第35期 核心素养阶段测评六 第五、六章-【数理报】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册同步学案（人教A版）

核心素养阶段测评（六） 测试范围：第五、六章 ⊙数理报社试题研究中心 第Ⅰ卷选择题 （共58分) 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 郑 1.现有4本不同的科普杂志、3本不同的文摘杂志和2本不同的娱乐新闻杂志，某同学从中 任选一本阅读，则不同的选法共有 ( (A)26种 (B)24种 (C)9种 (D)3种 2.函数y=sinx+2x(x∈[0，π])的最大值为 ( (A)2m (B)T (C)π+1 (D)π-1 3.若集合A={x|x是质数，B={neN,IA≤90，则A∩B= (A){3,5,7} (B){2,3,5,7 (C){3,5,7,9 (D){2,3,5,7,11,13 2x +a 病 4.曲线y= x+2 在点(1，b)处的切线方程为x-y+6=0,则k的值为 (1):佳B标： (A)-1 (B)-子 (c3 (D)1 (ax 5. 的展开式的常数项为60，则a的值为 (A)2 (B)-2 (C)±2 (D)±3 6.已知函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是 ( (A)(-1,2) (B)(-0,-3)U(6,+0) (C)(-3,6) (D)(-0,-1)U(2,+0) 腳 7.某市某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“惊蛰”“清明”“立夏”“芒 © 种”“小暑”六张知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“惊蛰”两块展板 相邻，且“清明”与“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为 (A)288 (B)240 (C)120 (D)192 8.若函数f(x)=lnx与函数g(x)=x2+2x+a(x<0)有公切线，则实数a的取值范围 是 (A)(In2e' (B)(-1,+∞) (C)(1,+o) (D)(-ln2,+o) 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 9.为弘扬我国古代的“六艺”文化，某校计划在社会实践中开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六 门体验课程，每天开设一门，连续开设6天，则下列结论正确的是 (A)甲、乙两同学从六门课程中各选一门的不同选法共有20种 (B)课程“数”不排在最后一天的不同排法共有600种 (C)课程“礼”“书”排在相邻两天的不同排法共有240种 (D)课程“乐”“射”“御”排在都不相邻的三天的不同排法共有72种 10.若(x2-2x+2)5=a0+a1x+2x2+…+aox0,则下列选项正确的是 (A)a=32 (B)a2=320 (C)a1+a2+…+a10=32 (D)1a11+la21+…+la1o1=3093 11.若存在im fx0+△x,yo)-f(xoyo ,则称i fo+△x,o）-fx0o） 为二元函数 △x △红 △x z=f(x,yr)在点(xo,yo)处对x的偏导数，记为f(xo少o);若存在lim +△)-fxo）,则称 △0 △y lim 40 o,%+△)=fn为二元函数：=仪x,y）在点(，6)处对y的偏导数，记为∫（， △y %),已知二元函数f(x,y)=x2-2y+y(x>0,y>0),则下列选项正确的是 (A)f(1,3)=-4 (B)f,(1,3)=10 (C)f(m,)+/,(m,)的最小值为-号 (Dx,)的最小值为- 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.若(1+mx)5的展开式的第4项的系数为-80，则实数m= 13.将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则不同的放法共有 种 14.已知函数f(x)=分-2x+3m,∈R,若f(x)+号>0恒成立，则实数m的取值 范围是 四、解答题：本题共5小题，共77分 15.(13分)书架的第一层放有5本不同的数学书，第二层放有5本不同的语文书，第三层放 有4本不同的英语书： (1)从这些书中任取一本数学书，一本语文书，一本英语书的不同取法有多少种？ (2)从这些书中任取三本，并且在书架上按次序排好，有多少种不同的排法？ 16.(15分)已知(x2+3x)”展开式各项系数和比它的二项式系数和大992. (1)求展开式中含有x的项； (2)求展开式中系数最大的项 17.(152入口签分有4个个可质含热，6个个可际日热 18.(17分)已知函数f(x)=ae-ln(x+1)+lna-1. (1)若a=1,求函数f(x)的极值； (2)若函数f(x)有且仅有两个零点，求a的取值范围. 19.(17分)泰勒公式是一个非常重要的数学定理，它可以将一个函数在某一点处展开成无 限项的多项式.