镇江市统一高考数学第一轮复习学案(解析答案版)：58 排列组合朱晶

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2020届江苏省镇江市统一高考数学第一轮复习学案(解析答案版)：学案3 算法、复数

镇江市区普通高中数学教学案（讨论框架）（教师版）前置学案1.算法通常是指对一类问题的机械的、统一的求解方法.2.流程图是由一些图框和流程线组成的，其中图框表示各种操作的类型，图框中的文字和符号表示操作的内容，流程线表示操作的先后次序.3.三种基本逻辑结构(1)顺序结构是由若干个依次执行的步骤组成的，这是任何一个算法都离不开的基本结构.其结构形式为(2)选择结构是先根据条件作出判断，再决定执行哪一种操作的结构.其结构形式为(3)循环结构是指从某处开始，按照一定条件反复执行某些步骤的情况.反复执行的处理步骤称为循环体.循环结构又分为当型和直到型.其结构形式为4.复数的有关概念复数集C 和复平面内所有的点组成的集合是一一对应的，复数集C 与复平面内所有以原点O 为起点的向量组成的集合也是一一对应的，即 (1)复数z ＝a ＋b i复平面内的点Z (a ，b )(a ，b ∈R ).(2)复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )平面向量OZ →.9.复数的运算设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i(a ，b ，c ，d ∈R )，则 (1)加法：z 1＋z 2＝(a ＋b i)＋(c ＋d i)＝(a ＋c )＋(b ＋d )i ； (2)减法：z 1－z 2＝(a ＋b i)－(c ＋d i)＝(a －c )＋(b －d )i ； (3)乘法：z 1·z 2＝(a ＋b i)·(c ＋d i)＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i ； (4)除法：z 1z 2＝a ＋b i c ＋d i ＝（a ＋b i ）（c －d i ）（c ＋d i ）（c －d i ）＝ac ＋bd ＋（bc －ad ）i c 2＋d 2(c ＋d i ≠0).本题实质上就是求不等式整数解为n ≥5，因此输出的1 执行如图所示的算法流程图，如果输入的t＝0.01，则输出的n＝________.算法流程图的执行问题（四）变式训练按如下流程图，若输出结果为170，则判断框内应填入的条件为________.模拟流程图的运行过程，得该程序运行后是计算S＝2＋23＋25＋27＝2＋8＋32＋128＝170，满足条件i＝7＋2≥9时，终止循环，∴判断框中应填入的是i≥9.高考对算法初步的考查主要是对算法流程图含义的理解1.阅读如图所示的流程图，运行相应的程序.若输入x的值为1，则输出y的值为________.解析当x＝1时，执行y＝9－1＝8.输出y的值为8.答案82.如图是一个算法流程图，则输出的y的值是________.解析逐次写出运行结果，该流程图运行5次，y的值分别是3，7，15，31，63，所以输出的y＝63.答案631. (江苏2009.7)右图是一个算法的流程图，最后输出的W=.Read a ，b If a>b Then m ←a Else m ←b End If Print m2. (江苏2010.7)右图是一个算法的流程图，则输出S 的值是______ _______3. (江苏2011.4)根据如图所示的伪代码，当输入a 、b 分别为2、3时，最后输出的m 的值是 .4. (江苏2012.4) 如图是一个算法流程图，则输出的k 的值是．结束k ←k +1开始 k ←1k 2－5k +4>0N输出k Y8.(江苏2017.4)如图是一个算法流程图，若输入x 的值为116，则输出的y 的值是9.(江苏2008.3)若将复数11ii+-表示为(,,a bi a b R i +∈是虚数单位）的形式，则a b +=10.(江苏2009.1)若复数12429,69,z i z i =+=+其中i是虚数单位，则复数12()z z i -的实部为11.(江苏2010.2)设复数z 满足z(2-3i)=6+4i （其中i 为虚数单位），则z 的模为______ ____12.(江苏2011.3)设复数满足i z i 23)1(+-=+（是虚数单位），则z 的实部是13.(江苏2012. 3)设a b ∈R ，，117ii 12ia b -+=-（i 为虚数单位），则a b +的值为14.(江苏2013.2)设（为虚数单位），则复数的模为2)2(i z -=i z。

镇江市统一高考数学第一轮复习学案(解析答案版)：51. 椭圆的方程与性质

椭圆定义与几何性质的应用
（二）分析诱导
（1）由定义及余弦定理求出值.
（2）连可将问题转化在直角三角形中解决.
（三）解题步骤
(四)变式训练
椭圆的两个焦点分别为，P椭圆上的一点，已知，则的面积为.
（五）小结提炼
“整体”处理及“转化”思想的应用.（1）中只要求出
即可；（2）把问题转化到直角三角形中便于问题的解决.
(2)已知椭圆的中心在原点，它在轴上的一个焦点F与短轴的两个端点的连线互相垂直，且这个焦点与较近的长轴的端点A的距离，求椭圆的标准方程
（一）选题目的
利用椭圆的性质求椭圆的标准方程
（二）分析诱导
（2）由焦点F与短轴的两个端点的连线互相垂直可得离心率.
（三）解题步骤
(四)变式训练
已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆上的点到焦点的距离的最大值为3，最小值为1，求椭圆的标准方程.
2.若椭圆两准线间的距离等于焦距的4倍，则这个椭圆的离心率为
3.若F1,F2是椭圆的两个焦点，过F1作直线交椭圆于A,B两点，则周长等于__.
4. 椭圆内有一点，F为右焦点，在椭圆上有一点M，使得的值最小，M点的坐标是
七、课后作业
1.椭圆的焦距是
2.已知椭圆中心在原点，长轴在坐标轴上，离心率为，短轴长为，求椭圆的方程. 或
四、例题选讲
例3.已知，是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上运动，求
(1) 的最大值；(2) 的取值范围；(3) 的最大值
（一）选题目的
简单的最值问题.
（二）分析诱导
掌握消元、三角代换等常用方法
（三）解题步骤
（四）变式训练
椭圆上的点到直线的最大距离是

高考数学一轮总复习课时作业58 算法初步(含解析)苏教版-苏教版高三全册数学试题

课时作业58 算法初步一、选择题1．已知一个算法的程序框图如图所示，当输出的结果为0时，输入的实数x 的值为( B )A ．－3B ．－3或9C ．3或－9D ．－3或－9解析：当x ≤0时，(12)x －8＝0，x ＝－3；当x >0时，2－log 3x ＝0，x ＝9.故x ＝－3或x＝9，故选B ．2．给出一个如图所示的程序框图，若要使输入的x 的值与输出的y 的值相等，则x 的值的个数为( C )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：该程序框图的作用是计算并输出分段函数y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≤2，2x －3，2<x ≤5，1x ，x >5的值．∵输入的x 值与输出的y 值相等．∴当x ≤2时，令x ＝x 2，解得x ＝0或x ＝1；当2<x ≤5时，令x ＝2x －3，解得x ＝3；当x >5时，令x ＝1x ，解得x ＝±1(舍去)．故满足条件的x 值共有3个，故选C ．3．(2020·东北四市教研联合体模拟)执行如图所示的程序框图，如果输入N ＝4，则输出的p 为( B )A．6B．24C．120D．720解析：初始值，N＝4，k＝1，p＝1，进入循环，p＝1，k<N，k＝2；p＝2，k<N，k＝3；p＝6，k<N，k＝4；p＝24，k＝N，此时不满足循环条件，退出循环体．输出的p＝24，故选B．4．(2020·某某市模拟)执行如图所示的程序框图，则输出的n的值为(C)A ．63B ．47C ．23D ．7解析：执行程序框图，得n ＝7，i ＝1；n ＝15，i ＝2；n ＝11，i ＝3；n ＝23，i ＝4，此时满足i >3，结束循环，输出的n ＝23，故选C ．5．如图是计算1＋13＋15＋…＋131的值的程序框图，则图中①②处应填写的语句分别是( A )A ．n ＝n ＋2，i >16?B ．n ＝n ＋2，i ≥16?C ．n ＝n ＋1，i >16?D ．n ＝n ＋1，i ≥16?解析：式子1＋13＋15＋…＋131中所有项的分母构成公差为2的等差数列，1,3,5，…，31,31＝1＋(k －1)×2，k ＝16，共16项，故选A ．6．执行如图所示的程序框图，如果输入的n ＝10，则输出的S ＝( B )A ．2021B ．1021C ．2223D ．1123解析：输入n ＝10，m ＝1，S ＝0，进入循环： S ＝0＋11×3＝13，m ＝2，不满足m >n ，进入循环； S ＝13＋13×5＝25，m ＝3，不满足m >n ，进入循环； S ＝25＋15×7＝37，m ＝4，不满足m >n ，进入循环； …… S ＝0＋11×3＋13×5＋15×7＋…＋117×19＝919，m ＝10，不满足m >n ，进入循环；S ＝919＋119×21＝1021，m ＝11，满足m >n ，退出循环，输出S ＝1021.故选B ．7．(2019·全国卷Ⅲ)执行上边的程序框图，如果输入的ε为0.01，则输出s 的值等于( C )A ．2－124B ．2－125C ．2－126D ．2－127解析：执行程序框图，x ＝1，s ＝0，s ＝0＋1＝1，x ＝12，不满足x <ε＝1100，所以s ＝1＋12＝2－121，x ＝14，不满足x <ε＝1100，所以s ＝1＋12＋14＝2－122，x ＝18，不满足x <ε＝1100，所以s ＝1＋12＋14＋18＝2－123，x ＝116，不满足x <ε＝1100，所以s ＝1＋12＋14＋18＋116＝2－124，x ＝132，不满足x <ε＝1100，所以s ＝1＋12＋14＋18＋116＋132＝2－125，x ＝164，不满足x <ε＝1100，所以s ＝1＋12＋14＋18＋…＋164＝2－126，x ＝1128，满足x <ε＝1100，输出s ＝2－126，选C ．8．某算法的程序框图如图所示，若输出的y ＝12，则输入的x 的最大值为( B )A ．－1B ．1C ．2D ．0解析：由程序框图知，当x ≤2时，y ＝sin(π6x )＝12，x ∈Z ，得π6x ＝π6＋2k π(k ∈Z )或π6x ＝5π6＋2k π(k ∈Z )，即x ＝1＋12k (k ∈Z )或x ＝5＋12k (k ∈Z )，所以x max ＝1；当x >2时，y ＝2x >4≠12.故选B ．9．我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思是：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完．现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能是计算截取7天后所剩木棍的长度(单位：尺)，则①②③处可分别填入的语句是( D )A ．i <7，s ＝s －1i ，i ＝2iB ．i ≤7，s ＝s －1i ，i ＝2iC ．i <7，s ＝s2，i ＝i ＋1D ．i ≤7，s ＝s2，i ＝i ＋1解析：由题意可知第一天后剩下12，第二天后剩下122，……，由此得出第7天后剩下127，则①处应为i ≤7，②处应为s ＝s2，③处应为i ＝i ＋1，故选D ．10．(2020·某某质量预测)南宋数学家秦九韶在《数学九章》中提出的秦九韶算法至今仍是多项式求值比较先进的算法，已知f (x )＝2 019x 2 018＋2 018x 2 017＋…＋2x ＋1，程序框图设计的是求f (x 0)的值，在M 处应填的执行语句是( B )A ．n ＝2 018－iB ．n ＝2 019－iC ．n ＝i ＋1D ．n ＝i ＋2解析：根据程序框图的功能，若在M 处填n ＝2 019－i ，执行程序框图，i ＝1，n ＝2 019，S ＝2 019，i ＝1≤2 018成立，S ＝2 019x 0，n ＝2 019－1＝2 018，S ＝2 019x 0＋2 018，i ＝2≤2 018成立，S ＝(2 019x 0＋2 018)x 0＝2 019x 20＋2 018x 0，n ＝2 019－2＝2 017，S ＝2 019x 20＋2 018x 0＋2 017，i ＝3≤2 018成立，…，由此可判断，在M 处应填的执行语句是n ＝2 019－i .故选B ．二、填空题11．如图是一个算法流程图．若输入x 的值为116，则输出y 的值是－2.解析：由流程图可得y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ≥1，2＋log 2x ，0<x <1.所以当输入的x 的值为116时，y ＝2＋log 2116＝2－4＝－2.12．(2019·某某卷)如图是一个算法流程图，则输出的S 的值是5.解析：执行算法程序图，x ＝1，S ＝12，不满足条件；x ＝2，S ＝32，不满足条件；x ＝3，S ＝3，不满足条件；x ＝4，S ＝5，满足条件，结束循环，故输出的S 的值是5.13．执行如图所示的程序框图，如果输入的t ＝50，则输出的n ＝6.解析：第一次运行后，S＝2，a＝3，n＝1；第二次运行后S＝5，a＝5，n＝2；第三次运行后S＝10，a＝9，n＝3；第四次运行后S＝19，a＝17，n＝4；第五次运行后S＝36，a＝33，n＝5；第六次运行后S＝69，a＝65，n＝6；此时不满足S<t，退出循环，输出n＝6.14．执行如图所示的程序框图，则输出b的结果是2.解析：由程序框图可得，b＝0＋lg 21＋lg32＋lg43＋…＋lg10099＝lg⎝⎛⎭⎫21×32×43×…×10099＝lg100＝2.15．现有若干(大于20)件某种自然生长的中药材，从中随机抽取20件，其重量都精确到克，规定每件中药材重量不小于15克为优质品，如右图所示的程序框图表示统计20个样本中的优质品数量，其中m表示每件中药材的重量，则图中①②两处应该填写的整数分别是14,19.解析：按照规定每件中药材重量不小于15克为优质品，因此m>14.样本容量是20，n 的初始值为0，因此n>19.因此①②两处应该填写的整数分别是14,19.16．(2020·某某市统考)如图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《数书九章》中的“中国剩余定理”，比如已知正整数n被3除余2，被7除余4，被8除余5，求n的最小值，执行程序框图，则输出的n＝(C)A．62 B．59C．53 D．50解析：解法1：m1＝112，m2＝120，m3＝105，n＝2×112＋4×120＋5×105＝1 229,1 229>168，n＝1 229－168＝1 061；1 061>168，n＝1 061－168＝893；…；221>168，n＝221－168＝53,53<168，所以输出的n＝53，故选C．解法2：∵m1＝112，m2＝120，m3＝105，∴n＝2×112＋4×120＋5×105＝1 229，由程序框图及题设中的“中国剩余定理”得此程序的算法功能是“1 229被168除的余数是多少？”∵1 229＝7×168＋53，∴输出的n ＝53，故选C ．17．我们知道欧拉数e ＝2.718 281 828 4…，它的近似值可以通过执行如图所示的程序框图计算．当输入i ＝50时，下列各式中用于计算e 的近似值的是( B )A ．⎝⎛⎭⎫535252B ．⎝⎛⎭⎫525151C ．⎝⎛⎭⎫515050D ．⎝⎛⎭⎫504949解析：当n ＝49时，n >50不成立，则n ＝50，此时m ＝49，k ＝51，e ＝⎝⎛⎭⎫515050；当n ＝50时，n >50不成立，则n ＝51，此时m ＝50，k ＝52，e ＝⎝⎛⎭⎫525151；当n ＝51时，n >50成立，程序终止，输出e ＝⎝⎛⎭⎫525151，故e 的近似值为⎝⎛⎭⎫525151，故选B ．。

