2012届高考数学知能优化训练题7

1．从A地到B地要经过C地和D地，从A地到C地有3条路，从C地到D地有2条路，从D地到B地有4条路，则从A地到B地不同走法的种数是()A．3＋2＋4＝9B．1C．3×2×4＝24D．1＋1＋1＝3解析：选C.由题意从A地到B地需过C、D两地，实际就是分三步完成任务，用乘法原理．2．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则经过这13个点可以确定不同的平面的个数是()A．40B．13C．10D．16解析：选B．直线a与b上的8个点可分别确定8个不同的平面；直线b与a上的5个点可分别确定5个不同的平面．故可确定5＋8＝13个不同的平面．3．已知x∈{2,3,7}，y∈{－31，－24,4}，则x·y可表示成不同的值的个数是() A．1＋1＝2B．1＋1＋1＝3C．2×3＝6D．3×3＝9解析：选D．因为按x、y在各自的取值集合中各选一个值去做积这件事，可分两步完成：第一步，x在集合{2,3,7}中任取一个值有3种方法；第二步，y在集合{－31，－24,4}中任取一个值有3种方法．根据分步乘法计数原理有3×3＝9个不同的值．4．在一块并排共10垄的田地上，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植1垄，为了有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法有________种(结果用数字作答)．解析：把空的6垄看作一个整体，A、B两种作物可在其余4垄上种值，不同的选垄方法为(3×2×1)×2＝12(种)．答案：125．椭圆x2m＋y2n＝1的焦点在y轴上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________．解析：因为焦点在y轴上，所以n＞m.当n＝2时，m＝1；当n＝3时，m＝1,2；当n＝4时，m＝1,2,3；当n＝5时，m＝1,2,3,4；当n＝6时，m＝1,2,3,4,5；当n＝7时，m＝1,2,3,4,5.所以，共有椭圆1＋2＋3＋4＋5＋5＝20(个)．答案：20一、选择题1．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为()A ．7B ．12C ．64D ．81解析：选B ．要完成配套，分两步：第1步，选上衣，从4件上衣中任选一件，有4种不同选法；第2步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同选法．故共有4×3＝12种不同的配法．2．某电话局的电话号码为168×××××，若后面的五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码一共有( )A ．20个B ．25个C ．32个D ．60个解析：选C.五位数字是由6或8组成的，可分五步完成，每一步都有两种方法，根据分步乘法计数原理，共有25＝32个．3．(2011年高考课标全国卷)有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( ) A.13 B ．12C.23 D ．34解析：选A.甲、乙两位同学参加3个小组的所有可能性有3×3＝9(种)，其中甲、乙两人参加同一个小组的情况有3(种)．故甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组的概率P ＝39＝13. 4．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，共有不同的行车路线( )A ．24种B ．16种C ．12种D ．10种解析：选C.完成该任务可分为四类，从每一个方向入口都可作为一类，如图：从第1个入口进入时，有3种行车路线；同理，从第2个，第3个，第4个入口进入时，都分别有3种行车路线，由分类加法计数原理可得共有3＋3＋3＋3＝12种不同的行车路线，故选C.5．(2011年北京模拟)用0到9这10个数字可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为( )A ．324B ．328C ．360D ．684解析：选B ．分两类：(1)个位是0的，有9×8个；(2)个位不是0的，个位只能是2,4,6,8中的任意一个有4×8×8个，总共有9×8＋4×8×8＝328(个)．6．如果一个三位正整数如“a 1a 2a 3”满足a 1＜a 2，且a 3＜a 2，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数个数为()A．240B．204C．729D．920解析：选A.分8类．当中间数为2时，有1×2＝2(个)；当中间数为3时，有2×3＝6(个)；当中间数为4时，有3×4＝12(个)；当中间数为5时，有4×5＝20(个)；当中间数为6时，有5×6＝30(个)；当中间数为7时，有6×7＝42(个)；当中间数为8时，有7×8＝56(个)；当中间数为9时，有8×9＝72(个)．故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．二、填空题7．一个学习小组有4名男生，5名女生，任选1名当组长，共有________种选法；选男、女生各1名当组长，共有________种选法．解析：选1名当组长分为两类：第一类，从4名男生中选1名共有4种选法，第二类，从5名女生中选1名共有5种选法，一共有4＋5＝9种选法；选男、女生各1名当组长可分为两步：第1步是选1名男同学，有4种选法，第二步是选1名女同学，有5种选法，则有4×5＝20种选法．答案：9208．加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人，第二道工序有6人，第三道工序有4人，从中选3人每人做一道工序，则选法有________种．解析：选第一、第二、第三道工序各一人的方法数依次为5、6、4，由分步乘法计数原理知，选法总数为N＝5×6×4＝120.答案：1209．从1,2,3,4,7,9六个数中，任取两个数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值的个数为________．解析：(1)当取1时，1只能为真数，此时对数的值为0.(2)不取1时，分两步：①取底数，5种；②取真数，4种．其中log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93，∴N＝1＋5×4－4＝17.答案：17三、解答题10．若直线方程为ax＋by＝0，其中a，b可在0,1,2,3,4中任取两个不同的数，共得到直线多少条？解：(1)a＝0时，b可取1,2,3,4中的任一个数，但总得到直线y＝0，即1条；(2)b＝0时，a可取1,2,3,4中的任一个数，但总得到直线x＝0，也是1条；(3)a，b都不为0时，由分步乘法计数原理共可得到直线4×3＝12(条)．直线x＋2y＝0与2x＋4y＝0重合，直线2x＋y＝0与直线4x＋2y＝0重合，因此a，b 不为0时有10条直线．因此由分类加法计数原理得共有N＝1＋1＋10＝12(条)．11．8张卡片上写着0,1,2，…，7共8个数字，取其中的三张卡片排放在一起，可组成多少个不同的三位数？解：先排放百位，从1,2，…，7共7个数中选一个有7种选法；再排十位，从除去百位的数外，剩余的7个数(包括0)中选一个，有7种选法；最后排个位，从除前两步选出的数外，剩余的6个数中选一个，有6种选法．由分步乘法计数原理，共可以组成7×7×6＝294个不同的三位数．12．电视台在“欢乐大本营”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？解：抽奖过程分三步完成，考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中，故可分两种情形考虑．分两大类：(1)幸运之星在甲箱中抽，先定幸运之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴有30×29×20＝17400种结果；(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11400种结果．因此共有不同结果17400＋11400＝28800种．。

