2020年高中数学一轮复习步步高教师用书京津鲁琼专用第十章 10.2

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2020届【步步高】高考文科数学一轮总复习讲义

【步步高】高三文科数学总复习讲义
1．集合与元素
(1)集合中元素的三个特征：确定性、互异性、无序性．
(2)元素与集合的关系是属于或不属于两种，用符号∈或∉表示．
(3)集合的表示法：列举法、描述法、图示法．
(4)常见数集的记法
集合自然数集正整数集整数集
符号
N
N*(或 N＋)
Z
有理数集 Q
实数集 R
答案 (1)C (2)0 或98
解析 (1)∵2－3 x∈Z，∴2－x 的取值有－3，－1,1,3，
又∵x∈Z，∴x 值分别为 5,3,1，－1，
故集合 A 中的元素个数为 4.
(2)若 a＝0，则 A＝23，符合题意；若 a≠0，则由题意得 Δ＝9－8a＝0，解得 a＝98.
综上，a 的值为 0 或98. 思维升华 (1)用描述法表示集合，首先要搞清楚集合中代表元素的含义，再看元素的限制条件，明白集合的类型，是数
2.集合间的基本关系关系
子集
自然语言
集合 A 中所有元素都在集合 B 中(即若 x∈A，则 x∈B)
符号语言 A⊆B(或 B⊇A)
Venn 图
真子集集合相等
集合 A 是集合 B 的子集，且集合 B 中至少有一个元素不在集合 A 中
集合 A，B 中的元素相同或集合 A，B 互为子集
A B(或 B A) A＝B
A．{－1,1,5}
B．{－1,5}
C．{1,5}
D．{－1}
答案 A
解析 ∵A＝{－1,5}，B＝{－1,1}，
∴A∪B＝{－1,1,5}．
3．已知集合 A＝{x|x2－x－2≤0}，集合 B 为整数集，则 A∩B 等于( )
A．{－1,0,1,2}

课标专用2020届高考数学一轮复习第十章圆锥曲线101椭圆及其性质教师用书文含解析.

命题规律与趋势
０１考查内容主要考查圆锥曲线的定义与方程、几何性质、离心率、双曲线的渐近线，解答题通常以椭圆及抛物线为背景，考查直线和圆锥曲线的位置关系，弦中点问题，定点与定值问题，范围问题，轨迹方程问题，以及与圆的综合问题．
０２命题特征基础题目考查圆锥曲线的定义、标准方程和几何性质，解答题有一道有区分度的综合题，一般难度较大．
２０１５课标Ⅰ，５
５分选择题
２０１５课标Ⅰ，１６
５分填空题
难度中中易
中
考点
考向
解题方法
双曲线的性质
求双曲线的离心率
公式法
椭圆的定义和准确求椭圆方程
方程
方程思想的方法
椭圆的几何性质
求椭圆的离心率
定义法
直线与抛物线的位置关系
①求直线的方程 ②斜率在证明角相等中的应用
整体运算法转化法
１－２答案Ｂ
解析连接Ｆ２Ｐ，则｜Ｆ２Ｐ｜＝｜ＰＡ｜，∵ ｜Ｆ２Ｐ｜＋｜Ｆ１Ｐ｜＝｜ＰＡ｜＋｜Ｆ１Ｐ｜＝｜Ｆ１Ａ｜＝６＞｜Ｆ１Ｆ２｜＝４，∴ 由椭圆的定义可得点Ｐ的轨迹是以点Ｆ１、Ｆ２为焦点，长轴长为６的椭圆，
①椭圆的几何性质
准线方程
易
待定系数法
②抛物线的几何性质 ②椭圆过焦点且垂直
长轴所在直线的弦长
双曲线的定义和标准双曲线的定义在最值
难
数形结合法
方程
中的应用
核心素养数学运算数学运算数学运算数学运算逻辑推理数学运算直观想象数学运算
数学运算数学运算数学运算逻辑推理

【步步高】高考数学总复习第十章 10.2排列与组合强化训练理北师大版

§10.2排列与组合1．排列(1)排列的定义：从n个不同元素中取出m (m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫作从n个不同元素中任意取出m个元素的一个排列．(2)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.(3)排列数公式：A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)．(4)A n n＝n·(n－1)·(n－2)·…·2·1＝n！.A m n＝n！(n－m)！，这里规定0！＝1.2．组合(1)组合的定义：从n个不同的元素中，任取出m(m≤n)个元素为一组，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用C m n表示．(3)组合数的计算公式：C m n＝A m nA m m＝n！m！(n－m)！＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)m！，由于0！＝1，所以C0n＝1.(4)组合数的性质：①C m n＝C n－mn __；②C m n＋1＝C m n__＋C m－1n__.1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(×)(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．(×)(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(√)(4)(n＋1)！－n！＝n·n！. (√)(5)A m n＝n A m－1n－1. (√)(6)k C k n＝n C k－1n－1. (√) 2．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种答案 B解析方法一不同的赠送方法有A45A22A33＝10(种)．方法二从2本同样的画册，3本同样的集邮册中取出4本有两种取法：第一种：从2本画册中取出1本，将3本集邮册全部取出；第二种：将2本画册全部取出，从3本集邮册中取出2本．由于画册是相同的，集邮册也是相同的，因此第一种取法中只需从4位朋友中选出1人赠送画册，其余的赠送集邮册，有C14＝4(种)赠送方法；第二种取法中只需从4位朋友中选取2人赠送画册，其余的赠送集邮册，有C24＝6(种)赠送方法．因此共有4＋6＝10(种)赠送方法．3．(2012·大纲全国)将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有() A．12种B．18种C．24种D．36种答案 A解析先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有A33种不同的排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A12种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有A33·A12·1＝12(种)不同的排列方法．4．用数字1、2、3、4、5组成的无重复数字的四位偶数的个数为() A．8 B．24 C．48 D．120答案 C解析分两步：(1)先排个位有A12种排法．(2)再排前三位有A34种排法，故共有A12A34＝48种排法．5．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有______种．答案14解析①有1名女生：C12C34＝8.②有2名女生：C22C24＝6.∴不同的选派方案有8＋6＝14(种)．题型一排列问题例1有4名男生、5名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法？(1)甲不在中间也不在两端；(2)甲、乙两人必须排在两端；(3)男女相间．思维启迪这是一个排列问题，一般情况下，我们会从受到限制的特殊元素开始考虑，有时也从特殊的位置讨论起．对于相邻问题，常用“捆绑法”；对于不相邻问题，常用“插空法”(特殊元素后考虑)；对于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”或“排除法”(特殊元素先考虑)．解 (1)方法一 (元素分析法) 先排甲有6种，其余有A 88种，故共有6·A 88＝241 920(种)排法．方法二 (位置分析法)中间和两端有A 38种排法，包括甲在内的其余6人有A 66种排法，故共有A 38·A 66＝336×720＝241 920(种)排法．方法三 (等机会法)9个人的全排列数有A 99种，甲排在每一个位置的机会都是均等的，依题意，甲不在中间及两端的排法总数是A 99×69＝241 920(种)．方法四 (间接法)A 99－3·A 88＝6A 88＝241 920(种)．(2)先排甲、乙，再排其余7人，共有A 22·A 77＝10 080(种)排法． (3)(插空法)先排4名男生有A 44种方法，再将5名女生插空，有A 55种方法，故共有A 44·A 55＝2 880(种)排法．思维升华本题集排列多种类型于一题，充分体现了元素分析法(优先考虑特殊元素)、位置分析法(优先考虑特殊位置)、直接法、间接法(排除法)、等机会法、插空法等常见的解题思路．用0,1,3,5,7五个数字，可以组成多少个没有重复数字且5不在十位位置上的五位数？解本题可分两类：第一类：0在十位位置上，这时，5不在十位位置上，所以五位数的个数为A 44＝24；第二类：0不在十位位置上，这时，由于5不能排在十位位置上，所以，十位位置上只能排1,3,7之一，这一步有A 13＝3种方法．又由于0不能排在万位位置上，所以万位位置上只能排5或1,3,7被选作十位上的数字后余下的两个数字之一，这一步有方法A 13＝3(种)．十位、万位上的数字选定后，其余三个数字全排列即可，这一步有方法A 33＝6(种)．根据分步乘法计数原理，第二类中所求五位数的个数为A 13·A 13·A 33＝54. 由分类加法计数原理，符合条件的五位数共有24＋54＝78(个)．题型二组合问题例2某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？思维启迪可以从特殊元素出发，考虑直接选取或使用间接法．解(1)从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561(种)，∴某一种假货必须在内的不同取法有561种．(2)从34种可选商品中，选取3种，有C334种或者C335－C234＝C334＝5 984(种)．∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种．(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有C120C215＝2 100(种)．∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种．(4)选取2件假货有C120C215种，选取3件假货有C315种，共有选取方式C120C215＋C315＝2 100＋455＝2 555(种)．∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种．(5)选取3件的总数有C335，因此共有选取方式C335－C315＝6 545－455＝6 090(种)．∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种．思维升华组合问题常有以下两类题型变化：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，(1)甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有多少种？(2)甲、乙所选的课程中至少有一门不相同的选法有多少种？解(1)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，且甲、乙所选课程中恰有1门相同的选法种数共有C24C12C12＝24(种)．(2)甲、乙两人从4门课程中各选两门不同的选法种数为C24C24，又甲乙两人所选的两门课程都相同的选法种数为C24种，因此满足条件的不同选法种数为C24C24－C24＝30(种)．题型三排列与组合的综合应用问题例3 4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？ (2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？ (3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？思维启迪把不放球的盒子先拿走，再放球到余下的盒子中并且不空．解 (1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2,1,1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有C 14C 24C 13×A 22＝144(种)．(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法． (3)确定2个空盒有C 24种方法．4个球放进2个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有C 34C 11A 22种方法；第二类有序均匀分组有C 24C 22A 22·A 22种方法．故共有C 24(C 34C 11A 22＋C 24C 22A 22·A 22)＝84(种)．思维升华排列、组合综合题目，一般是将符合要求的元素取出(组合)或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列．其中分组时，要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准．(1)将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中．若每个信封放2张，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有( )A ．12种B ．18种C ．36种D ．54种(2)(2013·重庆)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________．(用数字作答)答案 (1)B (2)590 解析 (1)先放1、2的卡片有C 13种，再将3、4、5、6的卡片平均分成两组再放置，有C 24A 22·A 22种，故共有C 13·C 24＝18种． (2)分三类：①选1名骨科医生，则有C 13(C 14C 35＋C 24C 25＋C 34C 15)＝360(种)． ②选2名骨科医生，则有C 23(C 14C 25＋C 24C 15)＝210(种)； ③选3名骨科医生，则有C 33C 14C 15＝20(种)．∴骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是360＋210＋20＝590.排列、组合问题计算重、漏致误典例：(5分)有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法有________种．易错分析易犯错误如下：先从一等品中取1个，有C116种取法；再从余下的19个零件中任取2个，有C219种不同取法，共有C116×C219＝2 736种不同取法．上述做法使两次取的一等品有了先后顺序，导致取法重复．解析方法一将“至少有1个是一等品的不同取法”分三类：“恰有1个一等品”，“恰有2个一等品”，“恰有3个一等品”，由分类加法计数原理有C116C24＋C216C14＋C316＝1 136(种)．方法二考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法：C320－C34＝1 136(种)．答案 1 136温馨提醒(1)排列、组合问题由于其思想方法独特，计算量庞大，对结果的检验困难，所以在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则，如特殊元素、位置优先原则、先取后排原则、先分组后分配原则、正难则反原则等，只有这样我们才能有明确的解题方向．同时解答组合问题时必须心思细腻，考虑周全，这样才能做到不重不漏，正确解题．(2)“至少、至多型”问题不能利用分步乘法计数原理求解，多采用分类求解或转化为它的对立事件求解．方法与技巧1．对于有附加条件的排列、组合应用题，通常从三个途径考虑：(1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；(2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；(3)先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不合要求的排列数或组合数．2．排列、组合问题的求解方法与技巧(1)特殊元素优先安排；(2)合理分类与准确分步；(3)排列、组合混合问题先选后排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题排除法处理；(7)分排问题直排处理；(8)“小集团”排列问题先整体后局部；(9)构造模型；(10)正难则反，等价条件．失误与防范1．解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)．分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏．2．解组合应用题时，应注意“至少”、“至多”、“恰好”等词的含义．3．对于分配问题，解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏．A组专项基础训练(时间：35分钟)一、选择题1．(2012·课标全国)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有() A．12种B．10种C．9种D．8种答案 A解析分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C12＝2(种)选派方法；第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有C24＝6(种)选派方法．由分步乘法计数原理得不同的选派方案共有2×6＝12(种)．2．10名同学合影，站成了前排3人，后排7人．现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数为() A．C27A55B．C27A22C．C27A25D．C27A35答案 C解析从后排抽2人的方法种数是C27；前排的排列方法种数是A25.由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是C27A25.3．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位．该台晚会节目演出顺序的编排方案共有() A．36种B．42种C．48种D．54种答案 B解析分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最后一位，中间4个节目无限制条件，有A44种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C13种排法，其他3个节目有A33种排法，故有C13A33种排法．依分类加法计数原理，知共有A44＋C13A33＝42(种)编排方案．4．如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有()A．11种B．20种C．21种D．12种答案 C解析当第一组开关有一个接通时，电路接通有C12(C13＋C23＋C33)＝14(种)方式；当第一组开关有两个接通时，电路接通有C22(C13＋C23＋C33)＝7(种)方式．所以共有14＋7＝21(种)方式，故选C.5．(2012·山东)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，不同取法的种数为() A．232 B．252C．472 D．484答案 C解析分两类：第一类，含有1张红色卡片，共有不同的取法C14C212＝264(种)；第二类，不含有红色卡片，共有不同的取法C312－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知不同的取法有264＋208＝472(种)．二、填空题6．A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A、B可以不相邻)，那么不同的排法共有________种．答案60解析可先排C、D、E三人，共A35种排法，剩余A、B两人只有一种排法，由分步乘法计数原理知满足条件的排法共有A35＝60(种)．7．(2013·北京)将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．答案96解析将5张参观券分成4堆，有2个连号有4种分法，每种分法再分给4人，各有A44种分法，∴不同的分法种数共有4A44＝96.8．用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．答案8解析先把两奇数捆绑在一起有A22种方法，再用插空法共有个数A22·C12·A22＝8.9．某商店要求甲、乙、丙、丁、戊五种不同的商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，而丙、丁两种不能排在一起，不同的排法共有________种．答案24解析甲、乙排在一起，用捆绑法，丙、丁不排在一起，用插空法，不同的排法共有2A22·A23二、解答题10．某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中：(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？(3)甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？(4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？解(1)只需从其他18人中选3人即可，共有C318＝816(种)；(2)只需从其他18人中选5人即可，共有C518＝8 568(种)；(3)分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有C12C418＋C318＝6 936(种)；(4)方法一(直接法)：至少有一名内科医生和一名外科医生的选法可分四类：一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，所以共有C112C48＋C212C38＋C312C28＋C412C18＝14 656(种)．方法二(间接法)：由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得C520－(C512＋C58)＝14 656(种)．B组专项能力提升(时间：15分钟)1．(2012·北京)从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为() A．24 B．18 C．12 D．6答案 B解析当选0时，先从1,3,5中选2个数字有C23种方法，然后从选中的2个数字中选1个排在末位有C12种方法，剩余1个数字排在首位，共有C23C12＝6(种)方法；当选2时，先从1,3,5中选2个数字有C23种方法，然后从选中的2个数字中选1个排在末位有C12种方法，其余2个数字全排列，共有C23C12A22＝12(种)方法．依分类加法计数原理知共有6＋12＝18(个)奇数．2．把3盆不同的兰花和4盆不同的玫瑰花摆放在右图中的1,2,3,4,5,6,7所示的位置上，其中3盆兰花不能放在一条直线上，则不同的摆放方法有()A．2 680种B．4 320种C．4 920种D．5 140种解析先将7盆花全排列，共有A77种排法，其中3盆兰花排在一条直线上的排法有5A33 A44(种)，故所求摆放方法有A77－5A33A44＝4 320(种)．3．计划展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一列，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同的排列方式的种数有() A．A44A55B．A33A44A35C．C13A44A55D．A22A44A55答案 D解析先把3种品种的画看成整体，而水彩画受限制应优先考虑，不能放在头尾，故只能放在中间，又油画与国画有A22种放法，再考虑国画与油画本身又可以全排列，故排列的方法有A22A44A55种．4．(2013·浙江)将A、B、C、D、E、F六个字母排成一排，且A、B均在C的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答)．答案480解析分类讨论：A、B都在C的左侧，且按C的左侧分别有两个、三个、四个、五个字母这4类计算，再考虑右侧情况．所以共有2(A22·A33＋C13A33·A22＋C23A44＋A55)＝480(种)．5．将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴省运会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有________种(用数字作答)．答案 1 080解析先分组再分配，共有C16C15C242A22·A44＝1 080(种)分配方案．6．某地奥运火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成．如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方法共有________种(用数字作答)．答案96解析甲传第一棒，乙传最后一棒，共有A44种方法．乙传第一棒，甲传最后一棒，共有A44种方法．丙传第一棒，共有C12·A44种方法．由分类加法计数原理得，共有A44＋A44＋C12·A44＝96(种)方法．7．有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8种卡片中取出4张卡片排成一行，如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有________种(用数字作答)．答案432解析取出的4张卡片所标数字之和等于10，共有三种情况：1144,2233,1234.所取卡片是1144的共有A44种排法．所取卡片是2233的共有A44种排法．所取卡片是1234，则其中卡片颜色可为无红色，1张红色，2张红色，3张红色，全是红色，共有排法A44＋C14A44＋C24A44＋C34A44＋A44＝16A44(种)，∴共有排法18A44＝18×4×3×2×1＝432(种)．。

