高中数学人教A版选修2-3优化练习：第一章 1.2 1.2.1 排 列 Word版含解析
人教版高中数学选修2-3练习：第一章1.2-1.2.1第1课时排列的简单应用 Word版含解析
357577 答案：12 6 三、解答题 9．求下列各式中 n 的值： (1)90A2n＝An4； (2)A4nAn－4＝42An－2. 解：(1)因为 90A2n＝A4n，
所以 90n(n－1)＝n(n－1)(n－2)(n－3)．
所以 n2－5n＋6＝90.
数位都有 4 种排法，则共有 4×4×4＝64(项)．
A－A 2．计算 ＝( )
A A．12 B．24 C．30 D．36
A－A 36A 解析：A67＝7×6A45，A56＝6A45，所以 ＝ ＝36.
AA 答案：D 3．元旦来临之际，某寝室四位同学各有一张贺年卡，并且要送 给该寝室的其中一位同学，但每人都必须得到一张，则不同的送法有 ( ) A．6 种 B．9 种 C．11 种 D．23 种 解析：将 4 张贺卡分别记为 A，B，C，D，且按题意进行排列， 用树状图表示为：
答案：A 二、填空题 6．若 A1m0＝10×9×…×5，则 m＝_________________________. 解析：由 10－(m－1)＝5，得 m＝6. 答案：6 7．现有 8 种不同的菜种，任选 4 种种在不同土质的 4 块地上， 有________种不同的种法(用数字作答)． 解析：将 4 块不同土质的地看作 4 个不同的位置，从 8 种不同的 菜种中任选 4 种种在 4 块不同土质的地上，则本题即为从 8 个不同元 素 中 任 选 4 个 元 素 的 排 列 问 题 ． 所 以 不 同 的 种 法 共 有 A48＝ 8×7×6×5＝1 680(种)． 答案：1 680 8．从 2，3，5，7 中每次选出两个不同的数作为分数的分子、分 母 ， 则 可 产 生 不 同 的 分 数 的 个 数 是 ______， 其 中 真 分 数 的 个 数 是 ____． 解析：第一步：选分子，可从 4 个数字中任选一个作分子，共有 4 种不同选法；第二步：选分母，从剩下的 3 个数字中任选一个作分 母，有 3 种不同选法．根据分步乘法计数原理，不同选法共有 4×3＝
人教版A版高中数学选修2-3课后习题解答
第一章 计数原理1．1分类加法计数原理与分步乘法计数原理 练习（P6） 1、（1）要完成的“一件事情”是“选出1人完成工作”，不同的选法种数是5＋4＝9；（2）要完成的“一件事情”是“从A 村经B 村到C 村去”，不同路线条数是3×2＝6. 2、（1）要完成的“一件事情”是“选出1人参加活动”，不同的选法种数是3＋5＋4＝12；（2）要完成的“一件事情”是“从3个年级的学生中各选1人参加活动”，不同选法种数是3×5×4＝60.3、因为要确定的是这名同学的专业选择，并不要考虑学校的差异， 所以应当是6＋4－1=9（种）可能的专业选择. 练习（P10）1、要完成的“一件事情”是“得到展开式的一项”.由于每一项都是i j k a b c 的形式，所以可以分三步完成：第一步，取i a ，有3种方法；第二步，取j b ，有3种方法；第三步，取k c ，有5种方法. 根据分步乘法计数原理，展开式共有3×3×5＝45（项）.2、要完成的“一件事情”是“确定一个电话号码的后四位”. 分四步完成，每一步都是从0～9这10个数字中取一个，共有10×10×10×10=10000（个）.3、要完成的“一件事情”是“从5名同学中选出正、副组长各1名”. 第一步选正组长，有5种方法；第二步选副组长，有4种方法. 共有选法5×4＝20（种）.4、要完成的“一件事情”是“从6个门中的一个进入并从另一个门出去”. 分两步完成：先从6个门中选一个进入，再从其余5个门中选一个出去. 共有进出方法6×5＝30（种）. 习题1.1 A 组（P12） 1、“一件事情”是“买一台某型号的电视机”. 不同的选法有4＋7＝11（种）. 2、“一件事情”是“从甲地经乙地或经丙地到丁地去”. 所以是“先分类，后分步”，不同的路线共有2×3＋4×2=14（条）. 3、对于第一问，“一件事情”是“构成一个分数”. 由于1，5，9，13是奇数，4，8，12，16是偶数，所以1，5，9，13中任意一个为分子，都可以与4，8，12，16中的任意一个构成分数. 因此可以分两步来构成分数：第一步，选分子，有4种选法；第二步，选分母，也有4种选法. 共有不同的分数4×4＝16（个）. 对于第二问，“一件事情”是“构成一个真分数”. 分四类：分子为1时，分母可以从4，8，12，16中任选一个，有4个；分子为5时，分母可以从8，12，16中选一个，有3个；分子为9时，分母从12，16中选一个，有2个；分子为13时，分母只能选16，有1个. 所以共有真分数4＋3＋2＋1＝10（个）. 4、“一件事情”是“接通线路”. 根据电路的有关知识，容易得到不同的接通线路有3＋1＋2×2＝8（条）.5、（1）“一件事情”是“用坐标确定一个点”. 由于横、纵坐标可以相同，因此可以分两步完成：第一步，从A 中选横坐标，有6个选择；第二步，从A 中选纵坐标，也有6个选择. 所以共有坐标6×6＝36（个）. （2）“一件事情”是“确定一条直线的方程”. 由于斜率不同截距不同、斜率不同截距相同、斜率相同截距不同的直线都是互不相同的，因此可分两步完成：第一步，取斜率，有4种取法；第二步，取截距，有4种取法. 所以共有直线4×4＝16（条）.习题1.1 B 组（P13） 1、“一件事情”是“组成一个四位数字号码”. 由于数字可以重复，最后一个只能在0～5这六个数字中拨，所以有号码10×10×10×6＝6000（个）. 2、（1）“一件事情”是“4名学生分别参加3个运动队中的一个，每人限报一个，可以报同一个运动队”. 应该是人选运动队，所以不同报法种数是43.（2）“一件事情”是“3个班分别从5个风景点中选择一处游览”. 应该是人选风景点，故不同的选法种数是35. 1．2排列与组合 练习（P20）1、（1）,,,,,,,,,,,ab ac ad ba bc bd ca cb cd da db dc ；（2）,,,,,,,,,,,,,,,,,,,ab ac ad ae ba bc bd be ca cb cd ce da db dc de ea eb ec ed .2、（1）4151514131232760A =⨯⨯⨯=； （2）777!5040A ==； （3）4288287652871568A A -=⨯⨯⨯-⨯⨯=； （4）87121277121255A A A A ==.3、4、（1）略. （2）876777787677778788A A A A A A A -+=-+=.5、3560A =（种）. 6、3424A =（种）. 练习（P25） 1、（1）甲、乙， 甲、丙， 甲、丁， 乙、丙， 乙、丁， 丙、丁；（2）2、ABC ∆，ABD ∆，ACD ∆，BCD ∆.3、3620C =（种）. 4、246C =（个）. 5、（1）26651512C ⨯==⨯； （2）3887656123C ⨯⨯==⨯⨯；（3）3276351520C C -=-=； （4）328532356210148C C -=⨯-⨯=. 6、()1111(1)!!11(1)![(1)(1)]!!!m m n n m m n n C C n n m n m m n m +++++=⋅==++++-+- 习题1.2 A 组（P27） 1、（1）325454560412348A A +=⨯+⨯=； （2）12344444412242464A A A A +++=+++=.2、（1）315455C =； （2）19732002001313400C C ==； （3）346827C C ÷=； （4）22211(1)(1)(1)22n n n n nn nn n n n CCCC n -++--⋅=⋅=+⋅=.3、（1）12111(1)n n n n n n n n n n n n A A n A A nA n A +-+--=+-==；（2）(1)!!(1)!!(1)!!(1)!!!n n n k n n k n k k k k ++-⋅-+-==-. 4、由于4列火车各不相同，所以停放的方法与顺序有关，有481680A =（种）不同的停法.5、4424A =. 6、由于书架是单层的，所以问题相当于20个元素的全排列，有2020A 种不同的排法.7、可以分三步完成：第一步，安排4个音乐节目，共有44A 种排法；第二步，安排舞蹈节目，共有33A 种排法；第三步，安排曲艺节目，共有22A 种排法. 所以不同的排法有432432288A A A ⋅⋅=（种）. 8、由于n 个不同元素的全排列共有!n 个，而!n n ≥，所以由n 个不同的数值可以以不同的顺序形成其余的每一行，并且任意两行的顺序都不同. 为使每一行都不重复，m 可以取的最大值是!n . 9、（1）由于圆上的任意3点不共线，圆的弦的端点没有顺序，所以共可以画21045C =（条）不同的弦；（2）由于三角形的顶点没有顺序，所以可以画的圆内接三角形有310120C =（个）.10、（1）凸五边形有5个顶点，任意2个顶点的连线段中，除凸五边形的边外都是对角线，所以共有对角线2555C -=（条）；（2）同（1）的理由，可得对角线为2(3) 2n n nC n --=（条）.说明：本题采用间接法更方便.11、由于四张人民币的面值都不相同，组成的面值与顺序无关，所以可以分为四类面值，分别由1张、2张、3张、4张人民币组成，共有不同的面值1234 444415C C C C+++=（种）.12、（1）由“三个不共线的点确定一个平面”，所确定的平面与点的顺序无关，所以共可确定的平面数是3856C=；（2）由于四面体由四个顶点唯一确定，而与四个点的顺序无关，所以共可确定的四面体个数是410210C=.13、（1）由于选出的人没有地位差异，所以是组合问题，不同的方法数是3510C=. （2）由于礼物互不相同，与分送的顺序有关系，所以是排列问题，不同方法数是3560A=；（3）由于5个人中每个人都有3中选择，而且选择的时间对别人没有影响，所以是一个“可重复排列”问题，不同方法数是53243=；（4）由于只要取出元素，而不必考虑顺序，所以可以分两步取元素：第一步，从集合A中取，有m种取法；第二步，从集合B中取，有n种取法. 所以共有取法mn 种.说明：第（3）题是“可重复排列”问题，但可以用分步乘法计数原理解决.14、由于只要选出要做的题目即可，所以是组合问题，另外，可以分三步分别从第1，2，3题中选题，不同的选法种数有32143224C C C⋅⋅=.15、由于选出的人的地位没有差异，所以是组合问题.（1）225460C C⋅=；（2）其余2人可以从剩下的7人中任意选择，所以共有2721C=（种）选法；（3）用间接法，在9人选4人的选法中，把男甲和女乙都不在内的去掉，就得到符合条件的选法数为449791C C-=；如果采用直接法，则可分为3类：只含男甲；只含女乙；同时含男甲女乙，得到符合条件的方法数为33277791C C C++=；（4）用间接法，在9人选4人的选法中，把只有男生和只有女生的情况排除掉，得到选法总数为444954120C C C--=.也可以用直接法，分别按照含男生1，2，3人分类，得到符合条件的选法数为132231 545454120C C C C C C++=.16、按照去的人数分类，去的人数分别为1，2，3，4，5，6，而去的人大家没有地位差异，所以不同的去法有12345666666663C C C C C C +++++=（种）. 17、（1）31981274196C =； （2）142198124234110C C ⋅=； （3）51982410141734C =； （4）解法1：3141982198125508306C C C =⋅=. 解法2：55200198125508306C C -=. 说明：解答本题时，要注意区分“恰有”“至少有”等词.习题1.2 B 组（P28）1、容易知道，在737C 注彩票中可以有一个一等奖.在解决第2问时，可分别计算37选6及37选8中的一等奖的中奖机会，它们分别是637112324784C =和8371138608020C =. 要将一等奖的机会提高到16000000以上且不超过1500000，即375000006000000nC ≤<， 用计算机可得，6n =，或31n =.所以可在37个数中取6个或31个.2、可以按照I ，II ，III ，IV 的顺序分别着色：分别有5，4，3，3种方法，所以着色种数有5×4×3×3＝180（种）.3、“先取元素后排列”，分三步完成：第一步，从1，3，5，7，9中取3个数，有35C 种取法；第二步，从2，4，6，8中取2个数，有24C 种取法；第三步，将取出的5个数全排列，有55A 种排法. 共有符合条件的五位数3255457200C C A ⋅⋅=（个）. 4、由于甲和乙都没有得冠军，所以冠军是其余3人中的一个，有13A 种可能；乙不是最差的，所以是第2，3，4名中的一种有13A 种可能；上述位置确定后，甲连同其他2人可任意排列，有33A 种排法. 所以名次排列的可能情况的种数是11333354A A A ⋅⋅=.5、等式两边都是两个数相乘，可以想到分步乘法计数原理，于是可得如下分步取组合的方法.在n 个人中选择m 个人搞卫生工作，其中k 个人擦窗，m k -个人拖地，共有多少种不同的选取人员的方法？解法1：利用分步计数原理，先从n 个人中选m 个人，然后从选出的m 个人中再选出k 个人擦窗，剩余的人拖地，这样有m knm C C 种不同的选取人员的方法； 解法2：直接从n 个人中选k 个人擦窗，然后在剩下的n k -个人中选m k -个人拖地，这样，由分步计数原理得，共有k m knn k C C --种不同的人员选择方法. 所以，k m k m knn k n m C C C C --=成立. 说明：经常引导学生从一个排列组合的运算结果或等式出发，构造一个实际问题加以解释，有助于学生对问题的深入理解，检查结果，纠正错误. 1．3二项式定理 练习（P31）1、7652433425677213535217p p q p q p q p q p q pq q +++++++.2、2424236(2)(3)2160T C a b a b =⋅=.3、231(1)(2n rr r n rrr r nn r T C C x --+-=⋅=.4、D . 理由是5105555511010(1)T C x C x -+=-=-. 练习（P35）1、（1）当n 是偶数时，最大值2nn C ；当n 是奇数时，最大值12n nC-.（2）1311111111*********C C C +++=⋅=. （3）12.2、∵0122kn n nn n n n C C C C C ++++++=， 0213n n n n C C C C ++=++∴012knn n n n nC C C C C ++++++0213()()n n n n C C C C =+++++022()2n n n C C =++=∴021222nn n nnnC C C -+++==. 3、略.习题1.3 A 组（P36）1、（1）011222(1)(1)(1)(1)n n n r n rr nn n n n n n C P C P P C P P C P P C P ---+-+-++-++-；（2）0122222nn n nnn n n n C C C C ++++. 2、（1）9965432(9368412612684a a a a a b a a a b =+++2369a b （）27311357752222222172135701682241281283282x x x x x x x x ----=-+-+-+-.3、（1）552(1(122010x x +=++； （2）11114412222(23)(23)192432x x x x x x ---+--=+.4、（1）前4项分别是1，30x -，2420x ，33640x -； （2）91482099520T a b =-； （3）7924T =；（4）展开式的中间两项分别为8T ，9T ，其中78711815((6435T C x y =-=-87811915((6435T C x y =-=5、（1）含51x的项是第6项，它的系数是5510163()28C -=-； （2）常数项是第6项，5105561012()2522T C -=⋅-=-.6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx --+=-=- 6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx--+=-=- 由220n r -=得r n =，即21()n x x-的展开式中常数项是12(1)n r n nT C +=-(2)!(1)!!nn n n =- 12345(21)2(1)!!nn nn n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅-⋅=-…[135(21)][2462](1)!!n n n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅=-……[135(21)]2!(1)!!n nn n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅=-…135(21)(2)!nn n ⋅⋅⋅⋅-=-…（2）2(1)n x +的展开式共有21n +项，所以中间一项是12135(21)(2)!n nn n n n T C x x n +⋅⋅⋅⋅-==…7、略.8、展开式的第4项与第8项的二项式系数分别是3n C 与7n C ，由37n n n C C -=，得37n =-，即10n =.所以，这两个二项式系数分别是310C 与710C ，即120.习题1.3 B 组（P37）1、（1）∵1122221(1)111n n n n n n n n n n n n C n C n C n C n ----+-=++++++- 1122222n n n n nn n n C n C n C n n ---=+++++2213242(1)n n n n nn n n n C n C n C ----=+++++∴(1)1n n +-能被2n 整除； （2）∵1010991(1001)1-=--1019288291010101010010010010010011C C C C =-⋅+⋅++⋅-⋅+- 1019288210101010010010010010100C C C =-⋅+⋅++⋅-⨯ 1711521381010101000(101010101)C C C =-⋅+⋅++⋅-∴10991-能被1000整除.2、由0112211(21)222(1)2(1)n n n n n n n nnn n n n C C C C C -----=⋅-⋅+⋅++-⋅⋅+-，得112211222(1)2(1)1n n n n n n nn n C C C -----⋅+⋅++-⋅⋅+-=.第一章 复习参考题A 组（P40）1、（1）2n ；说明：这里的“一件事情”是“得到展开式中的一项”. 由于项的形式是i j a b ，而,i j 都有n 种取法. （2）3276525C C ⋅=；（3）1545480A A ⋅=，或2454480A A ⋅=；说明：第一种方法是先考虑有限制的这名歌手的出场位置，第二种方法是先考虑有限制的两个位置.（4）45C ；说明：因为足球票无座，所以与顺序无关，是组合问题. （5）53；说明：对于每一名同学来说，有3种讲座选择，而且允许5名同学听同一个讲座，因此是一个“有重复排列”问题，可以用分步乘法原理解答.（6）54；说明：对角线的条数等于连接正十二边形中任意两个顶点的线段的条数212C ，减去其中的正十二边形的边12条：21212111212542C ⨯-=-=.（7）第1n +项.说明：展开式共有21n +项，且各系数与相应的二项式系数相同.2、（1）1234566666661956A A A A A A +++++=；说明：只要数字是1，2，3，4，5，6中的，而且数字是不重复的一位数、二位数、三位数、四位数、五位数和六位数都符合要求.（2）552240A =.说明：只有首位数是6和5的六位数才符合要求. 3、（1）3856C =； （2）1234555530C C C C +++=.4、468898C C +=. 说明：所请的人的地位没有差异，所以是组合问题. 按照“其中两位同学是否都请”为标准分为两类.5、（1）2(1)2n n n C -=； 说明：任意两条直线都有交点，而且交点各不相同. （2）2(1)2n n n C -=. 说明：任意两个平面都有一条交线，而且交线互不相同.6、（1）59764446024C =； （2）23397442320C C ⋅=； （3）2332397397446976C C C C ⋅+⋅=.7、34533453103680A A A A ⋅⋅⋅=.说明：由于不同类型的书不能分开，所以可以将它们看成一个整体，相当于是3个元素的全排列. 但同类书之间可以交换顺序，所以可以分步对它们进行全排列.8、（1）226x -；说明：第三项是含2x 的项，其系数是22112244553(23)(2)26C C C C ⋅+⋅-⨯+--.（2）18118(9)(rr r r T C x -+=，由题意有1802rr --= 解得12r =，1318564T =；（3）由题意得98102n n n C C C =+，即2!!!9!(9)!8!(8)!10!(10)!n n n n n n ⋅=+---化简得2373220n n -+=，解得14n =，23n =；（4）解法1：设1r T +'是10(1)x -展开式的第1r +项，由题意知，所求展开式中4x 的系数为41T +'，31T +'与21T +'的系数之和. 444110()T C x +'=-，333110()T C x +'=-，222110()T C x +'=-，因此，4x 的系数432101010135C C C =-+=. 