高考数学一轮复习课时规范练58排列与组合(含解析)新人教A版理

课时规范练58 排列与组合基础巩固组1.(2020新高考Ⅰ,3)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有()A.120种B.90种C.60种D.30种2.(2021江苏南京三模)将5名学生分配到A,B,C,D,E这5个社区参加义务劳动,每个社区分配1名学生,且学生甲不能分配到A社区,则不同的分配方法种数是()A.72B.96C.108D.1203.马路上有编号为1,2,3,4,…,9的9只路灯,为节约用电,现要求把其中的3只灯关掉,但不能同时关掉相邻的2只或3只,也不能关掉两端的路灯,则满足条件的关灯方法有()A.7种B.8种C.9种D.10种4.某地实行高考改革,考生除参加语文、数学、英语统一考试外,还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科.学生甲要想报考某高校的法学专业,就要从物理、政治、历史三科中至少选考一科,则学生甲的选考方法种数为()A.6B.12C.18D.195.(2021广东汕头二模)某市决定派7名党员去甲、乙、丙三个村进行调研,其中有4名男性党员,3名女性党员,现从中选3人去甲村,若要求这3人中既有男性又有女性,则不同的选法共有()A.35种B.30种C.28种D.25种6.现有10名学生排成一排,其中4名男生,6名女生,若有且只有3名男生相邻排在一起,则不同的排法种数为()A.A62A72B.A43A72C.A33A62A72D.A43A66A727.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8.(2021广东茂名二模)国庆节期间,某市举行一项娱乐活动,需要从5名男大学生志愿者及3名女大学生志愿者中选出6名分别参与A,B,C三个服务项目,每个项目需要2人,其中A项目只需要男志愿者,B项目需要1名男志愿者及1名女志愿者,则不同的选派方法种数为.9.(2020全国Ⅱ,理14)4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动,每名同学只去1个小区,每个小区至少安排1名同学,则不同的安排方法共有种.10.今有6个人组成的旅游团,包括4个大人,2个小孩,去庐山旅游,准备同时乘缆车观光,现有三辆不同的缆车可供选择,每辆缆车最多可乘3人,为了安全起见,小孩乘缆车必须要大人陪同,则不同的乘车方式有种.综合提升组11.(2021广东广州一模)如图,洛书(古称龟书)是阴阳五行术数之源.在古代传说中有神龟出于洛水,其甲壳上有此图像,结构是戴九履一,左三右七,二四为肩,六八为足,以五居中,五方白圈皆阳数,四角黑点为阴数.若从四个阴数和五个阳数中随机选取3个数,则选取的3个数之和为奇数的方法数为()A.30B.40C.44D.7012.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13.甲、乙、丙、丁、戊、己六人按一定的顺序依次抽奖,要求甲排在乙前面,丙与丁不相邻且均不排在最后,则抽奖的顺序有()A.72种B.144种C.360种D.720种14.(2021浙江台州二模)若排一张有三首歌曲和三支舞蹈的演出节目单,共有种不同的排法,其中恰有两首歌曲相邻的不同的排法共有种.15.某校毕业典礼由6个节目组成,考虑到整体效果,对节目演出顺序有如下要求:节目甲必须排在前三位,且节目丙、丁必须排在一起,则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有种.16.用四种不同的颜色为正六边形(如图)中的六块区域涂色,要求有公共边的区域涂不同颜色,一共有种不同的涂色方法.创新应用组17.某电视台派出3名男记者和2名女记者进行采访活动.工作过程中的任务划分为“负重扛机”“对象采访”“文稿编写”“编制剪辑”四项工作,每项工作至少一人参加,但两名女记者不参加“负重扛机”,则不同的安排方案数共有()A.150B.126C.90D.5418.某共享汽车停放点的停车位排成一排且恰好全部空闲,假设最先来停车点停车的3辆共享汽车都是随机停放的,且这3辆共享汽车都不相邻的概率与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的概率相等,则该停车点的车位数为.答案：课时规范练1.C解析:甲场馆安排1名有C61种方法,乙场馆安排2名有C52种方法,丙场馆安排3名有C33种方法,所以共有C61·C52·C33=60(种)方法,故选C.2.B解析:特殊元素优先考虑,有C41A44=96(种)分配方法.3.D解析:9只路灯关闭3只,有6只亮着的路灯,6只灯除去两边还有5个空,插入3只熄灭的灯,即C53=10(种)关灯的方法.4.D 解析:从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中任选三科的方法有C 63=20(种),从物理、政治、历史三科中至少选考一科的对立事件是一科都不选,即从剩下的三科选三科,共1种方法,所以学生甲的选考方法种数为20-1=19.5.B 解析:(方法1)从7名党员选3名去甲村共有C 73种情况,3名全是男性有C 43种情况,3名全是女性有C 33种情况,所以共有C 73−C 43−C 33=30(种)情况.(方法2)因要求这3人中既有男性又有女性,所以分两种情况,一是两男一女,有C 42·C 31=18(种)情况;二是一男两女,有C 41·C 32=12(种)情况.所以共有18+12=30(种)情况.6.D 解析:采用捆绑法和插空法.从4名男生中选择3名,进而将3个相邻的男生捆在一起,看成1个男生,方法数是A 43种,这样与第4个男生看成是2个男生;然后6个女生任意排的方法数是A 66种;最后在6个女生形成的7个空隙中,插入2个男生,方法数是A 72种.综上所述,不同的排法共有A 43A 66A 72种.故选D .7.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A 44÷2=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A 42=12(种)排法,所以不同的排表方法共有12×12=144(种).故选B .8.540 解析:由题意,A 项目选派方法数有C 52种,B 项目选派方法数有C 31C 31种,C 项目选派方法数有C 42种,故不同的选派方法种数为C 52C 31C 31C 42=540.9.36 解析:由题意可知,必有两名同学去同一个小区,故不同的安排方法共有C 42A 33=36(种).10.348 解析:第一类:只用两辆缆车,若两个小孩坐在一块,则有C 32C 41C 22A 22=24(种)乘车方式;若两个小孩不坐在一块,则有C 32C 42C 22A 22C 21A 22=36(种)乘车方式.第二类:用三辆缆车,若两个小孩坐在一块,则有C 41C 22C 32A 33=72(种)乘车方式;若两个小孩不坐在一块,则有C 42C 21C 11A 22A 32A 33=216(种)乘车方式.综上,不同的乘车方式有24+36+72+216=348(种).11.B 解析:由题意可知,阴数为2,4,6,8,阳数为1,3,5,7,9.若选取的3个数的和为奇数,则3个数都为奇数,有C 53=10(种)方法,或是两偶一奇,有C 42C 51=30(种)方法,故共有10+30=40(种)方法.故选B .12.A 解析:将4名学生均分为2个小组共有C 42C 22A 22=3(种)分法,将2个小组的同学分给两名教师有A 22=2(种)分法,最后将2个小组的人员分配到甲、乙两地有A 22=2(种)分法,故不同的安排方案共有3×2×2=12(种). 13.B 解析:分两步:第1步先排甲、乙、戊、己,甲排在乙前面,则有A 442种;第2步再将丙与丁插空到第一步排好的序列中,但注意到丙与丁均不排在最后,故有4个空可选,所以有A 42种插空方法.所以根据分步乘法计数原理有A 442·A 42=144(种)抽奖顺序. 14.720 432 解析:排一张有三首歌曲和三支舞蹈的演出节目单,共有A 66=720(种)不同的排法,其中恰有两首歌曲相邻的不同的排法有A 32·A 33·A 42=432(种).15.120 解析:①当甲排在首位,丙丁捆绑,自由排列,共有A 44×A 22=48(种)方案.②当甲排在第二位,首位不能是丙和丁,共有A 31×A 33×A 22=36(种)方案.③当甲排在第三位,前两位分别是丙丁和不是丙丁两种情况,共有A 22×A 33+A 32×A 22×A 22=36(种)方案.因此共有48+36+36=120(种)方案.16.732 解析:如图,考虑A ,C ,E 用同一种颜色,此时共有4×3×3×3=108(种)方法.考虑A ,C ,E 用2种颜色,此时共有C 42×6×3×2×2=432(种)方法.考虑A ,C ,E 用3种颜色,此时共有A 43×2×2×2=192(种)方法.故共有108+432+192=732(种)不同的涂色方法.17.B 解析:记两名女记者为甲、乙,三名男记者为丙、丁、戊.根据题意,分情况讨论,①甲、乙一起参加除了“负重扛机”的三项工作之一:C 31×A 33=18(种);②甲、乙不同时参加一项工作,进而又分为2种小情况:丙、丁、戊三人中有两人承担同一份工作,有A 32×C 32×A 22=36(种);甲或乙与丙、丁、戊三人中的一人承担同一份工作:A 32×C 31×C 21×A 22=72(种).由分类加法计数原理,可得共有18+36+72=126(种).故选B .18.10 解析:设停车位有n 个,这3辆共享汽车都不相邻的种数:相当于先将(n-3)个停车位排放好,再将这3辆共享汽车插入到所成的(n-2)个间隔中,故有A n -23种;恰有2辆相邻的种数:先把其中2辆捆绑在一起看作一个复合元素,再和另一个插入到将(n-3)个停车位排放好所成的(n-2)个间隔中,故有A 32A n -22种.因为这3辆共享汽车都不相邻的概率与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的概率相等,所以A n -23=A 32A n -22,解得n=10.。

高考数学一轮复习第1节排列与组合教学案理(解析版)

[考纲传真] 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题.3.理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.4.理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．1．分类加法计数原理完成一件事，可以有n类办法，在第一类办法中有m1种方法，在第二类办法中有m2种方法，…，在第n类办法中有m n种方法．那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种方法．(也称加法原理) 2．分步乘法计数原理完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法，…，做第n 步有m n种方法．那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种方法．3．排列、组合的定义A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！n－m！C m n＝A m nA m m＝n n－n－n－m＋m！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)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( )(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(4)k C k n＝n C k－1n－1. ( ) [答案] (1)×(2)√(3)√(4)√2．(教材改编)图书馆的一个书架有三层，第一层有3本不同的数学书，第二层有5本不同的语文书，第三层有8本不同的英语书，现从中任取1本书，不同的取法有( )A．12 B．16C．64 D．120B[书架上共有3＋5＋8＝16本不同的书，从中任取一本共有16种不同的取法，故选B．]3．(教材改编)用数字1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为( )A．8 B．24C．48 D．120C[末位只能从2,4中选一个，其余的三个数字任意排列，故这样的偶数共有A34C12＝4×3×2×2＝48个．故选C.]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．将6名教师分到三所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．360 [将6名教师分组，分3步完成：第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C16种取法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C25种取法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C33种取法．根据分步乘法计数原理，共有C16C25C33＝60(种)取法．将这三组教师分配到三所中学，有A33＝6(种)分法，故共有60×6＝360(种)不同法．]两个计数原理的综合应用【例1】(1)从甲地到乙地每天有直达汽车4班，从甲到丙地，每天有5个班车，从丙地到乙地每天有3个班车，则从甲地到乙地不同的乘车方法有( )A．12种B．19种C．32种D．60种(2)如图，用6种不同的颜色分别给图中A，B，C，D四块区域涂色，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有( )A．400种B．460种C．480种D．496种(1)B(2)C[(1)分两类：一类是直接从甲到乙，有n1＝4种方法；另一类是从甲经丙再到乙，可分为两步，有n2＝5×3＝15种方法．由分类加法计数原理可得：从甲到乙的不同乘车方法n＝n1＋n2＝4＋15＝19.故选B．(2)完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色．当使用4种颜色时：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D有3种，完成此事共有6×5×4×3＝360种方法；当使用3种颜色时，A，D使用同一种颜色，从A，D开始，有6种方法，B有5种，C有4种，完成此事共有6×5×4＝120种方法．由分类加法计数原理可知：不同的涂法有360＋120＝480(种)．](1)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种．(2)用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成________个无重复数字的四位偶数．(用数字作答)(1)4554(2)420 [(1)五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法．五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性．(2)①当末位数字是0时，如图(1)所示，共有A36个不同的四位偶数；图(1)②当末位数字是2或4或6时，如图(2)所示，共有A15A25C13个不同的四位偶数；即共有A36＋A15A25C13＝120＋5×5×4×3＝420个无重复数字的四位偶数．]图(2)排列问题【例2】3名女生和5名男生排成一排．(1)若女生全排在一起，有多少种排法？(2)若女生都不相邻，有多少种排法？(3)若女生不站两端，有多少种排法？(4)其中甲必须排在乙左边(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5名男生合在一起有6个元素，排成一排有A 66种排法，而其中每一种排法中，3名女生之间又有A 33种排法，因此共有A 66·A 33＝4 320种不同排法．(2)(插空法)先排5名男生，有A 55种排法，这5名男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A 36种排法，因此共有A 55·A 36＝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名男生中选2人排，有A 25种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A 66种排法，因此共有A 25·A 66＝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A 36种排法，其余位置无限制，有A 55种排法，因此共有A 36·A 55＝14 400种不同排法.(4)8名学生的所有排列共A 88种，其中甲在乙左边与乙在甲左边的各占12，因此符合要求的排法种数为12A 88＝20 160. (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A 77种不同排法；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A 16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A 16种，其余人全排列，共有A 16·A 16·A 66种不同排法．由分类加法计数原理知，共有A 77＋A 16·A 16·A 66＝30 960种不同排法．法二(特殊位置法)：先排最左边，除去甲外，有A 17种排法，余下7个位置全排，有A 77种排法，但应剔除乙在最右边时的排法A 16·A 66种，因此共有A 17·A 77－A 16·A 66＝30 960种排法．法三(间接法)：8名学生全排列，共A 88种，其中，不符合条件的有甲在最左边时，有A 77种排法，乙在最右边时，有A 77种排法，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A 66种排法．因此共有A 88－2A 77＋A 66＝30 960种排法．[规律方法] 求解排列应用问题的六种常用方法(1)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( )C．72 D．24(2)旅游体验师小明受某网站邀请，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若不能最先去甲景区旅游，不能最后去乙景区和丁景区旅游，则小李可选的旅游路线数为( ) A．24 B．18C．16 D．10(1)D(2)D[(1)先把3把椅子隔开摆好，它们之间和两端共有4个位置，再把3人带椅子插放在4个位置，共有A34＝24(种)方法．故选D．(2)分两种情况，第一种：最后体验甲景区，则有A33种可选的路线；第二种：不在最后体验甲景区，则有C12·A22种可选的路线．所以小李可选的旅游路线数为A33＋C12·A22＝10.故选D．]组合问题【例3】某课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长．现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？(1)只有一名女生当选；(2)两队长当选；(3)至少有一名队长当选；(4)至多有两名女生当选．[解] (1)只有一名女生当选等价于有一名女生和四名男生当选．故共有C15·C48＝350种．(2)两队长当选，共有C22·C311＝165种．(3)至少有一名队长当选含有两类：只有一名队长当选，有两名队长当选．故共有C12·C411＋C22·C311＝825种．(或采用排除法：C513－C511＝825(种))．(4)至多有两名女生当选含有三类：有两名女生当选，只有一名女生当选，没有女生当选．故选法共有C25·C38＋C15·C48＋C58＝966种．(1)某单位拟安排6位员工在今年6月9日至11日值班，每天安排2人，每人值班1天．若6位员工中的甲不值9日，乙不值11日，则不同的安排方法共有( )A．30种B．36种C．42种D．48种(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( )A．232 B．252(1)C (2)C [(1)若甲在11日值班，则在除乙外的4人中任选1人在11日值班，有C 14种选法，9日、10日有C 24C 22种安排方法，共有C 14C 24C 22＝24(种)安排方法；若甲在10日值班，乙在9日值班，余下的4人有C 14C 13C 22种安排方法，共有12种安排方法；若甲、乙都在10日值班，则共有C 24C 22＝6(种)安排方法．所以总共有24＋12＋6＝42(种)安排方法．(2)分两类：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法共有C 14C 212＝264(种)；第二类，不含有红色卡片，不同的取法共有C 312－3C 34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法有264＋208＝472(种)．] 排列、组合的综合应用【例4】 (1)将5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲小组至少2人，乙、丙组至少1人，则不同的分配方案种数为( )A ．80B ．120C ．140D ．50(2)如果一个三位正整数“a 1a 2a 3”满足a 1＜a 2，且a 2＞a 3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为( )A ．240B ．204C ．729D ．920(1)A (2)A [(1)先将5名同学分成3组，有两种分配方案，一是三组人数分别为2,2,1，分组方法有C 25C 23C 11A 22＝15(种)，然后将有2人的两组分给甲、乙或甲、丙，分配方法是15×(A 22＋A 22)＝60(种)；二是三组人数分别为3,1,1，分组方法有C 35C 12C 11A 22＝10(种)，然后将1人的两组分给乙、丙两组，分配方法是10×A 22＝20(种)．故共有60＋20＝80(种)．(2)如果这个三位数含0，则0必在末位，共有这样的凸数C 29个；如果这个三位数不含0，则这样的凸数共有C 39A 22＋C 29个．即共有2C 29＋C 39A 22＝240个．](1)(2019·长春质检)要将甲、乙、丙、丁4名同学分到A ，B ，C 三个班级中，要求每个班级至少分到一人，则甲被分到A 班的分法种数为( )A ．6B ．12(2)(2017·浙江高考)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)(1)B (2)660 [(1)甲和另一个人一起分到A 班有C 13A 22＝6种分法，甲一个人分到A 班的方法有：C 23A 22＝6种分法，共有12种分法．故选B ．(2)法一：只有1名女生时，先选1名女生，有C 12种方法；再选3名男生，有C 36种方法；然后排队长、副队长位置，有A 24种方法．由分步乘法计数原理，知共有C 12C 36A 24＝480(种)选法．有2名女生时，再选2名男生，有C 26种方法；然后排队长、副队长位置，有A 24种方法．由分步乘法计数原理，知共有C 26A 24＝180(种)选法．所以依据分类加法计数原理知共有480＋180＝660(种)不同的选法．法二：不考虑限制条件，共有A 28C 26种不同的选法，而没有女生的选法有A 26C 24种，故至少有1名女生的选法有A 28C 26－A 26C 24＝840－180＝660(种)．]1.(2017·全国卷Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种D [由题意可得其中1人必须完成2项工作，其他2人各完成1项工作，可得安排方式为C 13·C 24·A 22＝36(种)，或列式为C 13·C 24·C 12＝3×4×32×2＝36(种)．故选D ．]2．(2016·全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )A ．24B ．18C ．12D ．9B [从E 到G 需要分两步完成：先从E 到F ，再从F 到G .从F 到G 的最短路径，只要考虑纵向路径即可，一旦纵向路径确定，横向路径即可确定，故从F 到G 的最短路径共有3条．如图，从E 到F 的最短路径有两类：先从E 到A ，再从A 到F ，或先从E 到B ，再从B 到F .因为从A 到F 或从B 到F 都与从F 到G 的路径形状相同，所以从A 到F ，从B 到F 最短路径的条数都是3，所以从E 到F 的最短路径有3＋3＝6(条)．所以小明到老年公寓的最短路径条数为6×3＝18.]3.(2018·全国卷Ⅰ)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________种．(用数字填写答案)16 [法一：可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同的选法有C12C24＝12(种)；第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有C22C14＝4(种)．根据分类加法计数原理知，至少有1位女生入选的不同的选法有16种．法二：从6人中任选3人，不同的选法有C36＝20(种)，从6人中任选3人都是男生，不同的选法有C34＝4(种)，所以至少有1位女生入选的不同的选法有20－4＝16(种)．]。

