专题15 排列组合问题-2018年高考数学母题题源系列(浙江专版)(原卷版)

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精品解析：2018年全国普通高等学校招生统一考试数学(浙江卷)(原卷版)

绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分。

全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页。

满分150分。

考试用时120分钟。

考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。

2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

参考公式：选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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。

1.已知全集{}1,2,3,4,5U =，{}1,3A =，则U A =ð（）A. ∅B. {}1,3C. {}2,4,5D. {}1,2,3,4,52.双曲线221 3x y -=的焦点坐标是（）A. ()，)B. ()2,0-，()2,0C. (0,，(D. ()0,2-，()0,23.某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（）A. 2B. 4C. 6D. 84.复数21i- (i 为虚数单位)的共轭复数是 A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i5.函数y =2x sin2x 的图象可能是 A. B. C.D.6.已知直线m ，n 和平面α，n ⊂α，则“m n P ”是“m αP ”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件7.设01p <<，随机变量ξ分布列如图，则当p 在()0,1内增大时，（）A. ()D ξ减小B. ()D ξ增大C. ()D ξ先减小后增大D. ()D ξ先增大后减小8.已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则（）A. 123θθθ≤≤B. 321θθθ≤≤C. 132θθθ≤≤D. 231θθθ≤≤9.已知a r 、b r 、e r 是平面向量，e r 是单位向量．若非零向量a r 与e r的夹角为3π，向量b r 满足2430b e b -⋅+=r r r ，则a b -r r的最小值是（）A.1B.1C. 2D. 210.已知1234,,,a a a a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则（） A. 1324,a a a a <<B. 1324,a a a a ><C. 1324,a a a a <>D. 1324,a a a a >>非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。

2018年高考数学分类汇编：专题排列组合、程序框图、二项展开式试题及答案详解

2018年高考数学分类汇编----排列组合1、（2018年高考全国卷1理科第15题）（5分）从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有16种．（用数字填写答案）【解答】解：方法一：直接法，1女2男，有C21C42=12，2女1男，有C22C41=4根据分类计数原理可得，共有12+4=16种，方法二，间接法：C63﹣C43=20﹣4=16种，故答案为：162、（2018年高考全国卷II文科第5题）（5分）从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是女同学的概率为（）A．0.6 B．0.5 C．0.4 D．0.3【解答】解：从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，共有C52=10种，其中全是女生的有C32=3种，故选中的2人都是女同学的概率P==0.3，故选：D．3、（2018年高考上海卷第9题）（5分）有编号互不相同的五个砝码，其中5克、3克、1克砝码各一个，2克砝码两个，从中随机选取三个，则这三个砝码的总质量为9克的概率是（结果用最简分数表示）．【解答】解：编号互不相同的五个砝码，其中5克、3克、1克砝码各一个，2克砝码两个，从中随机选取三个，3个数中含有1个2；2个2，没有2，3种情况，所有的事件总数为：=10，这三个砝码的总质量为9克的事件只有：5，3，1或5，2，2两个，所以：这三个砝码的总质量为9克的概率是：=，故答案为：．4、（2018年高考浙江卷第16题）（4分）从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成1260个没有重复数字的四位数．（用数字作答）【解答】解：从1，3，5，7，9中任取2个数字有种方法，从2，4，6，0中任取2个数字不含0时，有种方法，可以组成=720个没有重复数字的四位数；含有0时，0不能在千位位置，其它任意排列，共有=540，故一共可以组成1260个没有重复数字的四位数．故答案为：1260．2018年高考数学分类汇编----程序框图1、（2018年高考全国卷II文科第8题）（5分）为计算S=1﹣+﹣+…+﹣，设计了如图的程序框图，则在空白框中应填入（）A．i=i+1 B．i=i+2 C．i=i+3 D．i=i+4【解答】解：模拟程序框图的运行过程知，该程序运行后输出的是S=N﹣T=（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）；累加步长是2，则在空白处应填入i=i+2．故选：B．2、（2018年高考全国卷II理科第14题）（5分）为计算S=1﹣+﹣+…+﹣，设计了如图的程序框图，则在空白框中应填入（）A．i=i+1 B．i=i+2 C．i=i+3 D．i=i+4【解答】解：模拟程序框图的运行过程知，该程序运行后输出的是S=N﹣T=（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）；累加步长是2，则在空白处应填入i=i+2．故选：B．3、（2018年高考北京卷文科第3题）（5分）执行如图所示的程序框图，输出的s值为（）A．B．C．D．【解答】解：在执行第一次循环时，k=1，S=1．在执行第一次循环时，S=1﹣=．由于k=2≤3，所以执行下一次循环．S=，k=3，直接输出S=，故选：B．4、（2018年高考北京卷理科第3题）（5分）执行如图所示的程序框图，输出的s值为（）A．B．C．D．【解答】解：在执行第一次循环时，k=1，S=1．在执行第一次循环时，S=1﹣=．由于k=2≤3，所以执行下一次循环．S=，k=3，直接输出S=，故选：B．5、（2018年高考江苏卷第4题）（5分）一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的S的值为8．【解答】解：模拟程序的运行过程如下；I=1，S=1，I=3，S=2，I=5，S=4，I=7，S=8，此时不满足循环条件，则输出S=8．故答案为：8．6、（2018年高考天津卷文科第4题）（5分）阅读如图的程序框图，运行相应的程序，若输入N的值为20，则输出T的值为（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：若输入N=20，则i=2，T=0，==10是整数，满足条件．T=0+1=1，i=2+1=3，i≥5不成立，循环，=不是整数，不满足条件．，i=3+1=4，i≥5不成立，循环，==5是整数，满足条件，T=1+1=2，i=4+1=5，i≥5成立，输出T=2，故选：B．7、（2018年高考天津卷理科第3题）（5分）阅读如图的程序框图，运行相应的程序，若输入N的值为20，则输出T的值为（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：若输入N=20，则i=2，T=0，==10是整数，满足条件．T=0+1=1，i=2+1=3，i≥5不成立，循环，=不是整数，不满足条件．，i=3+1=4，i≥5不成立，循环，==5是整数，满足条件，T=1+1=2，i=4+1=5，i≥5成立，输出T=2，故选：B．2018年高考数学分类汇编----二项展开式1、（2018年高考全国卷III理科第5题）（5分）（x2+）5的展开式中x4的系数为（）A．10 B．20 C．40 D．80【解答】解：由二项式定理得（x2+）5的展开式的通项为：T r+1=（x2）5﹣r（）r=，由10﹣3r=4，解得r=2，∴（x2+）5的展开式中x4的系数为=40．故选：C．2、（2018年高考上海卷第3题）（4分）在（1+x）7的二项展开式中，x2项的系数为21（结果用数值表示）．【解答】解：二项式（1+x）7展开式的通项公式为T r+1=•x r，令r=2，得展开式中x2的系数为=21．故答案为：21．3、（2018年高考天津卷理科第10题）（5分）在（x﹣）5的展开式中，x2的系数为．【解答】解：（x﹣）5的二项展开式的通项为=．由，得r=2．∴x2的系数为．故答案为：．4、（2018年高考浙江卷第14题）（4分）二项式（+）8的展开式的常数项是7．【解答】解：由=．令=0，得r=2．∴二项式（+）8的展开式的常数项是．故答案为：7．。

浙江专用2018版高考数学大一轮复习第十章计数原理10.2排列与组合课件

们不相邻的五位数.
(2)有多少个含数字1，2，3，且必须按由大到小顺序排列的六位数？解答
在六个位置先排 0，4，5，先不考虑 0 是否在首位，则有 A3 6个，去掉 0
2 在首位，即有 A3 － A 6 5个，0，4，5 三个元素排在六个位置上留下了三个
空位，1，2，3 必须由大到小进入相应位置，并不能自由排列，所以有
＝6 090(种).
∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种.
题型三排列与组合问题的综合应用命题点1 相邻问题
例3
(2016· 济南模拟)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一
答案解析
起，则不同的坐法种数为
A.3×3!
B.3×(3！)3
C.(3！)4
D.9!
把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种坐法.
4 2 2 故有 C4 ＋ C ＋ C 5 4 5C4＝66(种)不同的取法.
(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 36 种不同选法. _____
答案解析
只需从 A，B，C 之外的 9 人中选择 2 人，即有 C2 9＝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
m＝ n(n－1)(n－2)„(n－m＋1)＝ (1) An
n
Am
m！
性质
n！ (1)0！＝ 1 ；An n ＝____
(2)
m m－1 m n－m ； m ＝_________ C ＋ C n n Cn ＝Cn Cn＋1
思考辨析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！.( √ )

(完整版)2018年高考浙江卷数学试题解析(精编版)(解析版)(可编辑修改word版)

点睛：本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其
运算技巧和常规思路，如
. 其次要熟悉复数的相关基本概念，如
复数
的实部为、虚部为、模为
、对应点为、共轭复数为 .
5. 函数 y= sin2x 的图象可能是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.
【答案】 (1).
(2). 3
【解析】分析:根据正弦定理得 sinB,根据余弦定理解出 c.
详解：由正弦定理得
,所以
由余弦定理得
（负值舍去）.
点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化为边和
角之间的关系，从而达到解决问题的目的.
14. 二项式
的展开式的常数项是___________．
当时， ___________， ___________．
【答案】 (1). 8 (2). 11 【解析】分析:将 z 代入解方程组可得 x,y 值. 详解：点睛：实际问题数学化，利用所学的知识将陌生的性质转化为我们熟悉的性质，是解决这类问题的突破口．
12. 若满足约束条件
则
的最小值是___________，最大值是___________．
【答案】7 【解析】分析:先根据二项式展开式的通项公式写出第 r+1 项，再根据项的次数为零解得 r，代入即得结果.
详解：二项式
的展开式的通项公式为
,
令
得，故所求的常数项为
点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略： (1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可. (2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数的值，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出特定项的系数.

2018年全国普通高等学校招生统一考试数学(浙江卷)试题(解析版)

2018年全国普通高等学校招生统一考试数学（浙江卷）试题一、单选题1．已知全集U={1，2，3，4，5}，A={1，3}，则A. B. {1，3} C. {2，4，5} D. {1，2，3，4，5}【答案】C【解析】分析:根据补集的定义可得结果.详解：因为全集，，所以根据补集的定义得,故选C.点睛：若集合的元素已知，则求集合的交集、并集、补集时，可根据交集、并集、补集的定义求解．2．双曲线的焦点坐标是A. (−，0)，(，0)B. (−2，0)，(2，0)C. (0，−)，(0，)D. (0，−2)，(0，2)【答案】B【解析】分析:根据双曲线方程确定焦点位置，再根据求焦点坐标.详解：因为双曲线方程为，所以焦点坐标可设为，因为，所以焦点坐标为，选B.点睛：由双曲线方程可得焦点坐标为，顶点坐标为，渐近线方程为.3．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】分析:先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为选C.点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.4．复数(i为虚数单位)的共轭复数是A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i【答案】B【解析】分析:先分母实数化化简复数，再根据共轭复数的定义确定结果.详解：，∴共轭复数为，选B.点睛：本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如. 其次要熟悉复数的相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭复数为.5．函数y=sin2x的图象可能是A. B.C. D.【答案】D【解析】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.详解：令，因为，所以为奇函数，排除选项A,B;因为时，，所以排除选项C，选D.点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．6．已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】分析:根据线面平行的判定定理得充分性成立，而必要性显然不成立.详解：因为，所以根据线面平行的判定定理得.由不能得出与内任一直线平行，所以是的充分不必要条件，故选A.点睛：充分、必要条件的三种判断方法：（1）定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．（2）等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．（3）集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．7．设0<p<1，随机变量ξ的分布列是则当p在（0，1）内增大时，A. D（ξ）减小B. D（ξ）增大C. D（ξ）先减小后增大D. D（ξ）先增大后减小【答案】D【解析】分析:先求数学期望，再求方差，最后根据方差函数确定单调性.详解：，，，∴先增后减,因此选D.点睛：8．已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】D【解析】分析:分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.详解：设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，OM，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，因此从而因为，所以即，选D.点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.9．已知a，b，e是平面向量，e是单位向量．若非零向量a与e的夹角为，向量b满足b2−4e·b+3=0，则|a−b|的最小值是A. −1B. +1C. 2D. 2−【答案】A【解析】分析:先确定向量所表示的点的轨迹，一个为直线，一个为圆，再根据直线与圆的位置关系求最小值.详解：设，则由得，由得因此的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，为选A.点睛：以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程、解不等式、求函数值域或直线与曲线的位置关系，是解决这类问题的一般方法.10．已知成等比数列，且．若，则A. B. C. D.【答案】B【解析】分析:先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断.详解：令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.点睛：构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如二、填空题11．我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一。

2018年浙江高考数学试卷(word版含答案)

(2)若a≤3−4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点
2018年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)
数学答案
1.答案：
C
解答：
由题意知 .
2.答案：
B
解答：
∵ ，∴双曲线的焦点坐标是， .
3.答案：C
解答：
该几何体的立体图形为四棱柱，
.
4.答案：B
解答：
21.(15分)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上
(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴
(2)若P是半椭圆x2+ =1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围
22.(15分)已知函数f(x)= −lnx
(1)若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2
三、解答题(本大题共5小题，共74分)
18.(14分)已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P(− ，− )
(1)求sin(α+π)的值
(2)若角β满足sin(α+β)= ，求cosβ的值
19.(15分)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2
16.从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成______________________个没有重复数字的四位数(用数字作答)
17.已知点P(0，1)，椭圆 +y2=m(m>1)上两点A，B满足 =2 ，则当m=____________________时，点B横坐标的绝对值最大

精品解析：2018年全国普通高等学校招生统一考试数学(浙江卷)(解析版)

绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分。

全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页。

满分150分。

考试用时120分钟。

考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。

2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

参考公式：互斥，则相互独立，则分别表示台体的上、下底面积，台体的高柱体的体积公式表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式表示锥体的底面积，表示锥体的高球的体积公式其中表示球的半径选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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。