当f(x)在x=0处的n(n∈N)阶导数都存在时，它的公式表达式如下：f(x) =0)+f0+02,+0++0+ n! 注：f'(0)表示函数f(x)在原点处的一阶导数∫"(0)表示在原点处的二阶导数，以此类 推，如f"(0)(n≥3)表示在原点处的n阶导数 (1)求f(x)=ln(1+x)的泰勒公式（写到含x3的项即可），并估算ln1.1的值（精确到小 数点后三位)； (2)当x>0时，比较1(1+)与x-号的大小，并证明： ②)设neN明立2<a1+n<三去 些 参考答案见下期高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期 数理柄 答案详解 2025~2026学年高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期(2026年3月) 第33期2版 即(1-士)(x+°的展开式中y的系数为-28 专项小练一 5.由(a-b)4=a-4a2b+6a26-4ab3+b,得 1.C;2.D;3.ABC. (x+1)4-4(x+1)3+6(x+1)2-4(x+1)+1 4.40；5.-50. =[(x+1)-1]4=x4. 6.解：(2x+x2)4=C9(2x)4+C4(2x)3x2+ 6.由Cx+C2+…+Cx”=(1+x)”-1,分别将选项 C(2x)2(x-2)2+C2x(x2)3+C4(x2)4 (A),(B),(C),(D)代入检验知，仅有(A)适合 =16x4+4×8x3-2+6×4×x2-4+4×2×x-6+x8 7.由题意得C2=C,因此n=5. =16x4+32x+24x2+8x-5+x8 因为(1+Ax)5=a0+a1x+a2x2+…+ax, 专项小练二 所以令x=0,可得a=1. 1.C:2.D:3.BCD 令x=1,则(1+入)3=a0+a1+a2+…+a5: 4.-33;5.513. 又a1+a2+…+a5=242,所以(1+)5=243=35， 6.解：依题意得2”=512，所以n=9. 因此入=2. 设展开式中的常数项为T1=Cx8-2(-1)'x= 所以(+2） 展开式的通项为 (-1)Cx8-3,由18-3r=0,得r=6. 所以展开式中的常数项为(-1)C。=84. T=C2=C422 由4-2k=0得k=2, 第33期3,4版 图此(+2)】 展开式中常数项为T=C22=24. 二项式定理同步核心素养测评 8.由二项展开式中各二项式系数可知， 一、单项选择题 第m行第n个数应为C, 1~4 DCBA 5~8 AABB 提示： 所以第100行第3个数为CG,=9998=4851, 2 1.由题意得第8项的系数为 即A(10m,3)=4851 C7o×(5i)3×(-1)7=120×35i=36051. 二、多项选择题 2.(1-2x)4的二项展开式的通项为 9.CD:10.ABC:11.ABD. T,+1=C4(-2x)=(-2)C4x. 提示： 令r=1,得x的系数为(-2)·C4=-8. 9.因为展开式的第5项为T=Cx学4， 3.由题意得C=C,所以n=12, 所以令”，4-4=1，解得n=19. 3 因此展开式共有13项，中间一项是第7项， 所以展开式中系数最大的项是第10项和第11项。 工=(-）°= 故选(C)(D). 4因为(1-）x+)产=(+)°-(+)， 10.二项式(1-2x)3的展开式的通项是 T,1=C5(-2)'x',reN,r≤5，a=1,故(A)正确； 所以(1-士）(x+)'的展开式中含少的项为 a=C(-2)5=-32,故(B)正确； 显然，展开式中的奇数项系数为正，偶数项系数为负， Cex2y-YCsx'ys =-28x2y6, 1a「+la11+la21+la31+la41+la51=a0-a1+a2-a3 高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期 +a4-a=[1-2×(-1)]5=35,故(C)正确： =C(x2)"-(3x)=C·3·x2m-,当且仅当n=1,k=1时符 a1=C5(-2)=-10,a2=C(-2)2=40,a4=Cg(-2)3 合题意，所以(x2+3x-1)4的展开式中x的系数为-C×3= =-80,a4=Cg(-2)4=80,因此a+a1+2a2+3a3+4a4+ -12. 5a,=1+(-10)+2×40+3×(-80)+4×80+5×(-32) 四、解答题 =-9,故(D)不正确 15.解：由已知C+C+C=37, 故选(A)(B)(C). 解得n=8或n=-9(舍去) 11依题意可得C=C,得41·n-4刀 n！ (D通项1=G((层》 =Cgx2-号， 61·(m-6)1,得(n-4)(m-5)=30,得n=10. n！ 由题意得r必为6的倍数，且0≤r≤8， 所以r=0或r=6. 在(ar+） 的展开式中，令x=1,得(a+1)0= 所以含x的整数次幂的项为T:=x2,T,=28x 1024,因为a>0,所以a+1=2,所以a=1. (2)由n=8知展开式共9项， 二项式系数最大的项为第5项，即T,=Cx号=70x兰 (+) 展开式的通项公式为T1=C(x2)o-· 16.