【北师大版】2020届高三数学步步高(理)第十编计数原理

第十编计数原理§10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理基础自测1.有不同颜色的四件上衣与不同颜色的三件长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数（）A.7B.64C.12D.81答案C2.从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法种数为（）A.6B.5C.3D.2答案B3.一个乒乓球队里有男队员5人，女队员4人，从中选出男、女队员各一名组成混合双打，共有不同的选法种数为（）A.9B.20C.54D.45答案B4.将4个不同的小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有（）A.34种B.43种C.18种D.36种答案D5.有一项活动需在3名老师，8名男同学和5名女同学中选人参加，（1）若只需一人参加，有多少种不同的选法？（2）若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同的选法？（3）若只需老师，男同学，女同学各一人参加，有多少种不同的选法？解（1）“完成这件事”只需从老师、学生中选1人即可，共有3+8+5=16种.(2)“完成这件事”需选2人，老师、学生各1人，分两步进行：选老师有3种方法，选学生有8+5=13种方法，共有3×13=39种方法.(3)“完成这件事”需选3人，老师、男同学、女同学各一人，可分三步进行，选老师有3种方法，选男同学有8种方法，选女同学有5种方法，共有3×8×5=120种方法.例1在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？解方法一按十位数上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个.由分类加法计数原理知，符合题意的两位数的个数共有：8+7+6+5+4+3+2+1=36（个）.方法二按个位数字是2，3，4，5，6，7，8，9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个，所以按分类计数原理共有：1+2+3+4+5+6+7+8=36（个）.例2已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)表示平面上的点(a,b∈M),问:(1)P可表示平面上多少个不同的点?(2)P可表示平面上多少个第二象限的点?(3)P可表示多少个不在直线y=x上的点?解（1）确定平面上的点P(a,b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种确定方法；第二步确定b的值，也有6种确定方法.根据分步乘法计数原理，得到平面上的点数是6×6=36.（2）确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a＜0,所以有3种确定方法；第二步确定b,由于b＞0，所以有2种确定方法.由分步乘法计数原理，得到第二象限点的个数是3×2=6.（3）点P（a,b)在直线y=x上的充要条件是a=b.因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y=x 上的点有6个.由（1）得不在直线y=x上的点共有36-6=30个.例3（12分）现有高一四个班学生34人,其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组.（1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？（2）每班选一名组长，有多少种不同的选法？（3）推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？解（1）分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法.所以，共有不同的选法N=7+8+9+10=34（种）. 3分（2）分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长，所以共有不同的选法N=7×8×9×10=5 040（种）. 6分（3）分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法，10分所以共有不同的选法N=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431（种）. 12分1.从1到20这20个整数中,任取两个相加,使其和大于20,共有几种取法?解当一个加数是1时,另一个加数只能是20,1种取法.当一个加数是2时,另一个加数可以是19,20,2种取法.当一个加数是3时,另一个加数可以是18,19,20,3种取法.……当一个加数是10时,另一个加数可以是11,12,…,20,10种取法.当一个加数是11时,另一个加数可以是12,13,…,20,9种取法.……当一个加数是19时,另一个加数是20,1种取法.由分类加法计数原理可得共有1+2+3+…+10+9+8+…+1=100种取法.2.某体育彩票规定：从01到36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元.某人想先选定吉利号18，然后从01至17中选3个连续的号，从19至29中选2个连续的号，从30至36中选1个号组成一注.若这个人要把这种要求的号全买下，至少要花多少元钱？解先分三步选号，再计算总钱数.按号段选号，分成三步.第一步从01至17中选3个连续号，有15种选法；第二步从19至29中选2个连续号，有10种选法；第三步从30至36中选1个号，有7种选法.由分步乘法计数原理可知，满足要求的号共有15×10×7=1 050(注),故至少要花1 050×2=2 100(元).3.某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动.（1）任选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？（2）三个年级各选一个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？（3）选2个班的学生参加社会实践，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？解（1）分三类：第一类从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二类从高二年级选一个班，有7种不同方法；第三类从高三年级选1个班，有8种不同方法.由分类计数原理，共有6+7+8=21种不同的选法.（2）每种选法分三步：第一步从高一年级选一个班，有6种不同方法；第二步从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三步从高三年级选1个班，有8种不同方法.由分步计数原理，共有6×7×8=336种不同的选法.（3）分三类，每类又分两步.第一类从高一、高二两个年级各选一个班，有6×7种不同方法；第二类从高一、高三两个年级各选1个班，有6×8种不同方法；第三类从高二、高三年级各选一个班，有7×8种不同的方法，故共有6×7+6×8+7×8=146种不同选法.一、选择题1.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有（）A.10种B.20种C.25种D.32种答案D2.某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“×××××××0000”到“×××××××9999”共10 000个号码，公司规定：凡卡号的后四位中带有数字“4”或“7”的一律作为优惠卡，则这组号码中“优惠卡”个数为（）A.2 000B.4 096C.5 904D.8 320答案C3.从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为（）A.3B.4C.6D.8答案D4.如图所示，用五种不同的颜色分别给A、B、C、D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有（）A.180种B.120种C.96种D.60种答案A5.一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种数共有（）A.6种B.8种C.36种D.48种答案D6.（2020·全国Ⅰ文，12）将1，2，3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，右面是一种填法，则不同的填写方法共有（）A.6种B.12种C.24种D.48种答案B二、填空题7.在2020年奥运选手选拔赛上，8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1、2、3、4、5、6、7、8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有种.答案 2 8808.若一个m,n均为非负整数的有序数对（m,n)，在做m+n的加法时各位均不会进位，则称（m,n)为“简单的”有序数对，m+n称为有序数对（m,n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序数对的个数是 .答案300三、解答题9.（1）4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？（2）4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？解（1）要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，四个都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有：3×3×3×3=81种报名方法.（2）完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步.而每项冠军是四人中的某一人，有4种可能的情况，于是共有：4×4×4=43=64种可能的情况.10.用5种不同的颜色给图中所给出的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色，若要求相邻（有公共边）的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？解完成该件事可分步进行.涂区域1，有5种颜色可选.涂区域2，有4种颜色可选.涂区域3，可先分类：若区域3的颜色与2相同，则区域4有4种颜色可选.若区域3的颜色与2不同，则区域3有3种颜色可选，此时区域4有3种颜色可选.所以共有5×4×（1×4+3×3）=260种涂色方法.11.在平面直角坐标系内，点P（a，b）的坐标满足a≠b,且a,b都是集合{1,2,3,4,5,6}的元素,又点P到原点的距离|OP|≥5.求这样的点P的个数.解按点P的坐标a将其分为6类:(1)若a=1,则b=5或6,有2个点;(2)若a=2,则b=5或6,有2个点;(3)若a=3,则b=5或6或4,有3个点;(4)若a=4,则b=3或5或6,有3个点;(5)若a=5,则b=1,2,3,4,6,有5个点;(6)若a=6,则b=1,2,3,4,5,有5个点;∴共有2+2+3+3+5+5=20（个）点.12.将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有多少种？解设由左到右五块田中要种a,b,c三种作物，不妨先设第一块种a,则第二块可种b,c,有两种选法.同理，如果第二块种b,则第三块可种a和c,也有两种选法，由分步乘法计数原理共有1×2×2×2×2=16.其中要去掉ababa和acaca两种方法.故a种作物种在第一块田中时的种法数有16-2=14（种）.同理b种或c种作物种在第一块田中时的种法数也都为14种.所以符合要求的种植方法共有3×(2×2×2×2-2)=3×(16-2)=42(种).§10.2 排列与组合1.从1，2，3，4，5，6六个数字中，选出一个偶数和两个奇数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有（）A .9个B .24个C .36个D.54个答案 D2.（2020·福建理，7）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 .14B .24C .28D.48答案 A3.停车场每排恰有10个停车位.当有7辆不同型号的车已停放在同一排后，恰有3个空车位连在一起的排法有（）A .A 77B .A 37C .C 18A 77D.C 18A 37答案 C4.在100件产品中有6件次品，现从中任取3件产品，至少有1件次品的不同取法种数是（）A .C 16C 294B .C 16C 299C .C 3100-C 394D.A 3100-A 394答案 C5.（2020·上海理，12）组合数C r n （n ＞r ≥1，n 、r ∈Z ）恒等于（）A .11++n r C 11--r nB .(n +1)(r +1)C 11--r nC .nr C 11--r nD.rn C 11--r n 答案 D例1 六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？（1）甲不站两端；（2）甲、乙必须相邻；（3）甲、乙不相邻；（4）甲、乙之间间隔两人；（5）甲、乙站在两端；（6）甲不站左端，乙不站右端.解（1）方法一要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有A 14种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有A 55种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法：A 14·A 55=480（种）.方法二由于甲不站两端，这两个位置只能从其余5个人中选2个人站，有A 25种站法，然后中间4人有A 44种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法：A 25·A 44=480（种）.方法三若对甲没有限制条件共有A 66种站法，甲在两端共有2A 55种站法，从总数中减去这两种情况的排列数，即共有站法：A 66-2A 55=480（种）.基础自测（2）方法一先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，和其余4人进行全排列有A55种站法，再把甲、乙进行全排列，有A22种站法，根据分步乘法计数原理，共有A55·A22=240（种）站法.方法二先把甲、乙以外的4个人作全排列，有A44种站法，再在5个空档中选出一个供甲、乙放入，有A15种方法，最后让甲、乙全排列，有A22种方法，共有A44·A15·A22=240（种）.（3）因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”，第一步先让甲、乙以外的4个人站队，有A44种站法；第二步再将甲、乙排在4人形成的5个空档（含两端）中，有A25种站法，故共有站法为A44·A25=480（种）.也可用“间接法”，6个人全排列有A66种站法，由（2）知甲、乙相邻有A55·A22=240种站法，所以不相邻的站法有A66-A55·A22=720-240=480（种）.（4）方法一先将甲、乙以外的4个人作全排列，有A44种，然后将甲、乙按条件插入站队，有3A22种，故共有A44·（3A22）=144（种）站法.方法二先从甲、乙以外的4个人中任选2人排在甲、乙之间的两个位置上，有A24种，然后把甲、乙及中间2人看作一个“大”元素与余下2人作全排列有A33种方法，最后对甲、乙进行排列，有A22种方法，故共有A24·A33·A22=144（种）站法.（5）方法一首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A22种，再让其他4人在中间位置作全排列，有A44种，根据分步乘法计数原理，共有A22·A44=48（种）站法.方法二首先考虑两端两个特殊位置，甲、乙去站有A22种站法，然后考虑中间4个位置，由剩下的4人去站，有A44种站法，由分步乘法计数原理共有A22·A44=48（种）站法.（6）方法一甲在左端的站法有A55种，乙在右端的站法有A55种，且甲在左端而乙在右端的站法有A44种，共有A66-2A55+A44=504（种）站法.方法二以元素甲分类可分为两类：①甲站右端有A55种站法，②甲在中间4个位置之一，而乙不在右端有A14·A14·A44种，故共有A55+A14·A14·A44=504（种）站法.例2（12分）男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人.选派5人外出比赛.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）至少有1名女运动员；（3）队长中至少有1人参加；（4）既要有队长，又要有女运动员.解（1）第一步：选3名男运动员，有C36种选法.第二步：选2名女运动员，有C24种选法.共有C36·C24=120种选法. 3分（2）方法一至少1名女运动员包括以下几种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4女1男.由分类加法计数原理可得总选法数为C14C46+C24C36+C34C26+C44C16=246种. 6分方法二“至少1名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解.从10人中任选5人有C510种选法，其中全是男运动员的选法有C56种.所以“至少有1名女运动员”的选法为C510-C56=246种. 6分（3）方法一可分类求解：“只有男队长”的选法为C48；“只有女队长”的选法为C48；“男、女队长都入选”的选法为C38；所以共有2C48+C38=196种选法. 9分方法二间接法：从10人中任选5人有C510种选法.其中不选队长的方法有C58种.所以“至少1名队长”的选法为C510-C58=196种. 9分（4）当有女队长时，其他人任意选，共有C49种选法.不选女队长时，必选男队长，共有C48种选法.其中不含女运动员的选法有C45种，所以不选女队长时的选法共有C48-C45种选法.所以既有队长又有女运动员的选法共有C49+C48-C45=191种. 12分例3 4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内.（1）恰有1个盒不放球，共有几种放法？（2）恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？（3）恰有2个盒不放球，共有几种放法？解（1）为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有C14C24C13×A22=144种.（2）“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法.（3）确定2个空盒有C24种方法.4个球放进2个盒子可分成（3，1）、（2，2）两类，第一类有序不均匀分组有C34C11A22种方法；第二类有序均匀分组有222 22 4 A CC·A22种方法.故共有C24( C34C11A22+222 22 4 A CC·A22）=84种.1.用0、1、2、3、4、5这六个数字，可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数：(1)奇数；(2)偶数；(3)大于3 125的数.解 (1)先排个位，再排首位，共有A13·A14·A24=144（个）.(2)以0结尾的四位偶数有A35个，以2或4结尾的四位偶数有A12·A14·A24个，则共有A35+ A12·A14·A24=156（个）.(3)要比3 125大，4、5作千位时有2A35个，3作千位，2、4、5作百位时有3A24个，3作千位，1作百位时有2A13个，所以共有2A35+3A24+2A13=162（个）.2.某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中（1）某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？（2）甲、乙均不能参加，有多少种选法？（3）甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？（4）队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？解（1）只需从其他18人中选3人即可，共有C318=816（种）.（2）只需从其他18人中选5人即可，共有C518=8 568（种）.（3）分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有C12C418+C318=6 936（种）.（4）方法一（直接法）至少一名内科医生一名外科医生的选法可分四类：一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，所以共有C112C48+C212C38+C312C28+C412C18=14 656（种）.方法二（间接法）由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得C520-（C58+C512)=14 656(种）.3.有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？（1）分成1本、2本、3本三组；（2）分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本；（3）分成每组都是2本的三组；（4）分给甲、乙、丙三人，每人2本.解（1）分三步：先选一本有C16种选法；再从余下的5本中选2本有C25种选法；对于余下的三本全选有C33种选法，由分步乘法计数原理知有C16C25C33=60种选法.（2）由于甲、乙、丙是不同的三人，在（1）的基础上，还应考虑再分配的问题，因此共有C 16C 25C 33A 33=360种选法.（3）先分三步，则应是C 26C 24C 22种选法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A 、B 、C 、D 、E 、F ，若第一步取了AB ，第二步取了CD ，第三步取了EF ，记该种分法为（AB ，CD ，EF ），则C 26C 24C 22种分法中还有（AB 、EF 、CD ），（CD 、AB 、EF ）、（CD 、EF 、AB ）、（EF 、CD 、AB ）、（EF 、AB 、CD ）共有A 33种情况，而且这A 33种情况仅是AB 、CD 、 EF 的顺序不同，因此，只算作一种情况，故分法有33222426A C C C =15种.（4）在问题（3）的工作基础上再分配，故分配方式有33222426A C C C ·A 33= C 26C 24C 22=90种.一、选择题1.用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的偶数共有（）A .60个B .48个C .36个D .24个答案 C2.将编号为1，2，3，4，5的五个球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子里，每个盒子内放一个球，若恰好有三个球的编号与盒子编号相同，则不同投放方法的种数为（）A .6B .10C .20D .30答案 B3.记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有（）A .1 440种B .960种C .720种D .480种答案 B4.在图中，“构建和谐社会，创美好未来”，从上往下读（不能跳读），共有不同的读法种数是（）A .250B .240C .252D .300答案 C5.(2020·天津理，10)有8张卡片分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，从中取出6张卡片排成3行2列，要求3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5，则不同的排法共有（）A .1 344种B .1 248种C .1 056种D .960种答案 B6.（2020·安徽理，12）12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（）A .C 28A 23B .C 28A 66C .C 28A 26D .C 28A 25答案C二、填空题7.（2020·海滨模拟）平面α内有四个点，平面β内有五个点，从这九个点中任取三个，最多可确定个平面，任取四点，最多可确定个四面体.（用数字作答）.答案72 1208.（2020·浙江理，16）用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻.这样的六位数的个数是 .（用数字作答）答案40三、解答题9.某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，求该外商不同的投资方案有多少种？解可先分组再分配，据题意分两类，一类：先将3个项目分成两组，一组有1个项目，另一组有2个项目，然后再分配给4个城市中的2个，共有C23A24种方案；另一类1个城市1个项目，即把3个元素排在4个不同位置中的3个，共有A34种方案.由分类加法计数原理可知共有C23A24+A34=60种方案.10.课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女各指定一名队长，现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？（1）只有一名女生；（2）两队长当选；（3）至少有一名队长当选；（4）至多有两名女生当选.解（1）一名女生，四名男生，故共有C15·C48=350（种）.（2）将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有C22·C311=165（种）.（3）至少有一名队长含有两类：有一名队长和两名队长.故共有：C12·C411+C22·C311=825（种）.或采用间接法：C513-C511=825（种）.（4）至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生.故选法为C25·C38+C15·C48+C58=966（种）.11.已知平面α∥β，在α内有4个点，在β内有6个点.（1）过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同平面？（2）以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？（3）上述三棱锥中最多可以有多少个不同的体积？解（1）所作出的平面有三类：①α内1点，β内2点确定的平面，有C14·C26个；②α内2点，β内1点确定的平面，有C24·C16个；③α，β本身.∴所作的平面最多有C14·C26+C24·C16+2=98（个）.（2）所作的三棱锥有三类：①α内1点，β内3点确定的三棱锥，有C14·C36个；②α内2点，β内2点确定的三棱锥，有C 24·C 26个；α内3点，β内1点确定的三棱锥，有C 34·C 16个.∴最多可作出的三棱锥有：C 14·C 36+C 24·C 26+C 34·C 16=194（个）.（3）∵当等底面积、等高的情况下三棱锥的体积相等, 且平面α∥β，∴体积不相同的三棱锥最多有C 36+C 34+C 26·C 24=114（个）.12.有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，共有多少种不同排法？解 ∵前排中间3个座位不能坐， ∴实际可坐的位置前排8个，后排12个.（1）两人一个前排，一个后排，方法数为C 18·C 112·A 22种；（2）两人均在后排左右不相邻，共A 212-A 22·A 111=A 211种；（3）两人均在前排，又分两类：①两人一左一右，共C 14·C 14·A 22种；②两人同左同右，有2（A 24-A 13·A 22）种.综上可知，不同排法种数为C 18·C 112·A 22+A 211+C 14·C 14·A 22+2（A 24-A 13·A 22）=346种.§10.3 二项式定理1.在（1+x ）n (n ∈N *)的二项展开式中，若只有x 5的系数最大，则n 等于（）A .8B .9C .10D .11答案 C2.在（a 2-2a 31）n 的展开式中，（）A .没有常数项B .当且仅当n =2时，展开式中有常数项 C.当且仅当n =5时，展开式中有常数项 D.当n =5k (k ∈N +)时，展开式中有常数项答案 A3.若多项式0C n (x +1 n ）-C 1n (x +1)n -1+…+(-1)r C r n (x +1)n -r +…+(-1)n C n n =a 0x n +a 1x n -1+…+a n -1x +a n ,则a 0+a 1+…+a n -1+a n 等于（）A .2nB .0C .-1D .1答案 D4.（2020·山东理，9）(x -31x)12展开式中的常数项为（）基础自测A .-1 320B .1 320C .-220D .220答案 C5.（2020·福建理，13）若(x -2)5=a 5x 5+a 4x 4+a 3x 3+a 2x 2+a 1x +a 0,则a 1+a 2+a 3+a 4+a 5= .（用数字作答）答案 31例1 在二项式(x +421x)n 的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中的有理项和二项式系数最大的项.解 ∵二项展开式的前三项的系数分别是1，2n ，81n (n -1)， ∴2·2n =1+81n （n -1），解得n =8或n =1（不合题意，舍去）， ∴T k +1=C k 8x28k -k ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛421x =C k 82-k x 4-43k ，当4-43k ∈Z 时，T k +1为有理项， ∵0≤k ≤8且k ∈Z ,∴k =0，4，8符合要求. 故有理项有3项，分别是 T 1=x 4，T 5=835x ，T 9=2561x -2.∵n =8，∴展开式中共9项，中间一项即第5项的二项式系数最大.T 5=835x . 例2 已知(1-2x )7=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 7x 7. 求:(1)a 1+a 2+…+a 7; (2)a 1+a 3+a 5+a 7; (3)a 0+a 2+a 4+a 6;(4)|a 0|+|a 1|+|a 2|+…+|a 7|.解令x =1,则a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+a 5+a 6+a 7=-1 ①令x =-1,则a 0-a 1+a 2-a 3+a 4-a 5+a 6-a 7=37②(1)∵a 0=C 07=1,∴a 1+a 2+a 3+…+a 7=-2. (2)(①-②)÷2,得a 1+a 3+a 5+a 7=2317--=-1 094.(3)(①+②)÷2, 得a 0+a 2+a 4+a 6=2317+-=1 093. (4)∵(1-2x )7展开式中,a 0,a 2,a 4,a 6都大于零, 而a 1,a 3,a 5,a 7都小于零, ∴|a 0|+|a 1|+|a 2|+…+|a 7| =(a 0+a 2+a 4+a 6)-(a 1+a 3+a 5+a 7),∴由(2)、（3）即可得其值为2 187.例3（12分）（1）已知n∈N+,求证：1+2+22+23+…+25n-1能被31整除；（2）求0.9986的近似值，使误差小于0.001.（1）证明 1+2+22+23+…+25n-1=21215--n=25n-1=32n-1 3分=（31+1）n-1=31n+C1n·31n-1+C2n·31n-2+…+C1-n n·31+1-1=31（31n-1+C1n·31n-2+…+C1-n n）5分显然括号内的数为正整数，故原式能被31整除. 6分（2）解∵0.9986=（1-0.002）6=1-C16（0.002）+C26（0.002）2-C36（0.002）3+…8分第三项T3=15×(0.002)2=0.000 06＜0.001,以后各项更小,∴0.9986≈1-0.012=0.988. 12分1.在（3x-2y）20的展开式中，求：（1）二项式系数最大的项；（2）系数绝对值最大的项；（3）系数最大的项.解（1）二项式系数最大的项是第11项，T11=C1020310（-2）10x10y10=C1020610x10y10.（2）设系数绝对值最大的项是第r+1项，于是⎪⎩⎪⎨⎧⋅⋅≥⋅⋅⋅⋅≥⋅⋅----+-+-1211202020119120202023C23C23C23Crrrrrrrrrrrr，化简得⎩⎨⎧≥--≥+rrrr3)21(2)20(2)1(3，解得752≤r≤852.所以r=8,即T9=C820312·28·x12y8是系数绝对值最大的项.（3）由于系数为正的项为奇数项，故可设第2r-1项系数最大，于是⎪⎩⎪⎨⎧⋅⋅≥⋅⋅⋅⋅≥⋅⋅----------rrrrrrrrrrrr222022022222222042224422022222222023C23C23C23C，化简得⎪⎩⎪⎨⎧≥-+≤-+9241631007711431022rrrr.解之得r=5,即2×5-1=9项系数最大.T9=C820·312·28·x12y8.2.求x (1-x )4+x 2(1+2x )5+x 3(1-3x )7展开式中各项系数的和. 解设x (1-x )4+x 2(1+2x )5+x 3(1-3x )7=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a n x n在原式中，令x =1,则1×(1-1)4+12×(1+2)5+13×(1-3)7=115, ∴展开式中各项系数的和为115. 3.求证:3n ＞(n +2)·2n -1（n ∈N +，n ＞2）.证明利用二项式定理3n =(2+1)n 展开证明.因为n ∈N +，且n ＞2,所以3n =(2+1)n 展开后至少有4项.（2+1）n =2n +C 1n ·2n -1+…+C 1-n n ·2+1≥2n +n ·2n -1+2n +1＞2n +n ·2n -1=(n +2)·2n -1,故3n ＞(n +2)·2n -1.一、选择题1.（1-2x )6=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 6x 6，则|a 0|+|a 1|+|a 2|+…+|a 6|的值为（）A .1B .64C .243D .729答案 D2.（2020·安徽理，6）设（1+x ）8=a 0+a 1x +…+a 8x 8，则a 0，a 1，…，a 8中奇数的个数为（） A .2 B .3 C .4 D .5答案 A3.（2020·全国Ⅱ理，7）(1-x )6(1+x )4的展开式中x 的系数是（）A .-4B .-3C .3D .4答案 B 4.已知(x -xa )8展开式中常数项为1 120，其中实数a 为常数，则展开式中各项系数的和为（）A .28B .38C .1或38D .1或28答案 C5.若(1+5x 2)n 的展开式中各项系数之和是a n ,（2x 3+5)n 的展开式中各项的二项式系数之和为b n ,则nn n b a 13+的值为（） A .31B .21 C .1 D .3答案 A6.设m ∈N +,n ∈N +,若f (x )=(1+2x )m +(1+3x )n 的展开式中x 的系数为13，则x 2的系数为（）A .31B .40C .31或40D .不确定答案 C 二、填空题7.（1+x ）6(1-x )4展开式中x 3的系数是 . 答案 -88.（2020·天津理，11）52⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 的二项展开式中x 2的系数是 .（用数字作答）答案 40 三、解答题 9.已知(x +22x)n (n ∈N +)的展开式中第5项的系数与第3项的系数之比为10∶1.求展开式中系数最大的是第几项？解依题意，第5项的系数为C 4n ·24，第三项的系数为C 2n ·22，则有2244C 2C 2nn ⋅⋅=110，解得n =8. 设展开式中第r +1项的系数最大，则⎪⎩⎪⎨⎧⋅≥⋅⋅≥⋅++--118811882C 2C ,2C 2C r r rr r r r r 解得5≤r ≤6. ∴第6项和第7项的系数相等且最大，即最大为56×25=7×28=1 792.10.已知（32x +3x 2）n 展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.求展开式中系数最大的项.解令x =1，得各项的系数和为(1+3)n =4n ，而各项的二项式系数和为：C 0n +C 1n +…+C n n =2n ，∴4n =2n +992. ∴(2n -32)(2n +31)=0∴2n =32或2n =-31（舍去），∴n =5 设第r +1项的系数最大，则⎪⎩⎪⎨⎧≥≥++--;3C 3C ,3C 3C 11551155r r rr r r r r 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+≥--≥;1351,613r r r r ∴27≤r ≤29，又r ∈Z ，∴r =4， ∴系数最大的项是T 5=C 45x 32(3x 2)4=405x326.11.（1）求(x 2-x21)9的展开式中的常数项；（2）已知(x a -2x )9的展开式中x 3的系数为49，求常数a 的值；（3）求（x 2+3x +2）5的展开式中含x 的项. 解（1）设第r +1项为常数项，则T r +1=C r9(x 2）9-r ·(-x 21)r =(-21)r C r 9x r318- 令18-3r =0,得r =6,即第7项为常数项.。

2020步步高教师用书(京津鲁琼专用)高考化学-第11章本章重要有机物之间的转化关系

本章重要有机物之间的转化关系一、重要有机物之间的转化关系二、重要反应必背(1)CH 3CH 2Cl ―→CH 2==CH 2答案 CH 3CH 2Cl ＋NaOH ――→乙醇△CH 2==CH 2↑＋NaCl ＋H 2O (2)CH 3CH 2OH ―→CH 2==CH 2答案 CH 3CH 2OH ―――→浓H 2SO 4170 ℃CH 2==CH 2↑＋H 2O (3)CH 3CH 2OH ―→CH 3CHO答案 2CH 3CH 2OH ＋O 2――→Cu △2CH 3CHO ＋2H 2O (4)CH 3CH 2OH 和CH 3COOH 生成乙酸乙酯答案 CH 3COOH ＋CH 3CH 2OH浓H 2SO 4△CH 3COOC 2H 5＋H 2O (5)OHC —CHO ―→HOOC —COOH答案 OHC —CHO ＋O 2――→催化剂△HOOC —COOH (6)乙二醇和乙二酸生成聚酯答案 n HOCH 2—CH 2OH ＋n HOOC —COOH 一定条件＋2n H 2O(7)乙醛和银氨溶液的反应答案 CH 3CHO ＋2Ag(NH 3)2OH ―→△CH 3COONH 4＋2Ag ↓＋3NH 3＋H 2O(8)乙醛和新制Cu(OH)2悬浊液的反应答案 CH 3CHO ＋2Cu(OH)2―→△CH 3COOH ＋Cu 2O ↓＋2H 2O (9)答案＋2NaOH ――→醇△＋2NaCl ＋2H 2O (10)答案＋Br 2――→FeBr 3＋HBr (11)和饱和溴水的反应答案＋3Br 2―→↓＋3HBr(12)和溴蒸气(光照)的反应答案＋Br 2―→光＋HBr(13) 和HCHO 的反应答案 n ＋n HCHO ―→H ＋＋n H 2O(14)酯在碱性条件的水解(以乙酸乙酯在NaOH 溶液中为例)答案 CH 3COOC 2H 5＋NaOH ――→△CH 3COONa ＋C 2H 5OH (15)和NaOH 的反应答案＋2NaOH ――→△CH 3COONa ＋＋H 2O三、有机物的检验辨析1．卤代烃中卤素的检验取样，滴入NaOH 溶液，加热至分层现象消失，冷却后加入稀硝酸酸化，再滴入AgNO 3溶液，观察沉淀的颜色，确定是何种卤素。