1．(2011年高考福建卷)若集合M ＝{－1,0,1}，N ＝{0,1,2}，则M ∩N 等于( )A ．{0,1}B ．{－1,0,1}C ．{0,1,2}D ．{－1,0,1,2}解析：选A.M ∩N ＝{－1,0,1}∩{0,1,2}＝{0,1}．2．已知A ＝{(x ，y )|x ＋y ＝3}，B ＝{(x ，y )|x －y ＝1}，则A ∩B ＝( )A ．{2,1}B ．{x ＝2，y ＝1}C ．{(2,1)}D ．(2,1)解析：选C.由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＝3x －y ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝1，即点(2,1)． 3．(2011年高考福建卷)若a ∈R ，则“a ＝2”是“(a －1)(a －2)＝0”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件解析：选A.由a ＝2能得到(a －1)(a －2)＝0，但由(a －1)·(a －2)＝0得到a ＝1或a ＝2，而不是a ＝2，所以a ＝2是(a －1)(a －2)＝0的充分而不必要条件．4．已知集合A ＝{x |－2≤x ≤5}，集合B ＝{x |x <3}，则A ∪B ＝________.解析：集合A 与B 均是不等式的解集，用Venn 图不易表示，由于A 与B 都是“连续的数集”，所以用数轴表示，如图所示．则A ∪B ＝{x |x ≤5}．答案：{x |x ≤5}5．已知A ＝{－1,3，m }，集合B ＝{3,4}，若B ∩A ＝B ，则实数m ＝________.解析：∵A ＝{－1,3，m }，B ＝{3,4}，B ∩A ＝B ，∴m ＝4.答案：4一、选择题1．已知集合S ＝{x |0<x <1}，T ＝{x |2x －1≤1}，则S ∩T 等于( )A ．SB ．TC ．{x |x ≤1}D ．∅解析：选A.∵T ＝{x |x ≤1}，∴S ∩T ＝S .2．设全集I ＝{1,2,3,4,5}，A ＝{1,3,5}，B ＝{2,4,5}，则(∁I A )∩(∁I B )等于( )A ．∅B ．{4}C ．{1,5}D ．{2,5}解析：选A.∁I A ＝{2,4}，∁I B ＝{1,3}，从而选A.3．集合A ＝{0,2，a }，B ＝{1，a 2}，若A ∪B ＝{0,1,2,4,16}，则a 的值为( )A ．0B ．1C ．2D ．4解析：选D.∵A ∪B ＝{0,1,2，a ，a 2}，又A ∪B ＝{0,1,2,4,16}，∴{a ，a 2}＝{4,16}，∴a ＝4.4．已知M ＝{y |y ＝x 2＋1，x ∈R }，N ＝{y |y ＝－x 2＋1，x ∈R }，则M ∩N 等于( )A ．{0,1}B ．{(0,1)}C ．{1}D ．以上解均不对解析：选C.如果选B 就错了．原因在于没有先研究集合中元素的属性、意义，错误地认为交集为两曲线的交点(或两方程的公共解)．实际上，M ＝{y |y ＝x 2＋1，x ∈R }＝{y |y ≥1}，N＝{y |y ＝－x 2＋1，x ∈R }＝{y |y ≤1}，所以M ∩N ＝{1}．故选C.5．如图，U 是全集，M 、P 、S 是U 的三个子集，则阴影部分所表示的集合是( )A ．(M ∩P )∩SB ．(M ∩P )∪SC ．(M ∩P )∩(∁U S )D ．(M ∩P )∪(∁U S )解析：选C.阴影是M ∩P 的部分，又在集合S 的外部是其补集部分，故(M ∩P )∩(∁U S )．6．(2011年高考湖南卷)“x >1”是“|x |>1”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分又不必要条件解析：选A.|x |>1⇔x >1或x <－1，故x >1⇒|x |>1，但|x |>1⇒\ x >1，∴x >1是|x |>1的充分不必要条件．二、填空题7．已知全集I ＝{a ，b ，c ，d ，e }，A ∩B ＝{b }，A ∩∁I B ＝{a ，d }，则∁I A ＝________. 解析：易知A ＝{a ，b ，d }，∴∁I A ＝{c ，e }．答案：{c ，e }8．若集合A ＝{x |x ≤4}，B ＝{x |x ≥a }，满足A ∩B ＝{4}，则实数a ＝________. 解析：∵A ∩B ＝{x |x ≤4}∩{x |x ≥a }＝{4}，∴a ＝4.答案：49．若不等式m －1<x <m ＋1成立的充分不必要条件是13<x <12，则实数m 的取值范围是________．解析：由题意可知⎝⎛⎭⎫13，12m －1，m ＋1)，借助数轴得⎩⎨⎧13≥m －1，12≤m ＋1，解得－12≤m ≤43，故实数m 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－12，43. 答案：⎣⎡⎦⎤－12，43 三、解答题10．已知全集U ＝R ，集合A ＝{x |x ＜0或x ＞2}，B ＝{x |－1＜x ＜3}．求：(1)A ∩B ，A ∪B ；(2)(∁U A )∪(∁U B )．解：(1)结合数轴得A ∩B ＝{x |－1＜x ＜0或2＜x ＜3}，A ∪B ＝R .(2)∁U A ＝{x |0≤x ≤2}，∁U B ＝{x |x ≤－1或x ≥3}，结合数轴得(∁U A )∪(∁U B )＝{x |x ≤－1或0≤x ≤2或x ≥3}．11．已知集合A ＝{－4,2a －1，a 2}，B ＝{a －5,1－a,9}，分别求适合下列条件的a 的值：(1)9∈A ∩B ；(2){9}＝A ∩B .解：(1)因为9∈A ∩B ，所以9∈A 且9∈B .故2a －1＝9或a 2＝9，解得a ＝5或a ＝±3.检验知a ＝5或a ＝－3.(2)因为{9}＝A ∩B ，所以9∈A ∩B ，由(1)知a ＝5或a ＝－3.当a ＝5时，A ＝{－4,9,25}，B ＝{0，－4,9}，此时A ∩B ＝{9，－4}，不符合题意．当a ＝－3时，A ＝{－4，－7,9}，B ＝{－8,4,9}，此时A ∩B ＝{9}，符合题意．综上所述，a ＝－3.12．设集合A ＝{－2}，B ＝{x |ax ＋1＝0，a ∈R }，若A ∩B ＝B ，求a 的值． 解：∵A ∩B ＝B ，∴B ⊆A .∵A ＝{－2}≠∅，∴B ＝∅或B ≠∅.当B ＝∅时，方程ax ＋1＝0无解，此时a ＝0.当B ≠∅时，此时a ≠0，则B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1a ， ∴－1a∈A ， 即有－1a ＝－2，得a ＝12. 综上，得a ＝0或a ＝12.。

1．a ，b ，c 为互不相等的正数，且a 2＋c 2＝2bc ，则下列关系中可能成立的是________．(填序号)①a >b >c ②b >c >a③b >a >c ④a >c >b解析：由a 2＋c 2>2ac ⇒2bc >2ac ⇒b >a 可排除①，④，令a ＝2，c ＝1，可得b ＝52.可知③可能成立．答案：③2．(2011年镇江调研)已知a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝4，则下列各式中正确的是________． ①1a ＋1b ≤14 ②1a ＋1b≥1 ③ab ≥2 ④1ab≥1 解析：由a ＞0，b ＞0，知a ＋b 2≥ab ， 又a ＋b ＝4，∴ab ≤4，∴1ab ≥14， ∴1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝4ab ≥1，即1a ＋1b≥1. 答案：②3．下列结论正确的是________． ①当x >0且x ≠1时，lg x ＋1lg x≥2 ②当x >0时，x ＋1x ≥2 ③当x ≥2时，x ＋1x 的最小值为2 ④当0<x ≤2时，x －1x无最大值 解析：①中，当x >0且x ≠1时，lg x 不一定是正数；③中，当x ≥2时，x ＋1x ≥2x ×1x ＝2中的等号不成立；④中，当0<x ≤2时，可以证明y ＝x －1x 是增函数，则其最大值为f (2)＝32. 答案：②4．已知a ，b ∈(0，＋∞)，且a ≠b ，则a 2＋b 2________22(a ＋b )．(填“>”“＝”或“<”) 解析：由不等式a ＋b 2≤a 2＋b 22(a ，b ∈(0，＋∞)，可得a 2＋b 2≥22(a ＋b )， 又∵a ≠b ，∴a 2＋b 2>22(a ＋b )． 答案：>一、填空题1．已知a ＞b ＞c ，则(a －b )(b －c )与a －c 2的大小关系是________．解析：∵a ＞b ＞c ，∴a －b ＞0，b －c ＞0，∴a －c 2＝(a －b )＋(b －c )2≥(a －b )(b －c )(当且仅当a ＋c ＝2b 时，取“＝”)． 答案：(a －b )(b －c )≤a －c 2 2．若a >b >1，P ＝lg a ·lg b ，Q ＝12(lg a ＋lg b )，R ＝lg (a ＋b 2，则P 、Q 、R 的大小关系为________． 解析：∵lg a >lg b >0，∴12(lg a ＋lg b )>lg a ·lg b ，即Q >P . 又∵a >b >1，∴a ＋b 2>ab . ∴lg(a ＋b 2)>lg ab ＝12(lg a ＋lg b )，即R >Q . 故有P <Q <R .答案：P <Q <R3．已知a 、b 、c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，则(a ＋1a )＋(b ＋1b )＋(c ＋1c)的最小值为________． 解析：(a ＋1a )＋(b ＋1b )＋(c ＋1c＝(a ＋a ＋b ＋c a )＋(b ＋a ＋b ＋c b )＋(c ＋a ＋b ＋c c ＝4＋(b a ＋a b )＋(c a ＋a c )＋(c b ＋b c )≥4＋2＋2＋2＝10，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取等号． 答案：104．(2010年高考安徽卷)若a >0，b >0，a ＋b ＝2，则下列不等式对一切满足条件的a ，b 恒成立的是________．(写出所有正确命题的编号)①ab ≤1；②a ＋b ≤2；③a 2＋b 2≥2；④a 3＋b 3≥3；⑤1a ＋1b≥2. 解析：①ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＝1，成立．②欲证a ＋b ≤2，即证a ＋b ＋2ab ≤2，即2ab ≤0，显然不成立．