镇江市统一高考数学第一轮复习学案(解析答案版)：53(理科)概率分布(1)—镇江一中刘海军

第一节概率分布（理科1）一、知识梳理： 1．离散型随机变量随着试验结果变化而变化的变量叫做随机变量，常用字母X Y ξη，，，，…表示，所有取值可以一一列出的随机变量，叫做离散型随机变量． 2．离散型随机变量的概率分布及性质(1)一般地，若离散型随机变量X 可能取的不同值为12i n x x x x ⋯⋯，，，，，,X 取每一个值1,2()i x i n ⋯＝，，的概率()i i P X x p ＝＝，则表称为离散型随机变量X 的概率分布表． (2)离散型随机变量的概率分布的性质①01,2i p i n ≥⋯，＝，，； ②12 1.i n p p p p ⋯⋯＋＋＋＋＋＝3．常见离散型随机变量的概率分布 (1)两点分布如果随机变量X 的概率分布表为其中01p << 服从两点分布． (2)超几何分布一般地，设有N 件产品，其中有()M M N ≤ 件次品．从中任取()n n N ≤ 件产品，用X 表示取出的n 件产品中次品的件数，那么()P X r ＝＝M r n rN MnNC C C -- 0,1,)2(r l ⋯＝，，． 4．二项分布(1)独立重复试验是指在相同条件下可重复进行的，各次之间相互独立的一种试验，在这种试验中每一次试验只有__两__种结果，即要么发生，要么不发生，且任何一次试验中发生的概率都是一样的．(2)在n 次独立重复试验中，用X 表示事件A 发生的次数，设每次试验中事件A 发生的概率为p ，则()P X k ＝＝k n-kC p (1-p)k n 0,1,)2(k n ⋯＝，，，此时称随机变量X 服从二项分布，记为()X B n p ～，，并称p 为成功概率． 5．离散型随机变量的均值与方差一般地，若离散型随机变量X 的概率分布为(1)均值称()E X ＝ 1122i i n x p x p x p x p ⋯⋯＋＋＋＋＋为随机变量X 的均值或数学期望．它反映了离散型随机变量取值的平均水平． (2)方差称()V X ＝ μ＝2221122()()()n n x p x p x p μμμ⋯－＋－＋＋－＝∑ni ＝1x 2i p i －μ2为随机变量X 的方差，它刻画了随机变量X 与其均值E (X )的平均偏离程度，其算术平方根σ＝V (X )为随机变量X 的标准差． 6．均值与方差的性质(1)()E aX b ＋() aE X b ＝＋ .(2)()V aX b ＋()2a V X ＝.(ab ，为常数)7．两点分布与二项分布的均值、方差(1)若随机变量X 服从两点分布，则()E X p ＝，()(1)V X p p ＝－. (2)若()X B n p ～，，则()E X np ＝，()(1)V X np p ＝－. 二、基础训练:★1.已知随机变量X 的概率分布如下：则P (答案139解析 P (X ＝10)＝1－23－…－239＝139.★2. 设随机变量ξ的分布列为P (ξ＝k )＝k 15(k ＝1,2,3,4,5)，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<ξ<52＝________.答案 15解析由12<ξ<52知ξ＝1,2.P (ξ＝1)＝115，P (ξ＝2)＝215，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<ξ<52＝P (ξ＝1)＋P (ξ＝2)＝15.★3. 将一枚硬币扔三次，设X 为正面向上的次数，则P (0<X <3)＝________. 答案 0.75解析 P (0<X <3)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝3) ＝1－123－123＝0.75.★4.若随机变量X 服从两点分布，且P (X ＝0)＝0.8，P (X ＝1)＝0.2.令Y ＝3X －2，则P (Y ＝－2)＝________. 答案 0.8解析由Y ＝－2，且Y ＝3X －2，得X ＝0， ∴P (Y ＝－2)＝0.8.★5.下列随机事件中的随机变量X 服从超几何分布的是________． ①将一枚硬币连抛3次，正面向上的次数X ；②从7名男生3名女生共10名学生干部中选出5名优秀学生干部，选出女生的人数为X ； ③某射手的命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中目标的次数为X ；④盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1球且不放回，X 是首次摸出黑球时的总次数．答案 ②解析由超几何分布的定义可知②正确．★6. 10名同学中有a 名女生，若从中抽取2个人作为学生代表，恰抽取1名女生的概率为1645，则a ＝________. 答案 2或8解析由题意知，1645＝C 110－a C 1aC 210，解得：a ＝2或8.★7.从装有3个白球，4个红球的箱子中，随机取出了3个球，则恰好是2个白球，1个红球的概率是________．答案1235解析如果将白球视为合格品，红球视为不合格品，则这是一个超几何分布问题，故所求概率为P ＝C 23C 14C 37＝1235.★8.从只有3张中奖的10张彩票中不放回随机逐张抽取，设X 表示直至抽到中奖彩票时的次数，则P (X ＝3)等于________．答案740解析 “X ＝3”表示前2次未抽到中奖彩票，第3次抽到中奖彩票，故P (X ＝3)＝A 27C 13A 310＝7×6×310×9×8＝740.★★9. 一袋中装有10个大小相同的黑球和白球．已知从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是79.从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为X ，则P (X ＝2)＝________.答案 512解析设10个球中有白球m 个，则C 210－m C 210＝1－79，解得：m ＝5. P (X ＝2)＝C 25C 15C 310＝512.★★10.投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为________．答案 0.648解析根据独立重复试验公式，得该同学通过测试的概率为C 230.62×0.4＋0.63＝0.648.★★11.设随机变量ξ服从二项分布ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，则P (ξ≤3)＝________. 答案2132解析 P (ξ≤3)＝P (ξ＝0)＋P (ξ＝1)＋P (ξ＝2)＋P (ξ＝3)＝C 06×⎝ ⎛⎭⎪⎫126＋C 16·⎝ ⎛⎭⎪⎫126＋C 26·⎝ ⎛⎭⎪⎫126＋C 36·⎝ ⎛⎭⎪⎫126＝2132.★★12.箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫593×⎝ ⎛⎭⎪⎫49 解析由题意知前3次取出的均为黑球，第4次取得的为白球．故其概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫593×49.★★13.下列说法正确的是________．①某同学投篮的命中率为0.6，他10次投篮中命中的次数X 是一个随机变量，且X ～B (10,0.6)；②某福彩的中奖概率为p ，某人一次买了8张，中奖张数X 是一个随机变量，且X ～B (8，p )； ③从装有5个红球、5个白球的袋中，有放回地摸球，直到摸出白球为止，则摸球次数X 是随机变量，且X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，12.答案 ①②解析 ①②显然满足独立重复试验的条件，而③虽然是有放回地摸球，但随机变量X 的定义是直到摸出白球为止，也就是说前面摸出的一定是红球，最后一次是白球，不符合二项分布的定义．★★14.将一枚均匀的硬币抛掷6次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为________．答案1132解析正面出现的次数比反面出现的次数多，则正面可以出现4次，5次或6次，所求概率P ＝C 46⎝ ⎛⎭⎪⎫126＋C 56⎝ ⎛⎭⎪⎫126＋C 66⎝ ⎛⎭⎪⎫126＝1132. ★★15.若随机变量X 服从二项分布B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，13，则E (X )的值为________．答案 43解析 E (X )＝np ＝4×13＝43.★★16.某射手射击所得环数ξ的概率分布如下表：已知E (ξ)＝8.9，则y ＝答案 0.4解析由题意知⎩⎪⎨⎪⎧x ＋0.1＋0.3＋y ＝1，7x ＋8×0.1＋9×0.3＋10y ＝8.9，解得：y ＝0.4，x ＝0.2.★★★17.随机抛掷一枚骰子，则所得骰子点数ξ的均值为________．答案 3.5解析抛掷骰子所得点数ξ的概率分布为所以，E (ξ)＝1×16＋2×6＋3×6＋4×6＋5×6＋6×6＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)×16＝3.5.★★★18.已知随机变量X 的分布列为P (X ＝k )＝13，k ＝3,6,9.则V (X )＝________.答案 6解析 E (X )＝3×13＋6×13＋9×13＝6.V (X )＝(3－6)2×13＋(6－6)2×13＋(9－6)2×13＝6.★★★19.已知离散型随机变量X 的可能取值为x 1＝－1，x 2＝0，x 3＝1，且E (X )＝0.1，V (X )＝0.89，则对应x 1，x 2，x 3的概率p 1，p 2，p 3分别为________，________，________. 答案 0.4 0.1 0.5解析由题意知，－p 1＋p 3＝0.1， 1．21p 1＋0.01p 2＋0.81p 3＝0.89.又p 1＋p 2＋p 3＝1，解得p 1＝0.4，p 2＝0.1，p 3＝0.5.★★★20.有两台自动包装机甲与乙，包装质量分别为随机变量X ，Y ，已知E (X )＝E (Y )，V (X )>V (Y )，则自动包装机________的质量较好．(填“甲”或“乙”)答案乙解析在均值相等的情况下，方差越小，说明包装的质量越稳定，所以自动包装机乙的质量较好．三、例题选讲:★例1. 随机变量的概率分布概念及性质设随机变量X 的分布列为P (X ＝i )＝ai (i ＝1,2,3,4)，求： (1)P ({X ＝1}∪{X ＝3})；(2)P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<X <52. 解题中所给的分布列可用表表示为由随机变量分布列的性质得a ＋2a ＋3a ＋4a ＝1，解得a ＝110.(1)P ({X ＝1}∪{X ＝3})＝P (X ＝1)＋P (X ＝3) ＝110＋310＝25. (2)P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<X <52＝P (X ＝1)＋P (X ＝2) ＝110＋210＝310. 反思与感悟 1.本例利用方程的思想求出常数a 的值． 2．利用分布列及其性质解题时要注意以下两个问题： (1)X 的各个取值表示的事件是互斥的．(2)不仅要注意∑i ＝1np i ＝1，而且要注意p i ≥0，i ＝1,2，…，n .★例2. 求随机变量的概率分布一袋中装有6个同样大小的黑球，编号分别为1,2,3,4,5,6，现从中随机取出3个球，以X 表示取出球的最大号码，求X 的概率分布．解随机变量X 的可能取值为3,4,5,6.从袋中随机地取出3个球，包含的基本事件总数为C 36，事件“X ＝3”包含的基本事件总数为C 11C 22，事件“X ＝4”包含的基本事件总数为C 11C 23，事件“X ＝5”包含的基本事件总数为C 11C 24，事件“X ＝6”包含的基本事件总数为C 11C 25，从而有P (X ＝3)＝C 11C 22C 36＝120，P (X ＝4)＝C 11C 23C 36＝320，P (X ＝5)＝C 11C 24C 36＝310，P (X ＝6)＝C 11C 25C 36＝12，所以随机变量X 的概率分布为反思与感悟 (1)明确随机变量的所有可能取值以及取每个值所表示的意义． (2)利用概率的有关知识，求出随机变量取每个值的概率． (3)按规范形式写出概率分布，并用概率分布的性质验证． ★例3. 两点分布袋内有10个白球，5个红球，从中摸出2个球，记X ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，两球全红；1，两球非全红.求X 的概率分布．解由题设可知X 服从两点分布P (X ＝0)＝C 25C 215＝221；P (X ＝1)＝1－P (X ＝0)＝1921.∴X 的概率分布为反思与感悟 (1)看取值：随机变量只取两个值：0和1.(2)验概率：检验P (X ＝0)＋P (X ＝1)＝1是否成立．如果一个分布满足以上两点，则该分布是两点分布，否则不是两点分布． ★例4. 随机变量的概率分布的综合应用袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为17，现有甲、乙两人从袋中轮流摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取……取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的，用ξ表示取球终止所需要的取球次数． (1)求袋中原有的白球的个数； (2)求随机变量ξ的概率分布； (3)求甲取到白球的概率．解 (1)设袋中原有n 个白球，由题意知17＝C 2n C 27＝n (n －1)27×62＝n (n －1)7×6. 可得n ＝3或n ＝－2(舍去)，即袋中原有3个白球． (2)由题意，ξ的可能取值为1,2,3,4,5.P (ξ＝1)＝37；P (ξ＝2)＝4×37×6＝27； P (ξ＝3)＝4×3×37×6×5＝635；P (ξ＝4)＝4×3×2×37×6×5×4＝335；P (ξ＝5)＝4×3×2×1×37×6×5×4×3＝135.所以ξ的概率分布为(3)为事件A ，则P (A )＝P (ξ＝1)＋P (ξ＝3)＋P (ξ＝5)＝2235.反思与感悟求随机变量的概率分布，首先要根据具体情况确定ξ的取值情况，然后利用排列、组合与概率知识求出ξ取各个值的概率，即必须解决好两个问题，一是求出ξ的所有取值，二是求出ξ取每一个值时的概率． ★★例5. 超几何分布一个袋中装有6个形状大小完全相同的小球，其中红球有3个，编号为1,2,3；黑球有2个，编号为1,2；白球有1个，编号为1.现从袋中一次随机抽取3个球． (1)求取出的3个球的颜色都不相同的概率；(2)记取得1号球的个数为随机变量X ，求随机变量X 的概率分布．解 (1)从袋中一次随机抽取3个球，基本事件总数n ＝C 36＝20，取出的3个球的颜色都不相同包含的基本事件的个数为C 13C 12C 11＝6，所以取出的3个球的颜色都不相同的概率P ＝620＝310.(2)由题意知X ＝0,1,2,3. P (X ＝0)＝C 33C 36＝120，P (X ＝1)＝C 13C 23C 36＝920，P (X ＝2)＝C 23C 13C 36＝920，P (X ＝3)＝C 33C 36＝120，所以X 的概率分布为反思与感悟 (1)辨模型：结合实际情景分析所求概率分布问题是否具有明显的两部分组成，如“男生、女生”，“正品、次品”“优劣”等，或可转化为明显的两部分．具有该特征的概率模型为超几何分布模型．(2)算概率：可以直接借助公式P (X ＝r )＝C r M C n －rN －MC n N求解，也可以利用排列组合及概率的知识求解，需注意借助公式求解时应理解参数M ，N ，n ，r 的含义． (3)列分布表：把求得的概率值通过表格表示出来．★★例6. 概率分布的实际应用某项大型运动会即将举行，为了搞好接待工作，组委会在某学院招募了12名男志愿者和18名女志愿者，将这30名志愿者的身高(单位：cm)编成如下茎叶图：若身高在175 cm 以上(包括175 cm)定义为“高个子”，身高在175 cm 以下定义为“非高个子”，且只有“女高个子”才能担任“礼仪小姐”．(1)如果用分层抽样的方法从“高个子”和“非高个子”中抽取5人，再从这5人中选2人，那么至少有1人是“高个子”的概率是多少？(2)若从所有“高个子”中选3名志愿者，用ξ表示所选志愿者中能担任“礼仪小姐”的人数，试写出ξ的概率分布．解 (1)根据茎叶图，“高个子”有12人，“非高个子”有18人．用分层抽样的方法，每个人被抽中的概率是530＝16，所以选中的“高个子”有12×16＝2人，“非高个子”有18×16＝3人．用事件A 表示“至少有1名‘高个子’被选中”，则它的对立事件A 表示“没有‘高个子’被选中”，则P (A )＝1－P (A )＝1－C 23C 25＝1－310＝710.因此，至少有1人是“高个子”的概率是710.(2)依题意，ξ的可能取值为0,1,2,3，则 P (ξ＝0)＝C 38C 312＝1455，P (ξ＝1)＝C 14C 28C 312＝2855，P (ξ＝2)＝C 24C 18C 312＝1255，P (ξ＝3)＝C 34C 312＝155.因此，ξ的概率分布为反思与感悟 1.在求某些比较难计算的事件的概率时，我们可以先求随机变量取其他值时的概率，再根据概率之和为1的性质即可解决问题．2．在解决含有“至少”“至多”的问题时，利用对立事件进行求解不失为一种好方法． ★★例7. 二项分布某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18,19,20层停靠．若该电梯在底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为13，用X 表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，求随机变量X 的概率分布．解可视一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，相当于做了5次独立重复试验，故X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫5，13，P (X ＝0)＝C 05⎝ ⎛⎭⎪⎫130⎝ ⎛⎭⎪⎫235＝32243. P (X ＝1)＝C 15⎝ ⎛⎭⎪⎫131⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝80243. P (X ＝2)＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝80243. P (X ＝3)＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫133⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝40243. P (X ＝4)＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫134⎝ ⎛⎭⎪⎫231＝10243. P (X ＝5)＝C 55⎝ ⎛⎭⎪⎫135＝1243. 所以概率分布为反思与感悟 p )中的试验次数n 与成功概率p .2．解决二项分布问题的两个关注点 (1)对于公式P (X ＝k )＝C k n p k(1－p )n －k(k ＝0,1,2，…，n )必须在满足“独立重复试验”时才能运用，否则不能应用该公式．(2)判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有两点：一是对立性，即一次试验中，事件发生与否两者必有其一；二是重复性，即试验是独立重复地进行了n 次． ★★例8. 离散型随机变量的均值公式与性质的简单应用例1 已知某一随机变量ξ的概率分布如下，且E (ξ)＝6.3.(1)求b；(2)求a；(3)若η＝2ξ－3，求E(η)．解(1)由随机变量的分布列的性质，得0．5＋0.1＋b＝1，解得：b＝0.4.(2)E(ξ)＝4×0.5＋a×0.1＋9×0.4＝6.3.解得：a＝7.(3)由公式E(aX＋b)＝aE(X)＋b得：E(η)＝E(2ε－3)＝2E(ε)－3＝2×6.3－3＝9.6.反思与感悟离散型随机变量均值的公式与性质的计算往往与分布列性质，结合起来考虑．★★★例9. 两点分布及二项分布的均值例2 某人投篮命中的概率为p＝0.4.(1)求投篮一次，命中次数X的均值；(2)求重复10次投篮时命中次数Y的均值．解(1)投篮1次，命中次数X的概率分布如下表：则E(X)＝0.4.(2)由题意知，重复10次投篮，命中次数Y服从二项分布即Y～B(10,0.4)，E(Y)＝np＝10×0.4＝4.反思与感悟 1.常见的两种分布的均值设p为一次试验中成功的概率，则(1)两点分布E(X)＝p；(2)二项分布E(X)＝np.熟练应用上述两公式可大大减少运算量，提高解题速度．2．两点分布与二项分布辨析(1)相同点：一次试验中要么发生要么不发生．(2)不同点：①随机变量的取值不同，两点分布随机变量的取值为0,1，二项分布中随机变量的取值x＝0,1,2，…，n.②试验次数不同，两点分布一般只有一次试验；二项分布则进行n次试验．★★★例10. 两点分布与二项分布的方差例2 某厂一批产品的合格率是98%，(1)计算从中抽取一件产品为正品的数量的方差；(2)从中有放回地随机抽取10件产品，计算抽出的10件产品中正品数的方差及标准差．解 (1)用ξ表示抽得的正品数，则ξ＝0,1.ξ服从两点分布，且P (ξ＝0)＝0.02，P (ξ＝1)＝0.98，所以由V (ξ)＝p (1－p )＝0.98×(1－0.98)＝0.019 6.(2)用X 表示抽得的正品数，则X ～B (10,0.98)，所以V (X )＝10×0.98×0.02＝0.196，标准差V (X )≈0.44.反思与感悟解此类问题，首先要确定正确的离散型随机变量，然后确定它是否服从特殊分布，若它服从两点分布，则其方差为p (1－p )；若其服从二项分布，则其方差为np (1－p )(其中p 为成功概率)．课后总结四、当堂检测★1. 设随机变量ξ～B (2，p )，η～B (4，p )，若P (ξ≥1)＝59，则P (η≥1)＝________.答案6581解析 P (ξ≥1)＝1－P (ξ＝0)＝1－(1－p )2＝59.即(1－p )2＝49，解得p ＝13，故P (η≥1)＝1－P (η＝0)＝1－(1－p )4＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝6581.★2. 一次数学测验由25道选择题构成，每个选择题有4个选项，其中有且仅有一个选项是正确的，每个答案选择正确得4分，不作出选择或选错不得分，满分100分，某学生选对任一题的概率为0.6，则此学生在这一次测验中成绩的均值与方差分别为________．答案 60,96解析设该学生在这次数学测验中选对答案的题目的个数为X ，所得的分数(成绩)为Y ，则Y ＝4X .由题意知X ～B (25,0.6)，所以E (X )＝25×0.6＝15，V (X )＝25×0.6×0.4＝6，E (Y )＝E (4X )＝4E (X )＝60，V (Y )＝V (4X )＝42×V (X )＝16×6＝96，所以该学生在这次测验中成绩的均值与方差分别是60与96.★★3.编号为1,2,3的三位学生随意入座编号为1,2,3的三个座位，每位学生坐一个座位，设与座位编号相同的学生的人数是ξ，求E (ξ)和V (ξ)．解 ξ的所有可能取值为0,1,3，ξ＝0表示三位同学全坐错了，有2种情况，即编号为1,2,3的座位上分别坐了编号为2,3,1或3,1,2的学生，则P (ξ＝0)＝2A 33＝13；ξ＝1表示三位同学只有1位同学坐对了．则P (ξ＝1)＝C 13C 33＝12；ξ＝3表示三位学生全坐对了，即对号入座，则P (ξ＝3)＝1A 33＝16.所以ξ的概率分布为E (ξ)＝0×13＋1×12＋3×16＝1；V (ξ)＝13(0－1)2＋12×(1－1)2＋16×(3－1)2＝1.五、课后作业★1.抛掷2颗骰子，所得点数之和X 是一个随机变量，则P (X ≤4)＝________. 答案 16解析根据题意，有P (X ≤4)＝P (X ＝2)＋P (X ＝3)＋P (X ＝4)．抛掷两颗骰子，按所得的点数共36个基本事件，而X ＝2对应(1,1)，X ＝3对应(1,2)，(2,1)，X ＝4对应(1,3)，(3,1)，(2,2)，故P (X ＝2)＝136，P (X ＝3)＝236＝118，P (X ＝4)＝336＝112，所以P (X ≤4)＝136＋118＋112＝16.★2.一批产品分为一、二、三级，其中一级品是二级品的两倍，三级品为二级品的一半，从这批产品中随机抽取一个检验，其级别为随机变量ξ，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫13≤ξ≤53＝________.答案 47解析设二级品有k 个，∴一级品有2k 个，三级品有k 2个，总数为72k 个．∴概率分布为P ⎝⎛⎭⎪⎫13≤ξ≤53＝P (ξ＝1)＝47.★3. 一袋中装有10个大小相同的黑球和白球．已知从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是79.从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为X ，则P (X ＝2)＝________.答案512解析设10个球中有白球m 个，则C 210－m C 210＝1－79，解得：m ＝5. P (X ＝2)＝C 25C 15C 310＝512.★★4. 袋中装有5只红球和4只黑球，从袋中任取4只球，取到1只红球得3分，取到1只黑球得1分，设得分为随机变量ξ，则ξ≥8的概率P (ξ≥8)＝________. 答案 56解析由题意知P (ξ≥8)＝1－P (ξ＝6)－P (ξ＝4)＝1－C 15C 34C 49－C 44C 49＝56.★★5.设ξ的概率分布为又设η＝2ξ＋5，则E (η答案323解析 E (ξ)＝1×16＋2×16＋3×13＋4×13＝176，E (η)＝E (2ξ＋5)＝2E (ξ)＋5＝2×176＋5＝323.★★6. 某次考试中，第一大题由12个填空题组成，每题选对得5分，不选或错选得0分．小王选对每题的概率为0.8，则其第一大题得分的均值为________．答案 48解析设小王选对的个数为X ，得分为Y ＝5X ，则X ～B (12,0.8)，E (X )＝np ＝12×0.8＝9.6，E (Y )＝E (5X )＝5E (X )＝5×9.6＝48.★★★7. 一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1,2,3,4；白色卡片3张，编号分别为2,3,4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)． (1)求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率；(2)在取出的4张卡片中，红色卡片编号的最大值设为X ，求随机变量X 的概率分布和数学期望．解 (1)设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件A ，则P (A )＝C 12C 35＋C 22C 25C 47＝67. 所以取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为67.(2)随机变量X 的所有可能取值为1,2,3,4. P (X ＝1)＝C 33C 47＝135，P (X ＝2)＝C 34C 47＝435，P (X ＝3)＝C 35C 47＝27，P (X ＝4)＝C 36C 47＝47.所以随机变量X 的概率分布是随机变量X 的数学期望E (X )＝1×35＋2×35＋3×7＋4×7＝5.★★★8. 为了丰富学生的课余生活，促进校园文化建设，我校高二年级通过预赛选出了6个班(含甲、乙)进行经典美文诵读比赛决赛．决赛通过随机抽签方式决定出场顺序．求： (1)甲、乙两班恰好在前两位出场的概率；(2)决赛中甲、乙两班之间的班级数记为X ，求X 的概率分布和均值．解 (1)设“甲、乙两班恰好在前两位出场”为事件A ，则P (A )＝A 22×A 44A 66＝115.所以甲、乙两班恰好在前两位出场的概率为115.(2)随机变量X 的可能取值为0,1,2,3,4. P (X ＝0)＝A 22×A 55A 66＝13，P (X ＝1)＝4×A 22×A 44A 66＝415， P (X ＝2)＝A 24×A 22×A 33A 66＝15， P (X ＝3)＝A 34×A 22×A 22A 66＝215， P (X ＝4)＝A 44×A 22A 66＝115.随机变量X 的概率分布为因此，E (X )＝0×13＋1×15＋2×5＋3×15＋4×15＝3.。