1. 已知全集U ={1，2，3，4，5}，A ={1，3}，则A. B. {1，3} C. {2，4，5} D. {1，2，3，4，5}【答案】C【解析】分析:根据补集的定义可得结果.详解：因为全集，，所以根据补集的定义得,故选C.点睛：若集合的元素已知，则求集合的交集、并集、补集时，可根据交集、并集、补集的定义求解．2. 双曲线的焦点坐标是A. (−，0)，(，0)B. (−2，0)，(2，0)C. (0，−)，(0，)D. (0，−2)，(0，2)【答案】B【解析】分析:根据双曲线方程确定焦点位置，再根据求焦点坐标.详解：因为双曲线方程为，所以焦点坐标可设为，因为，所以焦点坐标为，选B.点睛：由双曲线方程可得焦点坐标为，顶点坐标为，渐近线方程为.3. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】分析:先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为选C.点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.4. 复数(i为虚数单位)的共轭复数是A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i【答案】B【解析】分析:先分母实数化化简复数，再根据共轭复数的定义确定结果.详解：，∴共轭复数为，选B.点睛：本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如. 其次要熟悉复数的相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭复数为.5. 函数y=sin2x的图象可能是A. B.C. D.【答案】D【解析】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.详解：令，因为，所以为奇函数，排除选项A,B;因为时，，所以排除选项C，选D.点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．6. 已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】分析:根据线面平行的判定定理得充分性成立，而必要性显然不成立.详解：因为，所以根据线面平行的判定定理得.由不能得出与内任一直线平行，所以是的充分不必要条件，故选A.点睛：充分、必要条件的三种判断方法：（1）定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．（2）等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．（3）集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．7. 设0<p<1，随机变量ξ的分布列是则当p在（0，1）内增大时，A. D（ξ）减小B. D（ξ）增大C. D（ξ）先减小后增大D. D（ξ）先增大后减小【答案】D【解析】分析:先求数学期望，再求方差，最后根据方差函数确定单调性.详解：，，，∴先增后减,因此选D.点睛：8. 已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】D【解析】分析:分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.详解：设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，OM，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，因此从而因为，所以即，选D.点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.9. 已知a，b，e是平面向量，e是单位向量．若非零向量a与e的夹角为，向量b满足b2−4e·b+3=0，则|a−b|的最小值是A. −1B. +1C. 2D. 2−【答案】A【解析】分析:先确定向量所表示的点的轨迹，一个为直线，一个为圆，再根据直线与圆的位置关系求最小值.详解：设，则由得，由得因此的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，为选A.学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...10. 已知成等比数列，且．若，则A. B. C. D.【答案】B【解析】分析:先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断.详解：令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.点睛：构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。

2018年高考浙江卷数学试题解析(精编版)(解析版)

2018年高考浙江卷数学试题解析(精编版)(解析版)点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.4. 复数(i为虚数单位)的共轭复数是A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i【答案】B【解析】分析:先分母实数化化简复数，再根据共轭复数的定义确定结果.详解：，∴共轭复数为，选B.点睛：本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如. 其次要熟悉复数的相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭复数为.5. 函数y=sin2x的图象可能是A. B.C. D.【答案】D【解析】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.详解：令，因为，所以为奇函数，排除选项A,B;因为时，，所以排除选项C，选D.点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．6. 已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】分析:根据线面平行的判定定理得充分性成立，而必要性显然不成立.详解：因为，所以根据线面平行的判定定理得.由不能得出与内任一直线平行，所以是的充分不必要条件，故选A.点睛：充分、必要条件的三种判断方法：（1）定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．（2）等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．（3）集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．7. 设0<p<1，随机变量ξ的分布列是则当p在（0，1）内增大时，A. D（ξ）减小B. D（ξ）增大C. D（ξ）先减小后增大D. D（ξ）先增大后减小【答案】D【解析】分析:先求数学期望，再求方差，最后根据方差函数确定单调性.详解：，，，∴先增后减,因此选D.点睛：8. 已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】D【解析】分析:分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.详解：设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，OM，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，因此从而因为，所以即，选D.点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.9. 已知a，b，e是平面向量，e是单位向量．若非零向量a与e的夹角为，向量b满足b2−4e·b+3=0，则|a−b|的最小值是A. −1B. +1C. 2D. 2−【答案】A【解析】分析:先确定向量所表示的点的轨迹，一个为直线，一个为圆，再根据直线与圆的位置关系求最小值.详解：设，则由得，由得因此的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，为选A.点睛：以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程、解不等式、求函数值域或直线与曲线的位置关系，是解决这类问题的一般方法.10. 已知成等比数列，且．若，则A. B. C. D.【答案】B【解析】分析:先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断.详解：令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.点睛：构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。

2018年普通高等学校招生全国统一考试数学(浙江卷)

绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试数学(浙江卷)本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页,选择题部分1至2页;非选择题部分2至4页.满分150分,考试时间120分钟.考生注意:1.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上.2.答题时,请按照答题纸上“注意事项”的要求,在答题纸相应的位置上规范作答.在本试题卷上的作答一律无效.参考公式:若事件A,B互斥,则柱体的体积公式P(A+B)=P(A)+P(B) V=Sh若事件A,B相互独立,则其中S表示柱体的底面积,h表示柱体的高P(AB)=P(A)P(B) 锥体的体积公式若事件A在一次试验中发生的概率是p,则n次V=13Sh独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率其中S表示锥体的底面积,h表示锥体的高P n(k)=C n k p k(1-p)n-k(k=0,1,2,…,n) 球的表面积公式台体的体积公式S=4πR2V=13(S1+√S1S2+S2)h球的体积公式其中S1,S2分别表示台体的上、下底面积, V=43πR3h表示台体的高其中R表示球的半径选择题部分(共40分)一、选择题:本大题共10小题,每小题4分,共40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.1.已知全集U={1,2,3,4,5},A={1,3},则∁U A=()A.⌀B.{1,3}C.{2,4,5}D.{1,2,3,4,5}2.双曲线x 23-y2=1的焦点坐标是()A.(-√2,0),(√2,0)B.(-2,0),(2,0)C.(0,-√2),(0,√2)D.(0,-2),(0,2)3.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()A.2B.4C.6D.8(i为虚数单位)的共轭复数是()4.复数21-iA.1+iB.1-iC.-1+iD.-1-i5.函数y=2|x|sin 2x的图象可能是()6.已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件7.设0<p<1,随机变量ξ的分布列是则当p在(0,1)内增大时,()A.D(ξ)减小B.D(ξ)增大C.D(ξ)先减小后增大D.D(ξ)先增大后减小8.已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S-AB-C的平面角为θ3,则()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1,向量b满足b2-4e·b+3=0,则|a-b|的最小9.已知a,b,e是平面向量,e是单位向量.若非零向量a与e的夹角为π3值是()A.√3-1B.√3+1C.2D.2-√310.已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则()A.a1<a3,a2<a4B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4非选择题部分(共110分)二、填空题:本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.11.我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题:“今有鸡翁一,值钱五;鸡母一,值钱三;鸡雏三,值钱一.凡百钱,买鸡百只,问鸡翁、母、雏各几何?”设鸡翁,鸡母,鸡雏个数分别为x ,y ,z ,则{x +y +z =100,5x +3y +1z =100,则z=81时,x= ,y= .12.若x ,y 满足约束条件{x -y ≥0,2x +y ≤6,x +y ≥2,则z=x+3y 的最小值是 ,最大值是 .13.在△ABC 中,角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c.若a=√7,b=2,A=60°,则sin B= ,c= . 14.二项式(√x 3+12x)8的展开式的常数项是 .15.已知λ∈R ,函数f (x )={x -4,x ≥λ,x 2-4x +3,x <λ.当λ=2时,不等式f (x )<0的解集是 .若函数f (x )恰有2个零点,则λ的取值范围是 .16.从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成个没有重复数字的四位数.(用数字作答) 17.已知点P (0,1),椭圆x 24+y 2=m (m>1)上两点A ,B 满足AP⃗⃗⃗⃗⃗ =2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则当m= 时,点B 横坐标的绝对值最大.三、解答题:本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.(本题满分14分)已知角α的顶点与原点O 重复,始边与x 轴的非负半轴重合,它的终边过点P (-35,-45).(1)求sin(α+π)的值;(2)若角β满足sin(α+β)=513,求cos β的值. 19.(本题满分15分)如图,已知多面体ABCA 1B 1C 1,A 1A ,B 1B ,C 1C 均垂直于平面ABC ,∠ABC=120°,A 1A=4,C 1C=1,AB=BC=B 1B=2. (1)证明:AB 1⊥平面A 1B 1C 1;(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值.20.(本题满分15分)已知等比数列{a n }的公比q>1,且a 3+a 4+a 5=28,a 4+2是a 3,a 5的等差中项.数列{b n }满足b 1=1,数列{(b n+1-b n )a n }的前n 项和为2n 2+n. (1)求q 的值;(2)求数列{b n }的通项公式. 21.(本题满分15分)如图,已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点,抛物线C :y 2=4x 上存在不同的两点A ,B 满足PA ,PB 的中点均在C 上.(1)设AB 中点为M ,证明:PM 垂直于y 轴; (2)若P 是半椭圆x 2+y 24=1(x<0)上的动点,求△PAB 面积的取值范围.22.(本题满分15分)已知函数f (x )=√x -ln x.(1)若f (x )在x=x 1,x 2(x 1≠x 2)处导数相等,证明:f (x 1)+f (x 2)>8-8ln 2;(2)若a ≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f (x )有唯一公共点.数学(浙江卷)1.C ∵A={1,3},U={1,2,3,4,5},∴∁U A={2,4,5},故选C .2.B ∵a 2=3,b 2=1,∴c 2=a 2+b 2=3+1=4.∴c=2.又焦点在x 轴上,∴焦点坐标为(-2,0),(2,0). 3.C 由三视图可知该几何体为直四棱柱.∵S 底=12×(1+2)×2=3,h=2, ∴V=Sh=3×2=6.4.B ∵21-i =2(1+i )(1-i )(1+i )=2(1+i )2=1+i, ∴复数21-i 的共轭复数为1-i .5.D 因为在函数y=2|x|sin 2x 中,y 1=2|x|为偶函数,y 2=sin 2x 为奇函数, 所以y=2|x|sin 2x 为奇函数.所以排除选项A,B .当x=0,x=π,x=π时,sin 2x=0,故函数y=2|x|sin 2x 在[0,π]上有三个零点,排除选项C,故选D .6.A 当m ⊄α,n ⊂α时,由线面平行的判定定理可知,m ∥n ⇒m ∥α;但反过来不成立,即m ∥α不一定有m ∥n ,m 与n 还可能异面.故选A .7.D 由题意可知,E (ξ)=0×(1-p 2)+1×12+2×p 2=12+p ,D (ξ)=(0-12-p)2×1-p 2+(1-12-p)2×12+(2-12-p)2×p2=12(-2p 2+2p +12)=-(p 2-p +14-12) =-(p -12)2+12,p ∈(0,1).故当p 在(0,1)内增大时,D (ξ)先增大后减小. 8.D当点E 不是线段AB 的中点时,如图,点G 是AB 的中点,SH ⊥底面ABCD ,过点H 作HF ∥AB ,过点E 作EF ∥BC ,连接SG ,GH ,EH ,SF.可知θ1=∠SEF ,θ2=∠SEH ,θ3=∠SGH. 由题意可知EF ⊥SF ,故tan θ1=SFEF =SFGH >SHGH =tan θ3.∴θ1>θ3.又tan θ3=SHGH >SHEH =tan θ2,∴θ3>θ2.∴θ1>θ3>θ2.当点E 是线段AB 的中点时,即点E 与点G 重合,此时θ1=θ3=θ2. 综上可知,θ1≥θ3≥θ2.9.A ∵e 为单位向量,b 2-4e ·b+3=0,∴b 2-4e ·b+4e 2=1. ∴(b-2e )2=1.以e 的方向为x 轴正方向,建立平面直角坐标系,如图. OE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2e ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,OA⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,α=π. 由(b -2e )2=1,可知点B 在以点E 为圆心,1为半径的圆上.由|a -b |=|OA⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |, 可知|a-b |的最小值即为|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值,即为圆上的点B 到直线OA 的距离. 又直线OA 为y=√3x ,点E 为(2,0),∴点E 到直线OA 的距离d=2√3=√3.∴|BA⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值为√3-1,即|a -b |的最小值为√3-1.10.B 设等比数列的公比为q ,则a 1+a 2+a 3+a 4=a 1(1-q 4)1-q ,a 1+a 2+a 3=a 1(1-q 3)1-q. ∵a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3), ∴a 1+a 2+a 3=e a 1+a 2+a 3+a 4,即a 1(1+q+q 2)=e a 1(1+q+q 2+q 3).又a 1>1,∴q<0.假设1+q+q 2>1,即q+q 2>0,解得q<-1(q>0舍去). 由a 1>1,可知a 1(1+q+q 2)>1,∴a 1(1+q+q 2+q 3)>0,即1+q+q 2+q 3>0,即(1+q )+q 2(1+q )>0,即(1+q )(1+q 2)>0,这与q<-1相矛盾.∴1+q+q 2<1,即-1<q<0.∴a 1>a 3,a 2<a 4.11.8 11 由{x +y +z =100,5x +3y +1z =100,且z=81, 可得{x +y =19,5x +3y =73,解得{x =8,y =11.12.-2 8由约束条件{x -y ≥0,2x +y ≤6,x +y ≥2画出可行域,如图所示的阴影部分.由z=x+3y , 可知y=-13x+z3.由题意可知,当目标函数的图象经过点B 时,z 取得最大值,当目标函数的图象经过点C 时,z 取得最小值. 由{y =x ,2x +y =6,得{x =2,y =2,此时z 最大=2+3×2=8, 由{2x +y =6,x +y =2,得{x =4,y =-2,此时z 最小=4+3×(-2)=-2.13.√213 由正弦定理a =b,可知sin B=bsinA=√7=2×√32√7=√21.∵a=√7>b=2,∴B 为锐角. ∴cos B=√1-sin 2B =√47=2√77. ∴cos C=-cos(A+B )=sin A sin B-cos A cos B=√32×√217−2√77×12=3√7-2√714=√714.由余弦定理,得c 2=a 2+b 2-2ab cos C=7+4-2×2×√7×√714=7+4-2=9.∴c=3.14.7二项式(√x 3+12x)8的通项为T r+1=C 8r(x 13)8-r (12x -1)r =(12)r C 8r x 8-r 3-r =(12)r C 8r x 8-4r 3,当r=2时,8-4r3=0.故展开式的常数项为(12)2C 82=14×8×72=7.15.(1,4) (1,3]∪(4,+∞) 当λ=2时,f (x )={x -4,x ≥2,x 2-4x +3,x <2.当x ≥2时,f (x )=x-4<0,解得x<4,∴2≤x<4.当x<2时,f (x )=x 2-4x+3<0,解得1<x<3,∴1<x<2.综上可知,1<x<4,即f (x )≤0的解集为(1,4).分别画出y 1=x-4和y 2=x 2-4x+3的图象如图,由函数f (x )恰有2个零点,结合图象可知1<λ≤3或λ>4. 故λ的取值范围为(1,3]∪(4,+∞). 16.1 260 分两类: 第一类:从0,2,4,6中取到0,则没有重复数字的四位数有C 31C 52A 31A 33=540;第二类:从0,2,4,6中不取0,则没有重复数字的四位数有C 32C 52A 44=720.所以没有重复数字的四位数共有540+720=1 260种.17.5 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2).∵P (0,1),∴AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-x 1,1-y 1),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2,y 2-1). ∵AP⃗⃗⃗⃗⃗ =2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴{-x 1=2x 2,1-y 1=2(y 2-1),即{x 1=-2x 2,y 1=3-2y 2.又x 124+y 12=m ,∴(-2x 2)24+(3-2y 2)2=m ,即4x 224+4y 22-12y 2+9=m. 又x 224+y 22=m ,∴4m-12y 2+9=m ,即12y 2=3m+9,4y 2=m+3.∴x 224+(m+34)2=m , 即x 22+m 2+6m+94=4m ,即x 22=-m 24+52m-94.∴当m=5时,x 22的最大值为4,即点B 横坐标的绝对值最大.18.解 (1)由角α的终边过点P (-35,-45),得sin α=-45,所以sin(α+π)=-sin α=45. (2)由角α的终边过点P (-35,-45),得cos α=-35,由sin(α+β)=513,得cos(α+β)=±1213.由β=(α+β)-α,得cos β=cos(α+β)cos α+sin(α+β)sin α, 所以cos β=-5665或cos β=1665.19.解法一 (1)证明:由AB=2,AA 1=4,BB 1=2,AA 1⊥AB ,BB 1⊥AB ,得AB 1=A 1B 1=2√2,所以A 1B 12+A B 12=A A 12,故AB 1⊥A 1B 1.由BC=2,BB 1=2,CC 1=1,BC 1⊥BC ,CC 1⊥BC ,得B 1C 1=√5, 由AB=BC=2,∠ABC=120°,得AC=2√3,由CC 1⊥AC ,得AC 1=√13,所以A B 12+B 1C 12=A C 12,故AB 1⊥B 1C 1.因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)如图,过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1,交直线A 1B 1于点D ,连接AD. 由AB 1⊥平面A 1B 1C 1,得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1, 由C 1D ⊥A 1B 1,得C 1D ⊥平面ABB 1, 所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角. 由B 1C 1=√5,A 1B 1=2√2,A 1C 1=√21, 得cos ∠C 1A 1B 1=√6√7,sin ∠C 1A 1B 1=√7,所以C 1D=√3,故sin ∠C 1AD=C 1D AC 1=√3913.因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913.解法二(1)证明:如图,以AC 的中点O 为原点,分别以射线OB ,OC 为x ,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下:A (0,-√3,0),B (1,0,0),A 1(0,-√3,4),B 1(1,0,2),C 1(0,√3,1). 因此AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,2),A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,-2),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,-3). 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得AB 1⊥A 1C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(1)可知AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 设平面ABB 1的法向量n =(x ,y ,z ).由{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +√3y =0,2z =0,可取n =(-√3,1,0).所以sin θ=|cos <AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n ||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|n |=√3913. 因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√39.20.解 (1)由a 4+2是a 3,a 5的等差中项,得a 3+a 5=2a 4+4, 所以a 3+a 4+a 5=3a 4+4=28, 解得a 4=8.由a 3+a 5=20,得8(q +1q )=20, 解得q=2或q=12, 因为q>1,所以q=2.(2)设c n =(b n+1-b n )a n ,数列{c n }前n 项和为S n , 由c n ={S 1,n =1,S n -S n -1,n ≥2,解得c n =4n-1.由(1)可知a n =2n-1, 所以b n+1-b n =(4n-1)·(12)n -1.故b n -b n-1=(4n-5)·(12)n -2,n ≥2,b n -b 1=(b n -b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b 3-b 2)+(b 2-b 1) =(4n-5)·(12)n -2+(4n-9)·(12)n -3+…+7·12+3.设T n =3+7·12+11·(12)2+…+(4n-5)·(12)n -2,n ≥2, 12T n =3·12+7·(12)2+…+(4n-9)·(12)n -2+(4n-5)·(12)n -1, 所以12T n =3+4·12+4·(12)2+…+4·(12)n -2-(4n-5)·(12)n -1, 因此T n =14-(4n+3)·(12)n -2,n ≥2,又b 1=1,所以b n =15-(4n+3)·(12)n -2.21.(1)证明设P (x 0,y 0),A (14y 12,y 1),B (14y 22,y 2).因为PA ,PB 的中点在抛物线上, 所以y 1,y 2为方程(y+y 02)2=4·14y 2+x 02,即y 2-2y 0y+8x 0-y 02=0的两个不同的实根.所以y 1+y 2=2y 0, 因此,PM 垂直于y 轴.(2)解由(1)可知{y 1+y 2=2y 0,y 1y 2=8x 0-y 02,所以|PM|=18(y 12+y 22)-x 0=34y 02-3x 0,|y 1-y 2|=2√2(y 02-4x 0).因此,△PAB 的面积S △PAB =12|PM|·|y 1-y 2|=3√24(y 02-4x 0)32. 因为x 02+y 024=1(x 0<0), 所以y 02-4x 0=-4x 02-4x 0+4∈[4,5],因此,△PAB 面积的取值范围是[6√2,15√104]. 22.证明 (1)函数f (x )的导函数f'(x )=2√x 1x , 由f'(x 1)=f'(x 2),得2x 1x 1=2x 1x 2, 因为x 1≠x 2,所以x x =12. 由基本不等式,得12√x 1x 2=√x 1+√x 2≥2√x 1x 24,因为x 1≠x 2,所以x 1x 2>256.由题意得f (x 1)+f (x 2)=√x 1-ln x 1+√x 2-ln x 2=12√x 1x 2-ln(x 1x 2).设g (x )=12√x -ln x ,则g'(x )=14x (√x -4),所以所以g (x )在[256,+∞)上单调递增,故g (x 1x 2)>g (256)=8-8ln 2,即f (x 1)+f (x 2)>8-8ln 2.(2)令m=e -(|a|+k ),n=(|a |+1k )2+1,则f (m )-km-a>|a|+k-k-a ≥0,f (n )-kn-a<n (√n a n -k)≤n (|a |+1√n k)<0,所以,存在x 0∈(m ,n ),使f (x 0)=kx 0+a.所以,对于任意的a ∈R 及k ∈(0,+∞),直线y=kx+a 与曲线y=f (x )有公共点. 由f (x )=kx+a ,得k=√x -lnx -a x . 设h (x )=√x -lnx -a x,则h'(x )=lnx -√x 2-1+a x 2=-g (x )-1+a x 2. 其中g (x )=√x 2-ln x. 由(1)可知g (x )≥g (16).又a ≤3-4ln 2,故-g (x )-1+a ≤-g (16)-1+a=-3+4ln 2+a ≤0,所以h'(x )≤0,即函数h (x )在(0,+∞)上单调递减.因此方程f (x )-kx-a=0至多1个实根.综上,当a ≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f (x )有唯一公共点.。