解法2：原式39(1)(1)x x =-- 3223344999(1)(19)x x C x C x C x =--+-++因此，4x 的系数499135C =+=.9、5555559(561)9+=-+5515454555556565619C C =-⋅++⋅-+551545455555656568C C =-⋅++⋅+由于551545455555656568C C -⋅++⋅+中各项都能被8整除，因此55559+也能被8整除.第一章 复习参考题B 组（P41）1、（1）121121n n n C C -++==，即1(1)212n n +⋅=，解得6n =； （2）1144244224192A A A ⋅⋅=⨯⨯=；说明：先排有特殊要求的，再排其他的. （3）433333⨯⨯⨯=，34444⨯⨯=；说明：根据映射定义，只要集合A 中任意一个元素在集合B可以相同，所以是“有重复排列”问题.（4）2426106500000A ⨯=； （5）481258C -=； 说明：在从正方体的8个顶点中任取4个的所有种数48C 中， 排除四点共面的12种情况，即正方体表面上的6种四点共面的情况，以及如右图中ABC D ''这样的四点共面的其他 6种情况，因此三棱锥的个数为481258C -=（6）1或1-.说明：令1x =，这时(12)n x -的值就是展开式中各项系数的和，其值是1,(12)(1)1n n n n -⎧-=-=⎨⎩是奇数，是偶数2、（1）先从1，3，5中选1个数放在末位，有13A 种情况；再从除0以外的4个数中选1个数放在首位，有14A 种情况；然后将剩余的数进行全排列，有44A 种情况. 所以能组成的六位奇数个数为114344288A A A ⋅⋅=. （2）解法1：由0，1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的正整数的个数是1555A A ⋅，其中不大于201345的正整数的个数，当首位数字是2时，只有201345这1个；当首位数字是1时，有55A 个. 因此，所求的正整数的个数是155555(1)479A A A ⋅-+=.解法2：由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的正整数中，大于201345的数分为以下几种情况：前4位数字为2013，只有201354，个数为1；同理，前3位数字为201，个数为1222A A ⋅；前2位数字为20，个数为1333A A ⋅；首位数字为2，个数为1444A A ⋅；首位数字为3，4，5中的一个，个数为1535A A ⋅；根据分类计数原理，所求的正整数的个数是12131415223344351479A A A A A A A A +⋅+⋅+⋅+⋅=.3、（1）分别从两组平行线中各取两条平行线，便可构成一个平行四边形，所以可以构成的平行四边形个数为221(1)(1)4m n C mn m n ⋅=--； （2）分别从三组平行平面中各取两个平行平面，便可构成一个平行六面体，所以可以构成的平行六面体个数为2221(1)(1)(1)8m n l C C C mnl m n l ⋅⋅=---. 4、（1）先排不能放在最后的那道工序，有14A 种排法；再排其余的4道工序，有44A 种排法. 根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有144496A A ⋅=（种）；（2）先排不能放在最前和最后的那两道工序，有23A 种排法；再排其余的3道工序，有33A 种排法，根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有233336A A ⋅=（种）.5、解法1：由等比数列求和公式得33342(1)(1)(1)(1)(1)n n x x x x x x+++-+++++++=， 上述等式右边分子的两个二项式中含2x 项的系数分别是33n C +，33C ，因此它们的差23333(611)6n n n n C C +++-=，就是所求展开式中含2x 项的系数. 解法2：原式中含2x 项的系数分别是23C ，24C ，…，22n C +，因此它们的和就是所求展开式中含2x 项的系数. 与复习参考题B 组第2题同理，可得22223334233(611)6n n n n n C C C C C +++++++=-= 第二章 随机变量及其分布2．1离散型随机变量及其分布列练习（P45）1、（1）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12.（2）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为0，1，2，3，4，5. （3）不能用离散型随机变量表示.说明：本题的目的是检验学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（3）中，实际值与规定值之差可能的取值是在0附近的实数，既不是有限个值，也不是可数个值.2、可以举的例子很多，这里给出几个例子：例1 某公共汽车站一分钟内等车的人数；例2 某城市一年内下雨的天数；例3 一位跳水运动员在比赛时所得的分数； 例4 某人的手机在1天内接收到电话的次数.说明：本题希望学生能观察生活中的随机现象，知道哪些量是随机变量，哪些随机变量又是离散型随机变量.练习（P49）1说明：这是一个两点分布的例子，投中看作试验成功，没投中看作试验失败. 通过这样的例子可以使学生理解两点分布是一个很常用的概率模型，实际中大量存在. 虽然离散型随机变量的分布列可以用解析式的形式表示，但当分布列中的各个概率是以数值的形式给出时，通常用列表的方式表示分布列更为方便. 2、抛掷一枚质地均匀的硬币两次，其全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}. 正面向上次数X 是一个离散型随机变量，1(0)({})0.254P X P ====反反 2(1)({}{})0.54P X P ====正反反正 1(2)({})0.25P X P ====正正 因此X 的分布列为说明：这个离散型随机变量虽然简单，但却是帮助学生理解随机变量含义的一个很好的例子. 试验的全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}，随机量X 的取值范围为{0，1，2}，对应关系为正正→2 正反→1 反正→1 反反→0在这个例子中，对应于1的试验结果有两个，即“正反”和“反正”，因此用随机变量X 不能表示随机事件{正反}. 这说明对于一个具体的随机变量而言，有时它不能表示所有的随机事件.可以通过让学生们分析下面的推理过程存在的问题，进一步巩固古典概型的知识. 如果把X 所有取值看成是全体基本事件，即{0,1,2}Ω=.根据古典概型计算概率的公式有 1(1)({1})3P X P ===. 这与解答的结果相矛盾. 原因是这里的概率模型不是古典概型，因此上面式中的最后一个等号不成立. 详细解释下：虽然Ω中只含有3个基本事件，但是出现这3个基本事件不是等可能的，因此不能用古典概型计算概率的公式来计算事件发生的概率.3、设抽出的5张牌中包含A 牌的张数为X ，则X 服从超几何分布，其分布列为 5448552()i i C C P X i C -==，i =0，1，2，3，4. 因此抽出的5张牌中至少3张A 的概率为(3)(3)(4)0.002P X P X P X ≥==+=≈.说明：从52张牌任意取出5张，这5张牌中包含A 的个数X 是一个离散型随机变量. 把52张牌看成是52件产品，把牌A 看成次品，则X 就成为从含有四件次品的52件产品中任意抽取5件中的次品数，因此X 服从超几何分布.本题的目的是让学生熟悉超几何分布模型，体会超几何分布在不同问题背景下的表现形式. 当让本题也可以用古典概型去解决，但不如直接用超几何分布简单. 另外，在解题中分布列是用解析式表达的，优点是书写简单，一目了然.4、两点分布的例子：掷一枚质地均匀的硬币出现正面的次数X 服从两点分布；射击一次命中目标的次数服从两点分布.超几何分布的例子：假设某鱼池中仅有鲤鱼和鲑鱼两种鱼，其中鲤鱼200条，鲑鱼40条，从鱼池中任意取出5条鱼，这5条鱼包含鲑鱼的条数X 服从超几何分布.说明：通过让学生举例子的方式，帮助学生理解这两个概率模型.习题2.1 A 组（P49）1、（1）能用离散型随机变量表示.设能遇到的红灯个数为X ，它可能的取值为0，1，2，3，4，5.事件{X ＝0}表示5个路口遇到的都不是红灯；事件{X ＝1}表示5个路口其中有1个路口遇到红灯，其他4个路口都不是红灯；事件{X ＝2}表示5个路口其中有2个路口遇到红灯，其他3个路口都不是红灯；事件{X ＝3}表示5个路口其中有3个路口遇到红灯，剩下2个路口都不是红灯；事件{X ＝4}表示5个路口其中有4个路口遇到红灯，另外1个路口都不是红灯；事件{X ＝5}表示5个路口全部都遇到红灯.（2）能用离散型随机变量表示.定义 12345X ⎧⎪⎪⎪=⎨⎪⎪⎪⎩，成绩不及格，成绩及格，成绩中，成绩良，成绩优则X 是一个离散型随机变量，可能的取值为1，2，3，4，5.事件{X ＝1}表示该同学取得的成绩为不及格；事件{X ＝2}表示该同学取得的成绩为及格；事件{X ＝3}表示该同学取得的成绩为中；事件{X ＝4}表示该同学取得的成绩为良；事件{X ＝5}表示该同学取得的成绩为优.说明：本题是考查学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（2）中，需要学生建立一个对应关系，因为随机变量的取值一定是实数，但这个对应关系不是唯一的，只要是从五个等级到实数的意义映射即可.2、某同学跑1 km 所用时间X 不是一个离散型随机变量. 如果我们只关心该同学是否能够取得优秀成绩，可以定义如下的随机变量：01km 4min 11km 4minY >⎧=⎨≤⎩，跑所用的时间，跑所用的时间 它是离散型随机变量，且仅取两个值：0或1.事件{1}Y =表示该同学跑1 km 所用时间小于等于4 min ，能够取得优秀成绩；事件{0}Y =表示该同学跑1 km 所用时间大于4 min ，不能够取得优秀成绩.说明：考查学生在一个随机现象中能否根据关心的问题不同定义不同的随机变量，以简化问题的解答. 可以与教科书中电灯泡的寿命的例子对比，基本思想是一致的.3、一般不能. 比如掷一枚质地均匀的硬币两次，用随机变量X 表示出现正面的次数，则不能用随机变量X 表示随机事件{第1次出现正面且第2次出现反面}和{第1次出现反面且第2次出现正面}. 因为{X ＝1}＝{第1次出现正面且第2次出现反面}∪{第1次出现反面且第2次出现正面}，所以这两个事件不能分别用随机变量X 表示.说明：一个随机变量是与一个事件域相对应的，一个事件域一般是由部分事件组成，但要满足一定的条件. 对离散型随机变量，如果它取某个值是由几个随机变量组成，则这几个随机事件就不能用随机变量表示，比如从一批产品中依次取出几个产品，用X 表示取出的产品中次品的个数，这时我们不能用X 表示随机事件{第i 次取出次品，其他均为合格品}.4、不正确，因为取所有值的概率和不等于1.说明：考查学生对分布列的两个条件的理解，每个概率不小于0，其和等于1，即 （1）0i p ≥，1,2,,i n =； （2）11ni i p ==∑.5、射击成绩优秀可以用事件{X ≥8}表示，因此射击优秀的概率为P {X ≥8}＝(8)(9)(10)0.280.290.220.79P X P X P X =+=+==++=说明：本题知识点是用随机变量表示随机事件，并通过分布列计算随机事件的概率.6、用X 表示该班被选中的人数，则X 服从超几何分布，其分布列为104261030()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4. 该班恰有2名同学被选到的概率为 2842610304!26!1902!2!8!18!(2)0.31230!60910!20!C C P X C ⨯⨯⨯====≈⨯. 说明：本题与49页练习的第3题类似，希望学生在不同背景下能看出超几何分布模型.习题2.1 B 组（P49）1、（1）设随机抽出的3篇课文中该同学能背诵的 篇数为X ，则X 是一个离散型随机变量，它可能的取值为0，1，2，3，且X 服从超几何分布，分布列为即（2112(2)(2)(3)0.667263P X P X P X ≥==+==+==. 说明：本题是为了让学生熟悉超几何分布模型，并能用该模型解决实际问题.2、用X 表示所购买彩票上与选出的7个基本号码相同的号码的个数，则X 服从超几何分布，其分布列为 7729736()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4，5，6，7. 至少中三等奖的概率为52617072972972977736363697(5)0.00192752C C C C C C P X C C C ≥=++=≈. 说明：与上题类似同样是用超几何分布解决实际问题，从此题的结算结果可以看出至少中三等奖的概率近似为1／1000.2．2二项分布及其应用练习（P54）1、设第1次抽到A 的事件为B ，第2次抽到A 的事件为C ，则第1次和第2次都抽到A 的事件为BC .解法1：在第1次抽到A 的条件下，扑克牌中仅剩下51张牌，其中有3张A ，所以在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为3()51P C B =. 解法2：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为()433()()45151n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为43()35251()451()515251P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯. 说明：解法1是利用缩小基本事件范围的方法计算条件概率，即分析在第1次抽到A 的条件下第2次抽取一张牌的随机试验的所有可能结果，利用古典概型计算概率的公式直接得到结果. 解法2实际上是在原来的基本事件范围内通过事件的计数来计算条件概率. 第3种方法是利用条件概率的定义来计算. 这里可以让学生体会从不同角度求解条件概率的特点.2、设第1次抽出次品的时间为B ，第2次抽出正品的事件为C ，则第1次抽出次品且第2次抽出正品的事件为BC .解法1：在第1次抽出次品的条件下，剩下的99件产品中有4件次品，所以在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为95()99P C B =. 解法2：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为()59595()()59999n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为595()9510099()599()9910099P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯. 说明：与上题类似，可以用不同方法计算条件概率.3、例1 箱中3张奖券中只有1张能中奖，现分别由3人无放回地任意抽取，在已知第一个人抽到奖券的条件下，第二个人抽到奖券的概率或第三个人抽到奖券的概率，均为条件概率，它们都是0.例2 某班有45名同学，其中20名男生，25名女生，依次从全班同学中任选两名同学代表班级参加知识竞赛，在第1名同学是女生的条件下，第2名同学也是女生的概率.说明：这样的例子很多，学生举例的过程可以帮助学生理解条件概率的含义. 练习（P55）1、利用古典概型计算的公式，可以求得()0.5P A =，()0.5P B =，()0.5P C =，()0.25P AB =，()0.25P BC =，()0.25P AC =，可以验证()()()P AB P A P B =，()()()P BC P B P C =，()()()P AC P A P C =.所以根据事件相互独立的定义，有事件A 与B 相互独立，事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立.说明：本题中事件A 与B 相互独立比较显然，因为抛掷的两枚硬币之间是互不影响的. 但事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立不显然，需要利用定义验证, 从该习题可以看出，事件之间是否独立有时根据实际含义就可做出判断，但有时仅根据实际含义是不能判断，需要用独立性的定义判断.2、（1）先摸出1个白球不放回的条件下，口袋中剩下3个球，其中仅有1个白球，所以在先摸出1个白球不放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／3.（2）先摸出1个白球后放回的条件下，口袋中仍然有4个球，其中有2个白球，所以在先摸出1个白球后放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／2.说明：此题的目的是希望学生体会有放回摸球与无放回摸球的区别，在有放回摸球中第2次摸到白球的概率不受第1次摸球结果的影响，而在无放回摸球中第2次摸到白球的概率受第1次摸球结果的影响.3、设在元旦期间甲地降雨的事件为A ，乙地降雨的事件为B .（1）甲、乙两地都降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都降雨的概率为()()()0.20.30.06P AB P A P B ==⨯= （2）甲、乙两地都不降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都不降雨的概率为 ()()()0.80.70.56P AB P A P B ==⨯= （3）其中至少一个地方降雨的事件为()()()AB AB AB ，由于事件AB ，AB 和AB 两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，其中至少一个地方降雨的概率为()()()0.060.20.70.80.30.44P AB P AB P AB ++=+⨯+⨯=.说明：与例3类似，利用事件独立性和概率的性质计算事件的概率，需要学生复习《数学3（必修）》中学过的概率性质.4、因为()()A AB AB =，而事件AB 与事件AB 互斥，利用概率的性质得到()()()P A P AB P AB =+所以()()()P AB P A P AB =-.又因为事件A 与B 相互独立.故 ()()()()()(1())()()P AB P A P A P B P A P B P A P B =-=-=..类似可证明A 与B ，A 与B .。
数学人教A版选修2-3优化练习第一章 章末检测 Word版含解析
章末检测时间：分钟满分：分一、选择题(本大题共个小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆种蔬菜品种中选出种分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有( )．种．种．种．种解析：因为黄瓜必须种植，在余下的种蔬菜品种中再选出两种进行排列，共有＝种．故选.答案：．若＝，则等于( )．或．．．或解析：＝(－)(－)，＝(－)，∴(－)(－)＝(－)，又∈*，且≥，解得＝.答案：．关于(－)的说法，错误的是( )．展开式中的二项式系数之和为．展开式中第项的二项式系数最大．展开式中第项和第项的二项式系数最大．展开式中第项的系数最小解析：由二项式系数的性质知，二项式系数之和为＝，故正确；当为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故正确，错误；也是正确的，因为展开式中第项的系数是负数且其绝对值最大，所以是系数中最小的．答案：．某铁路所有车站共发行种普通客票，则这段铁路共有车站数是( )．．．．解析：∵＝(－)＝，∴＝(＝－舍去)．故选.答案：．某城市的汽车牌照号码由个英文字母后接个数字组成，其中个数字互不相同的牌照号码共有( )．个．()个．个．()个解析：个英文字母可重复，都有种不同取法个不同数字有种不同排法．由分步乘法计数原理知满足条件的牌照号码有··＝()·个．答案：．某学习小组男、女生共人，现从男生中选人，从女生中选人，分别去做种不同的工作，共有种不同的安排方法，则男、女生人数为( )．．．．解析：设男生有人，则女生有(－)人，∵··＝，∴＝.故选.答案：．由数字可以组成的无重复数字且奇偶数字相间的六位数的个数有 ( )．．．．解析：只考虑奇偶相间，则有种不同的排法，其中在首位的有种不符合题意，所以共有－＝种．答案：．一次考试中，要求考生从试卷上的个题目中选个进行答题，要求至少包含前个题目中的个，则考生答题的不同选法的种数是 ( )．．．．解析：分三类：第一类：前个题目的个，后个题目的个，第二类：前个题目的个，后个题目的个，第三类：前个题目的个，后个题目的个，由分类加法计数原理得＋＋＝.答案：．若多项式＋＝＋(＋)＋…＋(＋)＋(＋)，则＝( )．．．－．－解析：的系数为，∴＝，的系数为＋·，∴＋＝，∴＝－.故应选.答案：．张、王两家夫妇各带个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园．为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这人的入园顺序排法种数共有()．．．．解析：第一步，将两位爸爸排在两端有种排法；第二步，将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上有种排法，故总的排法有××＝种．。
高中数学人教A版选修2-3优化练习：第一章 1.2 1.2.1 排 列 Word版含解析