2020版江苏高考数学一轮复习学案：第58课《复数的概念及其运算》(含解析)

第58课复数的概念及其运算1. 了解数系的扩充过程；理解复数的基本概念、代数表示法以及复数相等的充要条件.2. 理解复数代数形式的四则运算法则，能进行复数代数形式的四则运算.1. 阅读：选修 22 第109～117页.2. 解悟：①数系的扩充；②复数的四则运算与共轭复数；③与加法一样，复数的乘法也是一种规定.课本114页例2还可以让学生先计算后两个复数的积，再与第一个复数相乘，从而验证复数乘法满足结合律；④根据复数相等的充要条件，应用待定系数法求复数，是常用的方法之一.3. 践习：在教材空白处，完成第118～119页习题第2、3、6、12题.基础诊断1. 若复数z ＝(1＋m i )(2－i )(i 是虚数单位)是纯虚数，则实数m 的值为－2 .解析：由题意得，z ＝(1＋m i )(2－i )＝2＋m ＋(2m －1)i .因为复数z 是纯虚数，所以2＋m ＝0，且2m －1≠0，解得m ＝－2.2. 设复数z ＝m ＋3i1＋m i(m>0，i 为虚数单位)，若z ＝z ，则m 的值为3 .解析：z ＝m ＋3i 1＋m i ＝（m ＋3i ）（1－m i ）（1＋m i ）（1－m i ）＝4m ＋（3－m 2）i1＋m 2.因为z ＝z ，所以3－m 2＝0，解得m ＝±3.因为m>0，所以m ＝ 3.3. 已知复数z ＝11＋i，其中i 是虚数单位，则|z|＝ 22 .解析：z ＝11＋i ＝1－i （1＋i ）（1－i ）＝12－12i ，所以|z|＝⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫122＝22.4. 设复数z 满足(1＋2i )·z ＝3(i 为虚数单位)，则复数z 的实部为 35.解析：因为(1＋2i )·z ＝3，所以z ＝31＋2i ＝3（1－2i ）（1＋2i ）（1－2i ）＝3－6i 5，所以复数z 的实数为35.范例导航考向❶ 复数的基本运算例1 (1)（－1＋i ）（2＋i ）i 3；(2)1－i （1＋i ）2＋1＋i（1－i ）2；(3) (－1＋3i )3；(4) ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－i 1＋i 18. 解析：(1) 原式＝(－1＋i )(2＋i )i ＝(－3＋i )i ＝－1－3i .(2) 原式＝1－i 2i ＋1＋i －2i ＝1－i －1－i 2i ＝－2i2i＝－1.(3) 原式＝(－1＋3i )2(－1＋3i )＝－2(1＋3i )·(－1＋3i )＝－2×(－4)＝8.(4) 原式＝(－i )18＝[(－i )2]9＝－1.1. 设1＋2i ＝2i (a ＋b i )(i 为虚数单位，a ，b ∈R)，则a ＋b 的值是 12.解析：因为1＋2i ＝2i(a ＋b i)＝－2b ＋2a i ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2b ＝1，2a ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－12，a ＝1，所以a ＋b ＝1－12＝12. 2. 设1＋i 1－i ＝a ＋b i (i 为虚数单位，a ，b ∈R)，则ab 的值为 0 .解析：因为1＋i1－i ＝i ，所以a ＋b i ＝i ，所以a ＝0，b ＝1，所以ab ＝0.3. 设复数z 满足(z ＋i )(2＋i )＝5(i 为虚数单位)，则z ＝ 2－2i .解析：因为(z ＋i )(2＋i )＝5，所以z ＝52＋i －i ＝2－i －i ＝2－2i .4. 设复数z i ＝1＋2i (i 为虚数单位)，则z ＝ 2－i . 解析：因为z i ＝1＋2i ，所以z ＝1＋2ii ＝2－i .考向❷ 复数的模与共轭复数例2 (1) 若复数z ＝1＋2i 3－i(i 为虚数单位)，则z 的模为 22 ；解析：z ＝1＋2i 3－i ＝（1＋2i ）（3＋i ）（3－i ）（3＋i ）＝110＋710i ，所以|z|＝⎝⎛⎭⎫1102＋⎝⎛⎭⎫7102＝22. (2) 复数z ＝a i1＋2i (a<0)，其中i 为虚数单位，|z|＝5，则a 的值为－5 ；解析：z ＝a i 1＋2i ＝a i （1－2i ）（1＋2i ）（1－2i ）＝2a 5＋a 5i .因为|z|＝5，所以⎝⎛⎭⎫2a 52＋⎝⎛⎭⎫a 52＝5，解得a ＝±5.因为a<0，所以a ＝－5.(3) 若x －1＋y i 与i －3x 是共轭复数(x ，y 是实数)，则x ＋y ＝－34；解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＝x －1，1＝－y ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝14，y ＝－1，所以x ＋y ＝14－1＝－34.(4) 记复数z ＝a ＋b i (i 为虚数单位)的共轭复数为z ＝a －b i (a ，b ∈R)，已知z ＝2＋i ，则z 2＝ 3－4i .解析：因为z ＝2＋i ，所以z 2＝3＋4i ，所以z 2＝3－4i. 考向❸ 复数的实部与虚部例3 (1) 若复数z ＝(1－i )(m ＋2i )(i 为虚数单位)是纯虚数，则实数m 的值为－2 ；解析：z ＝(1－i )(m ＋2i )＝m ＋2＋(2－m)i .因为复数z 是纯虚数，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＋2＝0，2－m ≠0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－2，m ≠2，故实数m 的值为－2. (2) 已知复数z ＝(a －i )(1＋2i )(a ∈R ，i 为虚数单位)，若复数z 在复平面内对应的点在实轴上，则实数 a ＝ 12；解析：z ＝(a －i)(1＋2i)＝(a ＋2)＋(2a －1)i.因为复数z 在复平面内对应的点在实轴上，所以2a －1＝0，即a ＝12.(3) 已知i 是虚数单位，则1－i （1＋i ）2的实部为－12 .解析：由题意得1－i （1＋i ）2＝1－i 2i ＝－12－12i ，所以该复数的实部为－12.自测反馈1. 若复数z ＝i (3－2i )(i 是虚数单位)，则z 的虚部为 3 . 解析：因为z ＝i (3－2i )＝2＋3i ，所以复数z 的虚部为3.2. 已知复数z 满足i z ＝1＋3i (i 为虚数单位)，则|z|＝ 2 .解析：由题意得z ＝1＋3ii ＝3－i ，所以|z|＝（3）2＋（－1）2＝2.3. 若复数m ＋2i1－i (m ∈R ，i 是虚数单位)为实数，则m ＝－2 .解析：由题意得m ＋2i 1－i ＝（m ＋2i ）（1＋i ）（1－i ）（1＋i ）＝m －22＋m ＋22i.因为复数m ＋2i1－i是实数，所以m ＋22＝0，解得m ＝－2，故m 的值为－2.4. 设3＋i 1＋i＝a ＋b i (i 为虚数单位，a ，b ∈R)，则a ＋b ＝ 1 .解析：由题意得3＋i 1＋i ＝（3＋i ）（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝2－i ＝a ＋b i ，所以a ＝2，b ＝－1，所以a ＋b＝1.1. 复数加减法的法则可以类比多项式合并同类项法则来理解和记忆.2. 复数z ＝a ＋b i (a ，b ∈R)为实数的充要条件是b ＝0；它为纯虚数的充要条件是a ＝0且b ≠0.3. 你还有哪些体悟，写下来：。

2024年高考数学一轮复习第10章第2讲：排列与组合(附答案解析)

第1页共21页2024年高考数学一轮复习第10章第2讲：排列与组合学生版考试要求 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.能利
用排列、组合解决简单的实际问题．知识梳理
1．排列与组合的概念名称
定义排列
从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素按照一定的顺序排成一列组合作为一组
2.排列数与组合数
(1)排列数：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，用符号A m n 表示．
(2)组合数：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，用符号C m n 表示．
3．排列数、组合数的公式及性质公式(1)A m n ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝
n ！(n －m )！
(n ，m ∈N *，且m ≤n )．(2)C m n ＝A m n A m m ＝n ！m ！(n －m )！
(n ，m ∈N *，且m ≤n )．特别地，C 0n ＝1性质
(1)0！＝1；A n n ＝n ！.
(2)C m n ＝C n －m n ；C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n 常用结论
1．排列数、组合数常用公式
(1)A m n ＝(n －m ＋1)A m －
1n .(2)A m n ＝n A m －
1n －1.(3)(n ＋1)！－n ！＝n ·n ！.
(4)k C k n ＝n C k －
1n －1.(5)C m n ＋C m n －1＋…＋C m m ＋1＋C m m ＝C m ＋
1n ＋1.2．解决排列、组合问题的十种技巧
(1)特殊元素优先安排．
(2)合理分类与准确分步．。

镇江市统一高考数学第一轮复习学案(解析答案版)：2 专题2 推理与证明(教师答案版)

镇江市区普通高中数学教学案（讨论框架）（教师版）前置学案一、知识梳理1.合情推理(1)定义：一种由一般性的命题推演出特殊性命题的推理方法称为演绎推理.简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理. (2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：① 大前题 ——已知的一般原理；② 小前题 ——所研究的特殊情况；③ 结论 ——根据一般原理，对特殊情况作出的判断.3.直接证明的基本方法有；比较法；综合法；分析法 .间接证明的基本方法有；反证法；同一法 .4.用举例法理解各种方法优点.二、基础训练1.数列2，5，11，20，x ，47，…中的x 等于________. 322. ．已知数列{}n a 满足113a =，对任意n ∈N *，1221n n n a a a +=+，求得234248,,,5917a a a ===，根据以上数据，猜想出数列{}n a 的通项公式为n a =________1221n n ++3. 设a＝lg 2＋lg 5，b＝e x(x<0)，则a与b的大小关系为________.a>b4.用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是________.方程x3＋ax＋b＝0没有实根答案 n －m d nc m（2）在平面几何中，△ABC 的内角平分线CE 分AB所成线段的比为AE EB ＝AC BC，把这个结论类比到空间：在三棱锥A －BCD 中(如图所示)，平面DEC 平分二面角A －CD －B 且与AB 相交于点E ，则类比得到的结论是．______________________．答案 ACD BCDS AE EB S ∆∆= (1)进行类比推理，应从具体问题出发，通过观察、分2012+只要证：2012⨯上式成立，原不等式成立。