2020年高中数学一轮复习步步高教师用书京津鲁琼专用第阶段二章 2.4

§2.4 幂函数与二次函数最新考纲 1.通过实例,了解幂函数的概念.2.结合函数y ＝x ,y ＝x 2,y ＝x 3,y ＝1x,y ＝12x 的图象,了解它们的变化情况.3.理解并掌握二次函数的定义、图象及性质.4.能用二次函数、方程、不等式之间的关系解决简单问题.1.幂函数 (1)幂函数的定义一般地,形如y ＝x α的函数称为幂函数,其中x 是自变量,α是常数. (2)常见的五种幂函数的图象和性质比较2.二次函数的图象和性质概念方法微思考1.二次函数的【解析】式有哪些常用形式？提示 (1)一般式:y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)； (2)顶点式:y ＝a (x －m )2＋n (a ≠0)； (3)零点式:y ＝a (x －x 1)(x －x 2)(a ≠0).2.已知f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0),写出f (x )≥0恒成立的条件. 提示 a >0且Δ≤0.题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0),x ∈[a ,b ]的最值一定是4ac －b 24a.( × )(2)在y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)中,a 决定了图象的开口方向和在同一直角坐标系中的开口大小.( √ )(3)函数y ＝122x 是幂函数.( × )(4)如果幂函数的图象与坐标轴相交,则交点一定是原点.( √ ) (5)当n ＜0时,幂函数y ＝x n 是定义域上的减函数.( × ) 题组二教材改编2.已知幂函数f (x )＝k ·x α的图象过点⎝⎛⎭⎫12，22,则k ＋α等于( )A.12B.1C.32 D.2 答案 C【解析】由幂函数的定义,知⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1，22＝k ·⎝⎛⎭⎫12α. ∴k ＝1,α＝12.∴k ＋α＝32.3.已知函数f (x )＝x 2＋4ax 在区间(－∞,6)内单调递减,则a 的取值范围是( ) A.a ≥3 B.a ≤3 C.a ＜－3 D.a ≤－3答案 D【解析】函数f (x )＝x 2＋4ax 的图象是开口向上的抛物线,其对称轴是x ＝－2a ,由函数在区间(－∞,6)内单调递减可知,区间(－∞,6)应在直线x ＝－2a 的左侧, ∴－2a ≥6,解得a ≤－3,故选D. 题组三易错自纠 4.幂函数f (x )＝21023a a x－＋(a ∈Z )为偶函数,且f (x )在区间(0,＋∞)上是减函数,则a 等于( )A.3B.4C.5D.6 答案 C【解析】因为a 2－10a ＋23＝(a －5)2－2, f (x )＝2(5)2a x－－(a ∈Z )为偶函数,且在区间(0,＋∞)上是减函数, 所以(a －5)2－2＜0,从而a ＝4,5,6,又(a －5)2－2为偶数,所以只能是a ＝5,故选C.5.已知函数y ＝2x 2－6x ＋3,x ∈[－1,1],则y 的最小值是______. 答案－1【解析】函数y ＝2x 2－6x ＋3的图象的对称轴为x ＝32>1,∴函数y ＝2x 2－6x ＋3在[－1,1]上单调递减,∴y min ＝2－6＋3＝－1.6.设二次函数f (x )＝x 2－x ＋a (a >0),若f (m )＜0,则f (m －1)________0.(填“>”“＜”或“＝”) 答案 >【解析】 f (x )＝x 2－x ＋a 图象的对称轴为直线x ＝12,且f (1)>0,f (0)>0,而f (m )＜0,∴m ∈(0,1),∴m －1＜0,∴f (m －1)>0.题型一幂函数的图象和性质1.若幂函数的图象经过点⎝⎛⎭⎫2，14,则它的单调递增区间是( ) A.(0,＋∞) B.[0,＋∞) C.(－∞,＋∞) D.(－∞,0)答案 D【解析】设f (x )＝x α,则2α＝14,α＝－2,即f (x )＝x －2,它是偶函数,单调递增区间是(－∞,0).故选D.2.若四个幂函数y ＝x a ,y ＝x b ,y ＝x c ,y ＝x d 在同一坐标系中的图象如图所示,则a ,b ,c ,d 的大小关系是( )A.d >c >b >aB.a >b >c >dC.d >c >a >bD.a >b >d >c 答案 B【解析】由幂函数的图象可知,在(0,1)上幂函数的指数越大,函数图象越接近x 轴,由题图知a >b >c >d ,故选B.3.已知幂函数f (x )＝(n 2＋2n －2)23n nx －(n ∈Z )的图象关于y 轴对称,且在(0,＋∞)上是减函数,则n 的值为( )A.－3B.1C.2D.1或2 答案 B【解析】由于f (x )为幂函数,所以n 2＋2n －2＝1,解得n ＝1或n ＝－3,经检验只有n ＝1符合题意,故选B.4.(2018·潍坊模拟)若(a ＋1)13－＜(3－2a )13－,则实数a 的取值范围是____________.答案 (－∞,－1)∪⎝⎛⎭⎫23，32 【解析】不等式(a ＋1)13－＜(3－2a )13－等价于a ＋1>3－2a >0或3－2a ＜a ＋1＜0或a ＋1＜0＜3－2a ,解得a ＜－1或23＜a ＜32.思维升华 (1)幂函数的形式是y ＝x α(α∈R ),其中只有一个参数α,因此只需一个条件即可确定其【解析】式.(2)在区间(0,1)上,幂函数中指数越大,函数图象越靠近x 轴(简记为“指大图低”),在区间(1,＋∞)上,幂函数中指数越大,函数图象越远离x 轴.(3)在比较幂值的大小时,必须结合幂值的特点,选择适当的函数,借助其单调性进行比较,准确掌握各个幂函数的图象和性质是解题的关键. 题型二求二次函数的【解析】式例1 (1)已知二次函数f (x )＝x 2－bx ＋c 满足f (0)＝3,对∀x ∈R ,都有f (1＋x )＝f (1－x )成立,则f (x )的【解析】式为________________. 答案 f (x )＝x 2－2x ＋3 【解析】由f (0)＝3,得c ＝3, 又f (1＋x )＝f (1－x ),∴函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称, ∴b2＝1,∴b ＝2, ∴f (x )＝x 2－2x ＋3.(2)已知二次函数f (x )与x 轴的两个交点坐标为(0,0)和(－2,0)且有最小值－1,则f (x )＝________. 答案 x 2＋2x【解析】设函数的【解析】式为f (x )＝ax (x ＋2)(a ≠0), 所以f (x )＝ax 2＋2ax ,由4a ×0－4a 24a＝－1,得a ＝1,所以f (x )＝x 2＋2x .思维升华求二次函数【解析】式的方法跟踪训练1 (1)已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋1(a ,b ∈R ,a ≠0),x ∈R ,若函数f (x )的最小值为f (－1)＝0,则f (x )＝________. 答案 x 2＋2x ＋1【解析】设函数f (x )的【解析】式为f (x )＝a (x ＋1)2＝ax 2＋2ax ＋a (a ≠0), 又f (x )＝ax 2＋bx ＋1,所以a ＝1, 故f (x )＝x 2＋2x ＋1.(2)已知二次函数f (x )的图象经过点(4,3),它在x 轴上截得的线段长为2,并且对任意x ∈R ,都有f (2－x )＝f (2＋x ),则f (x )＝________. 答案 x 2－4x ＋3【解析】因为f (2－x )＝f (2＋x )对任意x ∈R 恒成立,所以f (x )图象的对称轴为直线x ＝2.又因为f (x )的图象被x 轴截得的线段长为2,所以f (x )＝0的两根为1和3.设f (x )的【解析】式为f (x )＝a (x －1)(x －3)(a ≠0),又f (x )的图象过点(4,3),所以3a ＝3,即a ＝1,所以f (x )的【解析】式为f (x )＝(x －1)(x －3),即f (x )＝x 2－4x ＋3.题型三二次函数的图象和性质命题点1 二次函数的图象例2 (2018·重庆五中模拟)一次函数y ＝ax ＋b (a ≠0)与二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 在同一坐标系中的图象大致是( )答案 C【解析】若a >0,则一次函数y ＝ax ＋b 为增函数,二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象开口向上,故可排除A ；若a ＜0,一次函数y ＝ax ＋b 为减函数,二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象开口向下,故可排除D ；对于选项B,看直线可知a >0,b >0,从而－b2a＜0,而二次函数的对称轴在y 轴的右侧,故应排除B,选C.命题点2 二次函数的单调性例3 函数f (x )＝ax 2＋(a －3)x ＋1在区间[－1,＋∞)上是递减的,则实数a 的取值范围是( ) A.[－3,0) B.(－∞,－3] C.[－2,0] D.[－3,0]答案 D【解析】当a ＝0时,f (x )＝－3x ＋1在[－1,＋∞)上单调递减,满足题意. 当a ≠0时,f (x )的对称轴为x ＝3－a 2a,由f (x )在[－1,＋∞)上单调递减,知⎩⎪⎨⎪⎧a <0，3－a 2a ≤－1，解得－3≤a ＜0.综上,a 的取值范围为[－3,0]. 引申探究若函数f (x )＝ax 2＋(a －3)x ＋1的单调减区间是[－1,＋∞),则a ＝________.答案－3【解析】由题意知f (x )必为二次函数且a ＜0, 又3－a 2a ＝－1,∴a ＝－3. 命题点3 二次函数的最值例4 已知函数f (x )＝ax 2＋2ax ＋1在区间[－1,2]上有最大值4,求实数a 的值. 解 f (x )＝a (x ＋1)2＋1－a .(1)当a ＝0时,函数f (x )在区间[－1,2]上的值为常数1,不符合题意,舍去；(2)当a >0时,函数f (x )在区间[－1,2]上是增函数,最大值为f (2)＝8a ＋1＝4,解得a ＝38；(3)当a ＜0时,函数f (x )在区间[－1,2]上是减函数,最大值为f (－1)＝1－a ＝4,解得a ＝－3. 综上可知,a 的值为38或－3.引申探究将本例改为:求函数f (x )＝x 2＋2ax ＋1在区间[－1,2]上的最大值. 解 f (x )＝(x ＋a )2＋1－a 2,∴f (x )的图象是开口向上的抛物线,对称轴为x ＝－a . (1)当－a ＜12即a >－12时,f (x )max ＝f (2)＝4a ＋5,(2)当－a ≥12即a ≤－12时,f (x )max ＝f (－1)＝2－2a ,综上,f (x )max＝⎩⎨⎧4a ＋5，a >－12，2－2a ，a ≤－12.命题点4 二次函数中的恒成立问题例5 (1)已知二次函数f (x )满足f (x ＋1)－f (x )＝2x ,且f (0)＝1,若不等式f (x )>2x ＋m 在区间[－1,1]上恒成立,则实数m 的取值范围为____________. 答案 (－∞,－1)【解析】设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0),由f (0)＝1,得c ＝1,又f (x ＋1)－f (x )＝2x ,得2ax ＋a ＋b ＝2x ,所以a ＝1,b ＝－1,所以f (x )＝x 2－x ＋1.f (x )>2x ＋m 在区间[－1,1]上恒成立,即x 2－3x ＋1－m >0在[－1,1]上恒成立,令g (x )＝x 2－3x ＋1－m ＝⎝⎛⎭⎫x －322－54－m ,x ∈[－1,1],g (x )在[－1,1]上单调递减,所以g (x )min ＝g (1)＝1－3＋1－m >0,所以m ＜－1.(2)函数f (x )＝a 2x ＋3a x －2(a >1),若在区间[－1,1]上f (x )≤8恒成立,则a 的最大值为________. 答案 2【解析】令a x ＝t ,因为a >1,x ∈[－1,1],所以1a ≤t ≤a ,原函数化为g (t )＝t 2＋3t －2,t ∈⎣⎡⎦⎤1a ，a ,显然g (t )在⎣⎡⎦⎤1a ，a 上单调递增,所以f (x )≤8恒成立,即g (t )max ＝g (a )≤8恒成立,所以有a 2＋3a －2≤8,解得－5≤a ≤2,又a >1,所以a 的最大值为2. 思维升华解决二次函数图象与性质问题时要注意:(1)抛物线的开口,对称轴位置,定义区间三者相互制约,要注意分类讨论；(2)要注意数形结合思想的应用,尤其是给定区间上的二次函数最值问题,先“定性”(作草图),再“定量”(看图求解).(3)由不等式恒成立求参数取值范围的思路及关键解题思路:一是分离参数；二是不分离参数.两种思路都是将问题归结为求函数的最值或值域. 跟踪训练2 (1)函数y ＝x 2＋bx ＋c (x ∈[0,＋∞))是单调函数的充要条件是( ) A.b ≥0 B.b ≤0 C.b >0 D.b ＜0答案 A【解析】 ∵函数y ＝x 2＋bx ＋c (x ∈[0,＋∞))是单调函数,∴图象的对称轴x ＝－b2在区间[0,＋∞)的左边或－b 2＝0,即－b2≤0,得b ≥0.(2)已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋2a ＋4的定义域为R ,值域为[1,＋∞),则a 的值为________. 答案－1或3【解析】由于函数f (x )的值域为[1,＋∞), 所以f (x )min ＝1.又f (x )＝(x －a )2－a 2＋2a ＋4, 当x ∈R 时,f (x )min ＝f (a )＝－a 2＋2a ＋4＝1, 即a 2－2a －3＝0,解得a ＝3或a ＝－1.(3)设函数f (x )＝ax 2－2x ＋2,对于满足1＜x ＜4的一切x 值都有f (x )>0,则实数a 的取值范围为________. 答案 ⎝⎛⎭⎫12，＋∞ 【解析】由题意得a >2x －2x 2对1＜x ＜4恒成立,又2x －2x 2＝－2⎝⎛⎭⎫1x －122＋12,14＜1x ＜1, ∴⎝⎛⎭⎫2x －2x 2max ＝12,∴a >12.数形结合思想和分类讨论思想在二次函数中的应用研究二次函数的性质,可以结合图象进行；对于含参数的二次函数问题,要明确参数对图象的影响,进行分类讨论.例设函数f (x )＝x 2－2x ＋2,x ∈[t ,t ＋1],t ∈R ,求函数f (x )的最小值.解 f (x )＝x 2－2x ＋2＝(x －1)2＋1,x ∈[t ,t ＋1],t ∈R ,函数图象的对称轴为x ＝1. 当t ＋1≤1,即t ≤0时,函数图象如图(1)所示,函数f (x )在区间[t ,t ＋1]上为减函数, 所以最小值为f (t ＋1)＝t 2＋1；当t ＜1＜t ＋1,即0＜t ＜1时,函数图象如图(2)所示,在对称轴x ＝1处取得最小值,最小值为f (1)＝1；当t ≥1时,函数图象如图(3)所示,函数f (x )在区间[t ,t ＋1]上为增函数,所以最小值为f (t )＝t 2－2t ＋2.综上可知,f (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧t 2＋1，t ≤0，1，0<t <1，t 2－2t ＋2，t ≥1.1.幂函数y ＝f (x )经过点(3,3),则f (x )是( ) A.偶函数,且在(0,＋∞)上是增函数 B.偶函数,且在(0,＋∞)上是减函数 C.奇函数,且在(0,＋∞)上是减函数 D.非奇非偶函数,且在(0,＋∞)上是增函数答案 D【解析】设幂函数的【解析】式为y ＝x α,将(3,3)代入【解析】式得3α＝3,解得α＝12,∴y＝12x ,故选D. 2.幂函数y ＝24m mx－(m ∈Z )的图象如图所示,则m 的值为( )A.0B.1C.2D.3答案 C【解析】 ∵y ＝24m mx－(m ∈Z )的图象与坐标轴没有交点,∴m 2－4m ＜0,即0＜m ＜4.又∵函数的图象关于y 轴对称且m ∈Z , ∴m 2－4m 为偶数,∴m ＝2.3.若幂函数f (x )＝(m 2－4m ＋4)·268m m x －＋在(0,＋∞)上为增函数,则m 的值为( )A.1或3B.1C.3D.2 答案 B【解析】由题意得m 2－4m ＋4＝1,m 2－6m ＋8>0, 解得m ＝1.4.已知函数f (x )＝ax 2＋x ＋5的图象在x 轴上方,则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫0，120 B.⎝⎛⎭⎫－∞，－120 C.⎝⎛⎭⎫120，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫－120，0 答案 C【解析】由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，Δ<0，即⎩⎪⎨⎪⎧a >0，1－20a <0，得a >120.5.已知a ,b ,c ∈R ,函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c .若f (0)＝f (4)>f (1),则( ) A.a >0,4a ＋b ＝0 B.a ＜0,4a ＋b ＝0 C.a >0,2a ＋b ＝0 D.a ＜0,2a ＋b ＝0答案 A【解析】由f (0)＝f (4),得f (x )＝ax 2＋bx ＋c 图象的对称轴为x ＝－b2a＝2,∴4a ＋b ＝0,又f (0)>f (1),f (4)>f (1),∴f (x )先减后增,于是a >0,故选A.6.已知函数f (x )＝－x 2＋2ax ＋1－a ,x ∈[0,1]有最大值2,则a 等于( ) A.2 B.0 C.0或－1 D.2或－1答案 D【解析】函数f (x )＝－x 2＋2ax ＋1－a ＝－(x －a )2＋a 2－a ＋1,其图象的对称轴方程为x ＝a .当a ＜0时,f (x )max ＝f (0)＝1－a ,所以1－a ＝2,所以a ＝－1；当0≤a ≤1时,f (x )max ＝f (a )＝a 2－a＋1,所以a 2－a ＋1＝2,所以a 2－a －1＝0,所以a ＝1±52(舍去)；当a >1时,f (x )max ＝f (1)＝a ,所以a ＝2.综上可知,a ＝－1或a ＝2.7.已知f (x )＝x 2,g (x )＝12x ,h (x )＝x－2,当0＜x ＜1时,f (x ),g (x ),h (x )的大小关系是________________.答案 h (x )>g (x )>f (x )【解析】分别作出f (x ),g (x ),h (x )的图象如图所示,可知h (x )>g (x )>f (x ).8.已知二次函数y ＝f (x )的顶点坐标为⎝⎛⎭⎫－32，49,且方程f (x )＝0的两个实根之差的绝对值等于7,则此二次函数的【解析】式是________________.答案 f (x )＝－4x 2－12x ＋40【解析】设f (x )＝a ⎝⎛⎭⎫x ＋322＋49(a ≠0), 方程a ⎝⎛⎭⎫x ＋322＋49＝0的两个实根分别为x 1,x 2, 则|x 1－x 2|＝2 －49a＝7, 所以a ＝－4,所以f (x )＝－4x 2－12x ＋40.9.已知函数f (x )＝x 2－(a －1)x ＋5在区间⎝⎛⎭⎫12，1上为增函数,那么f (2)的取值范围是______________.答案 [7,＋∞)【解析】函数f (x )＝x 2－(a －1)x ＋5在区间⎝⎛⎭⎫12，1上为增函数,由于其图象(抛物线)开口向上,所以其对称轴x ＝a －12或与直线x ＝12重合或位于直线x ＝12的左侧,即应有a －12≤12,解得a ≤2,所以f (2)＝4－(a －1)×2＋5≥7,即f (2)≥7.10.设函数f (x )＝－2x 2＋4x 在区间[m ,n ]上的值域是[－6,2],则m ＋n 的取值范围是______________.答案 [0,4]【解析】令f (x )＝－6,得x ＝－1或x ＝3；令f (x )＝2,得x ＝1.又f (x )在[－1,1]上单调递增,在[1,3]上单调递减,∴当m ＝－1,n ＝1时,m ＋n 取得最小值0；当m ＝1,n ＝3时,m ＋n 取得最大值4.11.(2018·河南南阳一中月考)已知函数f (x )＝x 2＋mx －1,若对于任意x ∈[m ,m ＋1],都有f (x )＜0成立,则实数m 的取值范围是____________.答案 ⎝⎛⎭⎫－22，0 【解析】因为函数图象开口向上,所以根据题意只需满足⎩⎪⎨⎪⎧f (m )＝m 2＋m 2－1<0，f (m ＋1)＝(m ＋1)2＋m (m ＋1)－1<0，解得－22＜m ＜0. 12.已知函数f (x )＝x 2＋(2a －1)x －3.(1)当a ＝2,x ∈[－2,3]时,求函数f (x )的值域；(2)若函数f (x )在[－1,3]上的最大值为1,求实数a 的值.解 (1)当a ＝2时,f (x )＝x 2＋3x －3,x ∈[－2,3],函数图象的对称轴为x ＝－32∈[－2,3], ∴f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫－32＝94－92－3＝－214, f (x )max ＝f (3)＝15,∴f (x )的值域为⎣⎡⎦⎤－214，15. (2)函数图象的对称轴为直线x ＝－2a －12. ①当－2a －12≤1,即a ≥－12时,f (x )max ＝f (3)＝6a ＋3, ∴6a ＋3＝1,即a ＝－13,满足题意； ②当－2a －12>1,即a ＜－12时, f (x )max ＝f (－1)＝－2a －1,∴－2a －1＝1,即a ＝－1,满足题意.综上可知,a ＝－13或－1.13.如图是二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)图象的一部分,图象过点A (－3,0),对称轴为x ＝－1.给出下面四个结论:①b 2>4ac ；②2a －b ＝1；③a －b ＋c ＝0；④5a ＜b .其中正确的是( )A.②④B.①④C.②③D.①③ 答案 B【解析】因为图象与x 轴交于两点,所以b 2－4ac >0,即b 2>4ac ,①正确；对称轴为x ＝－1,即－b 2a＝－1,2a －b ＝0,②错误；结合图象,当x ＝－1时,y >0,即a －b ＋c >0,③错误；由对称轴为x ＝－1知,b ＝2a .又函数图象开口向下,所以a ＜0,所以5a ＜2a ,即5a ＜b ,④正确.14.当x ∈(1,2)时,不等式x 2＋mx ＋4＜0恒成立,则m 的取值范围是________.答案 (－∞,－5]【解析】方法一 ∵不等式x 2＋mx ＋4＜0对x ∈(1,2)恒成立,∴mx ＜－x 2－4对x ∈(1,2)恒成立,即m ＜－⎝⎛⎭⎫x ＋4x 对x ∈(1,2)恒成立, 令y ＝x ＋4x ,x ∈(1,2),则函数y ＝x ＋4x在x ∈(1,2)上是减函数.∴4＜y ＜5,∴－5＜－⎝⎛⎭⎫x ＋4x ＜－4, ∴m ≤－5.方法二设f (x )＝x 2＋mx ＋4,当x ∈(1,2)时,由f (x )＜0恒成立,得⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)≤0，f (2)≤0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ≤－5，m ≤－4，即m ≤－5.15.若函数φ(x )＝x 2＋m |x －1|在[0,＋∞)上单调递增,求实数m 的取值范围.解当0≤x ＜1时,φ(x )＝x 2－mx ＋m ,此时φ(x )单调递增,则m 2≤0,即m ≤0；当x ≥1时,φ(x )＝x 2＋mx －m ,此时φ(x )单调递增,则－m 2≤1,即m ≥－2.综上,实数m 的取值范围是[－2,0].16.是否存在实数a ∈[－2,1],使函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 的定义域为[－1,1]时,值域为[－2,2]？若存在,求a 的值；若不存在,请说明理由.解 f (x )＝(x －a )2＋a －a 2,当－2≤a ＜－1时,f (x )在[－1,1]上为增函数,∴由⎩⎪⎨⎪⎧ f (－1)＝－2，f (1)＝2，得a ＝－1(舍去)；当－1≤a ≤0时,由⎩⎪⎨⎪⎧ f (a )＝－2，f (1)＝2，得a ＝－1；当0＜a ≤1时,由⎩⎪⎨⎪⎧f (a )＝－2，f (－1)＝2，得a 不存在；综上可得,存在实数a 满足题目条件,a ＝－1.。