解：(1)由C4(-2)4:C2(-2)2=56:3, (左）=k=01,2345.6,78,9.10 解得n=10. 因为通项7。=C(最)'=(-2C净，0 由20-号为整数，得6=0,2468,10，所以展开式中的 有理项有6项，故(A)正确； r≤10reN,所以当5-名为整数时，可取0,6， 因为(+) 于是有理项为T1=x和T,=13440. 的展开式中各项的系数等于各项的二 (2)原式=10+9C。+81Ci。+…+90-C8 项式系数，且总共有11项，所以展开式中第6项的系数最大，故 =9Cn+9C。+9C+…+9C8 (B)正确； 9 根据二项式系数的性质可得，展开式中奇数项的二项式系 =C。+9C。+9C。+9C。+…+9C8-1 数和为2°=512，故(C)不正确； 令20-=15，得长=2.所以展开式中“的系数为C =1+9)°-1=10°-1 9 9 =45,故(D)正确。 的展开式中前三项的系数分别为 故选(A)(B)(D) 三、填空题 C,2C,c,由题意知C=心+C,所以n=1+ 12.2;13.152;14.-12. -1卫，即n2-9n+8=0,解得n=8或n=1(含去). 提示： 8 12.通项T1=a'×C6×x2-,当12-3r=3时，7=3， 展开式的通项为 所以含2项的系数为。3×C=弓，解得a=2 13.(1+5)5=C(3)°+C(5)1+C(5)2+C(5)3 +C(5)4+C3(√5)5=1+55+30+303+45+95， ()令4-子=1，得r=4, (1-5)5=C(-5)°+C(-5)+C(-5)2+C ×(-5)3+C(-5)4+C(-5)5 所以含有：项的系数为}×心=瓷 (2)设展开式中第r+1项为有理项， =1-55+30-303+45-95, 则当r=0,r=4,r=8时分别对应的项为有理项， 故(1+5)5+(1-5) =1+30+45+1+30+45=152. 有理项分别为=，：草，2 14.(x2+3x-1)4=(x2+3x)4-C4(x2+3x)3+C(x2+ 18.解：(1)分别令x=1,x=-1,得f1)=a,+a6+ 3x)2-C(x2+3x)+1.又(x2+3x)的二项展开式的通项T41+a1+a=2”+2f-1)=-a,+a6-…-a1+a=0, 一2 高中数学人教A版选择性必修第三册 第33~36期 两式相加除以2，得a+a2+a4+a6=128. =A66-(27-m+1 (2)当m=n时f(x)=(1+x)"+(1+x)”=2(1+x)", =Ag- 所以T3=2C2x2=20x2,即2C=20,所以n=5. 4三项式(-)广 的展开式共有10项， (3)由f(x)的展开式中含x项的系数是19，得m+n=19, 所以的系数为C+C=子(m-1)+(n-1)= 1 中间项有2项，为第5项和第6项， [(m+n)2-2mn-(m+n)]=171-m=171-(19-n)n 五=cxyr(）°=126 =-126x3 =(。-)+空，当=10咳a=9时)的展开式中 c(） 5.由题意得x≥5，xeN. 的系数最小，最小值为81. 原不等式可化为 19.证明：(1)因为an=2"-,可知数列{an}是以a1=1为 6 24 首项，公比为9=2的等比数列； x(x-1)(x-2)x(x-1)(x-2)(x-3) 所以9m=1-20 240 1-2 =2300-1, <xx-1)(x-2)(x-3)(x-4) 而279=31×9，且31与9互质；易知 即x2-11x-12<0, S3m=230w-1=21m-1=84m-1=(9-1）1m-1 解得-1<x<12. =C9m91ow-Cm99+…-C%9+Cm(-1)1w-1 又x≥5，x∈N, =Coo900-Cioo-Cr9 所以x∈{5,6,7,8,9,10,11 所以91S3o； 6.若取出的球中有1个红球， S3m=2300-1=25x0-1=320-1=(31+1)0-1 则不同的取法有C4C=112(种)； =C8m31w+C63159+…+C2831+C80-1 若取出的球中有2个红球， =C0m310+Ctn3159+…+C231, 则不同的取法有CC=48(种). 所以311S300; 故不同的取法有112+48=160（种）. 结合整除性质②可知2791S3m· .(x-士+2)°=[(x-)+2],其展开式的通 (2)因为a”+b”=(a+b-b)”+b”=C9(a+b)"+C(a +b)m-1(-b)+…+Cm-(a+b)(-b)-4+C(-b)”+b“, 项为I:=C·(-）(2y0≤r≤6reN, 且n为奇数，所以a”+b=(a+b-b)”+b=C(a+b)” +C(a+b)-l(-b)+…+C-(a+b)(-b)"-1, 易知(-士)“ 的展开式的通项为T41=(-1)C,· 因此a”+b”能被a+b整除 x5-k,0≤k≤r≤6，k∈N,reN, 令r=0,6-r-2k=0,得k=3,所以原式的展开式中的 第34期3,4版 常数项是(-1)3Cg=-20,即a5=-20,因为{an}是等差数 计数原理核心素养综合测评 列，所以a2+ag=2a5=-40. 一、单项选择题 8.