高考一轮复习学案第58讲排列与组合（解析版）

第58讲排列与组合（解析版）考点考纲要求要求常考题型排列、组合理解排列、组合的概念． I 选择题或填空题分组分配问题理解排列数公式、组合数公式．I选择题或填空题排列·组合的综合应用能利用公式解决一些简单的实际问题． I选择题或填空题排列与排列数组合与组合数定义排列：从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列．组合：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．排列数：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 个元素的排列数组合数：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 个元素的组合数公式排列数公式A m n ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝n ！n －m ！组合数公式C mn ＝A m n A m m＝nn －1n －2…n －m ＋1m ！＝n ！m ！n －m ！性质A n n ＝n ×(n －1)×(n －2)×…×3×2×1＝n ！； 0！＝1C 0n ＝1；C m n ＝C n －mn；C m n ＋C m －1n ＝C m n ＋1备注 n 、m ∈N *且m ≤n题型一排列问题例1:(2018·金华联考)有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．(1)选5人排成一排；(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；(3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；(4)全体排成一排，女生必须站在一起；(5)全体排成一排，男生互不相邻．【解析】(1)从7人中选5人排列，有A57＝7×6×5×4×3＝2 520(种)．(2)分两步完成，先选3人站前排，有A37种方法，余下4人站后排，有A44种方法，共有A37·A44＝5 040(种)．(3)法一：(特殊元素优先法)先排甲，有5种方法，其余6人有A66种排列方法，共有5×A66＝3 600(种)．法二：(特殊位置优先法)首尾位置可安排另6人中的两人，有A26种排法，其他有A55种排法，共有A26A55＝3 600(种)．(4)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有A44种方法，再将女生全排列，有A44种方法，共有A44·A44＝576(种)．(5)(插空法)先排女生，有A44种方法，再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生，有A35种方法，共有A44·A35＝1 440(种)．类题通法：直接法把符合条件的排列数直接列式计算优先法优先安排特殊元素或特殊位置捆绑法把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列插空法对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中先整体后局部“小集团”排列问题中先整体后局部定序问题除法处理对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列间接法正难则反，等价转化的方法变式训练1．(2018·东北四市联考)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，则不同的坐法有()A．10种B．16种C．20种D．24种【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】 C2．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为()A．324 B．648C．328 D．360【解析】首先应考虑“0”，当0排在个位时，有A29＝9×8＝72(个)，当0排在十位时，有A14A18＝4×8＝32(个)．当不含0时，有A14·A28＝4×8×7＝224(个)，由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋32＋224＝328(个)．【答案】C3．用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为____________．【解析】(捆绑法)首先排两个奇数1,3有A22种排法，再在2,4中取一个数放在1,3排列之间，有C12种方法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有A22种排法，即满足条件的四位数的个数为A22C12A22＝8．【答案】8题型二组合问题例2某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？【解析】(1)从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561种，∴某一种假货必须在内的不同取法有561种．(2)从34种可选商品中，选取3种，有C334种或者C335－C234＝C334＝5 984种．∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种．(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有C120C215＝2 100种．∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种．(4)选取2件假货有C120C215种，选取3件假货有C315种，共有选取方式C120C215＋C315＝2 100＋455＝2 555种．∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种．(5)选取3件的总数有C335，因此共有选取方式C335－C315＝6 545－455＝6 090种．∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种．类题通法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．变式训练4．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】9个整数中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故不同的取法有C45＋C44＋C25C24＝66(种)．【答案】 D5．(2017·浙江)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)【解析】由题意可得：总的选择方法为C48×C14×C13种方法，其中不满足题意的选法有C46×C14×C13种方法，则满足题意的选法有：C48×C14×C13－C46×C14×C13＝660种．【答案】6606．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________．【解析】第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有C14C212＝264种．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C312－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．【答案】472题型三分组分配问题考向一整体均分问题1．国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．【解析】先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种分派方法．【答案】 90 考向二不等分问题2．若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．【解析】将6名教师分组，分三步完成：第一步，在6名教师中任取1名作为一组，有C 16种取法；第二步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种取法；第三步，余下的3名教师作为一组，有C 33种取法．根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种取法．再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法．【答案】 360 考向三部分均匀问题3．(2018·广州调研)有4名优秀学生A ，B ，C ，D 全部被保送到甲，乙，丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送方案共有________种．【解析】先把4名学生分为2、1、1的3组，有C 24C 12C 11A 22＝6种分法，再将3组对应3个学校，有A 33＝6种情况，则共有6×6＝36种不同的保送方案．【答案】 36 类题通法1．对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A n n (n 为均分的组数)，避免重复计数．2．对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m 组元素个数相等，则分组时应除以m ！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．3．对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．变式训练7．(2018·广州市五校联考)将5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、中山大学这3所大学就读，每所大学至少保送1人，则不同的保送方法共有( )A ．150种B ．180种C ．240种D ．540种【解析】先将5人分成三组，3,1,1或2,2,1，共有C 35＋C 15×C 24·C 222！＝25(种)，再将每组学生分到3所学校有A 33＝6种分法，共有25×6＝150(种)不同的保送方法．【答案】 A8．4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？【解析】 (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)．题型四排列·组合的综合应用例3： (1)(2017·课标Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种【解析】由题意可得，一人完成两项工作，其余两人每人完成一项工作，据此可得，只要把工作分成三份：有C 24种方法，然后进行全排列A 33即可，由乘法原理，不同的安排方式共有C 24×A 33＝36种方法．故选D ．【答案】 D(2)用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有________个．(用数字作答)【解析】当个位、十位和百位上的数字为三个偶数时，若选出的三个偶数含有0，则千位上把剩余数字中任意一个放上即可，方法数是C23A33C14＝72；若选出的三个偶数不含0，此时千位上只能从剩余的非0数字中选一个放上，方法数是A33C13＝18．故这种情况下符合要求的四位数共有72＋18＝90(个)．当个位、十位和百位上的数字为一个偶数、两个奇数时，若选出的偶数是0，则再选出两个奇数，千位上只要在剩余数字中选一个放上即可，方法数为C23A33C14＝72；若选出的偶数不是0，则再选出的两个奇数后，千位上只能从剩余的非0数字中选一个放上，方法数是C13C23A33C13＝162．故这种情况下符合要求的四位数共有72＋162＝234(个)．根据分类加法计数原理，符合要求的四位数共有90＋234＝324(个)．【答案】324类题通法变式训练9．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________．【解析】先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”，“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有A22C13A23＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有A22A34＝48(种)安排方法．由分类加法计数原理知共有36＋36＋48＝120(种)安排方法．【答案】12010．从1到9的9个数字中取3个偶数4个奇数，试问： (1)能组成多少个没有重复数字的七位数？ (2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有几个？(3)(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？【解析】 (1)分三步完成：第一步，在4个偶数中取3个，有C 34种情况；第二步，在5个奇数中取4个，有C 45种情况；第三步，3个偶数，4个奇数进行排列，有A 77种情况．所以符合题意的七位数有C 34C 45A 77＝100 800个．(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有C 34C 45A 55A 33＝14 400个．(3)上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有C 34C 45A 33A 44A 22＝5 760个．1．(2018·福建三明调研)将A ，B ，C ，D ，E 排成一列，要求A ，B ，C 在排列中顺序为“A ，B ，C ”或“C ，B ，A ”(可以不相邻)，这样的排列数有( )A ．12种B ．20种C ．40种D ．60种【解析】 (排序一定用除法)五个元素没有限制全排列数为A 55，由于要求A ，B ，C 的次序一定(按A ，B ，C 或C ，B ，A )，故除以这三个元素的全排列A 33，可得这样的排列数有A 55A 33×2＝40(种)．【答案】 C2．(2016·四川)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( ) A ．24 B ．48 C ．60D ．72【解析】由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1,3,5；分为两步：先从1,3,5三个数中选一个作为个位数有C 13种情况，再将剩下的4个数字排列得到A 44种情况，则满足条件的五位数有C 13·A 44＝72(个)．故选D ．【答案】 D3．已知5个工程队承建某项工程的5个不同的子项目，每个工程队承建一项，其中甲工程队不能承建3号子项目，则不同的承建方案共有( )A ．4种B ．16种C ．64种D ．96种【解析】第一步确定甲工程队承建的子项目，从1,2,4,5号子项目中任选一个，不同的选法有C 14＝4种；第二步，其余4个工程队不同的排法有A 44＝24种．由分步计数原理可知，不同的承建方案有4×24＝96种．故选D ．【答案】 D4．某班3名同学去参加5项活动，每人只参加1项，同一项活动最多2人参加，则3人参加活动的方案共有________种(用数字作答)．【解析】 A 35＋C 23A 25＝120(种)．【答案】 1205．(2018·昆明市两区七校调研)某校从8名教师中选派4名同时去4个边远地区支教(每地1名教师)，其中甲和乙不能都去，甲和丙只能都去或都不去，则不同的选派方案有( )A ．900种B ．600种C ．300种D ．150种【解析】依题意，就甲是否去支教进行分类计数：第一类，甲去支教，则乙不去支教，且丙也去支教，则满足题意的选派方案有C 25·A 44＝240(种)；第二类，甲不去支教，且丙也不去支教，则满足题意的选派方案有A 46＝360(种)．因此，满足题意的选派方案共有240＋360＝600(种)，选B ．【答案】 B6．(2018·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 ．72 B ．144 C ．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 ，有C 13A 22＝6(种)排法；第二步，再选一对夫妻，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C 12A 22C 12＝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A 33＝6(种)排法，由分步计数原理，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】 D7．(2018·长沙模拟)若两条异面直线所成的角为60°，则称这对异面直线为“黄金异面直线对”，在连接正方体各顶点的所有直线中，“黄金异面直线对”共有( )A ．12对B ．18对C ．24对D ．30对【解析】依题意，注意到在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，与直线AC 构成异面直线且所成的角为60°的直线有BC 1，BA 1，A 1D ，DC 1，注意到正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中共有12条面对角线，可知所求的“黄金异面直线对”共有4×122＝24(对)，故选C ．【答案】 C8．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，则甲、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】不同的分配方案可分为以下两种情况：①甲、乙两人在一个路口，其余三人分配在另外的两个路口，其不同的分配方案有C23A33＝18(种)；②甲、乙所在路口分配三人，另外两个路口各分配一个人，其不同的分配方案有C13A33＝18(种)．由分类加法计数原理可知不同的分配方案共有18＋18＝36(种)．【答案】 C9．(2017·天津)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答)【解析】A45＋C14C35A44＝1 080．【答案】 1 08010．现有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加区分，将这9个球排成一列，有________种不同的方法．(用数字作答)．【解析】第一步，从9个位置中选出2个位置，分给相同的红球，有C29种选法；第二步，从剩余的7个位置中选出3个位置，分给相同的黄球，有C37种选法；第三步，剩下的4个位置全部分给4个白球，有1种选法．根据分步乘法计数原理可得，排列方法共有C29C37＝1 260(种)．【答案】 1 26011．四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有________种．【解析】如图，从10个点中任取4个点的组合数为C410＝210，其中四点共面的可分为三类：(1)4点在同一个侧面或底面的共4组，即4×C46＝60(种)；(2)每条棱的中点与它对棱的三点共面的有6种；(3)在6个中点中，四点共面的有3种．则4点不共面的取法共有210－(60＋6＋3)＝141(种)．【答案】14112．(2018·江西八校联考)将并排的有不同编号的5个房间安排给5个工作人员临时休息，假定每个人可以选择任一房间，且选择各个房间是等可能的，则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数为________．【解析】先将5人分成三组(1,1,3或2,2,1两种形式)，再将这三组人安排到3个房间，然后将2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空档中即可，故安排方式共有⎝⎛⎭⎫C 15C 14C 33A 22＋C 25C 23C 11A 22·A 33·C 24＝900(种)．【答案】 90013．(2018·潍坊五校联考)数字1,2,3,4,5,6按如图形式随机排列，设第一行的数为N 1，其中N 2，N 3分别表示第二、三行中的最大数，则满足N 1<N 2<N 3的所有排列的个数是________．【解析】 (元素优先法)由题意知6必在第三行，安排6有C 13种方法，第三行中剩下的两个空位安排数字有A 25种方法，在留下的三个数字中，必有一个最大数，把这个最大数安排在第二行，有C 12种方法，剩下的两个数字有A 22种排法，根据分步乘法计数原理，所有排列的个数是C 13A 25C 12A 22＝240．【答案】 24014．用0,1,2,3,4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？ (1)被4整除；(2)比21 034大的偶数；(3)左起第二、四位是奇数的偶数．【解析】(1)被4整除的数，其特征应是末两位数是4的倍数，可分为两类：当末两位数是20、40、04时，其排列数为3A 33＝18，当末两位数是12、24、32时，其排列数为3A 12·A 22＝12．故满足条件的五位数共有18＋12＝30(个)．(2)法一：可分五类，当末位数是0，而首位数是2时，有A 33＝6(个)；A 44＋A 12·A 13·A 33＝60(个)，故满足条件的五位偶数共有60－A 13·A 33－A 22－1＝39(个)．法二：不大于21 034的偶数可分为三类：万位数字是1的偶数，有A 13·A 33＝18(个)；万位数字是2，而千位数字是0的偶数，有A 22个；还有一个为21 034本身．而由0,1,2,3,4组成的五位偶数有A 44＋A 12＋A 33A 36＝60．故满足条件的五位偶数是60－A 13A 33－A 12－1＝39(个)．(3)法一：可分为两类：末位数是0，有A22·A22＝4(个)；末位数是2或4，有A22·A12＝4(个)；共故有A22·A22＋A22·A12＝8(个)．法二：第二、四位从奇数1,3中取，有A22个；首位从2,4中取，有A12个；余下的排在剩下的两位，有A22个，故共有A22A12A22＝8(个)．当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有A12A33＝12(个)；当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有A12A33＝12(个)；当末位数字是4，而首位数字是2时，有A22＋A11＝3(个)；当末位数字是4，而首位数字是3时，有A33＝6(个)；故有A33＋A12A33＋A12A33＋(A22＋A11)＋A33＝39(个)．15．某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？(3)甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？(4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？【解析】(1)共有C318＝816(种)．(2)共有C518＝8 568(种)．(3)分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有C12C418＋C318＝6 936(种)．(4)(间接法)：由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得C520－(C512＋C58)＝14 656(种)．16．按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；(3)平均分成三份，每份2本；(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本；(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本．【解析】(1)无序不均匀分组问题．先选1本，有C16种选法；再从余下的5本中选2本，有C25种选法；最后余下3本全选，有C33种选法．故共有C 16C 25C 33＝60(种)．(2)有序不均匀分组问题．由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)题基础上，还应考虑再分配，共有C 16C 25C 33A 33＝360(种)．(3)无序均匀分组问题．先分三步，则应是C 26C 24C 22种方法，但是这里出现了重复．不妨记六本书为A ，B ，C ，D ，E ，F ，若第一步取了AB ，第二步取了CD ，第三步取了EF ，记该种分法为(AB ，CD ，EF )，则C 26C 24C 22种分法中还有(AB ，EF ，CD )，(CD ，AB ，EF )，(CD ，EF ，AB )，(EF ，CD ，AB )，(EF ，AB ，CD )，共有A 33种情况，而这A 33种情况仅是AB ，CD ，EF 的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有C 26C 24C 22A 33＝15(种)．(4)有序均匀分组问题．在(3)的基础上再分配给3个人，共有分配方式C 26C 24C 22A 33·A 33＝C 26C 24C 22＝90(种)． (5)无序部分均匀分组问题．共有C 46C 12C 11A 22＝15(种)．(6)有序部分均匀分组问题．在(5)的基础上再分配给3个人，共有分配方式C 26C 12C 11A 22·A 33＝90(种)． (7)直接分配问题．甲选1本，有C 16种方法；乙从余下的5本中选1本，有C 15种方法，余下4本留给丙，有C 44种方法，故共有分配方式C 16C 15C 44＝30(种)．。

高考数学一轮复习课时跟踪检测五十八排列与组合含解析0513186.doc

课时跟踪检测（五十八）排列与组合[A级基础题——基稳才能楼高]1．将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是( )A．2 160 B．720C．240 D．120解析：选B 分步来完成此事．第1张有10种分法；第2张有9种分法；第3张有8种分法，则共有10×9×8＝720种分法．2．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：选C 分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．3．(2019·安徽调研)用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字且大于3 000的四位数，这样的四位数有( )A．250个B．249个C．48个D．24个解析：选C ①当千位上的数字为4时，满足条件的四位数有A34＝24(个)；②当千位上的数字为3时，满足条件的四位数有A34＝24(个)．由分类加法计数原理得所有满足条件的四位数共有24＋24＝48(个)，故选C.4．(2019·漳州八校联考)若无重复数字的三位数满足条件：①个位数字与十位数字之和为奇数，②所有数位上的数字和为偶数，则这样的三位数的个数是( ) A．540 B．480C．360 D．200解析：选D 由个位数字与十位数字之和为奇数知个位数字、十位数字1奇1偶，有C15 C15A22＝50种排法；所有数位上的数字和为偶数，则百位数字是奇数，有C14＝4种满足题意的选法，故满足题意的三位数共有50×4＝200(个)．5．(2019·福州高三质检)福州西湖公园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，不同的安排方案共有( )A．90种B．180种C．270种D．360种解析：选B 可分两步：第一步，甲、乙两个展区各安排一个人，有A26种不同的安排方案；第二步，剩下两个展区各两个人，有C24C22种不同的安排方案，根据分步乘法计数原理，不同的安排方案的种数为A26C24C22＝180.故选B.6．(2019·北京朝阳区一模)某单位安排甲、乙、丙、丁4名工作人员从周一到周五值班，每天有且只有1人值班，每人至少安排一天且甲连续两天值班，则不同的安排方法种数为( )A．18 B．24C．48 D．96解析：选B 甲连续两天值班，共有(周一，周二)，(周二，周三)，(周三，周四)，(周四，周五)四种情况，剩下三个人进行全排列，有A33＝6种排法，因此共有4×6＝24种排法，故选B.[B级保分题——准做快做达标]1．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A．3 B．4C．6 D．8解析：选D 先考虑递增数列，以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9.以2为首项的等比数列为2,4,8.以4为首项的等比数列为4,6,9.同理可得到4个递减数列，∴所求的数列的个数为2(2＋1＋1)＝8.2．(2019·芜湖一模)某校高一开设4门选修课，有4名同学选修，每人只选1门，恰有2门课程没有同学选修，则不同的选课方案有( )A．96种B．84种C．78种D．16种解析：选B 先确定选的两门，选法种数为C24＝6，再确定学生选的情况，选法种数为24－2＝14，所以不同的选课方案有6×14＝84(种)，故选B.3．(2019·东莞质检)将甲、乙、丙、丁4名学生分配到三个不同的班，每个班至少1名，则不同分配方法的种数为( )A．18 B．24C．36 D．72解析：选C 先将4人分成三组，有C24＝6种方法，再将三组同学分配到三个班级有A33＝6种分配方法，依据分步乘法计数原理可得不同分配方法有6×6＝36(种)，故选C.4．(2019·东北三省四市一模)6本不同的书在书架上摆成一排，要求甲、乙两本书必须摆放在两端，丙、丁两本书必须相邻，则不同的摆放方法有( )A．24种B．36种C．48种D．60种解析：选A 由题意知将甲、乙两本书放在两端有A22种放法，将丙、丁两本书捆绑，与剩余的两本书排列，有A33种放法，将相邻的丙、丁两本书排列，有A22种放法，所以不同的摆放方法有A22×A33×A22＝24(种)，故选A.5．(2019·河南三门峡联考)5名大人带2个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头尾，则不同的排法种数有( )A．A55A24种B．A55A25种C．A55A26种D．(A77－4A66)种解析：选A 首先5名大人先排队，共有A55种排法，然后把2个小孩插进中间的4个空中，共有A24种排法，根据分步乘法计数原理，共有A55A24种排法，故选A.6．(2019·沈阳东北育才学校月考)已知A，B，C，D四个家庭各有2名小孩，四个家庭准备乘甲、乙两辆汽车出去游玩，每车限坐4名小孩(乘同一辆车的4名小孩不考虑位置)，其中A家庭的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名小孩中恰有2名来自同一个家庭的乘坐方式共有( )A．18种B．24种C．36种D．48种解析：选B 若A家庭的孪生姐妹乘坐甲车，则甲车中另外2名小孩来自不同的家庭，有C23C12C12＝12种乘坐方式，若A家庭的孪生姐妹乘坐乙车，则甲车中来自同一个家庭的2名小孩来自B，C，D家庭中的一个，有C13C12C12＝12种乘坐方式，所以共有12＋12＝24种乘坐方式，故选B.7．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中，第一、二象限不同点的个数为________．解析：分两类：一是以集合M中的元素为横坐标，以集合N中的元素为纵坐标有3×2＝6个不同的点；二是以集合N中的元素为横坐标，以集合M中的元素为纵坐标有4×2＝8个不同的点，故由分类加法计数原理得共有6＋8＝14个不同的点．答案：148．(2019·洛阳高三统考)某校有4个社团向高一学生招收新成员，现有3名同学，每人只选报1个社团，恰有2个社团没有同学选报的报法有________种(用数字作答)．解析：法一：第一步，选2名同学报名某个社团，有C23·C14＝12种报法；第二步，从剩余的3个社团里选一个社团安排另一名同学，有C13·C11＝3种报法．由分步乘法计数原理得共有12×3＝36种报法．法二：第一步，将3名同学分成两组，一组1人，一组2人，共C23种方法；第二步，从4个社团里选取2个社团让两组同学分别报名，共A24种方法．由分步乘法计数原理得共有C23·A24＝36(种)．答案：369．(2018·全国卷Ⅰ)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________种．(用数字填写答案)解析：法一：(直接法)按参加的女生人数可分两类：只有1位女生参加有C12C24种，有2位女生参加有C22C14种．故共有C12C24＋C22C14＝2×6＋4＝16(种)．法二：(间接法)从2位女生，4位男生中选3人，共有C36种情况，没有女生参加的情况有C34种，故共有C36－C34＝20－4＝16(种)．答案：1610．(2019·江西师大附中月考)用数字1,2,3组成的五位数中，数字1,2,3均出现的五位数共有________个(用数字作答)．解析：使用间接法，首先计算全部的情况数目，共3×3×3×3×3＝243(个)，其中包含数字全部相同(即只有1个数字)的有3个，还有只含有2个数字的有C23·(2×2×2×2×2－2)＝90(个)．故1,2,3均出现(即含有3个数字)的五位数有243－3－90＝150(个)．答案：15011．从4名男同学中选出2人，6名女同学中选出3人，并将选出的5人排成一排．(1)共有多少种不同的排法？(2)若选出的2名男同学不相邻，共有多少种不同的排法？(用数字表示)解：(1)从4名男生中选出2人，有C24种选法，从6名女生中选出3人，有C36种选法，根据分步乘法计数原理知选出5人，再把这5个人进行排列共有C24C36A55＝14 400(种)．(2)在选出的5个人中，若2名男生不相邻，则第一步先排3名女生，第二步再让男生插空，根据分步乘法计数原理知共有C24C36A33A24＝8 640(种)．12．用0,1,2,3,4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？(1)比21 034大的偶数；(2)左起第二、四位是奇数的偶数．解：(1)可分五类，当末位数字是0，而首位数字是2时，有6个五位数；当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有C12A33＝12个五位数；当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有C12A33＝12个五位数；当末位数字是4，而首位数字是2时，有3个五位数；当末位数字是4，而首位数字是3时，有A33＝6个五位数．故共有6＋12＋12＋3＋6＝39个满足条件的五位数．(2)可分为两类：末位数是0，个数有A22·A22＝4；末位数是2或4，个数有A22·C12＝4.故共有4＋4＝8个满足条件的五位数．精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

