20.正难则反 讲义-2026届高三数学二轮专题

专题20 正难则反 【练】 1. 如图，在矩形ABCD中，CD=1，∠DBC=30°，若将BD绕点B旋转后，点D落在BC延长线上的点E处，点D经过的路径为，则图中阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 2. 已知集合，，若，则实数的取值范围（    ） A． B． C． D． 3. 用1，2，3，4，5组成一个没有重复数字的五位数，三个奇数中仅有两个相邻的五位数有（      ） A．12个 B．24个 C．36个 D．72个 4. 甲、乙、丙三人分别从2个不同的数中随机选择若干个数（可以不选），分别构成集合A，B，C，记中元素的个数为m，则的概率为（   ） A． B． C． D． 5. 在，，，这四个数中任取两个不同的数作为点的横、纵坐标，再在这些点中任取三个点作为三角形的顶点，可以得到不同的三角形的个数为 ； 6. 北斗七星是夜空中的七颗亮星，它们组成的图形象我国古代舀酒的斗，故命名为北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人判断季节的依据之一.如图，用点，，，，，，表示某季节的北斗七星，其中，，，看作共线，其他任何三点均不共线.若过这七个点中任意三点作三角形，则所作的不同三角形的个数为 . 1. 如图，在长方形ABCD中，，以点A为圆心，AD为半径作圆，交BA的延长线于点E，则阴影部分的面积等于（    ） A． B． C． D． 2. 设，，大于0，，则3个数：，，的值（    ） A．都大于2 B．至少有一个不大于2 C．都小于2 D．至少有一个不小于2 3. 甲、乙两人分别从10个不同的数中随机选择若干个数（也可以不选），分别构成集合，记中元素的个数为，则（    ） A． B． C． D． 4. 现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁、戊五个社区进行社会实践，每名同学只能选择一个社区，则下列结果正确的是（   ） A．所有可能的方法有种 B．若同学A不去社区甲，B不去社区乙，则不同的安排方法有80种 C．若社区甲必须有同学去，则不同的安排方法有61种 D．若有一个社区安排两名同学，还有一个社区安排一名同学，则不同的安排方法有60种 8．中国的五岳是指在中国境内的五座名山，坐落于东西南北中五个方位，分别是东岳泰山，西岳华山，南岳衡山，北岳恒山，中岳嵩山.小明与其父母共3人计划在假期出游，每人选一个地方，则下列结论正确的是（    ） A．3人选择的地点均不同的方法总数为60 B．恰有2人选一个地方的方法总数为15 C．恰有1人选泰山的方法总数为48 D．至少1人选泰山的方法总数61 5. 设集合，，若，则实数的取值范围是 . 6. 把6件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有 种．（用数字作答）． 1. 已知函数，若在区间上不存在零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2. 十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数时，关于的方程没有正整数解”.经历三百多年，于二十世纪九十年中期由英国数学家安德鲁怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理，则下面说法正确的是 A．存在至少一组正整数组使方程有解 B．关于的方程有正有理数解 C．关于的方程没有正有理数解 D．当整数时，关于的方程没有正实数解 3. 数字按如图形式随机排列，设第一行的数为，第二､三行中的最大数分别为，第二､三行中的最小数分别为，则（    ） A．排列总数为720个 B．的概率为 C．满足的排列有120个 D．的概率为 4. 甲同学完成一道英语七选五型选择题组练习（即从七个选项中选择五个，分别填入五个空中），已知每个空有且仅有一个正确答案，若甲同学每个空均作答且每个选项不重复选择，则甲同学此题五个空全部答错的情况数为 . 5. （1）已知，且，求证：； （2）设、、，用反证法求证：下列三个关于的方程、、中至少有一个有实数根. 6. 已知数列 满足：，，；数列 满足：． （1）求数列 ， 的通项公式； （2）证明：数列 中的任意三项不可能成等差数列． 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题20　正难则反 【讲】 正难则反是数学解题的重要方法及技巧．