由题意知甲只能参加C项目，乙只能参加A项目，则以 1~4 CBDC 5~8 DADA 甲、乙两人参加的情况分为以下四类： 提示： 第1类：甲、乙都不参加，则从其余4人中选3人参加A,B,C 1.第一步，取b的值，有5种方法；第二步，取a的值，也有5 三个项目，有A种不同的方案； 种方法.由分步乘法计数原理得，共有5×5=25（个）虚数. 第2类：仅甲参加，甲必须参加C项目，从其余4人（不含 2.当n≥2且n∈N,时， 乙)中选2人参加A,B两个项目，有A种不同的方案； (1+x)“的展开式的通项为T+1=C·x, 第3类：仅乙参加，乙必须参加A项目，从其余4人（不含 所以(1+x)“的展开式中含x2项的系数为C% 甲)中选2人参加B,C两个项目，有A种不同的方案； 故(1+x)2+(1+x)3+(1+x)4的展开式中， 第4类：甲、乙两人都参加，则甲参加C项目，乙参加A项 含x2项的系数是C+C+C好=10. 目，从其余4人中选1人参加B项目，有A4种不同的方案. 3.根据排列数的计算公式得 根据分类加法计数原理得，不同的分配方案共有A:+A好 27-a)(28-a)…(36-a) +A号+A=52(种) 一3 高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期 二、多项选择题 提示： 9.AC;10.AC;11.BD. 12.由题意得多人多足不排在第一场，拔河排在最后一场， 提示： 则多人多足有3种安排方法.将踢毽、跳绳、推火车安排在剩下 9.若A,B不相邻， 的3个位置，有A=6(种)安排方法，所以共有3×6=18（种） 则先让C,D,E自由排列，再让A,B去插空即可， 安排方法. 则方法总数为AA=72(种)，故(A)正确，(B)错误； 13.若个位是0，则有4A=96(个)满足题意的五位偶数： 若A,B相邻，则将A,B捆绑在一起，视为一个整体， 若个位不是0，有2×3×A=144(个)满足题意的五位偶数， 与C,D,E自由排列即可， 所以共有96+144=240（个）满足题意的五位偶数. 则方法总数为AA=48(种)，故(C)正确，(D)错误. 故选(A)(C). 14(+m心）2-)3=(2-y3+m2-) 10.若B影厅仅放映1部电影， 其中士2：-》的展开式的通项为 有C4种安排方法，故(A)正确： 每个影厅至少放映一部电影，分三种情况： T,41=xC;·(2x)5-(-y)'=(-1)'·2-C5x4-y, 一、A影厅1部，B影厅放剩下的3部，则有C4种安排方法； 0≤r≤5，reN, 二A影厅2部，剩下2部给B影厅，有C种安排方法； 令4-1=2可知无解， 三、A影厅3部，剩下1部给B影厅，有C种安排方法。 lr=4. 故共有C4+C+C=14(种)安排方法，故(B)错误； 即(2x-产的展开式中没有含的项： 按A影厅放映的电影一定有《熊出没·逆转时间》， my(2x-y)5的展开式的通项为 有三种情况： T+1=myC(2x)5-t.(-y)=(-1).25-mC5x3-y+1 一、A影厅只放《熊出没·逆转时间》，其余3部给B影厅， 只有1种安排方法； 令5-6=2解得k=3, lk+1=4, 二、除《熊出没·逆转时间》外，剩下3部中选1部在A影厅 即my(2x-y)5的展开式中含x2y的项的系数为 放映，则有C;种安排方法 (-1)3.2-3mC=-40m. 三、除《熊出没·逆转时间》外，剩下3部中选2部在A影厅 放映，则有C种安排方法， 又(+m心）2x-y)的展开式中y的系数为0， 故共有1+C+C?=7(种)安排方法，故(C)正确； 所以-40m=80,解得m=-2. 将2部动画电影安排A影厅一部，B影厅一部， 四、解答题 则有A号种安排方法.剩下2部喜剧电影分三种情况： 15.解：(1)分三类： 一、A影厅无，则只有1种安排方法； 选出的是高二(1)班的学生，有7种选法； 二、A影厅1部，则有C种安排方法； 选出的是高二(2)班的学生，有9种选法； 三、A影厅2部，则只有1种安排方法， 选出的是高二(3)班的学生，有10种选法. 故共有A号×(1+C吗+1)=8（种）安排方法， 由分类加法计数原理， 故(D)错误 得不同的选法种数为7+9+10=26. 故选(A)(C) (2)每班选一名副组长为一步，所以共有三步. 11.由题意及二项式定理可得a=C2+C20×3+C30×32 由分步乘法计数原理， +…+C0×320=(1+3)20=420=(5-1)20, 得不同的选法种数为7×9×10=630. 则a=C20·50-C20·59+…-C8·5+C0, (3)分三类：高二(1)班和高二(2)班，高二(1)班和高二 因为C·50-C0·59+…-C8·5能被5整除， (3)班，高二(2)班和高二(3)班 所以a除以5的余数为1， 每类又分两步， 又因为a=b(mod5),所以b除以5的余数也为1， 故不同的选法种数为7×9+7×10+9×10=223. 结合选项可知2006和2021除以5的余数为1. 10 故选(B)(D) 的展开式的通项为 三、填空题 10-k 12.18:13.240:14.-2. =(-)()C, 4 高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期 令20-=0解得么=8，又常数项为学. 