人教B版高二数学理科1.2.2组合习题

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新人教B版必修2高中数学课堂设计1.2.2空间中的平行关系(4)平面与平面平行学案

1.2.2 空间中的平行关系(4)——平面与平面平行自主学习学习目标1．掌握两平面平行的定义、图形的画法以及符号表示．2．理解两平面平行的判定定理及性质定理，并能应用定理．证明线线、线面、面面的平行关系．自学导引1．两个平面平行的定义：_______________________________________________________ _________________.2．平面与平面平行的判定定理：_______________________________________________________ ___.图形表示：符号表示：_______________________________________________________ _________________.推论：如果一个平面内有两条____________分别平行于另一个平面内的__________，则这两个平面平行．3．平面与平面平行的性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么____________________________．符号表示：若平面α、β、γ满足________________________，则a∥b.上述定理说明，可以由平面与平面平行，得出直线与直线平行．对点讲练知识点一平面与平面平行的判定例1已知E、F、E1、F1分别是三棱柱A1B1C1—ABC棱AB、AC、A1B1、A1C1的中点．求证：平面A1EF∥平面E1BCF1.点评要证平面平行，依据判定定理只需要找出一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面即可．另外在证明线线、线面以及线面平行的判定线面平行面面平行时，常进行如下转化：线线平行―-------→面面平行的判定面面平行．――------→变式训练1 正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N、E、F分别为棱A1B1，A1D1，B1C1，C1D1的中点．求证：平面AMN∥平面EFDB.知识点二用面面平行的性质定理证线面平行与线线平行例2已知M、N分别是底面为平行四边形的四棱锥P—ABCD棱AB、PC的中点，平面CMN与平面PAD交于PE，求证：(1)MN∥平面PAD；(2)MN∥PE.点评该题充分体现了线线平行、线面平行、面面平行之间的相互转化关系．一般来说，证线面平行时，若用线面平行的判定定理较困难，改用面面平行的性质是一个较好的想法．变式训练2如图所示，正方体ABCD—A′B′C′D′中，点E在AB′上，点F在BD上，且B′E＝BF.求证：EF∥平面BB′C′C.知识点三综合应用例3如图所示，在底面是菱形的四棱锥P—ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝AC＝a，PB＝PD＝2a，点E在PD上，且PE∶ED＝2∶1.那么，在棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？证明你的结论．点评解答开放性问题，要结合题目本身的特点与相应的定理，大胆地猜想，然后证明．变式训练3如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、D1D、CD的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M满足______时，有MN∥平面B1BDD1.1．在空间平行的判断与证明时要注意线线、线面、面面平行关系的转化过程：2．注意两个问题(1)一条直线平行于一个平面，就平行于这个平面内的一切直线，这种说法是不对的，但可以认为这条直线与平面内的无数条直线平行．(2)两个平面平行，其中一个平面内的直线必定平行于另一平面，但这两个平面内的直线不一定相互平行，也有可能异面.课时作业一、选择题1．设平面α∥平面β，直线α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中( )A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在惟一一条与a平行的直线2．对于直线m、n和平面α，下列命题中是真命题的是( ) A．如果α，α，m、n是异面直线，那么n∥αB．如果α，α，m、n是异面直线，那么n与α相交C．如果α，n∥α，m、n共面，那么m∥nD．如果m∥α，n∥α，m、n共面，那么m∥n3．设m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是( ) A．m∥β且l1∥αB．m∥l1且n∥l2C．m∥β且n∥βD．m∥β且n∥l24．设α∥β，A∈α，B∈β，C是AB的中点，当A、B分别在平面α、β内运动时，那么所有的动点C( )A．不共面B．当且仅当A、B分别在两条直线上移动时才共面C．当且仅当A、B分别在两条给定的异面直线上移动时才共面D．不论A、B如何移动，都共面5．已知平面α外不共线的三点A，B，C到α的距离都相等，则正确的结论是( )A．平面ABC必平行于αB．平面ABC必与α相交C．平面ABC必不垂直于αD．存在△ABC的一条中位线平行于α或在α内二、填空题6．下面的命题在“________”处缺少一个条件，补上这个条件，使其构成真命题(m，n为直线，α，β为平面)，则此条件应为________．⎭⎪⎬⎪⎫ααm∥βn∥β α∥β7．平面α∥平面β，△ABC 和△A′B′C′分别在平面α和平面β内，若对应顶点的连线共点，则这两个三角形________．8．下列命题正确的是________．(填序号)①一个平面内有两条直线都与另外一个平面平行，则这两个平面平行； ②一个平面内有无数条直线都与另外一个平面平行，则这两个平面平行；③一个平面内任何直线都与另外一个平面平行，则这两个平面平行；④一个平面内有两条相交直线都与另外一个平面平行，则这两个平面平行．三、解答题9．已知两条异面直线BA 、DC 与两平行平面α、β分别交于B 、A 和D 、C ，M 、N 分别是AB 、CD 的中点．求证：MN∥平面α.10.如图所示E、F、G、H分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱BC、CC1、C1D1、AA1的中点，求证：(1)GE∥平面BB1D1D；(2)平面BDF∥平面B1D1H.【答案解析】自学导引1．没有公共点的两个平面2．如果一个平面内有两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行β，β，a∩b＝P，a∥α，b∥αβ∥α相交直线两条直线3．它们的交线平行α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b对点讲练例1证明∵EF是△ABC的中位线，∴EF∥BC.平面E1BCF1，平面E1BCF1，∴EF∥平面E1BCF1.∵A 1E1EB，∴四边形EBE1A1是平行四边形，∴A1E∥E1B.∵A1平面E1BCF1，E1平面E1BCF1，∴A1E∥平面E1BCF1.又∵A1E∩EF＝E，∴平面A1EF∥平面E1BCF1.变式训练1 证明如图，连接A 1C 1，AC.设A 1C 1分别交MN 、EF 于P 、Q ， AC 交BD 于O. 连接AP ，OQ ，B 1D 1. 在矩形A 1ACC 1中，PQ∥AO，∵M、N 、E 、F 分别是所在棱的中点， ∴MN 12D 1B 1，EF 12D 1B 1，∴P、Q 分别是四等分点，∴PQ＝12AC ，又∵AO＝12AC ，∴PQ AO.∴四边形PQOA 为平行四边形，∴AP∥OQ. ∴AP∥平面EFDB.又∵MN∥B 1D 1，EF∥B 1D 1， ∴EF∥MN，∴MN∥平面EFDB ， ∴平面AMN∥平面EFDB.例2 证明 (1)取DC 中点Q ，连接MQ 、NQ.∵NQ 是△PDC 的中位线，∴NQ∥PD.平面PAD ，平面PAD ，∴NQ∥平面PAD.∵M 是AB 中点，ABCD 是平行四边形， ∴MQ∥AD，平面PAD ，平面PAD.从而MQ∥平面PAD.∵MQ∩NQ＝Q ，∴平面MNQ∥平面PAD.平面MNQ ，∴MN∥平面PAD. (2)∵平面MNQ∥平面PAD ，平面PEC∩平面MNQ ＝MN ，平面PEC∩平面PAD ＝PE.∴MN∥PE.变式训练2 证明方法一连接AF 延长交BC 于M ，连接B′M. ∵AD∥BC，∴△AFD∽△MFB，∴AF MF ＝DF BF. 又∵BD＝B′A，B′E＝BF ， ∴DF＝AE.∴AF FM ＝AEEB′.∴EF∥B′M，又平面BB′C′C，面BB′C′C，∴EF∥平面BB′C′C.方法二作FH∥AD 交AB 于H ，连接HE. ∵AD∥BC，∴FH∥BC，又平面BB′C′C ，平面BB′C′C，∴FH∥平面BB′C′C. 由FH∥AD，可得BF BD ＝BHBA，又BF ＝B′E，BD ＝AB′，∴B′E B′A ＝BHBA ，∴EH∥BB′，平面BB′C′C，面BB′C′C，∴EH∥平面BB′C′C，又EH∩FH＝H ， ∴平面FHE∥平面BB′C′C，平面FHE ，∴EF∥平面BB′C′C. 例3 解如图所示，当F 是棱PC 的中点时，BF∥平面AEC ，证明如下：取PE 的中点M ，连接FM ，则FM∥CE.①由EM ＝12PE ＝ED 知，E 是MD 的中点，连接BM 、BD ，设BD∩AC＝O ，则O 为BD 的中点，所以BM∥OE.② 又BM∩FM＝M ，③由①②③可得，平面BFM∥平面AEC. 又平面BFM ，所以BF∥平面AEC.变式训练3 M∈线段FH 解析 ∵HN∥BD，HF∥DD 1， H N∩HF＝H ，BD∩DD 1＝D ， ∴平面NHF∥平面B 1BDD 1，故线段FH 上任意点M 与N 连接，有MN∥平面B 1BDD 1. 课时作业1．D [直线a 与B 可确定一个平面γ， ∵B∈β∩γ，∴β与γ有一条公共直线b. 由线面平行的性质定理知b∥a，所以存在性成立．因为过点B 有且只有一条直线与已知直线a 平行，所以b 惟一．] 2．C [若α，α，m ，n 是异面直线，如图(1)所示，此时n 与α相交，故A 不正确．B 项若α，α，m ，n 是异面直线，如图(2)所示，此时m 与n 为异面直线，而n 与α平行，故B 不正确．D 项如果m∥α，n∥α，m ，n 共面，如图(3)所示，m 与n 可能相交，故D 不正确．]3．B如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB∥面A1B1CD，CD∥面A1B1BA，但面A1B1CD与面A1B1BA相交，故A不正确；取AD中点为E，BC中点为F，则EF∥面ABB1A1，C1D1∥面ABB1A1，但面ABB1A1与面EFC1D1不平行，故C不对；虽然EF∥AB且C1D1∥面A1B1BA，但是面EFC1D1与面A1B1BA 不平行，故D不正确．对于选项B，当l1∥m，l2∥n且α，α时，有l1∥α，l2∥α.又l1与l2相交且都在β内，∴α∥β，而α∥β时，无法推出m∥l1且n∥l2.∴l1∥m且l2∥n是α∥β的充分不必要条件．]4．D如图所示，A′、B′分别是A、B两点在α、β上运动后的两点，此时AB中点变成A′B′中点C′，连接A′B，取A′B中点E.连接CE、C′E.则CE∥AA′，∴CE∥α.C′E∥BB′，∴C′E∥β.又∵α∥β，∴C′E∥α.∵C′E∩CE＝E.∴平面CC′E∥平面α.∴CC′∥α.所以不论A、B如何移动，所有的动点C都在过C点且与α、β平行的平面上．]5．D [A，B，C在平面α的异侧时，A错；而A，B，C在平面α同侧时，B错；A，B，C在平面α的异侧时，平面ABC有可能垂直于平面α，C错．]6．m，n相交7．相似解析由于对应顶点的连线共点，则AB与A′B′共面，由面与面平行的性质知AB∥A′B′，同理AC∥A′C′，BC∥B′C′，故两个三角形相似．8．③④9.证明过A作AE∥CD交α于E，取AE的中点P，连接MP、PN、BE、ED.∵AE∥CD，∴AE、CD确定平面AEDC.则平面AEDC∩α＝DE，平面AEDC∩β＝AC ， ∵α∥β，∴AC∥DE.又P 、N 分别为AE 、CD 的中点，α，α，∴PN∥α.又M 、P 分别为AB 、AE 的中点， ∴MP∥BE，且α，α，∴MP∥α，又∵MP∩PN＝P ，∴平面MPN∥α. 又平面MPN ，∴MN∥α.10．证明 (1)取B 1D 1中点O ，连接GO ，OB ，易证OG∥B 1C 1，且OG ＝12B 1C 1，BE∥B 1C 1，且BE ＝12B 1C 1，∴OG∥BE 且OG ＝BE ，四边形BEGO 为平行四边形．∴OB∥GE.平面BDD 1B 1，平面BDD 1B 1，∴GE∥平面BDD 1B 1.(2)由正方体性质得B 1D 1∥BD， ∵B 1D 1平面BDF ，平面BDF ， ∴B 1D 1∥平面BDF.连接HB ，D 1F ，易证四边形HBFD1是平行四边形，得HD1∥BF.∵HD1平面BDF，平面BDF，∴HD1∥平面BDF，∵B1D1∩HD1＝D1，∴平面BDF∥平面B1D1H.。

