2020版高考数学一轮复习课时规范练56排列与组合理北师大版
2020版高考数学北师大版(理)一轮复习课件：11.2 排列与组合
四),(周四,周五)4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.
(2)方法一:用分类讨论的方法解决.如图中的6个位置,
①当领导丙在位置1时,不同的排法有A55=120种; ②当领导丙在位置2时,不同的排法有C31A44=72种; ③当领导丙在位置3时,不同的排法有A22A33+A23A33=48种; ④当领导丙在位置4时,不同的排法有A22A33+A23A33=48种; ⑤当领导丙在位置5时,不同的排法有C31A44=72种; ⑥当领导丙在位置6时,不同的排法有A55=120种.
由分类加法计数原理可得不同的排法共有 480 种.故选 C.
考点1
考点2
考点3
-17-
方法二:先确定其他 3 个人的排法有A36=120 种,剩余 3 个位置,排甲、 乙及领导丙,有 2A22=4 种不同的排法,所以不同的排法共有 120×4=480 种.
考点1
考点2
考点3
-18-
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种不合 格商品.现从35种商品中选取3种. (1)其中某一种不合格商品必须在内,不同的取法有多少种? (2)其中某一种不合格商品不能在内,不同的取法有多少种? (3)恰有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种? (4)至少有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种? (5)至多有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?
随堂巩固
-7-
知识梳理 考点自诊
3.(2018安徽马鞍山二模)从3名男生、2名女生中选3人参加某活
动,则男生甲和女生乙不同时参加该活动,且既有男生又有女生参
加活动的概率为( D )
A.130
最新高考数学一轮复习课时规范练数学归纳法理北师大版
课时规范练36 数学归纳法基础巩固组1.如果命题p(n)对n=k(k∈N+)成立,则它对n=k+2也成立.若p(n)对n=2也成立,则下列结论正确的是()A.p(n)对所有正整数n都成立B.p(n)对所有正偶数n都成立C.p(n)对所有正奇数n都成立D.p(n)对所有自然数n都成立2.用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时,x n+y n能被x+y整除”,在第二步时,正确的证法是 ()A.假设n=k(k∈N+),证明n=k+1时命题成立B.假设n=k(k是正奇数),证明n=k+1时命题成立C.假设n=2k+1(k∈N+),证明n=k+1时命题成立D.假设n=k(k是正奇数),证明n=k+2时命题成立3.(2018安徽蚌埠期末,5)用数学归纳法证明不等式“+…+(n>2)”的过程中,归纳递推由n=k到n=k+1时,不等式的左边()A.增加了一项B.增加了两项C.增加了两项,又减少了一项D.增加了一项,又减少了一项4.(2018辽宁辽阳期末,6)证明等式12+22+32+…+n2=(n∈N+)时,某学生的证明过程如下(1)当n=1时,12=,等式成立;(2)假设n=k(k∈N+)时,等式成立,即12+22+32+…+k2=,则当n=k+1时,12+22+32+…+k2+(k+1)2=+(k+1)2===,所以当n=k+1时,等式也成立,故原等式成立.那么上述证明()A.全过程都正确B.当n=1时验证不正确C.归纳假设不正确D.从n=k到n=k+1的推理不正确5.(2018辽宁抚顺期中,14)用数学归纳法证明“两两相交且不共点的n条直线把平面分为f(n)部分,则f(n)=1+.”