2020年高中数学一轮复习步步高教师用书京津鲁琼专用第十二章 12.2

§12.2 几何概型最新考纲 1.了解随机数的意义,能运用模拟方法(包括计算器产生随机数来进行模拟)估计概率.2.初步体会几何概型的意义.3.通过阅读材料,了解人类认识随机现象的过程.1.几何概型如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例,则称这样的概率模型为几何概率模型,简称为几何概型. 2.在几何概型中,事件A 的概率的计算公式P (A )＝构成事件A 的区域长度(面积或体积)试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积).3.要切实理解并掌握几何概型试验的两个基本特点 (1)无限性:在一次试验中,可能出现的结果有无限多个； (2)等可能性:每个结果的发生具有等可能性.4.随机模拟方法(1)使用计算机或者其他方式进行的模拟试验,以便通过这个试验求出随机事件的概率的近似值的方法就是模拟方法.(2)用计算器或计算机模拟试验的方法为随机模拟方法.这个方法的基本步骤是①用计算器或计算机产生某个范围内的随机数,并赋予每个随机数一定的意义；②统计代表某意义的随机数的个数M 和总的随机数个数N ；③计算频率f n (A )＝MN 作为所求概率的近似值.概念方法微思考1.古典概型与几何概型有什么区别？提示古典概型与几何概型中基本事件发生的可能性都是相等的,但古典概型要求基本事件有有限个,几何概型要求基本事件有无限多个.2.几何概型中线段的端点、图形的边框是否包含在内影响概率值吗？提示几何概型中线段的端点,图形的边框是否包含在内不会影响概率值.题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)在一个正方形区域内任取一点的概率是零.( √ )(2)几何概型中,每一个基本事件就是从某个特定的几何区域内随机地取一点,该区域中的每一点被取到的机会相等.( √ )(3)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形.( √ ) (4)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率.( √ ) (5)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关.( × ) (6)从区间[1,10]内任取一个数,取到1的概率是P ＝19.( × )题组二教材改编2.在线段[0,3]上任投一点,则此点坐标小于1的概率为( ) A.12 B.13 C.14 D.1 答案 B【解析】坐标小于1的区间为[0,1),长度为1,[0,3]的区间长度为3,故所求概率为13.3.有四个游戏盘,将它们水平放稳后,在上面扔一颗玻璃小球,若小球落在阴影部分,则可中奖,小明要想增加中奖机会,应选择的游戏盘是( )答案 A【解析】 ∵P (A )＝38,P (B )＝28,P (C )＝26,P (D )＝13,∴P (A )>P (C )＝P (D )>P (B ).4.如图所示的正方形及其内部表示的平面区域为D ,在区域D 内随机取一个点,则此点到坐标原点的距离大于2的概率是( )A.π4 B.π－22C.π6D.4－π4答案 D【解析】如题干图所示,区域D 的面积为4,而阴影部分(不包括AC )表示的是区域D 内到坐标原点的距离大于2的区域.易知该阴影部分的面积为4－π.因此满足条件的概率是4－π4,故选D.题组三易错自纠5.在区间[－2,4]上随机地取一个数x ,若x 满足|x |≤m 的概率为56,则m ＝________.答案 3【解析】由|x |≤m ,得－m ≤x ≤m .当0＜m ≤2时,由题意得2m 6＝56,解得m ＝2.5,矛盾,舍去.当2＜m ＜4时,由题意得m －(－2)6＝56,解得m ＝3.故m ＝3.6.在长为12 cm 的线段AB 上任取一点C .现作一矩形,邻边长分别等于线段AC ,CB 的长,则该矩形面积小于32 cm 2的概率为________. 答案 23【解析】设AC ＝x cm(0＜x ＜12),则CB ＝(12－x )cm,则矩形的面积S ＝x (12－x )＝12x －x 2(cm 2).由12x －x 2＜32,即(x －8)(x －4)>0,解得0＜x ＜4或8＜x ＜12. 在数轴上表示,如图所示.由几何概型概率计算公式,得所求概率为812＝23.题型一与长度、角度有关的几何概型例1 在等腰Rt △ABC 中,直角顶点为C .(1)在斜边AB 上任取一点M ,求|AM |＜|AC |的概率；(2)在∠ACB 的内部,以C 为端点任作一条射线CM ,与线段AB 交于点M ,求|AM |＜|AC |的概率. 解 (1)如图所示,在AB 上取一点C ′,使|AC ′|＝|AC |,连接CC ′.由题意,知|AB |＝2|AC |.由于点M 是在斜边AB 上任取的,所以点M 等可能分布在线段AB 上,因此基本事件的区域应是线段AB .所以P (|AM |＜|AC |)＝|AC ′||AB |＝|AC |2|AC |＝22. (2)由于在∠ACB 内以C 为端点任作射线CM ,所以CM 等可能分布在∠ACB 内的任一位置(如图所示),因此基本事件的区域应是∠ACB ,所以P (|AM |＜|AC |)＝∠ACC ′∠ACB＝π－π42π2＝34.思维升华求解与长度、角度有关的几何概型的概率的方法求与长度(角度)有关的几何概型的概率的方法是把题中所表示的几何模型转化为长度(角度),然后求解.要特别注意“长度型”与“角度型”的不同,解题的关键是构建事件的区域(长度或角度).跟踪训练1 (1)某公司的班车在7:00,8:00,8:30发车,小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间不超过10分钟的概率是( ) A.13 B.12 C.23 D.34答案 B【解析】如图所示,画出时间轴.小明到达的时间会随机的落在图中线段AB 中,而当他的到达时间落在线段AC 或DB 上时,才能保证他等车的时间不超过10分钟,根据几何概型的概率计算公式, 得所求概率P ＝10＋1040＝12,故选B.(2)如图,四边形ABCD 为矩形,AB ＝3,BC ＝1,以A 为圆心,1为半径作四分之一个圆弧DE ,在∠DAB 内任作射线AP ,则射线AP 与线段BC 有公共点的概率为________.答案 13【解析】因为在∠DAB 内任作射线AP ,所以它的所有等可能事件所在的区域是∠DAB ,当射线AP 与线段BC 有公共点时,射线AP 落在∠CAB 内,则区域为∠CAB ,所以射线AP 与线段BC有公共点的概率为∠CAB ∠DAB ＝30°90°＝13.题型二与面积有关的几何概型命题点1 与面积有关的几何概型的计算例2 (2017·全国Ⅰ)如图,正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图,正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部分的概率是()A.14B.π8C.12D.π4 答案 B【解析】不妨设正方形ABCD 的边长为2,则正方形内切圆的半径为1,可得S 正方形＝4. 由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称,得S 黑＝S 白＝12S 圆＝π2,所以由几何概型知,所求概率P ＝S 黑S 正方形＝π24＝π8.命题点2 随机模拟例3 (1)如图所示,矩形长为6,宽为4,在矩形内随机地撒300颗黄豆,数得落在椭圆外的黄豆为96颗,以此试验数据为依据估计椭圆的面积为()A.7.68B.8.68C.16.32D.17.32答案 C【解析】由随机模拟的思想方法,可得黄豆落在椭圆内的概率为300－96300＝0.68.由几何概型的概率计算公式,可得S 椭圆S 矩形＝0.68,而S 矩形＝6×4＝24,则S 椭圆＝0.68×24＝16.32.(2)若采用随机模拟的方法估计某运动员射击击中目标的概率.先由计算器给出0到9之间取整数的随机数,指定0,1,2,3表示没有击中目标,4,5,6,7,8,9表示击中目标,以4个随机数为一组,代表射击4次的结果,经随机模拟产生了20组如下的随机数:7527 0293 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 4698 0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281 根据以上数据估计该运动员射击4次至少击中3次的概率为________. 答案 0.4【解析】根据数据得该运动员射击4次至少击中3次的数据分别为7527 9857 8636 6947 4698 8045 9597 7424,共8个,所以该运动员射击4次至少击中3次的概率为820＝0.4.思维升华求解与面积有关的几何概型的注意点求解与面积有关的几何概型时,关键是弄清某事件对应的面积,必要时可根据题意构造两个变量,把变量看成点的坐标,找到全部试验结果构成的平面图形,以便求解.跟踪训练2 (2016·全国Ⅱ)从区间[0,1]内随机抽取2n 个数x 1,x 2,…,x n ,y 1,y 2,…,y n ,构成n 个数对(x 1,y 1),(x 2,y 2),…,(x n ,y n ),其中两数的平方和小于1的数对共有m 个,则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( ) A.4n m B.2n m C.4m n D.2m n 答案 C【解析】由题意得(x i ,y i )(i ＝1,2,…,n )在如图所示方格中,而平方和小于1的点均在如图所示的阴影中,由几何概型概率计算公式知π41＝mn,∴π＝4mn,故选C.题型三与体积有关的几何概型例4 如图,正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1,在正方体内随机取点M ,则使四棱锥M —ABCD 的体积小于16的概率为________.答案 12【解析】过点M 作平面RS ∥平面AC ,则两平面间的距离是四棱锥M —ABCD 的高,显然点M 在平面RS 上任意位置时,四棱锥M —ABCD 的体积都相等.若此时四棱锥M —ABCD 的体积等于16,只要M 在截面以下即可小于16,当V M —ABCD ＝16时,即13×1×1×h ＝16,解得h ＝12,即点M 到底面ABCD 的距离,所以所求概率P ＝1×1×121×1×1＝12.思维升华求解与体积有关的几何概型的注意点对于与体积有关的几何概型问题,关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间),对于某些较复杂的也可利用其对立事件去求.跟踪训练3 在一个球内有一棱长为1的内接正方体,一动点在球内运动,则此点落在正方体内部的概率为( ) A.6π B.32π C.3π D.233π 答案 D【解析】由题意可知这是一个几何概型,棱长为1的正方体的体积V 1＝1,球的直径是正方体的体对角线长,故球的半径R ＝32,球的体积V 2＝43π×⎝⎛⎭⎫323＝32π, 则此点落在正方体内部的概率P ＝V 1V2＝233π.1.在区间[0,π]上随机地取一个数x ,则事件“sin x ≤12”发生的概率为( )A.34B.23C.12D.13 答案 D【解析】在[0,π]上,当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π6∪⎣⎡⎦⎤5π6，π时,sin x ≤12,故概率为π3π＝13. 2.在区间[－1,3]上随机取一个数x ,若x 满足|x |≤m 的概率为12,则实数m 为( )A.0B.1C.2D.3 答案 B【解析】区间[－1,3]的区间长度为4. 不等式|x |≤m 的解集为[－m ,m ],当1＜m ≤3时,由题意得m ＋14＝12,解得m ＝1(舍),当0＜m ≤1时,由2m 4＝12,则m ＝1.故m ＝1.3.(2018·益阳市、湘潭市调考)若正方形ABCD 的边长为4,E 为四边上任意一点,则AE 的长度大于5的概率等于( ) A.132 B.78 C.38 D.18 答案 D【解析】设M ,N 分别为BC ,CD 靠近点C 的四等分点,则当E 在线段CM ,CN (不包括M ,N )上时,AE 的长度大于5,因为正方形的周长为16,CM ＋CN ＝2,所以AE 的长度大于5的概率为216＝18,故选D. 4.(2018·广东七校联考)在如图所示的圆形图案中有12片树叶,构成树叶的圆弧均相同且所对的圆心角为π3,若在圆内随机取一点,则此点取自树叶(即图中阴影部分)的概率是( )A.2－33πB.4－63πC.－13－32πD.23答案 B【解析】设圆的半径为r ,根据扇形面积公式和三角形面积公式得阴影部分的面积S ＝24⎝⎛⎭⎫16πr 2－34r 2＝4πr 2－63r 2,圆的面积S ′＝πr 2,所以此点取自树叶(即图中阴影部分)的概率为S S ′＝4－63π,故选B.5.(2018·石家庄模拟)已知P 是△ABC 所在平面内一点,PB →＋PC →＋2P A →＝0,现将一粒黄豆随机撒在△ABC 内,则黄豆落在△PBC 内的概率是( ) A.14 B.13 C.23 D.12 答案 D【解析】以PB ,PC 为邻边作平行四边形PBDC , 则PB →＋PC →＝PD →,因为PB →＋PC →＋2P A →＝0,所以PB →＋PC →＝－2P A →,得PD →＝－2P A →,由此可得,P 是△ABC 边BC 上的中线AO 的中点,点P 到BC 的距离等于点A 到BC 的距离的12,所以S △PBC ＝12S △ABC ,所以将一粒黄豆随机撒在△ABC 内,黄豆落在△PBC 内的概率为S △PBC S △ABC ＝12,故选D.6.(2018·惠州模拟)我国古代数学家赵爽在《周髀算经》一书中给出了勾股定理的绝妙证明.如图所示是赵爽的弦图.弦图是一个勾股形(即直角三角形)之弦为边的正方形,其面积称为弦实.图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形,分别涂成朱(红)色及黄色,其面积称为朱实、黄实,利用2×勾×股＋(股－勾)2＝4×朱实＋黄实＝弦实＝弦2,化简得:勾2＋股2＝弦2.设勾股形中勾股比为1∶3,若向弦图内随机抛掷1 000颗图钉(大小忽略不计),则落在黄色图形内的图钉数大约为()A.866B.500C.300D.134 答案 D【解析】设勾为a ,则股为3a ,所以弦为2a ,小正方形的边长为3a －a ,所以题图中大正方形的面积为4a 2,小正方形的面积为(3－1)2a 2,所以小正方形与大正方形的面积比为(3－1)24＝1－32,所以落在黄色图形(小正方形)内的图钉数大约为⎝⎛⎭⎫1－32×1 000≈134. 7.(2016·山东)在[－1,1]上随机地取一个数k ,则事件“直线y ＝kx 与圆(x －5)2＋y 2＝9相交”发生的概率为______. 答案 34【解析】由已知得,圆心(5,0)到直线y ＝kx 的距离小于半径,∴|5k |k 2＋1＜3,解得－34＜k ＜34,由几何概型得P ＝34－⎝⎛⎭⎫－341－(－1)＝34.8.在等腰直角三角形ABC 中,∠C ＝90°,在直角边BC 上任取一点M ,则∠CAM ＜30°的概率是________. 答案33【解析】因为点M 在直角边BC 上是等可能出现的,所以“区域”是长度.设BC ＝a ,则所求概率P ＝33a a ＝33.9.如图,在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,有一动点在此长方体内随机运动,则此动点在三棱锥A —A1BD 内的概率为______.答案 16【解析】因为1A A BD V -＝1A ABD V -＝13AA 1×S △ABD＝16×AA 1×S 矩形ABCD ＝16V 长方体, 故所求概率为1A A BDV -V 长方体＝16. 10.在区间[1,5]和[2,4]上分别各取一个数,记为m 和n ,则方程x 2m 2＋y 2n 2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆的概率是________. 答案 12【解析】 ∵方程x 2m 2＋y 2n2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆,∴m >n .如图,由题意知,在矩形ABCD 内任取一点Q (m ,n ),点Q 落在阴影部分(不包括m ＝n 这条直线)的概率即为所求的概率,易知直线m＝n 恰好将矩形平分,∴所求的概率为12.11.已知向量a ＝(－2,1),b ＝(x ,y ).(1)若x ,y 分别表示将一枚质地均匀的正方体骰子(六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6)先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数,求满足a ·b ＝－1的概率； (2)若x ,y 在连续区间[1,6]上取值,求满足a ·b ＜0的概率.解 (1)将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次,所包含的基本事件总数为6×6＝36,由a ·b ＝－1,得－2x ＋y ＝－1,所以满足a ·b ＝－1的基本事件为(1,1),(2,3),(3,5),共3个. 故满足a ·b ＝－1的概率为336＝112.(2)若x ,y 在连续区间[1,6]上取值,则全部基本事件的结果为 Ω＝{(x ,y )|1≤x ≤6,1≤y ≤6}.满足a ·b ＜0的基本事件的结果为A ＝{(x ,y )|1≤x ≤6,1≤y ≤6且－2x ＋y ＜0}. 画出图象如图所示,矩形的面积为S 矩形＝25,阴影部分的面积为S 阴影＝25－12×2×4＝21,故满足a ·b ＜0的概率为2125.12.甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船的码头,它们在一昼夜内到达该码头的时刻是等可能的.如果甲船停泊时间为1 h,乙船停泊时间为2 h,求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率.解设甲、乙两艘船到达码头的时刻分别为x 与y ,记事件A 为“两船都不需要等待码头空出”,则0≤x ≤24,0≤y ≤24,要使两船都不需要等待码头空出,当且仅当甲比乙早到达1 h 以上或乙比甲早到达2 h 以上,即y －x ≥1或x －y ≥2.故所求事件构成集合A ＝{(x ,y )|y －x ≥1或x －y ≥2,x ∈[0,24],y ∈[0,24]}.A 为图中阴影部分,全部结果构成的集合Ω为边长是24的正方形及其内部. 所求概率为P (A )＝A 的面积Ω的面积＝(24－1)2×12＋(24－2)2×12242＝506.5576＝1 0131 152.13.在长为1的线段上任取两点,则这两点之间的距离小于12的概率为________.答案 34【解析】设任取两点所表示的数分别为x ,y ,则0≤x ≤1,且0≤y ≤1,如图所示,则总事件所占的面积为1.记这两点之间的距离小于12为事件A ,则A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫(x ，y )⎪⎪|x －y |<12，0≤x ≤1，0≤y ≤1,如图中阴影部分所示,空白部分所占的面积为2×12×12×12＝14,所以所求两点之间的距离小于12的概率P (A )＝1－141＝34.14.向圆C :(x －2)2＋(y －3)2＝4内随机投掷一点,则该点落在x 轴下方的概率为________. 答案 16－34π【解析】如图所示,连接CA ,CB ,依题意,圆心C 到x 轴的距离为3,所以弦AB 的长为2.又圆的半径为2,所以∠ACB ＝60°,所以S 圆C ＝π×22＝4π,所以S 弓形ADB ＝60°×π×22360°－12×2×3＝2π3－3,所以向圆C 内随机投掷一点,则该点落在x 轴下方的概率P ＝2π3－34π＝16－34π.15.在区间[0,1]上随机取两个数x ,y ,记p 1为事件“x ＋y ≥13”的概率,p 2为事件“|x －y |≤13”的概率,p 3为事件“xy ≤13”的概率,则( )A.p 1＜p 2＜p 3B.p 2＜p 3＜p 1C.p 3＜p 1＜p 2D.p 3＜p 2＜p 1答案 B【解析】因为x ,y ∈[0,1],所以事件“x ＋y ≥13”表示的平面区域如图(1)阴影部分(含边界)S 1,事件“|x －y |≤13”表示的平面区域如图(2)阴影部分(含边界)S 2,事件“xy ≤13”表示的平面区域如图(3)阴影部分(含边界)S 3,由图知,阴影部分的面积满足S 2＜S 3＜S 1,正方形的面积为1×1＝1,根据几何概型概率计算公式可得p 2＜p 3＜p 1.16.如图,在圆心角为直角的扇形OAB 中,分别以OA ,OB 为直径作两个半圆.在扇形OAB 内随机取一点,求此点取自空白部分的概率.解设分别以OA ,OB 为直径的两个半圆交于点C ,OA 的中点为D ,如图,连接OC ,DC .不妨令OA ＝OB ＝2, 则OD ＝DA ＝DC ＝1.在以OA 为直径的半圆中,空白部分面积S 1＝π4＋12×1×1－⎝⎛⎭⎫π4－12×1×1＝1, 所以整个图形中空白部分面积S 2＝2. 又因为S 扇形OAB ＝14×π×22＝π,所以P ＝2π.。

高考数学(理)自由复习步步高系列10.docx

高中数学学习材料唐玲出品有人曾做过摸底调查，对20个因素在高考成功中的作用进行排名，结果考场心态、考前心态、考试策略技巧、临场发挥，分别排在第一、第二、第五、第七位．确实，高考成功主要靠二个因素：一靠高考硬件，平时掌握知识的程度，学习能力；二靠高考软件，考前的心态，考中的心态．实力是基础，发挥是关键，它是高考成功最关键、最主要、最基础的因素．一个考生的失利可能失在知识的掌握上，也可能失在答卷的策略和技巧上，还可能失在心态上，这其中的任何环节都是成功的必要保证，不可忽视．一、心态策略（一）考前心态高考成功与否，确实关系到今后的路将如何走．但它并不能决定考生一生的前途和幸福，人一生中奋进的机会很多，高考只不过是其中之一，俗话说得好：条条道路通罗马．即使一时落榜，也可另走他路成才，要做到一颗红心，多种准备，千万不要将生命的赌注全部押在高考这一颗法码上，致使心理压力过大．唯有轻装上阵，才能发挥水平．在临考的前几天，考生往往随着较大的心理压力，表现出心神不宁、忐忑不安等种种焦躁情绪．更有的考生会因为恐惧，抓住最后几天死拼，搞得疲惫不堪．殊不知这些都是临考大忌．心理学的研究表明，一个人的考试焦虑水平和其思维效率成倒“U”形．因此，考生应利用临考前的一段时间调整出情绪稳定、精力充沛、充满自信的身心状态．具体地说，临考前，考生应把自己从繁重的学习中解放出来，采取各种方法放松身心，如增加轻度的体育锻炼，拣起自己喜欢的、不耗时间的爱好，吃好、睡好，使自己的精神像“洗”过一样崭新，以便从容地走进考场．这期间，考生可以根据自己的实际情况进行一些自信训练、放松训练，下面就介绍一种排除考试焦虑的常用方法——系统脱敏训练．训练程序如下：考生在睡觉前放松的时候，在大脑中想象自己在考试中的全过程，以及考场上可能出现的突发情况，如想象自己进考场时十分紧张，还遇到了不会做的难题，而且考试时间也不够用．注意，将考场上的惊慌想象得越细致越具体越好．临考前如能每天坚持这种训练，你就会发现自己并不那么恐惧考试了，而且考试应变能力也会有所提高．越是临近高考，心态的调节越重要，因此可以说，调节好心态是高考成功的一半．如何调整好心态，概括为16个字：强化信心，优化情绪，进入状态，充分发挥．（二）考中心态高考是紧张、激烈的脑力劳动，需要考生全身心投入，且处于最佳状态，以保证每分钟都能积极思维．考试开始前，考生应像运动员比赛前先做准备活动一样，摒弃与高考无关的一切杂念，排除种种可能在考场中分散注意力的因素，适当热身，提前进入“角色”．考试中要克服六种不良心态．1、偏急心态．考试时，有些考生为了抢时间，刚拿到试题，情绪急躁，没有审清题设条件，慌忙答题，这种心态称作偏急心态．正确的做法是：拿到试题，先大致浏览一下，做到心中有数．每做一题，不要急于动手，先看清题设条件，挖掘隐晦信息．根据条件，设计出先求什么，后求什么，再求什么，使解题有顺序地进行．2、犹豫心态．一接触到试题，好象有不少思路，但对每一种思路又感到模糊朦胧，不知如何是好，犹豫不定，迟迟不下笔，此谓犹豫心态．正确做法：仔细分析题目，选取自己感到比较适合的思路，进行解答操作．3、烦躁心态．经过几次的尝试，仍不得其解，心情烦躁不安，再尝试，再失败，烦躁更甚．这种烦躁心态，堵塞了思路，失去了灵感，妨碍了能力及水平的发挥．正确做法：静下心，不急躁，将这个题目打上记号暂时放一下，继续做下面的题目．4、固执心态．考试时，久攻不下的试题，又不愿意放弃，又不愿意转换思考角度，苦思冥想，徒然浪心态．正确做法：告诫自己必须冷静，不要被胜利冲昏头脑．（三）考后心态——糊涂孤独出考场每考完一科，大家都会叽叽喳喳议论答案，当发现自己做得不对时就很沮丧、很难过，根本没有心情复习下一门．和同学对答案是考试结束后的大忌，是一种破坏性的行为，只会造成更加的慌乱、怀疑、沮丧．因此，考生走出考场后应做到两点：一是越糊涂越好．不要去回想考试内容，不要回忆自己的答案，更不要翻书去验证．只要出了考场，就要坚决“忘掉一切”．二是尽量避免与同学同行．因为同学在一起，总免不了要议论考试内容，这势必引起自己对考试的回想和怀疑，从而引起情绪波动．总之，出了考场，考生就应把全部注意力迅速转移到下一个科目，为下一场考试思维高潮的出现打好基础．二、答题策略（一）评卷情况评卷坚持三个原则：1．阅卷力求公平；2．标准把握基本到位；3．给分相对宽松几种情况：1．如果一个大题由几个小题组成，即使前面小题错了或未做，后面小题做对，后边分数全给；2．前面的错引起后面结果出错，但方法用对，则后边给一半分；3．一题中给分点不平衡；4．有能力者分数不会低．（不追求综合题解题的格式规范与严谨）特别忠告：1．写新再删旧；2．有比留空好；3．用好草稿纸；4．得分用时率（二）时间安排走进考场，大多数考生都会紧张的，这时要注意平衡心绪，首先，做一次深呼吸，然后告诫自己：“欲速则不达”，“不要着急，按时交卷就行了”；然后通过浏览全卷，大致了解试题的类型、数量、分值和试题的难易，进而确定题目相应的作答时间．分配时间要服从于考试成功的目的，基本原则就是保证在能够得分的地方不丢分，不容易得分的地方争取尽可能多得分．在具体操作上，要求考生做到“量菜吃饭”，按“分数时间比”实用原则，分值大的题目多花些时间，分值小的题目少花一些时间；一看就会做的题目先花时间，需要考虑一下才能解答的题目放在第二梯队完成；难度最大的或从来没有见到过的题目，放在最后攻关．记住：考场上的时间是“一寸光阴一寸金”，你必须精打细算，其核心是让时间为你高考得分最大值这一目的服务．时间安排大致可以是这样的：Ⅰ卷30分钟左右，最多不要超过40分．（三）小题战术：小题指的是选择题与填空题，先谈选择题的处理．解选择题的基本原则：小题不要大做．解选择题的的基本策略：1.能定性判断的不要定量计算．2.能用间接法的不要用直接法．3.能用特殊方法的不要用常规方法．4.能归筛选排除的用筛选排除．高考数学应试答题技巧一、考前准备1．调适心理，增强信心（1）合理设置考试目标，创设宽松的应考氛围，以平常心对待高考；（2）合理安排饮食，提高睡眠质量；（3）保持良好的备考状态，不断进行积极的心理暗示；（4）静能生慧，稳定情绪，净化心灵，满怀信心地迎接即将到来的考试。

2020届高三化学一轮复习步步高全书完整的Word版文档

质的量的大小)。
(2)含义：单位物质的量的气体所占的体积，符号为 Vm，标准状况下，Vm 约为 22.4 L·mol－1。
(3)基本关系式：n＝VVm＝Mm＝NNA
(4)影响因素：气体摩尔体积的数值不是固定不变的，它决定于气体所处的温度和压强。
4．阿伏加德罗定律及其推论
(1)阿伏加德罗定律：在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体，含有相同数目的粒子(或
，
可能是
气体。
(2)标准状况下，1.92 g 某气体的体积为 672 mL，则此气体的相对分子质量为
。
(3)在一定条件下，m g NH4HCO3 完全分解生成 NH3、CO2、H2O(g)，按要求填空。
①若所得混合气体对 H2 的相对密度为 d，则混合气体的物质的量为
。NH4HCO3
的摩尔质量为
(用含 m、d 的代数式表示)。
C．CO 的摩尔体积比 CO2 的摩尔体积小 D．甲中 CO 的密度比乙中 CO2 的密度小答案 D
解析质量相等的 CO 和 CO2 的物质的量之比为 11∶7，在温度和压强相同时体积之比为 11∶7，但摩尔体积相同。
题组三气体相对分子质量的计算
7．(1)已知标准状况下，气体 A 的密度为 2.857 g·L－1，则气体 A 的相对分子质量为
双原子分子的摩尔质量＝源自a pg＝aNp A g·mol－1，
NA mol
所以 b g 气体在标准状况下的体积为
aNA p
b g ×22.4 g·mol－1
L·mol－1＝22a.N4Apb
L。
解法二比例法：
同种气体的分子数与质量成正比，设 b g 气体的分子数为 N
ag ～ p
bg ～ N

步步高文科高考数学一轮复习1

第一章集合与常用逻辑用语
§1.1 集合旳概念及其基本运算
基础知识自主学习
要点梳理
1.集合与元素（1）集合元素旳三个特征：__拟__定__性___、_互__异__性___、
__无__序__性___. （2）元素与集合旳关系是__属__于__或_不__属__于___关系，
用符号____或_____表达.
2 .
2
a
2.
综上知，当A B 时，a<-8或a≥2.
6分
（2）当a=0时，显然B A；
当a<0时，若B A，如图,
4 则 a
1 a
1 2, 2
a a
8 1.
2
1 2
a
0;
当a>0时，若B A，如图,
则4 a
1 a
2
1 2 ,
a a
2 . 2
0
a
2.
综上知，当B A时， 1 a 2
4.韦恩图示法和数轴图示法是进行集合交、并、补运算旳常用措施,其中利用数轴图示法要尤其注意端点是实心还是空心.
5.要注意A B、A∩B=A、A∪B=B、这五个关系式旳等价性.
返回
B.{1，4，5}
（B ）
C.{4，5}
D.{1，5}
解析 ∵A={1，2，3}，B={2，3，4}，
∴A∩B={2，3}.
又U={1，2，3，4，5}，
∴ U(A∩B)={1，4，5}.
2.已知三个集合U,A，B及元素间旳关系如图所示，
则( UA)∩B等于
（A ）
A.{5，6}
B.{3，5，6}
思想措施感悟提升
措施与技巧
1.集合中旳元素旳三个性质，尤其是无序性和互异性在解题时经常用到.解题后要进行检验，要注重符号语言与文字语言之间旳相互转化.