组合与组合数同步练习——2022-2023学年高二数学人教B版(2019)选择性必修第二册

3.1.3 组合与组合数--2022-2023学年高二数学人教B版（2019）选择性必修第二册同步课时训练一、概念练习，，，，等5名学生进入学校劳动技能大赛决赛，并决出第一至第五名的名次（无并列1.A B C D E名次）.已知学生A和B都不是第一名也都不是最后一名，则这5人最终名次的不同排列有（）A.18种B.36种C.48种D.54种2.中国作为世界上最大的棉花生产国和消费国，棉田面积在40万公顷以上有7个，分别为新疆、，，，，共5位优秀学生分别前往新疆、湖北、河南、江苏、湖北、山东、河北、安徽．A B C D E，，不去河山东、河北考察，用实际行动支持中国棉花．其中每个地方至少有一位同学去，A B C，四个地方都能去，则不同的安排方案的种数是（）北但能去其他三个地方，D EA.240B.126C.78D.723.现有4位学生干部分管班级的三项不同的学生工作，其中每一项工作至少有一人分管且每人只能分管一项工作，则这4位学生干部不同的分管方案种数为( )A.18B.36C.72D.814.2 月 23 日,以“和合共生”为主题的 2021 世界移动通信大会在上海召开,中国5G规模商用实现了A B C D E五名工作人员到甲、乙、丙三快速发展. 为了更好地宣传5G，某移动通信公司安排,,,,个社区开展5G宣传活动, 每人只能去一个社区且每个社区至少安排一人, 则不同的安排方法种数为( )A. 80B. 120C. 150D. 1805.2022年北京冬奥会和冬残奥会给世界人民留下了深刻的印象，其吉祥物“冰墩墩”和“雪容融的设计好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合．为了弘扬奥林匹克精神，某学校安排甲、乙等5名志愿者将吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装．若甲、乙必须安装不同的吉祥物，则不同的分配方案种数为（）A.8B.10C.12D.14二、能力提升6.在北京冬奥会期间，云顶滑雪公园的“冰墩墩”凭借着“‘冰墩墩’蹦迪‘冰墩墩’扫雪”等词条迅速出圈.比赛期间，每场比赛观众到场后，“冰墩墩”都会走上看台，结合现场的舞蹈表演、互动游戏，通过舞动肢体，做出各种可爱的造型，活跃现场气氛.云顶滑雪公园设置了3个“结束区”，共安排了甲、乙、丙、丁4名“冰墩墩”表演人员，每个“结束区”至少有1个“冰墩墩”表演，则可能的安排方式种数为( )A.18B.36C.72D.5767.重阳节是我国民间的传统节日.某校在重阳节当日安排6位学生到3所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排1人，则不同的分配方案种数是( )A.540B.564C.600D.720（多选）8.为了提高教学质量，省教育局派5位教研员去某地重点高中进行教学调研，现知该地有3所重点高中，则下列说法正确的有( )A.每个教研员只能去1所学校调研，则不同的调研方案有243种B.若每所重点高中至少去一位教研员，则不同的调研安排方案有150种C.若每所重点高中至少去一位教研员，则不同的调研安排方案有300种D.若每所重点高中至少去一位教研员，且甲､乙两位教研员不去同一所高中则不同的调研安排方案有有114种9.第24届冬奥会于2022年2月4日在中国北京市和张家口市联合举行.甲，乙等5名志愿者计划到高山滑雪、自由式滑雪、短道速滑和花样滑冰4个比赛区从事志愿者活动，则下列说法正确的有( )A.若短道速滑赛区必须安排2人，其余各安排1人，则有60种不同的方案B.若每个比赛区至少安排1人，则有240种不同的方案C.安排这5人排成一排拍照，若甲、乙相邻，则有42种不同的站法D.已知这5人的身高各不相同，若安排5人拍照，前排2人，后排3人，且后排3人中身高最高的站中间，则有40种不同的站法10.某大型商场有三个入口，春节过后，客流量大增，为做好防疫工作，拟增派6人去入口处为顾客测体温，则下列选项正确的是( )A. 若在正式上岗前，6个人自主选择去一个入口处进行观摩学习，则有216种不同的选择结果B. 若每个入口派2人，则有90种不同的选派方案C. 若两个入口各派1人，一个入口派4人，则有180种不同的选派方案D. 若一个入口派1人，一个入口派2人，一个入口派3人，则有360种不同的选派方案11.将16个完全相同的小球放入编号分别为1，2，3，4的四个盒子中，要求每个盒子中球的个数不小于它的编号，则不同的放法种数为________.12.某县为巩固脱贫攻坚的成果，选派4名工作人员到2个村进行调研，每个村至少安排一名工作人员，则不同的选派方式共有______种（用数字作答）.13.小红同学去买糖果，现只有四种不同口味的糖果可供选择，单价均为一元一颗，小红只有7元钱，要求钱全部花完且每种糖果都要买，则不同的选购方法共有______种.（用数字作答）14.回答下列问题（1）用0，2，4，6，8这五个数字可以组成多少个不同且无重复数字的四位数？（2）将5件不同的礼物分给甲1件，乙､丙各2件，试问有多少种不同的分配方法？15.男运动员6名，女运动员4名，其中男､女队长各1名.现选派5人外出参加比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？（1）男运动员3名，女运动员2名；（2）队长中至少有1人参加；（3）既要有队长，又要有女运动员.答案以及解析1.答案：B解析：由题意, 甲、乙都不是第一名且不是最后一名; 故先排乙, 有 3 种情况; 再排甲, 有 2 种情况; 余下 3 人有 33A 种排法.故共有 333236A ⨯⨯= 种不同的情况. 故选： B . 2.答案：C解析：根据题意，分3种情况讨论：①A B C ，，三人中有2人分到同一组，②A B C ，，三人中一人与D E ，中一人分到同一组，③D E ，两人分到同一组，由加法原理计算可得答案．解：根据题意，要求每个地方至少有一位同学去，需要先将5人分为4组，即在5人中，有2人需要分到同一组，分3种情况讨论：①A B C ，，三人中有2人分到同一组，有22233236C A A =种安排方法，②A B C ，，三人中一人与D E ，中一人分到同一组，有11332336C A A =种安排方法， ③D E 、两人分到同一组，有336A =种安排方法，则有3636678++=种安排方法．故选：C ． 3.答案：B解析：将四人分为三组有 246C - 种方案；分好的三组全排列，三项安排不同的学生有336A -种方案，根据分步计数原理知总共有 234336C A = 种方案.故选:B 4.答案：C解析：先将 ,,,,A B C D E 五名工作人员分成三组, 有两种情况, 分别为 “221++” 和 “113++”, 共有22125351222225 C C C C A A += 种不同的分法, 再将这三组分给甲、乙、丙三个社区开展 5G 宣传活动, 则不同的安排方法种数为3325150A =.5.答案：C解析：甲和乙必须安装不同的吉祥物, 则有 222A = 种情况,剩余 3 人分两组, 一组 1 人, 一组 2 人, 有233C =, 然后分配到参与两个吉祥物的安装,有2232 326C A =⨯=,则共有 2612⨯= 种, 故选: C. 6.答案：B解析：先分3组(1,1,2)，有24C 6=种分组的方案：再分配，有33A 种分配的方案，则可能的安排方式种数为2343C A 36=，故正确选项为B. 7.答案：A解析：根据题意，三所敬老院可能的分配有4，1，1；1，2，3；2，2，2三种情况；如果按4，1，1分配，则有4363C A 90=种；若按1，2，3分配，则有12336533C C C A 360=种；若按2，2，2分配，则有2223642333C C C A 90A ⨯=种，所以共有9036090540++=种. 故选：A. 8.答案：ABD解析：对于A 选项，每位教研员有三所学校可以选择，故不同的调研安排有53243=种，故A 正确；对于B ，C 选项，若每所重点高中至少去一位教研员，则可先将五位教研员分组，再分配，五位教研员的分组形式有两种：3，1，1；2，2，1，分别有31152122C C C 10A =，22153122C C C 15A =种分组方法，则不同的调研安排有()331015A 150+=种，故B 正确，C 错误；对于D 选项，将甲、乙两位教研员看成一人，则每所重点高中至少去一位教研员，且甲、乙两位教研员去同一所高中的排法有2113421322C C C A 36A ⨯=种，则甲、乙两位教研员不去同一所高中的排法有15036114-=种，D 正确. 故选：ABD. 9.答案：ABD解析：若短道速滑赛区必须安排2人，其余各安排1人，则先从5人中任选2人安排在短道速滑赛区，剩余3人在其余三个比赛区全排列，故有2353C A 60=种，A 正确；若每个比赛区至少安排1人，则先将5人按“2，1，1，1”形式分成四组，再分配到四个岗位上，故有2454C A 240=种，B 正确；若甲、乙相邻，可把2人看成一个整体，与剩下的3人全排列，有44A 种排法，甲、乙两人相邻有22A 种排法，所以共有4242A A 48=种站法，C 错误；前排有25A 种站法，后排3人中最高的站中间有22A 种站法，所以共有2252A A 40=种站法，D 正确. 故选：ABD. 10.答案：BD解析：A.每人各有3种选择，故有63729=（种）不同的选择结果，所以A 错误. B.每入口各两人，先从6人中抽取2人去第一个入口，有26C 种不同的选派方案；再从剩下的4人中抽取2人去第二个入口有24C 种不同的选派方案，剩下的人去第三个入口，所以共有226415690C C =⨯=（种）不同的选派方案，所以B 正确.C.两个入口各派1人，一个入口4人，则先从6人中抽取4人组合到一起，有 4 6C 种不同的方案；再把抽出的4人当成一个元素与另外2人全排，有33A 种方案，所以共有436315690C A =⨯=（种）不同的选派方案，所以C 错误.D.一入口1人，一入口2人，一入口3人，则先从6人中抽取1人，有16C 种不同的方案；再从剩下的5人中抽出2人组合到一起，有25C 种不同的方案；再把抽出的2人当成一个元素把剩下的3人当成一个元素和最开始抽出的人全排有33A 种方案，所以共有1236536106360C C A =⨯⨯=（种）不同的选派方案.所以D 正确故选：BD.11.答案：84解析：先在编号为1，2，3，4的四个盒子内分别放0，1，2，3个球，再将剩下的10个小球分成四份分别放入编号为1，2，3，4的盒子里.10个球之间有9个空隙，选出3个空隙放入隔板，所以有39C =84种放法. 故答案为：84. 12.答案：14解析：每个村选派2名工作人员的方式共有2242C C 6⋅=种方式，一个村选派3名工作人员，另一个村选派1名工作人员共有3242C A 8⋅=种方式，所以不同的选派方式共有6814+=种方式，故答案为：14. 13.答案：20解析：由题得小红要买7颗糖果，把7颗糖果看作7个相同的小球，排成一横排，它们产生6个空位，从六个空位里选三个空位，插入三块隔板，隔板不能放在两端，共有36C 20=种方法，所以不同的选购方法共有20种.（如果这一横排为：小球，小球，隔板，小球，隔板，小球，小球，隔板，小球，小球，则代表第一种糖果买2颗，第二种糖果买1颗，第三种糖果买2颗，第四种糖果买2颗）.故答案为：20.14.答案：（1）96；（2）30种.解析：（1）第一步，千位数字有4种填法；第二步，百位数字有4种填法；第三步，十位数字有3种填法；第四步，个位数字有2种填法，故这五个数字可以组成443296⨯⨯⨯=个不同且无重复数字的四位数. （2）先把1件礼物分给甲，有15C 种方法，再从剩下的4件礼物中任选2件分给乙，有24C 种方法，最后剩下的2件分给丙，所以一共有1254C C 30=种不同的分配方法. 15.答案：(1)3264C C 120⋅= (2)43882C C 196+= (3)444985C C C 191+-= 解析：(1)分两步完成：第一步，选3名男运动员，有36C 种选法；第二步，选2名女运动员，有24C 种选法.由分步乘法计数原理可得，共有3264C C 120⋅=(种)选法.(2)方法一(直接法)可分类求解：“只有男队长”的选法种数为48C ； “只有女队长”的选法种数为48C ； “男､女队长都入选”的选法种数为38C ，所以共有43882C C 196+=(种)选法. 方法二(间接法)从10人中任选5人有510C 种选法，其中不选队长的方法有58C 种.所以“至少有1名队长”的选法有55108C C 196-=(种). (3)当有女队长时，其他人任意选，共有49C 种选法；当不选女队长时，必选男队长，共有48C 种选法，其中不含女运动员的选法有45C 种，所以不选女队长时的选法共有()4485C C -种.所以既要有队长又要有女运动员的选法共有444985C C C 191+-=(种).。

(新人教版)新版高中数学第一章1.2 排列与组合 1.2.2 第2课时组合的综合应用学案新人教A版选修2-3【提

第2课时组合的综合应用学习目标 1.能应用组合知识解决有关组合的简单实际问题.2.能解决有限制条件的组合问题．知识点组合的特点(1)组合的特点是只取不排组合要求n个元素是不同的，被取出的m个元素也是不同的，即从n个不同的元素中进行m 次不放回地取出．(2)组合的特性元素的无序性，即取出的m个元素不讲究顺序，没有位置的要求．(3)相同的组合根据组合的定义，只要两个组合中的元素完全相同(不管顺序如何)，就是相同的组合．类型一有限制条件的组合问题例1 课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？(1)至少有一名队长当选；(2)至多有两名女生当选；(3)既要有队长，又要有女生当选．考点组合的应用题点有限制条件的组合问题解(1)C513－C511＝825(种)(2)至多有2名女生当选含有三类：有2名女生；只有1名女生；没有女生，所以共有C25C38＋C15C48＋C58＝966(种)选法．(3)分两类：第一类女队长当选，有C412＝495(种)选法，第二类女队长没当选，有C14C37＋C24C27＋C34C17＋C44＝295(种)选法，所以共有495＋295＝790(种)选法．反思与感悟有限制条件的抽(选)取问题，主要有两类：一是“含”与“不含”问题，其解法常用直接分步法，即“含”的先取出，“不含”的可把所指元素去掉再取，分步计数；二是“至多”“至少”问题，其解法常有两种解决思路：一是直接分类法，但要注意分类要不重不漏；二是间接法，注意找准对立面，确保不重不漏．跟踪训练1 某食堂每天中午准备4种不同的荤菜，7种不同的蔬菜，用餐者可以按下述方法之一搭配午餐：(1)任选两种荤菜、两种蔬菜和白米饭；(2)任选一种荤菜、两种蔬菜和蛋炒饭．则每天不同午餐的搭配方法共有( )A．210种 B．420种 C．56种 D．22种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 A解析由分类加法计数原理知，两类配餐的搭配方法之和即为所求，所以每天不同午餐的搭配方法共有C24C27＋C14C27＝210(种)．类型二与几何有关的组合应用题例2 如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，线段AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4.(1)以这10个点中的3个点为顶点可作多少个三角形？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？考点组合的应用题点与几何有关的组合问题解(1)方法一可作出三角形C36＋C16·C24＋C26·C14＝116(个)．方法二可作三角形C310－C34＝116(个)，其中以C1为顶点的三角形有C25＋C15·C14＋C24＝36(个)．(2)可作出四边形C46＋C36·C16＋C26·C26＝360(个)．反思与感悟(1)图形多少的问题通常是组合问题，要注意共点、共线、共面、异面等情形，防止多算．常用直接法，也可采用间接法．(2)在处理几何问题中的组合问题时，应将几何问题抽象成组合问题来解决．跟踪训练2 空间中有10个点，其中有5个点在同一个平面内，其余点无三点共线，无四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为( )A．205 B．110 C．204 D．200考点组合的应用题点与几何有关的组合问题答案 A解析方法一可以按从共面的5个点中取0个、1个、2个、3个进行分类，则得到所有的取法总数为C 05C 45＋C 15C 35＋C 25C 25＋C 35C 15＝205.方法二从10个点中任取4个点的方法数中去掉4个点全部取自共面的5个点的情况，得到所有构成四面体的个数为C 410－C 45＝205. 类型三分组、分配问题命题角度1 不同元素分组、分配问题例3 6本不同的书，分为3组，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？ (1)每组2本(平均分组)；(2)一组1本，一组2本，一组3本(不平均分组)； (3)一组4本，另外两组各1本(局部平均分组)．考点排列组合综合问题题点分组分配问题解 (1)每组2本，均分为3组的方法数为C 26C 24C 22A 33＝15×6×16＝15.(2)一组1本，一组2本，一组3本的分组种数为C 36C 23C 11＝20×3＝60. (3)一组4本，另外两组各1本的分组种数为C 46C 12C 11A 22＝15×22＝15.反思与感悟一般地，n 个不同的元素分成p 组，各组内元素数目分别为m 1，m 2，…，m p ，其中k 组元素数目相等，那么分组方法数是C m 1n C m 2n －m 1C m 3n －m 1－m 2…C m p m pA kk. 跟踪训练3 6本不同的书，分给甲、乙、丙3人，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？ (1)甲2本，乙2本，丙2本； (2)甲1本，乙2本，丙3本； (3)甲4本，乙、丙每人1本； (4)每人2本；(5)一人1本，一人2本，一人3本； (6)一人4本，其余两人每人1本．考点排列组合综合问题题点分组分配问题解 (1)(2)(3)中，由于每人分的本数固定，属于定向分配问题，由分步乘法计数原理得： (1)共有C 26C 24C 22＝90(种)不同的分配方法；(2)共有C16C25C33＝60(种)不同的分配方法；(3)共有C46C12C11＝30(种)不同的分配方法．(4)(5)(6)属于不定向分配问题，是该类题中比较困难的问题．分配给3人，同一本书给不同的人是不同的分法，属于排列问题．实际上可看作两个步骤：先分为3组，再把这3组分给甲、乙、丙3人的全排列数A33即可．因此，(4)共有C26C24C22÷A33×A33＝90(种)不同的分配方法；(5)共有C16C25C33×A33＝360(种)不同的分配方法；(6)共有C46C12C11÷A22×A33＝90(种)不同的分配方法．命题角度2 相同元素分配问题例4 将6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子，求下列方法的种数．(1)每个盒子都不空；(2)恰有一个空盒子；(3)恰有两个空盒子．考点排列组合综合问题题点分组分配问题解(1)先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧放置一块隔板，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，有C35＝10(种)．(2)恰有一个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，如|0|000|00|，有C25种插法，然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如|0|000||00|，有C14种插法，故共有C25·C14＝40(种)．(3)恰有两个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙各插一块隔板，有C15种插法，如|00|0000|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒．①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子，如||00||0000|，有C23种插法．②将两块板与前面三块板之一并放，如|00|||0000|，有C13种插法．故共有C15·(C23＋C13)＝30(种)．反思与感悟相同元素分配问题的处理策略(1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作在排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题．(2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有C m－1n－1种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块板．跟踪训练4 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种考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案 B解析由于只剩一本书，且这些画册、集邮册分别相同，可以从剩余的书的类别进行分析．又由于排列、组合针对的是不同的元素，应从4位朋友中进行选取．第一类：当剩余的一本是画册时，相当于把3本相同的集邮册和1本画册分给4位朋友，只有1位朋友得到画册．即把4位朋友分成人数为1,3的两队，有1个元素的那队分给画册，另一队分给集邮册，有C14种分法．第二类：当剩余的一本是集邮册时，相当于把2本相同的画册和2本相同的集邮册分给4位朋友，有2位朋友得到画册，即把4位朋友分成人数为2,2的两队，一队分给画册，另一队分给集邮册，有C24种分法．因此，满足题意的赠送方法共有C14＋C24＝4＋6＝10(种)．1．某乒乓球队有9名队员，其中2名是种子选手，现在挑选5名选手参加比赛，种子选手必须在内，那么不同选法共有( )A．26种 B．84种 C．35种 D．21种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 C解析从7名队员中选出3人有C37＝7×6×53×2×1＝35(种)选法．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．5 040 B．36 C．18 D．20考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 D解析最高的同学站中间，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，所以排法有C36＝20(种)．3．直角坐标平面xOy上，平行直线x＝n(n＝0,1,2，…，5)与平行直线y＝n(n＝0,1,2，…，5)组成的图形中，矩形共有( )A．25个 B．36个 C．100个 D．225个考点组合的应用题点与几何有关的组合问题答案 D解析从垂直于x轴的6条直线中任取2条，从垂直于y轴的6条直线中任取2条，四条直线相交得出一个矩形，所以矩形总数为C26×C26＝15×15＝225.4．从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动，若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种．(用数字作答)考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案140解析安排方案分为两步完成：从7名志愿者中选3人安排在周六参加社区公益活动，有C37种方法；再从剩下的4名志愿者中选3人安排在周日参加社区公益活动，有C34种方法．故不同的安排方案共有C37C34＝7×6×53×2×1×4＝140(种)．5．正六边形顶点和中心共7个点，可组成________个三角形．考点组合的应用题点与几何有关的组合问题答案32解析不共线的三个点可组成一个三角形，7个点中共线的是：正六边形过中心的3条对角线，即共有3种情况，故组成三角形的个数为C37－3＝32.1．无限制条件的组合应用题．其解题步骤为：(1)判断；(2)转化；(3)求值；(4)作答．2．有限制条件的组合应用题：(1)“含”与“不含”问题：这类问题的解题思路是将限制条件视为特殊元素和特殊位置，一般来讲，特殊要先满足，其余则“一视同仁”．若正面入手不易，则从反面入手，寻找问题的突破口，即采用排除法．解题时要注意分清“有且仅有”“至多”“至少”“全是”“都不是”“不都是”等词语的确切含义，准确把握分类标准．(2)几何中的计算问题：在处理几何问题中的组合应用问题时，应先明确几何中的点、线、面及构型，明确平面图形和立体图形中的点、线、面之间的关系，将几何问题抽象成组合问题来解决．(3)分组、分配问题：分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不可区分的，而后者即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的．一、选择题1．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取3个不同的数，使其和为奇数，则不同的取法共有( )A．30种 B．33种 C．37种 D．40种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 D解析从1,2,3，…，9这9个数中取出3个不同的数，使其和为奇数的情况包括：(1)取出的3个数都是奇数，取法有C35＝10(种)；(2)取出的3个数中有2个偶数、1个奇数，取法有C24C15＝30(种)，根据分类加法计数原理，满足题意的取法共有10＋30＝40(种)．2．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，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为( )A．24种 B．14种 C．28种 D．48种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 B解析方法一分两类完成：第1类，选派1名女生、3名男生，有C12·C34种选派方案；第2类，选派2名女生、2名男生，有C22·C24种选派方案．故共有C12·C34＋C22·C24＝14(种)不同的选派方案．方法二6人中选派4人的组合数为C46，其中都选男生的组合数为C44，所以至少有1名女生的选派方案有C46－C44＝14(种)．3．直线a∥b，a上有5个点，b上有4个点，以这九个点为顶点的三角形个数为( ) A．C25C14＋C15C24B．(C25＋C14)(C15＋C24)C．C39－9 D．C39－C35考点组合的应用题点与几何有关的组合问题答案 A解析可以分为两类：a 上取两点，b 上取一点，则可构成三角形个数为C 25C 14；a 上取一点，b 上取两点，则可构成三角形个数为C 15C 24，利用分类加法计数原理可得以这九个点为顶点的三角形个数为C 25C 14＋C 15C 24，故选A.4．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法有( ) A ．C 25C 26种 B ．C 25A 26种 C ．C 25A 22C 26A 22种D ．A 25A 26种考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案 B解析先从5名男选手中任意选取2名，有C 25种选法，再从6名女选手中任意选择两名与选出的男选手打比赛，有C 26A 22，即A 26种．所以共有C 25A 26种．5．将标号为A ，B ，C ，D ，E ，F 的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张卡片，其中标号为A ，B 的卡片放入同1个信封，则不同的放法共有( ) A ．12种 B ．18种 C ．36种 D ．54种考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案 B解析由题意知，不同的放法共有C 13C 24＝3×4×32＝18(种)．6．某地招募了20名志愿者，他们编号分别为1号，2号，…，19号，20号，如果要从中任意选取4人再按编号大小分成两组去做一些预备服务工作，其中两个编号较小的人在一组，两个编号较大的人在另一组，那么确保5号与14号入选并被分配到同一组的选取种数是( )A ．16B ．21C ．24D ．90 考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案 B 解析分2类：第1类，5号与14号为编号较大的一组，则另一组编号较小的有C 24＝6(种)选取方法．第2类，5号与14号为编号较小的一组，则编号较大的一组有C 26＝15(种)选取方法．由分类加法计数原理得，共有C 24＋C 26＝6＋15＝21(种)选取方法．7．北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为( ) A ．C 1214C 412C 48 B ．C 1214A 412A 48 C.C 1214C 412C 48A 33D ．C 1214C 412C 48A 38考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案 A解析首先从14人中选出12人共C 1214种，然后将12人平均分为3组共C 412·C 48·C 44A 33种，然后这两步相乘，得C 1214·C 412·C 48A 33.将三组分配下去共C 1214·C 412·C 48种．故选A. 8．假如北京大学给中山市某三所重点中学7个自主招生的推荐名额，则每所中学至少分到一个名额的方法数为( ) A ．30 B ．21 C ．10 D ．15 考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案 D解析用“隔板法”．在7个名额中间的6个空位上选2个位置加2个隔板，有C 26＝15(种)分配方法．二、填空题9．在2017年的上海高考改革方案中，要求每位考生必须在物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科中选择3门学科参加等级考试．小明同学决定在生物、政治、历史三门中至多选择一门，那么小明同学的选择方案有________种．考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 10解析 ①在生物、政治、历史三门中选择1门，则在物理、化学、地理中选2门，有C 13C 23＝9(种)选法；②在生物、政治、历史三门中选择0门，则物理、化学、地理全选，有C 33＝1(种)选法．共有选法9＋1＝10(种)．10.如图所示的几何体是由一个正三棱锥P －ABC 与正三棱柱ABC －A 1B 1C 1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A 1B 1C 1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有______种．考点涂色问题题点涂色问题答案12解析先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C13×C12×C11×C12＝3×2×1×2＝12(种)不同的涂法．11．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种．(用数字作答)考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案60解析一、二、三等奖，三个人获得，有A34＝24(种)．一、二、三等奖，有一个人获得2张，一个人获得1张，共有C23A24＝36(种)，共有24＋36＝60(种)不同的获奖情况．三、解答题12．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，求不同取法的种数．考点组合的应用题点有限制条件的组合问题解若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色，则有C14×C14×C14＝64(种)，若2张同色，则有C23×C12×C24×C14＝144(种)，若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有C14×C23×C14×C14＝192(种)，剩余2张同色，则有C14×C13×C24＝72(种)，所以共有64＋144＋192＋72＝472(种)不同的取法．13．现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作，有4名能胜任德语翻译工作(其中有1名青年两项工作都能胜任)．现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？考点排列组合综合问题题点分组分配问题解可以分三类．精品试卷第一类，让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译工作，有C24C23种选法；第二类，让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译工作，有C34C13种选法；第三类，让两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有C34C23种选法．根据分类加法计数原理，一共有C24C23＋C34C13＋C34C23＝42(种)不同的选法．四、探究与拓展14．20个不加区别的小球放入编号为1,2,3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数为________．考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案120解析先在编号为2,3的盒内分别放入1,2个球，还剩17个小球，三个盒内分别至少再放入1个球，将17个球排成一排，有16个空隙，插入2块挡板分为三堆放入三个盒中即可，共C216＝120(种)方法．15．已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用解(1)先排前4次测试，只能取正品，有A46种不同测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C24A22＝A24(种)测法，再排余下4件的测试位置，有A44种测法．所以共有不同测试方法A46·A24·A44＝103 680(种)．(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有不同测试方法C16C34A44＝576(种)．欢迎下载。