证明第二步归纳递推时,用到f(k+1)=f(k)+ .6.试证当n∈N+时,f(n)=32n+2-8n-9能被64整除.7.(2018山东师范大学附属中学期中,18)证明对任意的n∈N+,不等式·…·成立.8.(2018广东中山一中三模,21)设数列{a n}满足a1=3,a n+1=-2na n+2(n∈N+).(1)求a2,a3,a4的值,并猜想数列{a n}的通项公式(不需证明);(2)记S n为数列{a n}的前n项和,用数学归纳法证明当n≥6时,有S n<2n成立.综合提升组9.设f(x)是定义在正整数集上的函数,且f(x)满足“当f(k)≥k2成立时,总可推出f(k+1)≥(k+1)2成立”.则下列命题总成立的是()A.若f(3)≥9成立,则当k≥1时,均有f(k)≥k2成立B.若f(5)≥25成立,则当k≤5时,均有f(k)≤k2成立C.若f(7)<49成立,则当k≥8时,均有f(k)<k2成立D.若f(4)=25成立,则当k≥4时,均有f(k)≥k2成立10.设平面内有n条直线(n≥3),其中有且仅有两条直线互相平行,任意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n条直线交点的个数,则f(4)= ;当n>4时,f(n)= (用n表示).11.(2018辽宁六校协作体期中,17)是否存在常数a,b使得等式12+22+…+n2=n(2n+1)(an+b)对一切正整数n都成立?若存在,求出a,b值,并用数学归纳法证明你的结论;若不存在,请说明理由.创新应用组12.(2018河南洛阳模拟,18)将正整数作如下分组(1),(2,3),(4,5,6),(7,8,9,10),(11,12,13,14,15),(16,17,18,19,20,21),….分别计算各组包含的正整数的和如下,S1=1,S2=2+3=5,S3=4+5+6=15,S4=7+8+9+10=34,S5=11+12+13+14+15=65,S6=16+17+18+19+20+21=111,(1)求S7的值;(2)由S1,S1+S3,S1+S3+S5,S1+S3+S5+S7的值,试猜测S1+S3+…+S2n-1的结果,并用数学归纳法证明.13.已知函数f0(x)=(x>0),设f n(x)为f n-1(x)的导数,n∈N+.(1)求2f1+f2的值;(2)证明对任意的n∈N+,等式nf n-1+f n=都成立.参考答案课时规范练36 数学归纳法1.B n=k时成立,当n=2时,n=k+2成立,n为2,4,6,…,故n为所有正偶数.2.D相邻两个正奇数相差2,故D选项正确.3.C当n=k时,左边=++…+, ①当n=k+1时,左边=++…++,②所以增加了两项+,又减少了一项,故答案为C.4.A考查所给的证明过程当n=1时验证是正确的,归纳假设是正确的,从n=k到n=k+1的推理也是正确的,即证明过程中不存在任何的问题.故选A.5.k+1当n=k(k≥2)时,有f(k)=1+,当n=k+1时,f(k+1)=1+,∴从k到k+1左端需增加的代数式1+-1-=(k+2-k)=k+1,∴在证明第二步归纳推理的过程中,用到f(k+1)=f(k)+(k+1).6.证明 (1)当n=1时,f(1)=64,命题显然成立.(2)假设当n=k(k∈N+,k≥1)时,f(k)=32k+2-8k-9能被64整除,则当n=k+1时,f(k+1)=32(k+1)+2-8(k+1)-9=9(32k+2-8k-9)+9·8k+9·9-8(k+1)-9=9(32k+2-8k-9)+64(k+1),即f(k+1)=9f(k)+64(k+1),因此当n=k+1时命题也成立.根据(1)(2)可知,对于任意n∈N+,命题都成立.7.证明①当n=1时,左边=,右边=,因为>,所以不等式成立.②假设当n=k时不等式成立,即···…·>成立.