2018高考浙江数学带答案(最新整理)

为 θ3，则
A．θ1≤θ2≤θ3
B．θ3≤θ2≤θ1
C．θ1≤θ3≤θ2
D．θ2≤θ3≤θ1
π 9．已知 a，b，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量 a 与 e 的夹角为，向量 b 满足
3
b2−4e·b+3=0，则|a−b|的最小值是
A． 3 −1
B． 3 +1
C．2
D．2− 3
10．已知 a1, a2 , a3 , a4 成等比数列，且 a1 a2 a3 a4 ln(a1 a2 a3 ) ．若 a1 1 ，则
2018 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学·参考答案
一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题 4 分，满分 40 分。 1.C 2.B 3.C 4.B 5.D 6.A 7.D 8.D 9.A 10.B 二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，满分 36 分。
值钱三；鸡雏三，值钱一。凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，
鸡雏个数分别为
x
，
y
，
z
，则
x y
5x
3y
z 100, 1 z 100,
3
当
z
81
时，
x
___________，
y
___________．
x y 0, 12．若 x, y 满足约束条件 2x y 6, 则 z x 3y 的最小值是 ___________，最大值是
由题意知各点坐标如下：
A(0, 3, 0), B(1, 0, 0), A1(0, 3, 4), B1(1, 0, 2),C1(0, 3,1),

排列与组合-2019年高考数学母题题源系列(浙江专版)(解析版)