当一些问题正面解决比较繁杂，或需要考虑的因素多，或解题思路不明朗时，可以考虑其对立面，即从问题的反面出发破解问题． 类型一 间接法 【典例1】3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有2位女生相邻，则不同排法的种数是（ ） A．360 B．288 C．216 D．96 【方法引导】 直接从正面求解不易，故考虑反面情况，先考虑女生满足条件的排法，再减去男生甲不符合条件的排法． 【详细解析】 6位同学站成一排， 3位女生中有且只有2位女生相邻的排法有种， 其中男生甲站两端的有种， 符合条件的排法共有种， 故选：B． 【方法反思】 这是有多个限制条件的排列问题，先只考虑女生的限制条件降低难度，再排除男生的限制条件，从而达到目的． 【典例2】已知函数在区间上的图象连续，，且在上单调递增，求证：在上有且只有一个零点． 【方法引导】 先由函数零点存在性定理判定函数在上有零点，再用反证法证明零点唯一 【详细解析】 因为在上的图象连续，，即，所以在上至少存在一个零点． 设零点为，则． 假设在上还存在另一个零点，即． 若，则，即，矛盾； 若，则，即，矛盾． 因此假设不正确，即在上有且只有一个零点． 【方法反思】 涉及否定性、唯一性、至少和至多的问题，经常从反面来考虑，可以使问题变得更简单． 【举一反三】 1. （1）设数列是公比为q的等比数列，是它的前n项和，证明：数列不是等比数列； （2）已知．证明：方程没有负数根 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）否定性命题，用反证法即证；（2）否定性命题，用反证法即证． 【详解】（1）假设是等比数列，则， 即， ， ，即，这与矛盾， 故不是等比数列． （2）假设是的负数根， 则且，， ， 解得，这与矛盾， 故方程没有负数根． 2. 设是公比为q的等比数列. (Ⅰ) 推导的前n项和公式; (Ⅱ) 设q≠1, 证明数列不是等比数列. 【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析 【分析】(Ⅰ)先列出，再对等式两边分别乘以q，相减可得，推导出结论. (Ⅱ)先假设数列是等比数列.，根据等比中项公式推导出 【详解】（Ⅰ）设等比数列的公比为q，其前n项和为 （1） 将（1）式两边分别乘以q得，与假设不符，进而证明结论. （2） （1）-（2）得 当 时或 当时，，所以 （Ⅱ）方法一： 均与题设矛盾，故数列不可能为等比数列. 方法二： 均与题设矛盾，故数列不可能为等比数列. 本题考查了等比数列前项和公式的推导，涉及参数q分类讨论及错位相减法，体现高考题型源于教材的基本理念.而在第二问中要求证明数列不是等比数列，既考查了对等比数列概念的理解，又涉及到了反证法的应用；知识有机结合，考查综合能力.问中对数列的证明可以采取特殊代替一般的方法，也可以通行通法的解题思想.判断一个数列是否是等比数列一定要关注首项的验证，负责容易错误. 3. 2025年河北广播电视台《魅力朗读者》青少年朗读大会以“双争”为主题，延续中华文脉与基因，激发青少年的爱国爱乡情怀，让经典的力量浸润青少年的心田，使时代之声得以传扬，同时，该活动也为广大学生提供一个认识自我、锻炼自我、展示自我、完善自我的舞台，携手广大青少年立时代新潮，发时代新声．某学校准备从2名女同学与7名男同学中随机抽取5名同学为本次朗读大会做准备练习，且均以单人形式按先后顺序进行练习． (1)若2名女同学均参加练习，且她们的练习顺序不能相邻，则不同的安排方法有多少种？ (2)若2名女同学均参加练习，且前3名练习的同学中有女同学，则不同的安排方法有多少种？ 【答案】(1)种 (2)种 【分析】（1）运用插空法列式求解； （2）运用间接法即可求解. 【详解】（1）因2名女同学均参加练习，这可从7名男同学中选取3名，又因2名女同学练习顺序不相邻， 可考虑在3名男同学留下的4个空位插入2位女同学，则不同的安排方法有种． （2）采用间接法.因2名女同学均参加练习且不考虑顺序，则不同的安排方法有种； 考虑前3名练习的同学中没有女同学，则这2名女同学被安排在最后2位练习，不同的安排方法有种． 故2名女同学均参加练习，且前3名练习的同学中有女同学的安排方法有种． 类型二 反证法 【典例1】已知，若，在上的最大值为，最小值为，求证：． 【方法引导】 假设或，分和两种情况讨论，结合函数在上的单调性与最值推出矛盾，即可证明原命题成立. 【详细解析】 （1）当时，由，得，显然． 由题意得在上是单调函数， 在上的最大值为，最小值为． 