2020年高中数学一轮复习步步高教师用书京津鲁琼专用第阶段二章 2.9

§2.9 函数模型及其应用最新考纲 1.利用计算工具,比较指数函数、对数函数以及幂函数增长差异；结合实例体会直线上升、指数爆炸、对数增长等不同函数类型增长的含义.2.收集一些社会生活中普遍使用的函数模型(指数函数、对数函数、幂函数、分段函数等)的实例,了解函数模型的广泛应用.1.几类函数模型2.三种函数模型的性质概念方法微思考请用框图概括解函数应用题的一般步骤.提示解函数应用题的步骤题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)某种商品进价为每件100元,按进价增加10%出售,后因库存积压降价,若按九折出售,则每件还能获利.(×)(2)函数y＝2x的函数值比y＝x2的函数值大.(×)(3)不存在x0,使0x a＜x n0＜log a x0.(×)(4)“指数爆炸”是指数型函数y＝a·b x＋c(a≠0,b>0,b≠1)增长速度越来越快的形象比喻.(×)题组二教材改编2.某工厂一年中各月份的收入、支出情况的统计图如图所示,则下列说法中错误的是()A.收入最高值与收入最低值的比是3∶1B.结余最高的月份是7月C.1至2月份的收入的变化率与4至5月份的收入的变化率相同D.前6个月的平均收入为40万元答案 D【解析】由题图可知,收入最高值为90万元,收入最低值为30万元,其比是3∶1,故A正确；由题图可知,7月份的结余最高,为80－20＝60(万元),故B正确；由题图可知,1至2月份的收入的变化率与4至5月份的收入的变化率相同,故C 正确；由题图可知,前6个月的平均收入为16×(40＋60＋30＋30＋50＋60)＝45(万元),故D 错误. 3.生产一定数量的商品的全部费用称为生产成本,某企业一个月生产某种商品x 万件时的生产成本为C (x )＝12x 2＋2x ＋20(万元).一万件售价为20万元,为获取更大利润,该企业一个月应生产该商品数量为万件. 答案 18【解析】利润L (x )＝20x －C (x )＝－12(x －18)2＋142,当x ＝18时,L (x )有最大值.4.用长度为24的材料围一矩形场地,中间加两道隔墙,要使矩形的面积最大,则隔墙的长度为 . 答案 3【解析】设隔墙的长度为x (0＜x ＜6),矩形面积为y , 则y ＝x ×24－4x2＝2x (6－x )＝－2(x －3)2＋18,∴当x ＝3时,y 最大.5.一枚炮弹被发射后,其升空高度h 与时间t 的函数关系为h ＝130t －5t 2,则该函数的定义域是 . 答案 [0,26]【解析】令h ≥0,解得0≤t ≤26,故所求定义域为[0,26]. 题组三易错自纠6.某市生产总值连续两年持续增加.第一年的增长率为p ,第二年的增长率为q ,则该市这两年生产总值的年平均增长率为 . 答案(p ＋1)(q ＋1)－1【解析】设年平均增长率为x ,则(1＋x )2＝(1＋p )(1＋q ), ∴x ＝(1＋p )(1＋q )－1.7.已知某种动物繁殖量y (只)与时间x (年)的关系为y ＝a log 3(x ＋1),设这种动物第2年有100只,到第8年它们发展到只. 答案 200【解析】由题意知100＝a log 3(2＋1), ∴a ＝100,∴y ＝100log 3(x ＋1). 当x ＝8时,y ＝100log 39＝200.题型一用函数图象刻画变化过程1.高为H,满缸水量为V的鱼缸的轴截面如图所示,其底部破了一个小洞,满缸水从洞中流出,若鱼缸水深为h时水的体积为v,则函数v＝f(h)的大致图象是()答案 B【解析】v＝f(h)是增函数,且曲线的斜率应该是先变大后变小,故选B.2.(2018·广西柳州联考)设甲、乙两地的距离为a(a>0),小王骑自行车匀速从甲地到乙地用了20分钟,在乙地休息10分钟后,他又匀速从乙地返回到甲地用了30分钟,则小王从出发到返回原地所经过的路程y和其所用的时间x的函数图象为()答案 D【解析】y为“小王从出发到返回原地所经过的路程”而不是位移,故排除A,C.又因为小王在乙地休息10分钟,故排除B,故选D.3.汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程.下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况.下列叙述中正确的是()A.消耗1升汽油,乙车最多可行驶5千米B.以相同速度行驶相同路程,三辆车中,甲车消耗汽油量最多C.甲车以80千米/时的速度行驶1小时,消耗10升汽油D.某城市机动车最高限速80千米/时,相同条件下,在该市用丙车比用乙车更省油答案 D【解析】根据图象所给数据,逐个验证选项.根据图象知,当行驶速度大于40千米/时时,消耗1升汽油,乙车最多行驶里程大于5千米,故选项A 错；以相同速度行驶时,甲车燃油效率最高,因此以相同速度行驶相同路程时,甲车消耗汽油最少,故选项B 错；甲车以80千米/时的速度行驶时燃油效率为10千米/升,行驶1小时,里程为80千米,消耗8升汽油,故选项C 错；最高限速80千米/时,丙车的燃油效率比乙车高,因此相同条件下,在该市用丙车比用乙车更省油,故选项D 对. 思维升华判断函数图象与实际问题变化过程相吻合的两种方法(1)构建函数模型法:当根据题意易构建函数模型时,先建立函数模型,再结合模型选图象. (2)验证法:根据实际问题中两变量的变化快慢等特点,结合图象的变化趋势,验证是否吻合,从中排除不符合实际的情况,选择出符合实际情况的答案. 题型二已知函数模型的实际问题例1 (1)加工爆米花时,爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”.在特定条件下,可食用率p 与加工时间t (单位:分钟)满足函数关系p ＝at 2＋bt ＋c (a ,b ,c 是常数),如图记录了三次实验的数据.根据上述函数模型和实验数据,可以得到最佳加工时间为分钟.答案 3.75【解析】根据图表,把(t ,p )的三组数据(3,0.7),(4,0.8),(5,0.5)分别代入函数关系式, 联立方程组得⎩⎪⎨⎪⎧0.7＝9a ＋3b ＋c ，0.8＝16a ＋4b ＋c ，0.5＝25a ＋5b ＋c ，消去c 化简得⎩⎪⎨⎪⎧7a ＋b ＝0.1，9a ＋b ＝－0.3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－0.2，b ＝1.5，c ＝－2.所以p ＝－0.2t 2＋1.5t －2＝－15⎝⎛⎭⎫t 2－152t ＋22516＋4516－2＝－15⎝⎛⎭⎫t －1542＋1316,所以当t ＝154＝3.75时,p 取得最大值,即最佳加工时间为3.75分钟.(2)某公司招聘员工,面试对象人数按拟录用人数分段计算,计算公式为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧4x ，1≤x ≤10，2x ＋10，10<x ≤100，1.5x ，x >100，其中x 代表拟录用人数,y 代表面试对象人数.若面试对象人数为60,则该公司的拟录用人数为( ) A.15 B.40 C.25 D.70 答案 C【解析】当1≤x ≤10时,y ≤40；当x >100时,y >150.因此所求人数x ∈(10,100],由2x ＋10＝60,得x ＝25,故选C.思维升华求解所给函数模型解决实际问题的关注点 (1)认清所给函数模型,弄清哪些量为待定系数. (2)根据已知利用待定系数法,确定模型中的待定系数. (3)利用该模型求解实际问题.跟踪训练1 (1)拟定甲、乙两地通话m 分钟的电话费(单位:元)由f (m )＝1.06(0.5[m ]＋1)给出,其中m >0,[m ]是不超过m 的最大整数(如[3]＝3,[3.7]＝3,[3.1]＝3),则甲、乙两地通话6.5分钟的电话费为元. 答案 4.24【解析】 ∵m ＝6.5,∴[m ]＝6, 则f (6.5)＝1.06×(0.5×6＋1)＝4.24.(2)某工厂生产某种产品固定成本为2 000万元,并且每生产一单位产品,成本增加10万元.又知总收入K 是单位产品数Q 的函数,K (Q )＝40Q －120Q 2,则总利润L (Q )的最大值是万元. 答案 2 500【解析】 L (Q )＝40Q －120Q 2－10Q －2 000＝－120Q 2＋30Q －2 000＝－120(Q －300)2＋2 500.则当Q ＝300时,L (Q )的最大值为2 500万元.题型三构建函数模型的实际问题命题点1 构造一次函数、二次函数模型例2 (1)某航空公司规定,乘飞机所携带行李的质量x (kg)与其运费y (元)之间的关系由如图所示的一次函数图象确定,那么乘客可免费携带行李的质量最大为 kg.答案 19【解析】由图象可求得一次函数的【解析】式为y ＝30x －570,令30x －570＝0,解得x ＝19. (2)在某种新型材料的研制中,实验人员获得了下列一组实验数据,现准备用下列四个函数中的一个近似地表示这些数据的规律,其中最接近的一个是( )A.y ＝2x －2B.y ＝12(x 2－1)C.y ＝log 2xD.y ＝12log x答案 B【解析】由题中表可知函数在(0,＋∞)上是增函数,且y 的变化随x 的增大而增大的越来越快,分析选项可知B 符合,故选B. 命题点2 构造指数函数、对数函数模型例3 一片森林原来面积为a ,计划每年砍伐一些树,且每年砍伐面积的百分比相等,当砍伐到面积的一半时,所用时间是10年,为保护生态环境,森林面积至少要保留原面积的14,已知到今年为止,森林剩余面积为原来的22. (1)求每年砍伐面积的百分比；(2)到今年为止,该森林已砍伐了多少年？解 (1)设每年降低的百分比为x (0＜x ＜1), 则a (1－x )10＝12a ,即(1－x )10＝12,解得x ＝1－⎝⎛⎭⎫12110.(2)设经过m 年剩余面积为原来的22, 则a (1－x )m＝22a ,即⎝⎛⎭⎫1210m＝⎝⎛⎭⎫1212, 即m 10＝12,解得m ＝5. 故到今年为止,该森林已砍伐了5年.引申探究若本例的条件不变,试计算:今后最多还能砍伐多少年？解设从今年开始,以后砍了n 年, 则n 年后剩余面积为22a (1－x )n . 令22a (1－x )n ≥14a ,即(1－x )n ≥24, ⎝⎛⎭⎫1210n≥⎝⎛⎭⎫1232,即n 10≤32,解得n ≤15. 故今后最多还能砍伐15年. 命题点3 构造y ＝x ＋ax(a >0)型函数例4 (1)某汽车运输公司购买了一批豪华大客车投入营运,据市场分析,每辆客车营运的总利润y (万元)与营运年数x 的关系如图所示(抛物线的一段),则为使其营运年平均利润最大,每辆客车营运年数为 .答案 5【解析】根据图象求得y ＝－(x －6)2＋11, ∴年平均利润yx＝12－⎝⎛⎭⎫x ＋25x , ∵x ＋25x ≥10,当且仅当x ＝5时等号成立.∴要使平均利润最大,客车营运年数为5.(2)某地区要建造一条防洪堤,其横断面为等腰梯形,腰与底边夹角为60°(如图),考虑防洪堤坚固性及石块用料等因素,设计其横断面要求面积为9 3 平方米,且高度不低于 3 米.记防洪堤横断面的腰长为x 米,外周长(梯形的上底线段BC 与两腰长的和)为y 米.要使防洪堤的上面与两侧面的水泥用料最省(即横断面的外周长最小),则防洪堤的腰长x ＝米.答案 2 3【解析】由题意可得BC ＝18x －x2(2≤x ＜6),∴y ＝18x ＋3x 2≥218x ×3x2＝6 3. 当且仅当18x ＝3x2(2≤x ＜6),即x ＝23时等号成立.命题点4 构造分段函数模型例5 已知某公司生产某款手机的年固定成本为40万美元,每生产1万只还需另投入16万美元.设该公司一年内共生产该款手机x 万只并全部销售完,每万只的销售收入为R (x )万美元,且R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧400－6x ，0<x ≤40，7 400x－40 000x 2，x >40.(1)写出年利润W (万美元)关于年产量x (万只)的函数【解析】式；(2)当年产量为多少万只时,该公司在该款手机的生产中所获得的年利润最大？并求出最大年利润.解 (1)当0＜x ≤40时,W ＝xR (x )－(16x ＋40)＝－6x 2＋384x －40, 当x >40时,W ＝xR (x )－(16x ＋40)＝－40 000x －16x ＋7 360.所以W ＝⎩⎪⎨⎪⎧－6x 2＋384x －40，0<x ≤40，－40 000x －16x ＋7 360，x >40.(2)①当0＜x ≤40时,W ＝－6(x －32)2＋6 104, 所以W max ＝W (32)＝6 104；②当x >40时,W ＝－40 000x －16x ＋7 360,由于40 000x＋16x ≥240 000x×16x ＝1 600, 当且仅当40 000x ＝16x ,即x ＝50∈(40,＋∞)时,取等号,所以W 取最大值5 760.综合①②,当年产量为32万只时,W 取最大值6 104万美元.思维升华构建数学模型解决实际问题,要正确理解题意,分清条件和结论,理顺数量关系,将文字语言转化成数学语言,建立适当的函数模型,求解过程中不要忽略实际问题对变量的限制. 跟踪训练2 (1)某化工厂生产一种溶液,按市场要求杂质含量不超过0.1%,若初时含杂质2%,每过滤一次可使杂质含量减少13,至少应过滤次才能达到市场要求.(参考数据:lg 2≈0.301 0,lg 3≈0.477 1) 答案 8【解析】设至少过滤n 次才能达到市场要求, 则2%⎝⎛⎭⎫1－13n ≤0.1%,即⎝⎛⎭⎫23n ≤120, 所以n lg 23≤－1－lg 2,所以n ≥7.39,所以n ＝8.(2)大学毕业生小赵想开一家服装专卖店,经过预算,该门面需要装修费为20 000元,每天需要房租、水电等费用100元,受经营信誉度、销售季节等因素的影响,专卖店销售总收益R (元)与门面经营天数x 的关系是R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2，0≤x ≤400，80 000，x >400，则当总利润最大时,该门面经营的天数是 . 答案 300【解析】由题意,总利润y ＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2－100x －20 000，0≤x ≤400，60 000－100x ，x >400，当0≤x ≤400时,y ＝－12(x －300)2＋25 000,所以当x ＝300时,y max ＝25 000；当x >400时,y ＝60 000－100x ＜20 000.综上,当门面经营的天数为300时,总利润最大为25 000元.用数学模型求解实际问题数学抽象是指舍去事物的一切物理属性,得到数学研究对象的思维过程,主要包括从数量,图形关系中抽象出数学概念,并且用数学符号和术语予以表征.例 (1)调查表明,酒后驾驶是导致交通事故的主要原因,交通法规规定,驾驶员在驾驶机动车时血液中酒精含量不得超过0.2 mg /mL.某人喝酒后,其血液中酒精含量将上升到3 mg/mL,在停止喝酒后,血液中酒精含量以每小时50%的速度减少,则至少经过小时他才可以驾驶机动车.(精确到小时) 答案 4【解析】设n 小时后他才可以驾驶机动车,由题意得3(1－0.5)n ≤0.2,即2n ≥15,故至少经过4小时他才可以驾驶机动车.(2)已知某房地产公司计划出租70套相同的公寓房.当每套房月租金定为3 000元时,这70套公寓房能全部租出去；当月租金每增加50元时(设月租金均为50元的整数倍),就会多一套房子不能出租.设已出租的每套房子每月需要公司花费100元的日常维修等费用(设没有出租的房子不需要花这些费用),则要使公司获得最大利润,每套房月租金应定为元. 答案 3 300【解析】设利润为y 元,租金定为3 000＋50x (0≤x ≤70,x ∈N )元.则y ＝(3 000＋50x )(70－x )－100(70－x )＝(2 900＋50x )(70－x )＝50(58＋x )(70－x )≤50⎝⎛⎭⎫58＋x ＋70－x 22,当且仅当58＋x＝70－x ,即x ＝6时,等号成立,故每月租金定为3 000＋300＝3 300(元)时,公司获得最大利润. 素养提升例题中通过用字母表示变量,将酒后驾车时间抽象为不等式问题,将租房最大利润抽象为函数的最值问题.1.某工厂6年来生产某种产品的情况是:前3年年产量的增长速度越来越快,后3年年产量保持不变,则该厂6年来这种产品的总产量C 与时间t (年)的函数关系图象正确的是( )答案 A【解析】前3年年产量的增长速度越来越快,说明呈高速增长,只有A,C 图象符合要求,而后3年年产量保持不变,故选A.2.某辆汽车每次加油都把油箱加满,下表记录了该车相邻两次加油时的情况.注:“累计里程”指汽车从出厂开始累计行驶的路程. 在这段时间内,该车每100千米平均耗油量为( ) A.6升 B.8升 C.10升 D.12升答案 B【解析】 5月1日到5月15日,汽车行驶了35 600－35 000＝600(千米),实际耗油48升,所以该车每100千米平均耗油量为486＝8(升).3.(2018·大同模拟)将进货单价为80元的商品按90元一个出售时,能卖出400个,已知这种商品每涨价1元,其销售量就要减少20个,为了赚得最大利润,每个售价应定为()A.85元B.90元C.95元D.100元答案 C【解析】设每个售价定为x元,则利润y＝(x－80)[400－(x－90)·20]＝－20·[(x－95)2－225],∴当x＝95时,y最大.4.国家规定某行业征税如下:年收入在280万元及以下的税率为p%,超过280万元的部分按(p ＋2)%征税,有一公司的实际缴税比例为(p＋0.25)%,则该公司的年收入是()A.560万元B.420万元C.350万元D.320万元答案 D【解析】设该公司的年收入为x万元(x>280),则有280×p%＋(x－280)(p＋2)%x＝(p＋0.25)%,解得x＝320.故该公司的年收入为320万元.5.某大型民企为激励创新,计划逐年加大研发资金投入.若该民企2016年全年投入研发资金130万元,在此基础上,每年投入的研发资金比上一年增长12%,则该民企全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是(参考数据:lg 1.12≈0.05,lg 1.3≈0.11,lg 2≈0.30)()A.2017年B.2018年C.2019年D.2020年答案 D【解析】设从2016年起,过了n(n∈N*)年该民企全年投入的研发资金超过200万元,则130×(1＋12%)n≥200,则n≥lg2013lg 1.12≈0.30－0.110.05＝3.8,由题意取n＝4,则n＋2 016＝2 020.故选D.6.某汽车销售公司在A,B两地销售同一种品牌的汽车,在A地的销售利润(单位:万元)为y1＝4.1x－0.1x2,在B地的销售利润(单位:万元)为y2＝2x,其中x为销售量(单位:辆),若该公司在两地共销售16辆该种品牌的汽车,则能获得的最大利润是()A.10.5万元B.11万元C.43万元D.43.025万元答案 C【解析】设公司在A地销售该品牌的汽车x辆,则在B地销售该品牌的汽车(16－x)辆,所以可得利润y＝4.1x－0.1x2＋2(16－x)＝－0.1x2＋2.1x＋32＝－0.1()x－10.52＋0.1×10.52＋32.因为x∈[0,16]且x∈N,所以当x＝10或11时,总利润取得最大值43万元.7.某种病毒经30分钟繁殖为原来的2倍,且知病毒的繁殖规律为y ＝e kt (其中k 为常数,t 表示时间,单位:小时,y 表示病毒个数),则k ＝________,经过5小时,1个病毒能繁殖为________个. 答案 2ln 2 1 024【解析】当t ＝0.5时,y ＝2,∴2＝12e k ,∴k ＝2ln 2,∴y ＝e 2t ln 2,当t ＝5时,y ＝e 10ln 2＝210＝1 024.8.(2018·湖北八校联考)某人根据经验绘制了2018年春节前后,从12月21日至1月7日自己种植的西红柿的销售量y (千克)随时间x (天)变化的函数图象,如图所示,则此人在12月26日大约卖出了西红柿千克.答案1909【解析】前10天满足一次函数关系,设为y ＝kx ＋b (k ≠0),将点(1,10)和点(10,30)代入函数【解析】式得⎩⎪⎨⎪⎧10＝k ＋b ，30＝10k ＋b ，解得k ＝209,b ＝709,所以y ＝209x ＋709,则当x ＝6时,y ＝1909.9.在如图所示的锐角三角形空地中,欲建一个面积最大的内接矩形花园(阴影部分),则其边长x 为 m.答案 20【解析】设内接矩形另一边长为y m, 则由相似三角形性质可得x 40＝40－y40,解得y ＝40－x ,所以面积S ＝x (40－x )＝－x 2＋40x ＝－(x －20)2＋400(0＜x ＜40), 所以当x ＝20时,S max ＝400.10.“好酒也怕巷子深”,许多著名品牌是通过广告宣传进入消费者视线的.已知某品牌商品广告销售的收入R 与广告费A 之间满足关系R ＝a A (a 为常数),广告效应为D ＝a A －A .那么精明的商人为了取得最大的广告效应,投入的广告费应为 .(用常数a 表示) 答案 14a 2【解析】令t ＝A (t ≥0),则A ＝t 2, ∴D ＝at －t 2＝－⎝⎛⎭⎫t －12a 2＋14a 2, ∴当t ＝12a ,即A ＝14a 2时,D 取得最大值.11.某市用37辆汽车往灾区运送一批救灾物资,假设以v km/h 的速度直达灾区,已知某市到灾区公路线长400 km,为了安全起见,两辆汽车的间距不得小于⎝⎛⎭⎫v202 km,那么这批物资全部到达灾区的最少时间是 h.(车身长度不计) 答案 12【解析】设全部物资到达灾区所需时间为t h,由题意可知,t 相当于最后一辆车行驶了⎣⎡⎦⎤36×⎝⎛⎭⎫v 202＋400 km 所用的时间,因此,t ＝36×⎝⎛⎭⎫v 202＋400v ≥12, 当且仅当36v 400＝400v ,即v ＝2003时取“＝”.故这些汽车以2003km/h 的速度匀速行驶时,所需时间最少,最少时间为12 h.12.某书商为提高某套丛书的销售量,准备举办一场展销会.据市场调查,当每套丛书售价定为x 元时,销售量可达到(15－0.1x )万套.现出版社为配合该书商的活动,决定进行价格改革,将每套丛书的供货价格分成固定价格和浮动价格两部分,其中固定价格为30元,浮动价格(单位:元)与销售量(单位:万套)成反比,比例系数为10.假设不计其他成本,即销售每套丛书的利润＝售价－供货价格,问:(1)每套丛书售价定为100元时,书商能获得的总利润是多少万元？ (2)每套丛书售价定为多少元时,单套丛书的利润最大？解 (1)每套丛书售价定为100元时,销售量为15－0.1×100＝5(万套),此时每套供货价格为30＋105＝32(元),书商所获得的总利润为5×(100－32)＝340(万元).(2)每套丛书售价定为x 元时,由⎩⎪⎨⎪⎧15－0.1x >0，x >0，解得0＜x ＜150. 依题意,单套丛书利润P ＝x －⎝⎛⎭⎫30＋1015－0.1x ＝x －100150－x －30,所以P ＝－⎣⎡⎦⎤(150－x )＋100150－x ＋120.因为0＜x ＜150,所以150－x >0, 则(150－x )＋100150－x≥2(150－x )·100150－x＝2×10＝20,当且仅当150－x ＝100150－x,即x ＝140时等号成立,此时,P max ＝－20＋120＝100.所以每套丛书售价定为140元时,单套丛书的利润最大,最大值为100元.13.一艘轮船在匀速行驶过程中每小时的燃料费与速度v 的平方成正比,且比例系数为k ,除燃料费外其他费用为每小时96元.当速度为10海里/时时,每小时的燃料费是6元.若匀速行驶10海里,当这艘轮船的速度为海里/时时,总费用最小. 答案 40【解析】设每小时的总费用为y 元, 则y ＝k v 2＋96,又当v ＝10时,k ×102＝6, 解得k ＝0.06,所以每小时的总费用y ＝0.06v 2＋96,匀速行驶10海里所用的时间为10v 小时,故总费用为W ＝10v y ＝10v (0.06v 2＋96)＝0.6v ＋960v ≥20.6v ×960v ＝48,当且仅当0.6v ＝960v ,即v ＝40时等号成立. 故总费用最小时轮船的速度为40海里/时.14.商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格,即根据商品的最低销售限价a ,最高销售限价b (b >a )以及实数x (0＜x ＜1)确定实际销售价格c ＝a ＋x (b －a ).这里,x 被称为乐观系数.经验表明,最佳乐观系数x 恰好使得(c －a )是(b －c )和(b －a )的等比中项.据此可得,最佳乐观系数x ＝ . 答案5－12【解析】由题意得x ＝c －ab －a ,(c －a )2＝(b －c )(b －a ),∵b －c ＝(b －a )－(c －a ),∴(c －a )2＝(b －a )2－(b －a )(c －a ), 两边同除以(b －a )2,得x 2＋x －1＝0, 解得x ＝－1±52.∵0＜x ＜1,∴x ＝5－12.15.物体在常温下的温度变化可以用牛顿冷却规律来描述:设物体的初始温度是T 0,经过一定时间t (单位:min)后的温度是T ,则T －T a ＝(T 0－T a )⎝⎛⎭⎫12th,其中T a 称为环境温度,h 称为半衰期.现有一杯用85 ℃热水冲的速溶咖啡,放在21 ℃的房间中,如果咖啡降到37 ℃需要16 min,那么这杯咖啡要从37 ℃降到29 ℃,还需要 min. 答案 8【解析】由题意知T a ＝21 ℃. 令T 0＝85 ℃,T ＝37 ℃,得37－21＝(85－21)·⎝⎛⎭⎫1216h ,∴h ＝8. 令T 0＝37 ℃,T ＝29 ℃,则29－21＝(37－21)·⎝⎛⎭⎫128t,∴t ＝8. 16.某禁毒机构测定,某种毒品服用后每毫升血液中的含毒量y (微克)与时间t (小时)之间近似满足如图所示的曲线.(1)写出服用毒品后y 与t 之间的函数关系式；(2)据进一步测定,每毫升血液中含毒量不少于0.50微克时会有重度躁动状态,求服用毒品后重度躁动状态的持续时间.解 (1)由题中图象,设y ＝⎩⎪⎨⎪⎧kt ，0≤t ≤1，⎝⎛⎭⎫12t －a ，t >1.当t ＝1时,由y ＝4,得k ＝4；由⎝⎛⎭⎫121－a＝4,得a ＝3.所以y ＝⎩⎪⎨⎪⎧4t ，0≤t ≤1，⎝⎛⎭⎫12t －3，t >1.(2)由y ≥0.50,得⎩⎪⎨⎪⎧0≤t ≤1，4t ≥0.50或⎩⎪⎨⎪⎧t >1，⎝⎛⎭⎫12t －3≥0.50，解得18≤t ≤4,因此服用毒品后重度躁动状态持续4－18＝318(小时).。