所以n-DF(0,n）=g山y- (m-k)(m-k-1) [n] 故7，=(-1)（分）C=华解得a=1 综上，a0）==02 (2)20-=m,meZ,则k=0,24,68,10, 第35期 所以有理项有6项，无理项有5项， 核心素养阶段测评（六）》 从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理 一、单项选择题 项也有无理项，则共有C6C+CC=135(种)不同的取法. 1 ~4 CABA 5 ~8 CBDA 17.解：(1)因为(1+x)”=C9+Cx+C2x2+…+Cx, 提示： n≥4，n∈N, 1.根据分类加法计数原理， 所以a=C=-nn,D,a,=c=n-n-2, 2 6 共有4+3+2=9（种）不同的选法 a4=C=n(n-1)(n-2)(n-3) 2.因为y'=cosx+2>0, 24 所以y=sinx+2x(x∈[0，T])单调递增， 因为G=2a,a4,所以[nn-1)n-2)] =2× 所以当x=T时，yms=sinT+2T=2m. 6 3.由题意知A=2,3,5,7,11,13,17,…}, n(n-1xnn-1)(n2)n-3】,解得n=5. 2 由A≤90得n(n-1)≤90， 24 (2)由(1)知n=5. 解得-9≤n≤10， 即B={xl-9≤n≤10，neN且n≥2} (1+5)=(1+3) ={2,3,4,5,6,7,8,9,10}, =C9+C55+C(5)2+C(5)3+Cg(5)4+C(5) 所以A∩B=2,3,5,7}. =a+b5. 因为a,beN,所以a=C9+3C?+9C=76, 4由切点1,6在曲线上，得6-2告D: b=C5+3C5+9C=44, 由切点(1，b)在切线上，得k-b+6=0②： 从而d2-362=762-3×442=-32. +2(山)=49=k, 对曲线求导得y=4-a 32 18.解：(1)若数学必须比语文先上，则不同的排法有 即4-a=9k③， -6x5×43×2x1=360(种). A 2 由①②③得a=13,b=5,k=-1. (2)如果体育排在最后一节，那么有A=120(种)排法， 的展开式的通项为 如果体育不排在最后一节，也不排在第一节， 且数学不排在最后一节，那么有C4C4A=384(种)排法， 工=c(ad(士）=ca(-1x 所以共有120+384=504（种）排法. 0≤r≤6，r∈N,令12-3r=0,解得r=4. (3)若将这3节课插入原课表中且原来6节课的相对顺序 由题意得C(-1)4a2=60,解得a=±2. 不变，则有袋=9×8×7=504（种）不同的排法 6.函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1, A6 所以f'(x)=3x2+2ax+a+6, 19.解：(1)若y=q=1,F(x,2)=(x+y)(x+qy) 函数f(x)有极大值和极小值， =x2+(1+q)xy+y2=(x+1)2, 所以其导函数f'(x)=0有两个不同的解， DF(x,2)=[2](x+y)=(1+q)(x+y)=2(x+1). 则4=4a2-4×3(a+6)>0, (2)当k=0时， 所以a<-3或a>6. [n=DF(0,n)=Dr(0,n)=F(0,n）=g9 n(-1) [n]！ 7.当只考虑“立春”和“惊蛰”时， 当k≠0时， 将其捆绑在一起，利用捆绑法可得， DF(0,n)=[n][n-1]…[n-k+1](0+y),- 有A号A=240(种)不同的放置方式。 =[nj[n-1]…[n-k+1]gag山y- 当“惊蛰”与“立春”和“清明”均相邻，即“惊蛰”在中间， [n]具agy-t, “立春”“清明”分布在两侧时，将三者捆在一起， [n-k]92 有2A4=48(种)不同的放置方式. 5 高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期 所以最终满足题意的放置方式种数为240-48=192. (x2+2x+2)3展开式所有项系数和为 8.设公切线与函数f孔x)=nx切于点A(x1,lnx)(x> I ao l +l al+l azl +.+l aol, 0),则切线方程为y-1nx1=1(x-): 令x=1,得1ao1+la11+a21+…+la1oI=55=3125, 所以1a1I+a21+…+a1oI=3125-32=3093,故(D) 设公切线与函数g(x)=x2+2x+a切于点B(2,x号+2 正确。 +a)(x2<0), 故选(A)(D). 则切线方程为y-(x号+2x2+a)=2(x2+1)(x-x2), 11.因为fx,y）=x2-2xy+y3(x>0,y>0), -=2(x2+1), 所以有 所以f:(0)=i f+△x,%）-fxon）=2x0- △x ln1-1=-x+a. 2%,则f(1,3)=-4,故(A)正确： 因为名<0<，所以0< -<2 又f(w）=马6+a》-。-24+ △y 又a=+(安刂°1=-+（片-2- ,36,所以f(1,3)=25,故(B)错误； 因为fx(m,n)+f,(m,n)=2m-2n-2m+3n2 令t= 1 所以0<4<2，a=-t-ln =3-2m=3(e-）°- 所以当n=号时(m,）+f3(m,a)取得最小值， 设(a)=子2-t-la0<1<2). 