高考数学一轮复习学案：组合学案

12.取法种数为C + = + =2500.
组合
一、知识梳理
1.组合的概念：从n个不同元素中任取m个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合，组合的个数叫组合数，用C 表示.
= .
3.组合数的两个性质：
（1）C =C ；（2）C =C +C .
二、基础训练
1.从4台甲型电脑和5台乙型电脑中任取3台，其中两种电脑都要取，则不同的取法种数是
7.某年级有6个班，派3个数学老师任教，每位教师教两个班，不同的任课方法种数有_______种.
8.（05某某卷）设 ,则
9.某运输公司有7个车队，每个车队的车都多于4辆且型号相同，要从这7个车队中抽出10辆车组成一运输车队，每个队至少抽1辆车，则不同的抽法有多少种？
10.袋中有10个球，其中4个红球，6个白球，若取到1个红球记2分，取到1个白球记1分，那么从这10个球中取出4个，使总分不低于5分的取法有多少种?
解：将相邻两个交点之间的街道称为一段，那么从A到B需要走（n+m－2）段，而这些段中，必须有东西方向的（n－1）段，其余的为南北方向的（m－1）段，所以共有C =C 种走法.
2.从一楼到二楼楼梯一共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，规定用8步走完楼梯的方法种数是_____________.
A．40B．50C．60D．70
5.(05全国卷Ⅰ)从6名男生和4名女生中，选出3名代表，要求至少包含1名女生，则不同的选法有种。
6.（04某某）将标号为1，2，…，10的10个球放入标号为1，2，…，10的10个盒子内，每个盒内放一个球，则恰好有3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法共有_____________种.（以数字作答）

2020届江苏省镇江市统一高考数学第一轮复习学案(解析答案版)：学案5.立体几何(2)