由已知条件得，这与相矛盾，； （2）当时，由二次函数的对称轴为直线， 知在上是单调函数，故的最值在的端点处取得． 或， 又，且此时无解，． 由（1）（2）得且． 【方法反思】 先假设结论不成立（即  或 ），通过分类讨论导出矛盾，直接证明原命题。 即当时，函数线性且单调，最值矛盾，当  时，对称轴在区间] 外，函数单调，最值在端点，但代入后无解。解决此类问题需要合理利用二次函数对称轴性质，结合端点取值简化计算，避免直接处理最值表达式。 【典例2】已知为锐角三角形，平面，点在平面内的射影为．求证：不是的垂心． 【方法引导】 否定性的问题，从正面解决比较困难，可以考虑从反面论证． 【详细解析】 假设是的垂心． 如图，连接并延长，交于点，则， 由于点在平面内的射影为，所以， 又，所以平面， 又平面，所以， 而，所以平面， 又平面，所以，这与为锐角三角形相矛盾， 所以不是的垂心． 【方法反思】 本题涉及的方法是反证法，反证法是正难则反的重要体现． 【举一反三】 1. 设、为椭圆的两个焦点，P为椭圆上任一点，延长至E，使，l为的垂直平分线，求证：l与椭圆只有唯一的公共点. 【答案】证明见解析 【分析】利用反证法，假设假设是l与椭圆的另一个异于P的公共点，从而得到矛盾，即可得到答案； 【详解】证明：如图所示. ∵，∴P点在l上，即P是l与椭圆的一个公共点. 假设是l与椭圆的另一个异于P的公共点.联结，，， ∵l是的垂直平分线，∴.∴. 而.矛盾，故假设错误，即l与椭圆只有唯一的公共点. 2. 已知，求证：，，不能同时大于． 【答案】证明见解析 【分析】要证明，，不能同时大于，可以先假设三式同时大于，根据反证法证明结论. 【详解】证明：假设三式同时大于， 即，，． 三式同向相乘得 ． ① 又， 同理，． ． ② 因①②矛盾，故原结论正确． 【点睛】反证法在数学中经常运用，当论题从正面不容易或不能得到证明时，就需要运用反证法，此即所谓“正难则反”． 3. 如图，已知等腰梯形的外接圆圆心在底边上，点是上半圆上的动点（不包含两点），点是线段上的动点，将半圆所在的平面沿直径折起，使得平面平面    (1)用反证法证明：不可能垂直； (2)当平面时，求的值； (3)设与平面所成的角为，二面角的平面角为，其中，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）假设，结合面面垂直性质得平面，推出矛盾即可求证明； （2）由平面得，结合三角形相似求解； （3）作垂足为，连接，过作垂足为，连结，证明和分别为，结合两角差正切公式和基本不等式求最值即可求解. 【详解】（1）假设， 因为平面平面，平面平面. 作，则平面，又平面，则， 平面，则平面，而平面， 则，这与在中，相矛盾. 所以不可能垂直.    （2）连接交于点，连接，则平面平面， 依题意，平面，平面，所以，              所以， 等腰梯形中，∽，所以. （3）作垂足为，连接，    平面平面，平面平面 此时，平面，是在平面的射影， 所以即为与平面所成的角，则，                过作垂足为，连结， 又，，平面， 所以平面，平面，. 所以即为二面角的平面角. ， 所以，即，， 所以， 等号取得当且仅当，时，   所以的最大值为. 1. 有以下结论：①已知，求证： ，用反证法证明时，可假设；②已知， ，求证方程的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根的绝对值大于或等于1，即假设．下列说法中正确的是 A．①与②的假设都错误 B．①与②的假设都正确 C．①的假设正确；②的假设错误 D．①的假设错误；②的假设正确 【答案】D 【分析】根据课本有关反证法知识依次判断. 【详解】（1）错．用反证法证明时，假设命题为假，即全面否定，所以的否定为，故错误 （2）已知， ，求证方程的两根的绝对值都小于1，根据反证法的定义可假设，故正确 故选：D 2. 设x，y，z>0，则三个数＋，＋，＋ A．都大于2 B．至少有一个大于2 C．至少有一个不小于2 D．至少有一个不大于2 【答案】C 【分析】先假设这三个数都小于2，结合基本不等式导出矛盾，依次判断命题是否为真. 【详解】假设这三个数都小于2，则三个数之和小于6，又＋+＋+＋＝（＋）＋（＋）＋（＋）≥2＋2＋2＝6，当且仅当x＝y＝z时取等号，与假设矛盾，故这三个数至少有一个不小于2.故选C. 考点：反证法证明命题. 3. 