且最小值为-子，故(C)正确： 则w=-1-=-2-3<0, 2t fx,y）=(x-y)2+y2-y2≥y2-y2, 所以h(t)在(0,2)上为减函数， 令g(x)=x3-x2(x>0),g'(x)=3x2-2x, ()>h(2)=-In2-1 =In2e' 当0<<子时g()<0,当>号时g()>0, 所以ae (+)】月 放g()=子）=务从而当x=y=子时， 二、多项选择题 f(x,)取得最小值，且最小值为-务，赦(D)正确 9.BC;10.AD;11.ACD. 故选(A)(C)(D). 提示： 三、填空题 9.甲、乙两同学从六门课程中各选一门的不同选法有6× 12.-2;13.240;14.(4,+0). 6=36(种)，故(A)不正确； 前5天中任取1天排“数”，再任意排其他五门体验课程， 提示： 12.(1+mx)的展开式的通项为 共有5A=600(种)排法，故(B)正确； T=C (mx)=Cim'x. “礼”“书”排在相邻两天，可将“礼”“书”视为一个元素， 因为展开式中第4项的系数为-80， 与其他几个元素全排列，则不同排法共有2A;=240(种)，故 所以令k=3,可得Cm3=-80, (C)正确； 解得m=-2. 先排“礼”“书”“数”，再用插空法排“乐”“射”“御”，不同 13.第一步：先从4个盒子中选1个盒子准备装2个球， 排法共有AA=144(种)，故(D)不正确， 有4种选法； 故选(B)(C). 第二步：从5个球里选出2个球放到选出的盒子里， 10.令x=0,a0=2=32,故(A)正确； 有C种选法； 五项相同的因式相乘，要得到含x2的项，可以是五个因式 第三步：把剩下的3个球放入剩下的3个盒子中， 中，一个取x2其他四个因式取2，或两个因式取-2x其他三个 有A种放法 因式取2，所以a2=C×1×24+C×(-2)2×2=400,故 由分步乘法计数原理， (B)不正确； 得不同的放法共有4CA?=240(种). 令x=1,则a0+a1+a2+…+a0=1, 所以a1+a+…+a1o=1-32=-31,故(C)不正确； 14函数f()=之-2x+3meR, 一6 高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期 则f'(x)=2x3-6x2, 若取出的为3个红球和1个白球， 令f'(x)=0,解得x=0或x=3. 则取法有CC6=24(种)； 当xe(-o,3)时f'(x)≤0， 若取出的为2个红球和2个白球， 函数f(x)在(-，3)上单调递减， 则取法有CC%=90(种). 当xe(3,+o)时f'(x)>0, 根据分类加法计数原理， 函数f(x)在(3，+∞)上单调递增， 可得红球的个数不比白球少的取法有 所以当x=3时，函数f(x)取得极小值， 1+24+90=115(种). 也是最小值f(3)=3m-27 (2)总分不少于7分有三种情况： 2 取到4个红球和1个白球，取到3个红球和2个白球， 3 因为不等式f(,+2>0恒成立， 取到2个红球和3个白球 所以3m受+弓>0恒拔立. 若取出的为4个红球和1个白球， 则取法有CC6-6(种)； 解得m>4,即实数m的取值范围是(4，+∞). 若取出的为3个红球和2个白球， 四、解答题 则取法有CC%=60(种)： 15.解：(1)完成这项工作可以分三个步骤： 若取出的为2个红球和3个白球， 第一步，从5本不同的数学书中任取1本，有5种取法； 则取法有CC=120(种). 第二步，从5本不同的语文书中任取一本，有5种取法； 根据分类加法计数原理， 第三步，从4本不同的英语书中任取一本，有4种取法. 可知总分不少于7分的取法有 根据分步乘法计数原理， 6+60+120=186(种). 共有N=5×5×4=100(种)不同的取法. 18.解：(1)当a=1时fx)=e-ln(x+1)-1, (2)完成这件事情共分为三个步骤。 则f'()=e-1 第一步：从14本书中任取一本放在第一个位置上， +1x>-1, 显然f'(x)在(-1，+∞)单调递增，且f'(0)=0, 共有14种不同的取法； 所以当-1<x<0时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 第二步：从剩下的13本书中任取一本放在第二个位置上， 当x>0时，f'(x)>0,fx)单调递增. 共有13种不同的取法： 所以f(x)在x=0处取得极小值f代0)=0，无极大值. 第三步：从剩下的12本书中任取一本放在第三个位置上， (2)f(x)ae'-In(x +1)+Ina-1 共有12种不同的取法. ae'In(x 1)In(ae')-x-1, 根据分步乘法计数原理， 函数f(x)有两个零点， 共有N=14×13×12=2184(种)不同的排法. 即f(x)=0有两个解， 16.解：令x=1得展开式各项系数和为4”， 即ae+ln(ae)=n(x+1)+(x+1)有两个解， 二项式系数和为C+C+…+C=2". 由题意得4”-2”=992，解得n=5. 