2017-2018年度高中数学第一章计数原理 1.2 排列与组合 1.2.2.1 组合及组合数公式讲义新人教B版选修2-3

12
知识拓展 (1)如果两个组合中的元素完全相同,不管它们的顺序如何,都是相同的组合.
(2)当两个组合中的元素不完全相同(即使只有一个元素不同)时, 就是不同的组合.例如从a,b,c三个不同的元
素中取出两个元素的所有组合有3个,它们分别是ab,ac,bc.要注意 ba,ab是相同的组合.
(3)组合问题与排列问题的共同点是:都要“从n个不同元素中,任取m个元素”,不同点是:前者是“不管顺序并成一组”,而后者要“按照一定顺序排成一列”.
题型一题型二题型三题型四
题型四易错辨析
【例 4】
已知C15��
−
1 C6��
=
107C7��,求
m.
错解:由已知得��!(55!-��)!
−
��!(6-��)! 6!
=
7(170-��×��)7!!��!,
即 60-10(6-m)=(7-m)(6-m),
1234 5
4.已知C��2��-1
=
C�� 3
=
C��4��+1,则
m
与
n
的值分别为
.
解析:
由C��-1
2
=
C��可得
3
5m=2n+2,①
由C��
3
=
C��+1可得
=

��! ��!(��-��)!
=
��(��-1)(��-2��)��…! (��-��+1),这里

《步步高学案导学设计》2013-2014学年高中数学人教B版必修2【配套备课资源】第一章 1.2.2(一)

证明如图，取 BB1 的中点 G，连接 GC1、GE.
本课时栏目开关
∵F 为 CC1 的中点，
∴BG 綊 C1F.
∴四边形 BGC1F 为平行四边形．
∴BF 綊 GC1. 又∵EG 綊 A1B1，A1B1 綊 C1D1，
∴EG 綊 D1C1.
∴四边形 EGC1D1 为平行四边形．
∴ED1 綊 GC1.∴BF 綊 ED1.
－A1B1C1D1 的棱 AD, A1D1 的中点．求证： ∠C1E1B1 ＝ ∠CEB.
本课时栏目开关
证明由于 E， 1 分别是正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱 AD, E A1D1 的中点，
所以 EE1∥DD1，且 EE1＝DD1，
又因 DD1∥CC1 且 DD1＝CC1，
∴四边形 MNA1C1 是梯形．
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1.2.2(一)
(2)由(1)可知 MN//A1C1，
又∵ND//A1D1，
本课时栏目开关
∴∠DNM 与∠D1A1C1 相等或互补．而∠DNM 与∠D1A1C1 均是直角三角形的一个锐角，
∴∠DNM＝∠D1A1C1.
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1.2.2(一)
问题 2
你能画出一个空间四边形，并指出空间四边形的对
角线Байду номын сангаас？
本课时栏目开关
答如图，是一个空间四边形， AC、BD 是它的对角线.
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1.2.2(一)
问题 3
空间四边形的常见画法经常用一个平面衬托，你能
画出吗？

高中数学人教版选修2-3(理科) 第一章计数原理1.2.2组合A卷(练习)

高中数学人教版选修2-3（理科）第一章计数原理1.2.2组合A卷（练习）姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共8题；共16分)1. （2分）三层书架，上层有10本不同的语文书，中层有9本不同的数学书，下层有8本不同的英语书，从书架上任取两本不同学科的书，不同取法共有（）A . 245种B . 242种C . 54种D . 27种2. （2分）从4种不同的蔬菜品种中选出3种，分别种在3块不同的土质的土地上进行试验，共有种植方法数为（）A .B .C .D .3. （2分）将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一班，则不同分法的种数为（）A . 18B . 24C . 30D . 364. （2分）(2018·朝阳模拟) 某单位安排甲、乙、丙、丁名工作人员从周一到周五值班,每天有且只有人值班每人至少安排一天且甲连续两天值班,则不同的安排方法种数为（）A .B .C .D .5. （2分） (2019高二下·阜平月考) 如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择．要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（）A . 24种B . 48种C . 72种D . 96种6. （2分）设集合A={a1,a2,a3,a4,a5}，记n(A)是ai+aj的不同值的个数，其中且,n(A),的最大值为k，n(A)的最小值为m，则（）A .B .C .D .7. （2分）如果小明在某一周的第一天和第七天分别吃了3个水果，且从这周的第二天开始，每天所吃水果的个数与前一天相比，仅存在三种可能：或“多一个”或“持平”或“少一个”，那么，小明在这一周中每天所吃水果个数的不同选择方案共有（）A . 50种B . 51种C . 140种D . 141种8. （2分） (2020高二下·龙江期末) 2020年4月30日，我国的5G信号首次覆盖了海拔8000米的珠穆朗玛峰峰顶和北坡登山路线，为了保证中国登山队珠峰高程测量的顺利直播，现从海拔5300米、5800米和6500米的三个大本营中抽出了4名技术人员，派往北坡登山路线中的3个崎岖路段进行信号检测，每个路段至少安排1名技术人员，则不同的安排方法共有（）A . 72B . 36C . 48D . 54二、填空题 (共3题；共3分)9. （1分） (2020高三上·浙江月考) 从0，2，4，6中任取2个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位偶数.10. （1分） (2020高三上·青浦期末) 某地开展名优教师支教活动，现有五名名优教师被随机分到、、三个不同的乡镇中学，现要求甲乙两位名优教师同时分到一个中学，可以有乡镇中学不分配到名优教师，则不同的分配方案共有________种11. （1分） (2020高三上·浙江月考) 某地需要安排人员分别在上午、下午、前半夜、后半夜四个时间段值班，要求每班至少含一名民警和一名医务人员，且至少有一名女性，每人值一班.现有民警4人（4男），医务人员6人（5女1男），其中民警甲不排上午，男医生不排上午、下午，则不同的安排方法有________种.三、解答题 (共3题；共30分)12. （5分）设r，s，t为整数，集合{a|a=2r+2s+2t ，0≤t＜s＜r}中的数由小到大组成数列{an}．（1）写出数列{an}的前三项；（2）求a36 ．13. （10分）用这六个数字，完成下面两个小题．（1）若数字不允许重复，可以组成多少个能被整除的且百位数字不是的不同的五位数；（2）若直线方程中的可以从已知的六个数字中任取个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？14. （15分） (2017高二下·莆田期末) 某校高2010级数学培优学习小组有男生3人女生2人，这5人站成一排留影．（1）求其中的甲乙两人必须相邻的站法有多少种？（2）求其中的甲乙两人不相邻的站法有多少种？（3）求甲不站最左端且乙不站最右端的站法有多少种？参考答案一、选择题 (共8题；共16分)答案：1-1、考点：解析：答案：2-1、考点：解析：答案：3-1、考点：解析：答案：4-1、考点：解析：答案：5-1、考点：解析：答案：6-1、考点：解析：答案：7-1、考点：解析：答案：8-1、考点：解析：二、填空题 (共3题；共3分)答案：9-1、考点：解析：答案：10-1、考点：解析：答案：11-1、考点：解析：三、解答题 (共3题；共30分)答案：12-1、考点：解析：答案：13-1、答案：13-2、考点：解析：答案：14-1、答案：14-2、答案：14-3、考点：解析：。

高二数学(人教B版)选修2-1全册同步练习：1-2-2“非”(否定)

1.2.2“非”（否定）一、选择题1．如果命题“綈p或綈q”是真命题，命题“綈p且綈q”是假命题，那么() A．命题p和q都是真命题B．命题p和q都是假命题C．命题p与“綈q”的真假相同D．命题p与“綈q”的真假不同[答案] C[解析]“綈p或綈q”是真命题，说明綈p与綈q至少有一为真命题，而綈p是綈q 是假命题，说明綈p与綈q至少有一为假命题，所以綈p和綈q有一真命题一假命题，∴p 与“綈q”真假相同．2．命题：“∀x∈R，都有x2－x＋1>0”的否定是()A．∀x∈R，都有x2－x＋1≤0B．∃x∈R，使x2－x＋1>0C．∃x∈R，使x2－x＋1≤0D．以上选项均不正确[答案] C[解析]原命题是全面肯定，则它的非命题应是部分否定，故选C.3．已知全集S＝R，A⊆S，B⊆S，若命题p：2∈A∪B，则命题“非p”是()A.2∉AB.2∉∁s BC.2∉A∩BD.2∈(∁s A)∩(∁s B)[答案] D[解析]由命题的否定可得D.4．若ab<0(a，b∈R)，则点F(a，b)在第二或第四象限，可拆成下列两个简单命题() A．ab<0，则P(a，b)在第二象限或ab<0，则P(a，b)在第四象限B．P(a，b)在第二象限，则ab<0，若P(a，b)在第四象限，则ab<0C．a>0，b<0，则P(a，b)在第四象限，a<0，b>0，则P(a，b)在第二象限D．以上拆法均不正确[答案] C5．下列命题中真命题的个数是()①∀x∈R，x4>x2；②若p∧q是假命题，则p，q都是假命题；③命题“∀x∈R，x3－x2＋1≤0”的否定是“∃x∈R，x3－x2＋1>0”．A．0B．1C．2D．3[答案] B[解析]真命题只有③，故选B.6．(2009·北京高二检测)已知命题p：所有有理数都是实数；命题q：正数的对数都是负数，则下列命题中为真命题的是()A．(綈p)∨q B．p∧qC．(綈p)∧(綈q) D．(綈p)∨(綈q)[答案] D7．命题“存在实数x，|x＋1|≤0且x2≥1”是()A．“p∨q”的形式 B．“¬p”的形式C．真命题D．假命题[答案] C[解析]所给命题既不是“p∨q”的形式，也不是“¬p”的形式，它是一个真命题，如x＝－1时命题成立．8．由下列各组命题构成的复合命题中，“p∨q”为真，“p∧q”为假，“綈p”为真的一组为()A．p：2∈Q，q：∅ AB．p：π<3，q：5>3C．p：a∈{a，b}，q：{a} {a，b}D．p：Q R，q：N＝Z[答案] B[解析]若“綈p”为真，则p为假．又p∨q为真，p∧q为假，所以q为真．故选B.9．已知命题p：若平面α⊥β，平面γ⊥β，则有α∥γ.命题q：若平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则有α∥β.对于这两个命题，下列结论中正确的是() A．p∧q为真B．p∨q为假C．p∨q为真D．(綈p)∨(綈q)为假[答案] B[解析]命题p是假命题，这是因为α与γ也可能相交；命题q也是假命题，这两个平面α，β也可能相交，故选B.10．已知命题p ：7≠8，q ：3>4，则下列说法正确的是( )A ．“p ∨q ”为真，“p ∧q ”为真，“綈p ”为假B ．“p ∨q ”为真，“p ∧q ”为假，“綈p ”为真C ．“p ∨q ”为假，“p ∧q ”为假，“綈p ”为假D ．“p ∨q ”为真，“p ∧q ”为假，“綈p ”为假[答案] D[解析] ∵p 为真q 为假，∴p ∨q 为真，p ∧q 为假．綈p 为假，綈q 为真．故选D.二、填空题11．若“p ∧q ”与“p ∨q ”均为假，则綈p ，綈q 的真假为________．[答案] 均为真[解析] 由命题“且”，“或”知p 、q 都是假，∴綈p 、綈q 都是真．12．已知命题p ：不等式x 2＋x ＋1≤0的解集为R ，命题q ：不等式x －2x －1≤0的解集为{x |1<x ≤2}，则命题“p ∨q ”“p ∧q ”、“¬p ”“¬q ”中正确的命题是________．[答案] p ∨q ，¬p[解析] p 的范围应为∅，故p 为假；q 为真，故“p ∨q ”与“¬p ”为真，而“p ∧q ”与“¬p ”为假．13．已知命题p ：|x 2－x |≥6，q ：x ∈Z 且“p ∧q ”与“¬q ”同时为假命题，则x 的值为________．[答案] －1、0、1、2[解析] ∵“p ∧q ”为假，∴p 、q 至少有一个命题为假，又“¬q ”为假，∴q 为真，从而可知p 为假．由p 为假且q 为真，可得|x 2－x |<6且x ∈Z ，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－x <6x 2－x >－6x ∈Z ⇒⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－x －6<0x 2－x ＋6>0x ∈Z ⇒⎩⎪⎨⎪⎧ －2<x <3，x ∈R ，x ∈Z .故x 的值为－1、0、1、2.14．下列说法错误的是________．①“p 且q ”的否定是“綈p 或綈q ”②若q 为真，则綈q 为假③若p ∧q 为真，则綈p 为假④命题p ：若M ∪N ＝M ，则N ⊆M ，命题q ：5∉{2,3}，则命题“p 且q ”为假[答案] ④[解析] ④中p 为真q 为真，所以p 且q 为真．三、解答题15．写出下列命题的“否定”，并判断其真假：(1)p ：∀x ∈R ；x 2－x ＋14≥0； (2)q ：所有的正方形都是矩形；(3)s ：至少有一个实数x ，使x 3＋1＝0.[解析] (1)¬p ：∃x ∈R ，x 2－x ＋14<0.是假命题，因为由∀x ∈R ，x 2－x ＋14＝⎝⎛⎭⎫x －122≥0恒成立．(2)¬q ：至少存在一个正方形不是矩形．是假命题．(3)¬s ：∀x ∈R ，x 3＋1≠0.是假命题，这是由于x ＝－1时，x 3＋1＝0.16．已知：p ：|3x －4|>2，q ：1x 2－x －2>0，求綈p 和綈q 对应的x 值的集合． [解析] 由p ：|3x －4|>2，得p ：x >2或x <32∴綈p ：23≤x ≤2. 即綈p ：{x |23≤x ≤2}．由q ：1x 2－x －2>0，得q ：x >2或x <－1， ∴綈q ：－1≤x ≤2，即綈q ：{x |－1≤x ≤2}．17．已知命题p ：x 在函数f (x )＝log 3(x 2－x －6)的定义域内，命题q ：x ∈Z .若p ∧q 为假命题，綈q 为假命题，求实数x 的取值范围．[解析] ∵p ∧q 假，綈q 假，∴q 真，p 假．∴⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－x －6≤0x ∈Z ⇔⎩⎪⎨⎪⎧－2≤x ≤3x ∈Z ∴x ∈{－2，－1,0,1,2,3}．18．已知p ：方程x 2－mx ＋m ＋3＝0有两个不等的负根，q ：方程x 2＋2(m －2)x －3m ＋24＝0无实根．若p ∨q 为真．p ∧q 为假．求实数m 的取值范围．[解析] 当p 为真命题时，有⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝(－m )2－4(m ＋3)>0，x 1＋x 2＝m <0，x 1x 2＝m ＋3>0，即⎩⎪⎨⎪⎧ m 2－4m －12>0m <0m >－3⇔⎩⎪⎨⎪⎧ m <－2或m >6m <0m >－3 ⇔－3<m <－2.当q 为真命题时有Δ＝[2(m －2)]2－4(－3m ＋24)<0，即m 2－4m ＋4＋3m －24<0⇔m 2－m －20<0⇔－4<m <5.∵p ∨q 为真，p ∧q 为假，∴p 与q 中有一真命题，一假命题，即p 真q 假或p 假q 真． ∴⎩⎪⎨⎪⎧ －3<m <－2m ≤－4或m ≥5或⎩⎪⎨⎪⎧m ≤－3或m ≥－2－4<m <5 ⇔－4<m ≤－3或－2≤m <5. 所以所求实数m 的取值范围是(－4，－3]∪[－2,5)．。