[课时作业][A 组 基础巩固]1．已知A 2n ＝7A 2n －4，则n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．2解析：由排列数公式得：n (n －1)＝7(n －4)(n －5)，∴3n 2－31n ＋70＝0，解得n ＝7或103(舍去)． 答案：B2．有4名司机、4名售票员分配到4辆汽车上，使每辆汽车上有一名司机和一名售票员，则可能的分配方案种数为( )A ．A 88B ．A 48C ．A 44A 44D ．2A 44解析：安排4名司机，有A 44种方案，安排4名售票员，有A 44种方案．司机与售票员都安排好，这件事情才算完成，由分步乘法计数原理知共有A 44A 44种方案．故选C.答案：C3．有3名男生和5名女生站成一排照相，如果男生不排在最左边且两两不相邻，则不同的排法有 ( )A ．A 33·A 58种B ．A 55·A 34种C ．A 55·A 35种D ．A 55·A 36种 解析：插空法，注意考虑最左边位置.5名女生先排，有A 55种排法，除去最左边的空共有5个空位供男生选，有A 35种排法，故共有A 55·A 35种不同的排法．故选C. 答案：C4．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( )A ．3×3!B ．3×(3！)3C ．(3！)4D ．9!解析：把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种．答案：C5．一个长椅上共有10个座位，现有4人去坐，其中恰有5个连续空位的坐法共有( )A ．240种B ．600种C ．408种D ．480种解析：将四人排成一排共有A 44种排法；产生5个空位，将五个空椅和一个空椅构成的两个元素插入共有A 25种方法；由分步乘法计数原理，满足条件的坐法共有A 44·A 25＝480种． 答案：D6．在书柜的某一层上原来共有5本不同的书，如果保持原有书的相对顺序不变，再插进去3本不同的书，那么共有________种不同的插入法．(用数字回答)解析：试想原来的5本书与新插入的3本书已经放好，则这3本新书一定是这8本书中的某3本，因此“在5本书中插入3本书”就与“从8本书中抽出3本书”对应，故符合题意的插法共有A38＝336种．答案：3367．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．解析：记5件产品为A、B、C、D、E，A、B相邻视为一个元素，先与D、E进行排列，有A22A33种方法；再将C插入，仅有3个空位可选，共有A22A33×3＝2×6×3＝36种不同的摆法．答案：368．从集合{0,1,2,5,7,9,11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax＋By＋C＝0中的系数A，B，C，所得直线经过坐标原点的有________条．解析：易知过原点的直线方程的常数项为0，则C＝0，再从集合中任取两个非零元素作为系数A、B，有A26种，而且其中没有相同的直线，所以符合条件的直线有A26＝30(条)．答案：309．用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成多少个无重复数字的(1)六位奇数；(2)个位数字不是5的六位数．解析：(1)解法一(从特殊位置入手)分三步完成，第一步先填个位，有A13种填法，第二步再填十万位，有A14种填法，第三步填其他位，有A44种填法，故共有A13A14A44＝288个六位奇数．解法二(从特殊元素入手)0不在两端有A14种排法，从1,3,5中任选一个排在个位有A13种排法，其他各位上用剩下的元素做全排列有A44种排法，故共有A14A13A44＝288个六位奇数．解法三(排除法)6个数字的全排列有A66个，0,2,4在个位上的排列数为3A55个，1,3,5在个位上，0在十万位上的排列数有3A44个，故对应的六位奇数的排列数为A66－3A55－3A44＝288个．(2)解法一(排除法)0在十万位和5在个位的排列都不对应符合题意的六位数．故符合题意的六位数共有A66－2A55＋A44＝504个．解法二(直接法)个位不排5，有A15种排法，但十万位数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同．因此需分两类．第一类：当个位排0时，有A55个．第二类：当个位不排0时，有A14A14A44个．故共有符合题意的六位数A55＋A14A14A44＝504个．10．某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个歌曲，3个舞蹈，3个曲艺节目，求分别满足下列条件的节目编排方法有多少种？(1)一个歌曲节目开头，另一个放在最后压台；(2)2个歌曲节目互不相邻；(3)2个歌曲节目相邻且3个舞蹈节目不相邻．解析：(1)先排歌曲节目有A22种排法，再排其他节目有A66种排法，所以共有A22A66＝1 440种排法．(2)先排3个舞蹈节目，3个曲艺节目有A66种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排歌曲节目，有A27种插入方法，所以共有A66A27＝30 240种排法．(3)把2个相邻的歌曲节目看作一个元素，与3个曲艺节目排列共有A44种排法，再将3个舞蹈节目插入，共有A35种插入方法，最后将2个歌曲节目互换位置，有A22种排法，故所求排法共有A44A35A22＝2 880种排法．[B组能力提升]1．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种解析：分两类：第一类：甲排在第一位，共有A44＝24种排法；第二类：甲排在第二位，共有A13·A33＝18种排法，所以共有编排方案24＋18＝42种，故选B.答案：B2．取1,2,3,4,5这五个数字中的两个分别作为一个对数的底数和真数，则所得的不同值有()A．12个B．13个C．16个D．20个解析：分二类：两个数中有1时，值为0.两个数中无1时，有A24＝12个，共有A24＋1＝13个，故选B.答案：B3．用数字1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的六位数，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________．解析：第一步，将3,4,5,6按奇偶相间排成一列，共有2×A22×A22＝8(种)排法；第二步，再将1,2捆绑插入4个数字产生的5个空位中，共有A 15＝5(种)插法，插入时需满足条件相邻数字的奇偶性不同，1,2的排法由已排4个数的奇偶性确定．∴不同的排法有8×5＝40(种)，即这样的六位数有40个．答案：404．(2016年高考全国甲卷)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．解析：由题意得：丙不拿(2,3)，若丙(1,2)，则乙(2,3)，甲(1,3)满足，若丙(1,3)，则乙(2,3)，甲(1,2)不满足，故甲(1,3)．答案：(1,3)5．三名男歌唱家和两名女歌唱家联合举行一场音乐会，演出出场顺序要求两名女歌唱家之间恰有一名男歌唱家，则共有多少种出场方案．解析：将“女男女”当整体看待，有6种情况，每一种情况有A 33种，所以共有6A 33＝6×3×2＝36(种)．6．在集合{1,2,3，…，20}中取出三个数排成一列，使它们构成等差数列，问一共可以构成多少个等差数列？解析：先选出两个数a ，c 作为等差数列的首项和末项，则中间一个数应为a ＋c 2，为使a ＋c 2在集合中，故分两类：(1)a ，c 同为奇数，N 1＝A 210，(2)a ，c 同为偶数，N 2＝A 210，故满足条件的等差数列共有N ＝N 1＋N 2＝A 210＋A 210＝180个.。
数学人教A版选修2-2优化练习第一章 1.3 1.3.2 函数的极值与导数 Word版含解析
[课时作业][组基础巩固]．下列函数存在极值的是( )．()＝－．()＝．()＝．()＝＋＋－解析：中′()＝－，令′()＝无解，且()的图象为双曲线．∴中函数无极值．中′()＝－，令′()＝可得＝.当<时，′()>，当>时，′()<.∴＝()在＝处取极大值，()＝－中′()＝＋＋，Δ＝－＝－<.∴＝()无极值．也无极值．故选.答案：.如图是函数＝()的导函数＝′()的图象，下列说法错误的是( )．－是函数＝()的极小值点．是函数＝()的极值点．＝()在＝处切线的斜率大于零．＝()在区间(－)上单调递增解析：′()＝，但在的相邻的左右两侧的导函数值同号，故不是()的极值点，故选.答案：．函数()＝－＋＋取极小值时，的值是( )．，－．．－．－解析：′()＝－＋＋＝－(＋)(－)，则知在区间(－∞，－)和(，＋∞)上，′()<，在区间(－)上′()>，故当＝－时，()取极小值．答案：．若＝－与＝是函数()＝＋＋的两个极值点，则有( )．＝－，＝－．＝－，＝．＝，＝－．＝，＝解析：′()＝＋＋，依题意有＝－和＝是方程＋＋＝的两个根，所以有－＝－＋，＝－×，解得＝－，＝－.答案：．已知函数()＝＋＋，其导函数图象如图所示，则函数()的极小值是( )．＋＋．＋＋．．＋解析：由函数导函数的图象可知，函数()在(－∞，)上单调递减，在()上单调递增，∴函数()在＝时取得极小值.答案：．已知函数()＝＋在上有两个极值点，则实数的取值范围是．解析：′()＝＋，令′()＝，∴＝－，∴＜时，存在两个极值点．答案：＜．设∈，若函数＝＋，∈有大于零的极值点，则的取值范围为．解析：∵＝＋，∴′＝＋，由于＝＋有大于零的极值点，即方程＋＝有大于零的解．即＝－(>)，∵当>时，－<－，∴<－.答案：(－∞，－)．已知函数()＝－的图象与直线＝有相异三个公共点，则的取值范围是．解析：令′()＝－＝得＝±，可得极大值为(－)＝，极小值为()＝－，＝()的大致图象如图，观察图象得－<<时恰有三个不同的公共点．答案：(－)．求下列函数的极值．()()＝－；()()＝－.解析：()函数()的定义域为.′()＝－＝(＋)(－)．令′()＝，得＝或＝－或＝.当变化时，′()与()的变化情况如下表：当＝时，函数有极大值，且()＝；当＝－或＝时，函数有极小值，且(－)＝()＝－.()函数的定义域为.′()＝()′＝。
【人教A版】数学《优化方案》选修2-3测试第1章1.2.2第一课时知能优化训练
1．计算C28＋C38＋C29等于()A．120B．240C．60 D．480解析：选A.原式＝C39＋C29＝C310＝120.2．若C7n＋1－C7n＝C8n，则n等于()A．12 B．13C．14 D．15解析：选C.C7n＋1－C7n＝C8n，即C7n＋1＝C8n＋C7n＝C8n＋1，所以n＋1＝7＋8，即n＝14.3．某校一年级有5个班，二年级有8个班，三年级有3个班，分年级举行班与班之间的篮球单循环赛，总共需进行比赛的场数是()A．C25＋C28＋C23B．C25C28C23C．A25＋A28＋A23D．C216解析：选A.分三类：一年级比赛的场数是C25，二年级比赛的场数是C28，三年级比赛的场数是C23，再由分类加法计数原理可求．4．把8名同学分成两组，一组5人学习电脑，一组3人做生物实验，则不同的安排方法有________种．解析：C38＝56.答案：56一、选择题1．下面几个问题中属于组合问题的是()①由1,2,3,4构成的双元素集合；②5个队进行单循环足球比赛的分组情况；③由1,2,3构成两位数的方法；④由1,2,3组成无重复数字的两位数的方法．A．①③B．②④C．①②D．①②④答案：C2．已知平面内A、B、C、D这4个点中任何3点均不共线，则由其中任意3个点为顶点的所有三角形的个数为()A．3 B．4C．12 D．24解析：选B.C34＝4.3．C03＋C14＋C25＋C36＋…＋C1720的值为()A．C321B．C320C．C420D．C421解析：选D.原式＝()C04＋C14＋C25＋C36＋…＋C1720＝()C15＋C25＋C36＋…＋C1720＝(C26＋C36)＋…＋C1720＝C1721＝C21－1721＝C421.4．若A3n＝12C2n，则n等于()A．8 B．5或6C．3或4 D．4解析：选A.A3n＝n(n－1)(n－2)，C2n＝12n(n－1)，∴n(n－1)(n－2)＝6n(n－1)，又n∈N*，且n≥3.解得n＝8.5．从6位同学中选出4位参加一个座谈会，要求张、王两人中至多有一个人参加，则不同选法的种数为()A．9 B．14C．12 D．15解析：选A.法一：直接法：分两类，第一类张、王两人都不参加，有C44＝1种选法；第二类张、王两人只有1人参加，有C 12C 34＝8种选法．故共有C 44＋C 12×C 34＝9种选法．法二：间接法：C 46－C 24＝9(种)．6．把三张游园票分给10个人中的3人，分法有( )A ．A 310种B ．C 310种C ．C 310A 310种D ．30种解析：选B.三张票没区别，从10人中选3人即可，即C 310.二、填空题7．若C 13n ＝C 7n ，则C 18n ＝________.解析：∵C 13n ＝C 7n ，∴13＝n －7，∴n ＝20，∴C 1820＝C 220＝190.答案：1908．C 22＋C 23＋C 24＋…＋C 210＝________.解析：原式＝C 33＋C 23＋C 24＋…＋C 210＝C 34＋C 24＋…＋C 210＝C 35＋C 25＋…＋C 210＝C 311＝165.答案：1659．从4名男生和3名女生中选出4人担任奥运志愿者，若选出的4人中既有男生又有女生，则不同的选法共有________________________________________________________________________种．解析：(间接法)共有C 47－C 44＝34种不同的选法．答案：34三、解答题10．若C 4n >C 6n ，求n 的取值集合．解：∵C 4n >C 6n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ C 4n >C 6n n ≥6⇒⎩⎪⎨⎪⎧ n ！4！(n －4)！>n ！6！(n －6)！n ≥6⇒⎩⎪⎨⎪⎧ n 2－9n －10<0n ≥6⇒⎩⎪⎨⎪⎧－1<n <10，n ≥6. ∵n ∈N *，∴n ＝6、7、8、9，∴n 的集合为{6,7,8,9}．11．要从6男4女中选出5人参加一项活动，按下列要求，各有多少种不同的选法？(1)甲当选且乙不当选；(2)至少有1女且至多有3男当选．解：(1)甲当选且乙不当选，∴只需从余下的8人中任选4人，有C 48＝70种选法．(2)至少有1女且至多有3男时，应分三类：第一类是3男2女，有C 36C 24种选法；第二类是2男3女，有C 26C 34种选法；第三类是1男4女，有C 16C 44种选法．由分类计数原理知，共有C 36C 24＋C 26C 34＋C 16C 44＝186种选法．12．现有10件产品，其中有2件次品，任意抽出3件检查．(1)正品A 被抽到有多少种不同的抽法？(2)恰有一件是次品的抽法有多少种？(3)至少一件是次品的抽法有多少种？解：(1)C 29＝9×82＝36(种)． (2)从2件次品中任取1件有C 12种方法，从8件正品中取2件有C 28种方法，由分步乘法计数原理，不同的抽法共有C 12×C 28＝2×8×72＝56(种)． (3)法一：含1件次品的抽法有C 12C 28种，含2件次品的抽法有C 22×C 18种，由分类加法计数原理，不同的抽法共有C12×C28＋C22×C18＝56＋8＝64(种)．法二：从10件产品中任取3件的抽法为C310种，不含次品的抽法有C38种，所以至少1件次品的抽法为C310－C38＝64(种)．高∴考≧试∠题]库。
人教a版高中数学选修2-3全册同步测控知能训练题集含答案
人教A版高中数学选修2-3全册知能训练目录第1章1.1知能优化训练第1章1.2.1第一课时知能优化训练第1章1.2.1第二课时知能优化训练第1章1.2.2第一课时知能优化训练第1章1.2.2第二课时知能优化训练第1章1.3.1知能优化训练第1章1.3.2知能优化训练第2章2.1.1知能优化训练第2章2.1.2知能优化训练第2章2.2.1知能优化训练第2章2.2.2知能优化训练第2章2.2.3知能优化训练第2章2.3.1知能优化训练第2章2.3.2知能优化训练第2章2.4知能优化训练第3章3.1知能优化训练第3章3.2知能优化训练1．从A 地到B 地要经过C 地和D 地，从A 地到C 地有3条路，从C 地到D 地有2条路，从D 地到B 地有4条路，则从A 地到B 地不同走法的种数是( )A ．3＋2＋4＝9B ．1C ．3×2×4＝24D ．1＋1＋1＝3解析：选C.由题意从A 地到B 地需过C 、D 两地，实际就是分三步完成任务，用乘法原理．2．某学生去书店，发现3本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有( )A ．3种B ．6种C ．7种D ．9种解析：选C.分3类：买1本书，买2本书和买3本书，各类的购买方式依次有3种、3种和1种，故购买方式共有3＋3＋1＝7(种)．3．(2011年高考课标全国卷)有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( )A.13B.12C.23D.34解析：选A.甲、乙两位同学参加3个小组的所有可能性有3×3＝9(种)，其中甲、乙两人参加同一个小组的情况有3(种)．故甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组的概率P ＝39＝13. 4．将3封信投入6个信箱内，不同的投法有________种．解析：第1封信有6种投法，第2、第3封信也分别有6种投法，因此共有6×6×6＝216种投法．答案：216一、选择题1．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为( )A ．7B ．12C ．64D ．81解析：选B.要完成配套，分两步：第1步，选上衣，从4件上衣中任选一件，有4种不同选法；第2步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同选法．故共有4×3＝12种不同的配法．2．从A 地到B 地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法为( )A ．1＋1＋1＝3B ．3＋4＋2＝9C ．3×4×2＝24D ．以上都不对答案：B3．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，共有不同的行车路线( )A ．24种B ．16种C ．12种D ．10种解析：选C.完成该任务可分为四类，从每一个方向入口都可作为一类，如图：从第1个入口进入时，有3种行车路线；同理，从第2个，第3个，第4个入口进入时，都分别有3种行车路线，由分类加法计数原理可得共有3＋3＋3＋3＝12种不同的行车路线，故选C.4．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有() A．30个B．42个C．36个D．35个解析：选C.第一步取b的数，有6种方法，第二步取a的数，也有6种方法，根据乘法计数原理，共有6×6＝36种方法．5．从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则形成不同的直线最多有()A．18条B．20条C．25条D．10条解析：选A.第一步取A的值，有5种取法，第二步取B的值有4种取法，其中当A＝1，B＝2时，与A＝2，B＝4时是相同的；当A＝2，B＝1时，与A＝4，B＝2时是相同的，故共有5×4－2＝18(条)．6．用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有()A．36个B．18个C．9个D．6个解析：选B.分3步完成，1,2,3这三个数中必有某一个数字被使用2次．第1步，确定哪一个数字被使用2次，有3种方法；第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上有3种方法；第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有2种方法．故有3×3×2＝18个不同的四位数．二、填空题7．加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人，第二道工序有6人，第三道工序有4人，从中选3人每人做一道工序，则选法有________种．解析：选第一、第二、第三道工序各一人的方法数依次为5、6、4，由分步乘法计数原理知，选法总数为N＝5×6×4＝120.答案：1208．如图是某校的校园设施平面图，现用不同的颜色作为各区域的底色，为了便于区分，要求相邻区域不能使用同一种颜色．若有6种不同的颜色可选，则有________种不同的着色方案．解析：操场可从6种颜色中任选1种着色；餐厅可从剩下的5种颜色中任选1种着色；宿舍区和操场、餐厅颜色都不能相同，故可从其余的4种颜色中任选1种着色；教学区和宿舍区、餐厅的颜色都不能相同，故可从其余的4种颜色中任选1种着色．根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×4＝480种着色方案．答案：4809．从1,2,3,4,7,9六个数中，任取两个数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值的个数为________．解析：(1)当取1时，1只能为真数，此时对数的值为0.(2)不取1时，分两步：①取底数，5种；②取真数，4种．其中log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93，∴N＝1＋5×4－4＝17.