排列与组合【母题来源一】【2018年高考浙江卷】从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成______________个没有重复数字的四位数．（用数字作答）【答案】1260【解析】若不取0，则排列数为224534C C A ；若取0，则排列数为21135333C C A A ，因此一共可以组成224534C C A +21135333C C A A 1260=个没有重复数字的四位数．故答案为1260．【母题来源二】【2017年高考浙江卷】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，共有______________种不同的选法．（用数字作答）【答案】660 【解析】由题意可得，从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，总的选择方法为411843C C C ⨯⨯种，其中“服务队中没有女生”的选法有411643C C C ⨯⨯种，则满足题意的选法有411411843643C C C C C C 660⨯⨯-⨯⨯=种．故答案为660．【名师点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件．解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率．在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式．【命题意图】考查排列数、组合数公式，考查运算求解能力、分类讨论的思想及分析问题与解决问题的能力．【命题规律】排列、组合问题一般以实际问题为背景，考查排列数、组合数、分类和分步计数原理，难度中等．【答题模板】求解排列、组合问题，一般步骤如下：第一步：分清分类和分步；第二步：分清排列与组合，确定解题方向，根据问题有序和无序，确定是排列问题还是组合问题；第三步：正确应用公式运算求解．【方法总结】1．解排列、组合综合应用问题的思路解排列、组合综合应用问题要从“分析”“分辨”“分类”“分步”的角度入手，“分析”就是找出题目的条件、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互相联系的步骤，每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．2．排列问题与组合问题的识别方法若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题，即排列问题与选取元素顺序有关；若交换某两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题，即组合问题与选取元素顺序无关．3．解排列、组合题的“24字方针，12个技巧”（1）“24字方针”是解排列、组合题的基本规律：即排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类为加、分步为乘．（2）“12个技巧”是速解排列、组合题的捷径．即：①相邻问题捆绑法；②不相邻问题插空法；③多排问题单排法；④定序问题倍缩法；⑤定位问题优先法；⑥有序分配问题分步法；⑦多元问题分类法；⑧交叉问题集合法；⑨至少(多)问题间接法； ⑩选排问题先取后排法； ⑪局部与整体问题排除法； ⑫复杂问题转化法．1．【浙江省杭州高级中学2019届高三上学期期中考试】有甲、乙、丙3项任务，甲需要2人承担，乙、丙各需要1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法有 A ．1260 B ．2520 C ．2025D ．5040【答案】B【分析】首先分析题目求不同的选法种数，故可先从10人中选出4个人，再在这4个人中选两个从事甲任务，剩下的两个人从事乙或丙任务，即可列出式子，求解得到答案．【解析】分析题目先从10人中选出4个人，再在这4个人中选两个从事甲任务，剩下的两个人从事乙丙任务，故不同的选法有4221042C C A 2520=种．故选B ．【名师点睛】排列组合的综合应用问题，一般按先选再排，先分组再分配的处理原则．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． 2．【浙江省2019年高考模拟训练卷三】已知5辆不同的白颜色和3辆不同的红颜色汽车停成一排，则白颜色汽车至少2辆停在一起且红颜色的汽车互不相邻的停放方法有 A ．1880 B ．1440 C ．720D ．256【答案】B【分析】先从5辆白色汽车选3辆全排列后视为一个整体，再将剩余2辆白色汽车全排列后视为一个整体，再将这两个整体全排列，共有3个空，3辆不同的红颜色汽车插空排列即可．【解析】由题意知，白颜色汽车按3，2分两组，先从5辆白色汽车选3辆全排列共35A 种排法，再将剩余2辆白色汽车全排列共22A 种排法，再将这两个整体全排列，共22A 种排法，排完后有3个空，3辆不同的红颜色汽车插空共33A 种排法，由分步计数原理得共32235223A A A A 1440=种．故选B ．【名师点睛】本题主要考查排列中的相邻与不邻问题，常用捆绑与插空法解决，应用了分步计数原理，理解题意是解题得关键，属于中档题．3．【2019年湖北省武汉市高考数学(5月)模拟】用0，1，2，3，4可以组成数字不重复的两位数的个数为 A ．15 B ．16 C ．17D ．18【答案】B【解析】若个位数是0，则有14C 4=个；若个位数不是0，则有24A 12=个，则共有41216+=个．故选B ．【名师点睛】对于排数问题，我们有如下策略：（1）特殊位置、特殊元素优先考虑，比如偶数、奇数等，可考虑末位数字的特点，还有零不能排首位等；（2）先选后排，比如要求所排的数字来自某个范围，我们得先选出符合要求的数字，再把它们放置在合适的位置；（3）去杂法，也就是从反面考虑． 4．【浙江省七彩联盟2018-2019学年第一学期高三11月期中考试】将8本不同的书全部分发给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分到一本，若三名同学所得书的数量各不相同，且甲同学分到的书比乙同学多，则不同的分配方法种数为 A ．1344 B ．1638 C ．1920D ．2486【答案】A【分析】由题意可得8本不同的书有(1，2，5)，(1，3，4)两种分组的方法，再根据甲同学分到的书比乙同学多，分类求出即可．【解析】8本不同的书全部分发给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分到一本，若三名同学所得书的数量各不相同，则有(1，2，5)，(1，3，4)两种分组的方法，由于甲同学分到的书比乙同学多，当乙分的1本时，此时的种数为C 81(C 72+C 73)A 22=896 当丙分的1本时，此时的种数为C 81(C 72+C 73)=448，故不同的分配方法种数为986+448=1344种，故选A ．5．【浙江省余姚中学2018届高三选考模拟卷二】用1，2，3，4，5组成不含重复数字的五位数，要求数字4不出现在首位和末位，数字1，3，5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是 A ．48 B ．60 C ．72D ．120【答案】A【分析】对数字2分类讨论，结合数字1，3，5中有且仅有两个数字相邻，利用分类计数原理，即可得到结论．【解析】数字2出现在第2位时，数字1，3，5中相邻的数字出现在第3，4位或者4，5位，共有C 32A 22A 22=12个;数字2出现在第4位时，同理也有12个;数字2出现在第3位时，数字1，3，5中相邻的数字出现在第1，2位或者4，5位，共有C 21C 32A 22A 22=24个;故满足条件的不同的五位数的个数是48个．故选A ．【名师点睛】本题主要考查了排列，组合及简单计数问题，解题的关键是对数字2分类讨论，属于基础题． 6．【江西省临川一中2019届高三年级考前模拟】十三届全国人大二次会议于2019年3月5日至15日在北京召开，会议期间工作人员将其中的5个代表团人员（含A 、B 两市代表团）安排至a ，b ，c 三家宾馆入住，规定同一个代表团人员住同一家宾馆，且每家宾馆至少有一个代表团入住，若A 、B 两市代表团必须安排在a 宾馆入住，则不同的安排种数为 A ．6 B ．12 C ．16D ．18【答案】B【解析】如果仅有A 、B 入住a 宾馆，则余下三个代表团必有2个入住同一个宾馆，共有2232C A 6=种；如果有A 、B 及其余一个代表团入住a 宾馆，则余下两个代表团分别入住,b c ，共有1232C A 6=种，综上，共有不同的安排种数为6612+=．故选B ．【名师点睛】本题考查排列、组合计数，注意要先分组再分配，否则容易出现重复计数的错误． 7．【河南省濮阳市2019届高三5月模拟】安排A ，B ，C ，D ，E ，F ，共6名义工照顾甲，乙，丙三位老人，每两位义工照顾一位老人，考虑到义工与老人住址距离问题，义工A 不安排照顾老人甲，义工B 不安排照顾老人乙，则安排方法共有A ．30种B ．40种C ．42种D ．48种【答案】C【解析】6名义工照顾三位老人，每两位义工照顾一位老人共有2264C C 90=种安排方法，其中A 照顾老人甲的情况有1254C C 30=种， B 照顾老人乙的情况有1254C C 30=种，A 照顾老人甲，同时B 照顾老人乙的情况有1143C C 12=种．综上，符合题意的安排方法有9030301242--+=种，故选C ．【点睛】本题考查利用排列组合解决实际问题，对于限制条件较多的问题，通常采用间接法来进行求解． 8．【浙江省金丽衢十二校2018届高三第二次联考】用0，1，2，3，4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 ．20 B ．24 C ．36D ．48【答案】A【分析】先根据能被3整除的三位数字组成为012，024，123，234四种情况，再分类讨论排列数，最后相加得结果．【解析】因为能被3整除的三位数字组成为012，024，123，234四种情况，所以对应排列数分别为2A 22，2A 22，A 33，A 33，因此一共有2A 22+2A 22+A 33+A 33=20个能被3整除的三位数，故选A ．【名师点睛】求解排列、组合问题常用的解题方法：（1）元素相邻的排列问题——“捆邦法”；（2）元素相间的排列问题——“插空法”；（3）元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；（4）带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法．9．【湖南省师范大学附属中学2019届高三下学期模拟三】本次模拟考试结束后，班级要排一张语文、数学、英语、物理、化学、生物六科试卷讲评顺序表，若化学排在生物前面，数学与物理不相邻且都不排在最后，则不同的排表方法共有A ．72种B ．144种C ．288种D ．360种【答案】B【解析】第一步排语文，英语，化学，生物4科，且化学排在生物前面，有24A 12=种排法；第二步将数学和物理插入前4科除最后位置外的4个空挡中的2个，有24A 12=种排法，所以不同的排表方法共有1212144⨯=种．故选B ．【名师点睛】本题考查排列的应用，不相邻采用插空法求解，准确分步是关键，是基础题．10．【浙江省宁波市2018届高三5月模拟】若用红、黄、蓝、绿四种颜色填涂如图方格，要求有公共顶点的两个格子颜色不同，则不同的涂色方案数有A ．48种B ．72种C ．96种D ．216种【答案】C【解析】如图，按照以下顺序涂色，A ：C 41→B ：C 31→D ：C 21→C ：C 21→E ：C 11→F ：C 21，所以由乘法分步原理得总的方案数为C 41⋅C 31⋅C 21⋅C 21⋅C 21=96种．故选C ．【名师点睛】（1）本题主要考查排列组合计数原理的应用，意在考查学生的逻辑思维能力和排列组合的基本运算能力．解答排列组合时，要思路清晰，排组分清；（2）解答本题时，要注意审题，“有公共顶点的两个格子颜色不同”，如C 和D 有公共的顶点，所以颜色不能相同．11．【浙江省浙南名校联盟2019届高三上学期期末联考】甲、乙二人均从5种不同的食品中任选一种或两种吃，则他们一共吃到了3种不同食品的情况有 A ．84种 B ．100种 C ．120种D ．150种【分析】由分步乘法计数原理先由5种食物中选择3种，共35C 种情况；第二步，将3种食物编号，用列举法列举所有情况即可．【解析】由分步乘法计数原理：第一步，由5种食物中选择3种，共35C 种情况；第二步，将3种食物编号为A ，B ，C ，则甲、乙选择的食物的情况有：(,)AB C ，(,)AB AC ，(,)AB BC ，(,)AC B ，(,)AC BC ，(,)BC A ，(,)A BC ，(,)BC AC ，(,)B AC ，(,)BC AB ，(,)AC AB ，(,)C AB ，共12种情况，因此他们一共吃到了3种不同食品的情况有3512C 120 种．故选C ．【名师点睛】本题主要考查分步乘法计数原理，按定义逐步计算，最后求乘积即可，属于常考题型． 12．【浙北四校2019届高三12月模拟】有6个人站成前后二排，每排3人，若甲、乙两人左右、前后均不相邻，则不同的站法种数为 A ．384 B ．480 C ．768D ．240【答案】A【分析】若甲站在边上甲有4个位置可选，乙有3个位置可选，其余的4人任意排，此时的排法种数为4×3×A 44；如果甲站在中间，甲有2个位置可选，乙有2个位置可选，其余的4人任意排，此时的排法种数是2×2×A 44，把这两个结果相加即得所求．【解析】如果甲站在边上甲有4个位置可选，乙有3个位置可选，其余的4人任意排，此时的排法种数为4×3×A 44=288．如果甲站在中间，甲有2个位置可选，乙有2个位置可选，其余的4人任意排，此时的排法种数是2×2×A 44=96．根据分类计数原理，所有的不同的站法种数为288+96=384，故选A ．【名师点睛】本题主要考查排列与组合及两个基本原理，排列数公式的应用，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．13．【浙江省杭州第十四中学2019届高三8月月考】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，则不同的放法的种数为______________．（用数字作答）【分析】先计算小球放入3个不同的盒子的放法数目，再计算红球和蓝球放到同一个盒子的放法数目，两个相减得到结果．【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，再将其与其它2个小球对应3个盒子，共2343C A 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33A 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．【名师点睛】本题考查排列组合及简单的计数原理的应用，注意用间接法，属于基础题．14．【河北省唐山市2019届高三第二次模拟】将六名教师分配到甲、乙、丙、丁四所学校任教，其中甲校至少分配两名教师，其它三所学校至少分配一名教师，则不同的分配方案共有______________种．（用数字作答）【答案】660【解析】若甲校2人，乙、丙、丁其中一校2人，共有223643C C A 种，若甲校3人，乙、丙、丁每校1人，共有3363C A 种，则不同的分配方案共有223643C C A +3363C A 660=种．15．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】现有排成一排的7个不同的盒子，将红、黄、蓝、白颜色的4个小球全部放入这7个盒子中，若每个盒子最多放一个小球，则恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法共有______________种．（结果用数字表示）【答案】336【分析】根据相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法进行求解．【解析】先不考虑红球与黄球不相邻，则4个小球有44A 种排法，再安排空盒，有2252C A 种方法，再考虑红球与黄球相邻，则4个小球有3232A A 种排法，再安排空盒，有2242C A 种方法，因此所求放法种数为42222452223324A A A C A C A 336-=．16．【河北省衡水市2019届高三四月大联考】现有一圆桌，周边有标号为1，2，3，4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有______________种．（用数字作答）【答案】8【解析】先按排甲，其选座方法有14C 种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲对面，而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有22A 种，所以共有坐法种数为1242C A 428⋅=⨯=种．【点睛】排列、组合问题由于其思想方法独特、计算量大，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考虑周全，做到不重不漏，正确解题．17．【浙江省“七彩阳光”联盟2019届高三期初联考】甲、乙、丙3人同时参加5个不同的游戏活动，每个游戏最多有2人可以参与（如果有2人参与同一个游戏，不区分2人在其中的角色），则甲、乙、丙3人参与游戏的不同方式总数是______________．【答案】120【分析】分类：第一类，每一个游戏只有一个人参加；第二类，有一个游戏有两人参加，另一个游戏有一人参加，求出结果．【解析】第一类，每一个游戏只有一个人参加，则有A 53=60种参与方法；第二类，有一个游戏有两人参加，另一个游戏有一人参加，则有C 31∙A 52=60种参与方法．综上，符合题意得参与方法一共有60+60=120种参与方法．【名师点睛】本题考查了排列组合的运用，在不同人选取不同游戏的时候，进行了分类讨论，依据题目中每个游戏最多有2人可以参与讨论一个参加和两人参加，较为基础．18．【浙江省金华十校2019届高三上学期期末联考】某高中高三某班上午安排五门学科(语文，数学，英语，化学，生物)上课，一门学科一节课，要求语文与数学不能相邻，生物不能排在第五节，则不同的排法总数是______________．【答案】60【分析】由题意可以分两类，根据分类计数原理可得．【解析】若第五节排语文或数学中的一门，则第四节排英语，化学，生物中的一门，其余三节把剩下科目任意排，有113233A A A 36=种排法，若第五节排英语，化学中的一门，剩下的四节，将语文和数学插入到剩下的2门中，有122223A A A 24=种排法，根据分类计数原理共有362460+=种．【名师点睛】本题考查了分类计数原理，关键是分类，以及特殊元素特殊处理，属于中档题． 19．【浙江省衢州市五校联盟2019届高三年级上学期联考】元宵节灯展后，如图悬挂有6盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，共有______________种不同取法．（用数字作答）【答案】90【分析】问题转化为求六个元素排列，其中甲在乙前；丙在丁前，戊在己前的排列数，先将六个元素全排列共有A 66种排法，结合甲乙顺序确定；丙丁顺序确定，戊己顺序确定，从而可得结果．【解析】因为取灯时每次只能取一盏，所以每串灯必须先取下面的灯，即每串两个灯取下的顺序确定，问题转化为求六个元素排列，其中甲在乙前，丙在丁前，戊在己前的排列数，先将六个元素全排列共有A 66种排法，因为甲乙顺序确定；丙丁顺序确定，戊己顺序确定，所以六个元素排列甲在乙前、丙在丁前、戊在己前的排法数为A 66A 22A 22A 22=7202×2×2=90，故取下6盏不同的花灯，每次取1盏，共有90种不同取法．【名师点睛】本题主要考查排列的应用，属于中档题．常见排列数的求法为：（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数．20．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】某超市内一排共有6个收费通道，每个通道处有1号，2号两个收费点，根据每天的人流量，超市准备周一选择其中的3处通道，要求3处通道互不相邻，且每个通道至少开通一个收费点，则周一这天超市选择收费的安排方式共有______________种．【答案】108【分析】先选择通道，再考虑每个通道处收费点的开通方式，利用分步乘法计数原理可得答案．【解析】设6个收费通道依次编号为1，2，3，4，5，6，从中选择3个互不相邻的通道，有135，136，146，246共4种不同的选法．对于每个通道，至少开通一个收费点，即可以开通1号收费点，开通2号收费点，同时开通两个收费点，共3种不同的安排方式．由分步乘法计数原理，可得超市选择收费的安排方式共有343108⨯=种．21．【浙江省重点中学2019届高三12月期末热身联考】如图，有7个白色正方形方块排成一列，现将其中4块涂上黑色，规定从左往右数，无论数到第几块，黑色方块总不少于白色方块的涂法有______________种．【答案】14【分析】用黑白两种颜色随机地涂如图所示表格中7个格子，每个格子都有2种染色方法，利用分类讨论方法求出出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子个数．【解析】由题意可判断第一格涂黑色，则在后6格中有3个涂黑色，共有36C 20=种涂法，满足从左往右数，无论数到第几块，黑色方块总少于白色方块的有：①第2，3格涂白色共4种涂法，②第3，4，5格涂白色共1种涂法，③第2，4，5格涂白色共1种涂法．所以满足从左往右数，无论数到第几块，黑色方块总不少于白色方块的涂法有36C 41114---=种．【名师点睛】本题考查计数原理，是基础题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用． 22．【湖南省师范大学附属中学2019届高三考前演练五】习近平总书记在湖南省湘西州十八洞村考察时首次提出“精准扶贫”概念，精准扶贫成为我国脱贫攻坚的基本方略．为配合国家精准扶贫战略，某省示范性高中安排6名高级教师（不同姓）到基础教育薄弱的甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教，每所学校至少1人，因工作需要，其中李老师不去甲校，则分配方案种数为______________．【答案】360【解析】方法1：根据甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教，每所学校至少1人，可分四种情况：（1）甲校安排1名教师，分配方案种数有11422325542532C C C A C C A 150+=（）；（2）甲校安排2名教师，分配方案种数有213222543242C C C A C C 140+=（）；（3）甲校安排3名教师，分配方案种数有31225322C C C A 60=；（4）甲校安排4名教师，分配方案种数有411521C C C 10=；由分类计数原理，可得共有1501406010360+++=（种）分配方案．方法2：由6名教师到三所学校，每所学校至少一人，可能的分组情况为4，1，1；3，2，1；2，2，2，（1）对于第一种情况，由于李老师不去甲校，李老师自己去一个学校有12C 种，其余5名分成一人组和四人组有4252C A 种，共421522C A C 20=（种）；李老师分配到四人组且该组不去甲校有312522C C A 40=（种），则第一种情况共有204060+=（种）；（2）对于第二种情况，李老师分配到一人组有32215222C C A C 40=（种），李老师分配到三人组有22125222C C C A 120=（种），李老师分配到两人组有11325242C C C C 80=（种），所以第二种情况共有4080120240++=（种）；（3）对于第三种情况，共有11225242C C C C 60=（种）；综上所述，共有6024060360++=（种）分配方案．【点睛】本题主要考查了分类计数原理，以及排列、组合的综合应用，其中解答中认真审题，合理分类讨论是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．23．【浙江省嘉兴市2019届高三第一学期期末检测】浙江省现行的高考招生制度规定除语、数、英之外，考生须从政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术这7门高中学考科目中选择3门作为高考选考科目，成绩计入高考总分．已知报考某高校A 、B 两个专业各需要一门科目满足要求即可，A 专业：物理、化学、技术；B 专业：历史、地理、技术．考生小李今年打算报考该高校这两个专业的选考方式有______________种．（用数字作答）【答案】27【分析】根据题意，分四种情况讨论即可，最终将每种情况的个数加到一起．【解析】根据题意得到分情况：当考生选择技术时，两个专业均可报考，再从剩下的6门课中选择两科即可，方法有26C 15=种；当学生不选技术时，可以从物理化学中选择一科，再从历史，地理选一科，最后从政治生物中选择一科，有2228⨯⨯=种方法；当学生同时选物理化学时，还需要选择历史，地理中的一科，有2中选择，当学生同时选择历史，地理时，需要从物理化学中再选择一科，也有2种方法，共有4种；综上，共有158427++=种选考方式．【名师点睛】（1）解排列组合问题要遵循两个原则：①按元素(或位置)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(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．（2）不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组．注意各种分组类型中，不同分组方法的求解． 24．【浙江省温州九校2019届高三第一次联考】4名学生参加3个兴趣小组活动，每人参加一个或两个小组，那么3个兴趣小组都恰有2人参加的不同的分组共有______________种．【答案】90【分析】由题意得4名学生中，恰有2名学生参加2个兴趣小组，其余2名学生参加一个兴趣小组，然后分情况讨论可得参加的不同的分组的种数．。