高中数学第一章立体几何初步1.2.2第1课时平行直线学案新人教B版必修2

第1课时平行直线学习目标 1.掌握空间中两条直线的位置关系，理解空间平行性的传递性.2.理解并掌握基本性质4及等角公理．知识点一基本性质41．文字表述：平行于同一条直线的两条直线互相平行．这一性质叫做空间平行线的传递性． 2．符号表达：⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b b ∥c ⇒a ∥c .知识点二等角定理思考观察图，在长方体ABCD —A ′B ′C ′D ′中，∠ADC 与∠A ′D ′C ′，∠ADC 与∠D ′A ′B ′的两边分别对应平行，这两组角的大小关系如何？答案从图中可以看出，∠ADC ＝∠A ′D ′C ′，∠ADC ＋∠D ′A ′B ′＝180°. 梳理等角定理如果一个角的两边与另一个角的两边分别对应平行，并且方向相同，那么这两个角相等．知识点三空间四边形顺次连接不共面的四点A ，B ，C ，D 所构成的图形，叫做空间四边形．这四个点中的各个点叫做空间四边形的顶点；所连接的相邻顶点间的线段叫做空间四边形的边；连接不相邻的顶点的线段叫做空间四边形的对角线．空间四边形用表示顶点的四个字母表示．1．若AB ∥A ′B ′，AC ∥A ′C ′，则∠BAC ＝∠B ′A ′C ′.( × ) 2．没有公共点的两条直线是异面直线．( × )3．若a ，b 是两条直线，α，β是两个平面，且a ⊂α，b ⊂β，则a ，b 是异面直线．( × )类型一基本性质4的应用例1 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，E ，F ，G ，H 分别为PA ，PB ，PC ，PD 的中点，求证：四边形EFGH 是平行四边形．解在△PAB 中，因为E ，F 分别是PA ，PB 的中点，所以EF ∥AB ，EF ＝12AB ，同理GH ∥DC ，GH ＝12DC .因为四边形ABCD 是平行四边形，所以AB ∥CD ，AB ＝CD . 所以EF ∥GH ，EF ＝GH .所以四边形EFGH 是平行四边形．反思与感悟证明两条直线平行的两种方法(1)利用平行线的定义：证明两条直线在同一平面内且无公共点．(2)利用基本性质4：寻找第三条直线，然后证明这两条直线都与所找的第三条直线平行，根据基本性质4，显然这两条直线平行．若题设条件中含有中点，则常利用三角形的中位线性质证明直线平行．跟踪训练1 如图所示，E ，F 分别是长方体A 1B 1C 1D 1－ABCD 的棱A 1A ，C 1C 的中点．求证：四边形B 1EDF 是平行四边形．证明设Q 是DD 1的中点，连接EQ ，QC 1.∵E 是AA 1的中点， ∴EQ 綊A 1D 1. 又在矩形A 1B 1C 1D 1中，A 1D 1綊B 1C 1，∴EQ綊B1C1(基本性质4)．∴四边形EQC1B1为平行四边形，∴B1E綊C1Q.又∵Q，F是DD1，C1C的中点，∴QD綊C1F.∴四边形QDFC1为平行四边形．∴C1Q綊DF，∴B1E綊DF.∴四边形B1EDF为平行四边形．类型二等角定理的应用例2 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，M1分别是棱AD和A1D1的中点．求证：(1)四边形BB1M1M为平行四边形；(2)∠BMC＝∠B1M1C1.证明(1)在正方形ADD1A1中，M，M1分别为AD，A1D1的中点，∴A1M1綊AM，∴四边形AMM1A1是平行四边形，∴A1A綊M1M.又∵A1A綊B1B，∴M1M綊B1B，∴四边形BB1M1M为平行四边形．(2)由(1)知四边形BB1M1M为平行四边形，∴B1M1∥BM.同理可得四边形CC1M1M为平行四边形，∴C1M1∥CM.由平面几何知识可知，∠BMC和∠B1M1C1都是锐角．∴∠BMC＝∠B1M1C1.反思与感悟有关证明角相等问题，一般采用下面三种途径(1)利用等角定理及其推论．(2)利用三角形相似．(3)利用三角形全等．本例是通过第一种途径来实现的．跟踪训练2 已知棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱CD，AD的中点．求证：(1)四边形MNA 1C 1是梯形； (2)∠DNM ＝∠D 1A 1C 1. 证明 (1)如图，连接AC ，在△ACD 中，∵M ，N 分别是CD ，AD 的中点， ∴MN 是△ACD 的中位线， ∴MN ∥AC ，MN ＝12AC .由正方体的性质，得AC ∥A 1C 1，AC ＝A 1C 1. ∴MN ∥A 1C 1，且MN ＝12A 1C 1，即MN ≠A 1C 1，∴四边形MNA 1C 1是梯形．(2)由(1)可知MN ∥A 1C 1，又∵ND ∥A 1D 1， ∴∠DNM 与∠D 1A 1C 1相等或互补．而∠DNM 与∠D 1A 1C 1均是直角三角形的一个锐角， ∴∠DNM ＝∠D 1A 1C 1.类型三空间四边形的认识例3 如图，设E ，F ，G ，H 分别是四面体A －BCD 的棱AB ，BC ，CD ，DA 上的点，且AE AB ＝AH AD＝λ，CF CB ＝CGCD＝μ，求证：(1)当λ＝μ时，四边形EFGH 是平行四边形； (2)当λ≠μ时，四边形EFGH 是梯形．证明 (1)∵AE AB ＝AH AD ＝λ，∴EH ∥BD ，∴EHBD ＝λ.同理，GF ∥BD ，GF BD＝μ.又∵λ＝μ，∴EH ＝GF ，∴EH 綊GF . ∴四边形EFGH 是平行四边形．(2)由(1)知EH ∥GF ，又∵λ≠μ，∴EH ≠GF . ∴四边形EFGH 是梯形．反思与感悟因空间图形往往包含平面图形，在解题时容易混淆，所以把相似的概念辨析一下，区分异同，有利于解题时不出错，如本例中明确给出了“空间四边形ABCD ”，不包含平面四边形，说明“A ，B ，C ，D 四点必不共面”，不能因直观图中AD 与BC 看似平行的关系认为它们是平行的．跟踪训练3 已知空间四边形ABCD 中，AB ≠AC ，BD ＝BC ，AE 是△ABC 的边BC 上的高，DF 是△BCD 的边BC 上的中线，判定AE 与DF 的位置关系．解由已知，得E ，F 不重合．设△BCD 所在平面为α，则DF ⊂α，A ∉α，E ∈α，E ∉DF ，所以AE 与DF 异面．1．直线a ∥b ，直线b 与c 相交，则直线a ，c 一定不存在的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行 C ．异面 D ．无法判断答案 B解析如图，a与c相交或异面．2．下列四个结论中假命题的个数是( )①垂直于同一直线的两条直线互相平行；②平行于同一直线的两直线平行；③若直线a，b，c满足a∥b，b⊥c，则a⊥c；④若直线l1，l2是异面直线，则与l1，l2都相交的两条直线是异面直线．A．1 B．2 C．3 D．4答案 B解析①④均为假命题．①可举反例，如a、b、c三线两两垂直．④如图甲时，c、d与异面直线l1、l2交于四个点，此时c、d异面；当点A在直线l1上运动(其余三点不动)时，会出现点A与B重合的情形，如图乙所示，此时c、d共面相交．3．下列结论正确的是( )A．若两个角相等，则这两个角的两边分别平行B．空间四边形的四个顶点可以在一个平面内C．空间四边形的两条对角线可以相交D．空间四边形的两条对角线不相交答案 D解析空间四边形的四个顶点不在同一平面上，所以它的对角线不相交，否则四个顶点共面，故选D.4．下面三个命题，其中正确的个数是( )①三条相互平行的直线必共面；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③若四边形有一组对角都是直角，则这个四边形是圆的内接四边形．A．1 B．2 C．3 D．0答案 D解析空间中三条平行线不一定共面，故①错；当把正方形沿对角线折成空间四边形，这时满足两组对边分别相等，也满足有一组对角都是直角，故②、③都错，故选D.5．两个三角形不在同一平面内，它们的边两两对应平行，那么这两个三角形( )A．全等B．不相似C．仅有一个角相等D．相似答案 D解析由等角定理知，这两个三角形的三个角分别对应相等，故选D.1．判定两直线的位置关系的依据就在于两直线平行、相交、异面的定义．很多情况下，定义就是一种常用的判定方法．另外，我们解决空间有关线线问题时，不要忘了我们生活中的模型，比如说教室就是一个长方体模型，里面的线线关系非常丰富，我们要好好地利用它，它是我们培养空间想象能力的好工具．3．注意：等角定理的逆命题不成立．一、选择题1．已知AB∥PQ，BC∥QR，若∠ABC＝30°，则∠PQR等于( )A．30° B．30°或150°C．150° D．以上结论都不对答案 B解析由等角定理可知∠PQR与∠ABC相等或互补，故答案为B.2．分别和两条异面直线平行的两条直线的位置关系是( )A．一定平行B．一定相交C．一定异面D．相交或异面答案 D3．若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论中正确的是( ) A．OB∥O1B1且方向相同B．OB∥O1B1C．OB与O1B1不平行D．OB与O1B1不一定平行答案 D解析等角定理的实质是角的平移，其逆命题不一定成立，OB与O1B1有可能平行，也可能不在同一平面内，位置关系不确定．4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是平面AA1D1D、平面CC1D1D的中心，G，H分别是线段AB，BC的中点，则直线EF与直线GH的位置关系是( )A．相交B．异面C．平行D．垂直答案 C解析如图，连接AD1，CD1，AC，则E，F分别为AD1，CD1的中点．由三角形的中位线定理知，EF∥AC，GH∥AC，所以EF∥GH，故选C.5．正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为AA1，CC1的中点，则四边形D1PBQ是( )A．正方形B．菱形C．矩形D．空间四边形答案 B解析设正方体棱长为2，直接计算可知四边形D1PBQ各边均为5，又D1PBQ是平行四边形，所以四边形D1PBQ是菱形．6.已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中(如图)，l⊂平面A1B1C1D1，且l与B1C1不平行，则下列一定不可能的是( )A．l与AD平行B．l与AD不平行C．l与AC平行D．l与BD垂直答案 A解析假设l∥AD，则由AD∥BC∥B1C1知，l∥B1C1，这与l与B1C1不平行矛盾，所以l与AD 不平行．7．长方体ABCD－A1B1C1D1的12条棱中，所在直线与棱AA1所在直线垂直的共有( )A．6条 B．8条 C．10条 D．12条答案 B解析所在直线与棱AA1所在直线垂直的有AB，BC，CD，DA，A1B1，B1C1，C1D1，D1A1，共8条．8．异面直线a，b，有a⊂α，b⊂β且α∩β＝c，则直线c与a，b的关系是( ) A．c与a，b都相交B．c与a，b都不相交C．c至多与a，b中的一条相交D．c至少与a，b中的一条相交答案 D解析若c与a，b都不相交，∵c与a在α内，∴a∥c.又c与b都在β内，∴b∥c.由基本性质4，可知a∥b，与已知条件矛盾．如图，只有以下三种情况．二、填空题9．空间两个角α、β，且α与β的两边对应平行且α＝60°，则β＝________.答案60°或120°10．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，判断下列直线的位置关系：(1)直线A1B与直线D1C的位置关系是________；(2)直线A1B与直线B1C的位置关系是________；(3)直线D1D与直线D1C的位置关系是________；(4)直线AB与直线B1C的位置关系是________．答案(1)平行(2)异面(3)相交(4)异面11．a，b，c是空间中三条直线，下面给出几个说法：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a与b相交，b与c相交，则a与c也相交；③若a，b分别在两个相交平面内，则这两条直线不可能平行．则上述说法中正确的为________．(仅填序号)答案①解析由基本性质4知①正确．若a与b相交，b与c相交，则a与c可能平行，也可能相交或异面，②错误；若平面α∩β＝l，a⊂α，b⊂β，a∥l，b∥l，则a∥b，③错误．三、解答题12.如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中的面A 1C 1内有一点P ，经过点P 作棱BC 的平行线，应该怎样画？并说明理由．解如图所示，在面A 1C 1内过点P 作直线EF ∥B 1C 1，交A 1B 1于点E ，交C 1D 1于点F ，则直线EF 即为所求．理由：因为EF ∥B 1C 1，BC ∥B 1C 1，所以EF ∥BC .13.如图所示，两个三角形△ABC 和△A ′B ′C ′的对应顶点的连线AA ′，BB ′，CC ′交于同一点O ，且AO A ′O ＝BO B ′O ＝CO C ′O ＝23.(1)证明：AB ∥A ′B ′，AC ∥A ′C ′，BC ∥B ′C ′； (2)求S △ABCS △A ′B ′C ′的值．(1)证明 ∵AA ′与BB ′相交于O 点，且AO OA ′＝BO OB ′，∴AB ∥A ′B ′. 同理AC ∥A ′C ′，BC ∥B ′C ′.(2)解 ∵AB ∥A ′B ′，AC ∥A ′C ′且AB 和A ′B ′，AC 和A ′C ′的方向相反， ∴∠BAC ＝∠B ′A ′C ′. 同理∠ABC ＝∠A ′B ′C ′，因此△ABC ∽△A ′B ′C ′，又AB A ′B ′＝AO A ′O ＝23. ∴S △ABCS △A ′B ′C ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝49. 四、探究与拓展14.如图所示，已知三棱锥A －BCD 中，M ，N 分别为AB ，CD 的中点，则下列结论正确的是( )A ．MN ≥12(AC ＋BD ) B ．MN ≤12(AC ＋BD ) C ．MN ＝12(AC ＋BD ) D ．MN <12(AC ＋BD ) 答案 D解析如图所示，取BC 的中点E ，连接ME ，NE ，则ME ＝12AC ，NE ＝12BD ，所以ME ＋NE ＝12(AC ＋BD )．在△MNE 中，有ME ＋NE >MN ，所以MN <12(AC ＋BD )． 15.如图所示，四边形ABEF 和ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠FAB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12FA ，G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(2)判断C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？(1)证明由已知FG ＝GA ，FH ＝HD ，可得GH 綊12AD .又BC 綊12AD ，∴GH 綊BC ，∴四边形BCHG 为平行四边形．(2)解由BE 綊12AF ，G 为FA 的中点知，BE 綊FG ，∴四边形BEFG 为平行四边形，∴EF ∥BG .由(1)知BG 綊CH ，∴EF ∥CH ，∴EF 与CH 共面．又D ∈FH ，∴C ，D ，F ，E 四点共面．。

高二数学(选修-人教B版)-组合(2)

典型例题
例3 在产品质量检验时，常从产品中抽出一部分进行检查，现在从98件正品和2件次品共100件产品中，任意抽出3件检查： (3)至少有一件是次品的抽法有多少种？
有次品
有次品
无次品
典型例题
例3 在产品质量检验时，常从产品中抽出一部分进行检查，现
在从98件正品和2件次品共100件产品中，任意抽出3件检查：
不同的分组方法数：C39 C36 C33=1 680
典型例题
例4 (3)甲、乙、丙各得3本.
追问：若只是把这9本不同的书平均分成3组，有多少种不同
的分组方法？
把这9本不同的书平均分成3组，设有x种不同的分组方法.
再将3组书分配给甲、乙、丙三人：A33 种方法.
所以，甲、乙、丙各得3本的分法共有 x A33种.
典型例题
例3 在产品质量检验时，常从产品中抽出一部分进行检查，现在从98件正品和2件次品共100件产品中，任意抽出3件检查：
(1)共有多少种不同的抽法？
解：(1) 所求不同的抽法数，即从100个不同元素中任取3个元素的组
合数，共有
C3 100
100 99 98 3 2 1
=
161
700（种）.
排列问题
2A22 2 2 1 = 4 (场)．
典型例题
例2 某次足球赛共12支球队参加，分三个阶段进行． (3)决赛：两个胜队参加决赛一场，决出胜负．
解：(3)决赛只需比赛1场，即可决出胜负．所以全部赛程共需比赛
30＋4＋1＝35(场).
小结
1.解简单的组合应用题时，首先要判断它是不是组合问题，组合问题与排列问题的根本区别在于排列问题与取出元素的顺序有关，而组合问题与取出元素的顺序无关； 2.解决组合应用题的基本思路是“化归”，即由实际问题建立组合模型，再由组合数公式计算结果，从而得出实际问题的解.