答案：17三、解答题10．8张卡片上写着0,1,2，…，7共8个数字，取其中的三张卡片排放在一起，可组成多少个不同的三位数？解：先排放百位，从1,2，…，7共7个数中选一个有7种选法；再排十位，从除去百位的数外，剩余的7个数(包括0)中选一个，有7种选法；最后排个位，从除前两步选出的数外，剩余的6个数中选一个，有6种选法．由分步乘法计数原理，共可以组成7×7×6＝294个不同的三位数．11．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，求有多少种不同的种植方法？解：若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1＝6种不同种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有3×2×1＝6(种)．故不同的种植方法共有6×3＝18(种)．12．某校学生会由高一年级5人，高二年级6人，高三年级4人组成．(1)选其中一人为学生会主席，有多少种不同的选法？(2)若每年级选1人为校学生会常委成员，有多少种不同的选法？(3)若要选出不同年级的两人分别参加市里组织的两项活动，有多少种不同的选法？解：(1)分三类：第一类，从高一年级选一人，有5种选择；第二类，从高二年级选一人，有6种选择；第三类，从高三年级选一人，有4种选择．由分类加法计数原理，共有5＋6＋4＝15种选法．(2)分三步完成：第一步，从高一年级选一人，有5种选择；第二步，从高二年级选一人，有6种选择；第三步，从高三年级选一人，有4种选择．由分步乘法计数原理，共有5×6×4＝120种选法．(3)分三类：高一、高二各一人，共有5×6＝30种选法；高一、高三各一人，共有5×4＝20种选法；高二、高三各一人，共有6×4＝24种选法；由分类加法计数原理，共有30＋20＋24＝74种选法．1．用1,2,3,4,5这5个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数共有()A．30个B．36个C．40个D．60个解析：选B.分2步完成：个位必为奇数，有A13种选法；从余下的4个数中任选2个排在三位数的百位、十位上，有A24种选法．由分步乘法计数原理，共有A13×A24＝36个无重复数字的三位奇数．2．6人站成一排，甲、乙、丙3个人不能都站在一起的排法种数为()A．720 B．144C．576 D．684解析：选C.(间接法)甲、乙、丙三人在一起的排法种数为A44×A33；不考虑任何限制，6人的全排列有A66.∴符合题意的排法种数为：A66－A44×A33＝576.3．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法种数为()A．42 B．30C．20 D．12解析：选A.分两类：①两个新节目相邻的插法有6A22种；②两个新节目不相邻的插法有A26种．故N＝6×2＋6×5＝42.4．将红、黄、蓝、白、黑5种颜色的小球，分别放入红、黄、蓝、白、黑5种颜色的小口袋中，若不允有空袋，且红口袋中不能装入红球，则有______种不同的放法．解析：先装红球，且每袋一球，所以有A14×A44＝96(种)．答案：96一、选择题1．高三(1)班需要安排毕业晚会的4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求两个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是()A．1800 B．3600C．4320 D．5040解析：选B.利用插空法，先将4个音乐节目和1个曲艺节目全排列有A55种，然后从6个空中选出2个空将舞蹈节目全排列有A26种，所以共有A55A26＝3600(种)．故选B.2．某省有关部门从6人中选4人分别到A、B、C、D四个地区调研十二五规划的开局形势，要求每个地区只有一人，每人只去一个地区，且这6人中甲、乙两人不去A地区，则不同的安排方案有()A．300种B．240种C．144种D．96种解析：选B.A地区有A14种方法，其余地区有A35种方法，共有A14A35＝240(种)．3．用数字1,2,3,4,5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有() A．48个B．36个C．24个D．18个解析：选B.个位数字是2的有3A33＝18(个)，个位数字是4的有3A33＝18(个)，所以共有36个．4．8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为()A．A88A29B．A88A210C．A88A27D．A88A26解析：选A.运用插空法，8名学生间共有9个空隙(加上边上空隙)，先把老师排在9个空隙中，有A29种排法，再把8名学生排列，有A88种排法，共有A88×A29种排法．5．五名男生与两名女生排成一排照相，如果男生甲必须站在中间，两名女生必须相邻，符合条件的排法共有()A．48种B．192种C．240种D．288种解析：选B.(用排除法)将两名女生看作1人，与四名男生一起排队，有A55种排法，而女生可互换位置，所以共有A55×A22种排法，男生甲插入中间位置，只有一种插法；而4男2女排列中2名女生恰在中间的排法共有A22×A44(种)，这时男生甲若插入中间位置不符合题意，故符合题意的排列总数为A55×A22－A44×A22＝192.6．由1、2、3、4、5组成没有重复数字且1、2都不与5相邻的五位数的个数是() A．36 B．32C．28 D．24解析：选A.分类：①若5在首位或末位，共有2A12×A33＝24(个)；②若5在中间三位，共有A13×A22×A22＝12(个)．故共有24＋12＝36(个)．二、填空题7．5人站成一排，甲必须站在排头或排尾的不同站法有________种．解析：2A44＝48.答案：488．3个人坐8个位置，要求每人的左右都有空位，则有________种坐法．解析：第一步：摆5个空位置，○○○○○；第二步：3个人带上凳子插入5个位置之间的四个空，有A34＝24(种)，故有24种不同坐法．答案：249．5名大人要带两个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头、尾，则共有________种排法(用数字作答)．解析：先让5名大人全排列有A55种排法，两个小孩再依条件插空有A24种方法，故共有A55A24＝1440种排法．答案：1440三、解答题10．7名班委中有A、B、C三人，有7种不同的职务，现对7名班委进行职务具体分工．(1)若正、副班长两职只能从A、B、C三人中选两人担任，有多少种分工方案？(2)若正、副班长两职至少要选A、B、C三人中的一人担任，有多少种分工方案？解：(1)先排正、副班长有A23种方法，再安排其余职务有A55种方法，依分步计数原理，共有A23A55＝720种分工方案．(2)7人中任意分工方案有A77种，A、B、C三人中无一人任正、副班长的分工方案有A24 A55种，因此A、B、C三人中至少有一人任正、副班长的方案有A77－A24A55＝3600(种)．11．用0,1,2,3,4,5这六个数字：(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？(2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？(3)能组成多少个无重复数字的比1325大的四位数？解：(1)符合要求的四位偶数可分为三类：第一类：0在个位时，有A 35个；第二类：2在个位时，首位从1,3,4,5中选定1个有A 14种，十位和百位从余下的数字中选，有A 24种，于是有A 14×A 24(个)；第三类：4在个位时，与第二类同理，也有A 14×A 24(个)．由分类加法计数原理得：共有A 35＋2A 14×A 24＝156(个)．(2)为5的倍数的五位数可分为两类：第一类：个位上为0的五位数有A 45个；第二类：个位上为5的五位数有A 14×A 34(个)，故满足条件的五位数共有A 45＋A 14×A 34＝216(个)．(3)比1325大的四位数可分为三类：第一类：形如2，3 ，4 ，5 ，共有A 14×A 35(个)；第二类：形如14 ，15 ，共有A 12×A 24(个)； 第三类：形如134 ，135 ，共有A 12×A 13(个)．由分类加法计数原理可得，比1325大的四位数共有：A 14×A 35＋A 12×A 24＋A 12×A 13＝270(个)．12．7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男学生4人，女学生2人，在下列情况下，各有多少种不同站法？(1)两名女生必须相邻而站；(2)4名男生互不相邻；(3)若4名男生身高都不等，按从高到低的顺序站；(4)老师不站中间，女生不站两端．解：(1)2名女生站在一起有站法A 22种，视为一种元素与其余5人全排，有A 66种排法，所以有不同站法A 22×A 66＝1440(种)．(2)先站老师和女生，有站法A 33种，再在老师和女生站位的间隔(含两端)处插入男生，每空一人，则插入方法A 44种，所以共有不同站法A 33×A 44＝144(种)．(3)7人全排列中，4名男生不考虑身高顺序的站法有A 44种，而由高到低有从左到右和从右到左的不同，所以共有不同站法2×A 77A 44＝420(种)． (4)中间和两侧是特殊位置，可分类求解如下：①老师站在两侧之一，另一侧由男生站，有A 12×A 14×A 55种站法；②两侧全由男生站，老师站除两侧和正中的另外4个位置之一，有A 14×A 24×A 44种站法，所以共有不同站法A 12×A 14×A 55＋A 14×A 24×A 44＝960＋1152＝2112(种)．1．5A35＋4A24＝()A．107B．323C．320 D．348解析：选D.原式＝5×5×4×3＋4×4×3＝348.2．4×5×6×…·(n－1)·n等于()A．A4n B．A n－4nC．n！－4! D．A n－3n解析：选D.原式可写成n·(n－1)·…×6×5×4，故选D.3．6名学生排成两排，每排3人，则不同的排法种数为()A．36 B．120C．720 D．240解析：选C.排法种数为A66＝720.4．下列问题属于排列问题的是________．①从10个人中选2人分别去种树和扫地；②从10个人中选2人去扫地；③从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队；④从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作幂运算．解析：①选出的2人有不同的劳动内容，相当于有顺序．②选出的2人劳动内容相同，无顺序．③5人一组无顺序．④选出的两个数作为底数或指数其结果不同，有顺序．答案：①④一、选择题1．甲、乙、丙三地客运站，需要准备在甲、乙、丙三地之间运行的车票种数是() A．1 B．2C．3 D．6解析：选D.A23＝6.2．已知A2n＋1－A2n＝10，则n的值为()A．4 B．5C．6 D．7解析：选B.由A2n＋1－A2n＝10，得(n＋1)n－n(n－1)＝10，解得n＝5.3．从5本不同的书中选两本送给2名同学，每人一本，则不同的送法种数是() A．5 B．10C．20 D．60解析：选C.A25＝20.4．将3张不同的电影票分给10人中的3人，每人一张，则不同的分法种数是() A．2160 B．720C．240 D．120解析：选B.A310＝10×9×8＝720.5．某段铁路所有车站共发行132种普通车票，那么这段铁路共有车站数是()A．8 B．12C．16 D．24解析：选B.设车站数为n，则A2n＝132，n(n－1)＝132，∴n ＝12.6．S ＝1！＋2！＋3！＋…＋99！，则S 的个位数字为( )A ．0B ．3C ．5D ．7解析：选B.∵1！＝1,2！＝2,3！＝6,4！＝24,5！＝120,6！＝720，…∴S ＝1！＋2！＋3！＋…＋99！的个位数字是3.二、填空题7．若A m 10＝10×9×…×5，则m ＝________.解析：10－m ＋1＝5，得m ＝6.答案：68．A n ＋32n ＋A n ＋14＝________.解析：由⎩⎪⎨⎪⎧ n ＋3≤2n ，n ＋1≤4，n ∈N *，得n ＝3， ∴A n ＋32n ＋A n ＋14＝6！＋4！＝744. 答案：7449．甲、乙、丙、丁四人轮读同一本书，则甲首先读的安排方法有________种． 解析：甲在首位，相当于乙、丙、丁全排，即3！＝3×2×1＝6.答案：6三、解答题10．解不等式：A x 9>6A x －29.解：原不等式可化为9！(9－x )！>6·9！(9－x ＋2)！， 其中2≤x ≤9，x ∈N *，∴(11－x )(10－x )>6，即x 2－21x ＋104>0，∴(x －8)(x －13)>0，∴x <8或x >13.又∵2≤x ≤9，x ∈N *，∴2≤x <8，x ∈N *.故x ＝2,3,4,5,6,7.11．解方程3A x 8＝4A x －19.解：由3A x 8＝4A x －19得3×8！(8－x )！＝4×9！(10－x )！. ∴3×8！(8－x )！＝4×9×8！(10－x )(9－x )(8－x )！. 化简得：x 2－19x ＋78＝0，解得x 1＝6，x 2＝13.∵x ≤8，且x －1≤9，∴原方程的解是x ＝6.12．判断下列问题是否为排列问题．(1)北京、上海、天津三个民航站之间的直达航线的飞机票的价格(假设来回的票价相同)；(2)选2个小组分别去植树和种菜；(3)选2个小组去种菜；(4)选10人组成一个学习小组；(5)选3个人分别担任班长、学习委员、生活委员；(6)某班40名学生在假期相互通信．解：(1)中票价只有三种，虽然机票是不同的，但票价是一样的，不存在顺序问题，所以不是排列问题；(2)植树和种菜是不同的，存在顺序问题，属于排列问题；(3)、(4)不存在顺序问题，不属于排列问题；(5)中每个人的职务不同，例如甲当班长或当学习委员是不同的，存在顺序问题，属于排列问题；(6)A给B写信与B给A写信是不同的，所以存在着顺序问题，属于排列问题．所以在上述各题中(2)、(5)、(6)属于排列问题．1．编号为1、2、3、4、5、6、7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有( )A ．60种B ．20种C ．10种D ．8种解析：选C.四盏熄灭的灯产生的5个空档中放入3盏亮灯，即C 35＝10.2．某中学要从4名男生和3名女生中选4人参加公益劳动，若男生甲和女生乙不能同时参加，则不同的选派方案共有( )A ．25种B ．35种C ．820种D ．840种解析：选A.分3类完成：男生甲参加，女生乙不参加，有C 35种选法；男生甲不参加，女生乙参加，有C 35种选法；两人都不参加，有C 45种选法．所以共有2C 35＋C 45＝25(种)不同的选派方案．3．(2010年高考大纲全国卷Ⅰ)某校开设A 类选修课3门，B 类选修课4门，一位同学从中共选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有( )A ．30种B ．35种C ．42种D ．48种解析：选A.法一：可分两种互斥情况：A 类选1门，B 类选2门或A 类选2门，B 类选1门，共有C 13C 24＋C 23C 14＝18＋12＝30种选法．法二：总共有C 37＝35种选法，减去只选A 类的C 33＝1(种)，再减去只选B 类的C 34＝4(种)，故有30种选法．4．(2011年高考江苏卷)从1,2,3,4这四个数中一次随机地取两个数，则其中一个数是另一个数的两倍的概率是________．解析：从1,2,3,4中任取两个数的组合个数为C 24＝6，满足一个数是另一个数两倍的组合为{1,2}，{2,4}，故P ＝26＝13.答案：13一、选择题1．9名会员分成三组讨论问题，每组3人，共有不同的分组方法种数为( )A ．C 39C 36B ．A 39A 36C.C 39C 36A 33 D ．A 39A 36A 33 解析：选C.此为平均分组问题，要在分组后除以三组的排列数A 33.2．5本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少1本，不同的分法种数有( ) A ．480 B ．240 C ．120 D ．96 解析：选B.先把5本书中两本捆起来，再分成4份即可，∴分法数为C 25A 44＝240.3．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解析：选A.6人中选4人的方案有C 46＝15(种)，没有女生的方案只有一种，所以满足要求的方案总数有14种．4．已知圆上9个点，每两点连一线段，所有线段在圆内的交点有( ) A ．36个 B ．72个 C ．63个 D ．126个解析：选D.此题可化归为：圆上9个点可组成多少个四边形，每个四边形的对角线的交点即为所求，所以，交点有C 49＝126(个)．5．(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)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种解析：选B.先将1,2捆绑后放入信封中，有C 13种方法，再将剩余的4张卡片放入另外两个信封中，有C 24C 22种方法，所以共有C 13C 24C 22＝18种方法．6．如图所示的四棱锥中，顶点为P ，从其他的顶点和各棱中点中取3个，使它们和点P 在同一平面内，不同的取法种数为( )A ．40B ．48C ．56D ．62解析：选C.满足要求的点的取法可分为3类：第1类，在四棱锥的每个侧面上除点P 外任取3点，有4C 35种取法； 第2类，在两个对角面上除点P 外任取3点，有2C 34种取法；第3类，过点P 的四条棱中，每一条棱上的两点和与这条棱异面的两条棱的中点也共面，有4C 12种取法．所以，满足题意的不同取法共有4C 35＋2C 34＋4C 12＝56(种)． 二、填空题7．在50件产品中有4件是次品，从中任意抽出5件，至少有三件是次品的抽法共有________种．解析：分两类，有4件次品的抽法为C 44C 146(种)；有三件次品的抽法有C 34C 246(种)，所以共有C 44C 146＋C 34C 246＝4186种不同的抽法．答案：41868．某运动队有5对老搭档运动员，现抽派4个运动员参加比赛，则这4人都不是老搭档的抽派方法数为________．解析：先抽取4对老搭档运动员，再从每对老搭档运动员中各抽1人，故有C 45C 12C 12C 12C 12＝80(种)． 答案：809．2011年3月10日是第六届世界肾脏日，某社区服务站将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分别去三个不同的社区宣传这届肾脏日的主题：“保护肾脏，拯救心脏”，不同的分配方案有________种．(用数字作答)解析：分配方案有C 25C 23C 11A 22×A 33＝10×3×62＝90(种)． 答案：90三、解答题 10．四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中，恰有一个空盒的放法有多少种？ 解：恰有一个空盒，则另外三个盒子中小球数分别为1,1,2，实际上可转化为先将四个不同的小球分为三组，两组各1个，另一组2个，分组方法有C 14C 13C 22A 22(种)，然后将这三组再加上一个空盒进行全排列，即共有C 14C 13C 22A 22·A 44＝144(种)． 11．要从7个班中选10人参加数学竞赛，每班至少1人，共有多少种不同的选法？解：法一：共分三类：第一类：一个班出4人，其余6个班各出1人，有C 17种；第二类：有2个班分别出2人，3人，其余5个班各出1人，有A 27种；第三类：有3个班各出2人，其余4个班各出1人，有C 37种，故共有C 17＋A 27＋C 37＝84(种)．法二：将10人看成10个元素，这样元素之间共有9个空(两端不计)，从这9个空中任选6个(即这6个位置放入隔板，将其分为七部分)，有C 69＝84种放法．故共有84种不同的选法．12．如图，在以AB 为直径的半圆周上，有异于A 、B 的六个点C 1、C 2、C 3、C 4、C 5、C 6，直径AB 上有异于A 、B 的四个点D 1、D 2、D 3、D 4.(1)以这10个点中的3个点为顶点作三角形可作出多少个？其中含C 1点的有多少个？ (2)以图中的12个点(包括A 、B )中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？解：(1)可分三种情况处理：①C 1、C 2、…、C 6这六个点任取三点可构成一个三角形；②C 1、C 2、…、C 6中任取一点，D 1、D 2、D 3、D 4中任取两点可构成一个三角形； ③C 1、C 2、…、C 6中任取两点，D 1、D 2、D 3、D 4中任取一点可构成一个三角形．∴C 36＋C 16C 24＋C 26C 14＝116(个)．其中含C 1点的三角形有C 25＋C 15·C 14＋C 24＝36(个)． (2)构成一个四边形，需要四个点，且无三点共线，∴共有C 46＋C 36C 16＋C 26C 26＝360(个)．1．计算C 28＋C 38＋C 29等于() A ．120 B ．240C ．60D ．480解析：选A.原式＝C 39＋C 29＝C 310＝120.2．若C 7n ＋1－C 7n ＝C 8n ，则n 等于( ) A ．12 B ．13 C ．14 D ．15解析：选C.C 7n ＋1－C 7n ＝C 8n ，即C 7n ＋1＝C 8n ＋C 7n ＝C 8n ＋1，所以n ＋1＝7＋8，即n ＝14. 3．某校一年级有5个班，二年级有8个班，三年级有3个班，分年级举行班与班之间的篮球单循环赛，总共需进行比赛的场数是( )A ．