步步高高三复习用书第十章 10.2 精品

§10.2排列与组合1.排列与组合的概念2.排列数与组合数(1)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用A m n表示.(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的组合数，用C m n表示.3.排列数、组合数的公式及性质题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.( × ) (2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序.( × ) (3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.( √ ) (4)(n ＋1)！－n ！＝n ·n ！.( √ )(5)若组合式C x n ＝C m n ，则x ＝m 成立.( × ) (6)k C k n ＝n C k －1n －1.( √ )题组二教材改编2.[P27A 组T7]6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( ) A.144 B.120 C.72 D.24 答案 D解析 “插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A 34＝4×3×2＝24.3.[P19例4]用数字1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为( ) A.8 B.24 C.48 D.120 答案 C解析末位数字排法有A 12种，其他位置排法有A 34种，共有A 12A 34＝48(种)排法，所以偶数的个数为48.题组三易错自纠4.六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( ) A.192种 B.216种 C.240种 D.288种答案 B解析第一类：甲在左端，有A 55＝5×4×3×2×1＝120(种)排法；第二类：乙在最左端，甲不在最右端，有4A 44＝4×4×3×2×1＝96(种)排法. 所以共有120＋96＝216(种)排法.5.为发展国外孔子学院，教育部选派6名中文教师到泰国，马来西亚，缅甸任教中文，若每个国家至少去一人，则选派方案种数为( ) A.180 B.240 C.540 D.630 答案 C解析依题意，选派方案分为三类：①一个国家派4名，另两个国家各派1名，有C 46C 12C 11A 22·A 33＝90(种)；②一个国家派3名，一个国家派2名，一个国家派1名，有C 36C 23C 11A 33＝360(种)；③每个国家各派2名，有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90(种)，故选派方案种数为90＋360＋90＝540. 6.寒假里5名同学结伴乘动车外出旅游，实名制购票，每人一座，恰在同一排A ，B ，C ，D ，E 五个座位(一排共五个座位)，上车后五人在这五个座位上随意坐，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有______种.(用数字作答) 答案 45解析设5名同学也用A ，B ，C ，D ，E 来表示，若恰有一人坐对与自己车票相符的座位，设E 同学坐在自己的座位上，则其他四位都不坐自己的座位，则有BADC ，BDAC ，BCDA ，CADB ，CDAB ，CDBA ，DABC ，DCAB ，DCBA ，共9种坐法，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有9×5＝45(种).题型一排列问题1.某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言.(用数字作答) 答案 1 560解析由题意知两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数，所以全班共写了A 240＝40×39＝1 560(条)留言.2.用1,2,3,4,5,6组成一个无重复数字的六位数，要求三个奇数1,3,5有且只有两个相邻，则不同的排法种数为( ) A.18 B.108 C.216 D.432答案 D解析根据题意，分三步进行：第一步，先将1,3,5分成两组，共C 23A 22种排法；第二步，将2,4,6排成一排，共A 33种排法；第三步，将两组奇数插入三个偶数形成的四个空位，共A 24种排法.综上，共有C 23A 22A 33A 24＝3×2×6×12＝432(种)排法，故选D.3.将7个人(其中包括甲、乙、丙、丁4人)排成一排，若甲不能在排头，乙不能在排尾，丙、丁两人必须相邻，则不同的排法共有( ) A.1 108种 B.1 008种 C.960种 D.504种答案 B解析将丙、丁两人进行捆绑，看成一人.将6人全排列有A 22A 66种排法；将甲排在排头，有A 22A 55种排法；乙排在排尾，有A 22A 55种排法；甲排在排头，乙排在排尾，有A 22A 44种排法.则甲不能在排头，乙不能在排尾，丙、丁两人必须相邻的不同排法共有A22A66－A22A55－A22A55＋A22A44＝1 008(种).思维升华排列应用问题的分类与解法(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法.(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法.题型二组合问题典例(1)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法的种数是()A.60B.63C.65D.66(2)要从12人中选出5人去参加一项活动，A，B，C三人必须入选，则有________种不同选法.答案(1)D(2)36解析(1)因为1,2,3，…，9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数或全为偶数或2个奇数和2个偶数，故有C45＋C44＋C25C24＝66(种)不同的取法.(2)只需从A，B，C之外的9人中选择2人，即有C29＝36(种)不同的选法.引申探究1.本例(2)中若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人都不能入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？解由A，B，C三人都不能入选只需从余下9人中选择5人，即有C59＝C49＝126(种)不同的选法.2.本例(2)中若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人只有一人入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？解可分两步，先从A，B，C三人中选出1人，有C13种选法，再从余下的9人中选4人，有C49种选法，所以共有C13×C49＝378(种)不同的选法.3.本例(2)中若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人至少一人入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？解可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种选法，再减去A，B，C三人都不入选的情况共有C59种，共有C512－C59＝666(种)不同的选法.思维升华组合问题常有以下两类题型变化(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取.(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.跟踪训练(1)在某校2016年举办的第32届秋季运动会上，甲、乙两位同学从四个不同运动项目中各选两个项目报名，则甲、乙两位同学所选的项目中至少有1个不相同的选法种数为()A.30B.36C.60D.72答案 A解析因为甲、乙两位同学从四个不同的项目中各选两个项目的选法有C24C24种.其中甲、乙所选的项目完全相同的选法有C24种，所以甲、乙所选的项目中至少有1个不相同的选法共有C24C24－C24＝30(种).故选A.(2)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，要求取出的卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，则不同的取法共有()A.232种B.252种C.472种D.484种答案 C解析由题意知，任取3张卡片，共有C316种取法，其中取出的3张卡片是同一种颜色，有4C34种取法，另外，只取出两张红色卡片有C24C112种取法，故所求的取法共有C316－4C34－C24C112＝560－16－72＝472(种).题型三排列与组合问题的综合应用命题点1相邻、相间及特殊元素(位置)问题典例(1)在高三某班进行的演讲比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生，如果2位男生不能连续出场，且女生甲不能排第一个，那么出场的顺序的排法种数为________. 答案60解析2位男生不能连续出场的排法共有N1＝A33×A24＝72(种)，女生甲排第一个且2位男生不连续出场的排法共有N2＝A22×A23＝12(种)，所以出场顺序的排法种数为N＝N1－N2＝60.(2)(2017·湖州模拟)大数据时代出现了滴滴打车服务，二胎政策的放开使得家庭中有两个孩子的现象普遍存在.某城市关系要好的A，B，C，D四个家庭各有两个孩子共8人，他们准备使用滴滴打车软件，分乘甲、乙两辆汽车出去游玩，每车限坐4名(乘同一辆车的4个孩子不考虑位置)，其中A家庭的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4个孩子恰有2个来自于同一个家庭的乘坐方式共有()A.18种B.24种C.36种D.48种答案 B解析根据题意，分两种情况讨论：①A 家庭的孪生姐妹在甲车上，甲车上另外的两个孩子要来自不同的家庭，可以在剩下的三个家庭中任选2个，再从每个家庭的2个孩子中任选一个来乘坐甲车，有C 23×C 12×C 12＝12(种)乘坐方式；②A 家庭的孪生姐妹不在甲车上，需要在剩下的三个家庭中任选1个，让其2个孩子都在甲车上，对于剩余的两个家庭，从每个家庭的2个孩子中任选一个来乘坐甲车，有C 13×C 12×C 12＝12(种)乘坐方式，故共有12＋12＝24(种)乘坐方式，故选B. 命题点2 分组与分配问题典例 (1)国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教.现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法. 答案 90解析先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33＝15(种)方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6(种)方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90(种)分派方法. (2)有4名优秀学生A ，B ，C ，D 全部被保送到甲、乙、丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送方案共有________种. 答案 36解析先把4名学生分为2,1,1共3组，有C 24C 12C 11A 22＝6(种)分法，再将3组对应3个学校，有A 33＝6(种)情况，则共有6×6＝36(种)不同的保送方案. 思维升华 (1)解排列、组合问题要遵循的两个原则 ①按元素(位置)的性质进行分类；②按事情发生的过程进行分步.具体地说，解排列、组合问题常以元素(位置)为主体，即先满足特殊元素(位置)，再考虑其他元素(位置). (2)分组、分配问题的求解策略 ①对不同元素的分配问题a .对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A n n (n 为均分的组数)，避免重复计数；b .对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m 组元素个数相等，则分组时应除以m ！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数；c .对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数.②对于相同元素的“分配”问题，常用方法是采用“隔板法”.跟踪训练 (1)(2017·全国Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( ) A.12种 B.18种 C.24种 D.36种答案 D解析由题意可知，其中1人必须完成2项工作，其他2人各完成1项工作，可得安排方式为C 13·C 24·A 22＝36(种)，或列式为C 13·C 24·C 12＝3×4×32×2＝36(种).故选D. (2)(2017·浙江)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，则共有________种不同的选法.(用数字作答) 答案 660解析方法一只有1名女生时，先选1名女生，有C 12种方法；再选3名男生，有C 36种方法；然后排队长、副队长位置，有A 24种方法.由分步乘法计数原理知，共有C 12C 36A 24＝480(种)选法.有2名女生时，再选2名男生，有C 26种方法；然后排队长、副队长位置，有A 24种方法.由分步乘法计数原理知，共有C 26A 24＝180(种)选法.所以依据分类加法计数原理知，共有480＋180＝660(种)不同的选法.方法二不考虑限制条件，共有A 28C 26种不同的选法，而没有女生的选法有A 26C 24种，故至少有1名女生的选法有A 28C 26－A 26C 24＝840－180＝660(种).(3)把5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. 答案 36解析将产品A 与B 捆绑在一起，然后与其他三种产品进行全排列，共有A 22A 44种方法，将产品A ，B ，C 捆绑在一起，且A 在中间，然后与其他两种产品进行全排列，共有A 22A 33种方法.于是符合题意的摆法共有A 22A 44－A 22A 33＝36(种).1.从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a ，b ，共可得到lg a －lg b 的不同值的个数是( )A.9B.10C.18D.20 答案 C解析由于lg a－lg b＝lg ab(a>0，b>0)，∴lg ab有多少个不同的值，只需看ab不同值的个数.从1,3,5,7,9中任取两个作为ab，有A25种取法，又13与39相同，31与93相同，∴lg a－lg b的不同值的个数为A25－2＝18.2.把6个仅颜色不同的小球排成一排，其中1个黄球，2个白球，3个黑球，则相同颜色的球都不相邻的不同的排法共有()A.3种B.6种C.10种D.12种答案 C解析3个黑球排成一行，然后若1个黄球排在两侧，由于球除颜色外相同，故此时共有2种排法；若1个黄球排在中间2个位置中的1个，则有2种排法，另外2个白球，则有2种排法，故此时共有2×2＝4(种)排法；当黄球排在剩下两个位置时，有2种排法，白球有2种排法，故此时共有2×2＝4(种)排法.综上共有2＋4＋4＝10(种)排法，故选C.3.(2018届浙江源清中学月考)把7个字符1,1,1，A，A，α，β排成一排，要求三个“1”两两不相邻，且两个“A”也不相邻，则这样的排法共有()A.12种B.30种C.96种D.144种答案 C解析先排列A，A，α，β，若A，A不相邻，有A22C23＝6(种)排法，若A，A相邻，有A33＝6(种)排法，共有6＋6＝12(种)排法，从所形成的5个空中选3个插入1,1,1，共有12C35＝120(种)排法，若A，A相邻时，从所形成的4个空中选3个插入1,1,1，共有6C34＝24(种)排法，故三个“1”两两不相邻，且两个“A”也不相邻，则这样的排法共有120－24＝96(种).4.互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，先要摆成一排，要求红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法()A.A55种B.A22种C.A24A22种D.C12C12A22A22种答案 D解析红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，即红色菊花两边各一盆白色菊花，一盆黄色菊花，共有C12C12A22A22种摆放方法.5.有A，B，C，D，E五位学生参加网页设计比赛，决出了第一到第五的名次.A，B两位学生去问成绩，老师对A说：你的名次不知道，但肯定没得第一名；又对B说：你是第三名.请你分析一下，这五位学生的名次排列的种数为()A.6B.18C.20D.24答案 B解析由题意知，名次排列的种数为C13A33＝18.6.6个人排成一排，甲、乙两人中间至少有一个人的排法种数为()A.480B.720C.240D.360答案 A解析甲、乙两人相邻时的排法总数有A22×A55＝240(种)，∴甲、乙两人中间至少有1人的排法总数为A66－240＝480(种).7.若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有________种.(用数字作答)答案11解析把g，o，o，d 4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A24种排法；第二步：排两个o，共1种排法，所以总的排法种数为A24＝12.其中正确的有一种，所以错误的共有A24－1＝12－1＝11(种).8.(2014·浙江)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)答案60解析分两类：第一类：3张中奖奖券分给3个人，共A34种分法；第二类：3张中奖奖券分给2个人相当于把3张中奖奖券分两组再分给4人中的2人，共有C23A24种分法.总获奖情况共有A34＋C23A24＝60(种).9.某医院拟派2名内科医生，3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生，外科医生和护士，则不同的分配方案有______种.答案36解析2名内科医生的分法为A22，3名外科医生与3名护士的分法为C23C13＋C13C23，共有A22(C23 C13＋C13C23)＝36(种)不同分法.10.用数字0,1,2,3,4组成的五位数中，中间三位数字各不相同，但首末两位数字相同的共有________个.答案240解析由题意知本题是一个分步计数问题，从1,2,3,4四个数中选取一个有四种选法，接着从这五个数中选取3个在中间三个位置排列，共有A35＝60(个)，根据分步乘法计数原理知，有60×4＝240(个).11.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种数是________.答案120解析先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”，“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”.对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有A22C13A23＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有A22A34＝48(种)安排方法.由分类加法计数原理知，共有36＋36＋48＝120(种)安排方法.12.某宾馆安排A，B，C，D，E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A，B不能住同一房间，则共有________种不同的安排方法.(用数字作答)答案114解析5个人住3个房间，每个房间至少住1人，则有(3,1,1)和(2,2,1)两种，当为(3,1,1)时，有C35·A33＝60(种)，A，B住同一房间有C13·A33＝18(种)，故有60－18＝42(种)，当为(2,2,1)时，有C25·C23A22·A33＝90(种)，A，B住同一房间有C23·A33＝18(种)，故有90－18＝72(种)，根据分类加法计数原理可知，共有42＋72＝114(种).13.7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为()A.120B.240C.360D.480答案 C解析前排3人有4个空，从甲、乙、丙3人中选1人插入，有C14C13种方法，对于后排，若插入的2人不相邻，有A25种方法；若相邻，有C15A22种，故共有C14C13(A25＋C15A22)＝360(种)，故选C.14.将标号为1,2,3,4,5的五个球放入3个不同的盒子中，每个盒子至少有一个球，则一共有________种放法. 答案 150解析标号为1,2,3,4,5的五个球放入3个不同的盒子中，每个盒子至少有一个球，故可分成(3,1,1)和(2,2,1)两组，共有C 35＋C 25·C 23A 22＝25(种)分法，再分配到三个不同的盒子中，共有25·A 33＝150(种)放法.15.在第二届乌镇互联网大会中，为了提高安保的级别同时又为了方便接待，现为其中的五个参会国的人员安排酒店，这五个参会国的人员要在a ，b ，c 三家酒店中任选一家，且这三家都至少有一个参会国的人员入住，则这样的安排方法共有( ) A.96种 B.124种 C.130种 D.150种答案 D解析这三家酒店入住的参会国数目有以下两种可能：第一种，“2,2,1”，其安排方法有C 25C 23C 11A 33A 22＝90(种)；第二种，“3,1,1”，其安排方法有C 35C 12C 11A 33A 22＝60(种)，满足题意的安排方法共有90＋60＝150(种).故选D.16.设三位数n ＝abc ，若以a ，b ，c 为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三位数n 有多少个？解 a ，b ，c 要能构成三角形的边长，显然均不为0，即a ，b ，c ∈{1,2,3，…，9}.①若构成等边三角形，设这样的三位数的个数为n 1，由于三位数中三个数字都相同，所以n 1＝C 19＝9；②若构成等腰(非等边)三角形，设这样的三位数的个数为n 2，由于三位数中只有2个不同数字，设为a ，b ，注意到三角形腰与底可以互换，所以可取的数组(a ，b )共有2C 29组，但当大数为底时，设a >b ，必须满足b <a <2b ，此时，不能构成三角形的数字是共20种情况.同时，每个数组(a ，b )中的两个数字填上三个数位，有C 23种情况，故n 2＝C 23(2C 29－20)＝156.综上，n ＝n 1＋n 2＝165.。

2020届高考一轮数学教师用书第10章圆锥曲线

第十章圆锥曲线§10.1椭圆1．(课本选修2－1P28练习4改编)已知△ABC 中，B(3，0)，C(－3，0)，周长为16，则顶点A 所在曲线的轨迹方程是x225＋y216＝1.解析：由题意得：CA ＋CB ＋AB ＝16，BC ＝6，故AC ＋AB ＝10>BC ＝6.由椭圆的定义得：动点A 在以B(3，0)，C(－3，0)为焦点的椭圆上运动．顶点A 所在曲线的轨迹方程是x225＋y216＝1.导航：①椭圆的第一定义及椭圆的标准方程；②注意轨迹与方程间的等价性．2．(课本选修2－1P64习题7改编)已知动点M 到F(3，0)的距离与到定直线l ：x ＝253的距离之比为35，则动点M 的轨迹方程是x225＋y216＝1. 解析：设动点M(x ，y)，由题意（x －3）2＋y2⎪⎪⎪⎪253－x ＝35，化简得x225＋y216＝1，所以动点M 的轨迹方程是x225＋y216＝1.导航：①椭圆的第二定义；②求轨迹方程的一般步骤(原则：求哪点设哪点)．3．(课本选修2－1P64习题1改编)已知动点P 到A(5，0)，B(－5，0)的斜率之积为－1625，则动点P 所在曲线的轨迹方程是x225＋y216＝1. 解析：设动点P(x ，y)，由题意yx －5·yx ＋5＝－1625，化简得x225＋y216＝1，所以动点P 的轨迹方程是x225＋y216＝1.导航：①椭圆的第三定义；②求轨迹方程的一般步骤(注意等价性)．4．(课本选修2－1P33习题5改编)方程x2m －1＋y22－m ＝1表示椭圆，则m 的取值范围为1<m<2且m ≠32.解析：由题意⎩⎪⎨⎪⎧m －1>02－m>0m －1≠2－m ，解得1<m<2且m ≠32.导航：椭圆的标准方程的认识． 5．(课本选修2－1P35例1改编)椭圆x225＋y216＝1的长轴长为10，短轴长为8，焦距为6，焦点为(3，0)(－3，0)，离心率为35，顶点坐标为(5，0)(－5，0)(0，4)(0，－4)，准线方程为x ＝±253，椭圆关于原点，x 轴，y 轴对称，椭圆上的点到焦点的距离的范围是[2，8]，椭圆上的点到两个焦点构成的最大角(以椭圆上的点为顶点)的余弦值为725.导航：①椭圆的几何性质；②椭圆的第一定义；③椭圆的第二定义．6．在平面直角坐标系xOy 中，椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1(－c ，0)，F2(c ，0)．已知(1，e)和⎝⎛⎭⎫e ，32都在椭圆上，其中e 为椭圆的离心率．则椭圆的方程为x22＋y2＝1.解析：由题设知，a2＝b2＋c2，e ＝ca ，由点(1，e)和(e ，32)在椭圆上，得12a2＋e2b2＝1，e2a2＋⎝⎛⎭⎫322b2＝1，从而得a2＝2，b2＝1，c2＝3.所以椭圆的方程为x22＋y2＝1.导航：待定系数法求椭圆的方程以及椭圆中的a ，b ，c 间的关系．1．椭圆的概念平面内到两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于F1F2)的点的轨迹叫做椭圆，两个定点F1，F2叫做椭圆的焦点。

2020届高考步步高数学(理)一轮复习(京津鲁琼用解析版)阶段自测卷(五)