从名高一学生和名高二学生中，选人参加社区垃圾分类宣传活动，其中至少有名高二学生参加宣传活动的不同选法种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】间接法：先求出所有的情况，再减去没有高二同学的情况即为至少有名高二学生参加宣传活动的方法数. 【详解】若从名同学中选人共有种选法， 若被选的人都是高一，则有种选法， 故至少有名高二学生共有种选法. 故选：B. 4. 若甲、乙、丙、丁、戊随机站成一排，则甲、乙不相邻的概率为 . 【答案】/ 【分析】先求出所有排列情况，再求出甲乙相邻的排列情况，用总排列情况减去甲乙相邻的排列情况得到甲乙不相邻的情况，最后根据古典概型概率公式计算概率. 【详解】5个人随机排成一排的总排列数为：种. 将甲乙看成一个整体，此时相当于有4个人随机排列，排列数为， 而甲乙两人之间又有种排列顺序. 根据分步乘法计数原理，甲乙相邻的排列数为：种. 所以，甲乙不相邻的排列数为种. 根据古典概型概率公式可得，甲乙不相邻的概率为：. 故答案为：. 5. （1）六个从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有几种？ （2）把5件不同产品摆成一排，若产品与产品相邻，且产品与产品不相邻，则不同的摆法有几种？ （3）某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法有几种？ 【答案】（1）216（2）36（3）120 【分析】（1）分两种情况讨论甲在最左端时，有，当甲不在最左端时，有(种）排法，由分类计数加法原理可得结果；（2）分三步：将看成一个整体，将于剩余的2件产品全排列，有3个空位可选，根据分步计数乘法原理可得结果；（3）用表示歌舞类节目，小品类节目，相声类节目，利用枚举法可得共有种，每一种排法种的三个，两个可以交换位置，故总的排法为种. 【详解】（1）当甲在最左端时，有；当甲不在最左端时，乙必须在最左端，且甲也不在最右端，有(种）排法，共计（种）排法. （2）根据题意，分3步进行分析： 产品与产品相邻，将看成一个整体，考虑之间的顺序，有种情况， 将于剩余的2件产品全排列，有种情况， 产品与产品不相邻，有3个空位可选，即有3种情况，共有种； （3）法一：用表示歌舞类节目，小品类节目，相声类节目，则可以枚举出下列10种： 每一种排法种的三个，两个可以交换位置，故总的排法为种. 法二：分两步进行：（1）先将3个歌曲进行全排，其排法有种；（2）将小品与相声插入将歌曲分开，若两歌舞之间只有一个其他节目，其插法有种.若两歌舞之间有两个其他节目时插法有种.所以由计数原理可得节目的排法共有（种）. 【点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题20　正难则反 【讲】 正难则反是数学解题的重要方法及技巧．当一些问题正面解决比较繁杂，或需要考虑的因素多，或解题思路不明朗时，可以考虑其对立面，即从问题的反面出发破解问题． 类型一 间接法 【典例1】3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有2位女生相邻，则不同排法的种数是（ ） A．360 B．288 C．216 D．96 【方法引导】 直接从正面求解不易，故考虑反面情况，先考虑女生满足条件的排法，再减去男生甲不符合条件的排法． 【详细解析】 6位同学站成一排， 3位女生中有且只有2位女生相邻的排法有种， 其中男生甲站两端的有种， 符合条件的排法共有种， 故选：B． 【方法反思】 这是有多个限制条件的排列问题，先只考虑女生的限制条件降低难度，再排除男生的限制条件，从而达到目的． 【典例2】已知函数在区间上的图象连续，，且在上单调递增，求证：在上有且只有一个零点． 【方法引导】 先由函数零点存在性定理判定函数在上有零点，再用反证法证明零点唯一 【详细解析】 因为在上的图象连续，，即，所以在上至少存在一个零点． 设零点为，则． 假设在上还存在另一个零点，即． 若，则，即，矛盾； 若，则，即，矛盾． 因此假设不正确，即在上有且只有一个零点． 【方法反思】 涉及否定性、唯一性、至少和至多的问题，经常从反面来考虑，可以使问题变得更简单． 【举一反三】 1. （1）设数列是公比为q的等比数列，是它的前n项和，证明：数列不是等比数列； （2）已知．证明：方程没有负数根 2. 设是公比为q的等比数列. (Ⅰ) 推导的前n项和公式; (Ⅱ) 设q≠1, 证明数列不是等比数列. 3. 2025年河北广播电视台《魅力朗读者》青少年朗读大会以“双争”为主题，延续中华文脉与基因，激发青少年的爱国爱乡情怀，让经典的力量浸润青少年的心田，使时代之声得以传扬，同时，该活动也为广大学生提供一个认识自我、锻炼自我、展示自我、完善自我的舞台，携手广大青少年立时代新潮，发时代新声．