设h()=t+ln,则h'(e)=1+}>0,h()单调递增， t 10+女 (1)T,41=C3·x3, 所以ae=x+1(x>-1)有两个解， 令10+r=4得r=2,所以1=C··=90 3 即a=+1有两个解。 e (2)设展开式中第k+1项系数最大， rC·3≥C1·3-1 令=台(>-1)期0： er, 所以 t2c,3226eZ 当x∈(-1,0)时，s'(x)>0,s(x)单调递增； 所以k=4, 当xe(0,+∞)时，'(x)<0,s(x)单调递减， 所以系数最大的项为T=C;·34·x号=405x 因为s(-1)=0,s(0)=1,当x>0时，s(x)>0, 所以0<a<1,即实数a的取值范围是(0,1). 17.解：(1)从中任取4个球， 红球的个数不比白球少的取法可分为三类： 19(四解：因为f)=十)a 1 4个红球，3个红球和1个白球，2个红球和2个白球 2 若取出的为4个红球，则取法有1种； f"(w)=1+x) 高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期 所以f'(0)=1,f"(0)=-1f"(0)=2, A,表示公路上经过的汽车是客车， 所以f(x)=ln(1+x)的泰勒公式为 则根据题忘得P4,)=了，P4)=子， 2 x22x2 P(B1A1)=0.002,P(B1A2)=0.001, 所以1nl.1=0.1-001+0.001≈0095. 所以由全概率公式得 2 3 P(B)=P(A)·P(BIA)+P(A2)·P(BIA) (2)解记g()=n(1+)-x+号x>0, =号×0.02+号×0.01=70 ,1-1+x= 因为g(x)=1+x x2 +1>0, 即该公路上行驶的汽车停车修理的概率为名 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增， 第36期3,4版 又g(0)=0,所以当x>0时有 条件概率与全概率公式同步核心素养测评 gx0)=ln(1+x)-x+2>g(0）=0, 一、单项选择题 所以ln(1+x)>x- 1~4 CACD 5~8 BBDA 2 提示： 1 )证明：由2)知(+>-亨- 1 1.由题可知 1 k-2k2 P(AB)=P(A)P(BI A) 即1a(k+-hk>名-亦&eN. 所以(ln2-lnl)+(ln3-ln2)+…+(ln(n+1)-nn) 2.记灯泡寿命超过500小时为事件A, >(片) 灯泡寿命超过800小时为事件B, 则P(A)=0.9,P(AB)=0.8, 即ln(n+I)> ∑2h-1 P(AB)_0.88 2 所以P(B1)=P=O.9=9 令h(x)=ln(1+x)-x,x>0, 3.由全概率公式可知，所求准确率为 则A()=女1=年<0， P=0.4×0.8+0.4×0.75+0.2×0.7=0.76. 4.由概率乘法公式可得 所以h(x)在(0，+∞)上单调递减， P(AB)=P(A)P(BI A)=P(B)P(AI B), 所以h(x)<h(0)=0,故ln(1+x)<x, 则0.4×0.5=0.25×P(B), 所以h(1+) =a(k+)-nk< 解得P(B)=0.8. 5.由全概率公式得 则(ln2-ln1)+(ln3-ln2)+…+(n(n+1)-lnn) P(B)=P(A)P(BI A)+P(A)P(BI A), 即0.3=P(A)×0.9+(1-P(A))×0.2, 即1a)名是 解得P()=子 综上eN时公 2k2 <ln(1+n)< 6由题得P(B1A)=PAB-aE-CSC P(A)n(A)C 62 第36期1版 =15=5 7.设事件M表示该学生接种了疫苗， 专项小练一 事件N1,N2,N分别表示该学生来自A,B,C三所学校 1.C;2.B;3.BCD. 4:5 则P(N)=高P)=P)=品 专项小练二 1.C;2.C. P1N)=器Pw1)=流P(1)= 3.解：设B表示汽车中途停车修理， P(M) A1表示公路上经过的汽车是货车， =P(N )P(MI N)+P(N)P(MI N)+P(N)P(MI N) —8 高中数学人教A版选择性必修第三册 第33~36期 =音×器+品×总+×品 m 3 P(BIA)=P(AB)=10= P(A) ，放(D)错误 =124+m≥0.35， 500 故选(A)(B)(C) 解得m≥51，所以m的最小值为51. 11.从中任取3个球，恰有1个白球的概率P= 3 8.质点移动4次，共有2×2×2×2=16（种）情况， C 5 设质点第一秒位于1的位置为事件A,则P()=分， 故(A)正确； 记质点共经过两次2的位置为事件B, 从中有放回地取球3次，每次任取1个球. 若第一步位于1，则还有3步，要想经过2两次， 其中每次取到白球的概率为子， 则有1→2→3→2,1→2→1→2两种情况， 所以恰有2个白球的概率 21 所以P(AB)=6=8, P=C(号)(1-号)=放(B)正确： 1 从中有放回地取球3次，每次任取1个球， 则P(BIA)= P(AB)8 1 P(A) 1 41 2 其中每次取到白球的减率为子。 二、多项选择题 所以至少有1次取到红球的概率 9.BC;10.ABC;11.ABD. P=1-G(号)广=1层=竖故(c)不正确： 提示： 设第1次取到红球为事件A,第2次取到红球为事件B, 9.