③欲证a 2＋b ＝(a ＋b )2－2ab ≥2，即证4－2ab ≥2，即ab ≤1，由①知成立．④a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)≥3⇔a 2－ab ＋b 2≥32 ⇔(a ＋b )2－3ab ≥32⇔4－32≥3ab ⇔ab ≤56，由①知，ab ≤56不恒成立． ⑤欲证1a ＋1b ≥2，即证a ＋b ab2，即ab ≤1，由①知成立． 答案：①③⑤5．若正数a ，b 满足ab ＝a ＋b ＋3，则ab 的取值范围是________．解析：∵a ＞0，b ＞0，∴a ＋b ＋3≥2ab ＋3，∴ab ≥2ab ＋3，∴(ab －3)(ab ＋1)≥0.∴ab ≥3，∴ab ≥9.答案：[9，＋∞)6．(2010年高考山东卷)已知x ，y ∈(0，＋∞)，且满足x 3＋y 4＝1，则xy 的最大值为________． 解析：∵x ＞0，y ＞0且1＝x 3＋y 4≥2 xy 12，∴xy ≤3.当且仅当x 3＝y 4，即x ＝32，y ＝2时，取等号． 答案：37．已知a >0，b >0，1a ＋2b1，则a ＋2b 的最小值为________． 解析：a ＋2b ＝(a ＋2b )(1a ＋2b )＝1＋2a b ＋2b a ＋4≥5＋22a b ×2b a＝9， 当且仅当⎩⎨⎧2a b ＝2b a 1a ＋2b＝1，即a ＝b ＝3时，取“＝”． 答案：98．某民营企业的一种电子产品，2009年的年产量在2008年基础上增长率为a ；2010年又在2009年的基础上增长率为b (a ，b ＞0)，若这两年的平均增长率为q ，则q 与a ＋b 2的大小关系是________．解析：设2008年的年产量为1，则2010年的年产量为(1＋a )(1＋b )，∴(1＋q )2＝(1＋a )(1＋b )．∴1＋q ＝(1＋a )(1＋b )≤1＋a ＋1＋b 2＝1＋a ＋b 2， ∴q ≤a ＋b 2，当且仅当a ＝b 时，取“＝”． 答案：q ≤a ＋b 29．将一根铁丝切割成三段做一个面积为2 m 2、形状为直角三角形的框架，在下列四种长度的铁丝中，选用最合理(够用且浪费最少)的是________．①6.5 m ②6.8 m③7 m ④7.2 m 解析：设两直角边分别为a ，b ，直角三角形的框架的周长为l ，则12ab ＝2， ∴ab ＝4，l ＝a ＋b ＋a 2＋b 2≥2ab ＋2ab ＝4＋22≈6.828(m)．∵够用且浪费最少，∴应选③.答案：③二、解答题10．判断下列各式的正误，并说明理由． (1)f (x )＝12x＋3x 的最小值为12； (2)x ＞0时，函数f (x )＝1x 2＋2x ≥21x 2·2x ＝22x ， 所以当且仅当x 2＝2x 即x ＝2时，取最小值； (3)x ＞0时，x ＋1x ＋1x ＋1x的最小值为2. 解：(1)错误．∵x 的正负不知，∴应分x ＞0与x ＜0两种情况进行讨论．当x ＞0时，f (x )＝12x ＋3x ≥212x ×3x ＝12， 当且仅当12x＝3x ，即x ＝2时，等号成立， ∴x ＞0时，f (x )有最小值12.当x ＜0时，f (x )＝12x ＋3x ＝－[－12x ＋(－3x )]．∵－12x ＋(－3x )≥2(－12x)·(－3x )＝12， ∴f (x )≤－12，当且仅当x ＝－2时等号成立，∴当x ＜0时，f (x )有最大值－12. (2)错误．∵1x2·2x 不为定值(常数)， 不能运用基本不等式． (3)错误．等号当且仅当x ＋1x ＝1x ＋1x，即(x ＋1x )2＝1时成立， 又x ＞0，∴x ＋1x ＝1，即x 2－x ＋1＝0，此方程无解， ∴等号取不到，应该有x ＋1x ＋1x ＋1x＞2.11．已知a ，b ，c 为不全相等的正实数．求证：a ＋b ＋c >ab ＋bc ＋ca .证明：∵a >0，b >0，c >0，∴a ＋b ≥2ab >0，b ＋c ≥2bc >0，c ＋a ≥2ca >0.∴2(a ＋b ＋c )≥2(ab ＋bc ＋ca )，即a ＋b ＋c ≥ab ＋bc ＋ca .由于a ，b ，c 为不全相等的正实数，故等号不成立．∴a ＋b ＋c >ab ＋bc ＋ca .12．已知函数f (x )＝lg x ，若a >0，b >0，试判断12[f (a )＋f (b )]与f (a ＋b 2的大小，并加以证明． 解：12[f (a )＋f (b )]≤f (a ＋b 2)． ∵f (a )＋f (b )＝lg a ＋lg b ＝lg(ab )，f (a ＋b 2)＝lg a ＋b 2. 又∵a ，b >0，∴a ＋b 2≥ab >0. 而函数f (x )＝lg x 在定义域内单调递增，∴lg a ＋b 2≥lg ab ＝12lg(ab ) ＝12(lg a ＋lg b )， 即12[f (a )＋f (b )]≤f (a ＋b 2)， 当且仅当a ＝b 时，取“＝”．。

1．(2011年高考福建卷)(1＋2x )5的展开式中，x 2的系数等于( )A ．80B ．40C ．20D ．10解析：选B.(1＋2x )5的第r ＋1项为T r ＋1＝C r 5(2x )r ＝2r C r 5x r ，令r ＝2，得x 2的系数为22·C 25＝40. 2．(2x －12x)6的展开式的常数项是( ) A ．20 B ．－20C ．40D ．－40解析：选B.由题知(2x －12x)6的通项为T r ＋1＝(－1)r C r 626－2r x 6－2r ，令6－2r ＝0得r ＝3，故常数项为(－1)3C 36＝－20.3．(教材练习改编)⎝⎛⎭⎫2x ＋1x 27的展开式中倒数第三项是( ) A ．C 67·26·1x 4 B ．C 67·22·1x 11 C ．C 57·25·1x 3 D ．C 57·22·1x 8 解析：选D.倒数第三项即T 6＝C 57(2x )2·⎝⎛⎭⎫1x 25.4．(2011年高考重庆卷)()1＋2x 6的展开式中x 4的系数是__________．解析：T r ＋1＝C r 6(2x )r ＝C r 6×2r x r ，∴x 4的系数为C 4624＝240.答案：240一、选择题1．在(1－x )5－(1－x )6的展开式中，含x 3的项的系数是( )A ．－5B ．5C ．－10D ．10解析：选D.(1－x )5中x 3的系数－C 35＝－10，－(1－x )6中x 3的系数为－C 36·(－1)3＝20，故(1－x )5－(1－x )6的展开式中x 3的系数为10.2．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋33x n 展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则n 等于( ) A ．4 B ．5C ．6D ．7解析：选C.令x ＝1，各项系数和为4n ，二项式系数和为2n ，故有4n 2n ＝64.∴n ＝6. 3．(x －2y )10的展开式中x 6y 4项的系数是( )A ．840B ．－840C ．210D ．－210解析：选A.在通项公式T r ＋1＝C r 10(－2y )r x10－r 中，令r ＝4，即得(x －2y )10的展开式中x 6y 4项的系数为C 410·(－2)4＝840. 4．(2010年高考陕西卷)⎝⎛⎭⎫x ＋a x 5(x ∈R)展开式中x 3的系数为10，则实数a 等于( ) A ．－1 B. 12 C ．1 D ．2解析：选D.由二项式定理，得T r ＋1＝C r 5x 5－r ·⎝⎛⎭⎫a x r ＝C r 5·x 5－2r ·a r ，∴5－2r ＝3，∴r ＝1，∴C 15·a ＝10，∴a ＝2.5．(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n 的展开式中各项系数和为( )A ．2n ＋1B ．2n －1C ．2n ＋1－1D ．2n ＋1－2解析：选D.令x ＝1，则2＋22＋…＋2n ＝2n ＋1－2.6.()1＋3x n ()其中n ∈N 且n ≥6的展开式中x 5与x 6的系数相等，则n ＝( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选B.()1＋3x n 的展开式中含x 5的项为C 5n ()3x 5＝C 5n 35x 5，展开式中含x 6的项为C 6n 36x 6，由两项的系数相等得C 5n ·35＝C 6n ·36，解得n ＝7. 二、填空题7.⎝⎛⎭⎪⎫2－13x 6的展开式中的第四项是________．解析：T 4＝C 3623⎝⎛⎭⎪⎫－13x 3＝－160x . 答案：－160x8．若(x －2)5＝a 5x 5＋a 4x 4＋a 3x 3＋a 2x 2＋a 1x ＋a 0，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝________.(用数字作答)解析：由题设令x ＝0，得a 0＝(－2)5＝－32.令x ＝1，得a 5＋a 4＋a 3＋a 2＋a 1＋a 0＝(1－2)5＝－1，故a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝－1－(－32)＝31.答案：319．(2011年高考浙江卷)设二项式⎝⎛⎭⎫x －a x 6(a >0)的展开式中x 3的系数是A ，常数项为B ，若B ＝4A ，则a 的值是________．