某学校准备从2名女同学与7名男同学中随机抽取5名同学为本次朗读大会做准备练习，且均以单人形式按先后顺序进行练习． (1)若2名女同学均参加练习，且她们的练习顺序不能相邻，则不同的安排方法有多少种？ (2)若2名女同学均参加练习，且前3名练习的同学中有女同学，则不同的安排方法有多少种？ 类型二 反证法 【典例1】已知，若，在上的最大值为，最小值为，求证：． 【方法引导】 假设或，分和两种情况讨论，结合函数在上的单调性与最值推出矛盾，即可证明原命题成立. 【详细解析】 （1）当时，由，得，显然． 由题意得在上是单调函数， 在上的最大值为，最小值为． 由已知条件得，这与相矛盾，； （2）当时，由二次函数的对称轴为直线， 知在上是单调函数，故的最值在的端点处取得． 或， 又，且此时无解，． 由（1）（2）得且． 【方法反思】 先假设结论不成立（即  或 ），通过分类讨论导出矛盾，直接证明原命题。 即当时，函数线性且单调，最值矛盾，当  时，对称轴在区间] 外，函数单调，最值在端点，但代入后无解。解决此类问题需要合理利用二次函数对称轴性质，结合端点取值简化计算，避免直接处理最值表达式。 【典例2】已知为锐角三角形，平面，点在平面内的射影为．求证：不是的垂心． 【方法引导】 否定性的问题，从正面解决比较困难，可以考虑从反面论证． 【详细解析】 假设是的垂心． 如图，连接并延长，交于点，则， 由于点在平面内的射影为，所以， 又，所以平面， 又平面，所以， 而，所以平面， 又平面，所以，这与为锐角三角形相矛盾， 所以不是的垂心． 【方法反思】 本题涉及的方法是反证法，反证法是正难则反的重要体现． 【举一反三】 1. 设、为椭圆的两个焦点，P为椭圆上任一点，延长至E，使，l为的垂直平分线，求证：l与椭圆只有唯一的公共点. 2. 已知，求证：，，不能同时大于． 3. 如图，已知等腰梯形的外接圆圆心在底边上，点是上半圆上的动点（不包含两点），点是线段上的动点，将半圆所在的平面沿直径折起，使得平面平面    (1)用反证法证明：不可能垂直； (2)当平面时，求的值； (3)设与平面所成的角为，二面角的平面角为，其中，求的最大值. 1. 有以下结论：①已知，求证： ，用反证法证明时，可假设；②已知， ，求证方程的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根的绝对值大于或等于1，即假设．下列说法中正确的是 A．①与②的假设都错误 B．①与②的假设都正确 C．①的假设正确；②的假设错误 D．①的假设错误；②的假设正确 2. 设x，y，z>0，则三个数＋，＋，＋ A．都大于2 B．至少有一个大于2 C．至少有一个不小于2 D．至少有一个不大于2 3. 从名高一学生和名高二学生中，选人参加社区垃圾分类宣传活动，其中至少有名高二学生参加宣传活动的不同选法种数为（    ） A． B． C． D． 4. 若甲、乙、丙、丁、戊随机站成一排，则甲、乙不相邻的概率为 . 5. （1）六个从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有几种？ （2）把5件不同产品摆成一排，若产品与产品相邻，且产品与产品不相邻，则不同的摆法有几种？ （3）某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法有几种？ 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题20 正难则反 【练】 1. 如图，在矩形ABCD中，CD=1，∠DBC=30°，若将BD绕点B旋转后，点D落在BC延长线上的点E处，点D经过的路径为，则图中阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】用扇形面积减去的面积来求得正确答案. 【详解】， 图中阴影部分的面积是. 故选：B 2. 已知集合，，若，则实数的取值范围（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出集合，然后分和两种情况讨论，结合条件得出关于实数的不等式组，解出即可. 【详解】. 当时，则，得，此时成立； 当时，则，得，由，得，解得，此时. 综上所述，实数的取值范围是. 故选：B. 3. 用1，2，3，4，5组成一个没有重复数字的五位数，三个奇数中仅有两个相邻的五位数有（      ） A．12个 B．24个 C．36个 D．