓宽思路、发挥才智，培养解决问题方法多样化的思想。

2023年湖南新高考数学仿真卷（一）（原卷版一．选择题（共8小题 满分40分 每小题5分）1．已知集合{}245A y y x x ==-- (){}2lg 1B x y x ==- 则A B ⋂=（ ）A ．()1,1-B ．()1,+∞C ．[)9,+∞D ．[)()9,11,--⋃+∞2．已知命题p ：()00,x ∃∈+∞ 001x a x +< 若p 为假命题 则a 的取值范围为（ ） A ．()1,+∞B ．()2,+∞C ．(],1-∞D ．(],2-∞3．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S 若954S = 8530S S -= 则11S =（ ） A ．77B ．88C ．99D ．1104．若函数()()2ln 2023R f x x a x x a =---∈在区间[)1,+∞上单调递增，则a 的取值范围是（ ） A. (),1-∞ B. (],1-∞ C. 1,8⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D. 1,8⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦5．已知正四棱锥各棱的长度均为2 其顶点都在同一个球面上 则该球的表面积是（ ） A ．83π B ．8π C ．16π D ．32π6．已知0x > 0y > 21x y += 则()()11x y xy++的最小值为（ ）A ．443+B ．12C ．83+D ．167．已知在△ABC 中 3AB = 4AC = 3BAC π∠=2AD DB = P 在CD 上 12AP AC AD λ=+ 则AP BC ⋅的值为（ ）A ．116-B ．72C ．4D ．6 8．已知2ln 2a a -= 3ln 3b b -= 3ln 2cc -= 其中a b ()0,1c ∈ 则（ ）A ．c b a <<B ．c a b <<C ．a b c <<D ．a c b <<二、多项选择题：本大题共4小题 每小题5分 共20分．在每小题给出的四个选项中 有多项符合要求 全部选对得5分 选对但不全的 得2分 有选错的得0分．9．演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分 评定该选手的成绩时 从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分 得到7个有效评分．7个有效评分与9个原始评分相比 可能变化的数字特征是（ ）A ．中位数B ．平均数C ．方差D ．极差10．已知函数()()sin 0,0,2f A x A x πωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示 下列说法正确的是（ ）A ．函数()y f x =的图象关于点,06π⎛⎫-⎪⎝⎭对称 B ．函数()y f x =的图象关于直线512x π=-对称 C ．函数()y f x =在2,36ππ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦单调递减D ．该图象向右平移6π个单位可得2sin 2y x =的图象11．如果双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的一条渐近线上的点(3M -关于另一条渐近线的对称点恰为右焦点F P 为双曲线上的动点 已知()3,1A 则12PA PF +的值可能为（ ） A ．32B ．2C ．52D ．412．在正方体1111ABCD A B C D -中 点P 满足1BP BC BB λμ=+ 其中[]0,1λ∈ []0,1μ∈ 则下列说法正确的是（ ）A ．当λμ=时 1A P ∥平面1ACDB ．当1μ=时 三棱锥1P A BC -的体积为定值 C ．当1λ=时 △PBD 的面积为定值D ．当1λμ+=时 直线1A D 与1D P 所成角的取值范围为,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦三、填空题：本大题共4小题 每小题5分 共20分．把答案填在题中横线上．13．若复数z 满足()20222i z i -= 则z = ．14．4211x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是 ．15．（5分）我们常常运用对同一个量算两次的方法来证明组合恒等式 如：从装有编号为1 2 3 ⋯ 1n +的1n +个球的口袋中取出m 个球(0m n < m )n N ∈ 共有1m n C +种取法．