C 25＋C 28＋C 23B ．C 25C 28C 23C ．A 25＋A 28＋A 23 D ．C 216解析：选A.分三类：一年级比赛的场数是C 25，二年级比赛的场数是C 28，三年级比赛的场数是C 23，再由分类加法计数原理可求．4．把8名同学分成两组，一组5人学习电脑，一组3人做生物实验，则不同的安排方法有________种．解析：C 38＝56. 答案：56一、选择题1．下面几个问题中属于组合问题的是( )①由1,2,3,4构成的双元素集合；②5个队进行单循环足球比赛的分组情况；③由1,2,3构成两位数的方法；④由1,2,3组成无重复数字的两位数的方法．A ．①③B ．②④C ．①②D ．①②④ 答案：C2．已知平面内A 、B 、C 、D 这4个点中任何3点均不共线，则由其中任意3个点为顶点的所有三角形的个数为( )A ．3B ．4C ．12D ．24解析：选B.C 34＝4.3．C 03＋C 14＋C 25＋C 36＋…＋C 1720的值为( ) A ．C 321 B ．C 320C ．C 420 D ．C 421 解析：选D.原式＝()C 04＋C 14＋C 25＋C 36＋…＋C 1720 ＝()C 15＋C 25＋C 36＋…＋C 1720＝(C 26＋C 36)＋…＋C 1720＝C 1721＝C 21－1721＝C 421. 4．若A 3n ＝12C 2n ，则n 等于( ) A ．8 B ．5或6 C ．3或4 D ．4解析：选A.A 3n ＝n (n －1)(n －2)，C 2n ＝12n (n －1)，∴n (n －1)(n －2)＝6n (n －1)，又n ∈N *，且n ≥3.解得n ＝8.5．从6位同学中选出4位参加一个座谈会，要求张、王两人中至多有一个人参加，则不同选法的种数为( )A ．9B ．14C ．12D ．15解析：选A.法一：直接法：分两类，第一类张、王两人都不参加，有C 44＝1种选法；第二类张、王两人只有1人参加，有C 12C 34＝8种选法．故共有C 44＋C 12×C 34＝9种选法．法二：间接法：C 46－C 24＝9(种)．6．把三张游园票分给10个人中的3人，分法有( ) A ．A 310种 B ．C 310种C ．C 310A 310种D ．30种 解析：选B.三张票没区别，从10人中选3人即可，即C 310. 二、填空题7．若C 13n ＝C 7n ，则C 18n ＝________.解析：∵C 13n ＝C 7n ，∴13＝n －7，∴n ＝20， ∴C 1820＝C 220＝190. 答案：1908．C 22＋C 23＋C 24＋…＋C 210＝________. 解析：原式＝C 33＋C 23＋C 24＋…＋C 210＝C 34＋C 24＋…＋C 210＝C 35＋C 25＋…＋C 210＝C 311＝165. 答案：1659．从4名男生和3名女生中选出4人担任奥运志愿者，若选出的4人中既有男生又有女生，则不同的选法共有________________________________________________________________________种．解析：(间接法)共有C 47－C 44＝34种不同的选法． 答案：34 三、解答题10．若C 4n >C 6n ，求n 的取值集合． 解：∵C 4n >C 6n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧C 4n >C 6n n ≥6⇒⎩⎨⎧n ！4！(n －4)！>n ！6！(n －6)！n ≥6⇒⎩⎨⎧ n 2－9n －10<0n ≥6⇒⎩⎨⎧－1<n <10，n ≥6.∵n ∈N *，∴n ＝6、7、8、9，∴n 的集合为{6,7,8,9}．11．要从6男4女中选出5人参加一项活动，按下列要求，各有多少种不同的选法？ (1)甲当选且乙不当选；(2)至少有1女且至多有3男当选．解：(1)甲当选且乙不当选，∴只需从余下的8人中任选4人，有C 48＝70种选法．(2)至少有1女且至多有3男时，应分三类：第一类是3男2女，有C 36C 24种选法； 第二类是2男3女，有C 26C 34种选法； 第三类是1男4女，有C 16C 44种选法．由分类计数原理知，共有C 36C 24＋C 26C 34＋C 16C 44＝186种选法． 12．现有10件产品，其中有2件次品，任意抽出3件检查． (1)正品A 被抽到有多少种不同的抽法？ (2)恰有一件是次品的抽法有多少种？ (3)至少一件是次品的抽法有多少种？解：(1)C 29＝9×82＝36(种)．(2)从2件次品中任取1件有C 12种方法，从8件正品中取2件有C 28种方法，由分步乘法计数原理，不同的抽法共有C 12×C 28＝2×8×72＝56(种)． (3)法一：含1件次品的抽法有C 12C 28种，含2件次品的抽法有C 22×C 18种，由分类加法计数原理，不同的抽法共有C 12×C 28＋C 22×C 18＝56＋8＝64(种)．法二：从10件产品中任取3件的抽法为C 310种，不含次品的抽法有C 38种，所以至少1件次品的抽法为C 310－C 38＝64(种)．1．(x ＋2)6的展开式中x 3的系数是( ) A ．20 B ．40 C ．80 D ．160解析：选D.法一：设含x 3的为第r ＋1项，则T r ＋1＝C r n x6－r ·2r，令6－r ＝3，得r ＝3，故展开式中x 3的系数为C 36×23＝160.法二：根据二项展开式的通项公式的特点：二项展开式每一项中所含的x 与2分得的次数和为6，则根据条件满足条件x 3的项按3与3分配即可，则展开式中x 3的系数为C 36×23＝160.2．(2x －12x)6的展开式的常数项是( )A ．20B ．－20C ．40D ．－40解析：选B.由题知(2x －12x )6的通项为T r ＋1＝(－1)r C r 626－2r x 6－2r，令6－2r ＝0得r ＝3，故常数项为(－1)3C 36＝－20.3．1.056的计算结果精确到0.01的近似值是( ) A ．1.23 B ．1.24 C ．1.33 D ．1.34解析：选 D.1.056＝(1＋0.05)6＝C 06＋C 16×0.05＋C 26×0.052＋C 36×0.053＋…＝1＋0.3＋0.0375＋0.0025＋…≈1.34.4．(2011年高考浙江卷)设二项式⎝⎛⎭⎫x －a x 6(a >0)的展开式中x 3的系数是A ，常数项为B ，若B ＝4A ，则a 的值是________．解析：A ＝C 26(－a )2，B ＝C 46(－a )4， 由B ＝4A 知，4C 26(－a )2＝C 46(－a )4，解得a ＝±2. 又∵a >0，∴a ＝2. 答案：2一、选择题1．在(1－x )5－(1－x )6的展开式中，含x 3的项的系数是( ) A ．－5 B ．5 C ．－10 D ．10解析：选D.(1－x )5中x 3的系数－C 35＝－10，－(1－x )6中x 3的系数为－C 36·(－1)3＝20，故(1－x )5－(1－x )6的展开式中x 3的系数为10.2．(x －2y )10的展开式中x 6y 4项的系数是( ) A ．840 B ．－840 C ．210 D ．－210解析：选A.在通项公式T r ＋1＝C r 10(－2y )r x10－r 中，令r ＝4，即得(x －2y )10的展开式中x 6y 4项的系数为C 410·(－2)4＝840.3．(2010年高考陕西卷)⎝⎛⎭⎫x ＋ax 5(x ∈R )展开式中x 3的系数为10，则实数a 等于( ) A ．－1 B.12 C ．1D ．2解析：选D.由二项式定理，得T r ＋1＝C r 5x 5－r ·⎝⎛⎭⎫a x r ＝C r 5·x 5－2r ·a r ，∴5－2r ＝3，∴r ＝1，∴C 15·a ＝10，∴a ＝2.4．若C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n能被7整除，则x ，n 的值可能为( ) A ．x ＝4，n ＝3 B ．x ＝4，n ＝4 C ．x ＝5，n ＝4 D ．x ＝6，n ＝5解析：选C.由C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n ＝(1＋x )n－1，分别将选项A 、B 、C 、D 代入检验知，仅有C 适合．5.⎝⎛⎭⎫x －13x 10的展开式中含x 的正整数指数幂的项数是( ) A ．0 B ．2 C ．4 D ．6解析：选B.T r ＋1＝C r 10x 10－r 2·⎝⎛⎭⎫－13r ·x －r ＝C r 10⎝⎛⎭⎫－13r ·x 10－3r2.若是正整数指数幂，则有10－3r2为正整数，∴r 可以取0,2，∴项数为2.6．(1＋2x )3(1－3x )5的展开式中x 的系数是( ) A ．－4 B ．－2 C ．2 D ．4解析：选C.(1＋2x )3(1－3x )5＝(1＋6x 12＋12x ＋8x 32)·(1－5x 13＋10x 23－10x ＋5x 43－x 53)，x的系数是－10＋12＝2.二、填空题 7.⎝⎛⎭⎪⎫2－13x 6的展开式中的第四项是________．解析：T 4＝C 3623⎝⎛⎭⎪⎫－13x 3＝－160x .答案：－160x8．若(x ＋a )5的展开式中的第四项是10a 2(a 为大于0的常数)，则x ＝________.解析：∵T 4＝C 35(x )2·a 3＝10x ·a 3. ∴10xa 3＝10a 2(a >0)，∴x ＝1a.答案：1a9．(2010年高考辽宁卷)(1＋x ＋x 2)⎝⎛⎭⎫x －1x 6的展开式中的常数项为__________． 解析：(1＋x ＋x 2)⎝⎛⎭⎫x －1x 6＝(1＋x ＋x 2)[ C 06x 6⎝⎛⎭⎫－1x 0＋C 16x 5⎝⎛⎭⎫－1x 1＋C 26x 4⎝⎛⎭⎫－1x 2＋C 36x 3⎝⎛⎭⎫－1x 3。
高中数学人教A版选修2-3优化练习：第一章 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 Word版含解析
[课时作业][A组基础巩固]1．若x∈{1,2,3}，y∈{5,7,9}，则x·y的不同值个数是()A．2 B．6C．9 D．8解析：求积x·y需分两步取值：第1步，x的取值有3种；第2步，y的取值有3种，故有3×3＝9个不同的值．答案：C2．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为()A．40 B．16C．13 D．10解析：分两类：第1类，直线a与直线b上8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b与直线a上5个点可以确定5个不同的平面．故可以确定8＋5＝13个不同的平面．答案：C3．某学生去书店，发现3本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有()A．3种B．6种C．7种D．9种解析：分3类：买1本好书，买2本好书和买3本好书，各类的购买方式依次有3种、3种和1种，故购买方式共有3＋3＋1＝7(种)．答案：C4．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有() A．30个B．42个C．36个D．35个解析：第一步，取b，有6种方法；第二步，取a，也有6种方法，根据分步乘法计数原理得，共有6×6＝36种方法，即虚数有36个．答案：C5．如图所示，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法共有()A．288种B．264种C．240种D．168种解析：先涂A，D，E三个点，共有4×3×2＝24种涂法，然后按B，C，F的顺序涂色，分为两类；一类是B与E或D同色，共有2×(2×1＋1×2)＝8种涂法；另一种是B与E和D均不同色，共有1×(1×1＋1×2)＝3种涂法．所以涂色方法共有24×(8＋3)＝264种．答案：B6．加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人，第二道工序有6人，第三道工序有4人，从中选3人每人做一道工序，则选法有________种．解析：选第一、第二、第三道工序各一人的方法数依次为5、6、4，由分步乘法计数原理知，选法总数为N＝5×6×4＝120.答案：1207．某班委会由4名男生与3名女生组成，现从中选出2名参加校学生会的竞选，其中至少有1名女生当选的选法种数是________．解析：至少有1名女生当选有两种可能：(1)参加竞选的有1名女生，有4×3＝12种选法；(2)参加竞选的有2名女生，有3种不同选法．因此至少有1名女生当选的选法为12＋3＝15(种)．答案：158．在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄．为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的种植方法共有________种．解析：分两步：第一步，先选垄，共有6种选法．第二步：种植A、B两种作物，有2种选法．因此，由分步乘法计数原理，不同的选垄种植方法有6×2＝12(种)．答案：129．设椭圆的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，a∈{1,2,3,4,5,6,7}，b∈{1,2,3,4,5}，这样的椭圆共有多少个？解析：依题意按a，b的取值分为6类，第一类：a＝2，b＝1；第二类：a＝3，b＝1, 2；第三类：a＝4，b＝1,2,3；第四类：a＝5，b＝1,2,3,4；第五类：a＝6，b＝1,2,3,4,5；第六类：a＝7，b＝1,2,3,4,5.由分类加法计数原理得：这样的椭圆共有1＋2＋3＋4＋5＋5＝20个．10．某校学生会由高一年级5人，高二年级6人，高三年级4人组成．(1)选其中一人为学生会主席，有多少种不同的选法？(2)若每个年级选1人成为校学生会常委成员，有多少种不同的选法？(3)若要选出不同年级的两人分别参加市里组织的两项活动，有多少种不同的选法？解析：(1)分三类：第一类，从高一年级选一人，有5种选法；第二类，从高二年级选一人，有6种选法；第三类，从高三年级选一人，有4种选法．由分类加法计数原理得，共有5＋6＋4＝15种选法．(2)分三步完成：第一步，从高一年级选一人，有5种选法；第二步，从高二年级选一人，有6种选法；第三步，从高三年级选一人，有4种选法．由分步乘法计数原理得，共有5×6×4＝120种选法．(3)分三类：高一、高二各一人，共有5×6＝30种选法；高一、高三各一人，共有5×4＝20种选法；高二、高三各一人，共有6×4＝24种选法．由分类加法计数原理得，共有30＋20＋24＝74种选法．[B组能力提升]1．满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为()A．14 B．13C．12 D．10解析：当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此时满足要求的有序数对为(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(－1,2)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)．综上，满足要求的有序数对共有13个，选B.答案：B2．从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数，作为方程Ax＋By＝0的系数A、B的值，则形成的不同直线有()A．18条B．20条C．25条D．10条解析：第一步，取A的值，有5种取法；第二步，取B的值，有4种取法，其中当A＝1，B＝2时与A＝2，B＝4时是相同的方程；当A＝2，B＝1时与A＝4，B＝2时是相同的方程，故共有5×4－2＝18条．答案：A3．如图是某校的校园设施平面图，现用不同的颜色作为各区域的底色，为了便于区分，要求相邻区域不能使用同一种颜色．若有6种不同的颜色可选，则有________种不同的着色方案.解析：操场可从6种颜色中任选1种着色；餐厅可从剩下的5种颜色中任选1种着色；宿舍区和操场、餐厅颜色都不能相同，故可从其余的4种颜色中任选1种着色；教学区和宿舍区、餐厅的颜色都不能相同，故可从其余的4种颜色中任选1种着色．根据分步乘法计数原理得，共有6×5×4×4＝480种着色方案．答案：4804．三边长均为整数，且最大边长为11的三角形有________个．解析：另两边长用x，y表示，且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12.当y取11时，x＝1,2,3，…，11，可有11个三角形；当y取10时，x＝2,3，…，10，有9个三角形；……当y取6时，x＝6，有1个三角形．所以，所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.答案：365．电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞赛中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的选择？解析：分两类情况：(1)幸运之星在甲箱中抽，先确定幸运之星，再在两箱中各确定一名幸运伙伴有30×29×20＝17 400种结果；(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11 400种结果．因此共有不同结果17 400＋11 400＝28 800种．6．7名学生中有3名会下象棋但不会下围棋，有2名学生会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋，现从中选出会下象棋和会下围棋的各1人参加比赛，共有多少种不同的选法？解析：第一类：从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，由分步乘法计数原理得N1＝3×2＝6(种)．第二类：从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，由分步乘法计数原理得N2＝3×2＝6(种)．第三类：从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，由分步乘法计数原理得N3＝2×2＝4(种)．第四类：从2名既会下象棋又会下围棋的学生中各选1名参加象棋比赛和围棋比赛，有N4＝2种．综上，由分类加法计数原理可知，不同选法共有N＝N1＋N2＋N3＋N4＝6＋6＋4＋2＝18(种).。
最新整理高中数学人教A版选修2-3课后导练：1.2.1排列(一) Word版含解析.doc