【数学】1.2.2《组合》课件(新人教B版选修2-3)

判断下列问题是组合问题还是排列问题? 判断下列问题是组合问题还是排列问题
(1)设集合设集合A={a,b,c,d,e}，则集合的含有设集合，则集合A的含有组合问题 3个元素的子集有多少个个元素的子集有多少个? 个元素的子集有多少个 (2)某铁路线上有个车站，则这条铁路线上某铁路线上有5个车站某铁路线上有个车站，共需准备多少种车票? 排列问题共需准备多少种车票有多少种不同的火车票价？有多少种不同的火车票价？组合问题 (3)10名同学分成人数相同的数学和名同学分成人数相同的数学和英语两个学习小组，共有多少种分法? 英语两个学习小组，共有多少种分法组合问题 (4)10人聚会，见面后每两人之间要组合问题人聚会，人聚会握手相互问候，共需握手多少次? 握手相互问候，共需握手多少次从个风景点中选出个安排游览, (5)从4个风景点中选出个安排游览个风景点中选出2个安排游览组合问题有多少种不同的方法? 有多少种不同的方法 (6)从4个风景点中选出个,并确定这个风景个风景点中选出2个并确定这并确定这2个风景从个风景点中选出点的游览顺序,有多少种不同的方法点的游览顺序有多少种不同的方法? 排列问题有多少种不同的方法
组合
排列
bac bca bad bda cad cda cbd cdb
abc abd acd bcd
abc acb abd adb acd adc bcd bdc
cab cba dab dba dac dca dbc dcb
求P 可分两步考虑：求 A4可分两步考虑：
3 4
3
第一步， C 4 （ = 4）个；
名同学中选出2名不同的选法有3种从3名同学中选出名，不同的选法有种：名同学中选出甲、乙乙、丙丙、甲所选出的2名同学之间并无顺序关系，所选出的名同学之间并无顺序关系，甲、乙和名同学之间并无顺序关系甲是同一种选法．乙、甲是同一种选法．

新教材高中数学1.2.1命题与量词1.2.2全称量词命题与存在量词命题的否定练习(含解析)新人教B版必修第一册

1.2.1 命题与量词 1.2.2 全称量词命题与存在量词命题的否定最新课程标准：(1)全称量词与存在量词．通过已知的数学实例，理解全称量词与存在量词的意义．(2)全称量词命题与存在量词命题的否定．①能正确使用存在量词对全称量词命题进行否定．②能正确使用全称量词对存在量词命题进行否定.知识点一命题1．用语言、符号或式子表达的，可以判断真假的陈述句叫做命题．其中判断为真的语句叫做真命题，判断为假的语句叫做假命题．2．四种命题及其关系(1)四种命题若原命题为“若p，则q”，则其逆命题是若q，则p；否命题是若綈p，则綈q；逆否命题是若綈q，则綈p.(2)四种命题间的关系知识点二全称量词和全称量词命题状元随笔全称量词命题与存在量词命题的区别(1)全称量词命题中的全称量词表明给定范围内所有对象都具有某一性质，无一例外，强调“整体、全部”．(2)存在量词命题中的存在量词则表明给定范围内的对象有例外，强调“个别、部分”．知识点四全称量词命题和存在量词命题的否定1．全称量词命题：∀x∈M，p(x)，它的否定：∃x∈M，綈p(x)．2．存在量词命题：∃x∈M，p(x)，它的否定：∀x∈M，綈p(x)．状元随笔全称量词命题的否定是存在量词命题，存在量词命题的否定是全称量词命题．[基础自测]1．下列命题中全称量词命题的个数是( )①任意一个自然数都是正整数；②所有的素数都是奇数；③有的正方形不是菱形；④三角形的内角和是180°.A．0 B．1C．2 D．3解析：命题①②含有全称量词，而命题④可以叙述为“每一个三角形的内角和都是180°”，③是存在量词命题，故有三个全称量词命题．答案：D2．下列命题中存在量词命题的个数是( )①至少有一个偶数是质数；②∃x∈R，x2≤0；③有的奇数能被2整除．A．0 B．1C．2 D．3解析：①中含有存在量词“至少”，所以是存在量词命题；②中含有存在量词符号“∃”，所以是存在量词命题；③中含有存在量词“有的”，所以是存在量词命题．答案：D3．命题“存在实数x，使x>1”的否定是( )A．对任意实数x，都有x>1B．不存在实数x，使x≤1C．对任意实数x，都有x≤1D．存在实数x，使x≤1解析：命题“存在实数x，使x>1”的否定是“对任意实数x，都有x≤1”．答案：C4．“在△ABC中，若∠C＝90°，则∠A，∠B都是锐角”的否命题为：________.解析：原命题的条件：在△ABC中，∠C＝90°，结论：∠A、∠B都是锐角. 否命题是否定条件和结论．即“在△ABC中，若∠C≠90°，则∠A，∠B不都是锐角”．答案：“在△ABC中，若∠C≠90°，则∠A，∠B不都是锐角”题型一全称量词命题与存在量词命题的判断与其真假[经典例题]例1 判断下列命题哪些是全称量词命题，并判断其真假．(1)对任意x∈R，x2>0；(2)有些无理数的平方也是无理数；(3)对顶角相等；(4)存在x＝1，使方程x2＋x－2＝0；(5)对任意x∈{x|x>－1}，使3x＋4>0；(6)存在a＝1且b＝2，使a＋b＝3成立．【解析】(1)(3)(5)是全称量词命题，(1)是假命题，∵x＝0时，x2＝0.(3)是真命题．(5)是真命题.正确地识别命题中的全称量词，是解决问题的关键．方法归纳(1)要判定全称量词命题是真命题，需要判断所有的情况都成立；如果有一种情况不成立，那么这个全称量词命题就是假命题．(2)要判定存在量词命题是真命题，只需找到一种情况成立即可；如果找不到使命题成立的特例，那么这个存在量词命题是假命题．跟踪训练1 指出下列命题中，哪些是全称量词命题，哪些是存在量词命题，并判断真假：(1)若a>0，且a≠1，则对任意实数x，a x>0；(2)对任意实数x1，x2，若x1<x2，则tan x1<tan x2；(3)存在一个x∈R，使x2＋1<0.解析：(1)(2)是全称量词命题，(3)是存在量词命题．(1)∵a x>0(a>0，a≠1)恒成立，∴命题(1)是真命题．(2)存在x1＝0，x2＝π，x1<x2，但tan 0＝tan π，∴命题(2)是假命题．(3)对任意x∈R，x2＋1>0.∴命题(3)是假命题．状元随笔判断一个命题是否为全称量词命题或存在量词命题，就是判断这个命题中是否含有全称量词或存在量词，有些命题的量词可能隐含在命题之中，这时要根据命题含义判断形式．题型二含有一个量词的命题的否定[教材P29例2]例2 写出下列命题的否定，并判断所得命题的真假：(1)p：∃a∈R，一次函数y＝x＋a的图像经过原点；(2)q：∀x∈(－3，＋∞)，x2＞9.【解析】(1)綈p：∀a∈R，一次函数y＝x＋a的图像不经过原点．因为当a＝0时，一次函数y＝x＋a的图像经过原点，所以綈p是假命题．(2)綈q：∃x∈(－3，＋∞)，x2≤9.因为x＝0时，x2＝0＜9，所以綈q是真命题.先把命题否定，再判断真假．教材反思全称量词命题的否定是一个存在量词命题，存在量词命题的否定是一个全称量词命题，因此在书写他们的否定时，相应的全称量词变为存在量词，存在量词变为全称量词，同时否定结论．跟踪训练2 (1)命题“对于任意的x∈R，x3－x2＋1≤0”的否定是( )A.不存在x∈R，x3－x2＋1≤0B．存在x∈R，x3－x2＋1≥0C．对任意的x∈R，x3－x2＋1>0D．存在x∈R，x3－x2＋1>0(2)命题“∃x∈R，x3－2x＋1＝0”的否定是( )A．∃x∈R，x3－2x＋1≠0B．不存在x∈R，x3－2x＋1≠0C．∀x∈R，x3－2x＋1＝0D．∀x∈R，x3－2x＋1≠0解析：(1)∵命题“对于任意的x∈R，x3－x2＋1≤0”是全称量词命题，其否定是对应的存在量词命题，∴否定命题为：存在x∈R，x3－x2＋1>0.故选D.(2)存在量词命题的否定是全称量词命题，故排除A；由命题的否定要否定结论，故排除C；由存在量词“∃”应改为全称量词“∀”，故排除B.答案：(1)D (2)D∀x∈M，p(x)的否定为∃x∈M，綈p(x)．∃x∈M，p(x)的否定为∀x∈M，綈p(x)．课时作业 5一、选择题1．下列语句不是存在量词命题的是( )A．有的无理数的平方是有理数B．有的无理数的平方不是有理数C．对于任意x∈Z,2x是偶数D．存在x∈R,2x＋1是奇数解析：A、B、D中含有存在量词是存在量词命题，C中含有全称量词是全称量词命题．答案：C2．判断下列命题是存在量词命题的个数( )①每一个一次函数都是增函数；②至少有一个自然数小于1；③存在一个实数x，使得x2＋2x＋2＝0；④圆内接四边形，其对角互补．A．1个B．2个C．3个 D．4个解析：①④是全称量词命题，②③是存在量词命题．答案：B3．命题“∀x∈[1,2]，x2－3x＋2≤0”的否定为( )A．∀x∈[1,2]，x2－3x＋2>0B．∀x∉[1,2]，x2－3x＋2>0C．∃x∈[1,2]，x2－3x＋2>0D．∃x∉[1,2]，x2－3x＋2>0解析：由全称量词命题的否定为存在量词命题知，命题“∀x∈[1,2]，x2－3x＋2≤0”的否定为“∃x∈[1,2]，x2－3x＋2>0”，故选C.答案：C4．已知命题p：∃x>0，x＋a－1＝0，若p为假命题，则实数a的取值范围是( ) A．(－∞，1) B．(－∞，1]C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)解析：因为p为假命题，所以綈p为真命题，所以∀x>0，x＋a－1≠0，即x≠1－a，所以1－a≤0，即a≥1，选D.答案：D二、填空题5．下列命题，是全称量词命题的是____________；是存在量词命题的是____________．①正方形的四条边相等；②有些等腰三角形是正三角形；③正数的平方根不等于0；④至少有一个正整数是偶数．解析：①③是全称量词命题，②④是存在量词命题．答案：①③②④6．给出下列四个命题：①有理数是实数；②有些平行四边形不是菱形；③对任意x∈R，x2－2x>0；④有一个素数含有三个正因数．以上命题的否定为真命题的序号是________．解析：写出命题的否定，易知③④的否定为真命题，或者根据命题①、②是真命题，③、④为假命题，再根据命题与它的否定一真一假，可得③④的否定为真命题．答案：③④7．命题“∀x∈R，|x|＋x2≥0”的否定是________．解析：全称量词命题的否定为存在量词命题，所以命题的否定为“∃x∈R，|x|＋x2<0”．答案：∃x∈R，|x|＋x2<0三、解答题8．用量词符号表述下列命题：(1)任意一个实数乘以－1都等于它的相反数；(2)对任意实数x，都有x3>x2；(3)有些整数既能被2整除，又能被3整除；(4)某个四边形不是平行四边形．解析：(1)∀x∈R，x·(－1)＝－x.(2)∀x∈R，x3>x2.(3)∃x0∈Z，x0既能被2整除，又能被3整除．(4)∃x0∈{x|x是四边形}，x0不是平行四边形．9．判断下列语句是全称量词命题，还是存在量词命题：(1)凸多边形的外角和等于360°；(2)有的梯形对角线相等；(3)对任意角α，都有sin2α＋cos2α＝1；(4)有一个函数，图像是直线；(5)若一个四边形是菱形，则这个四边形的对角线互相垂直．解析：(1)可以改写为“所有的凸多边形的外角和等于360°”，故为全称量词命题．(2)含有存在量词“有的”，故是存在量词命题．(3)含有全称量词“任意”，故是全称量词命题．(4)含有存在量词“有一个”，故为存在量词命题．(5)若一个四边形是菱形，也就是所有的菱形，故为全称量词命题．[尖子生题库]10．判断下列命题的真假，并写出它们的否定：(1)∀α，β∈R，sin(α＋β)≠sin α＋sin β；(2)∃x，y∈Z,3x－4y＝20；(3)在实数范围内，有些一元二次方程无解；(4)正数的绝对值是它本身．解析：(1)由于α＝β＝0时，sin(α＋β)＝sin α＋sin β，所以命题为假命题，否定为：∃α，β∈R，sin(α＋β)＝sin α＋sin β；(2)真命题，否定为：∀x，y∈Z,3x－4y≠20；(3)真命题，否定为：在实数范围内，所有的一元二次方程都有解；(4)是全称量词命题，省略了量词“所有”，命题为真命题．否定为：有的正数的绝对值不是它本身.。

(课堂设计)2020高中数学 1.2.2 空间中的平行关系(1) 平行直线学案新人教B版必修2

1.2.2 空间中的平行关系(1)——平行直线自主学习学习目标能认识和理解空间平行线的传递性，会证明空间等角定理．自学导引1．____________________________的两条直线叫做平行线，过直线外一点有且只有________直线与这条直线平行．2．基本性质4：________________________________，用符号表述为________________________________．3．等角定理：如果一个角的两边与另一个角的两边________________________________，那么这两个角相等．4．顺次连接不共面的四点A、B、C、D所构成的图形叫做________________，四个点叫做空间四边形的________，所连接的相邻顶点间的线段叫做空间四边形的______，连接不相邻的顶点的线段叫做空间四边形的__________．对点讲练知识点一理解有关概念及性质例1下列叙述是否正确，请说明理由．①空间四边形的四个顶点不共面，它有四条边两条对角线．②空间四边形不是平面图形，可以把它看作同一平面内有一条公共底边的两个三角形沿着公共底边适当翻折而成的空间图形．③顺次连接空间四边形四条边的中点得到一个平行四边形．④四边都相等的四边形都是菱形．⑤有三个角都是直角的四边形是矩形．点评空间四边形是立体几何中的一个重要模型，应掌握其画法及特征．变式训练1 在空间四边形ABCD中，若AC＝BD，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA 的中点，则四边形EFGH是( )A．菱形B．矩形C．梯形D．正方形知识点二平行公理的应用例2如图所示，P 是△ABC 所在平面外一点，D 、E 分别是△PAB、△PBC 的重心．求证：DE∥AC，DE ＝13AC.点评空间图形中的平行，往往转化到某一个平面中去，利用平面性质：如中位线、平行截割定理等．变式训练2如图所示，在空间四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 上的点，且AEEB ＝AH HD ＝CF FB ＝CGGD≠1，那么四边形EFGH 是什么图形？知识点三等角定理的应用例3如图所示，两个三角形ABC和A′B′C′的对应顶点的连线AA′、BB′、CC′交于同一点O，且AOOA′＝BOOB′＝COOC′＝23.(1)求证：A′B′∥AB，A′C′∥AC，B′C′∥BC；(2)求S△ABCS△A′B′C′的值．点评本题考查了等角定理，等角定理的实质是由两个结论合成的：①若一个角的两边与另一个角的两边分别平行且方向相同，那么这两个角相等；②若一个角的两边与另一个角的两边分别平行且一组边的方向相反，那么这两个角互补．变式训练3如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F、E1、F1分别为所在边中点．求证：(1)EF E1F1；(2)∠EA1F＝∠E1CF1.1.空间两条直线的位置关系—⎪⎪⎪⎪⎪—相交—共面，有一个公共点—平行—⎪⎪⎪⎪—共面，无公共点—基本性质4—空间平行线的传递性—等角定理—异面2．注意：等角定理的逆命题不成立.课时作业一、选择题1．已知AB∥PQ，BC∥QR，∠ABC＝30°，则∠PQR 等于( ) A ．30° B ．30°或150° C ．150° D ．以上结论都不对 2．若∠AOB＝∠A 1O 1B 1，且OA∥O 1A 1，OA 与O 1A 1的方向相同，则下列结论中正确的是( ) A ．OB∥O 1B 1且方向相同 B ．OB∥O 1B 1C ．OB 与O 1B 1不平行D ．OB 与O 1B 1不一定平行3．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 、Q 分别为AA 1、CC 1的中点，则四边形D 1PBQ 是( ) A ．正方形 B ．菱形C ．矩形D ．空间四边形4．如图所示，设E 、F 、G 、H 依次是空间四边形ABCD边AB 、BC 、CD 、DA 上除端点外的点，且AE AB ＝AH AD ＝λ，CF CB ＝CGCD ＝μ.则下列结论中不正确的为( )A ．当λ＝μ时，四边形EFGH 是平行四边形B ．当λ≠μ时，四边形EFGH 是梯形C ．当λ＝μ＝12时，四边形EFGH 是平行四边形D ．当λ＝μ≠12时，四边形EFGH 是梯形5．已知空间四边形ABCD 中，M 、N 分别为AB 、CD 的中点，则下列判断正确的是( )A ．MN≥12(AC ＋BD)B ．MN≤12(AC ＋BD)C ．MN ＝12(AC ＋BD)D ．MN<12(AC ＋BD)题号 1 2 3 4 5 答案二、填空题6．下列命题中，正确的结论有________(填写序号)．①如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等； ②如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等；③如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补； ④如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行．7．在空间四边形ABCD 中，点E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点，若AC ＝BD ，且AC⊥BD，则四边形EFGH 的形状为________．8.如图所示，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，判断下列直线的位置关系： (1)直线A 1B 与直线D 1C 的位置关系是________； (2)直线A 1B 与直线B 1C 的位置关系是________； (3)直线D 1D 与直线D 1C 的位置关系是________； (4)直线AB 与直线B 1C 的位置关系是________．三、解答题 9.如图所示，在一个长方体木块的A 1C 1面上有一点P ，过P 点作一条直线和棱CD 平行，应怎样作？若要求过P 点画一条直线和BD 平行，又该怎样作？10.如图所示，在三棱锥A —BCD 中，E ，F ，G 分别是棱AB ，AC ，AD 上的点，且满足AE AB ＝AFAC ＝AG AD. 求证：△EFG∽△BCD.【答案解析】自学导引1．在同一平面内不相交一条2．平行于同一条直线的两条直线互相平行如果a∥b，c∥b，那么a∥c 3．分别对应平行，并且方向相同 4．空间四边形顶点边对角线对点讲练例1 解由空间四边形的定义知命题①②③都是真命题．空间四边形的四条边可相等，故命题④为假命题．关于命题⑤可构造正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，如图，∠D 1AB ＝∠ABC＝∠BCD 1＝90°，但∠AD 1C ＝60°，四边形ABCD 1不是矩形，故⑤为假命题．变式训练1 A例2 证明连接PD 并延长交AB 于M ，连接PE 并延长交BC 于N ，则M 为AB 的中点，N 为BC 的中点，∴MN∥AC，又PD DM ＝PE EN ＝21，∴DE∥MN，∴DE∥AC. 又DE MN ＝PD PM ＝23， ∴DE＝23MN ，又因MN ＝12AC ，∴DE＝13AC.变式训练2 解四边形EFGH 是平行四边形．因为AE EB ＝AH HD ＝CF FB ＝CG GD，所以△AEH∽△ABD，△CFG∽△CBD.设AE EB ＝AH HD ＝CF FB ＝CG GD ＝k(k≠1)，则利用相似三角形的性质，知EH ＝k k ＋1BD ，FG ＝k k ＋1BD ，且EH∥BD，FG∥BD，所以EH FG ，所以四边形EFGH 是平行四边形．例3 (1)证明 ∵AA′与BB′交于点O ，且AO OA′＝BO OB′＝23，∴AB∥A′B′. 同理AC∥A′C′，BC∥B′C′.(2)解 ∵A′B′∥AB，AC∥A′C′且AB 和A′B′、AC 和A′C′方向相反，∴∠BAC ＝∠B′A′C′.同理∠ABC＝∠A′B′C′.因此△ABC∽△A′B′C′，且AB A′B′＝AO OA′＝23. ∴S △ABCS △A′B′C′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝49.变式训练3 证明 (1)连接BD 、B 1D 1. E 、F 分别为AD 、AB 的中点，则在△ABD 中有EF∥BD 且EF ＝12BD.同理，E 1、F 1分别为B 1C 1、C 1D 1的中点，则在△C 1D 1B 1中有E 1F 1∥B 1D 1且E 1F 1＝12B 1D 1.而在正方体ABCD — A 1B 1C 1D 1中，BB 1DD 1.∴四边形BB 1D 1D 为平行四边形， ∴BD∥B 1D 1且BD ＝B 1D 1，∴EF E 1F 1. (2)取A 1B 1的中点M ，连接BM ，则BF ＝A 1M ＝12AB ，又BF∥A 1M ，∴BF A 1M ，∴四边形A 1FBM 为平行四边形．∴A 1F∥BM，而M 、F 1分别为A 1B 1、C 1D 1的中点，则F 1M C 1B 1，而C 1B 1BC. ∴F 1M∥BC 且F 1M ＝BC.∴四边形F 1MBC 为平行四边形，∴BM∥F 1C ，又BM∥A 1F ，∴A 1F∥CF 1. 同理取A 1D 1的中点N ，连接DN ，则A 1N DE ，所以四边形A 1NDE 为平行四边形． ∴A 1E∥D N ，又E 1N∥CD 且E 1N ＝CD. ∴E 1NDC 为平行四边形，∴DN∥CE 1. 由基本性质4，A 1E∥CE 1.∴∠EA 1F 与∠E 1CF 1的两边分别对应平行，即A 1E∥CE 1，A 1F∥CF 1且方向都相反． ∴∠EA 1F ＝∠E 1CF 1. 课时作业1．B [由等角定理知空间中如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．]2．D [等角定理的实质是角的平移，其逆命题不一定成立，OB 与O 1B 1有可能平行，也可能不在同一平面内，位置关系不确定．]3．B [设正方体棱长为2，直接计算可知四边形D 1PBQ 各边均为 5，又D 1PBQ 是平行四边形，所以四边形D 1PBQ 是菱形．]4．D [当λ＝μ时EH FG ，∴EFGH 为平行四边形，故D 中结论不正确．] 5．D[如右图所示，取BC 中点E ，连接ME ，NE⎭⎪⎬⎪⎫则MN<ME ＋NE而ME ＝12AC ，NE ＝12BD MN<12(AC ＋BD)．] 6．②④ 7．正方形解析 E 、F 、G 、H 分别为所在边的中点，由中位线性质知EF12AC ，GH 12AC ， ∴EF GH.∴四边形EFGH 为平行四边形．又AC ＝BD ，AC⊥BD，∴EF＝FG ，且EF⊥FG. ∴四边形EFGH 为正方形．8．(1)平行 (2)异面 (3)相交 (4)异面 9．解如图所示，(1)过点P 作EF∥C 1D 1分别交B 1C 1、A 1D 1于点E 、F 即可．因为CD∥C 1D 1，所以EF∥CD.(2)过点P 作GH∥B 1D 1分别交B 1C 1、C 1D 1于点G 、H 即可．因为BD∥B 1D 1，所以GH∥BD. 10．证明在△ABC 中，∵AE AB ＝AFAC ，∴EF∥BC 且EF BC ＝AEAB .同理，EG∥BD 且EG BD ＝AEAB.又∵∠FEG 与∠CBD 的对应两边方向相同， ∴∠FEG＝∠CBD.∵EF BC ＝EGBD ，∴△EFG∽△BCD.。