72个 【答案】D 【分析】根据题意，分三步进行：第一步，先将1,3,5分成两组；第二步，将2,4排成一排；第三步，将两组奇数插入两个偶数形成的三个空位，再由排列组合公式即可得到结论. 【详解】解法一：直接求解 三个奇数中仅有两个相邻的意思是，有两个奇数相邻，且与第三个奇数不相邻， 所以排列个数为个. 解法二：反面求解 个. 故选：D. 4. 甲、乙、丙三人分别从2个不同的数中随机选择若干个数（可以不选），分别构成集合A，B，C，记中元素的个数为m，则的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据已知一个元素被某人选中的概率为且相互独立，利用乘法公式及对立事件的概率求法得两个元素均未被三人选中的概率为，最后应用对立事件的概率求法即可得. 【详解】设两个不同数为，一个元素被某人选中的概率为且相互独立， 所以一个元素被甲乙丙三人都选中的概率为， 由中元素的个数，表示至少一个元素被三人选中， 而两个元素均未被三人选中的概率为，所以的概率为. 故答案为：. 5. 在，，，这四个数中任取两个不同的数作为点的横、纵坐标，再在这些点中任取三个点作为三角形的顶点，可以得到不同的三角形的个数为 ； 【答案】206 【分析】先确定所有点的情况，进而确定三点或四点共线的情况，根据三角形三点不共线可得解. 【详解】这样的点共有个，如图，其中三点共线的有组，四点共线的有1组． 所以可以得到不同的三角形共个． 故答案为：206 6. 北斗七星是夜空中的七颗亮星，它们组成的图形象我国古代舀酒的斗，故命名为北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人判断季节的依据之一.如图，用点，，，，，，表示某季节的北斗七星，其中，，，看作共线，其他任何三点均不共线.若过这七个点中任意三点作三角形，则所作的不同三角形的个数为 . 【答案】31 【分析】应用间接法，7个点任选3个减去从4个共线的点任选3个的情况，即可得. 【详解】由题设，7个点任选3个减去从4个共线的点任选3个的情况，即为构成三角形的情况， 所以不同三角形的个数为个. 故答案为： 1. 如图，在长方形ABCD中，，以点A为圆心，AD为半径作圆，交BA的延长线于点E，则阴影部分的面积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，阴影部分的面积等于扇形EAD的面积减去的面积即可. 【详解】因为，所以， 又， 所以， 所以阴影部分的面积＝扇形EAD的面积－的面积. 故选：A． 2. 设，，大于0，，则3个数：，，的值（    ） A．都大于2 B．至少有一个不大于2 C．都小于2 D．至少有一个不小于2 【答案】D 【分析】先利用基本不等式求得三个数之和的最小值为6，再利用反证法推理得到答案. 【详解】因为，，大于0，且， 所以 （当且仅当取等号）， 假设三个数都小于2，那么三个数相加不可能大于或等于6， 所以至少有一个不小于2. 故选：D. 3. 甲、乙两人分别从10个不同的数中随机选择若干个数（也可以不选），分别构成集合，记中元素的个数为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】应用分步乘法原理得出任一选择方案发生的概率，甲、乙两人的选择中没有相同的数为，可能的选择方案数，进而求出概率即可. 【详解】把甲和乙的选择合称为一个选择方案．因为甲、乙两人随机选择其中的若干个数， 所以每个数被选中还是没被选中的概率均为． 设甲选中的数的个数为，则没被选中的数的个数为， 所以甲的这一选择发生的概率． 同理，乙的某一种选择发生的概率，所以任一选择方案发生的概率． 若甲、乙两人的选择中没有相同的数，设甲、乙两人选择的数的个数一共为， 则可能的选择方案数为， 当分别取时，根据分类加法计数原理，所有可能的选择方案数， 则甲、乙两人的选择中没有相同的数的概率， 所以． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是，应用二项式定理的逆用即可求和. 4. 现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁、戊五个社区进行社会实践，每名同学只能选择一个社区，则下列结果正确的是（   ） A．所有可能的方法有种 B．若同学A不去社区甲，B不去社区乙，则不同的安排方法有80种 C．若社区甲必须有同学去，则不同的安排方法有61种 D．