解析：A ＝C 26(－a )2，B ＝C 46(－a )4，由B ＝4A 知，4C 26(－a )2＝C 46(－a )4，解得a ＝±2.又∵a >0，∴a ＝2.答案：2三、解答题 10.⎝⎛⎭⎪⎫x ＋23x n 展开式第9项与第10项二项式系数相等，求x 的一次项系数．解：C 8n ＝C 9n ，∴n ＝17，T r ＋1＝C r n x 17－r 2·2r ·x －r 3， ∴17－r 2－r 3＝1， ∴r ＝9，∴T r ＋1＝C 917·x 4·29·x －3， ∴T 10＝C 917·29·x ，其一次项系数为C 91729.11．已知(1－2x )7＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋…＋a 7(x －1)7.求：(1)a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7；(2)a 0＋a 2＋a 4＋a 6.解：(1)令x ＝2，则(1－2×2)7＝－37＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7，∴a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7＝－37.(2)令x ＝0，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 6－a 7＝1. 又由(1)得，a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7＝－37， 两式相加，可得2(a 0＋a 2＋a 4＋a 6)＝1－37，∴a 0＋a 2＋a 4＋a 6＝12(1－37)． 12．已知(1－2x ＋3x 2)7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 13x 13＋a 14x 14.(1)求a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 14；(2)求a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 13. 解：(1)令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 14＝27＝128.①(2)令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 13＋a 14＝67.② ①－②得2(a 1＋a 3＋…＋a 13)＝27－67＝－279808. ∴a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 13＝－139904.。

1．下列式子成立的是( )A ．P (A |B )＝P (B |A )B ．0＜P (B |A )＜1C ．P (AB )＝P (A )·P (B |A )D ．P (A ∩B |A )＝P (B )解析：选C.由P (B |A )＝P (AB )P (A )得P (AB )＝P (B |A )·P (A )． 2．已知P (B |A )＝12，P (AB )＝38，则P (A )等于( ) A.316B ．1316 C.34D ．14 解析：选C.由P (AB )＝P (A )P (B |A )可得P (A )＝34. 3．甲、乙两班共有70名同学，其中女同学40名．设甲班有30名同学，而女同学15名，则在碰到甲班同学时，正好碰到一名女同学的概率为( )A.12B ．13C.14D ．15 解析：选A.设“碰到甲班同学”为事件A ，“碰到甲班女同学”为事件B ，则P (A )＝37，P (AB )＝37×12， 所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝12，故选A. 4．若P (A )＝0.3，P (B )＝0.4，P (A ∩B )＝0.1，则P (A /B )＝________，P (B |A )＝________.解析：P (A |B )＝P (A ∩B )P (B )＝14， P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝13. 答案：14 135．某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，则他在周六晚上值班的概率为________． 解析：设事件A 为“周日值班”，事件B 为“周六值班”，则P (A )＝C 16C 27，P (AB )＝1C 27，故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝16.6一、选择题1．已知P (B |A )＝13，P (A )＝25，则P (AB )等于( ) A.56B ．910 C.215D ．115解析：选C.本题主要考查由条件概率公式变形得到的乘法公式，P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝13×25＝215，故选C. 2．(2011年高考辽宁卷)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B ＝“取到的2个数均为偶数”，则P (B |A )＝( )A.18 B ．14C.25 D ．12解析：选B ．P (A )＝C 23＋C 22C 25＝25，P (AB )＝C 22C 25＝110， P (B |A )＝P (AB )P (A )＝14. 3．抛掷两枚骰子，则在已知它们点数不同的情况下，至少有一枚出现6点的概率是( ) A.13B ．118 C.16D ．19解析：选A.设“至少有一枚出现6点”为事件A ，“两枚骰子的点数不同”为事件 B ．则n (B )＝6×5＝30，n (AB )＝10，所以P (A |B )＝n (AB )n (B )＝13. 4．抛掷一枚均匀的骰子所得的样本空间为Ω＝{1,2,3,4,5,6}，令事件A ＝{2,3,5}，B ＝{1,2,4,5,6}，则P (A |B )等于( )A.25 B ．125D ．45解析：选A.∵A ∩B ＝{2,5}，∴n (AB )＝2.又∵n (B )＝5，故P (A |B )＝n (AB )n (B )＝25. 5．盒中有10支螺丝钉，其中3支是坏的，现在从盒中不放回地依次抽取两支，那么在第一支抽取为好的条件下，第二支是坏的概率为( )A.112B ．13C.8384D ．184解析：选 B ．设事件A 为“第一支抽取为好的”，事件B 为“第二支是坏的”，则P (A )＝C 17C 19C 210，P (AB )＝C 17·C 13C 210，所以P (B |A )＝13. 6．盒中装有5个产品，其中3个一等品，2个二等品，从中不放回地取产品，每次1个，连取两次，已知第二次取得一等品，则第一次取得的是二等品的概率是( )A.310 B ．35C.12 D ．25解析：选C.设事件A 表示：“第一次取得的是二等品”，B 表示：“第二次取得一等品”．则P (AB )＝25×34＝310，P (B )＝35. 由条件概率公式P (A |B )＝P (AB )P (B )＝31035＝12. 二、填空题7．100件产品中有5件次品，不放回地抽取两次，每次抽1件，已知第一次抽出的是次品，则第二次抽出是正品的概率为________．解析：设“第一次抽出次品”为事件A ，“第二次抽出正品”为事件B ，则P (A )＝5100，P (AB )＝5×95100×99P (B |A )＝P (AB )P (A )＝9599. 答案：95998．从一副不含大小王的52张扑克牌中不放回地抽取2次，每次抽1张，已知第一次抽到A ，则第二次也抽到A 的概率为________．解析：设“第一次抽到A ”为事件A ，“第二次抽到A ”为事件B ．则P (A )＝452，P (AB )＝452×351， 所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝351＝117. 答案：1179．袋中有大小相同的3个红球，5个白球，从中不放回地依次摸取2球，在已知第一次取出白球的前提下，第二次取得红球的概率是________．解析：设事件A 为“第一次取白球”，事件B 为“第二次取红球”，则P (A )＝C 15C 178×7＝58，P (AB )＝C 15C 138×7＝1556，故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝37. 答案：37三、解答题10．抛掷红、黄两枚骰子，当红色骰子的点数为4或6时，求两枚骰子的点数之积大于20的概率．解：设事件A ＝“红色骰子点数为4或6”，B ＝“两枚骰子点数之积大于20”．则P (A )＝1236，P (A ∩B )＝436， ∴P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝13. 11．袋中有2个白球，3个黑球(形状大小完全相同)，从中依次不放回地取出2个，求取出的两个都是白球的概率．解：法一：用古典概型方法．袋中有5个球，依次取出2个，包括A 25个基本事件．令A ＝{两次都取得白球}，包括2个基本事件，因此P (A )＝2A 25＝110. 法二：用概率乘法公式．令A i ＝{第i 次取得白球}(i ＝1,2)，A ＝{两次都取得白球}，则A ＝A 1A 2，由乘法公式P (A )＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2|A 1)＝25×14＝110. 12．在某次考试中，要从20道题中随机地抽出6道题，若考生至少能答对其中的4道题即可通过；若至少能答对其中的5道题就获得优秀，已知某考生能答对其中的10道题，并且知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀成绩的概率．解：设A ＝“该考生6道题全答对”，B ＝“该考生答对了其中5道题而另1道题答错”，C ＝“该考生答对了其中4道题而另2道题答错”，D ＝“该考生在这次考试中通过”．E ＝“该考生在这次考试中获得优秀”．则A 、B 、C 两两互斥，且D ＝A ∪B ∪C ，E ＝A ∪B ，由古典概型的概率公式及加法公式可知P (D )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＝C 610C 620＋C 510C 110C 620＋C 410C 210C 620. P (A ∩D )＝P (A )，P (B ∩D )＝P (B )，P (E |D )＝P ((A ∪B )|D )＝P (A |D )＋P (B |D )＝P (A )P (D )＋P (B )P (D ) ＝210C 62012180C 620＋2520C 62012180C 620＝1358， 故所求概率为1358.。