阶段自测卷(五)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分) 1．(2019·贵州遵义航天中学月考)下列说法正确的是( )A ．空间中，两不重合的平面若有公共点，则这些点一定在一条直线上B ．空间中，三角形、四边形都一定是平面图形C ．空间中，正方体、长方体、四面体都是四棱柱D ．用一平面去截棱锥，底面与截面之间的部分所形成的多面体叫棱台答案 A解析空间四边形不是平面图形，故B 错；四面体不是四棱柱，故C 错；平行于底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分所形成的多面体才叫棱台，故D 错；根据公理2可知A 正确，故选A.2．(2019·湛江调研)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )A ．α∩β＝n ，m ⊂α，m ∥β ⇒m ∥nB ．α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ⇒n ⊥βC ．m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β ⇒α⊥βD ．m ∥α，n ⊂α⇒m ∥n 答案 A解析对于A ，根据线面平行的性质定理可得A 选项正确；对于B ，当α⊥β，α∩β＝m 时，若n ⊥m ，n ⊂α，则n ⊥β，但题目中无条件n ⊂α，故B 不一定成立；对于C ，若m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α与β相交或平行，故C 错误；对于D ，若m ∥α，n ⊂α，则m 与n 平行或异面，则D 错误，故选A.3．(2019·重庆万州三中月考)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是CC 1的中点，F 是A 1B 的中点，且DF →＝αAB →＋βAC →，则( )A ．α＝12，β＝－1B ．α＝－12，β＝1C ．α＝1，β＝－12D ．α＝－1，β＝12答案 A解析根据向量加法的多边形法则以及已知可得， DF →＝DC →＋CB →＋BF →＝12C 1C →＋CB →＋12BA →1＝12A 1A →＋AB →－AC →＋12BA →＋12AA →1＝12AB →－AC →， ∴α＝12，β＝－1，故选A.4．平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB →＝(1， 2， 0)，AD →＝(2， 1， 0)，CC →1＝(0， 1， 5)，则对角线AC 1的边长为( ) A ．4 2 B ．4 3 C ．5 2 D ．12 答案 C解析因为AC →1＝AA →1＋A 1B 1→＋B 1C 1→＝CC →1＋AB →＋AD →＝(0， 1， 5)＋(1， 2， 0)＋(2， 1， 0)＝(3， 4， 5)，所以|AC →1|＝32＋42＋52＝52，故选C.5.(2019·凉山诊断)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB 1，BC 1的中点，下列结论中，正确的是( )A ．EF ⊥BB 1 B ．EF ⊥平面BCC 1B 1 C ．EF ∥平面D 1BC D ．EF ∥平面ACC 1A 1 答案 D解析连接B 1C 交BC 1于F ，由于四边形BCC 1B 1是平行四边形，对角线互相平分，故F 是B 1C 的中点．因为E 是AB 1的中点，所以EF 是△B 1AC 的中位线，故EF ∥AC ，所以EF ∥平面ACC 1A 1.故选D.6．(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)《九章算术》中“开立圆术”曰：“置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径”．“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V ，求球的直径d 的公式d ＝13169V ⎛⎫⎪⎝⎭.若球的半径为r ＝1，根据“开立圆术”的方法计算该球的体积为( ) A.43π B.916 C.94 D.92 答案 D解析根据公式d ＝13169V ⎛⎫⎪⎝⎭得，2＝13169V ⎛⎫⎪⎝⎭，解得V ＝92.故选D. 7．已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，球O 与该正方体的各个面相切，则平面ACB 1截此球所得的截面的面积为( ) A.8π3 B.5π3 C.4π3 D.2π3 答案 D解析因为球与各面相切，所以直径为2，且AC ，AB 1，CB 1的中点在所求的切面圆上，所以所求截面为此三点构成的边长为2的正三角形的外接圆，由正弦定理知，R ＝63，所以截面的面积S ＝2π3，故选D. 8．已知向量n ＝(2， 0， 1)为平面α的法向量，点A (－1， 2， 1)在α内，则 P (1， 2，－2)到α的距离为( ) A.55 B. 5 C ．2 5 D.510答案 A解析 ∵P A →＝(－2， 0， 3)，∴点P 到平面α的距离为d ＝|P A ， →·n ||n |＝|－4＋3|5＝55.∴P (1， 2，－2)到α的距离为55. 故选A.9．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在A 1C 上运动(包括端点)，则BP 与AD 1所成角的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤π4，π3 B.⎣⎡⎦⎤π4，π2 C.⎣⎡⎦⎤π6，π2 D.⎣⎡⎦⎤π6，π3 答案 D解析以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，设点P 坐标为()x ，1－x ，x (0≤x ≤1)，则BP →＝()x －1，－x ，x ， BC 1→＝()－1，0，1，设BP →，BC 1→的夹角为α，所以cos α＝BP ， →·BC 1→||BP →||BC 1→＝1()x －12＋2x 2×2＝13⎝⎛⎭⎫x －132＋23·2，所以当x ＝13时，cos α取得最大值32，α＝π6.当x ＝1时， cos α取得最小值12，α＝π3. 因为BC 1∥AD 1.故选D.10．(2019·淄博期中)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝4，AB ＝27，CC 1＝25，E ，F 分别为AC ，CC 1的中点，则直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角是( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90° 答案 A 解析连接AC 1，则EF ∥AC 1，直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角，就是直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角，AC 1与平面AA 1B 1B 所成的角；作C 1D ⊥A 1B 1于D ，连接AD ，因为直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝4，所以底面是等腰三角形，则C 1D ⊥平面AA 1B 1B ，可知∠C 1AD 就是直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角，CA ＝CB ＝4，AB ＝27，CC 1＝25，可得C 1D ＝42－(7)2＝3，AD ＝(7)2＋(25)2＝33，所以tan ∠C 1AD ＝C 1D AD ＝33，所以∠C 1AD ＝30°.故选A.11．(2019·陕西汉中中学月考)点A ，B ，C ，D ，E 是半径为5的球面上五点，A ，B ，C ，D 四点组成边长为42的正方形，则四棱锥E －ABCD 体积的最大值为( ) A.2563 B ．256 C.643 D ．64 答案 A解析正方形ABCD 对角线长为(42)2＋(42)2＝8.则球心到正方形中心的距离d ＝52－42＝3.则E 到正方形ABCD 的最大距离为h ＝d ＋5＝8.则V E －ABCD ＝13×42×42×8＝2563.故选A. 12．(2019·四省联考诊断)如图所示，四边形ABCD 为边长为2的菱形，∠B ＝60°，点E ，F 分别在边BC ，AB 上运动(不含端点)，且EF ∥AC ，沿EF 把平面BEF 折起，使平面BEF ⊥底面ECDAF ，当五棱锥B －ECDAF 的体积最大时，EF 的长为( )A ．1 B.263 C. 3 D. 2答案 B解析由EF ∥AC 可知△BEF 为等边三角形，设EF ＝x ，等边△BEF 的高为32x ，面积为34x 2，所以五边形ECDAF 的面积为2×34×22－34x 2＝23－34x 2，故五棱锥的体积为13×⎝⎛⎭⎫23－34x 2×32x ＝x －18x 3(0<x <2)．令f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫x －18x 3′＝1－38x 2＝0，解得x ＝263，且当0<x <263时，f (x )单调递增，当263<x <2时，f (x )单调递减，故在x ＝263时取得极大值也即最大值．故选B.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．设m ，n 为空间两条不同的直线，α，β为空间两个不同的平面，给出下列命题： ①若m ∥α，m ∥β，则α∥β； ②若m ⊥α，m ∥β，则α⊥β；③若m ∥α，m ∥n ，则n ∥α； ④若m ⊥α，α∥β，则m ⊥β. 其中正确的命题序号是________．答案 ②④解析对于①，若m ∥α，m ∥β，则α与β可能相交，故①错误；对于②，若m ⊥α，m ∥β，根据线面垂直和线面平行的性质定理以及面面垂直的判定定理得到α⊥β，故②正确；对于③，若m ∥α，m ∥n ，则n 可能在α内，故③错误，对于④，若m ⊥α，α∥β，则根据线面垂直的性质定理以及面面平行的性质定理得到m ⊥β，故④正确．故答案为②④.14．如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，已知D ，E ，F 分别为AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥A －FED 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2的值为________．答案124解析设三棱柱的高为h ，∵F 是AA 1的中点，则三棱锥F －ADE 的高为h2，∵D ，E 分别是AB ，AC 的中点，∴S △ADE ＝14S △ABC ，∵V 1＝13S △ADE ·h2，V 2＝S △ABC ·h ，∴V 1V 2＝16S △ADE ·h S △ABC ·h ＝124. 15.如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为________．答案2解析由题意知，球心在正方形的中心上，球的半径为1，则正方形的边长为 2.∵三棱柱ABC —A 1B 1C 1为直三棱柱，∴平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，∴BC 为截面圆的直径，∴∠BAC ＝90°.∵AB ＝AC ，∴AB ＝1， ∴侧面ABB 1A 1的面积为2×1＝ 2.16．(2019·陕西四校联考)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是直角三角形，侧棱长等于底面三角形的斜边长，若其外接球的体积为32π3，则该三棱柱体积的最大值为____________．答案 4 2解析设三棱柱底面直角三角形的直角边为a ，b ，则棱柱的高h ＝a 2＋b 2，设外接球的半径为r ，则43πr 3＝32π3，解得r ＝2，∵上、下底面三角形斜边的中点连线的中点是该三棱柱的外接球的球心，∴2h ＝2r ＝4.∴h ＝22，∴a 2＋b 2＝h 2＝8≥2ab ，∴ab ≤4.当且仅当a ＝b ＝2时“＝”成立． ∴三棱柱的体积V ＝Sh ＝12abh ＝2ab ≤4 2.三、解答题(本大题共70分)17.(10分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，AC 与BD 交于点O ，PC ⊥底面ABCD ，点E 为侧棱PB 的中点．求证：(1)PD ∥平面ACE ； (2)平面P AC ⊥平面PBD . 证明 (1) 连接OE .因为O 为正方形ABCD 对角线的交点，所以O 为BD 的中点．因为E 为PB 的中点，所以PD ∥OE .又因为OE ⊂平面ACE ，PD ⊄平面ACE ，所以PD ∥平面ACE . (2) 在四棱锥P －ABCD 中，因为PC ⊥底面ABCD ，BD ⊂底面ABCD ，所以BD ⊥PC .因为O 为正方形ABCD 对角线的交点，所以BD ⊥AC .又PC ，AC ⊂平面P AC ，PC ∩AC ＝C ，所以BD ⊥平面P AC . 因为BD ⊂平面PBD ，所以平面P AC ⊥平面PBD .18．(12分)(2019·广州执信中学测试)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△P AD 是等边三角形，已知BD ＝2AD ＝8，AB ＝2DC ＝4 5. (1)设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面P AD ； (2)求四棱锥P －ABCD 的体积．(1)证明在△ABD 中，由于AD ＝4，BD ＝8，AB ＝45，所以AD 2＋BD 2＝AB 2.故AD ⊥BD . 又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥平面P AD ，又BD ⊂平面MBD ，故平面MBD ⊥平面P AD .(2)解如图，过P 作PO ⊥AD 交AD 于O ，由于平面P AD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD .因此PO 为四棱锥P －ABCD 的高，又△P AD 是边长为4的等边三角形．因此PO ＝32×4＝2 3.在四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ，所以四边形ABCD 是梯形，在Rt △ADB 中，斜边AB 边上的高为4×845＝855，此即为梯形ABCD 的高，所以四边形ABCD 的面积为S ＝25＋452×855＝24.故V P －ABCD ＝13×24×23＝16 3.19．(12分)(2019·化州模拟)如图所示，在四棱锥E －ABCD 中，ED ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝12CD ＝2.(1)求证：BC ⊥BE ；(2)当几何体ABCE 的体积等于43时，求四棱锥E －ABCD 的侧面积．(1)证明连接BD ，取CD 的中点F ，连接BF ，则直角梯形ABCD 中，BF ⊥CD ，BF ＝CF ＝DF ，∴∠CBD ＝90°，即BC ⊥BD . ∵DE ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥DE ，又BD ∩DE ＝D ，∴BC ⊥平面BDE . 由BE ⊂平面BDE 得，BC ⊥BE .(2)解 ∵V ABCE ＝V E －ABC ＝13×DE ×S △ABC＝13×DE ×12×AB ×AD ＝23DE ＝43， ∴DE ＝2，∴EA ＝DE 2＋AD 2＝22，BE ＝DE 2＋BD 2＝23，又AB ＝2，∴BE 2＝AB 2＋AE 2， ∴AB ⊥AE ，∴四棱锥E －ABCD 的侧面积为12×DE ×AD ＋12×AE ×AB ＋12×BC ×BE ＋12×DE ×CD ＝6＋22＋2 6. 20．(12分)(2019·青岛调研)如图，在长方形ABCD 中，AB ＝π，AD ＝2，E ，F 为线段AB 的三等分点，G ，H 为线段DC 的三等分点．将长方形ABCD 卷成以AD 为母线的圆柱W 的半个侧面，AB ，CD 分别为圆柱W 上、下底面的直径．(1)证明：平面ADHF ⊥平面BCHF ； (2)求二面角A －BH －D 的余弦值．(1)证明因为H 在下底面圆周上，且CD 为下底面半圆的直径，所以DH ⊥CH ，又因为DH ⊥FH ，且CH ∩FH ＝H ，所以DH ⊥平面BCHF . 又因为DH ⊂平面ADHF ，所以平面 ADHF ⊥平面BCHF .(2)解以H 为坐标原点，分别以HD ，HC ，HF 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．设下底面半径为r ，由题意得πr ＝π，所以r ＝1，CD ＝2.因为G ，H 为DC 的三等分点，所以∠HDC ＝30°，所以在Rt △DHC 中，HD ＝3，HC ＝1，所以A (3，0， 2)，B (0， 1， 2)，D (3，0， 0)，设平面ABH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为n ·HA →＝(x ，y ，z )·(3，0， 2)＝0， n ·HB →＝(x ，y ，z )·(0， 1， 2)＝0，所以⎩⎨⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0，所以平面ABH 的法向量n ＝(－2，－23，3)．设平面BHD 的法向量m ＝(x ，y ，z )．因为m ·HD →＝(x ，y ，z )·(3，0， 0)＝0， m ·HB →＝(x ，y ，z )·(0， 1， 2)＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋2z ＝0，所以平面BHD 的法向量m ＝(0，－2， 1)，由图形可知，二面角A —BH —D 的平面角为锐角，设为θ，所以二面角A －BH －D 的余弦值为cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝28519. 21．(12分)(2019·成都七中诊断)如图，在多面体ABCDE 中，AC 和BD 交于一点，除EC 以外的其余各棱长均为2.(1)作平面CDE 与平面ABE 的交线l ，并写出作法及理由；(2)求证：平面BDE ⊥平面ACE ；(3)若多面体的体积为2，求直线DE 与平面BCE 所成角的正弦值．(1)解过点E 作AB (或CD )的平行线，即为所求直线l .∵AC 和BD 交于一点，∴A ，B ，C ，D 四点共面．又∵四边形ABCD 边长均相等，∴四边形ABCD 为菱形，从而AB ∥DC .又AB ⊄平面CDE ，且CD ⊂平面CDE ，∴AB ∥平面CDE .∵AB ⊂平面ABE ，且平面ABE ∩平面CDE ＝l ，∴AB ∥l .(2)证明取AE 的中点O ，连接OB ，OD .∵AB ＝BE ，DA ＝DE ，∴OB ⊥AE ，OD ⊥AE .又OB ∩OD ＝O ，∴AE ⊥平面OBD ，∵BD ⊂平面OBD ，故AE ⊥BD .又四边形ABCD 为菱形，∴AC ⊥BD .又AE ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面ACE .又BD ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面ACE .(3)解由V E －ABCD ＝2V E －ABD ＝2V D －ABE ＝2，即V D －ABE ＝1.设三棱锥D －ABE 的高为h ，则13⎝⎛⎭⎫12·2·3·h ＝1，解得h ＝ 3.又∵DO ＝ 3.∴DO ⊥平面ABE .以点O 为坐标原点，OB ，OE ，OD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1， 0)，B (3，0， 0)，D (0， 0，3)，E (0， 1， 0)．∴BC →＝AD →＝(0， 1，3)，BE →＝(－3，1， 0)．设平面BCE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧y ＋3z ＝0，3x －y ＝0得，平面BCE 的一个法向量为n ＝(1，3，－1)．又DE →＝(0， 1，－3)，于是cos 〈DE →，n 〉＝235·2＝155. 故直线DE 与平面BCE 所成角的正弦值为155. 22．(12分)如图，△ABC 的外接圆⊙O 的半径为5，CD ⊥⊙O 所在的平面，BE ∥CD ，CD ＝4，BC ＝2，且BE ＝1，tan ∠AEB ＝2 5.(1)求证：平面ADC ⊥平面BCDE ；(2)试问线段DE 上是否存在点M ，使得直线AM 与平面ACD 所成角的正弦值为27？若存在，确定点M 的位置，若不存在，请说明理由．(1)证明 ∵CD ⊥平面ABC ，BE ∥CD ，∴BE ⊥平面ABC ，∴BE ⊥AB .∵BE ＝1，tan ∠AEB ＝25，∴AE ＝21，从而AB ＝AE 2－BE 2＝2 5.∵⊙O 的半径为5，∴AB 是直径，∴AC ⊥BC ，又∵CD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴CD ⊥BC ，故BC ⊥平面ACD .∵BC ⊂平面BCDE ，∴平面ADC ⊥平面BCDE .(2)解方法一假设点M 存在，过点M 作MN ⊥CD 于N ，连接AN ，作MF ⊥CB 于F ，连接AF .∵平面ADC ⊥平面BCDE ，平面ADC ∩平面BCDE ＝DC ，MN ⊂平面BCDE ，∴MN ⊥平面ACD ，∴∠MAN 为MA 与平面ACD 所成的角．设MN ＝x ，计算易得，DN ＝32x ，MF ＝4－32x ，故AM ＝AF 2＋MF 2＝AC 2＋CF 2＋MF 2＝ 16＋x 2＋⎝⎛⎭⎫4－32x 2， sin ∠MAN ＝MN AM ＝x 16＋x 2＋⎝⎛⎭⎫4－32x 2＝27，解得x ＝－83(舍去)，x ＝43，故MN ＝23CB ，从而满足条件的点M 存在，且DM ＝23DE . 方法二以点C 为坐标原点，CA ，CB ，CD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A (4， 0， 0)，B (0， 2， 0)，D (0， 0， 4)，E (0， 2， 1)，C (0， 0， 0)，则DE →＝(0， 2，－3)．易知平面ACD 的法向量为BC →＝(0，－2， 0)，假设M 点存在，设M (a ，b ，c )，则DM →＝(a ，b ，c －4)，再设DM →＝λDE →，λ∈(0， 1] ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，b ＝2λ，c －4＝－3λ⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝0，b ＝2λ，c ＝4－3λ，即M (0， 2λ，4－3λ)，从而AM →＝(－4， 2λ，4－3λ)．设直线AM 与平面ACD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AM →，BC →〉|＝|2λ×(－2)|216＋4λ2＋(4－3λ)2＝27，解得λ＝－43或λ＝23，其中λ＝－43应舍去，而λ＝23∈(0，1]，故满足条件的点M 存在，且点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫0，43，2.。

2020步步高教师用书(京津鲁琼专用)高考数学-阶段强化练(六)

阶段强化练(六)一、选择题1．(2019·四川诊断)已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线() A．只有一条，不在平面α内B．只有一条，且在平面α内C．有无数条，一定在平面α内D．有无数条，不一定在平面α内答案 B解析假设过点P且平行于l的直线有两条m与n，则m∥l且n∥l，由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交与点P相矛盾，故过点P且平行于l的直线只有一条，又因为点P 在平面内，所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．故选B.2．(2019·化州模拟)设m，n为两条不同的直线，α为平面，则下列结论正确的是() A．m⊥n，m∥α⇒n⊥αB．m⊥n，m⊥α⇒n∥αC．m∥n，m⊥α⇒n⊥αD．m∥n，m∥α⇒n∥α答案 C解析对于A，若m⊥n，m∥α时，可能n⊂α或斜交，故错误；对于B，m⊥n，m⊥α⇒n∥α或n⊂α，故错误；对于C，m∥n，m⊥α⇒n⊥α，正确；对于D，m∥n，m∥α⇒n∥α或n⊂α，故错误．故选C.3．已知l⊥平面α，直线m⊂平面β.有下面四个命题：①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.其中正确的命题是()A．①②B．③④C．②④D．①③答案 D解析∵l⊥α，α∥β，∴l⊥β，∵m⊂β，∴l⊥m，故①正确；∵l∥m，l⊥α，∴m⊥α，又∵m⊂β，∴α⊥β，故③正确．4.如图所示，在四面体D－ABC中，若AB＝BC，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE答案 C解析因为AB＝BC，且E是AC的中点，所以BE⊥AC.同理，DE⊥AC.又BE∩DE＝E，所以AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.5．(2019·唐山模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2AA1，则异面直线A1B与B1C 所成角的余弦值为()A.105 B.15 C.55 D.155答案 B解析在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1D，可得A1D∥B1C，所以异面直线A1B与B1C所成的角，即为直线A1B与直线A1D所成的角，即∠DA1B为异面直线A1B与B1C所成的角，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，设AB＝BC＝2AA1＝2，则A1B＝A1D＝5，BD＝22，在△A 1BD 中，由余弦定理得cos ∠DA 1B ＝A 1B 2＋A 1D 2－BD 22A 1B ·A 1D ＝5＋5－82×5×5＝15，故选B.6．(2019·长春质检)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线A 1C 1与平面ABC 1D 1所成角的正弦值为( ) A ．1 B.32 C.22 D.12答案 D解析如图所示，连接A 1D ，AD 1交于点O ，连接OC 1，在正方体中，∵AB ⊥平面AD 1， ∴AB ⊥A 1D ，又A 1D ⊥AD 1，且AD 1∩AB ＝A ， ∴A 1D ⊥平面AD 1C 1B ，∴∠A 1C 1O 即为A 1C 1与平面ABC 1D 1所成的角，在Rt △A 1C 1O 中，sin ∠A 1C 1O ＝12，所以A 1C 1与平面ABC 1D 1所成角的正弦值为12，故选D.7．(2019·湖南岳阳一中质检)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3，AA 1＝1，而对角线A 1B 上存在一点P ，使得AP ＋D 1P 取得最小值，则此最小值为( )A ．2B ．3C ．1＋ 3 D.7 答案 D解析把对角面A 1C 绕A 1B 旋转至ABB 1A 1，使其与△AA 1B 在同一平面上，连接AD 1，在△AA 1D 1中，AA 1＝1，A 1D 1＝3， ∠AA 1D 1＝∠AA 1B ＋90°＝150°，则AP ＋D 1P 的最小值为 AD 1＝12＋(3)2－2×1×3×cos 150°＝7.故选D.8．(2019·湖南五市十校联考)已知E ，F 分别是三棱锥P －ABC 的棱AP ，BC 的中点，AB ＝6，PC ＝6，EF ＝33，则异面直线AB 与PC 所成的角为( ) A ．120° B ．45° C ．30° D ．60° 答案 D解析取AC 的中点D ，连接ED ，FD ，因为E ，F 分别是三棱锥P －ABC 的棱AP ，BC 的中点，所以ED ∥PC ，FD ∥AB ，则直线DE 与直线DF 所成的角即异面直线AB 与PC 所成的角，又因为AB ＝6，PC ＝6，EF ＝33，所以在△DEF 中，cos ∠EDF ＝DE 2＋DF 2－EF 22DE ·DF ＝－12，即∠EDF ＝120°，所以异面直线AB 与PC 所成的角为60°.9．(2019·淄博期中)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为(容器壁的厚度忽略不计)( )A ．28πB ．30πC ．60πD ．120π 答案 B解析由题意知，该球形容器的半径的最小值为 1225＋4＋1＝302， ∴该球形容器的表面积的最小值为4π×⎝⎛⎭⎫3022＝30π. 故选B.10．(2019·安徽皖南八校联考)已知一个三棱锥的六条棱的长分别为1,1,1,1，2，a ，且长为a 的棱与长为2的棱所在直线是异面直线，则三棱锥的体积的最大值为( ) A.212 B.312 C.26 D.36答案 A解析如图所示，在三棱锥A －BCD 中，AD ＝a ，BC ＝2，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝1，则该三棱锥为满足题意的三棱锥，将△BCD 看作底面，则当平面ABC ⊥平面BCD 时，该三棱锥的体积有最大值，此时三棱锥的高h ＝22， △BCD 是等腰直角三角形，则S △BCD ＝12，综上可得，三棱锥的体积的最大值为13×12×22＝212.故选A.11．(2019·成都诊断)如图，在矩形ABCD 中，EF ∥AD ，GH ∥BC ，BC ＝2，AF ＝FG ＝BG ＝1，现分别沿EF ，GH 将矩形折叠使得AD 与BC 重合，则折叠后的几何体的外接球的表面积为( )A ．24πB ．6π C.163π D.83π 答案 C解析由题意可知，在矩形ABCD 中，EF ∥AD ，GH ∥BC ，BC ＝2，AF ＝FG ＝BG ＝1，沿EF ，GH 将矩形折叠使得AD 与BC 重合后，所得几何体是底面为等边三角形的三棱柱．底面等边三角形的外接圆直径2r ＝1sin 60°，所以r ＝33，三棱柱的高为BC ＝2，所以外接球的球心与底面的圆心距离为1，所以三棱柱的外接球半径R ＝⎝⎛⎭⎫332＋12＝233，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝16π3.故选C.12．(2019·衡水中学模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别为棱BB 1，CC 1的中点，点O 为上底面的中心，过E ，F ，O 三点的平面把正方体分为两部分，其中含A 1的部分为V 1，不含A 1的部分为V 2，连接A 1和V 2的任一点M ，设A 1M 与平面A 1B 1C 1D 1所成角为α，则sin α的最大值为( )A.22 B.255 C.265 D.266答案 B解析连接EF ，因为EF ∥平面ABCD ，所以过EFO 的平面与平面ABCD 的交线一定是过点O 且与EF 平行的直线，过点O 作GH ∥BC 交CD 于点G ，交AB 于H 点，则GH ∥EF ，连接EH ，FG ，则平行四边形EFGH 即为截面，则五棱柱A 1B 1EHA －D 1C 1FGD 为V 1，三棱柱EBH －FCG 为V 2，设M 点为V 2的任一点，过M 点作底面A 1B 1C 1D 1的垂线，垂足为N ，连接A 1N ，则∠MA 1N 即为A 1M 与平面A 1B 1C 1D 1所成的角，所以∠MA 1N ＝α.因为sin α＝MN A 1M ，要使α的正弦值最大，必须MN 最大，A 1M 最小，当点M 与点H 重合时符合题意．故(sin α)max ＝⎝⎛⎭⎫MN A 1M max＝HN A 1H ＝255.故选B. 二、填空题13．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为________．答案3π4解析由题意得，该圆柱底面圆周半径 r ＝12－⎝⎛⎭⎫122＝32.∴该圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝π⎝⎛⎭⎫322×1＝3π4.14．(2019·洛阳、许昌质检)在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝2，BC ＝CC 1＝2，P是BC1上一动点，则A1P＋PC的最小值为________．答案10解析连接A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，在BC1上取一点与A1，C构成三角形，∵三角形两边和大于第三边，∴A1P＋PC的最小值是A1C的连线．作展开图如图，由∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝CC1＝2，得AB＝AC2＋BC2＝6，又AA1＝CC1＝2，∴A1B＝AA21＋AB2＝2＋6＝22，BC1＝2＋2＝2，A1C1＝AC＝2，∴∠A1BC1＝45°，∠CBC1＝45°，∴∠A1BC＝90°，∴A1C＝A1B2＋BC2＝8＋2＝10.15．(2019·河北衡水中学调研)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC ＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．答案10 5解析如图所示，设M，N，P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1，BC1的夹角为MN和NP的夹角或其补角，MN ＝12AB 1＝52，NP ＝12BC 1＝22，作BC 的中点Q ，则△PQM 为直角三角形， ∵PQ ＝1，MQ ＝12AC ，△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC ＝4＋1－2×2×1×⎝⎛⎭⎫－12＝7， ∴AC ＝7，∴MQ ＝72，在△MQP 中，MP ＝MQ 2＋PQ 2＝112，在△PMN 中，由余弦定理得 cos ∠MNP ＝MN 2＋NP 2－PM 22·MN ·NP＝⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫222－⎝⎛⎭⎫11222×52×22＝－105，又异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2， ∴AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. 16．已知四面体ABCD ，AB ＝4，AC ＝AD ＝6，∠BAC ＝∠BAD ＝60°，∠CAD ＝90°，则该四面体外接球的半径为________．答案 2 5 解析如图，设△ADC的外心是O1，作BH⊥平面ADC，易知H在AO1上，再作BM⊥AC，垂足为M，连接MH，则MH⊥AC，AO1＝12DC＝32，AM＝MH＝2，AH＝22，设三棱锥的外接球的球心为O，半径为R，OO1＝d，因为AH＝22，BH＝16－8＝22，所以在△BOG中，由勾股定理可得R＝O1A2＋OO21＝(BH＋OO1)2＋O1H2＝(22＋d)2＋2，即d2＋(32)2＝(22＋d)2＋2，解得d＝2，所以R＝(22＋2)2＋2＝20＝2 5.三、解答题17.(2019·葫芦岛协作校联考)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都是2，AA1⊥平面ABC，D，E分别是AC，CC1的中点．(1)求证：AE⊥平面A1BD；(2)求三棱锥B1－A1BD的体积．(1)证明∵AB＝BC＝CA，D是AC的中点，∴BD⊥AC，∵AA1⊥平面ABC，∴平面AA1C1C⊥平面ABC，又平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，BD⊂平面ABC，∴BD⊥平面AA1C1C，∴BD⊥AE.又∵在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，∴A1D⊥AE.又A1D∩BD＝D，A1D，BD⊂平面A1BD，∴AE⊥平面A1BD.(2)解连接AB 1交A 1B 于O ，∵O 为AB 1的中点，∴点B 1到平面A 1BD 的距离等于点A 到平面A 1BD 的距离．∴11B A BD V －＝1A A BD V －＝1B AA D V －＝13×1AA D S △×BD ＝13×12×2×1×3＝33. 18．(2019·长沙长郡中学调研)如图，E 是以AB 为直径的半圆上异于A ，B 的点，矩形ABCD 所在的平面垂直于该半圆所在的平面，且AB ＝2AD ＝2.(1)求证：EA ⊥EC ；(2)设平面ECD 与半圆弧的另一个交点为F .①证明：EF ∥AB ；②若EF ＝1，求三棱锥E －ADF 的体积．(1)证明 ∵平面ABCD ⊥平面ABE ，平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ，BC ⊥AB ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥平面ABE .又∵AE ⊂平面ABE ，∴BC ⊥AE .∵E 在以AB 为直径的半圆上，∴AE ⊥BE ，又∵BE ∩BC ＝B ，BC ，BE ⊂平面BCE ，∴AE ⊥平面BCE .又∵CE ⊂平面BCE ，∴EA ⊥EC .(2)①证明 ∵AB ∥CD ，AB ⊄平面CED ， CD ⊂平面CED ，∴AB ∥平面CED .又∵AB ⊂平面ABE ，平面ABE ∩平面CED ＝EF ， ∴AB ∥EF .②解取AB 的中点O ，EF 的中点O ′，在Rt △OO ′F 中，OF ＝1，O ′F ＝12，∴OO ′＝ 32. 由(1)得BC ⊥平面ABE ，又已知AD ∥BC ，∴AD ⊥平面ABE .故V E －ADF ＝V D －AEF ＝13·S △AEF·AD ＝13·12·EF ·OO ′·AD ＝ 312.。