浙江专用2018年高考数学总复习教师用书：第10章第2讲排列与组合含解析

第2讲排列与组合最新考纲 1.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；3.能解决简单的实际问题.知识梳理1.排列与组合的概念(1)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.(2)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. 3.排列数、组合数的公式及性质1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.( ) (2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.( )(3)若组合式C x n ＝C mn ，则x ＝m 成立.( ) (4)k C k n ＝n C k －1n －1.( )解析元素相同但顺序不同的排列是不同的排列，故(1)不正确；若C x n ＝C m n ，则x＝m或n－m，故(3)不正确.答案(1)×(2)√(3)×(4)√2.从4本不同的课外读物中，买3本送给3名同学，每人各1本，则不同的送法种数是( )A.12B.24C.64D.81解析4本不同的课外读物选3本分给3位同学，每人一本，则不同的分配方法为A34＝24.答案 B3.(选修2－3P28A17改编)从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动，则男女生都有的选法种数是( )A.18B.24C.30D.36解析法一选出的3人中有2名男同学1名女同学的方法有C24C13＝18种，选出的3人中有1名男同学2名女同学的方法有C14C23＝12种，故3名学生中男女生都有的选法有C24C13＋C14C23＝30种.法二从7名同学中任选3名的方法数，再除去所选3名同学全是男生或全是女生的方法数，即C37－C34－C33＝30.答案 C4.(2017·浙江三市十二校联考)用1，2，3，4，5，6这六个数字组成没有重复数字的六位数共有________个；其中1，3，5三个数字互不相邻的六位数有________个.解析用1，2，3，4，5，6组成没有重复数字六位数共有A66＝720个；将1，3，5三个数字插入到2，4，6三个数字排列后所形成的4个空中的3个，故有A33A34＝144个.答案720 1445.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________(用数字作答).解析末位数字排法有A12，其他位置排法有A34种，共有A12A34＝48种.答案486.(2017·绍兴调研)某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为________(用数字作答).解析法一(直接法)甲、乙两人均入选，有C17C22种.甲、乙两人只有1人入选，有C12C27种方法，∴由分类加法计数原理，共有C22C17＋C12C27＝49(种)选法.法二(间接法)从9人中选3人有C39种方法.其中甲、乙均不入选有C37种方法，∴满足条件的选排方法是C39－C37＝84－35＝49(种).答案49考点一排列问题【例1】(2017·河南校级月考)3名女生和5名男生排成一排.(1)如果女生全排在一起，有多少种不同排法？(2)如果女生都不相邻，有多少种排法？(3)如果女生不站两端，有多少种排法？(4)其中甲必须排在乙前面(可不邻)，有多少种排法？(5)其中甲不站最左边，乙不站最右边，有多少种排法？解(1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有6个元素，排成一排有A66种排法，而其中每一种排法中，三个女生间又有A33种排法，因此共有A66·A33＝4 320(种)不同排法.(2)(插空法)先排5个男生，有A55种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A36种排法，因此共有A55·A36＝14 400(种)不同排法.(3)法一(位置分析法) 因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人，有A2 5种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A66种排法，因此共有A25·A66＝14 400(种)不同排法.法二(元素分析法) 从中间6个位置选3个安排女生，有A36种排法，其余位置无限制，有A55种排法，因此共有A36·A55＝14 400(种)不同排法.(4)8名学生的所有排列共A88种，其中甲在乙前面与乙在甲前面的各占其中12，∴符合要求的排法种数为12A88＝20 160(种).(5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置.法一(特殊元素法)甲在最右边时，其他的可全排，有A77种；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A16种；而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个中的任一个上，有A16种；其余人6个人进行全排列，有A66种.共有A16·A16·A66种.由分类加法计数原理，共有A77＋A16·A16·A66＝30 960(种).法二(特殊位置法)先排最左边，除去甲外，有A17种，余下7个位置全排，有A77种，但应剔除乙在最右边时的排法A16·A66种，因此共有A17·A77－A16·A66＝30960(种).法三(间接法)8个人全排，共A88种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有A7 7种，乙在最右边时，有A77种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A66种.因此共有A88－2A77＋A66＝30 960(种).规律方法(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.【训练1】(1)(2017·新余二模)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(2)(2017·抚顺模拟)某班准备从甲、乙等七人中选派四人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有( )A.30B.600C.720D.840解析(1)第一步，从甲、乙、丙三人选一个加到前排，有3种，第二步，前排3人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种，第三步，后排4人形成了5个空，任选一个空加一人有5种，此时形成6个空，任选一个空加一人，有6种，根据分步计数原理有3×4×5×6＝360种方法.(2)若只有甲乙其中一人参加，有C 12C 35A 44＝480种方法；若甲乙两人都参加，有C 22C 25A 44＝240种方法，则共有480＋240＝720种方法，故选C.答案 (1)C (2)C 考点二组合问题【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？解 (1)从余下的34种商品中，选取2种有C 234＝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C 334种或者C 335－C 234＝C 334＝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C 120C 215＝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种假货有C 120C 215种，选取3件假货有C 315种，共有选取方式C 120C 215＋C 315＝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件的总数为C 335，因此共有选取方式C 335－C 315＝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. 规律方法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.【训练2】 (1)(2017·邯郸一模)现有6个不同的白球，4个不同的黑球，任取4个球，则至少有两个黑球的取法种数是( ) A.90B.115C.210D.385(2)(2017·湖州市质检)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，则不同的取法共有( ) A.60种B.63种C.65种D.66种解析 (1)分三类，取2个黑球有C 24C 26＝90种，取3个黑球有C 34C 16＝24种，取4个黑球有C 44＝1种，故共有90＋24＋1＝115种取法，选B.(2)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，∴共有不同的取法有C 45＋C 44＋C 25C 24＝66(种).答案 (1)B (2)D考点三排列、组合的综合应用【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).规律方法 (1)解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置).对于排列组合的综合题目，一般是将符合要求的元素取出或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列. (2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配.在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的差异.其次对于相同元素的“分配”问题，常用的方法是采用“隔板法”.【训练3】 (1)某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为( )A.A 26C 24B.12A 26C 24 C.A 26A 24D.2A 26(2)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 (1)法一将4人平均分成两组有12C 24种方法，将此两组分配到6个班级中的2个班有A 26(种).所以不同的安排方法有12C 24A 26(种).法二先从6个班级中选2个班级有C 26种不同方法，然后安排学生有C 24C 22种，故有C 26C 24C 22＝12A 26C 24(种).(2)把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A 44种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C 23种分法，再分给4人有C 23A 24种分法，所以不同获奖情况种数为A 44＋C 23A 24＝24＋36＝60.答案 (1)B (2)60[思想方法]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.[易错防范]1.区分一个问题属于排列问题还是组合问题，关键在于是否与顺序有关.2.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.3.解组合应用题时，应注意“至少”、“至多”、“恰好”等词的含义.4.对于分配问题，一般先分组，再分配，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重复或遗漏.基础巩固题组(建议用时：25分钟)一、选择题1.(2016·四川卷)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解析由题意，可知个位可以从1，3，5中任选一个，有A13种方法，其他数位上的数可以从剩下的4个数字中任选，进行全排列，有A44种方法，所以奇数的个数为A13A44＝3×4×3×2×1＝72，故选D.答案 D2.(2017·东阳调研)某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有( )A.16种B.36种C.42种D.60种解析法一 (直接法)若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共A 34种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项共C 23A 24种方法.由分类加法计数原理知共A 34＋C 23A 24＝60(种)方法.法二 (间接法)先任意安排3个项目，每个项目各有4种安排方法，共43＝64种排法，其中3个项目落入同一城市的排法不符合要求共4种，所以总投资方案共43－4＝64－4＝60(种). 答案 D3.10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.C 27A 55B.C 27A 22C.C 27A 25D.C 27A 35解析首先从后排的7人中抽2人，有C 27种方法；再把2个人在5个位置中选2个位置进行排列有A 25种.由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是C 27A 25.答案 C4.(2017·金华调研)甲、乙两人从4门课程中各选修两门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有________种( ) A.30B.36C.60D.72解析甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法可以分为两类：当甲、乙所选的课程中2门均不相同时，甲先从4门中任选2门，乙选取剩下的2门，有C 24C 22＝6种方法；当甲、乙所选的课程中有且只有1门相同时，分为2步：①从4门中选1门作为相同的课程，有C 14＝4种选法，②甲从剩余的3门中任选1门，乙从最后剩余的2门中任选1门有C 13C 12＝6种选法，由分步乘法计数原理此时共有C 14C 13C 12＝24种方法.综上，共有6＋24＝30种方法.答案 A5.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C1 3A33种排法.依分类加法计数原理，知共有A44＋C13A33＝42种编排方案.答案 B6.(2016·东北三省四市联考)甲、乙两人要在一排8个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则有多少种坐法( )A.10B.16C.20D.24解析一排共有8个座位，现有两人就坐，故有6个空座.∵要求每人左右均有空座，∴在6个空座的中间5个空中插入2个座位让两人就坐，即有A25＝20种坐法.答案 C7.(2017·浙江五校联考)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解析法一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小品中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个人，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.法二先不考虑小品类节目是否相邻，保证歌舞类节目不相邻的排法共有A33·A34＝144(种)，再剔除小品类节目相邻的情况，共有A33·A22·A22＝24(种)，于是符合题意的排法共有144－24＝120(种).答案 B8.(2017·青岛模拟)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )A.18种B.24种C.36种D.72种解析一个路口有3人的分配方法有C13C22A33(种)；两个路口各有2人的分配方法有C23C22A33(种).∴由分类加法计数原理，甲、乙在同一路口的分配方案为C13C22A33＋C23C22A33＝36(种).答案 C二、填空题9.7位身高均不等的同学排成一排照相，要求中间最高，依次往两端身高逐渐降低，共有________种排法(用数字作答).解析先排最中间位置有一种排法，再排左边3个位置，由于顺序一定，共有C3 6种排法，再排剩下右边三个位置，共一种排法，所以排法种数为C36＝20(种).答案2010.(2017·余姚质检)3男3女共6名学生排成一列，同性者相邻的排法种数有________；任两个女生不相邻的排法有________(均用数字作答).解析分别把3男3女各看作一个复合元素，把这两个复合元素全排，3男3女内部也要全排，故有A33A33A22＝72种；把3名女学生插入到3名男学生排列后所形成的4个空中的3个，故有A33·A34＝144种.答案72 14411.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).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，共一种排法，所以总的排法种数为A24＝12(种).其中正确的有一种，所以错误的共A24－1＝12－1＝11(种).答案1112.(2017·金丽衢十二校联考)从5台甲型和4台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有________种(用数字作答).解析甲型2台乙型1台或甲型1台乙型2台，故共有C25C14＋C15C24＝70种方法.答案7013.(2017·淮北一模)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).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等座位的坐法有9×5＝45种坐法.答案45能力提升题组(建议用时：20分钟)14.(2017·武汉调研)三对夫妻站成一排照相，则仅有一对夫妻相邻的站法总数是( )A.72B.144C.240D.288解析第一步，先选一对夫妻使之相邻，捆绑在一起看作一个复合元素A，这对夫妻有2种排法，故有C13A22＝6种排法；第二步，再选一对夫妻，这对夫妻有2种排法，从剩下的那对夫妻中选择一个插入到刚选的夫妻中，把这三个人捆绑在一起看作另一个复合元素B，有C12A22C12＝8种排法；第三步，将复合元素A，B和剩下的那对夫妻中剩下的那一个进行全排列，有A33＝6种排法，由分步乘法计数原理，知三对夫妻排成一排照相，仅有一对夫妻相邻的排法有6×8×6＝288种，故选D.答案 D15.设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|x i∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为( )A.60B.90C.120D.130解析因为x i∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5，且1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3，所以x i 中至少两个为0，至多四个为0.①x i (i ＝1，2，3，4，5)中4个0，1个为－1或1，A 有2C 15个元素； ②x i 中3个0，2个为－1或1，A 有C 25×2×2＝40个元素； ③x i 中2个0，3个为－1或1，A 有C 35×2×2×2＝80个元素；从而，集合A 中共有2C 15＋40＋80＝130个元素. 答案 D16.(2017·慈溪调考)在某班进行的演进比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生，如果2位男生不能连着出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为________(用数字作答).解析若第一个出场是男生，则第二个出场的是女生，以后的顺序任意排，方法有C 12C 13A 33＝36种；若第一个出场的是女生(不是女生甲)，则剩余的2个女生排列好，2个男生插空，方法有C 12A 22A 23＝24种.故所有出场顺序的排法种数为36＋24＝60. 答案 6017.(2017·诸暨模拟)从0，1，2，3，4，5这6个数字中任意取4个数字，组成一个没有重复且能被3整除的四位数，则这样的四位数共有________个(用数字作答).解析根据题意，只需组成的四位数各位数字的和能被3整除，则选出的四个数字有5种情况，①1，2，4，5；②0，3，4，5；③0，2，3，4；④0，1，3，5；⑤0，1，2，3；①时，共可以组成A 44＝24个四位数；②时，0不能在首位，此时可以组成3×A 33＝3×3×2×1＝18个四位数，同理，③、④、⑤时，都可以组成18个四位数，则这样的四位数共24＋4×18＝96个. 答案 9618.(1)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，问名额分配的方法共有多少种？(2)已知集合A ＝{5}，B ＝{1，2}，C ＝{1，3，4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，那么最多可确定多少个不同的点？解 (1)法一每个学校至少一个名额，则分去7个，剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数.分类：若3个名额分到一所学校有7种方法；若分配到2所学校有C27×2＝42(种)；若分配到3所学校有C37＝35(种).∴共有7＋42＋35＝84(种)方法.法二10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块档板插在9个间隔中，共有C69＝84种不同方法.所以名额分配的方法共有84种.(2)①从集合B中取元素2时，确定C13A33个点.②当从集合B中取元素1，且从C中取元素1，则确定的不同点有C13×1＝C13.③当从B中取元素1，且从C中取出元素3或4，则确定的不同点有C12A33个.∴由分类加法计数原理，共确定C13A33＋C13＋C12A33＝33(个)不同点.。