1．设a ∈R ，则下面式子正确的是( )A ．3a >2aB ．a 2<2aC.1a<a D ．3－2a >1－2a 解析：选D.当a <0时，A 、B 均错，当a ＝12，C 错误，对于D ，因为3>1，根据可加性3－2a >1－2a ，故D 正确．2．已知a ，b 都是实数，那么“a 2>b 2”是“a >b ”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：选D.∵a 2>b 2⇒/ a >b (如a ＝－2，b ＝1)，又a >b ⇒/ a 2>b 2(如a ＝1，b ＝－2)，∴“a 2>b 2”是“a >b ”的既不充分也不必要条件．3．设a >1，且m ＝log a (a 2＋1)，n ＝log a (a －1)，p ＝log a (2a )，则m 、n 、p 的大小关系为( )A ．n >m >pB ．m >p >nC ．m >n >pD ．p >m >n解析：选B.当a >1时，∵a 2＋1－2a ＝(a －1)2>0，∴a 2＋1>2a ，∵2a －(a －1)＝a ＋1>0，∴2a >a －1，∴a 2＋1>2a >a －1，∵函数y ＝log a x (a >1)单调递增，∴m >p >n .4．若x >y ，a >b ，则在①a －x >b －y ，②a ＋x >b ＋y ，③ax >by ，④x －b >y －a ，⑤a y >b x这五个不等式中，恒成立的不等式的序号是________．解析：令x ＝－2，y ＝－3，a ＝3，b ＝2，符合题设条件x >y ，a >b ，则∵a －x ＝3－(－2)＝5，b －y ＝2－(－3)＝5，∴a －x ＝b －y ，因此①不成立．又∵ax ＝－6，by ＝－6，∴ax ＝by ，因此③也不正确．又∵a y ＝3－3＝－1，b x ＝2－2＝－1， ∴a y ＝b x，因此⑤不正确． 由不等式的性质可推出②④恒成立．答案：②④5．若a <b <0，则( )A.1a <1b B ．0<a b<1C ．ab >b 2 D.b a >a b解析：选C.∵a <b <0，∴1a >1b 且a b >1,0<b a<1，ab >b 2，∴A 、B 、D 错误，C 正确． 6．已知三个不等式：ab >0，bc －ad >0，c a －d b>0(其中a ，b ，c ，d 均为实数)，用其中两个不等式作为条件，余下的一个不等式作为结论组成一个命题，可组成的正确命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选D.由已知可组成三个命题．①若ab >0，bc －ad >0，则c a －d b>0，此命题正确，只需在不等式bc －ad >0两侧同除以ab ，根据不等式性质，整理即得结论；②若ab >0，c a －d b>0，则bc －ad >0，此命题正确， 只需在不等式c a －d b>0两侧同乘以ab ， 根据不等式性质，整理即得结论；③若c a －d b>0，bc －ad >0，则ab >0，此命题正确， 因为c a －d b >0⇔bc －ad ab>0， 又因为bc －ad >0，故ab >0.7．(2011·高考陕西卷)设0＜a ＜b ，则下列不等式中正确的是( )A ．a ＜b ＜ab ＜a ＋b 2B ．a ＜ab ＜a ＋b 2＜b C ．a ＜ab ＜b ＜a ＋b 2 D.ab ＜a ＜a ＋b 2＜b 解析：选B.∵0<a <b ，∴a <a ＋b 2<b ，A 、C 错误；ab －a ＝a (b －a )>0，即ab >a ，故选B.8．若{a n }是各项为正数的等比数列，且公比q ≠1则a 1＋a 4与a 2＋a 3的大小关系是( )A ．a 1＋a 4>a 2＋a 3B ．a 1＋a 4<a 2＋a 3C ．a 1＋a 4＝a 2＋a 3D ．不确定解析：选A.由题意知a n >0，q >0且q ≠1，∴a 1＋a 4－(a 2＋a 3)＝a 1＋a 1q 3－a 1q －a 1q 2＝a 1(1＋q )(1－q )2>0，∴a 1＋a 4>a 2＋a 3.9．已知函数f (x )＝x ＋x 3，x 1，x 2，x 3∈R ，x 1＋x 2<0，x 2＋x 3<0，x 3＋x 1<0，那么f (x 1)＋f (x 2)＋f (x 3)的值( )A ．一定大于0B ．一定小于0C ．等于0D ．正负都有可能解析：选B.∵x 1＋x 2<0，x 2＋x 3<0，x 3＋x 1<0，∴2x 1＋2x 2＋2x 3<0，∴x 1＋x 2＋x 3<0.又∵g (x )＝x 3为增函数，x 1<－x 2，∴g (x 1)<g (－x 2)，∴x 31<－x 32，即x 31＋x 32<0.同理x 32＋x 33<0，x 33＋x 31<0，∴x 31＋x 32＋x 33<0.∴f (x 1)＋f (x 2)＋f (x 3)＝x 1＋x 2＋x 3＋x 31＋x 32＋x 33<0.10．下列命题：①c －a <c －b ⇒a >b ；②a >b >0，c >d >0⇒a d >b c； ③c a <c b，且c >0⇒a >b ； ④n a <n b (n ∈N ，n >1)⇒a <b .其中真命题是________(填序号)．解析：①c －a <c －b ⇒－a <－b ⇒a >b ，此命题为真．②⎭⎪⎬⎪⎫c >d >0⇒1d >1c >0 a >b >0⇒a d >b c >0⇒a d >b c ，此命题为真．③当b ＝1，a ＝－1时，c a <c b 且c >0成立⇒/ a >b ，此命题假． ④若n a <n b (n ∈N ，n >1)成立．则a >0，b >0,0<n a <n b ⇒a <b ，此命题为真． 答案：①②④11.如图所示，在一个面积为350 m 2的矩形地基上建造一个仓库，四周是绿地，仓库的长L 大于宽ω的4倍，试用不等式表示出上述不等关系________．解析：由题意知，(L ＋10)(ω＋10)＝350且L >4ω.答案：⎩⎪⎨⎪⎧(L ＋10)(ω＋10)＝350L >4ω12．已知－π2≤α＜β≤π2，求α＋β2，α－β2的范围． 解：∵－π2≤α<β≤π2， ∴－π4≤α2<π4，－π4<β2≤π4. 因而两式相加得－π2<α＋β2<π2. 又∵－π4<β2≤π4， ∴－π4≤－β2<π4， ∴－π2≤α－β2<π2. 故α＋β2和α－β2的范围分别是 ⎝⎛⎭⎫－π2，π2，⎣⎡⎭⎫－π2，π2. 13．已知x >－1，求证：1＋x ≤1＋x 2.证明：∵x >－1，∴1＋x >0, 1＋x >0， ∵1＋x －⎝⎛⎭⎫1＋x 2＝1＋x －x ＋22＝1＋x －x ＋1＋12＝1＋x －x ＋12－12 ＝－12[(x ＋1)－2x ＋1＋1] ＝－12(x ＋1－1)2≤0. ∴1＋x ≤1＋x 2.。