高中数学第一章集合 1.2.2 集合的运算第2课时全集与补集练习新人教B版必修1-新人教B

第二课时全集与补集课时跟踪检测[A组基础过关]1．已知集合M＝{x∈Z|－1≤x≤3}，N＝{1,2}，则∁M N等于( )A．{1,2} B．{－1,0,3}C．{0,3} D．{－1,0,1}解析：M＝{x∈Z|－1≤x≤3}＝{－1,0,1,2,3}，∴∁M N＝{－1,0,3}，故选B．答案：B2．(2018·全国卷Ⅰ)已知集合A＝{x|x2－x－2>0}，则∁R A＝( )A．{x|－1<x<2}B．{x|－1≤x≤2}C．{x|x<－1}∪{x|x>2}D．{x|x≤－1}∪{x|x≥2}解析：因为解不等式x2－x－2>0，得x<－1或x>2，所以A＝{x|x<－1或x>2}，所以∁R A＝{x|－1≤x≤2}，故选B．答案：B3．已知集合U＝R，则正确表示集合M＝{－1,0,1}和N＝{x∈Z|x2＋x≤0}关系的韦恩(Venn)图是( )解析：N＝{x∈Z|x2＋x≤0}＝{－1,0}．∴N⊆M，故选B．答案：B4．已知集合A＝{x|1＜x＜3}，B＝{x|x＞2}，则A∪(∁R B)＝( )A．{x|x≤2} B．{x|2＜x＜3}C．{x|x＜3} D．{x|1＜x≤2}解析：∁R B＝{x|x≤2}，A∪(∁R B)＝{x|x＜3}，故选C．答案：C5．已知A，B均为集合U＝{1,3,5,7,9}的子集，且A∩B＝{3}，A∩(∁U B)＝{9}，则A ＝( )A．{1,3} B．{3,7,9}C．{3,5,9} D．{3,9}解析：如图示：可知A＝{3,9}，故选D．答案：D6．集合A＝{x|ax＋b≠0}，B＝{x|cx＋d≠0}，U＝R，则{x|(ax＋b)(cx＋d)＝0}等于( )A．(∁R A)∩(∁R B) B．(∁R A)∪BC．A∪(∁R B) D．(∁R A)∪(∁R B)答案：D7．已知全集U＝{2,3，a2－a－1}，A＝{2,3}，若∁U A＝{1}，则实数a的值是________．解析：由题可知a2－a－1＝1，∴a2－a－2＝0，解得a＝2或a＝－1.答案：2或－18．设全集为R，A＝{x|3<x<10}，B＝{x|2≤x<7}，求∁R(A∪B)及(∁R A)∩B.解：由A＝{x|3<x<10}，B＝{x|2≤x<7}，得A∪B＝{x|2≤x<10}，∁R(A∪B)＝{x|x<2或x≥10}；由∁R A＝{x|x≤3或x≥10}得(∁R A)∩B＝{x|2≤x≤3}．[B组技能提升]1．(2018·某某卷)设全集为R，集合A＝{x|0<x<2}，B＝{x|x≥1}，则A∩(∁R B) ＝( )A．{x|0<x≤1} B．{x|0<x<1}C．{x|1≤x<2} D．{x|0<x<2}解析：由题意可得，∁R B＝{x|x<1}，结合交集的定义可得，A∩(∁R B)＝{x|0<x<1}．答案：B2．如图所示的韦恩图中A ，B 是非空集合，定义集合A *B 为阴影部分表示的集合，则A *B 为( )A ．∁U (A ∪B ) B ．A ∪(∁U B )C ．(∁U A )∪(∁U B )D ．(A ∪B )∩[∁U (A ∩B )]解析：图中阴影部分表示属于集合A 或集合B ，且不同时属于A 又属于B 的元素组成的集合，即表示属于集合(A ∪B )，且不属于集合(A ∩B )的元素组成的集合，故选D ．答案：D3．设全集U ＝{1,2,3,4,5}，A ＝{1,2,3}，则∁U A 的所有非空子集的个数为________．解析：∁U A ＝{4,5}，含有2个元素，所以∁U A 的非空子集有{4}，{5}，{4,5}，共3个．答案：3个4．设U ＝{0,1,2,3}，A ＝{x ∈U |x 2＋mx ＝0}，若∁U A ＝{1,2}，则实数m ＝________. 解析：依题意得A ＝{0,3}，因此有0＋3＝－m ，m ＝－3. 答案：－35．已知全集U ＝R ，集合A ＝{x |x ＜－4或x ＞1}，B ＝{x |－3≤x －1≤2}． (1)求A ∩B ，(∁U A )∪(∁U B )；(2)已知集合M ＝{x |2k －2≤x ≤2k ＋5}，且M ∩B ＝B ，某某数k 的取值X 围．解：(1)B ＝{x |－2≤x ≤3}， ∴A ∩B ＝{x |1＜x ≤3}，∁U A ＝{x |－4≤x ≤1}，∁U B ＝{x |x ＜－2或x ＞3}， ∴(∁U A )∪(∁U B )＝{x ≤1或x ＞3}． (2)∵M ∩B ＝B ，∴B ⊆M ，则⎩⎪⎨⎪⎧2k －2≤－2，2k ＋5≥3.∴－1≤k ≤0.实数k 的取值X 围为－1≤k ≤0.6．已知集合A ＝{1,3，－x 3}，B ＝{1，x ＋2}，是否存在实数x ，使得B ∪(∁A B )＝A ？若实数x 存在，求出集合A 和B ；若不存在，说明理由．解：存在．∵B ∪(∁A B )＝A ，∴BA .若x＋2＝3，解得x＝1，符合题意；若x＋2＝－x3，则得x＝－1，不符合题意，∴当x＝1时，A＝{1,3，－1}，B＝{1,3}．。

《步步高学案导学设计》2013-2014学年高中数学人教B版必修2【配套备课资源】第一章 1.2.2(三)

研一研· 问题探究、课堂更高效
1.2.2(三)
问题 3 如何画两个平行平面？
答
本课时栏目开关
在画两个平面平行时，通常把表示这两个平面的平行
四边形的相邻两边分别画成平行线．
小结两个平面之间的位置关系有且只有以下两种：
(1)两个平面平行——没有公共点； (2)两个平面相交——有一条公共直线．
又因 l∥α，m∥α，l∩m＝P，所以 β∥α.
练一练· 当堂检测、目标达成落实处
1.2.2(三)
3．已知 A、B 是平面 α 外的两点，则过 A、B 与 α 平行的平面有______个． 0或1
本课时栏目开关
解析当直线 AB 与平面 α 相交时，不存在过 A、B 与平面 α 平行的平面；
则平面 ACD 与平面 α，β 分别相交于直线 AD， BG.平面 DCF 与平面 β，分别相交于直线 GE， γ CF. 因为 α∥β，β∥γ.
所以 BG∥AD，GE∥CF. AB DG DG DE 于是，得BC＝GC ，GC ＝ EF . AB DE 所以BC＝ EF .
研一研· 问题探究、课堂更高效
本课时栏目开关
线 a 与直线 b 具有怎样的位置关系？
答平行或异面
研一研· 问题探究、课堂更高效
1.2.2(三)
探究点二平面与平面平行的判定问题 1 生活中有没有平面与平面平行的例子呢？
答教室的天花板与地面给人平行的感觉，前后两块黑板
本课时栏目开关
也是平行的．
问题 2
填一填· 知识要点、记下疑难点
1.2.2(三)
1．平行平面：如果两个平面没有公共点，那么这两个平面叫做平行平面. 记作 α∥β. 本课 2．面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线平时栏行于另一个平面，那么这两个平面平行．目开 3．判定定理的推论：如果一个平面内有两条相交直线分别平行关于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行． 4．面面平行的性质定理：(1)如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意直线均平行于另一个平面．(2)如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行．