若有一个社区安排两名同学，还有一个社区安排一名同学，则不同的安排方法有60种 【答案】BCD 【分析】利用分步乘法计数原理求解选项A和选项B，利用排除法求解选项C，利用排列组合和分布相乘计数原理的知识求解选项D. 【详解】选项A：每名同学有5个社区可选，总共有 种方法.而选项A中写的是 ，显然错误. 选项B：同学A有4种选择（不去甲），同学B有4种选择（不去乙）， 同学C有5种选择，总数为 ，正确. 选项C：总情况数 ，减去都不去甲的情况数 . 结果为 ，故选项C正确. 选项D：满足要求的安排方法可以分为三步完成： 第一步：从5个社区中选两个不同的社区（该步的完成方法数为）， 第二步：从3名同学中选2人分配到第一个社区（该步的完成方法数为 ）， 第三步：安排所选的第三名同学，此步的完成方法数为. 总数为，故选项D正确. 故选：BCD. 8．中国的五岳是指在中国境内的五座名山，坐落于东西南北中五个方位，分别是东岳泰山，西岳华山，南岳衡山，北岳恒山，中岳嵩山.小明与其父母共3人计划在假期出游，每人选一个地方，则下列结论正确的是（    ） A．3人选择的地点均不同的方法总数为60 B．恰有2人选一个地方的方法总数为15 C．恰有1人选泰山的方法总数为48 D．至少1人选泰山的方法总数61 【答案】ACD 【分析】利用排列、组合计数问题，结合分步乘法计数原理及排除法逐项列式计算判断. 【详解】对于A，3人选择的地点均不同的方法总数为，A正确； 对于B，恰有2人选一个地方的方法总数为，B错误； 对于C，恰有1人选泰山的方法总数为，C正确； 对于D，3人选择的方法总数为，没有人选择泰山的方法数为， 因此至少1人选泰山的方法总数，D正确. 故选：ACD 5. 设集合，，若，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】显然当时，不满足；再分类讨论当时，集合表示圆内部（不包括边界）所有的点，由，可得圆心到直线或直线的距离小于半径，同理当时，表示的是距离小于外圆半径的情况，最后由点到直线的距离公式分别构建不等式求得解集即可. 【详解】由题意知，当，即时集合，不满足； 当时，集合表示圆内部（不包括边界）所有的点， 由，可得圆心到直线或直线的距离小于半径， 即，或，由于，解得； 当时，集合表示圆环内部（不包括边界）所有的点， 由，可得到直线或直线的距离小于外圆半径， 即，或， 由于，解得. 综上所述，实数的取值范围为. 6. 把6件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有 种．（用数字作答）． 【答案】192 【分析】先将捆绑有方法，然后将当作一个产品与除以外的3个产品全排列，产品A与产品C不相邻，将插入5个间隔中的4个，即可得出结论. 【详解】产品A与产品B相邻有摆法， 将捆绑后的元素与以外的3个元素进行排列有摆法， 产品A与产品C不相邻，将插入5个间隔中的4个， 根据分步乘法原理，不同的摆法有. 故答案为：192. 1. 已知函数，若在区间上不存在零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用辅助角公式化简，结合周期公式列不等式确定，再求出函数在上存在零点时的的范围，从而在范围内去掉这些范围，即可得答案. 【详解】由题意得， 在区间上不存在零点，设的最小正周期为T， 则， 又函数的零点满足，即， 若，则， 因为，故，则时，， 时，，结合得， 由于在区间上不存在零点， 故在的范围内去除和， 则， 故选：B 2. 十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数时，关于的方程没有正整数解”.经历三百多年，于二十世纪九十年中期由英国数学家安德鲁怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理，则下面说法正确的是 A．存在至少一组正整数组使方程有解 B．关于的方程有正有理数解 C．关于的方程没有正有理数解 D．当整数时，关于的方程没有正实数解 【答案】C 【分析】由于B,C两个命题是对立的，故正确选项是这两个选项中的一个.利用反证法，先假设有正有理数解，然后推出跟题目所给费马大定理矛盾，由此得出方程没有正有理数解. 【详解】由于B,C两个命题是对立的，故正确选项是这两个选项中的一个.假设关于的方程有正有理数解，故可写成整数比值的形式，不妨设，其中为互质的正整数，为互质的正整数.代入方程得，两边乘以得，由于都是正整数，这与费马大定理矛盾，故假设不成立，所以关于的方程没有正有理数解.故选C. 【点睛】本小题主要考查对新概念的理解和运用，考查了反证法证明命题成立，考查了有理数的概念与性质.