1．由y ＝1x，x ＝1，x ＝2，y ＝0所围成的平面图形的面积为( )A ．ln2B ．ln2－1C ．1＋ln2D ．2ln2解析：选A.画出曲线y ＝1x(x >0)及直线x ＝1，x ＝2，y ＝0，则所求面积S 为如图所示阴影部分面积．∴S ＝⎠⎛121x d x ＝ln x |21＝ln2－ln1＝ln2.故选A.2．如果某质点以初速度v (0)＝1，加速度a (t )＝6t 作直线运动，则质点在t ＝2 s 时的瞬时速度为( ) A ．5 B ．7 C ．9 D ．13解析：选D.v (2)－v (0)＝⎠⎛02a (t )d t ＝⎠⎛026t d t ＝3t 2|20，∴v (2)＝v (0)＋3×22＝1＋12＝13. 3.(2010年高考陕西卷)从如图所示的长方形区域内任取一个点M (x ，y )，则点M 取自阴影部分的概率为________．解析：根据题意得：S 阴＝⎠⎛013x 2d x ＝x 3|10＝1，则点M 取自阴影部分的概率为S 阴S 矩＝13×1＝13.答案：134．一个弹簧压缩x cm 可产生4x N 的力，把它从自然长度压缩到比自然长度短5 cm ，求弹簧克服弹力所做的功．解：设F (x )＝kx ，因为弹簧压缩x cm 可产生4x N 的力，∴k ＝4. ∴弹簧克服弹力所做的功为W ＝4⎠⎛05x d x ＝4×(12x 2)|50＝50(J)．一、选择题 1.如图，由曲线y ＝x 2－1、直线x ＝0、x ＝2和x 轴围成的封闭图形的面积是( )A.⎠⎛02(x 2－1)d x B ．|⎠⎛02(x 2－1)d x | C.⎠⎛02|x 2－1|d xD.⎠⎛－11(x 2－1)d x ＋⎠⎛12(x 2－1)d x解析：选C.根据定积分的几何意义，结合面积是一个非负数求解． 2.如图，阴影部分的面积为( ) A.⎠⎛a bf (x )d x B.⎠⎛a bg (x )d x C.⎠⎛a b [f (x )－g (x )]d x D.⎠⎛a b [g (x )－f (x )]d x解析：选C.由题图，易知在x ∈[a ，b ]时，f (x )>g (x )， ∴S ＝⎠⎛a b [f (x )－g (x )]d x .3．求由y ＝e x，x ＝2，y ＝1围成的曲边梯形的面积时，若选择x 为积分变量，则积分区间为( )A ．[0，e 2] B ．[0,2] C ．[1,2] D ．[0,1] 解析：选B.如图，作出y ＝e x，x ＝2，y ＝1三个函数的图象，由三者围成的曲边梯形如图阴影部分，若选择x 为积分变量，则积分区间应为[0,2]．故选B.4．一物体在力F (x )＝3x 2－2x ＋5(力单位：N ，位移单位：m)作用力下，沿与力F (x )相同的方向由x ＝5 m 直线运动到x ＝10 m 处做的功是( ) A ．925 J B ．850 J C ．825 J D ．800 J解析：选C.W ＝∫105F (x )d x ＝∫105(3x 2－2x ＋5)d x＝(x 3－x 2＋5x )|105＝(1000－100＋50)－(125－25＋25)＝825(J)． 故选C.5．一物体以速度v (t )＝3t 2－2t ＋3做直线运动，它在t ＝0和t ＝3这段时间内的位移是( ) A ．9 B ．18 C ．27 D ．36解析：选C.s ＝⎠⎛03v (t )d t ＝⎠⎛03(3t 2－2t ＋3)d t ＝(t 3－t 2＋3t )|30＝33－32＋3×3－0＝27.故选C.6．一物体在力F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧10，0≤x ≤23x ＋4，x >2(单位：N)的作用下沿与力F 相同的方向作直线运动，从x ＝0处运动到x ＝4(单位：m)处，则力F (x )作的功为( ) A ．44 J B ．46 J C ．48 J D ．50 J解析：选B.W ＝⎠⎛04F (x )d x ＝⎠⎛0210d x ＋⎠⎛24(3x ＋4)d x ＝10x |20＋(32x 2＋4x )|42＝46(J)．故选B.二、填空题7．若1 N 的力能使弹簧伸长2 cm ，则使弹簧伸长12 cm 时克服弹力所作的功为________． 解析：弹簧的伸长与所受到的拉力成正比，设F ＝kx ，求得k ＝50，∴F (x )＝50x .∴W ＝∫0.12050x d x ＝25x 2|0.120＝0.36(J)． 答案：0.36 J8．有一横截面的面积为4 cm 2的水管控制往外流水，打开水管后t 秒末的流速为v (t )＝6t －t 2(单位：cm/s)(0≤t ≤6)．则t ＝0到t ＝6这段时间内流出的水量为________．解析：由题意可得t ＝0到t ＝6这段时间内流出的水量V ＝⎠⎛064(6t －t 2)d t ＝4⎠⎛06(6t －t 2)d t＝4(3t 2－13t 3)|60＝144(cm 3)．故t ＝0到t ＝6这段时间内流出的水量为144 cm 3.答案：144 cm 39．由曲线y ＝x 2＋4与直线y ＝5x ，x ＝0，x ＝4所围成平面图形的面积是________． 解析：由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2＋4y ＝5x 得x ＝1或x ＝4.所求面积为S ＝⎠⎛01(x 2＋4－5x )d x ＋⎠⎛14(5x －x 2－4)d x＝(13x 3＋4x －52x 2)|10＋(52x 2－13x 3－4x )|41＝193.答案：193三、解答题 10.一物体做变速直线运动，其v －t 曲线如图所示，求该物体在12s ～6 s 间的运动路程．解：由题意，得v (t )＝⎩⎪⎨⎪⎧2t t ，t，13t ＋t，由变速直线运动的路程公式，可得：s ＝⎠⎜⎛126v (t )d t ＝⎠⎜⎛1212t d t ＋⎠⎛132d t ＋⎠⎛36(13t ＋1)d t ＝t 2|12 1＋2t |31＋(16t 2＋t )|63＝494(m)．所以该物体在12 s ～6 s 间的运动路程是494m.11．求由曲线y ＝(x ＋2)2，x 轴与直线y ＝4－x 所围成的平面图形的面积． 解：在同一坐标系内先画出曲线y ＝(x ＋2)2与直线y ＝4－x 的图象(如图)．在方程y ＝(x ＋2)2中，令y ＝0，解得曲线与x 轴的交点为A (－2,0)．同时，在y ＝4－x 中，令y ＝0，解得直线与x 轴的交点为B (4,0)，再求得曲线y ＝(x ＋2)2与直线y ＝4－x 的交点为C (0,4)．由图可以看出，所求图形的面积由S 1与S 2两部分(即图中的阴影部分)组成． 故所求的面积为：S ＝S 1＋S 2＝⎠⎛－20(x ＋2)2d x ＋⎠⎛04(4－x )d x＝13(x ＋2)3|0－2＋(4x －12x 2)|40＝83＋8＝323. 12．设y ＝f (x )是二次函数，方程f (x )＝0有两个相等的实根，且f ′(x )＝2x ＋2. (1)求y ＝f (x )的表达式；(2)求y ＝f (x )的图象与两坐标轴所围成图形的面积．解：(1)设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)， 则f ′(x )＝2ax ＋b .又f ′(x )＝2x ＋2，所以a ＝1，b ＝2.∴f (x )＝x 2＋2x ＋c .又方程f (x )＝0有两个相等实根，即x 2＋2x ＋c ＝0有两个相等实根， 所以Δ＝4－4c ＝0，即c ＝1.故f (x )＝x 2＋2x ＋1.(2)依题意，所求面积为S ＝⎠⎛－10(x 2＋2x ＋1)d x ，取F (x )＝13x 3＋x 2＋x ，则F ′(x )＝x 2＋2x ＋1，∴S ＝⎠⎛－10(x 2＋2x ＋1)d x ＝F (0)－F (－1)＝13.。

1．(2011年高考江西卷)若z ＝1＋2ii，则复数z ＝( )A ．－2－iB ．－2＋iC ．2－iD ．2＋i解析：选D.z ＝1＋2i i ＝2＋1i＝2－i ，z ＝2＋i.2．已知a ＋2ii＝b ＋i(a ，b ∈R )，其中i 为虚数单位，则a ＋b ＝( )A ．－1B ．1C ．2D ．3解析：选B.∵a ＋2ii＝b ＋i ，∴a ＋2i ＝b i －1.∴a ＝－1，b ＝2.∴a ＋b ＝1.3．(2010年高考上海卷)若复数z ＝1－2i(i 为虚数单位)，则z ·z ＋z ＝________. 解析：∵z ＝1－2i ，∴z ·z ＝|z |2＝5. ∴z ·z ＋z ＝6－2i.答案：6－2i4．复数(1－i 1＋i)10＝________.解析：(1－i 1＋i )10＝⎣⎡⎦⎤(－i )(1＋i )1＋i 10＝(－i)10＝－1.答案：－1 5.21－i＝a ＋b i(i 为虚数单位，a ，b ∈R )，求a ＋b . 解：∵21－i ＝2(1＋i )(1－i )(1＋i )＝1＋i ，∴1＋i ＝a ＋b i ，∴a ＝1，b ＝1，∴a ＋b ＝2.一、选择题1．(2011年高考辽宁卷)a 为正实数，i 为虚数单位，⎪⎪⎪⎪a ＋i i ＝2，则a ＝( )A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 解析：选B.∵⎪⎪⎪⎪a ＋i i ＝|a ＋i||i|＝a 2＋1＝2，∴a ＝±3， 又a >0，∴a ＝ 3.2．(2011年高考北京卷)复数i －21＋2i＝( )A ．iB ．－iC ．－45－35iD ．－45＋35i解析：选A.i －21＋2i ＝i (i －2)i (1＋2i )＝i (i －2)i －2＝i ，故选A.3．复数z ＝m －2i1＋2i(m ∈R )在复平面内对应的点不可能位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选A.∵z ＝15[m －4－(2＋2m )i]，点⎝⎛⎭⎫m －45，－2－2m 5满足2x ＋y ＝－2，该直线不经过第一象限．4．(2011年高考湖北卷)i 为虚数单位，则⎝⎛⎭⎫1＋i 1－i 2011＝( )A ．－iB ．－1C ．iD ．1解析：选A.⎝⎛⎭⎫1＋i 1－i 2011＝i 2011＝i 502×4＋3＝i 3＝－i.故选A.5.若i 为虚数单位，图中复平面内点Z 表示复数z ，则表示复数z1＋i的点是( )A ．EB ．FC ．GD ．H解析：选D.由图知复数z ＝3＋i ，∴z1＋i ＝3＋i 1＋i ＝(3＋i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝4－2i 2＝2－i. ∴表示复数z1＋i的点为H .6．已知z ∈C ，且|z |＝1，则复数z 2＋1z( )A ．是实数B ．是虚数但不一定是纯虚数C ．是纯虚数D ．可能是实数也可能是虚数解析：选A.∵|z |＝1，∴z ·z ＝1，1z＝z .∴z 2＋1z ＝z ＋1z ＝z ＋z ∈R .二、填空题7．