高考专题16 排列与组合-2019年高考数学母题题源系列(浙江专版)(解析版)

专题16 排列与组合【母题来源一】【2018年高考浙江卷】从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成______________个没有重复数字的四位数．（用数字作答）【答案】1260【解析】若不取0，则排列数为224534C C A ；若取0，则排列数为21135333C C A A ，因此一共可以组成224534C C A +21135333C C A A 1260=个没有重复数字的四位数．故答案为1260．【母题来源二】【2017年高考浙江卷】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，共有______________种不同的选法．（用数字作答）【答案】660 【解析】由题意可得，从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，总的选择方法为411843C C C ⨯⨯种，其中“服务队中没有女生”的选法有411643C C C ⨯⨯种，则满足题意的选法有411411843643C C C C C C 660⨯⨯-⨯⨯=种．故答案为660．【名师点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件．解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率．在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式．【命题意图】考查排列数、组合数公式，考查运算求解能力、分类讨论的思想及分析问题与解决问题的能力．【命题规律】排列、组合问题一般以实际问题为背景，考查排列数、组合数、分类和分步计数原理，难度中等．【答题模板】求解排列、组合问题，一般步骤如下：第一步：分清分类和分步；第二步：分清排列与组合，确定解题方向，根据问题有序和无序，确定是排列问题还是组合问题；第三步：正确应用公式运算求解．【方法总结】1．解排列、组合综合应用问题的思路解排列、组合综合应用问题要从“分析”“分辨”“分类”“分步”的角度入手，“分析”就是找出题目的条件、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互相联系的步骤，每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．2．排列问题与组合问题的识别方法若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题，即排列问题与选取元素顺序有关；若交换某两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题，即组合问题与选取元素顺序无关．3．解排列、组合题的“24字方针，12个技巧”（1）“24字方针”是解排列、组合题的基本规律：即排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类为加、分步为乘．（2）“12个技巧”是速解排列、组合题的捷径．即：①相邻问题捆绑法；②不相邻问题插空法；③多排问题单排法；④定序问题倍缩法；⑤定位问题优先法；⑥有序分配问题分步法； ⑦多元问题分类法； ⑧交叉问题集合法； ⑨至少(多)问题间接法； ⑩选排问题先取后排法； ⑪局部与整体问题排除法； ⑫复杂问题转化法．1．【浙江省杭州高级中学2019届高三上学期期中考试】有甲、乙、丙3项任务，甲需要2人承担，乙、丙各需要1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法有 A ．1260 B ．2520 C ．2025D ．5040【答案】B【分析】首先分析题目求不同的选法种数，故可先从10人中选出4个人，再在这4个人中选两个从事甲任务，剩下的两个人从事乙或丙任务，即可列出式子，求解得到答案．【解析】分析题目先从10人中选出4个人，再在这4个人中选两个从事甲任务，剩下的两个人从事乙丙任务，故不同的选法有4221042C C A 2520 种．故选B ．【名师点睛】排列组合的综合应用问题，一般按先选再排，先分组再分配的处理原则．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． 2．【浙江省2019年高考模拟训练卷三】已知5辆不同的白颜色和3辆不同的红颜色汽车停成一排，则白颜色汽车至少2辆停在一起且红颜色的汽车互不相邻的停放方法有 A ．1880 B ．1440 C ．720D ．256【答案】B【分析】先从5辆白色汽车选3辆全排列后视为一个整体，再将剩余2辆白色汽车全排列后视为一个整体，再将这两个整体全排列，共有3个空，3辆不同的红颜色汽车插空排列即可．【解析】由题意知，白颜色汽车按3，2分两组，先从5辆白色汽车选3辆全排列共35A 种排法，再将剩余2辆白色汽车全排列共22A 种排法，再将这两个整体全排列，共22A 种排法，排完后有3个空，3辆不同的红颜色汽车插空共33A 种排法，由分步计数原理得共32235223A A A A 1440=种．故选B ．【名师点睛】本题主要考查排列中的相邻与不邻问题，常用捆绑与插空法解决，应用了分步计数原理，理解题意是解题得关键，属于中档题．3．【2019年湖北省武汉市高考数学(5月)模拟】用0，1，2，3，4可以组成数字不重复的两位数的个数为 A ．15 B ．16 C ．17D ．18【答案】B【解析】若个位数是0，则有14C 4=个；若个位数不是0，则有24A 12=个，则共有41216+=个．故选B ．【名师点睛】对于排数问题，我们有如下策略：（1）特殊位置、特殊元素优先考虑，比如偶数、奇数等，可考虑末位数字的特点，还有零不能排首位等；（2）先选后排，比如要求所排的数字来自某个范围，我们得先选出符合要求的数字，再把它们放置在合适的位置；（3）去杂法，也就是从反面考虑． 4．【浙江省七彩联盟2018-2019学年第一学期高三11月期中考试】将8本不同的书全部分发给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分到一本，若三名同学所得书的数量各不相同，且甲同学分到的书比乙同学多，则不同的分配方法种数为 A ．1344 B ．1638 C ．1920D ．2486【答案】A【分析】由题意可得8本不同的书有(1，2，5)，(1，3，4)两种分组的方法，再根据甲同学分到的书比乙同学多，分类求出即可．【解析】8本不同的书全部分发给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分到一本，若三名同学所得书的数量各不相同，则有(1，2，5)，(1，3，4)两种分组的方法，由于甲同学分到的书比乙同学多，当乙分的1本时，此时的种数为C 81(C 72+C 73)A 22=896当丙分的1本时，此时的种数为C 81(C 72+C 73)=448，故不同的分配方法种数为986+448=1344种，故选A ．5．【浙江省余姚中学2018届高三选考模拟卷二】用1，2，3，4，5组成不含重复数字的五位数，要求数字4不出现在首位和末位，数字1，3，5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是 A ．48 B ．60 C ．72D ．120【答案】A【分析】对数字2分类讨论，结合数字1，3，5中有且仅有两个数字相邻，利用分类计数原理，即可得到结论．【解析】数字2出现在第2位时，数字1，3，5中相邻的数字出现在第3，4位或者4，5位，共有C 32A 22A 22=12个;数字2出现在第4位时，同理也有12个;数字2出现在第3位时，数字1，3，5中相邻的数字出现在第1，2位或者4，5位，共有C 21C 32A 22A 22=24个;故满足条件的不同的五位数的个数是48个．故选A ．【名师点睛】本题主要考查了排列，组合及简单计数问题，解题的关键是对数字2分类讨论，属于基础题． 6．【江西省临川一中2019届高三年级考前模拟】十三届全国人大二次会议于2019年3月5日至15日在北京召开，会议期间工作人员将其中的5个代表团人员（含A 、B 两市代表团）安排至a ，b ，c 三家宾馆入住，规定同一个代表团人员住同一家宾馆，且每家宾馆至少有一个代表团入住，若A 、B 两市代表团必须安排在a 宾馆入住，则不同的安排种数为 A ．6 B ．12 C ．16D ．18【答案】B【解析】如果仅有A 、B 入住a 宾馆，则余下三个代表团必有2个入住同一个宾馆，共有2232C A 6=种；如果有A 、B 及其余一个代表团入住a 宾馆，则余下两个代表团分别入住,b c ，共有1232C A 6=种，综上，共有不同的安排种数为6612+=．故选B ．【名师点睛】本题考查排列、组合计数，注意要先分组再分配，否则容易出现重复计数的错误． 7．【河南省濮阳市2019届高三5月模拟】安排A ，B ，C ，D ，E ，F ，共6名义工照顾甲，乙，丙三位老人，每两位义工照顾一位老人，考虑到义工与老人住址距离问题，义工A 不安排照顾老人甲，义工B 不安排照顾老人乙，则安排方法共有A ．30种B ．40种C ．42种D ．48种【答案】C【解析】6名义工照顾三位老人，每两位义工照顾一位老人共有2264C C 90=种安排方法，其中A 照顾老人甲的情况有1254C C 30=种， B 照顾老人乙的情况有1254C C 30=种，A 照顾老人甲，同时B 照顾老人乙的情况有1143C C 12=种．综上，符合题意的安排方法有9030301242--+=种，故选C ．【点睛】本题考查利用排列组合解决实际问题，对于限制条件较多的问题，通常采用间接法来进行求解． 8．【浙江省金丽衢十二校2018届高三第二次联考】用0，1，2，3，4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 ．20 B ．24 C ．36D ．48【答案】A【分析】先根据能被3整除的三位数字组成为012，024，123，234四种情况，再分类讨论排列数，最后相加得结果．【解析】因为能被3整除的三位数字组成为012，024，123，234四种情况，所以对应排列数分别为2A 22，2A 22，A 33，A 33，因此一共有2A 22+2A 22+A 33+A 33=20个能被3整除的三位数，故选A ．【名师点睛】求解排列、组合问题常用的解题方法：（1）元素相邻的排列问题——“捆邦法”；（2）元素相间的排列问题——“插空法”；（3）元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；（4）带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法．9．【湖南省师范大学附属中学2019届高三下学期模拟三】本次模拟考试结束后，班级要排一张语文、数学、英语、物理、化学、生物六科试卷讲评顺序表，若化学排在生物前面，数学与物理不相邻且都不排在最后，则不同的排表方法共有 A ．72种 B ．144种 C ．288种D ．360种【答案】B【解析】第一步排语文，英语，化学，生物4科，且化学排在生物前面，有24A 12=种排法；第二步将数学和物理插入前4科除最后位置外的4个空挡中的2个，有24A 12=种排法，所以不同的排表方法共有1212144⨯=种．故选B ．【名师点睛】本题考查排列的应用，不相邻采用插空法求解，准确分步是关键，是基础题．10．【浙江省宁波市2018届高三5月模拟】若用红、黄、蓝、绿四种颜色填涂如图方格，要求有公共顶点的两个格子颜色不同，则不同的涂色方案数有A ．48种B ．72种C ．96种D ．216种【答案】C【解析】如图，按照以下顺序涂色，A ：C 41→B ：C 31→D ：C 21→C ：C 21→E ：C 11→F ：C 21，所以由乘法分步原理得总的方案数为C 41⋅C 31⋅C 21⋅C 21⋅C 21=96种．故选C ．【名师点睛】（1）本题主要考查排列组合计数原理的应用，意在考查学生的逻辑思维能力和排列组合的基本运算能力．解答排列组合时，要思路清晰，排组分清；（2）解答本题时，要注意审题，“有公共顶点的两个格子颜色不同”，如C 和D 有公共的顶点，所以颜色不能相同．11．【浙江省浙南名校联盟2019届高三上学期期末联考】甲、乙二人均从5种不同的食品中任选一种或两种吃，则他们一共吃到了3种不同食品的情况有 A ．84种 B ．100种 C ．120种D ．150种【答案】C【分析】由分步乘法计数原理先由5种食物中选择3种，共35C 种情况；第二步，将3种食物编号，用列举法列举所有情况即可．【解析】由分步乘法计数原理：第一步，由5种食物中选择3种，共35C 种情况；第二步，将3种食物编号为A ，B ，C ，则甲、乙选择的食物的情况有：(,)AB C ，(,)AB AC ，(,)AB BC ，(,)AC B ，(,)AC BC ，(,)BC A ，(,)A BC ，(,)BC AC ，(,)B AC ，(,)BC AB ，(,)AC AB ，(,)C AB ，共12种情况，因此他们一共吃到了3种不同食品的情况有3512C 120 种．故选C ．【名师点睛】本题主要考查分步乘法计数原理，按定义逐步计算，最后求乘积即可，属于常考题型． 12．【浙北四校2019届高三12月模拟】有6个人站成前后二排，每排3人，若甲、乙两人左右、前后均不相邻，则不同的站法种数为 A ．384 B ．480 C ．768D ．240【答案】A【分析】若甲站在边上甲有4个位置可选，乙有3个位置可选，其余的4人任意排，此时的排法种数为4×3×A 44；如果甲站在中间，甲有2个位置可选，乙有2个位置可选，其余的4人任意排，此时的排法种数是2×2×A 44，把这两个结果相加即得所求．【解析】如果甲站在边上甲有4个位置可选，乙有3个位置可选，其余的4人任意排，此时的排法种数为4×3×A 44=288．如果甲站在中间，甲有2个位置可选，乙有2个位置可选，其余的4人任意排，此时的排法种数是2×2×A 44=96．根据分类计数原理，所有的不同的站法种数为288+96=384，故选A ．【名师点睛】本题主要考查排列与组合及两个基本原理，排列数公式的应用，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．13．【浙江省杭州第十四中学2019届高三8月月考】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，则不同的放法的种数为______________．（用数字作答）【答案】30【分析】先计算小球放入3个不同的盒子的放法数目，再计算红球和蓝球放到同一个盒子的放法数目，两个相减得到结果．【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，再将其与其它2个小球对应3个盒子，共2343C A 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33A 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．【名师点睛】本题考查排列组合及简单的计数原理的应用，注意用间接法，属于基础题．14．【河北省唐山市2019届高三第二次模拟】将六名教师分配到甲、乙、丙、丁四所学校任教，其中甲校至少分配两名教师，其它三所学校至少分配一名教师，则不同的分配方案共有______________种．（用数字作答）【答案】660【解析】若甲校2人，乙、丙、丁其中一校2人，共有223643C C A 种，若甲校3人，乙、丙、丁每校1人，共有3363C A 种，则不同的分配方案共有223643C C A +3363C A 660=种．15．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】现有排成一排的7个不同的盒子，将红、黄、蓝、白颜色的4个小球全部放入这7个盒子中，若每个盒子最多放一个小球，则恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法共有______________种．（结果用数字表示）【答案】336【分析】根据相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法进行求解．【解析】先不考虑红球与黄球不相邻，则4个小球有44A 种排法，再安排空盒，有2252C A 种方法，再考虑红球与黄球相邻，则4个小球有3232A A 种排法，再安排空盒，有2242C A 种方法，因此所求放法种数为42222452223324A A A C A C A 336-=．16．【河北省衡水市2019届高三四月大联考】现有一圆桌，周边有标号为1，2，3，4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有______________种．（用数字作答）【答案】8【解析】先按排甲，其选座方法有14C 种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲对面，而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有22A 种，所以共有坐法种数为1242C A 428⋅=⨯=种．【点睛】排列、组合问题由于其思想方法独特、计算量大，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考虑周全，做到不重不漏，正确解题．17．【浙江省“七彩阳光”联盟2019届高三期初联考】甲、乙、丙3人同时参加5个不同的游戏活动，每个游戏最多有2人可以参与（如果有2人参与同一个游戏，不区分2人在其中的角色），则甲、乙、丙3人参与游戏的不同方式总数是______________．【答案】120【分析】分类：第一类，每一个游戏只有一个人参加；第二类，有一个游戏有两人参加，另一个游戏有一人参加，求出结果．【解析】第一类，每一个游戏只有一个人参加，则有A 53=60种参与方法；第二类，有一个游戏有两人参加，另一个游戏有一人参加，则有C 31∙A 52=60种参与方法．综上，符合题意得参与方法一共有60+60=120种参与方法．【名师点睛】本题考查了排列组合的运用，在不同人选取不同游戏的时候，进行了分类讨论，依据题目中每个游戏最多有2人可以参与讨论一个参加和两人参加，较为基础．18．【浙江省金华十校2019届高三上学期期末联考】某高中高三某班上午安排五门学科(语文，数学，英语，化学，生物)上课，一门学科一节课，要求语文与数学不能相邻，生物不能排在第五节，则不同的排法总数是______________．【答案】60【分析】由题意可以分两类，根据分类计数原理可得．【解析】若第五节排语文或数学中的一门，则第四节排英语，化学，生物中的一门，其余三节把剩下科目任意排，有113233A A A 36=种排法，若第五节排英语，化学中的一门，剩下的四节，将语文和数学插入到剩下的2门中，有122223A A A 24=种排法，根据分类计数原理共有362460+=种．【名师点睛】本题考查了分类计数原理，关键是分类，以及特殊元素特殊处理，属于中档题． 19．【浙江省衢州市五校联盟2019届高三年级上学期联考】元宵节灯展后，如图悬挂有6盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，共有______________种不同取法．（用数字作答）【答案】90【分析】问题转化为求六个元素排列，其中甲在乙前；丙在丁前，戊在己前的排列数，先将六个元素全排列共有A 66种排法，结合甲乙顺序确定；丙丁顺序确定，戊己顺序确定，从而可得结果．【解析】因为取灯时每次只能取一盏，所以每串灯必须先取下面的灯，即每串两个灯取下的顺序确定，问题转化为求六个元素排列，其中甲在乙前，丙在丁前，戊在己前的排列数，先将六个元素全排列共有A 66种排法，因为甲乙顺序确定；丙丁顺序确定，戊己顺序确定，所以六个元素排列甲在乙前、丙在丁前、戊在己前的排法数为A 66A 22A 22A 22=7202×2×2=90，故取下6盏不同的花灯，每次取1盏，共有90种不同取法．【名师点睛】本题主要考查排列的应用，属于中档题．常见排列数的求法为：（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数．20．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】某超市内一排共有6个收费通道，每个通道处有1号，2号两个收费点，根据每天的人流量，超市准备周一选择其中的3处通道，要求3处通道互不相邻，且每个通道至少开通一个收费点，则周一这天超市选择收费的安排方式共有______________种．【答案】108【分析】先选择通道，再考虑每个通道处收费点的开通方式，利用分步乘法计数原理可得答案．【解析】设6个收费通道依次编号为1，2，3，4，5，6，从中选择3个互不相邻的通道，有135，136，146，246共4种不同的选法．对于每个通道，至少开通一个收费点，即可以开通1号收费点，开通2号收费点，同时开通两个收费点，共3种不同的安排方式．由分步乘法计数原理，可得超市选择收费的安排方式共有343108⨯=种．21．【浙江省重点中学2019届高三12月期末热身联考】如图，有7个白色正方形方块排成一列，现将其中4块涂上黑色，规定从左往右数，无论数到第几块，黑色方块总不少于白色方块的涂法有______________种．【答案】14【分析】用黑白两种颜色随机地涂如图所示表格中7个格子，每个格子都有2种染色方法，利用分类讨论方法求出出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子个数．【解析】由题意可判断第一格涂黑色，则在后6格中有3个涂黑色，共有36C 20=种涂法，满足从左往右数，无论数到第几块，黑色方块总少于白色方块的有：①第2，3格涂白色共4种涂法，②第3，4，5格涂白色共1种涂法，③第2，4，5格涂白色共1种涂法．所以满足从左往右数，无论数到第几块，黑色方块总不少于白色方块的涂法有36C 41114---=种．【名师点睛】本题考查计数原理，是基础题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用． 22．【湖南省师范大学附属中学2019届高三考前演练五】习近平总书记在湖南省湘西州十八洞村考察时首次提出“精准扶贫”概念，精准扶贫成为我国脱贫攻坚的基本方略．为配合国家精准扶贫战略，某省示范性高中安排6名高级教师（不同姓）到基础教育薄弱的甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教，每所学校至少1人，因工作需要，其中李老师不去甲校，则分配方案种数为______________．【答案】360【解析】方法1：根据甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教，每所学校至少1人，可分四种情况：（1）甲校安排1名教师，分配方案种数有11422325542532C C C A C C A 150+=（）；（2）甲校安排2名教师，分配方案种数有213222543242C C C A C C 140+=（）；（3）甲校安排3名教师，分配方案种数有31225322C C C A 60=；（4）甲校安排4名教师，分配方案种数有411521C C C 10=；由分类计数原理，可得共有1501406010360+++=（种）分配方案．方法2：由6名教师到三所学校，每所学校至少一人，可能的分组情况为4，1，1；3，2，1；2，2，2，（1）对于第一种情况，由于李老师不去甲校，李老师自己去一个学校有12C 种，其余5名分成一人组和四人组有4252C A 种，共421522C A C 20=（种）；李老师分配到四人组且该组不去甲校有312522C C A 40=（种），则第一种情况共有204060+=（种）；（2）对于第二种情况，李老师分配到一人组有32215222C C A C 40=（种），李老师分配到三人组有22125222C C C A 120=（种），李老师分配到两人组有11325242C C C C 80=（种），所以第二种情况共有4080120240++=（种）；（3）对于第三种情况，共有11225242C C C C 60=（种）；综上所述，共有6024060360++=（种）分配方案．【点睛】本题主要考查了分类计数原理，以及排列、组合的综合应用，其中解答中认真审题，合理分类讨论是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．23．【浙江省嘉兴市2019届高三第一学期期末检测】浙江省现行的高考招生制度规定除语、数、英之外，考生须从政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术这7门高中学考科目中选择3门作为高考选考科目，成绩计入高考总分．已知报考某高校A 、B 两个专业各需要一门科目满足要求即可，A 专业：物理、化学、技术；B 专业：历史、地理、技术．考生小李今年打算报考该高校这两个专业的选考方式有______________种．（用数字作答）【答案】27【分析】根据题意，分四种情况讨论即可，最终将每种情况的个数加到一起．【解析】根据题意得到分情况：当考生选择技术时，两个专业均可报考，再从剩下的6门课中选择两科即可，方法有26C 15=种；当学生不选技术时，可以从物理化学中选择一科，再从历史，地理选一科，最后从政治生物中选择一科，有2228⨯⨯=种方法；当学生同时选物理化学时，还需要选择历史，地理中的一科，有2中选择，当学生同时选择历史，地理时，需要从物理化学中再选择一科，也有2种方法，共有4种；综上，共有158427++=种选考方式．【名师点睛】（1）解排列组合问题要遵循两个原则：①按元素(或位置)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(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．（2）不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组．注意各种分组类型中，不同分组方法的求解． 24．【浙江省温州九校2019届高三第一次联考】4名学生参加3个兴趣小组活动，每人参加一个或两个小组，那么3个兴趣小组都恰有2人参加的不同的分组共有______________种．【答案】90。