人教B版高中数学必修2同步练习题及答案全册汇编

人B版高中数学必修2同步习题目录第1章1.1.1同步练习第1章1.1.2同步练习第1章1.1.3同步练习第1章1.1.4同步练习第1章1.1.5同步练习第1章1.1.6同步练习第1章1.1.7同步练习第1章1.2.1同步练习第1章1.2.2第一课时同步练习第1章1.2.2第二课时同步练习第1章1.2.3第一课时同步练习第1章1.2.3第二课时同步练习第1章章末综合检测第2章2.1.1同步练习第2章2.1.2同步练习第2章2.2.1同步练习第2章2.2.2第一课时同步练习第2章2.2.2第二课时同步练习第2章2.2.3第一课时同步练习第2章2.2.3第二课时同步练习第2章2.2.4同步练习第2章2.3.1同步练习第2章2.3.2同步练习第2章2.3.3同步练习第2章2.3.4同步练习第2章2.4.1同步练习第2章2.4.2同步练习第2章章末综合检测人教B版必修2同步练习1．关于平面，下列说法正确的是()A．平行四边形是一个平面B．平面是有大小的C．平面是无限延展的D．长方体的一个面是平面答案：C2．如图所示的两个相交平面，其中画法正确的有()A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选B.被平面遮住的部分应画虚线，故(1)(4)正确．3．如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，A、B、C为其上三点，则在正方体盒子中，∠ABC等于()A．45°B．60°C．90°D．120°答案：B4．飞机飞行表演在空中留下漂亮的“彩带”，用数学知识解释为________．答案：点动成线5．一个平面将空间分成________部分；两个平面将空间分成________部分．答案：23或41．下列不属于构成几何体的基本元素的是()A．点B．线段C．曲面D．多边形(不含内部的点)解析：选D.点、线、面是构成几何体的基本元素．2. 如图是一个正方体的展开图，每一个面内都标注了字母，则展开前与B相对的是()A．字母E B．字母CC．字母A D．字母D解析：选B.正方体展开图有很多种，可以通过实物观察，选一个面作为底面，通过空间想象操作完成．不妨选字母D所在的面为底面，可以得到A，F是相对的面，E与D相对；若选F做底面，则仍然得到A，F是相对的面，E与D相对，则与B相对的是字母C.3．如图，下列四个平面图形，每个小四边形皆为正方形，其中可以沿两个正方形的相邻边折叠围成一个立方体的图形是()解析：选C.借助模型进行还原．4．下列命题正确的是()A．直线的平移只能形成平面B．直线绕定直线旋转肯定形成柱面C．直线绕定点旋转可以形成锥面D．曲线的平移一定形成曲面解析：选C.直线的平移，可以形成平面或曲面，命题A不正确；当两直线平行时旋转形成柱面，命题B不正确；曲线平移的方向与曲线本身所在的平面平行时，不能形成曲面，D不正确，只有C正确．故选C.5．下列几何图形中，可能不是平面图形的是()A．梯形B．菱形C．平行四边形D．四边形解析：选D.四边形可能是空间四边形，如将菱形沿一条对角线折叠成4个顶点不共面的四边形．6．下面空间图形的画法中错误的是()解析：选D.被遮住的地方应该画成虚线或不画，故D图错误．7．在以下图形中，正方体ABCD－A1B1C1D1不可以由四边形________(填序号)平移而得到．①ABCD；②A1B1C1D1；③A1B1BA；④A1BCD1.解析：①ABCD，②A1B1C1D1，③A1B1BA，按某一方向平移可以得到正方体ABCD－A1B1C1D1，④A1BCD1平移不能得到正方体ABCD－A1B1C1D1.答案：④8. 把如图的平面沿虚线折叠可以折叠成的几何体是________．解析：图中由六个正方形组成，可以动手折叠试验，得到正方体．答案：正方体9．如右图小明设计了某个产品的包装盒，但是少设计了其中一部分，请你把它补上，使其成为两边均有盖的正方体盒子．你能有________种方法．答案：410. 指出下面几何体的点、线、面．解：顶点A 、B 、C 、D 、M 、N ；棱AB 、BC 、CD 、DA 、MA 、MB 、MC 、MD 、NA 、NB 、NC 、ND ；面MAD 、面MAB 、面MBC 、面MDC 、面NAB 、面NAD 、面NDC 、面NBC .11．搬家公司想把长2.5 m ，宽0.5 m ，高2 m 的长方体家具从正方形窗口穿过，正方形窗口的边长为a ，则a 至少是多少？解：如图，问题实质是求正方形的内接矩形边长为2 m,0.5 m 时正方形的边长a ＝2＋0.52＝524≈1.77(m)．所以a 至少是1.77 m 时，长方体家具可以通过．12．要将一个正方体模型展开成平面图形，需要剪断多少条棱？你能从中得出什么规律来吗？解：需要剪断7条棱．因为正方体有6个面，12条棱，两个面有一条棱相连，展开后六个面就有5条棱相连，所以剪断7条棱．规律是正方体的平面展开图只能有5条棱相连，但是，有5条棱相连的6个正方形图形不一定是正方体的平面展开图．人教B 版必修2同步练习1．在下列立体图形中，有5个面的是( ) A ．四棱锥 B ．五棱锥 C ．四棱柱 D ．五棱柱解析：选A.柱体均有两个底面，锥体只有一个底面．2．如图所示的长方体，将其左侧面作为上底面，右侧面作为下底面，水平放置，所得的几何体是( )A ．棱柱B ．棱台C ．棱柱与棱锥组合体D ．无法确定答案：A3．在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个答案：D4．棱柱的侧面是________形，棱锥的侧面是________形，棱台的侧面是________形．答案：平行四边三角梯5．在正方形ABCD 中，E 、F 分别为BC 、CD 的中点，沿AE 、AF 、EF 将其折成一个多面体，则此多面体是________．答案：三棱锥1．下列命题正确的是( )A ．斜棱柱的侧棱有时垂直于底面B ．正棱柱的高可以与侧棱不相等C ．六个面都是矩形的六面体是长方体D ．底面是正多边形的棱柱为正棱柱解析：选C.四个侧面都是矩形的棱柱是直平行六面体．两个底面是矩形的直平行六面体是长方体．故正确答案为C.2．将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体为( )A ．棱柱B ．棱台C ．棱柱与棱锥的组合体D ．不能确定解析：选A.水面始终与固定的一边平行，且满足棱柱的定义．3. 如图所示，正四棱锥S －ABCD 的所有棱长都等于a ，过不相邻的两条棱SA ，SC 作截面SAC ，则截面的面积为( )A.32a 2 B ．a 2 C.12a 2 D.13a 2解析：选C.根据正棱锥的性质，底面ABCD 是正方形，∴AC ＝2a .在等腰三角形SAC中，SA ＝SC ＝a ，又AC ＝2a ，∴∠ASC ＝90°，即S △SAC ＝12a 2.故正确答案为C.4．若要使一个多面体是棱台，则应具备的条件是( ) A ．两底面是相似多边形 B ．侧面是梯形 C ．两底面平行D ．两底面平行，侧棱延长后交于一点解析：选D.根据棱台的定义可知，棱台必备的两个条件：底面平行，侧棱延长后相交于一点．5．若正棱锥的底面边长与侧棱长相等，则该棱锥一定不是( ) A ．正三棱锥 B ．正四棱锥 C ．正五棱锥 D ．正六棱锥解析：选D.正三棱锥的底面边长和侧棱相等时叫做正四面体，因此该棱锥可以是正三棱锥，所以不选A ，另外，正四棱锥，正五棱锥也是可能的，故B 、C 也不选，根据正六边形的特点，正六边形的中心到各个顶点的距离相等，在空间中，除中心外，不可能再找到和各顶点的连线都等于底面边长的点，因此该棱锥不可能是正六棱锥．故选D.6．已知正四棱锥的侧棱长是底面边长的k 倍，则k 的取值范围是( )A ．(0，＋∞)B ．(12，＋∞)C ．(2，＋∞)D ．(22，＋∞)解析：选D.由正四棱锥的定义知如图，正四棱锥S －ABCD 中，S 在底面ABCD 内的射影O 为正方形的中心，而SA >OA ＝22AB ，∴SA AB >22，即k >22. 7．长方体表面积为11，十二条棱长度的和为24，则长方体的一条对角线长为________．解析：设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则4(a ＋b ＋c )＝24，∴a ＋b ＋c ＝6.又(ab ＋bc ＋ac )×2＝11.∴长方体的一条对角线长l ＝a 2＋b 2＋c 2＝ (a ＋b ＋c )2－2(ab ＋bc ＋ac )＝62－11＝5. 答案：58．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何体(图形)的4个顶点，这些几何体(图形)是________(写出所有正确结论的编号)．①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．解析：本题借助正方体的结构特征解答，4个顶点连成矩形的情形很容易作出；图(1)中四面体A 1D 1B 1A 是③中描述的情形；图(2)中四面体DA 1C 1B 是④中描述的情形；图(3)中四面体A 1D 1B 1D 是⑤中描述的情形．因此正确答案为①③④⑤.答案：①③④⑤9．正四棱台的上、下底面边长分别是5和7，体对角线长为9，则棱台的斜高等于________．解析：如图，四边形BDD 1B 1是等腰梯形，B 1D 1＝52，BD ＝72，BD 1＝9，所以OO 1＝ BD 21－(BD ＋B 1D 12)2＝3. 又E 1，E 分别为B 1C 1，BC 的中点，所以O 1E 1＝52，OE ＝72.所以在直角梯形OEE 1O 1中，斜高E 1E ＝OO 21＋(OE －O 1E 1)2＝10.答案：1010．已知正四棱锥V －ABCD 中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，求该棱锥的高．解：取正方形ABCD 的中心O ，连接VO 、AO ，则VO 就是正四棱锥V －ABCD 的高．因为底面面积为16，所以AO ＝2 2. 因为一条侧棱长为211，所以VO ＝VA 2－AO 2＝44－8＝6. 所以正四棱锥V －ABCD 的高为6.11. 如图所示，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1.(1)这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？(2)用平面BCFE 把这个长方体分成两部分后，各部分形成的几何体还是棱柱吗？如果是，是几棱柱？如果不是，请说明理由．解：(1)是棱柱，并且是四棱柱．因为它可以看成由四边形ADD 1A 1沿AB 方向平移至BCC 1B 1形成的几何体，符合棱柱的定义．(2)截面BCFE 右边的部分是三棱柱BEB 1－CFC 1，其中△BEB 1和△CFC 1是底面．截面BCFE 左边的部分是四棱柱ABEA 1－DCFD 1，其中四边形ABEA 1和四边形DCFD 1是底面．12. 如图所示，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝3，AA 1＝4，M 为AA 1的中点，P 是BC 上一点，且由P 沿棱柱侧面经过棱CC 1到M 的最短路线长为29，设这条最短路线与CC 1的交点为N ，求：(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长；(2)PC 和NC 的长．解：(1)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧面展开图是一个长为9，宽为4的矩形，如图所示，其对角线长为92＋42＝97.(2)由P 沿棱柱侧面经过棱CC 1到M 的最短路线，即侧面展开图中的线段MP ，设PC 的长为x ，则在Rt △AMP 中，AM ＝2，MP ＝29，∴AP 2＝PM 2－AM 2＝25，即(x ＋3)2＝25， ∴x ＝2，即PC ＝2. ∵NC MA ＝PC P A ＝25，又MA ＝2，∴NC ＝45，故PC 和NC 的长分别为2，45.人教B 版必修2同步练习1．下列说法正确的是( )A ．圆台是直角梯形绕其一边旋转而成的B ．圆锥是直角三角形绕其一边旋转而成的C ．圆柱不是旋转体D ．圆台可以看成是用平行于底面的平面截一个圆锥而得到的解析：选D.A 错误，这里需指明绕直角梯形与底边垂直的一腰旋转．B 错误，圆锥是直角三角形绕一条直角边旋转而成．C 错误，圆柱是旋转体．2．一条直线绕着与它相交但不垂直的直线旋转一周所得的几何图形是( ) A ．旋转体 B ．两个圆锥 C ．圆柱 D ．旋转面答案：D3．一个等腰梯形绕着它的对称轴旋转半周所得的几何体是( ) A ．圆柱 B ．圆锥 C ．圆台 D ．以上都不对答案：C4．一个圆柱的母线长为15 cm ，底面半径为12 cm ，则圆柱的轴截面面积是________．答案：360 cm 25．有下列说法：①球的半径是连接球心和球面上任意一点的线段； ②球的直径是连接球面上两点的线段； ③不过球心的截面截得的圆叫做小圆．其中正确说法的序号是________．解析：利用球的结构特征判断：①正确；②不正确，因为直径必过球心；③正确．答案：①③1．正方形ABCD 绕对角线AC 所在直线旋转一周所得组合体的结构特征是( ) A ．两个圆台组合成的 B ．两个圆锥组合成的C ．一个圆锥和一个圆台组合成的D ．一个圆柱和一个圆锥组合成的解析：选B.如图△ABO 与△CBO 绕AC 旋转，分别得到一个圆锥．2．边长为5 cm 的正方形EFGH 是圆柱的轴截面，则从E 点沿圆柱的侧面到相对顶点G 的最短距离是( )A ．10 cmB ．5 2 cmC ．5π2＋1 cm D.52π2＋4 cm解析：选D.圆柱的侧面展开图如图所示，展开后E ′F ＝12·2π·(52)＝52π，∴E ′G ＝ 52＋(52π)2＝52π2＋4(cm)．3．若圆柱的轴截面是一个正方形，其面积为4S ，则它的一个底面面积是( ) A ．4S B ．4πS C ．πS D ．2πS解析：选C.由题意知圆柱的母线长为底面圆的直径2R ，则2R ·2R ＝4S ，得R 2＝S .所以底面面积为πR 2＝πS .4．用平行于圆锥底面的平面截圆锥，所得截面面积与底面面积的比是1∶3，这截面把圆锥母线分为两段的比是( )A ．1∶3B ．1∶9C ．1∶(3－1) D.3∶2解析：选C.由圆锥的截面性质可知，截面仍是圆，设r 1、r 2分别表示截面与底面圆的半径．而l 1与l 2表示母线被截得的线段．则r 1r 2＝l 1l 1＋l 2＝13＝13，∴l 1∶l 2＝1∶(3－1)．5．设M 、N 是球O 半径OP 上的两点，且NP ＝MN ＝OM ，分别过N 、M 、O 作垂直于OP 的平面，截球面得三个圆，则这三个圆的面积之比为( )A ．3∶5∶6B ．3∶6∶8C ．5∶7∶9D ．5∶8∶9解析：选D.作出球的轴截面图如图，设球的半径为3R ，则MM ′＝9R 2－R 2＝8R ， NN ′＝9R 2－4R 2＝5R . 所截三个圆的面积之比为：π·(5R )2∶π·(8R )2∶π·(3R )2＝5∶8∶9.故选D.6．已知一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，则截面不可能是( )解析：选D.过球心的任何截面都不可能是圆的内接正方形． 7．一圆锥的轴截面的顶角为120°，母线长为1，过顶点作圆锥的截面中，最大截面的面积为________．解析：当截面顶点为90°时，截面面积最大，为12×1×1＝12.答案：128. 如图所示，在透明塑料制成的长方体容器ABCD －A 1B 1C 1D 1中灌进一些水，将固定容器底面的一边BC 置于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，以下命题：①水的形状成棱柱形；②水面EFGH 的面积不变；③A 1D 1始终与水面EFGH 平行．其中正确的序号是________．解析：在倾斜的过程中，因为前后两面平行，侧面(上下、左右)为平行四边形，所以是棱柱．故填①③.答案：①③9．已知一个圆柱的轴截面是一个正方形且其面积是Q，则此圆的半径为________．解析：设圆柱底面半径为r，母线为l，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2r＝l，2r·l＝Q，解得r＝Q2.答案：Q210．圆台的两底面面积分别为1,49，平行于底面的截面面积的2倍等于两底面面积之和，求圆台的高被截面分成的两部分的比．解：将圆台还原成圆锥，如图所示．O2、O1、O分别是圆台上底面、截面和下底面的圆心，V是圆锥的顶点，令VO2＝h, O2O1＝h1，O1O＝h2则⎩⎨⎧h＋h1h＝49＋121，h＋h1＋h2h＝491，所以⎩⎪⎨⎪⎧h1＝4h，h2＝2h，即h1∶h2＝2∶1.11. 如图是一个底面直径为20 cm的装有一部分水的圆柱形玻璃杯，水中放着一个底面直径为6 cm，高为20 cm的圆锥形铅锤，当铅锤从水中取出后，杯里的水将下降多少？解：因为圆锥形铅锤的体积为13×π×(62)2×20＝60π(cm3)．设水面下降的高度为x cm，则小圆柱的体积为π(202)2x＝100πx (cm3)．所以有60π＝100πx ，解此方程得x ＝0.6.故杯里的水下降了0.6 cm.12．用一张4 cm ×8 cm 的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，求圆柱轴截面的面积(接头忽略不计)．解：分两种情况：(1)以矩形8 cm 的边为母线长，把矩形硬纸卷成圆柱侧面(如图(1))轴截面为矩形A 1ABB 1，根据题意可知底面圆的周长为：2π·OA ＝4，则OA ＝2π，于是AB ＝4π.根据矩形的面积公式得：S 截面＝A 1A ·AB ＝8·4π＝32π(cm 2)．(2)以矩形4 cm 的边长为母线长，把矩形硬纸卷成圆柱侧面(如图(2))，轴截面为矩形A 1ABB 1，根据题意可知底面圆的周长为：2π·OA ＝8，则OA ＝4π，于是AB ＝8π.根据矩形的面积公式得：S 截面＝A 1A ·AB ＝4·8π＝32π(cm 2)．综上所述，轴截面的面积为32πcm 2.人教B 版必修2同步练习1．直线的平行投影可能是( ) A ．点 B ．线段 C ．射线 D ．曲线答案：A2．在灯光下，圆形窗框在与窗框平行的墙面上的影子的形状是( ) A ．平行四边形 B ．椭圆形 C ．圆形 D ．菱形解析：选C.由点光源的中心投影的性质可知影子应为圆形．3．如图所示的是水平放置的三角形的直观图，D ′是△A ′B ′C ′中B ′C ′边上的一点，且D ′离C ′比D ′离B ′近，又A ′D ′∥y ′轴，那么原△ABC 的AB 、AD 、AC 三条线段中( )A ．最长的是AB ，最短的是AC B ．最长的是AC ，最短的是AB C ．最长的是AB ，最短的是AD D ．最长的是AD ，最短的是AC 答案：C4．已知有一个长为5 cm ，宽为4 cm 的矩形，则其斜二测直观图的面积为________．解析：由于该矩形的面积为S ＝5×4＝20(cm 2)．所以其斜二测直观图的面积为S ′＝24S ＝52(cm 2)．答案：5 2 cm 25．长度相等的两条平行线段的直观图的长度________．答案：相等1．放晚自习后，小华走路回家，在经过一盏路灯时，他发现自己的身影( ) A ．变长 B ．变短 C ．先变长后变短 D ．先变短后变长答案：D2．下列关于直观图画法的说法中，不正确的是( )A ．原图中平行于x 轴的线段，其对应线段仍平行于x ′轴，长度不变B ．原图中平行于y 轴的线段，其对应线段仍平行于y ′轴，长度不变C ．画与坐标系xOy 对应的坐标系x ′O ′y ′时，∠x ′O ′y ′可以等于135°D ．画直观图时，由于选轴不同，所画的直观图可能不同解析：选B.平行于y 轴的线段其长度变为原来的12.3. 如图所示，梯形A ′B ′C ′D ′是平面图形ABCD 的直观图，若A ′D ′∥O ′y ′，A ′B ′∥C ′D ′，A ′B ′＝23C ′D ′＝2，A ′D ′＝1，则四边形ABCD 的面积是( )A ．10B ．5 2C ．5D ．10 2解析：选C.还原后的四边形ABCD 为直角梯形，AD 为垂直底边的腰，AD ＝2，AB ＝2，CD ＝3，S 四边形ABCD ＝5，故正确答案为C.4．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是BB 1，BC 的中点，则图中阴影部分在平面ADD 1A 1上的射影为( )答案：A5．如果图形所在的平面不平行于投射线，那么下列说法正确的是( ) A ．矩形的平行投影一定是矩形 B ．梯形的平行投影一定是梯形 C ．正方形的平行投影一定是矩形 D ．正方形的平行投影一定是菱形解析：选B.因为梯形两底的平行投影仍然平行，故选B.6．如下图所示为一平面图形的直观图，则此平面图形可能是下图中的( )解析：选C.根据斜二测画法的规则：平行于x 轴或在x 轴上的线段的长度在新坐标系中不变，在y 轴上或平行于y 轴的线段的长度在新坐标中变为原来的12，并注意到∠xOy ＝90°，∠x ′O ′y ′＝45°，因此由直观图还原成原图形为选项C.7. 如图所示，已知用斜二测画法画出的△ABC 的直观图△A ′B ′C ′是边长为a 的正三角形，那么原△ABC 的面积为________．解析：过C ′作y ′轴的平行线C ′D ′与x ′轴交于D ′，则C′D′＝32asin45°＝62a.又∵C′D′是原△ABC的高CD的直观图，∴CD＝6a.∴S△ABC＝12AB·CD＝12a·6a＝62a2.答案：62a28．给出下列说法：①正方形的直观图是一个平行四边形，其相邻两边长的比为1∶2，有一内角为45°；②水平放置的正三角形的直观图是一个底边长不变，高为原三角形高的一半的三角形；③不等边三角形水平放置的直观图是不等边三角形；④水平放置的平面图形的直观图是平面图形．写出其中正确说法的序号________．解析：对于①，若以该正方形的一组邻边所在的直线为x轴、y轴，则结论正确；但若以该正方形的两条对角线所在的直线为x轴、y轴，由于此时该正方形的各边均不在坐标轴上或与坐标轴平行，则其直观图中相邻两边长不一定符合“横不变，纵减半”的规则；对于②，水平放置的正三角形的直观图是一个底边长不变，高比原三角形高的一半还要短的三角形；对于③，只要坐标系选取的恰当，不等边三角形的水平放置的直观图可以是等边三角形．答案：④9. 水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，已知A′C′＝3，B′C′＝2，则AB 边上的中线的实际长度为________．解析：在直观图中，∠A′C′B′＝45°，则在原图形中∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，则斜边AB＝5，故斜边的中线长为52.答案：5210．在有太阳的某时刻，一个大球放在水平地面上，球的影子伸到距离球与地面接触点10 m处，同一时刻一根长 3 m的木棒垂直于地面，且影子长1 m，求此球的半径．解：由题设知BO′＝10，设∠ABO′＝2α(0°<α<45°)(如图)，由题意知tan 2α＝31＝3，即2α＝60°，∴α＝30°，∴tan α＝33.在Rt△OO′B中，tan α＝RBO′，∴R＝BO′·tan α＝1033m.即此球的半径为1033m.11. 如图所示，一建筑物A 高为BC ，眼睛位于点O 处，用一把长为22 cm 的刻度尺EF 在眼前适当地运动，使眼睛刚好看不到建筑物A ，这时量得眼睛和刻度尺的距离MN 为10 cm ，眼睛与建筑物的距离MB 为20 m ，求建筑物A 的高．(假设刻度尺与建筑物平行)解：由题意可知O ，F ，C 三点共线，O ，E ，B 三点共线．因为EF ∥BC ，所以EF BC ＝OE OB ＝MNMB.把EF ＝22 cm ，MN ＝10 cm ，MB ＝2000 cm 代入上式，得22BC ＝102000，解得BC ＝4400 cm ＝44 m. 即建筑物A 高44 m.12. 某地夏季中午，当太阳移到屋顶上方偏南时，光线与地面成60°角，房屋向南的窗户AB 高1.6米，现要在窗子外面的上方安装一个水平遮阳蓬AC ，如图所示，求：(1)当遮阳蓬AC 的宽度在什么范围内时，太阳光线直接射入室内？(2)当遮阳蓬AC 的宽度在什么范围内时，太阳光线不能直接射入室内(精确到0.01米)? 解：(1)在Rt △ABC 中，∠ACB ＝60°，AB ＝1.6米，则AC ＝AB tan ∠ACB＝3AB3，∴AC ＝1.63≈0.92(米)．当0<AC ≤0.92米时，太阳光可直接射入室内． (2)当AC ＞0.92米时，太阳光不能直接射入室内．人教B版必修2同步练习1．下列说法中正确的是()A．任何物体的三视图都与物体的摆放位置有关B．任何物体的三视图都与物体的摆放位置无关C．有的物体的三视图与物体的摆放位置无关D．正方体的三视图一定是三个全等的正方形解析：选C.球的三视图与它的摆放位置无关，从任何方向看都是圆．2．如图所示，桌面上放着一个圆锥和一个长方体，其俯视图是()答案：D3．(2011年高考山东卷)下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是()A．3B．2C．1 D．0解析：选A.对于①，可以是放倒的三棱柱；容易判断②③可以．4．一件物体的三视图的排列规则是：俯视图放在主视图的________，长度与主视图一样，左视图放在主视图的______，高度与主视图一样，宽度与俯视图的宽度一样．答案：下面右面5．某个几何体的三视图如图，这个几何体是________．答案：圆锥1. 如图所示的是水平放置的圆柱形物体，其三视图是()解析：选A.此题主要研究从物体到三视图的转化过程，主视图是从正面观察物体的形状；左视图是从左侧面观察物体的形状；俯视图是从上往下观察物体的形状．从正面看是个矩形，从左面看是个圆，从上往下看是一个矩形，对照图中的A，B，C，D，可知A是正确的．2．图中三图顺次为一个建筑物的主视图、左视图、俯视图，则其为________的组合体．()A．圆柱和圆锥B．正方体和圆锥C．正四棱柱和圆锥D．正方形和圆解析：选C.直接画出符合条件的组合体，可以得解．3．如图所示，有且仅有两个视图相同的几何体是()A．(1)(2) B．(1)(3)C．(1)(4) D．(2)(4)解析：选D.在这四个几何体中，图(2)与图(4)均只有主视图和左视图相同．4．如图(1)所示是物体的实物图，在图(2)四个选项中是其俯视图的是()答案：C5．一个几何体由一些小正方体摆成，其主视图与左视图如图所示，其俯视图不可能是()解析：选C.通过分析主视图第一列有两个，而左视图第二列有两个，所以俯视图是选项C时，不符合要求．6. 把10个相同的小正方体按如图所示位置堆放，它的表面有若干个小正方形，如果将图中标了字母A的一个小正方体搬走，这时表面的小正方形个数与搬动前相比()A．不增不减B．减少1个C．减少2个D．减少3个答案：A7．欣赏下列物体的三视图，并写出它们的名称．答案：(1)主视图(2)左视图(3)俯视图(4)主视图(5)左视图(6)俯视图8．下图是某个圆锥的三视图，根据主视图中所标尺寸，则俯视图中圆的面积为________，圆锥母线长为________．解析：由主视图的底边可知俯视图的半径为10，则面积为100π.由主视图知圆锥的高为30，又底面半径为10，则母线长为102＋302＝1010.答案：100π10109．一个几何体由几个相同的小正方体组合而成，它的主视图、左视图、俯视图如图所示，则这个组合体包含的小正方体的个数是________．解析：由三视图画出几何体如图．观察知，包含小正方体个数为5个．答案：510．如图所示是一些立体图形的视图，但是观察的方向不同，试说明下列各图可能是哪一种立体图形的视图．解：从柱、锥、台、球的三视图各方面综合考虑．图(1)可能为球、圆柱，如图(4)所示．图(2)可能为棱锥、圆锥、棱柱，如图(5)所示．图(3)可能为正四棱锥，如图(6)所示．11. 如图是根据某一种型号的滚筒洗衣机抽象出来的几何体，数据如图所示(单位：cm)，试画出它的三视图．解：这个几何体是由一个长方体和一个圆柱体构成的．三视图如下图所示．12．如图，BC⊥CD，且CD⊥MN，ABCD绕AD所在直线MN旋转，在旋转前，点A 可以在DM上选定．当点选在射线上的不同位置时，形成的几何体大小、形状不同，分别画出它的三视图并比较异同．解：(1)当点A在下图(a)中射线DM的位置时，绕MN旋转一周所得几何体为底面半径为CD的圆柱和圆锥叠加而成，其三视图如下图(a)．(2)当点A在下图(b)中射线DM的位置时，即B到MN作垂线的垂足时旋转后的几何体为圆柱，其三视图如下图(b)．(3)当点A在下图(c)中所示位置时，其旋转所得几何体为圆柱中挖去同底的圆锥，其三视图如下图(c)．(4)当点A位于点D时，如下图(d)中，旋转体为圆柱中挖去同底等高的圆锥，其三视图如下图(d)．人教B 版必修2同步练习1．一正四棱锥各棱长均为a ，则其表面积为( ) A.3a 2 B ．(1＋3)a 2 C ．22a 2 D ．(1＋2)a 2解析：选B.正四棱锥的底面积为S 底＝a 2，侧面积为S 侧＝4×12×a ×32a ＝3a 2，故表面积为S 表＝S 底＋S 侧＝(1＋3)a 2.2．底面为正方形的直棱柱，它的底面对角线长为2，体对角线长为6，则这个棱柱的侧面积是( )A ．2B ．4C ．6D ．8 答案：D3．若球的大圆周长为C ，则这个球的表面积是( ) A.C 2 B.C 2 C.C 2πD ．2πC 2 答案：C4．一个圆锥的底面半径为2，高为23，则圆锥的侧面积为________．解析：S 侧＝πRl ＝π×2×22＋(23)2＝8π. 答案：8π5．已知棱长为1，各面都是正三角形的四面体，则它的表面积是________．答案： 31．正三棱锥的底面边长为a ，高为66a ，则此棱锥的侧面积等于( ) A.34a 2 B.32a 2 C.334a 2 D.332a 2解析：选A.斜高h ′ ＝(66a )2＋(3a 6)2＝12a ，则S 侧＝12·3a ·12a ＝34a 2.2．正六棱柱的高为6，底面边长为4，则它的全面积是( ) A ．48(3＋3) B ．48(3＋23) C ．24(6＋2) D ．144解析：选A.S 两底＝34×42×6×2＝483，S 侧＝6×4×6＝144.∴S 全＝144＋483＝48(3＋3)．3．正四棱台两底面边长分别为3 cm 和5 cm ，那么它的中截面面积为( ) A ．2 cm 2 B ．16 cm 2 C ．25 cm 2 D ．4 cm 2。