已知z 是纯虚数，z ＋21－i是实数，那么z ＝________.解析：设z ＝b i(b ∈R ，b ≠0)， 则z ＋21－i ＝b i ＋21－i ＝(b i ＋2)(1＋i )(1－i )(1＋i ) ＝2－b 2＋b ＋22i.∵z ＋21－i 为实数，∴b ＋22＝0，∴b ＝－2，∴z ＝－2i. 答案：－2i8．已知复数z 1＝1－i ，z 1·z 2＝1＋i ，则复数z 2＝__________.解析：由已知z 2＝1＋i 1－i ＝(1＋i )2(1－i )(1＋i )＝i.答案：i9．已知z 、ω为复数，(1＋3i)z 为纯虚数，ω＝z2＋i，且|ω|＝52，则ω＝__________.解析：设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，(1＋3i)(a ＋b i)＝(a －3b )＋(b ＋3a )i ，∵⎩⎪⎨⎪⎧a －3b ＝0b ＋3a ≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3b a ≠－b 3，∵ω＝22＋i ＝3b ＋b i 2＋i ， ∴|ω|＝⎪⎪⎪⎪3b ＋b i 2＋i ＝|3b ＋b i||2＋i|＝52，即9b 2＋b 24＋1＝52，解得b ＝±5，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝15b ＝5，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－15b ＝－5. ∴z ＝±(15＋5i)＝±5(3＋i)，∴ω＝±5(3＋i )2＋i ＝±5(3＋i )(2－i )5＝±(7－i)．答案：±(7－i) 三、解答题10．已知复数z 1＝2－3i ，z 2＝15－5i(2＋i )2.求：(1)z 1·z 2；(2)z1z 2.解：∵z 2＝15－5i(2＋i )2＝15－5i 3＋4i ＝5(3－i )(3－4i )251－3i ， ∴(1)z 1·z 2＝(2－3i)(1－3i)＝－7－9i. (2)z 1z 2＝2－3i 1－3i ＝(2－3i )(1＋3i )10＝1110＋310i. 11．已知z 为复数，z －1i 为实数，z1－i为纯虚数，求复数z .解：设z ＝a ＋b i(a 、b ∈R )．∴z －1i ＝(a －1)＋b ii＝b －(a －1)i ∈R ， ∴a －1＝0，∴a ＝1.又z1－i ＝a ＋b i 1－i ＝(a ＋b i )(1＋i )2 ＝a －b 2＋a ＋b 2i ，为纯虚数，∴⎩⎨⎧a －b20a ＋b20，∴a ＝b ≠0，∴a ＝b ＝1，∴z ＝1＋i.12．已知复数z 所对应的点Z 在直线y ＝3x 上，且虚部为正数，若|z －1|是|z |和|z －2|的等比中项，求|z |.解：设z ＝a ＋b i ，b >0，∵复数z 所对应的点Z 在直线y ＝3x 上， ∴b ＝3a ，∴z ＝a ＋3a i(a >0)．∵|z －1|＝ (a －1)2＋3a 2，|z |＝ a 2＋3a 2＝2a ，|z －2|＝ (a －2)2＋3a 2. 又∵|z －1|2＝|z |·|z －2|，∴(a －1)2＋3a 2＝2a (a －2)2＋3a 2，整理得4a 2－2a ＋1＝4a a 2－a ＋1，两边同时平方得16a 4＋4a 2＋1－16a 3＋8a 2－4a ＝16a 2(a 2－a ＋1)，化简得4a 2＋4a －1＝0，即(2a ＋1)2＝2，解得a ＝2－12或－2－12(舍去)．∴|z |＝2－1.。

1．编号为 1、 2、 3、4、 5、 6、 7 的七盏路灯，夜晚用时只亮三盏灯，且随意两盏亮灯不相邻，则不一样的开灯方案有 ( )A ．60 种B ．20 种C ．10 种D ．8 种 3分析：选 C. 四盏熄灭的灯产生的 5 个空档中放入 3 盏亮灯，即 C 5＝ 10.2．某中学要从 4 名男生和 3 名女生中选 4 人参加公益劳动，若男生甲和女生乙不可以同时参加，则不一样的选派方案共有 ( )A ．25 种B ．35 种C ． 820 种D ． 840 种分析：选A. 分 3 类达成：男生甲参加，女生乙不参加，有3 种选法；男生甲不参加， C5女生乙参加，有 3434＝25( 种)不一样的C 5种选法；两人都不参加，有 C 5种选法．因此共有 2C 5 ＋C 5 选派方案．3． (2010 年高考纲领全国卷Ⅰ ) 某校开设 A 类选修课 3 门， B 类选修课 4 门，一位同学从中共选 3 门．若要求两类课程中各起码选一门，则不一样的选法共有( ) A ． 30 种 B ．35 种 C ． 42 种 D ．48 种分析：选 A. 法一：可分两种互斥状况： A 类选 1 门， B 类选 2 门或 A 类选 2 门，B 类选1 门，共有 C 13C 24＋ C 23C 14＝ 18＋12＝ 30 种选法．333种 ) ，法二：总合有 C 7＝ 35 种选法，减去只选 A 类的 C 3＝ 1( 种) ，再减去只选 B 类的 C 4＝4( 故有 30 种选法．4．(2011 年高考江苏卷 ) 从 1,2,3,4 这四个数中一次随机地取两个数，则此中一个数是 另一个数的两倍的概率是 ________． 2分析：从 1,2,3,4中任取两个数的组合个数为C 4＝ 6，知足一个数是另一个数两倍的组2 1合为 {1,2} ， {2,4} ，故 P ＝ ＝ .6 31 答案：3一、选择题1． 9 名会员分红三组议论问题，每组3 人，共有不一样的分组方法种数为 ()3 33 3A ．CCB ．A A9 69 63 3C 9C63 3 3C.3D ． A 9A 6A 3A3分析：选 C. 此为均匀分组问题，要在分组后除以三组的摆列数 A 33.2． 5 本不一样的书所有分给 4 个学生，每个学生起码 1 本，不一样的分法种数有 ( )A ． 480B ． 240C ． 120D ． 96分析：选 B. 先把 5 本书中两本捆起来，再分红4 份即可，2 4∴分法数为 C A ＝ 240.5 43．某班级要从 4 名男生、 2 名女生中选派 4 人参加某次社区服务，假如要求起码有1名女生，那么不一样的选派方案种数为 ( )A ． 14B ． 24C ． 28D ． 48分析：选 A.6 人中选 4 人的方案有4＝ 15( 种 ) ，没有女生的方案只有一种， 因此知足要C 6求的方案总数有 14种．4．已知圆上 9个点，每两点连一线段，所有线段在圆内的交点有()1A ．36 个B ．72 个C ．63 个D ． 126 个分析：选 D.本题可化归为：圆上9 个点可构成多少个四边形，每个四边形的对角线的交点即为所求，因此，交点有4C ＝ 126( 个) ．95．(2010 年高考纲领全国卷Ⅱ ) 将标号为 1,2,3,4,5,6的 6 张卡片放入 3 个不一样的信封中，若每个信封放 2 张，此中标号为1,2 的卡片放入同一信封，则不一样的放法共有()A ．12 种B ．18 种C ．36 种D ．54 种分析：选 B. 先将 1,2 捆绑后放入信封中，有14 张卡片放入此外C 3种方法，再将节余的两个信封中，有2 21 2 2种方法．C C 种方法，因此共有CCC ＝184 23 4 26．如下图的四棱锥中， 极点为 P ，从其余的极点和各棱中点中取3 个，使它们和点 P在同一平面内，不一样的取法种数为()A ． 40B ． 48C ． 56D ． 62分析：选 C. 知足要求的点的取法可分为 3 类： 3第 1 类，在四棱锥的每个侧面上除点 P 外任取3 点，有 4C 5种取法；第 2 类，在两个对角面上除点3P 外任取 3 点，有 2C 种取法；4第 3 类，过点 P 的四条棱中，每一条棱上的两点和与这条棱异面的两条棱的中点也共面，1有 4C 种取法．2因此，知足题意的不一样取法共有3 3 14C 5 ＋ 2C 4＋ 4C 2＝ 56( 种 ) ．二、填空题7．在 50 件产品中有 4 件是次品，从中随意抽出 5 件，起码有三件是次品的抽法共有________种． 4 1 3 2分析：分两类，有 4 件次品的抽法为；有三件次品的抽法有C 4C 46( 种 ) C 4C 46( 种 ) ，因此4 1 3 2种不一样的抽法．共有 CC＋CC ＝41864 46 4 46答案： 41868．某运动队有 5 对老搭档运动员，现抽派4 个运动员参加比赛，则这4 人都不是老搭档的抽派方法数为 ________．4 1 1 1 1 分析：先抽取 4 对老搭档运动员， 再从每对老搭档运动员中各抽1 人，故有 CCCCC ＝522 2 280( 种) ．答案： 80 9． 2011 年 3 月 10 日是第六届世界肾脏日，某社区服务站将 5 位志愿者分红 3 组，其中两组各 2 人，另一组 1 人，分别去三个不一样的社区宣传这届肾脏日的主题：“保护肾脏， 挽救心脏”，不一样的分派方案有 ________种． ( 用数字作答 )2 2 1C 5C 3C 1 3 分析：分派方案有 2 ×A 3＝ A 2 10×3×6＝90( 种) ．2答案： 90 三、解答题10．四个不一样的小球放入编号为 1,2,3,4的四个盒子中，恰有一个空盒的放法有多少种？解：恰有一个空盒，则此外三个盒子中小球数分别为1,1,2 ，实质上可转变为先将四个1 1 2不一样的小球分为三组，两组各 1 个，另一组C 4C 3C 22 个，分组方法有2 ( 种 ) ，而后将这A21 1 2三组再加上一个空盒进行全摆列，即共有C 4C 3C2 4＝144( 种 ) ．2·A 4A211．要从 7 个班中选 10 人参加数学比赛，每班起码1 人，共有多少种不一样的选法？