立体几何复习（2）点线面位置关系的判断与证明教学目标：1.了解空间中点、直线、平面之间的位置关系；2.掌握直线与平面平行、垂直的判定定理与性质定理的应用；3.掌握平面与平面平行、垂直的判定定理与性质定理的应用.4.掌握空间中直线与直线平行、垂直的证明方法.教学重点：线线、线面、面面平行与垂直的证明方法.教学难点：线面、面面平行与垂直的性质定理的应用.【前置学案】1.如图所示，在四棱锥P ABCD 中，底面四边形ABCD 为平行四边形，E ，F 分别为侧棱PC ，PB 的中点，则EF 与平面PAD 的位置关系为，平面AEF 与平面ABCD 的交线是 .【答案】平行，直线AD【解析】EF ∥BC ，BC ∥AD ，则EF ∥AD ，所以EF ∥平面PAD ；易知E ，F ，A ，D 四点共面，所以AD 为平面AEF 与平面ABCD 的交线.2.设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m ⊂α.则“m ∥β”是“α∥β”的 (填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)条件.【答案】必要不充分【解析】当m ⊂α，m ∥β时，不能确定平面α与β平行；当α∥β时，根据平面与平面平行的性质，可以推出m ∥β.3.已知直线平面，直线平面，给出下列命题：①若，则； ②若，则；l ⊥αm ⊂β//αβl m ⊥αβ⊥//l m③若，则； ④若，则.其中正确命题的序号是 .【答案】①③【解析】已知直线平面，直线平面，对于①，若，得到直线平面，所以，故①正确；对于②，若直线则内或者，则与的位置关系不确定；对于③，若，则直线，由面面垂直的性质定理可得，故③正确；对于④，若，则与可能相交，故④错误，故答案为①③.4.已知平面α ，β，直线m ，n ，给出下列命题：①若//m α，//,n m n β⊥，则βα⊥；②若//αβ，//,//m n αβ，则//m n ；③若,,m n m n αβ⊥⊥⊥，则αβ⊥； ④若βα⊥，,m n αβ⊥⊥，则m n ⊥.其中是真命题的是．（填写所有真命题的序号）．【答案】③④【解析】对于①②，平行的传递性仅限于相同的元素(点、线、面)，因此均不对．【例题精讲】例1：1.以下四个命题中，正确命题的个数是 .①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点,,,A B C D 共面，点,,,A B C E 共面，则,,,,A B C D E 共面；③若直线,a b 共面，直线,a c 共面，则直线,b c 共面；④依次首尾相接的四条线段必共面.【答案】1【解析】①中，假设存在三点共线，则这四点必共面，与题设矛盾，故①正确；②中，若,,A B C 三点共线，则,,,,A B C D E 有可能不共面，故②错误；③中，如图所示正方体的棱中，,a b 共面，,a c 共面，而,b c 异面，故③错误；④中，空间四边形的四条线段不共面，故④错误//l m αβ⊥l m ⊥//αβl ⊥αm ⊂β//αβl ⊥βl m ⊥αβ⊥l β//l βl m //l m m α⊥αβ⊥l m ⊥αβ2.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有条.【答案】无数【解析】在A1D1上任取一点P，则E，F，P确定一个平面α，过P作PQ∥EF，则Q∈α，连接QF并延长交DC的延长线于M，则M∈α，连接PM，则PM与EF相交，当然也与A1D1，CD 相交.重复以上过程，另取P′点，会产生P′M′，故这样的直线有无数条.备选题：1.下列如图所示是正方体和正四面体，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，则四个点共面的图形是 .【答案】①②③【解析】在④图中，可证Q点所在棱与面PRS平行，因此，P、Q、R、S四点不共面.可证①中四边形PQRS为梯形；③中可证四边形PQRS为平行四边形；②中如图所示取A1A与BC的中点为M、N可证明PMQNRS为平面图形，且PMQNRS为正六边形.2.在下图中，G、H、M、N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH、MN是异面直线的图形有 (填上所有正确答案的序号).【答案】(2)(4)【解析】如题干图(1)中，直线GH ∥MN ；图(2)中，G 、H 、N 三点共面，但M ∉面GHN ，因此直线GH 与MN 异面；图(3)中，连接MG ，GM ∥HN ，因此GH 与MN 共面；图(4)中，G 、M 、N 共面，但H ∉面GMN ，∴GH 与MN 异面.所以图(2)、(4)中GH 与MN 异面.【思想方法归纳】证明四点共面的基本思路：一是直接证明，即利用公理或推论来直接证明；二是先由其中不共线的三点确定一个平面，再证第四个点也在这个平面内即可.要证明点共线或线共点的问题，关键是转化为证明点在直线上，也就是利用公理3，即证点在两个平面的交线上.或者选择其中两点确定一直线,然后证明另一点也在直线上.异面直线的判定方法：①判定定理：平面外一点A 与平面内一点B 的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线；②反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两直线平行或相交，由假设的条件出发，经过严密的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面.例2 ：1.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，M ，N 分别为棱A 1C 1和AB 的中点.（1）求证：MN ∥平面BCC 1B 1；（2）若平面ACC 1A 1⊥平面A 1B 1C 1，且A 1B 1＝B 1C 1，求证：平面B 1MN ⊥平面ACC 1A 1.（例2-1）证明：（1）方法一：如图，设BC 的中点为H ，连结NH ，HC 1.在△ABC 中，因为N 为AB 的中点，所以NH ∥AC ，且NH ＝12AC ，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，M 为A 1C 1的中点，所以MC 1∥AC ，且MC 1＝12AC ，所以NH ∥MC 1，且NH ＝MC 1，所以四边形MC 1HN 为平行四边形，所以 MN ∥C 1H ，又MN ⊄平面BCC 1B 1，C 1H ⊂平面BCC 1B 1，所以MN ∥平面BCC 1B 1.方法二：如图2，在侧面ACC 1A 1中，连结AM 并延长交直线CC 1于点Q ，连结BQ .在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1∥CC 1，所以AM MQ ＝A 1M MC 1，因为M 为A 1C 1的中点，所以M 为AQ 的中点.又因为N 为AB 中点，所以MN ∥BQ ，又MN ⊄平面BCC 1B 1，BQ ⊂平面BCC 1B 1，所以MN ∥平面BCC 1B 1.方法三：如图3，取A 1B 1的中点O ，连结OM ，ON . 在△A 1B 1C 1中，因为O ，M 分别为A 1B 1，A 1C 1的中点，所以OM ∥B 1C 1.因为OM ⊄平面BCC 1B 1，B 1C 1⊂平面BCC 1B 1，所以OM ∥平面BCC 1B 1.在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1B 1∥AB 且A 1B 1＝AB ，又因为O ，N 分别为A 1B 1，AB 的中点，所以OB 1∥NB ，OB 1＝NB ，所以四边形OB 1BN 为平行四边形，所以ON ∥B 1B ，又ON ⊄平面BCC 1B 1，B 1B ⊂平面BCC 1B 1，所以ON ∥平面BCC 1B 1.因为OM ∥平面BCC 1B 1，ON ∥平面BCC 1B 1，OM ∩ON ＝O ，OM ⊂平面OMN ，ON ⊂平面OMN ，所以平面OMN ∥平面BCC 1B 1，又MN ⊂平面OMN ，所以MN ∥平面BCC 1B 1.（2）因为A 1B 1＝B 1C 1, M 为A 1C 1的中点，所以B 1M ⊥A 1C 1，因为平面ACC 1A 1⊥平面A 1B 1C 1，平面ACC 1A 1∩平面A 1B 1C 1＝A 1C 1，B 1M ⊂平面A 1B 1C 1，所以B 1M ⊥平面ACC 1A 1，又B 1M ⊂平面B 1MN ，所以平面B 1MN ⊥平面ACC 1A 1.【设计意图】（1）了解证明线面平行的最常见的方法，①先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若存在，则由线面平行的判定定理即证出（如本题中的方法一方法二）；②若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行（如本题中的方法三）.（2）面面垂直的性质定理的应用及面面垂直的证明方法2.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，点E 在棱PC 上（异于点P ，C ），平面ABE与棱PD 交于点F ．（1）求证：AB//EF ；（2）若AF ⊥EF ，求证：平面PAD ⊥平面ABCD ．证明：（1）因为四边形ABCD 是矩形，所以AB//CD ．又AB ⊄平面PDC ，CD ⊂平面PDC ，所以AB//平面PDC ，又因为AB ⊂平面ABE ，平面ABE ∩平面PDC ＝EF ，所以AB//EF ．（2）因为四边形ABCD 是矩形，所以AB ⊥AD ．因为AF ⊥EF ，（1）中已证AB//EF ，所以AB ⊥AF ，又AB ⊥AD ，由点E 在棱PC 上（异于点C ），所以F 点异于点D ，所以AF ∩AD ＝A ，AF ，AD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面ABCD ，所以平面PAD ⊥平面ABCD ．【设计意图】线面平行的性质定理的应用应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线.备选题1：如图，在三棱锥S ABC -中，SA SC =，AB AC ⊥，D 为BC 的中点，E 为AC 上一点，且//DE 平面SAB ．求证：（1）直线//AB 平面SDE ；（2）平面ABC ⊥平面SDE ．证明：（1）因为//DE 平面SAB ，DE ⊂平面ABC ，平面SAB 平面ABC AB =，所以//DE AB ．因为DE ⊂平面SDE ，AB ⊄平面SDE ，所以//AB 平面SDE ．（2）因为D 为BC 的中点，//DE AB ，所以E 为AC 的中点．又因为SA SC =，所以SE AC ⊥，又AB AC ⊥，//DE AB ，所以DE AC ⊥．,DE SE ⊂平面SDE ，DE SE E =，所以AC ⊥平面SDE ．因为AC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面SDE ．备选题2：如图，在三棱锥P - ABC 中，分别为棱的中点，已知，，求证：（1）直线平面；（2）平面平面．【证明】（1）因为D ，E 分别为棱PC ，AC 的中点，所以DE ∥PA .又因为PA ⊄ 平面DEF ，DE ⊂平面DEF ，所以直线PA ∥平面DEF .（2）因为D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，PA = 6，BC = 8，,,D E F ,,PC AC AB PA AC ⊥6PA =8,5BC DF ==//PA DEF BDE ⊥ABC所以DE ∥PA ，DE = PA = 3，EF = BC = 4. 又因为DF = 5，故DF 2 = DE 2 + EF 2，所以∠DEF = 90°，即DE 丄EF .又PA ⊥AC ，DE ∥PA ，所以DE ⊥AC .因为AC ∩ EF = E ，AC ⊂平面ABC ，EF ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .又DE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABC .例3：如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，AC 与BD 交于点O ，PC ⊥底面ABCD ，E 为PB 上一点，F 为 PO 的中点.（1）若PD ∥平面ACE ，求证：E 为PB 的中点；（2）若ABPC ，求证：CF ⊥平面PBD .【证明】（1）连接OE ，因为PD // 平面ACE ，PD ⊂面PBD ，面PBD面ACE OE =，所以PD //OE .因为四边形ABCD 是正方形知，所以O 为BD 中点，所以E 为PB 的中点.（2）在四棱锥P －ABCD 中，AB，因为四边形ABCD是正方形，所以OC AB =，所以PC OC =. 因为F 为PO 中点，所以CF PO ⊥.又因为PC ⊥底面ABCD ，BD ⊂底面ABCD ，所以PC ⊥BD .而四边形ABCD 是正方形，所以AC BD ⊥，因为,AC PC ⊂平面PAC ，AC PC C =，所以BD ⊥平面PAC ，因为CF ⊂平面PAC ，所以BD CF ⊥.因为,PO BD ⊂平面PBD ，PO BD O =，所以CF ⊥平面PBD .【设计意图】（1）线面平行的性质定理的应用；（2）了解证明线面垂直的方法：①是线面垂直的判定定理（即证一个平面内的一条直线垂直另一个平面，则这两个平面垂直）；②是利用面面垂直的性质定理；③是平行线法(若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面). 解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题1212中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度，经计算满足勾股定理)等等.备选题1：在直三棱柱111ABC A B C -中，CA CB =，1AA =，D 是AB 的中点.（1）求证：1BC ∥平面1ACD ；（2）若点P 在线段1BB 上，且114BP BB =，求证：AP ⊥平面1ACD . 证明：（1）连结1AC ，设交1A C 于点O ，连结OD .∵四边形11AA C C 是矩形，∴O 是1AC 的中点.在△1ABC 中， O ，D 分别是1AC ，AB 的中点，∴1OD BC ∥.又∵OD ⊂平面1ACD ，1BC ⊄平面1ACD ，∴1BC ∥平面1ACD . （2）∵CA CB =，D 是AB 的中点，∴CD AB ⊥﹒又∵在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC ⊥侧面11AA B B ，交线为AB ，CD ⊂平面ABC ，∴CD ⊥平面11AA B B ﹒∵AP ⊂平面11A B BA ，∴CD AP ⊥.∵1BB =，11BB AA =，114BP BB =，∴14BP AD BA AA =，∴Rt △ABP ∽Rt △1A AD ，从而∠1AA D =∠BAP ，所以∠1AA D +∠1A AP =∠BAP +∠1A AP =90︒，∴1AP A D ⊥. 又∵1CDA D D =，CD ⊂平面1ACD ，1A D ⊂平面1ACD ，∴AP ⊥平面1ACD . 备选题2：在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，点D 是BC 的中点，BC ＝BB 1.（1）若P 是CC 1上任一点，求证：AP 不可能与平面BCC 1B 1垂直；（2）试在棱CC 1上找一点M ，使MB ⊥AB 1.（1）证明：（反证法）假设AP ⊥平面BCC 1B 1，∵BC ⊂平面BCC 1B 1，∴AP ⊥BC.又正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，CC 1⊥BC ，AP ∩CC 1＝P ，AP ⊂平面ACC 1A 1，CC 1⊂平面ACC 1A 1， ∴BC ⊥平面ACC 1A 1.而AC ⊂平面ACC 1A 1，∴BC ⊥AC ，这与△ABC 是正三角形矛盾，故AP 不可能与平面BCC 1B 1垂直.（2）解：M 为CC 1的中点.∵在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，BC ＝BB 1，∴四边形BCC 1B 1是正方形.∵点M 为CC 1的中点，点D 是BC 的中点，∴△B 1BD ≌△BCM ，∴∠BB 1D ＝∠CBM ，∠BDB 1＝∠CMB.∵∠BB 1D ＋∠BDB 1＝π2，∴∠CBM ＋∠BDB 1＝π2，∴BM ⊥B 1D. ∵△ABC 是正三角形，D 是BC 的中点，∴AD ⊥BC.∵平面ABC ⊥平面BB 1C 1C ，平面ABC ∩平面BB 1C 1C ＝BC ，AD ⊂平面ABC ，∴AD ⊥平面BB 1C 1C. ∵BM ⊂平面BB 1C 1C ，∴AD ⊥BM.∵AD ∩B 1D ＝D ，∴BM ⊥平面AB 1D.∵AB 1⊂平面AB 1D ，∴MB ⊥AB 1.备选题3：已知在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥DC ，∠ABC ＝60°，DC ＝1，AD ＝3，PB ＝PC ，且M ，N 分别为BC ，PA 的中点.（1）求证：DN ∥平面PBC ；（2）求证：MN ⊥BC .证明：（1）取PB 的中点E ，连结NE ，CE ，AC ，因为ABCD 是直角梯形，AB ∥DC ，∠ABC ＝60°，DC ＝1，AD ＝3，易得AC ＝CB ＝AB ＝2.又N 为PA 的中点，所以NE ∥CD 且NE ＝CD ，所以四边形CDNE 是平行四边形，所以DN ∥CE . 又CE ⊂平面PBC ，DN ⊄平面PBC ，所以DN ∥平面PBC . （2）连结AM ，PM .因为PB ＝PC ，所以PM ⊥BC ，因为AC ＝AB ，所以AM ⊥BC ，又AM ∩PM ＝M ，AM ，PM ⊂平面PAM ，所以BC ⊥平面PAM . 因为MN ⊂平面APM ，所以MN ⊥BC .例4：如图，已知四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，PA ⊥平面ABCD ，M 是AD 的中点，N 是PC 的中点.（1）求证：MN ∥平面PAB;（2）若平面PMC ⊥平面PAD.求证：CM ⊥AD.证明：（1）取PB 中点E ，连EA ，EN ，△PBC 中，//EN BC 且12EN BC，又12AM AD =，//AD BC ，AD BC =，得EN ∥AM ，=EN AM ，四边形ENMA 是平行四边形，得//MN AE ，MN ⊄平面PAB ，AE ⊂平面PAB ，//MN ∴平面PAB . （2）过点A 作PM 的垂线，垂足为H ，平面PMC ⊥平面PAD ，平面PMC平面PAD PM =，AH PM ⊥，AH ⊂平面PAD ，AH ∴⊥平面PMC ，CM ⊂平面PMC ，AH ∴⊥CM . PA ⊥平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥CM .PAAH A =，PA ,AH ⊂平面PAD ，CM ⊥平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，CM AD ∴⊥.【设计意图】面面垂直的性质定理的应用（关键是在一个平面内寻找垂直于（互相垂直的）两个平面的交线的直线）备选题1：如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，平面ABP ⊥平面BCP ，90APB ∠=︒，BP BC =，M 为CP 的中点．求证：（1）AP //平面BDM ；（2）BM ACP ⊥平面．【解】（1）设AC 与BD 交于点O ，连结OM ，因为ABCD 是平行四边形，所以O 为AC 中点，因为M 为CP 的中点，所以AP ∥OM ，又AP ⊄平面BDM ，OM ⊂平面BDM ，所以AP ∥平面BDM ．（2）平面ABP ⊥平面BCP ，交线为BP ，因为90APB ∠=︒，故A P B P ⊥，因为AP ⊂平面ABP ，所以AP ⊥平面BCP ，因为BM ⊂平面BCP ，所以AP ⊥BM ．因为BP BC =，M 为CP 的中点，所以BM CP ⊥．因为APCP P =，AP CP ⊂，平面ACP ，所以BM ⊥平面ACP ，例5：如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ＝6，其余棱长均为2，M 是棱PC 上的一点，D ，E 分别为棱AB ，BC 的中点．（1）求证: 平面PBC ⊥平面ABC ；（2）若PD ∥平面AEM ，求PM 的长．【解析】（1）证明：如图1，连结PE ．因为△PBC 的边长为2的正三角形，E 为BC 中点，所以PE ⊥BC ，且PE ＝3，同理AE ＝3．因为PA ＝6，所以PE 2＋AE 2＝PA 2，所以PE ⊥AE ．因为PE ⊥BC ，PE ⊥AE ，BC ∩AE ＝E ，AE ，BC ⊂平面ABC ，所以PE ⊥平面ABC ．因为PE ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ABC ．（2）解法一：如图1，连接CD 交AE 于O ，连接OM ．因为PD ∥平面AEM ，PD 平面PDC ，平面AEM ∩平面PDC ＝OM ，所以PD ∥OM ，所以PM PC ＝DODC．因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点，CD ∩AE ＝O ，所以O 为ABC ∆重心，所以DO DC ＝13，所以PM ＝13PC ＝23．解法二：如图2，取BE 的中点N ，连接PN ．因为D ，N 分别为AB ，BE 的中点，所以DN ∥AE ．又DN ⊄平面AEM ，AE ⊂平面AEM ，所以DN ∥平面AEM ．又因为PD ∥平面AEM ，DN ⊂平面PDN ，PD ⊂平面PDN ，DN ∩PD ＝D ，所以平面PDN ∥平面AEM ．又因为平面AEM ∩平面PBC ＝ME ，平面PDN ∩平面PBC ＝PN ，所以ME ∥PN ，所以PM PC ＝NE NC．因为E ，N 分别为BC ，BE 的中点，所以NE NC ＝13，所以PM ＝13PC ＝23．备选题1：如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E ，F 分别是AP ，AD 的中点.求证：（1）EF ∥平面PCD ；（2）平面BEF ⊥平面PAD .证明：（1）在△PAD中，∵E，F分别为AP，AD的中点，∴EF∥PD.又∵EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，∴EF∥平面PCD.（2）如图，连结BD.∵AB＝AD，∠BAD＝60°，∴△ADB为正三角形.∵F是AD的中点，∴BF⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BF⊂平面ABCD，∴BF⊥平面PAD.又∵BF⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAD.备选题2：如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，点E，F，H分别为AB，PC，BC的中点.（1）求证：EF∥平面PAD；（2）求证：平面PAH⊥平面DEF.证明：（1）取PD的中点M，连结FM，AM.∵在△PCD 中，F ，M 分别为PC ，PD 的中点，∴FM ∥CD 且FM ＝12CD .∵在正方形ABCD 中，AE ∥CD 且AE ＝12CD ，∴AE ∥FM 且AE ＝FM ，则四边形AEFM 为平行四边形，∴AM ∥EF .又∵EF ⊄平面PAD ，AM ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD .（2）∵侧面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ，侧面PAD ∩底面ABCD ＝AD ， ∴PA ⊥底面ABCD .∵DE ⊂底面ABCD ，∴DE ⊥PA . ∵E ，H 分别为正方形ABCD 边AB ，BC 的中点，∴Rt △ABH ≌Rt △DAE ，则∠BAH ＝∠ADE ，∴∠BAH ＋∠AED ＝90°，则DE ⊥AH . ∵PA ⊂平面PAH ，AH ⊂平面PAH ，PA ∩AH ＝A ，∴DE ⊥平面PAH . ∵DE ⊂平面DEF ，∴平面PAH ⊥平面DEF .【课堂归纳总结】1.空间平行问题的转化关系平行问题的核心是线线平行，证明线线平行的常用方法有：三角形的中位线、平行线分线段成比例(三角形相似)、平行四边形等. 2.空间垂直问题的转化关系垂直问题的核心是线线垂直，证明线线垂直的常用方法有：等腰三角形底边上的中线、勾股定理、平面几何方法等.3.解答立体几何综合题时，要学会识图、用图与作图.图在解题中起着非常重要的作用，空间平行、垂直关系的证明，都与几何体的结构特征相结合，准确识图，灵活利用几何体的结构特征找出平面图形中的线线的平行与垂直关系是证明的关键.【课后练习】1.如图所示，O为正方体ABCD A1B1C1D1的底面ABCD的中心，则下列直线中与B1O垂直的有．(填序号).①A1D；②AA1；③A1D1；④A1C1.【解析】连接B1D1，由题易知，A1C1⊥平面BB1D1D，又OB1⊂平面DD1B1B，∴A1C1⊥B1O.2.给出下列命题：①若一个平面经过另一个平面的垂线，则这两个平面相互垂直；②若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面相互平行；③若两条平行直线中的一条垂直于直线m，则另一条直线也与直线m垂直；④若两个平面垂直，则一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.其中所有真命题的序号为．【答案】①③④【解析】由面面垂直的判定定理知①正确；②中没有明确两条直线是否相交，故②错误；由等角定理知③正确；④中若与交线不垂直的直线与另一个平面垂直，可在该平面内作一条与交线垂直的直线，则该直线必定垂直于另一个平面，这样与交线垂直的直线和不垂直的直线相互平行，这在同一平面互相矛盾，故④正确.3.设α，β是空间两个不同的平面，m，n是平面α及β外的两条不同直线.从“①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题： (用代号表示). 【答案】①③④⇒②(或②③④⇒①)【解析】逐一判断.若①②③成立，则m 与α的位置关系不确定，故①②③⇒④错误；同理①②④⇒③也错误；①③④⇒②与②③④⇒①均正确.4.下列命题中正确个数的是 .①如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β ②如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β ③如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l ，那么l ⊥平面γ ④如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β 【答案】3【解析】对于④, 若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，甚至可能平行于平面β，其余选项均是正确的.5.已知,,αβγ是三个平面，,a b 是两条直线，有下列三个条件： ①α∥γ，b β⊂；②α∥γ，b ∥β；③b ∥β，a γ⊂. 如果命题“a αβ=，b γ⊂，且________，则a ∥b ”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(填上你认为正确的所有序号)．【答案】①③ 【解析】①α∥γ，a αβ=，b βγ=⇒a ∥b (面面平行的性质)②如图所示，在正方体中，a αβ=，b γ⊂，α∥γ，b ∥β，而,a b 异面，故②错误；③b ∥β，b γ⊂，a βγ=⇒a ∥b (线面平行的性质)．6.在正四棱锥V ABCD -中，E ，F 分别为棱VA ，VC 的中点．（1）求证：EF ∥平面ABCD ；（2）求证：平面VBD ⊥平面BEF ．【解析】（1）因为E ，F 分别为棱VA ，VC 的中点，所以EF ∥AC ，又因为EF ABCD ⊄平面，AC ABCD ⊂平面，所以EF ∥平面ABCD ．（2）连结AC ，BD 交于点O ，连结VO ．因为V ABCD -为正四棱锥，所以VO ABCD ⊥平面．又AC ABCD ⊂平面，所以VO AC ⊥．又因为BD AC ⊥，EF ∥AC ，所以EF ⊥VO ，EF ⊥BD ．又VO BD VBD ⊂，平面，=VO BD O ∩，所以EF VBD ⊥平面，又EF BEF ⊂平面，所以平面VBD ⊥平面BEF ．7.如图，在三棱柱111ABC A B C -中，已知M ，N 分别为线段1BB ，1A C 的中点，MN 与1AA 所成角的大小为90°，且1MA MC =．求证：（1）平面1A MC ⊥平面11A ACC ；（2）//MN 平面ABC ．证明：（1）因为MN 与1AA 所成角的大小为90°，所以MN ⊥1AA ，因为1MA MC =，且N 是A 1C 的中点，所以MN ⊥1A C ．又111AA AC A =，1A C ，1AA ⊂平面11A ACC ，故MN ⊥平面11A ACC ，因为MN ⊂平面1A MC ，所以平面1A MC ⊥平面11A ACC ．（2）取AC 中点P ，连结NP ，BP ．因为N 为A 1C 中点，P 为AC 中点，所以PN //AA 1，且PN 12=AA 1．在三棱柱111ABC A BC -中，BB 1 // AA 1，且BB 1=AA 1．又M 为BB 1中点，故BM // AA 1，且BM 12=AA 1．所以PN // BM ，且PN =BM ，于是四边形PNMB 是平行四边形，从而MN // BP ．又MN ⊄平面ABC ，BP ⊂平面ABC ，故//MN 平面ABC ．8.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为梯形，//CD AB ，2AB CD =， AC 交BD 于O ，锐角PAD ∆所在平面PAD ⊥底面ABCD ，PA BD ⊥，点Q 在侧棱PC 上，且2PQ QC =．（1）求证：//PA 平面QBD ；（2）求证：BD AD ⊥．证明：（1）如图，连接OQ ，因为//AB CD ，2AB CD =，所2AO OC =，又2PQ QC =，所以//PA OQ ，又OQ ⊂平面QBD ， PA ⊄平面QBD ，所以//PA 平面QBD .（2）在平面PAD 内过P 作PH AD ⊥于H ，因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以PH BD ⊥，因为PAD ∆是锐角三角形，所以PA 与PH 不重合，即PA 和PH 是平面PAD 内的两条相交直线，又PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAD ，又AD ⊂平面PAD ，所以BD AD ⊥．9.如图，在三棱锥P ABC -中，AC BC =，点D 在AB 上，点E 为AC 的中点，且BC //平面PDE ．（1）求证：//DE 平面PBC ；（2）若平面PCD ⊥平面ABC ，求证：平面PAB ⊥平面PCD ．证明：（1）因为BC //平面PDE ， BC ⊂平面ABC ，平面PDE平面ABC =DE ，所以BC ∥DE .因为DE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//DE 平面PBC ．（2）由（1）知，BC ∥DE ．在△ABC 中，因为点E 为AC 的中点，所以D 是AB 的中点．因为AC BC =，所以AB CD ⊥，因为平面PCD ⊥平面ABC ，平面PCD平面ABC =CD ，AB ⊂平面ABC ，则AB ⊥平面PCD ．因为AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PCD ．10.在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB AC =，平面BB 1C 1C ⊥底面ABCD ，点M 、F 分别是线段1AA 、BC 的中点．（1）求证：AF ⊥DD 1；（2）求证：AD //平面1MBC ．证明：（1）∵AB =AC ，点F 是线段BC 的中点， ∴AF ⊥BC ．又∵平面11BB C C ⊥底面ABC ，AF ⊂平面ABC ，平面11BB C C ⋂底面ABC BC =，∴AF ⊥平面11BB C C ．又CC 1⊂平面11BB C C ，∴AF ⊥CC 1，又CC 1∥DD 1，∴AF ⊥DD 1．（2）连结B 1C 与BC 1交于点E ，连结EM ，FE ．在斜三棱柱111ABC A B C -中，四边形BCC 1B 1是平行四边形， ∴点E 为B 1C 的中点．∵点F 是BC 的中点，∴FE //B 1B ，FE 12=B 1B ．又∵点M 是平行四边形BCC 1B 1边AA 1的中点， ∴AM //B 1B ，AM 12=B 1B ．∴AM // FE ，AM =FE ． ∴四边形AFEM 是平行四边形．∴EM // AF ．又EM⊂平面MBC1，AF⊄平面MBC1，∴AF //平面MBC1．【备选提高题】1.如图，在六面体ABCDE中，平面DBC⊥平面ABC，AE⊥平面ABC.（1）求证：AE∥平面DBC；（2）若AB⊥BC，BD⊥CD，求证：AD⊥DC.证明：（1）过点D作DO⊥BC，垂足为O.∵平面DBC⊥平面ABC，平面DBC∩平面ABC＝BC，DO⊂平面DBC，∴DO⊥平面ABC.又AE⊥平面ABC，则AE∥DO.又AE⊄平面DBC，DO⊂平面DBC，故AE∥平面DBC.（2）由（1）知，DO⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴DO⊥AB.又AB⊥BC，且DO∩BC＝O，DO，BC⊂平面DBC，∴AB⊥平面DBC.∵DC⊂平面DBC，∴AB⊥DC.又BD⊥CD，AB∩DB＝B，AB，DB⊂平面ABD，则DC⊥平面ABD.又AD⊂平面ABD，故可得AD⊥DC.2.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，CA⊥AB，M为CB1的中点.（1）求证：AC∥平面MA1B；（2）求证：平面CAB1⊥平面MA1B.证明：（1）如图，设AB1与A1B的交点为O，连结OM.因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形ABB1A1是平行四边形，所以O为AB1的中点.因为M为CB1的中点，所以OM是△ACB1的中位线，所以OM∥AC.因为OM⊂平面MA1B，AC⊄平面MA1B，所以AC∥平面MA1B.（2）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，因为CA⊂平面ABC，所以CA⊥AA1，因为CA⊥AB，AB∩AA1＝A，AB，AA1⊂平面ABB1A1，所以CA⊥平面ABB1A1.因为A1B⊂平面ABB1A，所以CA⊥A1B.因为在平行四边形ABB1A1中，AA1⊥AB，AB＝AA1，所以四边形ABB1A1是正方形，所以A1B⊥AB1. 因为CA，AB1⊂平面CAB1，CA∩AB1＝A，所以A1B⊥平面CAB1.因为A1B⊂平面MA1B，所以平面CAB1⊥平面MA1B.3.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点.求证：（1）PE⊥BC；（2）平面PAB⊥平面PCD；（3）EF∥平面PCD.证明：（1）因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC.（2）因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，又PD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ，PA ，AB ⊂平面PAB ，所以PD ⊥平面PAB . 又PD ⊂平面PCD ，所以平面PAB ⊥平面PCD . （3）如图，取PC 的中点G ，连结FG ，DG .因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点，所以FG ∥BC ，FG ＝12BC ，因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形，所以EF ∥DG . 又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ，所以EF ∥平面PCD .4.如图，在三棱锥P ABC -中，已知平面PBC ⊥平面ABC .（1）若,AB BC CP PB ⊥⊥，求证：CP PA ⊥；（2）若过点A 作直线l ⊥平面ABC ，求证：l ⊥平面PBC .证明：（1）因为平面PBC ⊥平面ABC ，平面PBC ⋂平面ABC BC =，AB ⊂平面ABC ，AB BC ⊥，所以AB ⊥平面PBC .因为CP ⊂平面PBC ，所以CP AB ⊥又因为CP PB ⊥，且PB AB B ⋂=，PB ⊂平面PAB ，所以CP ⊥平面PAB ，又因为PA ⊂平面PAB ，所以CP PA ⊥.（2）在平面PBC 内过点P 作PD BC ⊥，垂足为D . 因为平面PBC ⊥平面ABC ，又平面PBC ⋂平面ABC BC =,PD⊂平面PBC，所以PD⊥平面ABC.又l⊥平面ABC，所以//l PD.又l⊄平面PBC，PD⊂平面PBC，//l平面PBC.5.如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图(2)．（1）求证：DE∥平面A1CB.（2）求证：A1F⊥BE.（3）线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．【证明】（1）因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC.又因为DE⊄平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.（2）由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.又A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，所以A1F⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE，所以A1F⊥BE.（3）线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由（2）知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP. 又DP∩DE＝D，所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.。

备考2020年高考数学一轮复习：58 排列与组合(理科专用)