则当n=k+1时,左边···…··>·===>,所以当n=k+1时,不等式也成立.由①②可得不等式恒成立.8.解 (1)a2=5,a3=7,a4=9,猜想a n=2n+1.(2)S n==n2+2n,下证n≥6(n∈N+)时都有2n>n2+2n.当n=6时,26>62+2×6,即64>48成立;假设n=k(k≥6,k∈N+)时,2k>k2+2k成立,那么当n=k+1时,2k+1=2·2k>2(k2+2k)=k2+2k+k2+2k>k2+2k+3+2k=(k+1)2+2(k+1),即n=k+1时,不等式成立.故对于所有的n≥6(n∈N+),都有2n>n2+2n成立.9.D对A,当k=1或2时,不一定有f(k)≥k2成立;对B,只能得出对于任意的k≥5,均有f(k)≥k2成立,不能得出对任意的k≤5,均有f(k)≤k2成立;对C,若f(7)<49成立不能推出任何结论;对D,∵f(4)=25≥16,∴对于任意的k≥4,均有f(k)≥k2成立.故选D.10.5 (n+1)(n-2)f(3)=2,f(4)=f(3)+3=2+3=5,f(n)=f(3)+3+4+…+(n-1)=2+3+4+…+(n-1)=(n+1)(n-2).11.解分别令n=1,2,可得解得故猜想等式12+22+…+n2=对一切正整数n都成立.下面用数学归纳法证明①当n=1时,由上面的探求可知等式成立.②假设n=k(k∈N+,k≥1)时猜想成立,即12+22+…+k2=.当n=k+1时,12+22+…+k2+(k+1)2=+(k+1)2===.所以当n=k+1时,等式也成立.由①②知猜想成立,即存在a=,b=使命题成立.12.解 (1)S7=22+23+24+25+26+27+28=175.(2)S1=1;S1+S3=16;S1+S3+S5=81;S1+S3+S5+S7=256;猜测S1+S3+S5+…+S2n-1=n4.证明如下记M n=S1+S3+S5+…+S2n-1,①当n=1时,猜想成立.②设当n=k时,命题成立,即M k=S1+S3+S5+…+S2k-1=k4.下面证明当n=k+1时,猜想也成立.事实上,由题设可知S n是由1+2+3+…+(n-1)+1=+1开始的n个连续自然数的和.所以S n=+1++2+…++n=,所以S2k+1==(2k+1)(2k2+2k+1)=4k3+6k2+4k+1,从而M k+1=M k+S2k+1=k4+4k3+6k2+4k+1=(k+1)4,所以猜想在n=k+1时也成立.综合(1)(2)可知猜想对任何n∈N+都成立.13.(1)解由已知,得f1(x)=f'0(x)='=-,于是f2(x)=f'1(x)='-'=--+,所以f1=-,f2=-+,故2f1+f2=-1.(2)证明由已知,得xf0(x)=sin x,等式两边分别对x求导,得f0(x)+xf'0(x)=cos x,即f0(x)+xf1(x)=cos x=sin x+,类似可得,2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+π),3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin x+,4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2π).下面用数学归纳法证明等式nf n-1(x)+xf n(x)=sin x+对所有的x∈N+都成立.①当n=1时,由上可知等式成立.②假设当n=k时,等式成立,即kf k-1(x)+xf k(x)=sin x+.因为[kf k-1(x)+xf k(x)]'=kf'k-(x)+f k(x)+xf'k(x)=(k+1)f k(x)+xf k+1(x),1sin x+'=cos x+·x+'=sin x+,所以(k+1)f k(x)+xf k+1(x)=sin x+.因此当n=k+1时,等式也成立.综合①②可知等式nf n-1(x)+xf n(x)=sin x+对所有的n∈N+都成立.令x=,可得nf n-1+f n=sin +(n∈N+),所以nf n-1+f n=(n∈N+).。