2解：法一：共分三：1第一：一个班出 4 人，其余 6 个班各出 1 人，有 C 种；7第二：有 2 个班分出 2 人， 3 人，其余2种；5 个班各出 1 人，有 A7第三：有 3 个班各出 2 人，其余 4 个班各出31231 人，有 C 种，故共有C＋A＋C＝84(种)．7777法二：将 10 人当作 10 个元素，元素之共有9个空(两头不)，从9个空中任6 个 ( 即 6 个地点放入隔板，将其分七部分6种放法．故共有84 种不一样的)，有 C＝849法．12．如，在以AB直径的半周上，有异于、B的六个点1、 2、 3、 4、 5、 6，直径AB上A CCCC C C有异于 A、B 的四个点 D1、 D2、 D3、 D4.C 点的有多少个？(1) 以 10 个点中的 3 个点点作三角形可作出多少个？此中含1(2)以中的 12 个点 ( 包含A、B) 中的 4 个点点，可作出多少个四形？解： (1)可分三种状况理：① C1、 C2、⋯、 C6六个点任取三点可构成一个三角形；② C1、 C2、⋯、 C6中任取一点， D1、 D2、 D3、 D4中任取两点可构成一个三角形；③ C1、 C2、⋯、 C6中任取两点， D1、 D2、 D3、 D4中任取一点可构成一个三角形．31221个 ) ．∴ C＋ C C＋C C＝ 116(66464此中含 C1点的三角形有2112个) ．C5＋ C5·C4＋ C4＝ 36((2)构成一个四形，需要四个点，且无三点共，43122＝ 360(个) ．∴共有 C＋CC＋ C C666663。

1．计算C 28＋C 38＋C 29等于( )A ．120B ．240C ．60D ．480解析：选A.原式＝C 39＋C 29＝C 310＝120.2．身高各不相同的7名同学排成一排照相，要求正中间的同学最高，左右两边分别顺次一个比一个低，这样的排法种数是( )A ．5040B ．36C ．18D ．20解析：选D ．最高的同学先站中间，从余下6人中选3人在一侧只有一种站法，另3人在另一侧也只有一种站法，∴排法有C 36＝20种．故选D ．3．若C 7n ＋1－C 7n ＝C 8n ，则n 等于( )A ．12B ．13C ．14D ．15解析：选C.C 7n ＋1－C 7n ＝C 8n ，即C 7n ＋1＝C 8n ＋C 7n ＝C 8n ＋1，所以n ＋1＝7＋8，即n ＝14.4．把8名同学分成两组，一组5人学习电脑，一组3人做生物实验，则不同的安排方法有________种．解析：C 38＝56.答案：565．在同一个平面内有一组平行线8条，与之相交的另一组平行线10条．(1)它们共能构成________个平行四边形；(2)共有________个交点．解析：(1)第一组中每两条与另一组中的每两条直线均能构成一个平行四边形，故共有C 28C 210＝1260(个)．(2)第一组中每条直线与另一组中每条直线均有一个交点，所以共有C 18C 110＝80(个)．答案：1260 80一、选择题1．下面几个问题中属于组合问题的是( )①由1,2,3,4构成的双元素集合；②5个队进行单循环足球比赛的分组情况；③由1,2,3构成两位数的方法；④由1,2,3组成无重复数字的两位数的方法．A ．①③B ．②④C ．①②D ．①②④解析：选C.①②不用考虑顺序，属于组合问题．2．已知6C x －7x －3＝10A 2x －4，则x 的值为( )A ．11B ．12C ．13D ．14解析：选A.∵6C x －7x －3＝6C 4x －3，∴6C 4x －3＝10A 2x －4. ∴6×(x －3)(x －4)(x －5)(x －6)4×3×2×1＝10·(x －4)(x －5)． ∴x 2－9x －22＝0，∴x ＝11或x ＝－2.经检验x ＝11为解．故选A.3．(2011年高考大纲全国卷)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有( )A ．4种B ．10种C ．18种D ．20种解析：选B ．分两种情况：①选2本画册，2本集邮册送给4位朋友有C 24＝6种方法；②选1本画册，3本集邮册送给4位朋友有C 14＝4种方法，所以不同的赠送方法共有6＋4＝10种，故选B ．4．假设在200件产品中，有3件次品，现从中任意抽出5件，其中至少有2件次品的抽法有( )A ．C 23C 3197种B ．(C 23C 3197＋C 33C 2197)种C ．(C 5200－C 5197)种D ．(C 5200－C 13C 4197)种解析：选B ．“至少2件次品”，也就是说“有2件次品或3件次品”的抽法，分两类讨论：(1)有2件次品、3件正品时，有C 23C 3197种；(2)有3件次品、2件正品时，有C 33C 2197种．由分类加法计数原理得抽法种数为(C 23C 3197＋C 33C 2197)种．5．9名会员分成三组讨论问题，每组3人，共有不同的分组方法种数为( )A ．C 39C 36B ．A 39A 36 C.C 39C 36A 33D ．A 39A 36A 33解析：选C.此为平均分组问题，要在分组后除以三组的排列数A 33.6．如图所示的四棱锥中，顶点为P ，从其他的顶点和各棱中点中取3个，使它们和点P 在同一平面内，不同的取法种数为( )A ．40B ．48C ．56D ．62解析：选C.满足要求的点的取法可分为3类：第1类，在四棱锥的每个侧面上除点P 外任取3点，有4C 35种取法；第2类，在两个对角面上除点P 外任取3点，有2C 34种取法；第3类，过点P 的四条棱中，每一条棱上的两点和与这条棱异面的两条棱的中点也共面，有4C 12种取法．所以，满足题意的不同取法共有4C 35＋2C 34＋4C 12＝56(种)．二、填空题7．(2011年高考北京卷)用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)解析：法一：数字2只出现一次的四位数有C 14＝4个；数字2出现两次的四位数有C 24＝6个；数字2出现三次的四位数有C 34＝4个．故总共有4＋6＋4＝14个．法二：由数字2,3组成的四位数共有24＝16个，其中没有数字2的四位数只有1个，没有数字3的四位数也只有1个，故符合条件的四位数共有16－2＝14个．答案：148．某仪表显示屏上一排有7个小孔，每个小孔可显示出0或1，若每次显示其中三个孔，但相邻的两孔不能同时显示，则这种显示屏可以显示的不同信号的种数是________种．解析：显示的孔不相邻，用插空法，4个不显示孔形成5个空．∴有C 35种选法．每个孔有2种显示方法．∴共有23C 35＝80种．答案：809．2011年3月10日是第六届世界肾脏日，某社区服务站将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分别去三个不同的社区宣传这届肾脏日的主题：“保护肾脏，拯救心脏”，不同的分配方案有________种．(用数字作答)解析：分配方案有C 25C 23C 11A 22×A 33＝10×3×62＝90(种)． 答案：90三、解答题10．已知⎩⎪⎨⎪⎧C x n ＝C 2x n ，C x ＋1n ＝113x －1n ，试求x ，n 的值． 解：∵C x n ＝C n －x n ＝C 2x n ，∴n －x ＝2x ，∴n ＝3x .又由C x ＋1n ＝113C x －1n，得 n ！(x ＋1)！(n －x －1)！＝113·n ！(x －1)！(n －x ＋1)！. 整理得3(x －1)！(n －x ＋1)！＝11(x ＋1)！(n －x －1)！，3(n －x ＋1)(n －x )＝11(x ＋1)x .将n ＝3x 代入，整理得6(2x ＋1)＝11(x ＋1)．∴x ＝5，n ＝3x ＝15.11．现有10件产品，其中有2件次品，任意抽出3件检查．(1)正品A 被抽到有多少种不同的抽法？(2)恰有一件是次品的抽法有多少种？(3)至少一件是次品的抽法有多少种？解：(1)C 29＝9×82＝36(种)． (2)从2件次品中任取1件有C 12种方法，从8件正品中取2件有C 28种方法，由分步乘法计数原理，不同的抽法共有C 12×C 28＝2×8×72＝56(种)． (3)法一：含1件次品的抽法有C 12C 28种，含2件次品的抽法有C 22×C 18种，由分类加法计数原理，不同的抽法共有C 12×C 28＋C 22×C 18＝56＋8＝64(种)．法二：从10件产品中任取3件的抽法为C 310种，不含次品的抽法有C 38种，所以至少1件次品的抽法为C 310－C 38＝64(种)．12．如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A、B的六个点C1、C2、C3、C4、C5、C6，直径AB上有异于A、B的四个点D1、D2、D3、D4.(1)以这10个点中的3个点为顶点作三角形可作出多少个？其中含C1点的有多少个？(2)以图中的12个点(包括A、B)中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？解：(1)可分三种情况处理：①C1、C2、…、C6这六个点任取三点可构成一个三角形；②C1、C2、…、C6中任取一点，D1、D2、D3、D4中任取两点可构成一个三角形；③C1、C2、…、C6中任取两点，D1、D2、D3、D4中任取一点可构成一个三角形．∴C36＋C16C24＋C26C14＝116(个)．其中含C1点的三角形有C25＋C15·C14＋C24＝36(个)．(2)构成一个四边形，需要四个点，且无三点共线，∴共有C46＋C36C16＋C26C26＝360(个)．。