2018高考一轮数学浙江专版练习第9章第2节排列与组合含答案精品

第二节排列与组合1．排列与组合的概念(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1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．()(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．()(3)若组合式C x n＝C m n，则x＝m成立．()(4)排列定义规定给出的n个元素各不相同，并且只研究被取出的元素也各不相同的情况．也就是说，如果某个元素已被取出，则这个元素就不再取了．()[答案](1)×(2)√(3)×(4)√2．(教材改编)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了毕业留言()A．1 560条B．780条C．1 600条D．800条A[由题意，得毕业留言共A240＝1 560条．]3．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．24 B．48C．60 D．72D[第一步，先排个位，有C13种选择；第二步，排前4位，有A44种选择．由分步乘法计数原理，知有C13·A44＝72(个)．]4．某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为()A．85 B．56C．49 D．28C[法一(直接法)：甲、乙两人均入选，有C17C22种方法，甲、乙两人只有1人入选，有C12C27种方法，由分类加法计数原理，共有C22C17＋C12C27＝49种选法．法二(间接法)：从9人中选3人有C39种方法，其中甲、乙均不入选有C37种方法，∴满足条件的选排方法有C39－C37＝84－35＝49种．]5．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. 【导学号：51062328】60[5人的全排列，B站在A的右边与A站在B的右边各占一半，∴满足条件的不同排法共12A55＝60种．](1)甲，则不同的排法共有()A．192种B．216种C．240种D．288种(2)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．(1)B(2)36[(1)第一类：甲在左端，有A55＝5×4×3×2×1＝120种方法；第二类：乙在最左端，有4A44＝4×4×3×2×1＝96种方法，所以共有120＋96＝216种方法．(2)记其余两种产品为D，E，A，B相邻视为一个元素，先与D，E排列，有A22A33种方法．再将C插入，仅有3个空位可选，共有A22A33C13＝2×6×3＝36种不同的摆法．][规律方法] 1.第(1)题求解的关键是按特殊元素甲、乙的位置进行分类．注意特殊元素(位置)优先原则，即先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，可利用间接法．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等常用的解题方法．[变式训练1]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C[程序A的顺序有A12＝2种结果，将程序B和C看作一个元素与除A外的元素排列有A22A44＝48种结果，由分步乘法计数原理，实验编排共有2×48＝96种方法．](1)若从数，则不同的取法共有()A．60种B．63种C．65种D．66种(2)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有()A．18个B．16个C．14个D．12个(1)D(2)C[(1)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，∴不同的取法共有C45＋C44＋C25C24＝66种．(2)由题意知：当m＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0,4项为1，且必有a1＝0，a8＝1.不考虑限制条件“对任意k≤2m，a1，a2，…，a k 中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C36＝20(种)，其中存在k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数少于1的个数的情况有：①若a2＝a3＝1，则有C14＝4(种)；②若a2＝1，a3＝0，则a4＝1，a5＝1，只有1种；③若a2＝0，则a3＝a4＝a5＝1，只有1种．综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14(种)．故共有14个．故选C.][规律方法] 1.(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，再从剩下的元素中选取．(2)“至少”或“至多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．2．第(2)题是“新定义”问题，首先理解“规范01数列”的定义是解题的关键，注意分类讨论时要不重不漏，并重视间接法的应用．[变式训练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________．472[第一类，含有1张红色卡片，不同的取法C14C212＝264种．第二类，不含有红色卡片，不同的取法C312－3C34＝220－12＝208种．由分类加法计数原理，不同的取法共264＋208＝472种．]☞角度1 简单的排列与组合的综合问题(2017·杭州质检)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A ．144个B ．120个C ．96个D ．72个B [当五位数的万位为4时，个位可以是0,2，此时满足条件的偶数共有C 12A 34＝48个；当五位数的万位为5时，个位可以是0,2,4，此时满足条件的偶数共有C 13A 34＝72个，所以比40 000大的偶数共有48＋72＝120个．]☞角度2 分组分配问题(2017·浙江名校联考)将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送的方法有( ) 【导学号：51062329】A ．240种B ．180种C ．150种D ．540种C [5名学生可分为2,2,1和3,1,1两组方式．当5名学生分成2,2,1时，共有12C 25C 23A 33＝90种方法；当5名学生分成3,1,1时，共有C 35A 33＝60种方法．由分类加法计数原理知共有90＋60＝150种保送方法．][规律方法] 1.解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．对于排列组合的综合题目，一般是先取出符合要求的元素，再对取出的元素排列．2．(1)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．(2)对于相同元素的“分配”问题，常用的方法是采用“隔板法”．[思想与方法]1．解有附加条件的排列、组合应用题的三种思路：(1)特殊元素、特殊位置优先原则．(2)解受条件限制的组合题，通常用直接法(合理分类)和间接法(排除法)来解决，分类标准应统一．(3)解排列、组合的综合题一般是先选再排，先分组再分配．2．求解排列组合问题的思路：“排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．”[易错与防范]1．易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关．2．计算A m n时易错算为n(n－1)(n－2)…(n－m)．3．易混淆排列与排列数，排列是一个具体的排法，不是数，是一件事，而排列数是所有排列的个数，是一个正整数．4．解组合应用题时，应注意“至少”“至多”“恰好”等词的含义．5．对于分配问题，一般是坚持先分组，再分配的原则，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重复或遗漏．课时分层训练(五十三)排列与组合A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．把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．120C．72D．24D[先把3把椅子隔开摆好，它们之间和两端有4个位置，再把3人带椅子插放在4个位置，共有A34＝24种放法．]2．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() 【导学号：51062330】A．6 B．18C．20 D．24B[由题意知，名次排列的种数为C13A33＝18.]3．将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的安排方法的种数为()A．10 B．20C．30 D．40B[将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么必然是一个宿舍2名，而另一个宿舍3名，共有C35C22×2＝20种．] 4．我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有()A．18个B．15个C．12个D．9个B[根据“六合数”的定义可知，当首位为2时，其余三位是数组(0,0,4)，(0,1,3)，(0,2,2)，(1,1,2)的所有排列，即共有3＋A33＋3＋3＝15个．] 5．(2017·浙江五校联考)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有()A．24对B．30对C．48对D．60对C[正方体六个面的对角线共有12条，则有C212＝66对，而相对的两个面中的对角线其夹角都不是60°，则共有3×C24＝18对，而其余的都符合题意，因此满足条件的对角线共有66－18＝48对．]6．(2017·舟山二模)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有()【导学号：51062331】A．18种B．24种C．36种D．72种C[1个路口3人，其余路口各1人的分配方法有C13C22A33种.1个路口1人，2个路口各2人的分配方法有C23C22A33种，由分类加法计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为C13C22A33＋C23C22A33＝36种．]二、填空题7．方程3A3x＝2A2x＋1＋6A2x的解为________．5[由排列数公式可知3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)．∵x≥3，且x∈N*，∴3(x－1)(x－2)＝2(x＋1)＋6(x－1)，即3x2－17x＋10＝0，解得x＝5或x＝23(舍去)，∴x＝5.]8．7位身高均不等的同学排成一排照相，要求中间最高，依次往两端身高逐渐降低，共有________种排法．20[先排最中间位置有1种排法，再排左边3个位置，由于顺序一定，共有C36种排法，再排剩下右边三个位置，共1种排法，所以排法种数为C36＝20种．] 9．若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误种数共有________种．11[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种．其中正确的有一种，所以错误的共A24－1＝12－1＝11种．] 10．(2016·南京模拟)2017年第十三届全国运动会在天津举行，将6名志愿者分成4个组分赴全运会赛场的四个不同场馆服务，其中两个组各2人，另两个组各1人．不同的分配方案有________种(用数字作答). 【导学号：51062332】1 080[将6位志愿者分为2名，2名，1名，1名四组，有C26C24A22＝12×15×6＝45种分组方法．将四组分赴四个不同场馆有A44种方法．∴根据分步乘法计数原理，不同的分配方案有45·A44＝1 080种方法．]B组能力提升(建议用时：15分钟)1．(2017·金华十校联考)甲、乙等5人在9月3号参加了纪念抗日战争胜利70周年阅兵庆典后，在天安门广场排成一排拍照留念，甲和乙必须相邻且都不站在两端的排法有()A．12种B．24种C．48种D．120种B[甲、乙相邻，将甲、乙捆绑在一起看作一个元素，共有A44A22种排法，甲、乙相邻且在两端有C12A33A22种排法，故甲、乙相邻且都不站在两端的排法有A44A22－C12A33A22＝24(种)．]2．(2017·嘉兴质检)设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|x i∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为() A．60 B．90C．120 D．130D[因为x i∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5，且1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3，所以x i中至少两个为0，至多四个为0.(1)x i(i＝1,2,3,4,5)中有4个0,1个－1或1.A有2C15＝10个元素．(2)x i中有3个0,2个－1或1，A有C25×2×2＝40个元素．(3)x i中有2个0,3个－1或1，A有C35×2×2×2＝80个元素．从而，集合A中共有10＋40＋80＝130个元素．]3．某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有________种．60[法一(直接法)：若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共A34种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项共C23A24种方法．由分类加法计数原理知共A34＋C23A24＝60种方法．法二(间接法)：先任意安排3个项目，每个项目各有4种安排方法，共43＝64种排法，其中3个项目落入同一城市的排法不符合要求共4种，所以总投资方案共43－4＝64－4＝60种．]4．(2017·杭州学军中学联考)摄像师要对已坐定一排照像的5位小朋友的座位顺序进行调整，要求其中恰有2人座位不调整，则不同的调整方案的种数为________．(用数字作答) 【导学号：51062333】20[先从5位小朋友中选取2位，让他们位置不变，其余3位都改变自己的位置，即3人不在其位，共有方案种数为N＝C25·C12·C11·C11＝20种．]。