课后导练基础达标1.判断下列问题是否是排列问题：(1)从2、3、5、7、11中任取两数相乘可得多少不同的积?(2)从上面各数中任取两数相除，可得多少不同的商?(3)某班共有50名同学，现要投票选举正副班长各一人，共有多少种可能的选举结果?(4)某商场有四个大门，若从一个门进去，购买商品后再从另一个门出来，不同的出入方 式共有多少种?解析：(1)不是 (2)是 (3)是 (4)是2.写出下面问题中所有可能的排列.(1)从1，2，3，4四个数字中任取两个数字组成两位数，共有多少个不同的两位数?(2)A 、B 、C 、D 四名同学站成一排照相，写出A 不站在两端的所有可能的站法，共有多少种?解析：(1)所组成的两位数是：12、13、14、21、23、24、31、32、34、41、42、43共12 个.(2)所有可能的站法为：BACD 、BADC 、BCAD 、BDAC 、CABD 、CADB 、CBAD 、CDAB 、DACB 、DABC 、DBAC 、DCAB 共12种.3.从0，3，4，5，7中任取三个数分别作为一元二次方程的二次项系数，一次项系数及常数项，则可做出的不同方程的个数是( )A.10B.24C.48D.60解析：由于二次项系数不能为0，故只能从3，4，5，7中任选一个，其他两个系数没有限制，故共可做出14A ·24A =48(个)不同的方程.答案：B4.6名同学排成一排，其中甲、乙两人必须排在一起的不同排法有( )A.720种B.360种C.240种D.120种解析：因甲、乙两个要排在一起，故将甲、乙两人捆在一起视作一人，与其余四人进行全排列有55A 种排法，但甲、乙两人之间有22A 种排法，由乘法原理可知，共有55A ·22A =240种不同排法.选(C)5.要排一张有6个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单，任何两个舞蹈节目不得相邻，问有多少不同的排法(只要求写出式子，不必计算)?解析：先将6个歌唱节目排好，其不同的排法为66A 种，这6个歌唱节目的空隙及两端共七个位置中再排4个舞蹈节目有47A 种排法，由乘法原理可知，任何两个舞蹈节目不得相邻的排法为47A ·66A 种.综合运用6.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，排成一行陈列，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同的陈列方式有多少种( )A.4544A AB.354433A A AC.554413A A CD.554422A A A解析：选把3种品种的画看成整体，而水彩画不能放在头尾，故只能放在中间，又油画与国画有22A 种放法，再考虑油画与国画本身又可以全排列，故排列的方法为554422A A A ，故选D.7.从{1，2，3，4，…，20}中任选三个不同的数，使这三个数成等差数列，这样的等差数列最多有( )A.90B.180C.200D.120解析：从其中10个奇数中任选两个作为等差数列的首项和末项，则它们的等差中项为自然数(唯一确定)，这样的等差数列有210A 个.同理，从其中10个偶数中任选两个作为等 差数列的首项和末项的等差数列，也有210A 个，故共有2102A 个，选B.8.把6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法共有( )A.36种B.120种C.720种D.1 440种解析：本题相当于6个不同元素站成一排，共有66A =720种，故选C.9.由1，2，3，4，5组成比40 000小的没有重复数字的五位数的个数是__________. 解析：要比40 000小首位数只能是1，2，3，所以应为13A ·14A =72个.答案：72.拓展探究10.如图，在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物，要求同一块中种同一植物，相邻的两块种不同的植物.现有4种不同的植物可供选择，则有多少种栽种方案. 解析：给六块区域依次标上字母A ，B ，C ，D ，E ，F ，按间隔三块A ，C ，E 种植植物的种数分三类：1)若A ，C ，E 种同一种植物，有4种种法.当A ，C ，E 种植好后，B ，D ，E 各有3种种法.此时共有4×3×3×3=108种；2)若A ，C ，E 种2种不同植物，有24A 种种法.在这种情况下，若A ，C 种同一植物，则B 有3种种法，D ，F 各有2种种法；若C ，E 或E ，A 种同一植物，情况相同(只是次序不同)，此时共有24A ×3(3×2×2)=432种；3)若A ，C ，E 种3种不同植物，有34A 种种法.这时，B ，D ，F 各有2种种法.此时共有34A ×2×2×2=192种. 综上所述，不同的种植方案共有N=108+432+192=732(种).拓展探究11.从6名志愿者中选出4人分别从事保健、翻译、导游、保洁四项不同工作，若其中两名志愿者都不能从事翻译工作，则选派方案共有( )A.280种B.240种C.180种D.96种解析：可分三类：不能从事翻译工作的两名志愿者有0人当选、1人当选、两人当选.于是选派方案共有：24233413142A A A A A ∙+∙+=240(种),故选B. 12.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为( )A.42B.30C.20D.12解析：可分两类：一类是这两个节目相邻，另一类是这两个节目不相邻，于是不同插法的种数为262216A A A +∙=42,故选A.13.从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植.不同的种植方法共有( )A.24种B.18种C.12种D.6种解析：由于黄瓜必须种植，故只需从剩下的3种蔬菜品种中再选出2种进行种植即可，不同的种植方法共有：13A ·23A =18种，故选B.14.有8本不同的书，其中科技书3本，文艺书2本，其他书3本.将这些书竖排在书架上，则科技书连在一起，文艺书也连在一起的不同排法种数与这8本书的不同排法种数之比为( )A.1∶14B.1∶28C.1∶140D.1∶336 解析：28188552233=∙∙A A A A ,选B. 15.有三张卡片的正反两面分别写有数字1和2，4和5，7和8，将它们并排组成三位数，不同的三位数的个数是__________________.解析：分两步：第一步先从每张卡片中各选一数字，第二步把这三个数字全排列，故可组成的不同的三位数有23·33A =48(个)，故填48.16.晚会上有8个歌唱节目和3个舞蹈节目，若3个舞蹈在节目单中要隔开，则不同节目单的种数( )A.88AB.811AC. 3988A A ∙D.88A ·38A解析：这是一个不相邻问题，故可用插空法来求，不同节目单的种数为3988A A ∙,故选C.。
人教版高中数学选修2-3练习第一章1.2-1.2.1第2课时排列的综合应用 Word版含解析
第一章计数原理排列与组合排列第课时排列的综合应用级基础巩固一、选择题．，，，，五人并排站成一行，如果，必须相邻且在的右边，那么不同的排法种数是( )．．．．解析：把，视为一人，且固定在的右边，则本题相当于人的全排列，排法共有＝(种)．答案：．用数字，，，，可以组成没有重复数字，并且比大的五位偶数共有( )．个．个．个．个解析：个位数字是的有＝(个)，个位数字是的有＝(个)，所以共有个．答案：．甲、乙两人从门课程中各选修门，则甲、乙所选的课程中恰有门相同的选法有( )．种．种．种．种解析：首先甲、乙两人从门课程中同选门，有种方法；其次从剩余门中任选门进行排列，排列方法有＝(种)．于是，甲、乙所选的课程中恰有门相同的选法共有×＝(种)．答案：．张卡片正反面分别标有数字和，和，和，若将张卡片并列组成一个三位数，可以得到不同的三位数的个数为( )．．．．解析：“组成三位数”这件事，分步完成：第步，确定排在百位、十位、个位上的卡片，即为个元素的一个全排列；第步，分别确定百位、十位、个位上的数字，各有种方法．根据分步乘法计数原理，可以得到不同的三位数有×××＝(个)．答案：．甲、乙、丙位志愿者安排在周一至周五的天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有( )．种．种．种．种解析：分三类：甲在周一，共有种排法；甲在周二，共有种排法；甲在周三，共有种排法．所以排法共有＋＋＝(种).答案：二、填空题．从班委会的名成员中选出名分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有种(用数字作答)．解析：先选出文娱委员，有种选法，再选出学习委员、体育委员，有种选法．由分步乘法计数原理知，选法共有＝(种)．答案：。
数学人教A版选修2-3优化练习第一章 1.2 1.2.1 排 列 Word版含解析
[课时作业][组基础巩固]．已知＝，则的值为( )．．．．解析：由排列数公式得：(－)＝(－)(－)，∴－＋＝，解得＝或(舍去)．答案：．有名司机、名售票员分配到辆汽车上，使每辆汽车上有一名司机和一名售票员，则可能的分配方案种数为( )．．．．解析：安排名司机，有种方案，安排名售票员，有种方案．司机与售票员都安排好，这件事情才算完成，由分步乘法计数原理知共有种方案．故选.答案：．有名男生和名女生站成一排照相，如果男生不排在最左边且两两不相邻，则不同的排法有 ( )．·种．·种．·种．·种解析：插空法，注意考虑最左边位置名女生先排，有种排法，除去最左边的空共有个空位供男生选，有种排法，故共有·种不同的排法．故选.答案：．一排个座位坐了个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( )．×(！)．×!．!．(！)解析：把一家三口看作一个排列，然后再排列这家，所以有(！)种．答案：．一个长椅上共有个座位，现有人去坐，其中恰有个连续空位的坐法共有( )．种．种．种．种解析：将四人排成一排共有种排法；产生个空位，将五个空椅和一个空椅构成的两个元素插入共有种方法；由分步乘法计数原理，满足条件的坐法共有·＝种．答案：．在书柜的某一层上原来共有本不同的书，如果保持原有书的相对顺序不变，再插进去本不同的书，那么共有种不同的插入法．(用数字回答)解析：试想原来的本书与新插入的本书已经放好，则这本新书一定是这本书中的某本，因此“在本书中插入本书”就与“从本书中抽出本书”对应，故符合题意的插法共有＝种．答案：．把件不同产品摆成一排．若产品与产品相邻，且产品与产品不相邻，则不同的摆法有种．解析：记件产品为、、、、，、相邻视为一个元素，先与、进行排列，有种方法；再将插入，仅有个空位可选，共有×＝××＝种不同的摆法．答案：．从集合{}中任取个元素分别作为直线方程＋＋＝中的系数，，，所得直线经过坐标原点的有条．解析：易知过原点的直线方程的常数项为，则＝，再从集合中任取两个非零元素作为系数、，有种，而且其中没有相同的直线，所以符合条件的直线有＝(条)．答案：．用这六个数字可以组成多少个无重复数字的()六位奇数；()个位数字不是的六位数．解析：()解法一(从特殊位置入手)分三步完成，第一步先填个位，有种填法，第二步再填十万位，有种填法，第三步填其他位，有种填法，故共有＝个六位奇数．解法二(从特殊元素入手)不在两端有种排法，从中任选一个排在个位有种排法，其他各位上用剩下的元素做全排列有种排法，故共有＝个六位奇数．解法三(排除法)个数字的全排列有个，在个位上的排列数为个，在个位上，在十万位上的排列数有个，故对应的六位奇数的排列数为－－＝个．()解法一(排除法)在十万位和在个位的排列都不对应符合题意的六位数．故符合题意的六位数共有－＋＝个．解法二(直接法)个位不排，有种排法，但十万位数字的排法因个位上排与不排而有所不同．因此需分两类．第一类：当个位排时，有个．第二类：当个位不排时，有个．故共有符合题意的六位数＋＝个．．某次文艺晚会上共演出个节目，其中个歌曲，个舞蹈，个曲艺节目，求分别满足下列条件的节目编排方法有多少种？()一个歌曲节目开头，另一个放在最后压台；。
高中数学选修2-3(人教A版)第一章计数原理1.2知识点总结含同步练习及答案
1 6 7 12 C0 12 < C12 < ⋯ < C12 > C12 > ⋯ > C12 ，所以 2x − 3 ⩾ 5 且 2x ⩽ 12 解得 4 ⩽ x ⩽ 6．
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− A5 9
= =
8 × 7 × 6 × 5 × (8 + 7) 8 × 7 × 6 × 5 × (24 − 9) = 1.
2×8×7×6×5×4+7×8×7×6×5 8×7×6×5×4×3×2×1−9×8×7×6×5
（3）根据原方程，可得
3x(x − 1)(x − 2) = 2(x + 1)x + 6x(x − 1).
0 10 （1）计算：C5 10 ⋅ C10 − C10 ； m−1 （2）证明：mCm n = nCn−1 ．
解：（1）原式= （2）证明：因为
10 × 9 × 8 × 7 × 6 × 1 − 1 = 252 − 1 = 251 ； 5×4×3×2×1
Cm n =
n! , m!(n − m)! (n − 1)! n(n − 1)! n m−1 n n! ⋅ = = . Cn−1 = m m (m − 1)!(n − m)! m ⋅ (m − 1)!(n − m)! m!(n − m)!
正整数 1 到 n 的连乘积，叫做 n 的阶乘，用 n! 表示．另外，我们规定 0! = 1 ．所以排列数公 式还可以写成
Am n =
(n − m)！
n！
.
组合的定义 一般地，从 n 个不同元素中取出 m （m ⩽ n ）个元素合成一组，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合（combination）． 组合数及组合数的公式 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，用符号 Cm n 表示．
高中数学人教A版选修2-3优化练习第一章排列与组合(习题课)含解析
[课时作业] [A 组 基础巩固]1．某校开设A 类选修课3门，B 类选修课4门，一位同学从中共选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有( ) A ．30种 B ．35种 C ．42种D ．48种解析：分两类，A 类选修课选1门，B 类选修课选2门，或者A 类选修课选2门，B 类选修课选1门，因此，共有C 13×C 24＋C 23×C 14＝30种选法．答案：A2．5本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少1本，不同的分法种数有( ) A ．480 B ．240 C ．120D ．96解析：先把5本书中的两本捆起来，再分成4份即可，∴分法种数为C 25A 44＝240.答案：B3．12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，若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 66 C ．C 28A 26D ．C 28A 25解析：从后排8人中选2人安排到前排6个位置中的任意两个位置即可，所以选法种数是C 28A 26，故选C.答案：C4．北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为( )A ．C 1214C 412C 48B ．C 1214A 412A 48 C.C 1214C 412C 48A 33D ．C 1214C 412C 48A 33解析：首先从14人中选出12人共C 1214种，然后将12人平均分为3组共C 412·C 48·C 44A 33种，然后这两步相乘，得C 1214·C 412·C 48A 33.将三组分配下去共C 1214·C 412·C 48种．故选A. 答案：A5．按ABO 血型系统学说，每个人的血型为A ，B ，O ，AB 四种之一，依血型遗传学，当且仅当父母中至少有一人的血型是AB 型时，子女一定不是O 型，若某人的血型为O 型，则父母血型所有可能情况有________种．解析：父母应为A 或B 或O ，C 13·C 13＝9(种)．答案：96．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)． 解析：不同的获奖情况可分为以下两类：(1)有一个人获得两张有奖奖券，另外还有一个人获得一张有奖奖券，有C 23A 24＝36种获奖情况．(2)有三个人各获得一张有奖奖券，有A 34＝24种获奖情况． 故不同的获奖情况有36＋24＝60种． 答案：607．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员，现从中选出3名队员排成1,2,3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1,2号中至少有1名新队员的排法有________种．解析：两老一新时，有C 13×C 12A 22＝12种排法；两新一老时，有C 12×C 23A 33＝36种排法，故共有48种排法． 答案：488．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) 解析：按C 的位置分类计算．①当C 在第一或第六位时，有A 55＝120(种)排法；②当C 在第二或第五位时，有A 24A 33＝72(种)排法； ③当C 在第三或第四位时，有A 22A 33＋A 23A 33＝48(种)排法．所以共有2×(120＋72＋48)＝480(种)排法． 答案：4809．四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中，恰有一个空盒的放法有多少种？ 解析：恰有一个空盒，则另外三个盒子中小球数分别为1,1,2，实际上可转化为先将四个不同的小球分为三组，两组各1个，另一组2个，分组方法有C 14C 13C 22A 22种，然后将这三组再加上一个空盒进行全排列，共有C 14C 13C 22A 22·A 44＝144种放法． 10．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张卡片中取出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，则不同的排法共有多少种？ 解析：分三类：第1类，当取出的4张卡片分别标有数字1,2,3,4时，不同的排法有C 12·C 12·C 12·C 12·A 44种． 第2类，当取出的4张卡片分别标有数字1,1,4,4时，不同的排法有C 22·C 22·A 44种．第3类，当取出的4张卡片分别标有数字2,2,3,3时，不同的排法有C22·C22·A44种.故满足题意的所有不同的排法种数共有C12·C12·C12·C12·A44＋2C22·C22·A44＝432.[B组能力提升]1．已知圆上有9个点，每两点连一线段，则所有线段在圆内的交点有()A．36个B．72个C．63个D．126个解析：此题可归为圆上9个点可组成多少个四边形，每个四边形的对角线的交点即为所求，所以，交点有C49＝126(个)．答案：D2．将红、黑、蓝、黄4个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少放一个球，且红球和蓝球不能放在同一个盒子，则不同的放法有()A．18种B．24种C．30种D．36种解析：将4个小球放入3个不同的盒子，先在4个小球中任取2个作为1组，再将其与其他2个小球对应3个盒子，共有C24A33＝36种情况，若红球和蓝球放到同一个盒子，则黑、黄球放进其余的盒子里，有A33＝6种情况，则红球和蓝球不放到同一个盒子的放法种数为36－6＝30种．答案：C3．直角坐标系xOy平面上，平行于x轴和平行于y轴的直线各有6条，则由这12条直线组成的图形中，矩形共有________个．解析：从6条水平直线和6条竖直直线中各取2条，每一种取法对应一个矩形，因此矩形共有C26C26＝225个．答案：2254．两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)________种．解析：分三种情况：恰好打3局，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局、输1局，第4局赢)，共有2C23＝6种情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局、输2局，第5局赢)，共有2C24＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20种．答案：205．某区有7条南北向街道，5条东西向街道．(如图)(1)图中有多少个矩形？(2)从A 点走向B 点最短的走法有多少种？解析：(1)在7条竖线中任选2条，5条横线中任选2条，这样4条线可组成一个矩形，故可组成的矩形有C 27·C 25＝210个．(2)每条东西向的街道被分成6段，每条南北向的街道被分成4段，从A 到B 最短的走法，无论怎样走，一定至少包括10段，其中6段方向相同，另4段方向也相同，每种走法，即是从10段中选出6段，这6段是走东西方向的(剩下4段即是走南北方向的)，共有C 610＝C 410＝210种走法．6．若对任意的x ∈A ，则1x ∈A ，就称A 是“具有伙伴关系”的集合．求集合M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，0，13，12，1，2，3，4的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合的个数．解析：具有伙伴关系的元素组成－1；1； 12，2；13，3；共4组，所以集合M 的所有非空子集中，具有伙伴关系的非空集合中的元素，可以是具有伙伴关系的元素组中的任一组、二组、三组、四组，又集合中的元素是无序的，因此，所求集合的个数为C 14＋C 24＋C 34＋C 44＝15.。
数学人教A版选修2-3优化练习第一章 1.3 1.3.1 二项式定理 Word版含解析
[课时作业][组基础巩固]．二项式(＋)的展开式的项数是( )．．＋．(＋)．－解析：根据二项式定理可知，展开式共有＋项．答案：．化简多项式(＋)－(＋)＋(＋)－(＋)＋(＋)－的结果是( )．．(＋)．(－)．解析：原式＝[(＋)－]＝()＝.答案：．已知(＋)(＋)的展开式中的系数为，则＝( )．－．－．－．－解析：先求出(＋)含有与的项的系数，从而得到展开式中的系数．(＋)中含有与的项为＝＝，＝＝，∴的系数为＋＝，∴＝－，故选.答案：．使(∈*)的展开式中含有常数项的最小的为( )．．．．解析：＋＝()－＝－，当＋是常数项时，－＝，当＝，＝时成立．答案：．(＋)(－)的展开式的常数项是( )．－．－．．解析：(－)的展开式的通项为＋＝()－·(－)，＝.当因式(＋)提供时，则取＝；当因式(＋)提供时，则取＝.所以(＋)(－)的展开式的常数项是－＝.答案：．(－)(＋)的展开式中的系数为．(用数字填写答案)解析：利用二项展开式的通项公式求解．＝·()，其系数为，＝·()，其系数为－，∴的系数为－＝－＝－.答案：－．在(＋)的展开式中，系数为有理数的项共有项．解析：二项展开式的通项公式＋＝－·()＝()－(≤≤)．要使系数为有理数，则必为的倍数，所以可为共项，故系数为有理数的项共有项．答案：．已知的展开式中第项的二项式系数与第项的二项式系数的比为∶，则展开式中的常数项为．解析：由已知条件得：∶＝∶，整理得：－－＝，所以＝，所以展开式的通项为：－·＋＝()＝··，令＝，得＝，所以常数项为第三项＝＝.答案：．用二项式定理证明－能被整除．证明：∵－＝(＋)－＝(＋×＋…＋×＋)－＝＋×＋×＋…＋＝×(＋×＋×＋…＋)，∴－能被整除．展开式第项与第项二项式系数相等，求的一次项系数．解析：由题意知＝，∴＝，＋＝··，∴－＝，∴＝，∴＋＝···－，∴＝··，其一次项系数为.[组能力提升]．若二项式的展开式中的系数是，则实数＝( )．．解析：＋＝·()－·＝－·.令－＝，则＝.由·＝得＝.故选.答案：．(＋)(其中∈且≥)的展开式中，若与的系数相等，则＝( )。
数学人教A版选修2-3优化练习综合检测 Word版含解析