2020版高考数学一轮复习课时规范练1集合的概念与运算理北师大版 (4)
课时规范练4 简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词基础巩固组1.命题“存在实数x0,使x0>1”的否定是()A.对任意实数x,都有x>1B.不存在实数x0,使x0≤1C.对任意实数x,都有x≤1D.存在实数x0,使x0≤12.下列特称命题中真命题的个数为()①存在实数x0,使+2=0;②有些角的正弦值大于1;③有些函数既是奇函数又是偶函数.A.0B.1C.2D.33.设命题p:存在x0∈(0,+∞),x0+>3;命题q:任意x∈(2,+∞),x2>2x,则下列命题为真的是()A.p且(q)B.(p)且qC.p且qD.(p)或q4.若定义域为R的函数f(x)不是偶函数,则下列命题一定为真命题的是()A.任意x∈R,f(-x)≠f(x)B.任意x∈R,f(-x)=-f(x)C.存在x0∈R,f(-x0)≠f(x0)D.存在x0∈R,f (-x0)=-f(x0)5.若命题“存在x0∈R,+(a-1)x0+1<0”是真命题,则实数a的取值范围是()A.[-1,3]B.(-1,3)C.(-∞,-1]∪[3,+∞)D.(-∞,-1)∪(3,+∞)6.已知命题p:对任意x∈R,总有2x>x2;q:“ab>1”是“a>1,b>1”的充分不必要条件,则下列命题为真命题的是()A.p且qB.(p)且qC.p且(q)D.(p)且(q)7.(2018北京十四中月考,6)下列命题正确的是()A.“x<1”是“x2-3x+2>0”的必要不充分条件B.若给定命题p:存在x∈R,使得x2+x-1<0,则p:任意x∈R,均有x2+x-1≥0C.若p且q为假命题,则p,q均为假命题D.命题“若x2-3x+2=0,则x=2”的否命题为“若x2-3x+2=0,则x≠2”8.已知命题p:任意x∈R,x3<x4;命题q:存在x0∈R,sin x0-cos x0=-,则下列命题为真命题的是()A.p且qB.(p)且qC.p且(q)D.(p)且(q)9.(2018湖南长郡中学一模,2)下列判断正确的是()A.若命题p为真命题,命题q为假命题,则命题“p且q”为真命题B.命题“若xy=0,则x=0”的否命题为“若xy=0,则x≠0”C.“sin α=”是“α=”的充分不必要条件D.命题“对任意x∈R,2x>0成立”的否定是“存在x0∈R,≤0成立”10.已知命题“任意x∈R,x2-5x+a>0”的否定为假命题,则实数a的取值范围是.11.已知命题p:任意x∈[0,1],a≥e x;命题q:存在x0∈R,使得+4x0+a=0.若命题“p且q”为真命题,则实数a的取值范围是.12.下列结论:①若命题p:存在x0∈R,tan x0=2,命题q:任意x∈R,x2-x+>0,则命题“p且(q)”是假命题;②已知直线l1:ax+3y-1=0,l2:x+by+1=0,则l1⊥l2的充要条件是=-3;③“设a,b∈R,若ab≥2,则a2+b2>4”的否命题为“设a,b∈R,若ab<2,则a2+b2≤4”.其中正确结论的序号为.综合提升组13.(2018河南郑州三模,2)下列命题中,正确的是()A.存在x0∈R,sin x0+cos x0=B.复数z1,z2,z3∈C,若(z1-z2)2+(z2-z3)2=0,则z1=z3C.“a>0,b>0”是“≥2”的充要条件D.命题“存在x∈R,x2-x-2≥0”的否定是“任意x∈R,x2-x-2<0”14.若命题p:函数y=x2-2x的递增区间是[1,+∞),命题q:函数y=x-的递增区间是[1,+∞),则()A.p且q是真命题B.p或q是假命题C.p是真命题D.q是真命题15.