高中数学人教B版四学案：第一单元 1.2.2 单位圆与三角函数线含答案

1。

2.2单位圆与三角函数线学习目标1。

了解三角函数线的意义,能用三角函数线表示一个角的正弦、余弦和正切。

2.能利用三角函数线解决一些简单的三角函数问题。

知识点一单位圆思考1什么叫单位圆？思考2点的射影是如何定义的?梳理(1)单位圆把________的圆叫做单位圆.(2)单位圆中角α的坐标角α的余弦和正弦分别等于角α终边与单位圆交点的________和________.知识点二三角函数线思考1三角函数线的长度等于三角函数的值吗?思考2三角函数线的方向与三角函数值的正负有什么联系？梳理三角函数线类型一三角函数线例1作出－错误!的正弦线、余弦线和正切线.反思与感悟（1）作正弦线、余弦线时,首先找到角的终边与单位圆的交点,然后过此交点作x轴的垂线,得到垂足,从而得到正弦线和余弦线.（2)作正切线时，应从点A（1，0）引单位圆的切线交角的终边或终边的反向延长线于一点T,即可得到正切线AT.跟踪训练1在单位圆中画出满足sin α＝错误!的角α的终边,并求角α的取值集合。

类型二利用三角函数线比较大小例2利用三角函数线比较sin错误!和sin错误!,cos错误!和cos错误!，tan错误!和tan错误!的大小。

反思与感悟利用三角函数线比较三角函数值的大小时，一般分三步：（1)角的位置要“对号入座”。

(2)比较三角函数线的长度.(3）确定有向线段的正负。

跟踪训练2比较sin 1 155°与sin(－1 654°)的大小.类型三利用三角函数线解不等式（组)命题角度1利用三角函数线解不等式组例3在单位圆中画出适合下列条件的角α的终边的范围，并由此写出角α的集合。

（1)sin α≥错误!；(2)cos α≤－错误!.反思与感悟用单位圆中的三角函数线求解简单的三角不等式，应注意以下两点：(1）先找到“正值"区间，即0~2π内满足条件的角θ的范围，然后再加上周期。

(2)注意区间是开区间还是闭区间。

人教B版2019年高中数学选修2-3教学案：1.2.2 组合与组合数公式及组合数的两个性质_含解析

第一课时组合与组合数公式及组合数的两个性质[对应学生用书P11][例1](1) 10支球队以单循环进行比赛(每两队比赛一次)，这次比赛需要进行多少场次？(2)10支球队以单循环进行比赛，这次比赛冠、亚军获得者有多少种可能？(3)从10个人里选3个代表去开会，有多少种选法？(4)从10个人里选出3个不同学科的课代表，有多少种选法？[思路点拨]要确定是组合还是排列问题，只需确定取出的元素是否与顺序有关．[精解详析](1)是组合问题，因为每两个队比赛一次并不需要考虑谁先谁后，没有顺序的区别．(2)是排列问题，因为甲队得冠军、乙队得亚军与甲队得亚军、乙队得冠军是不一样的，是有顺序区别的．(3)是组合问题，因为3个代表之间没有顺序的区别．(4)是排列问题，因为3个人中，担任哪一科的课代表是有顺序区别的．[一点通]要区分排列与组合问题，先确定完成的是什么事件，然后看问题是否与顺序有关，与顺序有关的是排列，与顺序无关的是组合．1．求从2,3,4,5四个数中任取2个数作为对数式log a b的底数与真数，得到的对数的个数有多少，是________问题；若把两个数相乘得到的积有几种，则是________问题．(用“排列”“组合”填空)解析：从2,3,4,5四个数中任取2个数作为对数式log a b的底数与真数，交换a，b的位置后所得对数值不同，应为排列问题；取两个数相乘，如2×3与3×2的积是相等的，没有顺序，故为组合问题．答案：排列组合2．判断下列问题是组合问题还是排列问题：(1)设集合A＝{a，b，c，d，e}，则集合A的子集中含有3个元素的有多少个？(2)某铁路线上有5个车站，则这条线上共需准备多少种车票？多少种票价？(3)3人去干5种不同的工作，每人干一种，有多少种分工方法？(4)把3本相同的书分给5个学生，每人最多得1本，有几种分配方法？解：(1)因为本问题与元素顺序无关，故是组合问题．(2)因为甲站到乙站的车票与乙站到甲站的车票是不同的，故是排列问题，但票价与顺序无关，甲站到乙站与乙站到甲站是同一种票价，故是组合问题．(3)因为分工方法是从5种不同的工作中选出3种，按一定顺序分给3个人去干，故是排列问题．(4)因为3本书是相同的，无论把3本书分给哪三人，都不需考虑他们的顺序，故是组合问题.[例2] (1)1073(2)证明：m C m n ＝n C m －1n －1；(3)已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，求C m 8＋C 5－m 8. [思路点拨] (1)(2)运用公式进行化简即可，(3)先求出m 的值，再进行计算．[精解详析] (1)原式＝C 410－A 37＝10×9×8×74×3×2×1－7×6×5＝210－210＝0.(2)证明：m C m n ＝m ·n ！m ！(n －m )！＝n ·(n －1)！(m －1)！(n －m )！＝n ·(n －1)！(m －1)！(n －m )！＝n C m －1n －1.(3)∵1C m 5－1C m 6＝m ！(5－m )！5！－m ！(6－m )！6！， 710C m 7＝7×(7－m )！m ！10×7！， ∴m ！(5－m )！5！－m ！(6－m )(5－m )！6×5！＝7×m ！(7－m )(6－m )(5－m )！10×7×6×5！，∴1－6－m 6＝(7－m )(6－m )60，即m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝2或21. 而0≤m ≤5，∴m ＝2.∴C m 8＋C 5－m8＝C 28＋C 38＝C 39＝84.[一点通] 1．组合数公式C m n ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)m ！体现了组合数与相应排列数的关系，一般在计算具体的组合数时会用到．2．组合数公式C m n ＝n ！m ！(n －m )！的主要作用：一是计算m ，n 较大时的组合数；二是对含有字母的组合数的式子进行变形和证明．另外，当m >n 2时，计算C m n 可用性质C m n ＝C n －mn转化，减少运算量．3．C410－C37·A33＝________.解析：原式＝C410－A37＝10×9×8×74×3×2×1－7×6×5＝210－210＝0.答案：04．若A3n＝12C2n，则n＝________.解析：∵A3n＝n(n－1)·(n－2)，C2n＝12n(n－1)，∴n(n－1)(n－2)＝6n(n－1)．又n∈N＋，且n≥3，∴n＝8. 答案：85．解不等式1C3n－1C4n＜2C5n.解：n的取值范围是{n|n≥5，n∈N＋}．∵1C3n－1C4n＜2C5n，∴6n(n－1)(n－2)－24n(n－1)(n－2)(n－3)＜240n(n－1)(n－2)(n－3)(n－4).又∵n(n－1)(n－2)＞0.∴原不等式化简得n2－11n－12＜0，解得－1＜n＜12.结合n的取值范围，得n＝5,6,7,8,9,10,11，∴原不等式的解集为{5,6,7,8,9,10,11}.[例3](10分)5人参加市级培训．在下列条件下，有多少种不同的选法？(1)任意选5人；(2)甲、乙、丙三人必需参加；(3)甲、乙、丙三人不能参加；(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加．[思路点拨]本题属于组合问题中的最基本的问题，可根据题意分别对不同问题中的“含”与“不含”作出正确分析和判断．[精解详析](1)从中任取5人是组合问题，共有C512＝792种不同的选法．(2)甲、乙、丙三人必需参加，则只需要从另外9人中选2人，是组合问题，共有C29＝36种不同的选法．(3)甲、乙、丙三人不能参加，则只需从另外的9人中选5人，共有C59＝126种不同的选法．(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加，可分两步：先从甲、乙、丙中选1人，有C13＝3种选法；再从另外9人中选4人，有C49种选法．共有C13C49＝378种不同的选法．[一点通]解简单的组合应用题时，要先判断它是不是组合问题，只有当该问题能构成组合模型时，才能运用组合数公式求解．解题时还应注意两个计数原理的运用，在分类和分步时，应注意有无重复或遗漏．6．设集合A＝{a1，a2，a3，a4，a5}，则集合A的含有3个元素的子集共有________个．解析：从5个元素中取出3个元素组成一组就是集合A的含有3个元素的子集，则共有C35＝10个．答案：107．现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名．(1)现要从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？(2)现要从中选出男、女教师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？解：(1)从10名教师中选出2名去参加会议的选法数就是从10个不同的元素中取出2个元素的组合数，即C210＝10×92×1＝45种．(2)从6名男教师中选2名，有C26种选法，从4名女教师中选2名，有C24种选法．根据分步乘法计数原理可知，共有不同的选法C26C24＝90种．1．排列与组合的异同：[对应课时跟踪训练(五)] 1．从7人中选出3人参加座谈会，则不同的选法有()A．210种B．42种C．35种D．6种解析：参加座谈会与顺序无关，是组合问题，共有C37＝35种不同的选法．答案：C2．若A3m＝6C4m，则m的值为()A．6 B．7C．8 D．9解析：由A3m＝6×C4m得m！(m－3)！＝6·m！4！(m－4)！，即1m－3＝14，解得m＝7.答案：B3．某单位有15名成员，其中男性10人，女性5人，现需要从中选出6名成员组成考察团外出参观学习，如果按性别分层，并在各层按比例随机抽样，则此考察团的组成方法种数是()A．C310C35B．C410C25C．C515D．A410A25解析：按性别分层，并在各层按比例随机抽样，则需从10名男性中抽取4人，5名女性中抽取2人，共有C410C25种抽法．答案：B4．异面直线a，b上分别有4个点和5个点，由这9个点可以确定的平面个数是() A．20 B．9C．C39D．C24C15＋C25C14解析：分两类：第一类，在直线a上任取一点，与直线b可确定C14个平面；第二类，在直线b上任取一点，与直线a可确定C15个平面．故可确定C14＋C15＝9个不同的平面．答案：B5．若C13n＝C7n，则C18n＝________.解析：∵C13n＝C7n，∴13＝n－7，∴n＝20.∴C1820＝C220＝190.答案：1906．10个人分成甲、乙两组，甲组4人、乙组6人，则不同的分组种数为________．(用数字作答)解析：先给甲组选4人，有C410种选法，余下的6人为乙组，故共有C410＝210种选法．答案：2107．某科技小组有女同学2名、男同学x名，现从中选出3人去参观展览．若恰有1名女生入选时的不同选法有20种，求该科技小组中男生的人数．解：由题意得C12·C2x＝20.解得x＝5.故该科技小组有5名男生．8．要从6男4女中选出5人参加一项活动，按下列要求，各有多少种不同的选法？(1)甲当选且乙不当选；(2)至多有3男当选．解：(1)甲当选且乙不当选，只需从余下的8人中任选4人，有C48＝70种选法．(2)至多有3男当选时，应分三类：第一类是3男2女，有C36C24种选法；第二类是2男3女，有C26C34种选法；第三类是1男4女，有C16C44种选法．由分类加法计数原理知，共有C36C24＋C26C34＋C16C44＝186种选法．。

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