综合检测时间：分钟满分：分第Ⅰ卷(选择题，共分)一、选择题(本大题共小题，每小题分，共分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)．已知个乒乓球中，个为合格品，个次品，从这个乒乓球中任取个，出现次品的概率为()．－解析：间接法．出现次品的对立面为取出的个均为正品，取出个均为正品的概率为，所以出现次品的概率为－.答案：．一盒中有个乒乓球，其中个新的，个旧的，从盒子中任取个球来用，用完后放回盒中，此时盒中旧球个数是一个随机变量，其分布列为()，则(＝)的值为( )解析：＝表示盒中旧球的个数为，故取用的个球为个新球个旧球，其概率(＝)＝＝.答案：．下列函数中哪个不能作为正态分布密度函数( )．()＝，μ和σ(σ>)都是实数．()＝．()＝．()＝解析：对照正态分布密度函数：()＝，∈(－∞，＋∞)，注意指数上的σ和系数的分母上σ要一致，且指数部分是一个负数．对于，()＝＝·.由于μ∈(－∞，＋∞)，所以－μ∈(－∞，＋∞)，故它可以作为正态分布密度函数；对于，若σ＝，则应为()＝·.若σ＝，则应为()＝，均与所给函数不相符，故它不能作为正态分布密度函数；对于，它就是当σ＝，μ＝时的正态分布密度函数；对于，它是当σ＝时的正态分布密度函数．故选.答案：．已知～(，σ)，且(－≤≤)＝，则(>)等于( )．．．．解析：(>)＝＝.答案：．有一批种子的发芽率为，出芽后的幼苗成活率为，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率是( )．．．解析：设“种子发芽”为事件，“种子成长为幼苗”为事件(发芽，并成活而成长为幼苗)，则()＝，又种子发芽后的幼苗成活率为()＝，所以()＝()()＝×＝.答案：．位于坐标原点的一个质点按下述规则移动：质点每次移动一个单位；移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是.质点移动五次后位于点()的概率是( )．()．()．()．()解析：由题意可知质点在次运动中向右移动次，向上移动次，且每次移动是相互独立的，即向右移动的次数ξ～(，)，∴(ξ＝)＝()()＝().答案：．已知(＝)＝，(＝)＝，(＝)＝，则()和()的值分别为( )．和．和．和．和解析：的分布列为：从而由()，()的定义可求．答案：．在支铅笔中，有只正品，支次品，从中任取支，则在第一次抽的是次品的条件下，第二次抽的是正品的概率是( )解析：设，分别表示“第一次、第二次抽得正品”，则表示“第一次抽得次品第二次抽得正品”．∴()＝＝＝.答案：．二项式(,())＋(,())))展开式中所有奇数项系数之和等于，则所有项的系数中最大的值是( )。
高中数学人教A版选修2-3练习：1.2.1.2 排列的综合应用 Word版含解析
学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．某电影要在5所大学里轮流放映，则不同的轮映方法有()A．25种B．55种C．A55种D．53种【解析】其不同的轮映方法相当于将5所大学的全排列，即A55.【答案】 C2．某天上午要排语文，数学，体育，计算机四节课，其中体育不排在第一节，那么这天上午课程表的不同排法共有()A．6种B．9种C．18种D．24种【解析】先排体育有A13种，再排其他的三科有A33种，共有3×6＝18(种)．【答案】 C3．在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有()A．34种B．48种C．96种D．144种【解析】先排除A，B，C外的三个程序，有A33种不同排法，再排程序A，有A12种排法，最后插空排入B，C，有A14·A22种排法，所以共有A33·A12·A14·A22＝96种不同的编排方法．【答案】 C4．生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两名工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两名工人中安排1人，则不同的安排方案共有()A．24种B．36种C．48种D．72种【解析】分类完成：第1类，若甲在第一道工序，则丙必在第四道工序，其余两道工序无限制，有A24种排法；第2类，若甲不在第一道工序(此时乙一定在第一道工序)，则第四道工序有2种排法，其余两道工序有A24种排法，有2A24种排法．由分类加法计数原理，共有A24＋2A24＝36种不同的安排方案．【答案】 B5．(2016·韶关检测)用数字0,1,2,3,4,5可以组成没有重复数字，并且比20 000大的五位偶数共有()A．288个B．240个C．144个D．126个【解析】第1类，个位数字是2，首位可排3,4,5之一，有A13种排法，排其余数字有A34种排法，所以有A13A34个数；第2类，个位数字是4，有A13A34个数；第3类，个位数字是0，首位可排2,3,4,5之一，有A14种排法，排其余数字有A34种排法，所以有A14A34个数．由分类加法计数原理，可得共有2A13A34＋A14A34＝240个数．【答案】 B二、填空题6．从0,1,2,3这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c中的参数a，b，c，可组成不同的二次函数共有________个. 【导学号：97270014】【解析】若得到二次函数，则a≠0，a有A13种选择，故二次函数有A13A23＝3×3×2＝18(个)．【答案】187．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________．【解析】先分组后用分配法求解，5张参观券分为4组，其中2个连号的有4种分法，每一种分法中的排列方法有A44种，因此共有不同的分法4A44＝4×24＝96(种)．【答案】968．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1,2相邻，这样的六位数的个数是________．【解析】可分为三步来完成这件事：第一步：先将3,5进行排列，共有A22种排法；第二步：再将4,6插空排列，共有2A22种排法；第三步：将1,2放入3,5,4,6形成的空中，共有A15种排法．由分步乘法计数原理得，共有A222A22A15＝40种不同的排法．【答案】40三、解答题9．喜羊羊家族的四位成员与灰太狼、红太狼进行谈判，通过谈判他们握手言和，准备一起照合影像(排成一排)．(1)要求喜羊羊家族的四位成员必须相邻，有多少种排法？(2)要求灰太狼、红太狼不相邻，有多少种排法？【解】(1)把喜羊羊家族的四位成员看成一个元素，排法为A33.又因为四位成员交换顺序产生不同排列，所以共有A33·A44＝144种排法．(2)第一步，将喜羊羊家族的四位成员排好，有A44种排法；第二步，让灰太狼、红太狼插入四人形成的空(包括两端)，有A25种排法，共有A44·A25＝480种排法．10．(2016·上饶二模)有红、蓝、黄、绿四种颜色的球各6个，每种颜色的6个球分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中任取3个标号不同的球，颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法种数．【解】所标数字互不相邻的方法有135,136,146,246，共4种方法.3个颜色互不相同有4A33＝4×3×2×1＝24种，所以这3个颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法种数有4×24＝96种．[能力提升]1．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．10种B．12种C．9种D．8种【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．【答案】 B2．(2016·武汉调研)安排6名歌手演出的顺序时，要求歌手乙、丙均排在歌手甲的前面或者后面，则不同排法的种数是()A．180 B．240C．360 D．480【解析】不同的排法种数先全排列有A66，甲、乙、丙的顺序有A33，乙、丙都排在歌手甲的前面或者后面的顺序有甲乙丙，甲丙乙，乙丙甲，丙乙甲，4种顺序，所以不同排法的种数共有4×A66A33＝480种．【答案】 D3．安排7位工作人员在10月1日到10月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙两人都不能安排在10月1日和2日，不同的安排方法共有________种(用数字作答)．【解析】法一：(直接法)先安排甲、乙两人在后5天值班，有A25＝20种排法，其余5天再进行排列，有A55＝120种排法，所以共有20×120＝2 400种安排方法．法二：(间接法)不考虑甲、乙两人的特殊情况，其安排方法有A77＝7×6×5×4×3×2×1＝5 040种方法，其中不符合要求的有A22A55＋A12A15A22A55＝2 640种方法，所以共有5 040－2 640＝2 400种方法．【答案】 2 4004．(2016·山东临沂月考)有4名男生、5名女生，全体排成一行，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)女生互不相邻．【解】(1)法一：元素分析法．先排甲有6种，再排其余人有A88种，故共有6·A88＝241 920(种)排法．法二：位置分析法．中间和两端有A38种排法，包括甲在内的其余6人有A66种排法，故共有A38·A66＝336×730＝241 920(种)排法．法三：等机会法.9个人全排列有A99种，甲排在每一个位置的机会都是均等的，依题意得，甲不在中间及两端的排法总数是A99×69＝241 920(种)．法四：间接法．A99－3·A88＝6A88＝241 920(种)．(2)先排甲、乙，再排其余7人．共有A22·A77＝10 080(种)排法．(3)插空法．先排4名男生有A44种方法，再将5名女生插空，有A55种方法，故共有A44·A55＝2 880(种)排法.。
【人教A版】2017-2018学年数学选修2-3优化练习：第一章 1.2 1.2.2 组 合 Word版含解析
[课时作业][A组基础巩固]1．某中学一年级有5个班，二年级有8个班，三年级有3个班，分年级举行班与班之间的篮球单循环赛，总共需进行比赛的场数是()A．C25＋C28＋C23B．C25C28C23C．A25＋A28＋A23D．C216解析：分三类：一年级比赛的场数是C25，二年级比赛的场数是C28，三年级比赛的场数是C23，再由分类加法计数原理可求．答案：A2．已知平面内A，B，C，D这4个点中任何3点均不共线，则以其中任意3个点为顶点的所有三角形的个数为()A．3 B．4C．12 D．24解析：C34＝4.答案：B3．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)．答案：A4．C03＋C14＋C25＋C36＋…＋C1720的值为()A．C321B．C320C．C420D．C421＝C421. 解析：原式＝(C04＋C14)＋C25＋C36＋…＋C1720＝(C15＋C25)＋C36＋…＋C1720＝(C26＋C36)＋…＋C1720＝C1721＝C21－1721答案：D5．从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有()A．140种B．120种C．35种D．34种解析：分三种情况：①1男3女共有C 14C 33种选法．②2男2女共有C 24C 23种选法．③3男1女共C 34C 13种选法．则共有C 14C 33＋C 24C 23＋C 34C 13＝34种选法．答案：D6．从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖，2名二等奖，3名三等奖，则可能的决赛结果共有________种．(用数字作答)解析：由题意知，所有可能的决赛结果有C 16C 25C 33＝6×5×42×1＝60(种)． 答案：607．50件产品中有4件是次品，从中任意抽出5件，至少有3件是次品的抽法共有________种．解析：分两类，有4件次品的抽法有C 44C 146种；有3件次品的抽法有C 34C 246种，所以共有C 44C 146＋C 34C 246＝4 186种不同的抽法．答案：4 1868．从3,5,7,11这四个数中任取两个相乘，可以得到不相等的积的个数为________．解析：从四个数中任取两个数的取法为C 24＝6.答案：69．已知C 5n －1＋C 3n －3C 3n －3＝345，求n . 解析：原方程可变形为C 5n －1C 3n －3＋1＝195， 即C 5n －1＝145C 3n －3， 即(n －1)(n －2)(n －3)(n －4)(n －5)5！＝145·(n －3)(n －4)(n －5)3！， 化简整理得n 2－3n －54＝0.解得n ＝9或n ＝－6(不合题意，舍去)．所以n ＝9.10．要从6男4女中选出5人参加一项活动，按下列要求，各有多少种不同的选法？(1)甲当选且乙不当选；(2)至少有1女且至多有3男当选．解析：(1)∵甲当选且乙不当选，∴只需从余下的8人中任选4人，有C48＝70种选法．(2)至少有1女且至多有3男当选时，应分三类：第一类是3男2女，有C36C24种选法；第二类是2男3女，有C26C34种选法；第三类是1男4女，有C16C44种选法．由分类加法计数原理知，共有C36C24＋C26C34＋C16C44＝186种选法.[B组能力提升]1．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法是()A．C25C26B．C25A26C．C25A22C26A22D．A25A26解析：分两步进行：第一步：选出两名男选手，有C25种方法；第2步，从6名女生中选出2名且与已选好的男生配对，有A26种．故有C25A26种．答案：B2．某单位拟安排6位员工在2016年端午节3天假期值班，每天安排2人，每人值班1天．若6位员工中的甲不值第一日，乙不值最后一日，则不同的安排方法共有()A．30种B．36种C．42种D．48种解析：所有排法减去甲值第一日或乙值最后一日，再加上甲值第一日且乙值最后一日的排法，即有C26C24－2×C15C24＋C14C13＝42(种)排法．答案：C3.如图，A，B，C，D为海上的四个小岛，要建三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方案共有________种．解析：四个小岛中每两岛建一座桥共建六座桥，其中建三座桥连接四个小岛符合要求的建桥方案是只要三座桥不围成封闭的三角形区域符合要求，如桥AC，BC，BD符合要求，而围成封闭三角形不符合要求，如桥AC，CD，DA，不符合要求，故共有C36－C34＝16(种)．答案：164．如图，在排成4×4方阵的16个点中，中心4个点在某一圆内，其余12个点在圆外，在16个点中任取3个点构成三角形，其中至少有一个点在圆内的三角形共有________个．解析：有一个点在圆内的有：C 14(C 212－4)＝248(个)．有两个顶点在圆内的有：C 24(C 112－2)＝60(个)．三个顶点均在圆内的有：C 34＝4(个)．所以共有248＋60＋4＝312(个)．答案：3125．现有10件产品，其中有2件次品，任意取出3件检查．(1)若正品A 被取到，则有多少种不同的取法？(2)恰有一件是次品的取法有多少种？(3)至少有一件是次品的取法有多少种？解析：(1)C 29＝9×82＝36(种)． (2)从2件次品中任取1件，有C 12种取法，从8件正品中任取2件，有C 28种取法，由分步乘法计数原理得，不同的取法共有C 12×C 28＝2×8×72＝56种． (3)解法一 含1件次品的取法有C 12×C 28种，含2件次品的取法有C 22×C 18种，由分类加法计数原理得，不同的取法共有C 12×C 28＋C 22×C 18＝56＋8＝64种．解法二 从10件产品中任取3件，取法有C 310种，不含次品的取法有C 38种，所以至少有1件次品的取法有C 310－C 38＝64种．6．某次足球赛共12支球队参加，分三个阶段进行．(1)小组赛：经抽签分成甲、乙两组，每组6队进行单循环比赛，以积分及净胜球数取前两名；(2)半决赛：甲组第一名与乙组第二名，乙组第一名与甲组第二名进行主客场交叉淘汰赛(每两队主客场各赛一场)决出胜者；(3)决赛：两个胜队参加决赛一场，决出胜负．全部赛程共需比赛多少场？解析：(1)小组赛中每组6队进行单循环比赛，就是6支球队的任两支球队都要比赛一次，所需比赛的场次即为从6个元素中任取2个元素的组合数，所以小组赛共要比赛2C 26＝2×6×51×2＝30(场)． (2)半决赛中甲组第一名与乙组第二名(或乙组第一名与甲组第二名)主客场各赛一场，所需比赛的场次即为从2个元素中任取2个元素的排列数，所以半决赛共要比赛2A 22＝2×1×2＝4(场)．(3)决赛只需比赛1场，即可决出胜负．所以全部赛程共需比赛30＋4＋1＝35(场)．。
高中数学人教A版选修2-2优化练习：第一章 1.3 1.3.3 函数的最大(小)值与导数 Word版含解析
[课时作业] [A 组 基础巩固]1．函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的最大值是M ，最小值是m ，若M ＝m ，则f ′(x )( ) A ．等于0 B ．大于0 C ．小于0D ．以上都有可能解析：由题意，知在区间[a ，b ]上，有m ≤f (x )≤M ，当M ＝m 时，令M ＝m ＝C ，则必有f (x )＝C ，∴f ′(x )＝C ′＝0.故选A.答案：A2．函数y ＝ln xx 的最大值为( )A ．e －1 B ．e C ．e 2D.103解析：y ′＝1x ·x －ln x x 2＝1－ln xx 2(x >0)， 令y ′＝0，得x ＝e.∴当0<x ≤e 时，y ′≥0，y ＝ln xx 为增函数；当x >e 时，y ′<0，y ＝ln xx为减函数．∴y ＝ln x x 在(0，＋∞)上的最大值为y max ＝ln e e ＝1e .答案：A3．函数f (x )＝x ＋2cos x 在区间[－π2，0]上的最小值是( )A ．－π2B ．2 C.π6＋ 3 D.π3＋1 解析：f ′(x )＝1－2sin x ， ∵x ∈[－π2，0]，∴sin x ∈[－1,0]，∴－2sin x ∈[0,2]． ∴f ′(x )＝1－2sin x >0在[－π2，0]上恒成立，∴f (x )在[－π2，0]上单调递增．∴f (x )min ＝f (－π2)＝－π2＋2cos(－π2)＝－π2.答案：A4．已知函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．m ≥32B ．m >32C ．m ≤32D ．m <32解析：因为函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，所以f ′(x )＝2x 3－6x 2.令f ′(x )＝0，得x ＝0或x＝3.经检验知x ＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f (3)＝3m －272.不等式f (x )＋9≥0恒成立，即f (x )≥－9恒成立，所以3m －272≥－9，解得m ≥32.答案：A5．已知函数y ＝－x 2－2x ＋3在[a,2]上的最大值为154，则a 等于( )A ．－32B.12 C ．－12D.12或－32解析：y ′＝－2x －2，令y ′＝0得x ＝－1. 当a ≤－1时，最大值为f (－1)＝4，不合题意．当－1<a <2时，f (x )在[a,2]上单调递减，最大值为f (a )＝－a 2－2a ＋3＝154，解得a ＝－12或a ＝－32(舍去)．答案：C6．函数f (x )＝x －ln x ，x ∈[1e ，e]的最大值为________．解析：f ′(x )＝1－1x ，x >0.由f ′(x )＝0，得x ＝1.又f (1)＝1，f (1e )＝1e ＋1，f (e)＝e －1，∵f (1e )－f (e)＝2＋1e －e<2＋12－e<0，∴f (1e )<f (e)，f (x )最大值为f (e)＝e －1.答案：e －17．已知f (x )＝－x 2＋mx ＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f (x )的极大值，则m的取值范围是________．解析：f ′(x )＝m －2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝m 2.由题设得m2∈[－2，－1]，故m ∈[－4，－2]．答案：[－4，－2]8．已知函数f (x )＝2ln x ＋ax 2(a >0)．若当x ∈(0，＋∞)时，f (x )≥2恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：f (x )≥2即a ≥2x 2－2x 2ln x . 令g (x )＝2x 2－2x 2ln x ，x >0，则g ′(x )＝2x (1－2ln x )．由g ′(x )＝0得x ＝e 12，且0<x <e 12时，g ′(x )>0；当x >e 12时g ′(x )<0，∴x ＝e 12时g (x )取最大值g (e 12)＝e ，∴a ≥e.答案：[e ，＋∞)9．已知f (x )＝ax 3＋bx 2－2x ＋c 在x ＝－2时有极大值6，在x ＝1时有极小值，求a ，b ，c 的值；并求f (x )在区间[－3,3]上的最大值和最小值．解析：f ′(x )＝3ax 2＋2bx －2，由条件知 ⎩⎪⎨⎪⎧f ′(－2)＝12a －4b －2＝0，f ′(1)＝3a ＋2b －2＝0，f (－2)＝－8a ＋4b ＋4＋c ＝6.解得a ＝13，b ＝12，c ＝83.f (x )＝13x 3＋12x 2－2x ＋83，f ′(x )＝x 2＋x －2，由上表知，在区间[－3,3]上，当x ＝3时，f (x )max ＝616， x ＝1时，f (x )min ＝32.10．设函数f (x )＝ln x ＋ln(2－x )＋ax (a >0)． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0,1]上的最大值为12，求a 的值．解析：函数f (x )的定义域为(0,2)， f ′(x )＝1x －12－x＋a .