已知命题p:关于x的不等式ax2+ax+1>0的解集为全体实数,则实数a∈(0,4);命题q:“x2-3x>0”是“x>4”的必要不充分条件,则下列命题正确的是()A.p且qB.p且(q)C.(p)且qD.(p)且(q)16.已知命题p:存在x0∈R,-mx0=0,q:任意x∈R,x2+mx+1≥0,若p或(q)为假命题,则实数m的取值范围是()A.(-∞,0)∪(2,+∞)B.[0,2]C.RD.⌀创新应用组17.(2018河北衡水中学十模,5)下面四个命题中,假命题是()A.“若a≤b,则2a≤2b”的否命题B.“任意a∈(0,+∞),函数y=a x在定义域内递增”的否定C.“π是函数y=sin x的一个周期”或“2π是函数y=sin 2x的一个周期”D.“x2+y2=0”是“xy=0”的必要条件18.将不等式组的解集记为D,有下面四个命题:p1:任意(x,y)∈D,x+2y≥-2;p2:存在(x,y)∈D,x+2y≥2;p3:任意(x,y)∈D,x+2y≤3;p4:存在(x,y)∈D,x+2y≤-1.其中的真命题是.参考答案课时规范练4 简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词1.C特称命题的否定为全称命题,所以将“存在”改为“任意”,将“x>1”改为“x≤1”.故选C.2.B因为x2+2≥2,所以①是假命题;因为任意x∈R均有|sin x|≤1,所以②是假命题;f(x)=0既是奇函数又是偶函数,③是真命题.故选B.3.A命题p:存在x0∈(0,+∞),x0+>3,是真命题,例如取x0=4;命题q:任意x∈(2,+∞),x2>2x,是假命题,例如取x=4时,x2=2x.则命题为真的是p且(q).故选A.4.C不是偶函数是对偶函数的否定,定义域为R的偶函数的定义:任意x∈R,f(-x)=f(x),这是一个全称命题,所以它的否定为特称命题:存在x0∈R,f(-x0)≠f(x0).故选C.5.D因为命题“存在x0∈R,+(a-1)x0+1<0”等价于+(a-1)x0+1=0有两个不等的实根,所以Δ=(a-1)2-4>0,即a2-2a-3>0,解得a<-1或a>3.故选D.6.D命题p:对任意x∈R,总有2x>x2,它是假命题,例如取x=2时,2x与x2相等.q:由a>1, b>1⇒ab>1;反之不成立,例如取a=10,b=.∴“ab>1”是“a>1,b>1”的必要不充分条件,即q是假命题.∴真命题是(p)且(q).故选D.7.B因为x2-3x+2>0,所以x>2或x<1,因此“x<1”是“x2-3x+2>0”的充分不必要条件,故A项错误;命题p:存在x∈R,使得x2+x-1<0的否定为:任意x∈R,均有x2+x-1≥0,故B项正确;若p且q为假命题,则p,q至少有一个为假命题,故C项错误;命题“若x2-3x+2=0,则x=2”的否命题为“若x2-3x+2≠0,则x≠2”,故D项错误.故选B.8.B由x3<x4,得x<0或x>1,∴命题p为假命题;由sin x-cos x=sin=-,得x-=+2kπ(k∈Z),即x=+2kπ(k∈Z),∴命题q为真命题,∴(p)且q为真命题.9.D对A项,若命题p为真,命题q为假,则“p且q”为假,故A错;对B项,因否命题是既否定条件也否定结论,故B错;对C项,“sin α=”是“α=”的必要不充分条件,故C错;对D项,根据全称命题的否定,换量词否结论,故选项正确.故选D.10. 由“任意x∈R,x2-5x+a>0”的否定为假命题,可知原命题必为真命题,即不等式x2-5x+a>0对任意实数x恒成立.设f(x)=x2-5x+a,则其图像恒在x轴的上方,所以Δ=25-4×a<0,解得a>.故实数a的取值范围为.11.[e,4]由命题“p且q”是真命题,得命题p,q都是真命题.由任意x∈[0,1],a≥e x,得a≥e;由存在x0∈R,使+4x0+a=0,知Δ=16-4a≥0,得a≤4,因此e≤a≤4.12.