2020版高考数学一轮复习第十章推理与证明教师用书(PDF,含解析)

考点二直接证明与间接证明
高频考点
１．直接证明（１）定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明
方法．（２）一般形式
本题条件 üï 已知定义ï 已已知知公定理理 þýïï ⇒Ａ⇒Ｂ⇒Ｃ⇒…⇒本题结论．
��
对应学生用书起始页码Ｐ１３１
（３）综合法 ①定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．这种证明方法称为综合法． ②推证过程
已知条件 ⇒…⇒…⇒ 结论
（４）分析法 ①定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件吻合为止．这种证明方法称为分析法． ②推证过程
逻辑推理数学运算数学抽象
２０１５江苏，２０
１６分解答题
难
①等差、等比数列 ②数列综合问题
③函数与方程
①通项公式、求和公式 ②数列与函数的综合
③利用导数研究函数零点问题
公式法转化与化归
数学运算数学抽象逻辑推理
命题规律与趋势
０１考查内容合情推理与演绎推理、直接证明与间接证明．

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§10.2排列与组合最新考纲 1.通过实例,理解排列、组合的概念.2.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.1.排列与组合的概念2.排列数与组合数(1)排列数的定义:从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数,用A m n表示.(2)组合数的定义:从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数,C m n表示.3.排列数、组合数的公式及性质概念方法微思考1.排列问题和组合问题的区别是什么？提示元素之间与顺序有关的为排列,与顺序无关的为组合.2.排列数与组合数公式之间有何关系？它们公式都有两种形式,如何选择使用？提示(1)排列数与组合数之间的联系为C m n A m m＝A m n.(2)两种形式分别为:①连乘积形式；②阶乘形式.前者多用于数字计算,后者多用于含有字母的排列数式子的变形与论证.3.解排列组合综合应用问题的思路有哪些？提示解排列组合综合应用题要从“分析”“分辨”“分类”“分步”的角度入手.“分析”是找出题目的条件、结论,哪些是“元素”,哪些是“位置”；“分辨”就是辨别是排列还是组合,对某些元素的位置有无限制等；“分类”就是对于较复杂的应用题中的元素往往分成互相排斥的几类,然后逐类解决；“分步”就是把问题化成几个相互联系的步骤,而每一步都是简单的排列组合问题,然后逐步解决.题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.(×)(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序.(×)(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.(√)(4)(n＋1)！－n！＝n·n！.(√)(5)若组合式C x n＝C m n,则x＝m成立.(×).(√)(6)k C k n＝n C k－1n－1题组二教材改编2.6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为()A.144B.120C.72D.24答案 D【解析】“插空法”,先排3个空位,形成4个空隙供3人选择就座,因此任何两人不相邻的坐法种数为A34＝4×3×2＝24.3.用数字1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数,其中偶数的个数为()A.8B.24C.48D.120答案 C【解析】末位数字排法有A12种,其他位置排法有A34种,共有A12A34＝48(种)排法,所以偶数的个数为48.题组三易错自纠4.六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有()A.192种B.216种C.240种D.288种答案 B【解析】第一类:甲在最左端,有A55＝5×4×3×2×1＝120(种)排法；第二类:乙在最左端,甲不在最右端,有4A 44＝4×4×3×2×1＝96(种)排法. 所以共有120＋96＝216(种)排法.5.为发展国外孔子学院,教育部选派6名中文教师到泰国、马来西亚、缅甸任教中文,若每个国家至少去一人,则不同的选派方案种数为( ) A.180 B.240 C.540 D.630答案 C【解析】依题意,选派方案分为三类:①一个国家派4名,另两个国家各派1名,有C 46C 12C 11A 22·A 33＝90(种)；②一个国家派3名,一个国家派2名,一个国家派1名,有C 36C 23C 11A 33＝360(种)；③每个国家各派2名,有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90(种), 故不同的选派方案种数为90＋360＋90＝540.6.寒假里5名同学结伴乘动车外出旅游,实名制购票,每人一座,恰在同一排A ,B ,C ,D ,E 五个座位(一排共五个座位),上车后五人在这五个座位上随意坐,则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有______种.(用数字作答) 答案 45【解析】设5名同学也用A ,B ,C ,D ,E 来表示,若恰有一人坐对与自己车票相符的坐法,设E 同学坐在自己的座位上,则其他四位都不坐自己的座位,则有BADC ,BDAC ,BCDA ,CADB ,CDAB ,CDBA ,DABC ,DCAB ,DCBA ,共9种坐法,则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有9×5＝45(种).题型一排列问题1.用1,2,3,4,5这五个数字,可以组成比20 000大,并且百位数不是数字3的没有重复数字的五位数,共有( ) A.96个 B.78个 C.72个 D.64个答案 B【解析】根据题意知,要求这个五位数比20 000大,则首位必须是2,3,4,5这4个数字中的一个,当首位是3时,百位数不是数字3,符合要求的五位数有A 44＝24(个)；当首位是2,4,5时,由于百位数不能是数字3,则符合要求的五位数有3×(A 44－A 33)＝54(个),因此共有54＋24＝78(个)这样的五位数符合要求.故选B.2.某高三毕业班有40人,同学之间两两彼此给对方写一条毕业留言,那么全班共写了________条毕业留言.(用数字作答)答案 1 560【解析】由题意知两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数,所以全班共写了A240＝40×39＝1 560(条)留言.3.6名同学站成1排照相,要求同学甲既不站在最左边又不站在最右边,共有________种不同站法.答案480【解析】方法一(位置优先法)先从其他5人中安排2人站在最左边和最右边,再安排余下4人的位置,分为两步:第1步,从除甲外的5人中选2人站在最左边和最右边,有A25种站法；第2步,余下4人(含甲)站在剩下的4个位置上,有A44种站法.由分步乘法计数原理可知,共有A25A44＝480(种)不同的站法.方法二(元素优先法)先安排甲的位置(既不站在最左边又不站在最右边),再安排其他5人的位置,分为两步:第1步,将甲排在除最左边、最右边外的任意位置上,有A14种站法；第2步,余下5人站在剩下的5个位置上,有A55种站法.由分步乘法计数原理可知,共有A14A55＝480(种)不同的站法.思维升华排列应用问题的分类与解法(1)对于有限制条件的排列问题,分析问题时有位置分析法、元素分析法,在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则,即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置,对于分类过多的问题可以采用间接法.(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法.题型二组合问题例1 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)至少有1名女运动员；(3)队长中至少有1人参加；(4)既要有队长,又要有女运动员.解(1)分两步完成:第一步,选3名男运动员,有C36种选法；第二步,选2名女运动员,有C24种选法.由分步乘法计数原理可得,共有C36·C24＝120(种)选法. (2)方法一“至少有1名女运动员”包括以下四种情况:1女4男,2女3男,3女2男,4女1男.由分类加法计数原理可得总选法共有C14C46＋C24C36＋C34C26＋C44C16＝246(种).方法二“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”,可用间接法求解.从10人中任选5人有C510种选法,其中全是男运动员的选法有C56种.所以“至少有1名女运动员”的选法有C510－C56＝246(种).(3)方法一(直接法)可分类求解:“只有男队长”的选法种数为C48；“只有女队长”的选法种数为C48；“男、女队长都入选”的选法种数为C38,所以共有2C48＋C38＝196(种)选法.方法二(间接法)从10人中任选5人有C510种选法,其中不选队长的方法有C58种.所以“至少有1名队长”的选法有C510－C58＝196(种).(4)当有女队长时,其他人任意选,共有C49种选法；当不选女队长时,必选男队长,共有C48种选法,其中不含女运动员的选法有C45种,所以不选女队长时的选法共有(C48－C45)种.所以既要有队长又要有女运动员的选法共有C49＋C48－C45＝191(种).思维升华组合问题常有以下两类题型变化:(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足；“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中去选取.(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型:解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解,通常用直接法分类复杂时,考虑逆向思维,用间接法处理.跟踪训练1 某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种假货.现从35种商品中选取3种.(1)其中某一种假货必须在内,不同的取法有多少种？(2)其中某一种假货不能在内,不同的取法有多少种？(3)恰有2种假货在内,不同的取法有多少种？(4)至少有2种假货在内,不同的取法有多少种？(5)至多有2种假货在内,不同的取法有多少种？解(1)从余下的34种商品中,选取2种有C234＝561种取法,∴某一种假货必须在内的不同取法有561种.(2)从34种可选商品中,选取3种,有C334种或者C335－C234＝C334＝5 984种取法.∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种.(3)从20种真货中选取1种,从15种假货中选取2种有C120C215＝2 100种取法.∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种.(4)选取2种假货有C120C215种,选取3种假货有C315种,共有选取方式C120C215＋C315＝2 100＋455＝2 555(种).∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种.(5)方法一(间接法)选取3种的总数为C335,因此共有选取方式C335－C315＝6 545－455＝6 090(种).∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种.方法二(直接法)选取3种真货有C320种,选取2种真货有C220C115种,选取1种真货有C120C215种,因此共有选取方式C320＋C220C115＋C120C215＝6 090(种).∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种.题型三排列与组合的综合问题命题点1相邻问题例2 3名男生、3名女生排成一排,男生必须相邻,女生也必须相邻的排法种数为()A.2B.9C.72D.36答案 C【解析】可分两步完成:第一步,把3名女生作为一个整体,看成一个元素,3名男生作为一个整体,看成一个元素,两个元素排成一排有A22种排法；第二步,3名女生排在一起有A33种排法,3名男生排在一起有A33种排法,故排法种数为A22A33A33＝72.命题点2相间问题例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种数是()A.72B.120C.144D.168答案 B【解析】先安排小品节目和相声节目,然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种:“小品1,小品2,相声”“小品1,相声,小品2”和“相声,小品1,小品2”.对于第一种情况,形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”,有A22C13A23＝36(种)安排方法；同理,第三种情况也有36种安排方法,对于第二种情况,三个节目形成4个空,其形式为“□小品1□相声□小品2□”,有A22A34＝48(种)安排方法,故共有36＋36＋48＝120(种)安排方法.命题点3特殊元素(位置)问题例4 大数据时代出现了滴滴打车服务,二胎政策的放开使得家庭中有两个孩子的现象普遍存在.某城市关系要好的A,B,C,D四个家庭各有两个孩子共8人,他们准备使用滴滴打车软件,分乘甲、乙两辆汽车出去游玩,每车限坐4名(乘同一辆车的4个孩子不考虑位置),其中A家庭的孪生姐妹需乘同一辆车,则乘坐甲车的4个孩子恰有2个来自于同一个家庭的乘坐方式共有()A.18种B.24种C.36种D.48种答案 B【解析】根据题意,分两种情况讨论:①A家庭的孪生姐妹在甲车上,甲车上另外的两个孩子要来自不同的家庭,可以在剩下的三个家庭中任选2个,再从每个家庭的2个孩子中任选一个来乘坐甲车,有C23×C12×C12＝12(种)乘坐方式；②A家庭的孪生姐妹不在甲车上,需要在剩下的三个家庭中任选1个,让其2个孩子都在甲车上,对于剩余的两个家庭,从每个家庭的2个孩子中任选一个来乘坐甲车,有C13×C12×C12＝12(种)乘坐方式,故共有12＋12＝24(种)乘坐方式,故选B.思维升华解排列、组合问题要遵循的两个原则①按元素(位置)的性质进行分类；②按事情发生的过程进行分步.具体地说,解排列、组合问题常以元素(位置)为主体,即先满足特殊元素(位置),再考虑其他元素(位置).跟踪训练2 (1)把5件不同的产品摆成一排,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.答案36【解析】将产品A与B捆绑在一起,然后与其他三种产品进行全排列,共有A22A44种方法,将产品A,B,C捆绑在一起,且A在中间,然后与其他两种产品进行全排列,共有A22A33种方法.于是符合题意的摆法共有A22A44－A22A33＝36(种).(2)从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,则共有________种不同的选法.(用数字作答)答案660【解析】方法一只有1名女生时,先选1名女生,有C12种方法；再选3名男生,有C36种方法；然后排队长、副队长位置,有A24种方法.由分步乘法计数原理知,共有C12C36A24＝480(种)选法.有2名女生时,再选2名男生,有C26种方法；然后排队长、副队长位置,有A24种方法.由分步乘法计数原理知,共有C26A24＝180(种)选法.所以依据分类加法计数原理知,共有480＋180＝660(种)不同的选法.方法二不考虑限制条件,共有A28C26种不同的选法,而没有女生的选法有A 26C 24种,故至少有1名女生的选法有A 28C 26－A 26C 24＝840－180＝660(种).1.(2018·湖南三湘名校联考)“中国梦”的英文翻译为“China Dream ”,其中China 又可以简写为CN,从“CN Dream ”中取6个不同的字母排成一排,含有“ea ”字母组合(顺序不变)的不同排列共有( )A.360种B.480种C.600种D.720种答案 C【解析】从其他5个字母中任取4个,然后与“ea ”进行全排列,共有C 45A 55＝600种,故选C.2.有七名同学站成一排照毕业纪念照,其中甲必须站在正中间,并且乙、丙两位同学要站在一起,则不同的站法有( )A.240种B.192种C.96种D.48种答案 B【解析】当丙和乙在甲的左侧时,共有A 22C 14A 22A 33＝96种排列方法,同理,当丙和乙在甲的右侧时也有96种排列方法,所以共有192种排列方法.3.某小区有排成一排的7个车位,现有3辆不同型号的车需要停放,如果要求剩余的4个车位连在一起,那么不同的停放方法的种数为( ) A.16 B.18 C.24 D.32 答案 C【解析】将4个车位捆绑在一起,看成一个元素,先排3辆不同型号的车,在3个车位上任意排列,有A 33＝6(种)排法,再将捆绑在一起的4个车位插入4个空档中,有4种方法,故共有4×6＝24(种)方法.4.(2017·全国Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有( )A.12种B.18种C.24种D.36种答案 D【解析】由题意可知,其中1人必须完成2项工作,其他2人各完成1项工作,可得安排方式为C 13·C 24·A 22＝36(种),或列式为C 13·C 24·C 12＝3×4×32×2＝36(种). 5.(2018·昆明质检)互不相同的5盆菊花,其中2盆为白色,2盆为黄色,1盆为红色,先要摆成一排,要求红色菊花摆放在正中间,白色菊花不相邻,黄色菊花也不相邻,共有摆放方法( ) A.A 55种B.A 22种C.A24A22种D.C12C12A22A22种答案 D【解析】红色菊花摆放在正中间,白色菊花不相邻,黄色菊花也不相邻,即红色菊花两边各一盆白色菊花,一盆黄色菊花,共有C12C12A22A22种摆放方法.6.(2016·四川)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为()A.24B.48C.60D.72答案 D【解析】由题可知,五位数要为奇数,则个位数只能是1,3,5.分为两步:先从1,3,5三个数中选一个作为个位数有C13种选法,再将剩下的4个数字排列有A44种排法,则满足条件的五位数有C13·A44＝72(个).故选D.7.若把英语单词“good”的字母顺序写错了,则可能出现的错误方法共有________种.(用数字作答)答案11【解析】把g,o,o,d 4个字母排一列,可分两步进行,第一步:排g和d,共有A24种排法；第二步:排两个o,共1种排法,所以总的排法种数为A24＝12.其中正确的有一种,所以错误的共有A24－1＝12－1＝11(种).8.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)答案60【解析】分两类:第一类:3张中奖奖券分给3个人,共A34种分法；第二类:3张中奖奖券分给2个人,相当于把3张中奖奖券分两组再分给4人中的2人,共有C23A24种分法.总获奖情况共有A34＋C23A24＝60(种).9.(2018·太原模拟)要从甲、乙等8人中选4人在座谈会上发言,若甲、乙都被选中,且他们发言中间恰好间隔一人,那么不同的发言顺序共有________种.(用数字作答)答案120【解析】先从除了甲、乙以外的6人中选一人,安排在甲乙中间,有C16A22＝12(种),把这三个人看成一个整体,与从剩下的五人中选出的一个人全排列,有C15A22＝10(种),故不同的发言顺序共有12×10＝120(种).10.用数字0,1,2,3,4组成的五位数中,中间三位数字各不相同,但首末两位数字相同的共有________个.答案240【解析】由题意知本题是一个分步计数问题,从1,2,3,4四个数中选取一个有四种选法,接着从这五个数中选取3个在中间三个位置排列,共有A35＝60(个),根据分步乘法计数原理知,有60×4＝240(个).11.将标号为1,2,3,4,5的五个球放入3个不同的盒子中,每个盒子至少有一个球,则一共有________种放法. 答案 150【解析】标号为1,2,3,4,5的五个球放入3个不同的盒子中,每个盒子至少有一个球,故可分成(3,1,1)和(2,2,1)两组,共有C 35＋C 25·C 23A 22＝25(种)分法,再分配到三个不同的盒子中,共有25·A 33＝150(种)放法.12.某宾馆安排A ,B ,C ,D ,E 五人入住3个房间,每个房间至少住1人,且A ,B 不能住同一房间,则共有________种不同的安排方法.(用数字作答) 答案 114【解析】 5个人住3个房间,每个房间至少住1人,则有(3,1,1)和(2,2,1)两种,当为(3,1,1)时,有C 35·A 33＝60(种),A ,B 住同一房间有C 13·A 33＝18(种),故有60－18＝42(种),当为(2,2,1)时,有C 25·C 23A 22·A 33＝90(种),A ,B 住同一房间有C 23·A 33＝18(种), 故有90－18＝72(种),根据分类加法计数原理可知,共有42＋72＝114(种).13.(2018·合肥质检)7人站成两排队列,前排3人,后排4人,现将甲、乙、丙三人加入队列,前排加一人,后排加两人,其他人保持相对位置不变,则不同的加入方法的种数为( ) A.120 B.240 C.360 D.480 答案 C【解析】前排3人有4个空,从甲、乙、丙3人中选1人插入,有C 14C 13种方法,对于后排,若插入的2人不相邻,有A 25种方法；若相邻,有C 15A 22种,故共有C 14C 13(A 25＋C 15A 22)＝360(种),故选C.14.设三位数n ＝abc ,若以a ,b ,c 为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形,则这样的三位数n 有多少个？解 a ,b ,c 要能构成三角形的边长,显然均不为0,即a ,b ,c ∈{1,2,3,…,9}.①若构成等边三角形,设这样的三位数的个数为n 1,由于三位数中三个数字都相同,所以n 1＝C 19＝9；②若构成等腰(非等边)三角形,设这样的三位数的个数为n 2,由于三位数中只有2个不同数字,设为a ,b ,注意到三角形腰与底可以互换,所以可取的数组(a ,b )共有2C 29组,但当大数为底时,设a >b ,必须满足b ＜a ＜2b ,此时,不能构成三角形的数字是共20种情况.同时,每个数组(a ,b )中的两个数字填上三个数位,有C 23种情况,故n 2＝C 23(2C 29－20)＝156.综上,n＝n1＋n2＝165.15.用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的能被3整除的三位数的个数是()A.20B.24C.36D.40答案 D【解析】因为能被3整除的三位数字组成为012,024,015,045,123,234,315,345,共8种情况,所以对应排列数分别为2A22,2A22,2A22,2A22,A33,A33,A33,A33,因此一共有2A22＋2A22＋2A22＋2A22＋A33＋A33＋A33＋A33＝40(种).16.设集合A＝{(x1,x2,x3,x4,x5,x6,x7)|x i∈{－1,0,1},i＝1,2,3,4,5,6,7},那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋…＋|x7|≤4”的元素个数为()A.938B.900C.1 200D.1 300答案 A【解析】A中元素为有序数组(x1,x2,x3,x4,x5,x6,x7),题中要求有序数组的7个数中仅有1个±1,仅有2个±1,仅有3个±1或仅有4个±1,所以共有C17×2＋C27×22＋C37×23＋C47×24＝938(个).。