(完整word版)2018浙江数学高考试题(附含答案解析),推荐文档

绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数本试题卷分选择题和非选择题两部分。

全卷共 4页。

满分150分。

考试用时120分钟。

学4页，选择题部分1至2页；非选择题部分 3至考生注意:1 •答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。

2 •答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

选择题部分(共40分)一、选择题：本大题共 10小题，每小题4分，共40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。

1 •已知全集 U ={1 ,2 , 3, 4 , 5}, A ={1 , 3}，则 e u A= A •B . {1 , 3}C • {2 ,4, 5}D • {1 , 2,3 , 4,5}参考公式：若事件A , B 互斥，则P(A B) P(A) P(B)若事件A , B 相互独立，则P(AB) P(A)P(B) 若事件A 在一次试验中发生的概率是 p ，则n次独立重复试验中事件 A 恰好发生k 次的概率 k kn kP n (k) C n P (1 p) (k 0,1,2丄，n) 台体的体积公式V 1(S - W $)h3其中Si,S 2分别表示台体的上、下底面积， h 表示台体的高柱体的体积公式V Sh 其中S 表示柱体的底面积，1锥体的体积公式V - Sh3 其中S 表示锥体的底面积，球的表面积公式 2S 4 R球的体积公式其中R 表示球的半径h 表示柱体的高h 表示锥体的咼A. 2B. 44 .复数—（i为虚数单位）的共轭复数是1 iA. 1+iB. 1-iC . 6D . 8C . - 1+iD . -1- i6 .已知平面a,直线m , n满足m a,A .充分不必要条件C .充分必要条件22•双曲线Xr y2=1的焦点坐标是A . (- 2 , 0) , ( . 2 , 0)B. (-2 ,0) , (2, 0)C . (0，- .2), (0, .2)D . (0 ,-2), (0 , 2)D.既不充分也不必要条件3 .某几何体的三视图如图所示（单位：cm ）,则该几何体的体积（单位：cm 3）是7 .设0<p <1，随机变量E 的分布列是则当p 在(0,1)内增大时， A . D (E )减小B . D (9增大C .D ( 9先减小后增大D . D (9先增大后减小8 •已知四棱锥 S -ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等， E 是线段AB 上的点(不含端点)，设SE 与BC 所成的角为01, SE 与平面ABCD 所成的角为％,二面角S AB - C 的平面角为03，贝U非选择题部分(共110分)二、填空题：本大题共 7小题，多空题每题 6分，单空题每题 4分，共36分。

【真题】2018年浙江省高考数学试题含答案解析

绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分。

全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页。

满分150分。

考试用时120分钟。

考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。

2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

参考公式：若事件A，B互斥，则若事件A，B相互独立，则若事件A在一次试验中发生的概率是p，则n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率台体的体积公式其中分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高柱体的体积公式其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式其中表示锥体的底面积，表示锥体的高球的表面积公式球的体积公式其中表示球的半径选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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。

1. 已知全集U={1，2，3，4，5}，A={1，3}，则A. B. {1，3} C. {2，4，5} D. {1，2，3，4，5}【答案】C【解析】分析:根据补集的定义可得结果.详解：因为全集，，所以根据补集的定义得,故选C.点睛：若集合的元素已知，则求集合的交集、并集、补集时，可根据交集、并集、补集的定义求解．2. 双曲线的焦点坐标是A. (−，0)，(，0)B. (−2，0)，(2，0)C. (0，−)，(0，)D. (0，−2)，(0，2)【答案】B【解析】分析:根据双曲线方程确定焦点位置，再根据求焦点坐标.详解：因为双曲线方程为，所以焦点坐标可设为，因为，所以焦点坐标为，选B.点睛：由双曲线方程可得焦点坐标为，顶点坐标为，渐近线方程为.3. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】分析:先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为选C.点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.4. 复数(i为虚数单位)的共轭复数是A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i【答案】B【解析】分析:先分母实数化化简复数，再根据共轭复数的定义确定结果.详解：，∴共轭复数为，选B.点睛：本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如. 其次要熟悉复数的相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭复数为.5. 函数y=sin2x的图象可能是A. B.C. D.【答案】D【解析】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.详解：令，因为，所以为奇函数，排除选项A,B;因为时，，所以排除选项C，选D.点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．6. 已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】分析:根据线面平行的判定定理得充分性成立，而必要性显然不成立.详解：因为，所以根据线面平行的判定定理得.由不能得出与内任一直线平行，所以是的充分不必要条件，故选A.点睛：充分、必要条件的三种判断方法：（1）定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．（2）等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．（3）集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．7. 设0<p<1，随机变量ξ的分布列是ξ0 1 2P则当p在（0，1）内增大时，A. D（ξ）减小B. D（ξ）增大C. D（ξ）先减小后增大D. D（ξ）先增大后减小【答案】D【解析】分析:先求数学期望，再求方差，最后根据方差函数确定单调性.详解：，，，∴先增后减,因此选D.点睛：8. 已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】D【解析】分析:分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.详解：设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，OM，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，因此从而因为，所以即，选D.点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.9. 已知a，b，e是平面向量，e是单位向量．若非零向量a与e的夹角为，向量b满足b2−4e·b+3=0，则|a−b|的最小值是A. −1B. +1C. 2D. 2−【答案】A【解析】分析:先确定向量所表示的点的轨迹，一个为直线，一个为圆，再根据直线与圆的位置关系求最小值.详解：设，则由得，由得因此的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，为选A.点睛：以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程、解不等式、求函数值域或直线与曲线的位置关系，是解决这类问题的一般方法.10. 已知成等比数列，且．若，则A. B. C. D.【答案】B【解析】分析:先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断.详解：令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.点睛：构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。

2018年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷) 数学试题及详解精编版

2018年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分。

全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页。

满分150分。

考试用时120分钟。

考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。

2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

参考公式：若事件A ，B 互斥，则()()()P A B P A P B +=+ 若事件A ，B 相互独立，则()()()P AB P A P B =若事件A 在一次试验中发生的概率是p ，则n次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率()C (1)(0,1,2,,)k k n k n n P k p p k n -=-=台体的体积公式121()3V S S h = 其中12,S S 分别表示台体的上、下底面积，h 表示台体的高柱体的体积公式V Sh =其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高锥体的体积公式13V Sh =其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高球的表面积公式24S R =π球的体积公式343V R =π其中R 表示球的半径选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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。

1．已知全集U ={1，2，3，4，5}，A ={1，3}，则=U A ð（） A ．∅ B ．{1，3} C ．{2，4，5} D ．{1，2，3，4，5}1.答案：C解答：由题意知U C A ={2,4,5}.2．双曲线221 3=x y -的焦点坐标是（）A ．(0)，0) B ．(−2，0)，(2，0) C ．(0，，(0D ．(0，−2)，(0，2)2.答案：B解答：∵2314c =+=，∴双曲线2213x y -=的焦点坐标是(2,0)-，(2,0).3．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（）A ．2B ．4C ．6D ．8 3.答案：C解答：该几何体的立体图形为四棱柱，(12)2262V +⨯=⨯=. 4．复数21i- (i 为虚数单位)的共轭复数是（） A ．1+i B ．1−i C ．−1+i D ．−1−i 4.答案：B 解答：22(1)11(1)(1)i z i i i i +===+--+，∴1z i =-.5．函数y =||2x sin2x 的图象可能是（）A ．B ．C ．D ．5.答案：D 解答：令||()2sin 2x y f x x ==，||||()2sin(2)2sin 2()x x f x x x f x --=-=-=-，所以()f x 为奇函数①；当(0,)x p Î时，||20x >，sin 2x 可正可负，所以()f x 可正可负②.由①②可知，选D.6．已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，则“m ∥n ”是“m ∥α”的（） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件6.答案：A解答：若“//m n ”，平面外一条直线与平面内一条直线平行，可得线面平行，所以“//m α”；当“//m α”时，m 不一定与n 平行，所以“//m n ”是“//m α”的充分不必要条件.7．设0<p <1，随机变量ξ的分布列是（）俯视图正视图222则当p 在（0，1）内增大时， A ．D （ξ）减小 B ．D （ξ）增大C ．D （ξ）先减小后增大D ．D （ξ）先增大后减小7.答案：D 解答：111()0122222p p E p x -=???+， 22211113()()()()222222p p D p p p x -=?+?+?22111()422p p p =-++=--+，所以当p 在(0,1)内增大时，()D x 先增大后减小，故选D.8．已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则（）A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ1 8.答案：D 解答：作SO 垂直于平面ABCD ，垂足为O ，取AB 的中点M ，连接SM .过O 作ON 垂直于直线SM ，可知2SEO θ=∠，3SMO θ=∠，过SO 固定下的二面角与线面角关系，得32θθ≥.易知，3θ也为BC 与平面SAB 的线面角，即OM 与平面SAB 的线面角，根据最小角定理，OM 与直线SE 所成的线线角13θθ≥，所以231θθθ≤≤.9．已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量a 与e 的夹角为π3，向量b 满足b 2−4e ·b +3=0，则|a −b |的最小值是（）A 1BC ．2D ．29.答案：A解答：设(1,0)e =，(,)b x y =，则222430430b e b x y x -⋅+=⇒+-+=22(2)1x y ⇒-+=如图所示，a OA =，b OB =，（其中A 为射线OA 上动点，B 为圆C 上动点，3AOx π∠=.）∴min11a b CD -=-=.（其中CD OA ⊥.）10．已知1234,,,a a a a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则（） A ．1324,a a a a << B ．1324,a a a a >< C ．1324,a a a a <> D ．1324,a a a a >>10.答案：B解答：∵ln 1x x ≤-，∴1234123123ln()1a a a a a a a a a a +++=++≤++-，得41a ≤-，即311a q ≤-，∴0q <.若1q ≤-，则212341(1)(1)0a a a a a q q +++=++≤，212311(1)1a a a a q q a ++=++≥>，矛盾.∴10q -<<，则2131(1)0a a a q -=->，2241(1)0a a a q q -=-<. ∴13a a >，24a a <.非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11．我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一。

2018年高考真题数学(浙江卷) Word版含解析

2018年普通高等学校招生全国统一考试 (浙江卷)数学注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分) 1. 已知全集U ={1，2，3，4，5}，A ={1，3}，则C U A =( )A . ∅B . {1，3}C . {2，4，5}D . {1，2，3，4，5}2. 双曲线错误！未找到引用源。

−y 2=1的焦点坐标是( )A . (−错误！未找到引用源。

，0)，(错误！未找到引用源。

，0)B . (−2，0)，(2，0) C . (0，−错误！未找到引用源。

)，(0，错误！未找到引用源。

) D . (0，−2)，(0，2) 3. 某几何体的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A . 2B . 4C . 6D. 8俯视图正视图4. 复数错误！未找到引用源。

(i 为虚数单位)的共轭复数是( )A . 1+iB . 1−iC . −1+iD . −1−i5. 函数y =错误！未找到引用源。

sin 2x 的图象可能是( )此卷只装订不密封级姓名准考证号考场号座位号DC B A6. 已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，则“m ∥n ”是“m ∥α”的( )A . 充分不必要条件B . 必要不充分条件C . 充分必要条件D . 既不充分也不必要条件7. 设0<p <1则当p 在(0，1)内增大时( ) A . D (ξ)减小 B . D (ξ)增大C .D (ξ)先减小后增大D . D (ξ)先增大后减小8. 已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点(不含端点)，设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则( )A . θ1≤θ2≤θ3B . θ3≤θ2≤θ1C . θ1≤θ3≤θ2D . θ2≤θ3≤θ19. 已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量，若非零向量a 与e 的夹角为错误！未找到引用源。

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