①③在①中,命题p是真命题,命题q也是真命题,故“p且(q)”为假命题是正确的;在②中,l1⊥l2⇔a+3b=0,而=-3能推出a+3b=0,但a+3b=0推不出=-3,故②不正确;在③中,“设a,b∈R,若ab≥2,则a2+b2>4”的否命题为“设a,b∈R,若ab<2,则a2+b2≤4”,所以③正确.13.D选项A中,因sin x+cos x的最大值为,故A错;选项B中,由(z1-z2)2+(z2-z3)2=0,得不出z1=z2,z2=z3,所以也得不出z1=z3;选项C中,a<0,b<0, +≥2也成立,故C错;由特称命题的否定知,D 正确.14.D因为函数y=x2-2x的递增区间是[1,+∞),所以p是真命题;因为函数y=x-的递增区间是(-∞,0)和(0,+∞),所以q是假命题.所以p且q为假命题,p或q为真命题,p为假命题,q为真命题.15.C命题p:当a=0时,不等式ax2+ax+1>0化为1>0,满足条件,当a≠0时,由不等式ax2+ax+1>0的解集为全体实数,得解得0<a<4,所以实数a∈[0,4),因此p是假命题.命题q:由x2-3x>0,解得x>3或x<0.所以“x2-3x>0”是“x>4”的必要不充分条件,即q是真命题.由以上可得(p)且q是真命题.故选C.16.B由p或(q)为假命题,知p为假命题,q为真命题.由e x-mx=0,得m=.设f(x)=,则f' (x)==,当x>1时,f'(x)>0,此时函数递增;当0<x<1时,f'(x)<0,此时函数递减;当x<0时,f'(x)<0,此时函数递减,∴当x=1时,f(x)=取得极小值f(1)=e,∴函数f(x)=的值域为(-∞,0)∪[e,+∞),∵p是假命题,∴0≤m<e.当命题q为真命题时,有Δ=m2-4≤0,即-2≤m≤2.∴m的取值范围是0≤m≤2.17.D对A项,“若a≤b,则2a≤2b”的否命题是“若a>b,则2a>2b”,A是真命题;对B项,“任意a∈(0,+∞),函数y=a x在定义域内单调递增”的否定为“存在a0∈(0,+∞),函数y=a x在定义域内不单调递增”,正确,例如a=时,函数y=在R上单调递减,B为真命题;对C项,“π是函数y=sin x的一个周期”,不正确,“2π是函数y=sin 2x的一个周期”正确,根据“或”命题的定义可知,C为真命题;对D项,“x2+y2=0”⇒“xy=0”,反之不成立,因此“x2+y2=0”是“xy=0”的充分不必要条件,D 是假命题,故选D.18.p1,p2画出题中不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示.作直线l0:y=-x,平移l0,当直线经过点A(2,-1)时,x+2y取最小值,此时(x+2y)min=0.故p1:任意(x,y)∈D,x+2y≥-2为真.p2:存在(x,y)∈D,x+2y≥2为真.。
2020版高考数学一轮复习课时规范练1集合的概念与运算理北师大版
课时规范练1 集合的概念与运算基础巩固组1.(2018厦门外国语学校一模,2)已知集合A={x|y=lg(x-1)},B={x||x|<2},则A∩B=()A.(-2,0)B.(0,2)C.(1,2)D.(-2,2)2.已知全集U=R,集合A={x|x<-2或x>2},则∁U A=()A.(-2,2)B.(-∞,-2)∪(2,+∞)C.[-2,2]D.(-∞,-2]∪[2,+∞)3.(2018百校联盟四月联考,1)设集合A={-1,0,1,2},B={y|y=2x,x∈A},则A∪B中元素的个数为()A.5B.6C.7D.84.设集合S={x|(x-2)(x-3)≥0},T={x|x>0},则S∩T=()A.[2,3]B.(-∞,2]∪[3,+∞)C.[3,+∞)D.(0,2]∪[3,+∞)5.(2018北京101中学3月模拟,1)已知集合A={x|x(x-2)<0},B={x|ln x>0},则A∩B是()A.