在1m n C +种取法中 不取1号球有mn C 种取法；取1号球有1m n C -种取法．所以11m m mn n n C C C -++=．试运用此方法 写出如下等式的结果：323232323142241n n n n n C C C C C C C C ----+⋅+⋅++⋅+= ．16．（5分）当0a >时 若不等式21lnx ax bx +-恒成立 则ba的最小值是 ． 四．解答题（共6小题 满分70分） 17．（10分）已知数列{}n a 满足11a = 且112nn na a a +=-．（1）求证：1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列 并求{}n a 的通项公式；（2）是否存在正整数m 使得221m m a a =+ 若存在 求出m 的值；若不存在 说明理由．18．（12分）在ABC ∆中 角A B C 的对边分别是a b c sin sin 2B Cb a B += 3BC = 如图所示 点D 在线段AC 上 满足AB AD =． （1）求A 的值；（2）若2BD CD = 求AB CB ⋅的值．19．（12分）近两年因为疫情的原因 线上教学越来越普遍了．为了提升同学们的听课效率 授课教师可以选择在授课过程中进行专注度监测 即要求同学们在10秒钟内在软件平台上按钮签到 若同学们能够在10秒钟内完成签到 则说明该同学在认真听课 否则就可以认为该同学目前走神了．经过一个月对全体同学上课情况的观察统计 平均每次专注度监测有90%的同学能够正常完成签到．为了能够进一步研究同学们上课的专注度情况 我们做如下两个约定：①假设每名同学在专注度监测中出现走神情况的概率均相等；②约定每次专注度监测中 每名同学完成签到加2分 未完成签到加1分． 请回答如下两个问题：（1）若一节课老师会进行3次专注度监测 那么某班同学在3次专注度监测中的总得分的数学期望是多少？ （2）记某位同学在数次专注度监测中累计得分恰为n 分的概率为n P （比如：1P 表示累计得分为1分的概率 2P 表示累计得分为2的概率） 求：①1{}n n P P +-的通项公式； ②{}n P 的通项公式．20．（12分）如图 四棱锥P ABCD -中 底面ABCD 是菱形 PD ⊥底面ABCD PD DA = M 为AD 的中点 且平面PBM ⊥平面PDA ． （1）证明：BM AD ⊥；（2）求二面角M PB C --的正弦值．21．（12分）已知抛物线C 的顶点是坐标原点O 对称轴为x 轴 焦点为F 抛物线上点A 的横坐标为1 且4FA OA ⋅=．（1）求抛物线C 的方程；（2）过抛物线C 的焦点作与x 轴不垂直的直线l 交抛物线C 于两点M N 直线1x =分别交直线OM ON 于点A 和点B 求证：以AB 为直径的圆经过x 轴上的两个定点．22．（12分）已知函数2()21f x xlnx x mx =--+． （1）若0m = 求()f x 的单调区间； （2）若0m < 0b a << 证明：2242a b ablnm a b a b +<---．。

0
1
2
k
即( 2) 式证毕。 四、利用二项式微分, 证明组合恒等式:
"$! "$ n
n n
n- n
n n- k
n-k
nn
( - 1)
3 = (- 1)
3 =( - 1) 2
例 三 、证 明 组 合 恒 等 式 ;
n
k =0
k
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n
n k
n-k
即 2 = ( - 1 ) 3 当 x=- 3 时;
n 当 x=1 时;
01 2
k
n k=0 k
n
"$"$"$ "$ "$! n n n n
kn
nn
k
0 =( 1- 1 ) = - + +Λ+(- 1)
+Λ+( - 1)
= ( - 1)
0 12
k
n
k =0
! %# n
n+ 1
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1
k = 0 k+1
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( 2) ( - 1) k = 0 k+1
科技信息
○职 校 论 坛○
SCIE NCE & TE CHNO LO GY INFORM ATION
2008 年 第 28 期
二项式定理在组合恒等式中的应用
卢 自娟 ( 克拉玛 依职 业技 术学 院基 础部 新 疆 克拉 玛依 833600)
【摘 要】二项式定理在组合恒等式的证明中起着重要的作用。 【关键词】二项式定理; 组合恒等式; 积分; 微分