有理数是有限小数或者无限循环小数.另一种说法是有理数是可比数，即可以写成两个整数比值的数.根据有理数的性质，利用反证法，推出和费马大定理矛盾的结果，由此得出正确选项.属于难题. 3. 数字按如图形式随机排列，设第一行的数为，第二､三行中的最大数分别为，第二､三行中的最小数分别为，则（    ） A．排列总数为720个 B．的概率为 C．满足的排列有120个 D．的概率为 【答案】ABD 【分析】A选项，利用全排列公式得到A正确；B选项，先求出的概率，利用对立事件求概率公式得到B正确；C选项，先得到，先从中随机选出2个数放在第三行并排序，再将剩下3个数中最大的数放第二行中的一个，并将剩余两个数进行排列，求出满足的排列个数，C错误；D选项，先得到的情况，分和两种情况，进而得到. 【详解】A选项，1，2，3，4，5，6的任意排列方法总数为个，所以A正确； B选项，先得到的概率，即从1，2，3，4中随机选出2个数放在第二行， 其余任意排列，共有种不同的方法， 则，所以B正确； C选项，若，则， 先从中随机选出2个数放在第三行并排序，共有种不同的方法， 再将剩下3个数中最大的数放第二行中的一个，并将剩余两个数进行排列， 共有种不同的方法， 则满足的排列有个，所以C错误； D选项，若， 当时，则第三行为，第一行和第二行的数分别为，此时满足， 将两者均进行全排列，共有种不同的情况； 当时，则，则第二行为1，2，并可以进行全排列， 此时满足共有种不同的情况； 所以，所以D正确. 故选：ABD. 4. 甲同学完成一道英语七选五型选择题组练习（即从七个选项中选择五个，分别填入五个空中），已知每个空有且仅有一个正确答案，若甲同学每个空均作答且每个选项不重复选择，则甲同学此题五个空全部答错的情况数为 . 【答案】1214 【分析】设和,规定与相配对,视为“正确配对”,其余的视为“错误配对”，记为对于任意的,都不存在“正确配对”的配对方式数，要证明，从而得所求. 【详解】对于和,规定与相配对,视为“正确配对”,其余的视为“错误配对”， 设为对于任意的,都不存在“正确配对”的配对方式数，即错排方式数， 易知， 首先证明， 假设和全错配,分三类情况: （1）和配对,余下和（或）,余下部分属于个时的错配,故总共种错排方式； （2）和配对,且与,配对，此时余下部分属于个时的错配，故总共种错排方式; （3）和配对,且与不配对,此时可将等效为,则余下部分属于个时的错配,故总共种错排方式. 综上，所以， 所以， 所以所求的结果为1214. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题是根据计数原理设为对于任意的,都不存在“正确配对”的配对方式数，即错排方式数，从而根据分步原理判断即可. 5. （1）已知，且，求证：； （2）设、、，用反证法求证：下列三个关于的方程、、中至少有一个有实数根. 【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 【分析】（1）利用不等式的性质，根据所要证的不等式寻找使它成立的充分条件． （2）假设这三个方程都没有实根，由三个判别式均小于0推导出矛盾的结论． 【详解】（1）因为，所以， 要证，只需证， 只需证， 因为，所以，即上式成立，当且仅当时等号成立， 则可得证. （2）假设这三个方程都没有实根， 则，即， 三式相乘并整理，得（∗）， 因为，所以. 同理，， 所以（∗∗）， 显然（∗∗）与（∗）矛盾，所以假设不成立，从而原结论成立. 6. 已知数列 满足：，，；数列 满足：． （1）求数列 ， 的通项公式； （2）证明：数列 中的任意三项不可能成等差数列． 【答案】（1） （2） 见解析 【分析】（1）化简可得，令 ，从而判断 是首项为 ，公比为 的等比数列，从而得到，从而求出， 的通项公式； （2）用反证法证明即可. 【详解】（1） 由题意可知 令 ，则 又 ，则数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，即 故 又 ，，故 （2） 假设数列 存在三项 ，，   按某种顺序成等差数列， 由于数列 是首项为 ，公比为 的等比数列， 于是有 ，则只有可能有 成立．所以 两边同乘 ，化简得 由于 ，所以 式左边为奇数，右边为偶数，故 式不可能成立，导致矛盾． 故数列 中任意三项不可能成等差数列． 【点睛】本题考查了等比数列与等差数列的综合应用，同时考查了反证法，用反证法证明要把握三点：①必须否定结论；②必须从否定结论进行推理；③推导出的矛盾必须是明显的． 学科网（北京）股份有限公司 $