{x|x>0}B.{x|x>2}C.{x|1<x<2}D.{x|0<x<2}6.设集合M={-4,-3,-2,-1,0,1},N={x∈R|x2+3x<0},则M∩N=()A.{-3,-2,-1,0}B.{-2,-1,0}C.{-3,-2,-1}D.{-2,-1}7.(2018山东济南二模,1)设全集U=R,集合A={x|x-1≤0},集合B={x|x2-x-6<0},则下图中阴影部分表示的集合为()A.{x|x<3}B.{x|-3<x≤1}C.{x|x<2}D.{x|-2<x≤1}8.已知全集U=R,A={0,1,2,3},B={y|y=2x,x∈A},则(∁U A)∩B=()A.(-∞,0)∪(3,+∞)B.{x|x>3,x∈N}C.{4,8}D.[4,8]9.(2018湖南衡阳一模,1)已知集合A={x|(x+1)(x-3)<0},B={x|y=ln x},则A∩B=()A.{0,3}B.(0,3)C.(-1,3)D.{-1,3}10.已知集合A={x|x(x-4)<0},B={0,1,5},则A∩B=.11.已知集合A={x|log2x≤2},B={x|x<a},若A⊆B,则实数a的取值范围是.12.设A,B是全集I={1,2,3,4}的子集,A={1,2},则满足A⊆B的B的个数为.综合提升组13.已知集合A={x|x2-2x-3≤0},B={x|x<a},若A⊆B,则实数a的取值范围是()A.(-1,+∞)B.[-1,+∞)C.(3,+∞)D.[3,+∞)14.(2018河北衡水中学十模,1)已知全集U=Z,A={0,1,2,3},B={x|x2=2x},则A∩(∁U B)=()A.{1,3}B.{0,2}C.{0,1,3}D.{2}15.已知全集U=R,集合A={x|x(x+2)<0},B={x||x|≤1},则如图阴影部分表示的集合是()A.(-2,1)B.[-1,0]∪[1,2)C.(-2,-1)∪[0,1]D.[0,1]16.已知集合A={x|4≤2x≤16},B=[a,b],若A⊆B,则实数a-b的取值范围是.创新应用组17.已知集合A={x|x<a},B={x|1<x<2},且A∪(∁R B)=R,则实数a的取值范围是()A.a≤1B.a<1C.a≥2D.a>218.若集合A={x|x2+4x+k=0,x∈R}中只有一个元素,则实数k的值为.参考答案课时规范练1 集合的概念与运算1.C由题意,可知A={x|x>1},B={x|-2<x<2},∴A∩B={x|1<x<2},表示为区间即(1,2),故选C.2.C因为A={x|x<-2或x>2},所以∁U A={x|-2≤x≤2}.故选C.3.B因为A={-1,0,1,2},B=,所以A∪B=-1,0,,1,2,4,A∪B中元素的个数为6.4.D由(x-2)(x-3)≥0,解得x≥3或x≤2,所以S={x|x≤2或x≥3}.因为T={x|x>0},所以S∩T={x|0<x≤2或x≥3},故选D.5.C由题意,集合A={x|x(x-2)<0}={x|0<x<2},B={x|ln x>0}={x|x>1},所以A∩B={x|1<x<2}.故选C.6.D集合M={-4,-3,-2,-1,0,1},N={x∈R|x2+3x<0}={x|-3<x<0},∴M∩N={-2,-1}.故选D.7.D由题意可得:A={x|x≤1},B={x|-2<x<3},∴A∩B={x|-2<x≤1},故选D.8.C∵全集U=R,A={0,1,2,3},B={y|y=2x,x∈A}={1,2,4,8},∴(∁U A)∩B={4,8}.故选C.9.B A={x|-1<x<3},B={x|x>0},所以A∩B=(0,3),故选B.10.{1}A={x|x(x-4)<0}=(0,4),所以A∩B={1}.11.