记A,为事件“零件是第i(i=1,2,3)台车床加工”， 所以第1次取到红球的条件下，第2次取到红球的概率 记B为事件“任取一个零件是次品”， 32 P(BIA)=0.05,P(B1A2)=0.1,P(B1A）=0.2, P(BIA)= P(AB)= P(A1)=0.2,P(A2)=0.3,P(A)=0.5, P(A) =故D)正确 3 则P(AB)=P(A)·P(B「A1)=0.2×0.05=0.01, 故选(A)(B)(D). 故(A)错误：P(B) 三、填空题 P(A P(BI A)+P(A2)P(BI A2)+P(A3)P(BI A3) =0.2×0.05+0.3×0.1+0.5×0.2 127:13宁：4音 =0.14,故(B)正确； 提示 P(A2I B)= 4B1-aX91-, P(B) 0.14 2由题意PB1G:兴怒：专 3 故(C)正确； 由A,B是互斥事件知P(AUBIC)=P(AIC)+P(BIC), P(AI B)= P(A)P(B1A)=0.5×0.2= 5 所以PA1O=PAUB1G-P代BIG)=号专=石 P(B) 0.14 7 故(D)错误. 13.因为A,B独立，所以A与B独立， 且P(AB)=P(A)P(B)=S 3 故选(B)(C). 10.P(A)= 3 C =方，故(A)正确： 又P(B)=子所以Pr(A)=子 CjC P(AB)= CiC =0,故(B)正确： 所以P(A1B)=PAB=P(PB=P(A P(B) P(B) P(BI A)= P48=9=分，故(C)正确： =1-分=7 P(A) 3 14由题意可知P(GO)=P(百同=石， P(A)= C 2 则P(AUB)=1-P(AB)=1-10=i 7 3 5 CC 3 P(A UB)=P(A)+P(B)-P(AB) P(AB)= =10 所以P(AB)=P(A)+P(B)-P(AUB) 高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期 4+2 5+5 31 P(A2B) P(A)P(BIA) -10=10, P(B) =P(A )P(BI A)+P(A.)P(BI A:) 1 则P(B1A)= P(AB)-10-3 3×0.02 P(A) 4 8 二2 =0.25. 15 x0.03+写x002 四、解答题 19.(1)解：0=P(A1B)=P4=0=0.625, P(B) 64 15.解：(1)由题意得 n(n-1) =(n+3)(n+2)=10 R=代81)--号=0& 解得n=2(负值舍去). (2)记“一个的标号是1”为事件A, (2)证明：k=P-卫 1-Pe “另一个的标号也是1”为事件B, 所以P(BIA)=n(4nB=C号 1 =1-12=1-1-pAB)-PA n()=Cξ-C=7 1-p 1-P(A)P(B)-P(A)P(B) 0+R-20R 16.解：(1)设A表示事件“该续保人本年度的保费高于基 要证阴k=1Q+R-2P(AB) 本保费”，则事件A发生即一年内出险次数大于1， 需证明1-P(AB)-P(AB Q+R-20R 故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55. 1-P(A)P(B)-P(A)P(B)Q+R-2P(AB) (2)设B表示事件“该续保人本年度的保费比基本保费高 等式右边： 出60%以上”，则事件B发生即一年内出险次数大于3， Q+R-20R 故P(B)=0.1+0.05=0.15. Q+R-2P(AB) 易知P(AB)=P(B), P(AI B)+P(BIA)-2P(AIB)P(BIA) P(AI B)+P(BI A)-2P(AB) 故810=2得-8=品 0+-2×8×盟 17.解：(1)P(A)= C3 =P(B)P(A) Cio +-2a P(B) 273 P(A)+P(B)-2P(AB) (8)s397x9-0 =P(A)+P(B)-2P(A)P(B) P(AB)=3x21 等式左边： 10x9=i5 因为P(AUB)=1-P(AB)=P(A)+P(B)-P(AB), P(AI B)= ×号号 P(B) 所以1-P(AB)-P(AB) 1-P(A)P(B)-P(A)P(B) 1 9 (2)因为P(AB)=5≠P(A)P(B)=1OO: P(A)+P(B)-2P(AB) =1-P(A)P(B)-[1-P(A)][1-P(B) 所以事件A与B不相互独立. P(A)+P(B)-2P(AB) 18.解：设A,表示“第i台车床加工的零件”(i=1,2), P(A)+P(B)-2P(A)P(B)' B表示“出现废品”，C表示“出现合格品” 等式左右两边相等，因比=10大2% 成立 (1)P(C)=P(A CUAC)=P(A C)+P(A2 C) =P(A)P(CI A)+P(Az)P(CI A2) (3)解：由(2)得k=1-0.625+0.8-2×0.625×0.8 0.625+0.8-2×0.4 =号x1-003)+了×1-002)=君 =0.32,因为0.2<0.32<0.6， 所以(1)中机器人的检测效果一般. (2)P(A2IB) -10