(1)当a ＝1时，f ′(x )＝－x 2＋2x (2－x )，令f ′(x )＝0，得x ＝ 2. 当f ′(x )>0时， x ∈(0，2)； 当f ′(x )<0时，x ∈(2，2)．所以f (x )的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，2)． (2)当x ∈(0,1]时，f ′(x )＝2－2xx (2－x )＋a >0，即f (x )在(0,1]上单调递增，故f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a ，因此a ＝12.[B 组 能力提升]1．记函数f (x )＝13x 3－12x 2＋12在(0，＋∞)的值域为M ，g (x )＝(x ＋1)2＋a 在(－∞，＋∞)的值域为N ，若N ⊆M ，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≥12B ．a ≤12C ．a ≥13D ．a ≤13解析：因为f ′(x )＝x 2－x ，由f ′(x )>0⇒x ∈(－∞，0)∪(1，＋∞)；由f ′(x )<0⇒x ∈(0,1)，所以函数f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以M ＝⎣⎡⎭⎫13，＋∞，又N ＝[a ，＋∞)，所以若N ⊆M ，则实数a 的取值范围是a ≥13，故选C.答案：C2．已知函数f (x )的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f ′(x )下列关于函数f (x )的命题： ①函数y ＝f (x )是周期函数； ②函数f (x )在[0,2]上是减函数；③如果当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，那么t 的最大值为4； ④当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 有4个零点． 其中真命题的个数是( ) A ．4 B ．3 C ．2D ．1解析：由y ＝f ′(x )的图象，可知f (x )在[－1,0]，[2,4]上为增函数，在(0,2)，(4,5]上为减函数，由于f (－1)＝f (5)＝1，f (0)＝f (4)＝2，故f (x )max ＝2，f (2)为极小值，且与1的大小不确定．由于f (x )的定义域为[－1,5]，故f (x )不是周期函数，故①不正确；对于③，应有t ∈[0,5]，故t max ＝5，故③不正确；对于④，由于f (x )极小值＝f (2)与1的大小不确定；故④不正确；只有②正确．答案：D3．若函数f (x )＝x x 2＋a (a >0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a 的值为________．解析：f ′(x )＝x 2＋a －2x 2(x 2＋a )2＝a －x 2(x 2＋a )2，令f ′(x )＝0，解得x ＝a 或x ＝－a (舍去)．当x >a 时，f ′(x )<0；当0<x <a 时，f ′(x )>0； 当x ＝a 时，f (x )＝a 2a ＝33，a ＝32<1，不合题意． ∴f (x )max ＝f (1)＝11＋a ＝33，解得a ＝3－1. 答案：3－14．已知函数f (x )＝1＋ln x x ，若函数在区间(a ，a ＋12)(其中a >0)上存在最大值，则实数a的取值范围是________．解析：因为f (x )＝1＋ln x x ，x >0，所以f ′(x )＝－ln xx 2.当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.所以f (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞ )上单调递减， 所以函数f (x )在x ＝1处取得极大值．因为函数f (x )在区间(a ，a ＋12)(其中a >0)上存在最大值，所以⎩⎪⎨⎪⎧a <1a ＋12>1，解得12<a <1.答案：12<a <15．已知函数f (x )＝a (x 2－x －1)e x (x ∈R)，a 为正数．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对∀x 1，x 2∈[0,4]均有|f (x 1)－f (x 2)|<1成立，求实数a 的取值范围． 解析：(1)令f ′(x )＝a (3x －x 2)e x ＝ax (3－x )e x ＝0得x ＝0或x ＝3. ∵a >0，e x >0，∴当x ∈(－∞，0)时f ′(x )<0， 当x ∈(0,3)时f ′(x )>0. 当x ∈(3，＋∞)时f ′(x )<0.故f (x )的单调减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)， 增区间为(0,3)．(2)在x ∈[0,4]时由(1)知在x ∈[0,3]时单调递增，x ∈[3,4]时单调递减， ∴f (3)为f (x )在[0,4]上的最大值． 而f (0)＝－a ，f (4)＝11ae 4，则f (0)<f (4)故在[0,4]上f (x )的最小值为f (0) 若要对∀x 1，x 2∈[0,4]有|f (x 1)－f (x 2)|<1 只需|f (x )max －f (x )min |<1，即f (3)－f (0)<1 ∴5a e 3＋a <1⇒a <e 35＋e 3， 又a >0，∴a 的取值范围为(0，e 35＋e 3)．6．已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a <0. (1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间； (2)若f (x )在区间[1,4]上的最小值为8，求a 的值． 解析：(1)当a ＝－4时，f (x )＝(2x －4)2x ＝4(x －2)2x ，f (x )的定义域为[0，＋∞)f ′(x )＝8(x －2)x ＋2(x －2)2x ＝2(x －2)(5x －2)x令f ′(x )>0得0<x <25，x >2所以当a ＝－4时，f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，25和(2，＋∞) (2)f (x )＝(2x ＋a )2x ， f ′(x )＝4(2x ＋a )x ＋(2x ＋a )22x＝(2x ＋a )(10x ＋a )2x，令f ′(x )＝0，得x 1＝－a 2，x 2＝－a10，∵a <0，∴x 1>x 2>0，所以，在区间⎝⎛⎭⎫0，－a 10，⎝⎛⎭⎫－a2，＋∞上，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 在区间⎝⎛⎭⎫－a 10，－a2上，f ′(x )<0，f (x )的单调递减； 又易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝⎛⎭⎫－a2＝0. ①当－a2≤1时，即－2≤a <0时，f (x )在区间[1,4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝－2±22，均不符合题意．②当1<－a2≤4时，即－8≤a <－2时，f (x )在区间[1,4]上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝0，不符合题意．③当－a2>4时，即a <－8时，f (x )在区间[1,4]上的最小值可能为x ＝1或x ＝4处取到，而f (1)≠8，f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8，得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，当a ＝－10时， f (x )在区间[1,4]上单调递减，f (x )在区间[1,4]上的最小值f (4)＝8符合题意． 综上，a ＝－10.。
高中数学人教A版选修2-3课后训练：1.2.1 排列 Word版含解析
课后训练一、选择题1．(2013北京朝阳模拟)12312!3!4!!n n -++++=…( ) A ．11n -！ B ．11n -！ C ．11n - D ．11n-2．已知224A 7A n n -=，则n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．23．爱国主义电影《太行山上》在5个单位轮流上映，每一个单位放映一场，有( )种轮映次序．A ．25B ．120C ．55D ．544．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( ) A ．3×3! B ．3×(3！)3 C ．(3！)4 D ．9!5．某节假日，某校校办公室要安排从一号至六号由指定的六位领导参加的值班表，要求每一位领导值班一天，但校长甲与乙不能相邻且主任丙与主任丁也不能相邻，则共有( )种不同的安排方法．A ．240B ．264C ．336D ．4086．某大楼安装了5个彩灯，它们闪亮的顺序不固定．每个彩灯只能闪亮红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色，且这5个彩灯所闪亮的颜色各不相同．记这5个彩灯有序地各闪亮一次为一个闪烁．在每个闪烁中，每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒．如果要实现所有不同的闪烁，那么需要的时间至少是( )A ．1 205秒B ．1 200秒C ．1 195秒D ．1 190秒 二、填空题7．由0,1,3,5,7,9这六个数字可组成__________个没有重复数字的六位奇数．8．张、王两家夫妇各带1个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园．为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6个人的入园排法共有__________种．三、解答题9．(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数为多少？(2)有5个人并排站成一排，如果甲必须在乙的右边，则不同的排法有多少种？10．某天某班的课程表要排入数学、语文、英语、物理、化学、体育六门课程，如果第一节不排体育，第六节不排数学，一共有多少种不同的排法？参考答案1答案：A 解析：∵111(1)n n n n -=--！！！， ∴1231234n n -+++…+！！！！ ＝111111111223!3!4!(1)n n -+-+-++--…！！！！！ ＝1－1n ！．2答案：B 解析：由排列数公式得：n (n －1)＝7(n －4)·(n －5)，∴3n 2－31n ＋70＝0，解得n ＝7，或n ＝103(舍)． 3答案：B 解析：由排列数的定义知，有55A ＝5×4×3×2×1＝120种轮映次序．4答案：C 解析：完成这件事可以分为两步，第一步排列三个家庭的相对位置，有33A 种排法；第二步排列每个家庭中的三个成员，共有333333A A A 种排法．由乘法原理可得不同的坐法种数有33333333A A A A ，故选C ．5答案：C 解析：(用排除法)6252522462525224A A A A A +A A A 336--=．6答案：C 解析：由题意知，共有55A ＝120个不同的闪烁，而每一个闪烁要完成5个闪亮需用时5秒钟，共有120×5＝600秒，每两个闪烁之间需间隔5秒钟，共有120－1＝119个闪烁间隔，用时119×5＝595秒，故总用时600＋595＝1 195秒．7答案：480 解析：0不能在首位，也不能在末位，有14A 种排法，其余的有55A 种排法，共有1545A A 480⋅=种．8答案：24 解析：分3步完成：第1步，将两位爸爸排在两端，有22A 种排法；第2步，将两个小孩看做一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置，有33A 种排法； 第3步，两个小孩之间有22A 种排法．所以这6个人的入园排法共有232232A A A 24⋅⋅=种．9解：由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由于这5个空座位之间共有4个空，3个人去插，共有34A ＝24种．答案：∵总的排法数为55A ＝120种， ∴甲在乙的右边的排法数为551A 602=种． 10答案：解法一：依排第一节课的情形进行分类． ∵第一节排数学，第六节排体育的排法有44A 种； 第一节排数学，第六节不排体育的排法有1444A A ⨯种； 第一节不排数学，第六节排体育的排法有1444A A ⨯种； 第一节和第六节都不排数学和体育的排法有2444A A ⨯种． ∴由分类加法计数原理，所求的不同的排法有4142444444A 2A A +A A 504+⨯⨯=种．解法二：依数学课的排法进行分类．∵数学排在第一节，体育排在第六节的排法有44A 种；数学排在第一节，体育不排在第六节的排法有1444A A ⨯种； 数学不排第一节，体育排在第六节的排法有1444A A ⨯种； 数学、体育都不排在第一节和第六节的排法有2444A A ⨯种．∴由分类加法计数原理，所求的不同排法有4142444444A 2A A +A A 504+⨯⨯=种．解法三：∵不考虑任何限制条件的排法有66A 种，其中数学在第六节有55A 种，体育在第一节有55A 种，但上面两种排法中都含有数学在第六节，体育在第一节的排法有44A 种．∴所求的不同的排法有654654A 2A +A 504-=种．答：一共有504种不同的排法．。
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[课时作业]
[A组基础巩固]
1．已知A2n＝7A2n－4，则n的值为()
A．6 B．7
C．8 D．2
解析：由排列数公式得：n(n－1)＝7(n－4)(n－5)，
∴3n2－31n＋70＝0，解得n＝7或10
3(舍去)．
答案：B
2．有4名司机、4名售票员分配到4辆汽车上，使每辆汽车上有一名司机和一名售票员，则可能的分配方案种数为()
A．A88B．A48
C．A44A44D．2A44
解析：安排4名司机，有A44种方案，安排4名售票员，有A44种方案．司机与售票员都安排好，这件事情才算完成，由分步乘法计数原理知共有A44A44种方案．故选C.
答案：C
3．有3名男生和5名女生站成一排照相，如果男生不排在最左边且两两不相邻，则不同的排法有()
A．A33·A58种B．A55·A34种
C．A55·A35种D．A55·A36种
解析：插空法，注意考虑最左边位置.5名女生先排，有A55种排法，除去最左边的空共有5个空位供男生选，有A35种排法，故共有A55·A35种不同的排法．故选C.
答案：C
4．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为() A．3×3! B．3×(3！)3
C．(3！)4D．9!
解析：把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种．
答案：C
5．一个长椅上共有10个座位，现有4人去坐，其中恰有5个连续空位的坐法共有() A．240种B．600种
C．408种D．480种
解析：将四人排成一排共有A44种排法；产生5个空位，将五个空椅和一个空椅构成的两个
元素插入共有A25种方法；由分步乘法计数原理，满足条件的坐法共有A44·A25＝480种．
答案：D
6．在书柜的某一层上原来共有5本不同的书，如果保持原有书的相对顺序不变，再插进去3本不同的书，那么共有________种不同的插入法．(用数字回答)
解析：试想原来的5本书与新插入的3本书已经放好，则这3本新书一定是这8本书中的某3本，因此“在5本书中插入3本书”就与“从8本书中抽出3本书”对应，故符合题意的插法共有A38＝336种．
答案：336
7．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．
解析：记5件产品为A、B、C、D、E，A、B相邻视为一个元素，先与D、E进行排列，有A22A33种方法；再将C插入，仅有3个空位可选，共有A22A33×3＝2×6×3＝36种不同的摆法．
答案：36
8．从集合{0,1,2,5,7,9,11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax＋By＋C＝0中的系数A，B，C，所得直线经过坐标原点的有________条．
解析：易知过原点的直线方程的常数项为0，则C＝0，再从集合中任取两个非零元素作为系数A、B，有A26种，而且其中没有相同的直线，所以符合条件的直线有A26＝30(条)．
答案：30
9．用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成多少个无重复数字的
(1)六位奇数；
(2)个位数字不是5的六位数．
解析：(1)解法一(从特殊位置入手)
分三步完成，第一步先填个位，有A13种填法，第二步再填十万位，有A14种填法，第三步填其他位，有A44种填法，故共有A13A14A44＝288个六位奇数．
解法二(从特殊元素入手)
0不在两端有A14种排法，从1,3,5中任选一个排在个位有A13种排法，其他各位上用剩下的元素做全排列有A44种排法，故共有A14A13A44＝288个六位奇数．
解法三(排除法)
6个数字的全排列有A66个，0,2,4在个位上的排列数为3A55个，1,3,5在个位上，0在十万位上的排列数有3A44个，故对应的六位奇数的排列数为A66－3A55－3A44＝288个．
(2)解法一(排除法)
0在十万位和5在个位的排列都不对应符合题意的六位数．
故符合题意的六位数共有A66－2A55＋A44＝504个．
解法二(直接法)
个位不排5，有A15种排法，但十万位数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同．因此需分两类．
第一类：当个位排0时，有A55个．
第二类：当个位不排0时，有A14A14A44个．
故共有符合题意的六位数A55＋A14A14A44＝504个．
10．某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个歌曲，3个舞蹈，3个曲艺节目，求分别满足下列条件的节目编排方法有多少种？
(1)一个歌曲节目开头，另一个放在最后压台；
(2)2个歌曲节目互不相邻；
(3)2个歌曲节目相邻且3个舞蹈节目不相邻．
解析：(1)先排歌曲节目有A22种排法，再排其他节目有A66种排法，所以共有A22A66＝1 440种排法．
(2)先排3个舞蹈节目，3个曲艺节目有A66种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排歌曲节目，有A27种插入方法，所以共有A66A27＝30 240种排法．
(3)把2个相邻的歌曲节目看作一个元素，与3个曲艺节目排列共有A44种排法，再将3个舞蹈节目插入，共有A35种插入方法，最后将2个歌曲节目互换位置，有A22种排法，故所求排法共有A44A35A22＝2 880种排法．
[B组能力提升]
1．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
解析：分两类：第一类：甲排在第一位，共有A44＝24种排法；第二类：甲排在第二位，共有A13·A33＝18种排法，所以共有编排方案24＋18＝42种，故选B.
答案：B
2．取1,2,3,4,5这五个数字中的两个分别作为一个对数的底数和真数，则所得的不同值有()
A．12个B．13个
C．16个D．20个
解析：分二类：两个数中有1时，值为0.两个数中无1时，有A24＝12个，共有A24＋1＝13个，故选B.
答案：B
3．用数字1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的六位数，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________．
解析：第一步，将3,4,5,6按奇偶相间排成一列，共有2×A22×A22＝8(种)排法；第二步，再将1,2捆绑插入4个数字产生的5个空位中，共有A15＝5(种)插法，插入时需满足条件相邻数字的奇偶性不同，1,2的排法由已排4个数的奇偶性确定．∴不同的排法有8×5＝40(种)，即这样的六位数有40个．
答案：40
4．(2016年高考全国甲卷)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．
解析：由题意得：丙不拿(2,3)，
若丙(1,2)，则乙(2,3)，甲(1,3)满足，
若丙(1,3)，则乙(2,3)，甲(1,2)不满足，
故甲(1,3)．
答案：(1,3)
5．三名男歌唱家和两名女歌唱家联合举行一场音乐会，演出出场顺序要求两名女歌唱家之间恰有一名男歌唱家，则共有多少种出场方案．
解析：将“女男女”当整体看待，有6种情况，每一种情况有A33种，所以共有6A33＝6×3×2＝36(种)．
6．在集合{1,2,3，…，20}中取出三个数排成一列，使它们构成等差数列，问一共可以构成多少个等差数列？
解析：先选出两个数a ，c 作为等差数列的首项和末项，则中间一个数应为a ＋c 2，为使a ＋c
2
在
集合中，故分两类：(1)a ，c 同为奇数，N 1＝A 210，(2)a ，c 同为偶数，N 2＝A 2
10，故满足条件的等差数列共有N ＝N 1＋N 2＝A 210＋A 210
＝180个.。