备考2020年高考数学一轮复习：58 排列与组合（理科专用）一、单选题(共12题；共24分)1．（2分）18×17×16×⋯×12×11 等于（）A ．A 188B ．A 189C ．A 1810D ．A 18112．（2分）自2020年起,高考成绩由“ 3+3 ”组成，其中第一个“3”指语文、数学、英语3科，第二个“3”指学生从物理、化学、生物、政治、历史、地理6科中任选3科作为选考科目，某同学计划从物理、化学、生物3科中任选两科，从政治、历史、地理3科中任选1科作为选考科目，则该同学3科选考科目的不同选法的种数为（） A ．6B ．7C ．8D ．93．（2分）已知有穷数列 {a n }(n =1, 2，3， … ， 6} 满足 a n ∈(1, 2，3， … ， 10} ，且当 i ≠j(i,j =1, 2，3， … ， 6) 时， a i ≠a j . 若 a 1>a 2>a 3 ，则符合条件的数列 {a n } 的个数是 ( )A ．C 103A 73B ．C 103C 103C ．A 103A 73D ．C 106A 634．（2分）学校新入职的5名教师要参加由市教育局组织的暑期3期上岗培训，每人只参加其中1期培训，每期至多派2人，由于时间上的冲突，甲教师不能参加第一期培训，则学校不同的选派方法有( ) A ．84 种B ．60 种C ．42 种D ．36 种5．（2分）《中国诗词大会》（第二季)亮点颇多，十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词，在声光舞美的配合下，百人团齐声朗诵，别有韵味.若《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另确定的两首诗词排在后六场，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有（） A ．144种B ．288种C ．360种 .720种6．（2分）将4名志愿者分别安排到火车站、轮渡码头、机场工作，要求每一个地方至少安排一名志愿者，其中甲、乙两名志愿者不安排在同一个地方工作，则不同的安排方法共有（） A ．24种B ．30种C ．32种D ．36种7．（2分）在某班进行的歌唱比赛中，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（） A ．30B ．36C ．60D ．728．（2分）有三个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中的一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学不在同一个兴趣小组的情况有（）种A．3B．6C．9D．129．（2分）如图，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多有几种栽种方案()A．180种B．240种C．360种D．420种10．（2分）6人站成一排，甲、乙、丙三人必须站在一起的排列种数为() A．18B．72C．36D．14411．（2分）篮球比赛中每支球队的出场阵容由5名队员组成，2017年的NBA篮球赛中，休斯敦火箭队采取了“八人轮换”的阵容，即每场比赛只有8名队员有机会出场，这8名队员中包含两名中锋，两名控球后卫，若要求每一套出场阵容中有且仅有一名中锋，至少包含一名控球后卫，则休斯敦火箭队的主教练一共有（）种出场阵容的选择.A．16B．28C．84D．9612．（2分）中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有（）A．30种B．50种C．60种D．90种二、填空题(共6题；共6分)13．（1分）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”共有个。

镇江市统一高考数学第一轮复习学案(解析答案版)：学案9 函数综合2教师版彭姚鲜

函数综合2一、知识梳理（一）函数的单调性1．一般地，设函数)(xf y =的定义域为A ，区间A I ⊆，若果对于区间I 内任意两个值，当时，⑴若，则)(x f y =在区间I 上是，I 称为)(x f y = ⑵有，则)(x f y =在区间I 上是，I 称为)(x f y = 2. 熟练掌握以下基本初等函数的单调性：)0(≠+=a b ax y 单调区间，单调性；)0(2≠++=a c bx ax y 单调区间，单调性；)0(≠=a xay 单调区间，单调性； x y =单调区间，单调性；)10(≠>=a a a y x 且单调区间，单调性； )10(l o g ≠>=a a x y a 且单调区间，单调性 . 3.在相同区间上，(),()f x g x 单调性如下表，请填表：3．证明单调性的方法：①定义法；②导数法.（二）函数的奇偶性1.函数奇偶性的定义对于定义域关于原点对称的函数()f x ，如果在定义域内任取x ，①总有()()f x f x -=，则()f x 是_______；②总有()()f x f x -=-，则()f x 是________. 2.奇(偶)函数的性质：①定义域关于______对称；②奇函数的图象关于__________对称；偶函数的图象关于__________对称； ③若奇函数()f x 在0x =处有意义，则(0)f =______；④奇函数在对称的单调区间内有______的单调性；偶函数在对称的单调区间内有______的单调性.3.确定函数奇偶性的常用方法（若所给函数的解析式较为复杂，应先化简，再判断其奇偶性）：①定义法；②利用等价形式：()()0f x f x -±=或()1()f x f x -=±（()0f x ≠）； ③图像法.4.熟悉下列函数的奇偶性：（1）()nf x x =，1()nf x x =；（2）()sin ,()cos ,()tan f x x f x x f x x === （3）()f x x =，()f x x a x a =-±+ （4）()x x f x a a -=±（5）()log )a f x x = （6）()log a x bf x x b-=+ 5.在相同定义域上，(),()f x g x 的奇偶性如下，请填表：（三）函数的对称性与周期性1．函数的周期性若()()f x T f x+=(0)T≠⇔()f x是周期函数，T是它的一个周期.(1)若()()f x a f x b+=+，则()f x是周期函数，b a-是它的一个周期.(2)若()()f x a f x+=-；1()()f x af x+=；1()()f x af x+=-；则()f x是周期函数，2a是它的一个周期.2. 函数的对称性若函数()y f x=对定义域内一切x；(1) ()()f x f x-=⇔函数()y f x=图象关于______对称；()()f x f x-=-⇔函数()y f x=图象关于______对称；(2) 函数()y f x=图象关于______对称⇔()()f x a f a x+=-⇔()(2)f x f a x=-⇔()(2)f x f a x-=+；函数()y f x=图象关于______对称⇔()()f x a f a x+=--⇔()(2)f x f a x=--⇔()(2)f x f a x-=-+；(3)满足条件()()f x a f b x+=-的函数的图象关于直线____________对称.（四）基本初等函数的图象与性质基本初等函数有：正比例、反比例函数，一次、二次函数，指数、对数、幂函数等. 1．定义：一般地，函数叫做正比例函数；函数叫做反比例函数；函数叫做一次函数；函数叫做二次函数；函数叫做指数函数；函数叫做对数函数；函数叫做幂函数； 2．指数函数)0,0(≠>=a a a y x的图象与性质3.对数函数)1,0(log ≠>=a a x y a 且的图象和性质二、基础训练1．已知()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x ≥时，()3x f x m =+(m 为常数)，则3(l o g 5)f -的值为．【解析】由()f x 是定义在R 上的奇函数，得(0)10f m =+=，于是1m =-，所以3log 533(log 5)(log 5)(31)4f f -=-=--=-．2．已知偶函数()f x 在[)0,+∞上单调递减，(2)0f =，若(1)0f x ->，则x 的取值范围是．【解析】由题可知，当22x -<<时，()0f x >，(1)f x -的图象是由()f x 的图象向右平移1个单位得到的，于是若(1)0f x ->，则13x -<<．3.已知函数)1(log 2-=ax y 在)2,1(单调递增，则a 的取值范围为．1a ≥4. 设函数()(e e )(R)x x f x x a x -=+∈是偶函数，则实数a 的值为____________ 1-5.若函数()1=21xf x a --是定义在(][),11,-∞-+∞上的奇函数，则()f x 的值域为3113[,)(,]2222-- 6.函数()f x 是周期为4的偶函数，当[0,2]x ∈时，()1f x x =-，则不等式()0xf x >在[1,3]-上的解集为．【解析】 ()f x 的图象如图.当(1,0)x ∈-时，由()0xf x >得(1,0)x ∈-；当(0,1)x ∈时，由()0xf x >得x ∈∅；当(1,3)x ∈时，由()0xf x >得(1,3)x ∈．综上：(1,0)(1,3)x ∈-．三、典型例题例 1 已知函数⎩⎨⎧≥+-<=)0(4)3(),0()(x a x a x a x f x 满足对任意12x x ≠都有1212()()f x f x x x -<-成立，则实数a 的取值范围是【解析】由题意知()001,30,304,a a a a a ⎧<<⎪-<⎨⎪≥-⋅+⎩解得104a <≤，所以a 的取值范围是1(0,]4.变式已知函数lg(3)()1ax f x a -=-在区间](0,1上是单调递减函数，则实数a 的取值范围是【解析】当1a >时，10a ->，3ax -递减，∴()f x 递减，由30ax ->在（0，1]内恒成立得31,13a a>∴<<；当01a <<时，10a -<，3ax -递减，∴()f x 递增，不合题意；当0a <时，10a -<，3ax -递增，∴()f x 递减，此时30ax ->在（0，1]内恒成立；当0a =或1a =时，均不合题意；故a 的取值范围是0a <或13a <<.小结：函数单调性是函数的重要性质，是必考知识点之一，其中分段函数的单调性又是一个难点，容易对单调性的定义理解不透彻，尤其是对分段函数各个单调区间之间的关系，认为分段函数在各段上递减，则函数()f x 在R 上就是单调减函数，即将两个减区间取了并集；如本例，会出现如下错误解法：由12x x ≠都有1212()()0f x f x x x -<-成立，得函数()f x 在R 上是单调减函数，所以0130a a <<⎧⎨-<⎩，解得01a <<.例2 已知函数()33()x xf x λλ-=+⋅∈R（1）若()f x 为奇函数，求λ的值和此时不等式()1f x >的解集；（2）若不等式()6f x ≤对[0,2]x ∈恒成立，求实数λ的取值范围．【解析】（1）函数()33x x f x λ-=+⋅的定义域为R ．∵()f x 为奇函数，∴()()0f x f x -+=对x ∀∈R 恒成立，即3333(1)(33)0xx x x x x λλλ---+⋅++⋅=++=对x ∀∈R 恒成立，∴1λ=-．此时()331x x f x -=->即2(3)310xx -->，解得33)x x ><舍去， ∴解集为{|log x x >．（2）由()6f x ≤得336x x λ-+⋅≤，即363x xλ+≤，令3[1,9]x t =∈，原问题等价于6t tλ+≤对[1,9]t ∈恒成立，亦即26t t λ-+≤对[1,9]t ∈恒成立，令2()6,[1,9]g t t t t =-+∈， ∵()g t 在[1,3]上单调递增，在[3,9]上单调递减， ∴当9t =时，()g t 有最小值(9)27g =-，∴27λ-≤．例3.设()f x 是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[1,1-)上，,10,()2,01,5x a x f x x x +-<⎧⎪=⎨-<⎪⎩≤≤ 其中R a ∈，若59()()22f f -= ，则(5)f a 的值是 .【解析】 5191()()()()2222f f f f -=-==，则112225a -+=-，得35a =，因此32(5)(3)(1)(1)155f a f f f ===-=-+=-．变式1设()f x 是定义在R 上且周期为2的函数，在区间]1,1[-上，⎪⎩⎪⎨⎧≤≤++<≤-+=,10,12,01,1)(x x bx x ax x f 其中.,R b a ∈若)23()21(f f =，则b a 3+的值为________．－10变式2 已知()f x 是定义在R 上且周期为3的函数，当[)0,3x ∈时，21()22f x x x =-+，若函数()y f x a =-在区间[]3,4-上有10个零点（互不相同），则实数a 的取值范围是 . 【解析】作出函数21()22f x x x =-+,[)0,3x ∈的图象，可见1(0)2f =，当1x =时，1()2f x =极大，7(3)2f =，方程()0f x a -=在[]3,4-上有 10个零点，即函数()y f x =与直线y a =在[]3,4-上有10个公共点，由于函数()f x 的周期为3，因此直线y a =与函数21()22f x x x =-+, [)0,3x ∈的公共点数为4，则有1(0,)2a ∈．小结：函数图象的载体主要是基本初等函数及其复合函数、组合函数．考查的形式主要有（1）对函数图象的理解识别；（2）利用函数图象考查函数的性质（单调性、奇偶性、值域等）；（3）函数图象的基本变换；（4）构造图形数形结合．例4 设12()2x x a f x b+-+=+（,a b 为实常数）．（1）当1a b ==时，证明：()f x 不是奇函数；（2）若()f x 是奇函数，求a 与b 的值；（3）当()f x 是奇函数时，研究是否存在这样的实数集的子集D ，对任何属于D 的x 、c ，都有2()33f x c c <-+成立？若存在试找出所有这样的D ；若不存在，请说明理由．【解析】（1）证明：3a ≤，23a ≤≤，所以(1)(1)f f -≠-，所以()f x 不是奇函数．（2）()f x 是奇函数时，()()f x f x -=-，即112222x x x x a a b b--++-+-+=-++对定义域内任意实数x 都成立即2(2)2(24)2(2)0x x a b ab a b -⋅+-⋅+-=，对定义域内任意实数x 都成立所以20,240a b ab -=⎧⎨-=⎩所以12a b =-⎧⎨=-⎩或12a b =⎧⎨=⎩．经检验都符合题意（2）当12a b =⎧⎨=⎩时，12111()22221x x xf x +-+==-+++，因为20x >，所以211x +>，10121x<<+，所以11()22f x -<<而2233333()244c c c -+=-+≥对任何实数c 成立；所以可取D =R 对任何x 、c 属于D ，都有2()33f x c c <-+成立当12a b =-⎧⎨=-⎩时，12111()0)22212x x xf x x +--==-+≠--（，所以当0x >时，1()2f x <-；当0x <时，1()2f x >1）因此取(0,)D =+∞，对任何x 、c 属于D ，都有2()33f x c c <-+成立． 2）当0c <时，2333c c -+>，解不等式113212x -+≤-得：25l o g 7x ≤．所以取25(,lo g]7D =-∞，对任何属于D 的x 、c ，都有2a =成立．小结：考查函数的性质主要从两个层次上进行，一是对函数的性质如单调性、奇偶性等概念较为单一的再现，其主要载体是指数函数、对数函数及简单的复合函数，多为基础题；二是对函数性质的综合运用，此类问题对恒等变形、等价转化的能力有一定的要求，函数与方程、分类讨论、数形结合的思想方法通常会有所体现，多为中档题，甚至是难题．例5例 5.已知集合M 是满足下列性质的函数()x f 的全体：在定义域内存在0x ，使得()()()0011f x f x f +=+成立。

镇江市统一高考数学第一轮复习学案(解析答案版)：46 分类讨论

课题：高三数学二轮复习（分类讨论）（教师版）一、知识梳理二、1．在解某些数学问题时，我们常常会遇到这样一种情况：解到某一步之后，发现问题的发展是按照不同的方向进行的．当被研究的问题包含了多种情况时，就必须抓住主导问题发展方向的主要因素，在其变化范围内，根据问题的不同发展方向，划分为若干部分分别研究．其研究的基本方向是“分”，但分类解决问题之后，还必须把它们整合在一起，这种“合—分—合”的解决问题的思想，就是分类讨论法．分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法．三、2．中学数学中可能引起分类讨论的因素：四、(1)由数学概念而引起的分类讨论：如绝对值的定义、不等式的定义、二次函数的定义、直线的倾斜角等．五、(2)由数学运算要求而引起的分类讨论：如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负数，对数运算中真数与底数的要求，指数运算中底数的要求，不等式中两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域，等比数列{a n}的前n 项和公式等．六、(3)由性质、定理、公式的限制而引起的分类讨论：如函数的单调性、基本不等式等．七、(4)由图形的不确定性而引起的分类讨论：如二次函数图象、指数函数图象、对数函数图象等．八、(5)由参数的变化而引起的分类讨论：如某些含有参数的问题，由于参数的取值不同会导致所得的结果不同，或者由于对不同的参数值要运用不同的求解或证明方法等．二、基础训练1.若圆柱的侧面展开图是边长为4和2的矩形，则圆柱的体积是__________84ππ或2．设}{n a 是公比为q 的等比数列，}{n s 是它的前n 项和，若}{n s 是等差数列，则q 为____13.若直线l 过点P(-2,1),点A(-1,-2)到直线l 的距离为1,则直线l 的方程为______. 4x+3y+5=0或x=-24.若a a p a a q a a p q a a >≠=++=++011132，且，，，则、log ()log ()的大小关系为____________p q >5.不等式125x x -++≥的解集为_______________{}32x x x ≤-≥或6.函数f x mx m x ()()=+-+231的图象与x 轴的交点至少有一个在原点的右侧，则实数m 的取值范围为________________(]-∞，1B B=，则实数S3＝21，则公比。

排列与组合+讲义-2024届高三数学一轮复习

排列与组合一、学习目标理解排列、组合的概念,能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.二、知识梳理1.排列与组合的概念（1）排列：从n 个不同元素中取出m (m ≤n ) 个元素，按照排成一列.（2）组合：从n 个不同元素中取出m (m ≤n ) 个元素作为一组.2.排列数、组合数的定义、公式、性质（1）排列数(i ) 从n 个不同元素中取出m (m ≤n ) 个元素的所有的个数.(ii)A n m =n (n −1)(n −2)…(n −m +1)= .(iii)A n n =n ！，0！=1 .（2）组合数(i ) 从n 个不同元素中取出m (m ≤n ) 个元素的所有的个数.(ii)C n m =A nm A m m =n (n−1)(n−2)…(n−m+1)m ！= .(iii)C n m =C n n−m ，C n m +C n m−1=C n+1m ，C n n =1 ，C n 0=1 .三、典例探究例1 已知7位同学站成一排.（1）甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法？（2）甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？（3）甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？（4）甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？变式：3男3女共6位同学站成一排，则3位女生中有且只有2位女生相邻的不同排法种数是( )A. 576B. 432C. 388D. 216例2小明在学校里学习了二十四节气歌后，打算在网上搜集一些与二十四节气有关的古诗，他准备在冬季的6个节气：立冬、小雪、大雪、冬至、小寒、大寒与春季的6个节气：立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨中一共选出4个节气，搜集与之相关的古诗，如果冬季节气和春季节气各至少被选出1个，那么小明选取节气的不同情况的种数是( ) A. 345 B. 465 C. 1 620 D. 1 860变式：共有10级台阶，某人一步可跨一级台阶，也可跨两级台阶或三级台阶，则他恰好6步上完全部台阶的方法种数是( )A. 30B. 90C. 75D. 60方法感悟1.解排列、组合问题要遵循的两个原则（1）按元素（位置）的性质进行分类.（2）按事情发生的过程进行分步.2.两类含有附加条件的组合问题的解题方法（1）“含”或“不含”某些元素的组合题型：若“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；若“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”含有几个元素的组合题型：“至少”与“至多”问题用直接法或间接法都可以求解，用直接法分类复杂时，可用间接法求解.四、课堂练习1．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．812．6名学生排成两排，每排3人，则不同的排法种数为()A．36B．120C．720D．2403.现有3名学生报名参加校园文化活动的3个项目，每人须报1项且只报1项，则恰有2名学生报同一项目的报名方法有( )A. 36种B. 18种C. 9种D. 6种4．某市从6名优秀教师中选派3名同时去3个灾区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，则不同的选派方案的种数为()A．48B．60C．96D．1685. 从4本不同的课外读物中，选3本送给3位同学，每人1本，则不同的送法种数是( )A. 12B. 24C. 64D. 816. 6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有( )A. 120种B. 90种C. 60种D. 30种。