(4,+∞)由log2x≤2,得0<x≤4,即A={x|0<x≤4},而B={x|x<a},由于A⊆B,则a>4.12.4因为A={1,2}且A⊆B,所以B={1,2}或B={1,2,3}或B={1,2,4}或B={1,2,3,4}.13.C由题意,A=[-1,3],B=(-∞,a),∵A⊆B,∴a>3,∴a的取值范围是(3,+∞).14.A∵全集U=Z,A={0,1,2,3},B={x|x2=2x},∴∁U B={x|x∈Z,且x≠0,且x≠2},∴A∩(∁U B)={1,3}.故选A.15.C由题意可知阴影部分对应的集合为(∁U(A∩B))∩(A∪B).∵A={x|-2<x<0},B={x|-1≤x≤1},∴A∩B={x|-1≤x<0},A∪B={x|-2<x≤1},∵∁U(A∩B)={x|x<-1或x≥0},∴(∁U(A∩B))∩(A∪B)={x|0≤x≤1或-2<x<-1}.故选C.16.(-∞,-2]集合A={x|4≤2x≤16}={x|22≤2x≤24}={x|2≤x≤4}=[2,4].因为A⊆B,所以a≤2,b≥4.所以a-b≤2-4=-2.故实数a-b的取值范围是(-∞,-2].17.C∵A∪(∁R B)=R,∴B⊆A,∴a≥2,故选C.18.4由题意x2+4x+k=0有两个相等的实根,∴Δ=16-4k=0,解得k=4.。
2020版高考数学北师大版(理)一轮复习课时规范练36 数学归纳法
2019年4月课时规范练36数学归纳法基础巩固组1.如果命题p(n)对n=k(k∈N+)成立,则它对n=k+2也成立.若p(n)对n=2也成立,则下列结论正确的是()A.p(n)对所有正整数n都成立B.p(n)对所有正偶数n都成立C.p(n)对所有正奇数n都成立D.p(n)对所有自然数n都成立2.用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时,x n+y n能被x+y整除”,在第二步时,正确的证法是 ()A.假设n=k(k∈N+),证明n=k+1时命题成立B.假设n=k(k是正奇数),证明n=k+1时命题成立C.假设n=2k+1(k∈N+),证明n=k+1时命题成立D.假设n=k(k是正奇数),证明n=k+2时命题成立3.(2018安徽蚌埠期末,5)用数学归纳法证明不等式“+…+(n>2)”的过程中,归纳递推由n=k到n=k+1时,不等式的左边()A.增加了一项B.增加了两项C.增加了两项,又减少了一项D.增加了一项,又减少了一项4.(2018辽宁辽阳期末,6)证明等式12+22+32+…+n2=(n∈N+)时,某学生的证明过程如下:(1)当n=1时,12=,等式成立;(2)假设n=k(k∈N+)时,等式成立,即12+22+32+…+k2=,则当n=k+1时,12+22+32+…+k2+(k+1)2=+(k+1)2===,所以当n=k+1时,等式也成立,故原等式成立.那么上述证明()A.全过程都正确B.当n=1时验证不正确C.归纳假设不正确D.从n=k到n=k+1的推理不正确5.(2018辽宁抚顺期中,14)用数学归纳法证明:“两两相交且不共点的n条直线把平面分为f(n)部分,则f(n)=1+.”证明第二步归纳递推时,用到f(k+1)=f(k)+.6.试证:当n∈N+时,f(n)=32n+2-8n-9能被64整除.7.(2018山东师范大学附属中学期中,18)证明:对任意的n∈N+,不等式·…·成立.8.(2018广东中山一中三模,21)设数列{a n}满足a1=3,a n+1=-2na n+2(n∈N+).(1)求a2,a3,a4的值,并猜想数列{a n}的通项公式(不需证明);(2)记S n为数列{a n}的前n项和,用数学归纳法证明:当n≥6时,有S n<2n成立.综合提升组9.设f(x)是定义在正整数集上的函数,且f(x)满足:“当f(k)≥k2成立时,总可推出f(k+1)≥(k+1)2成立”.则下列命题总成立的是()A.若f(3)≥9成立,则当k≥1时,均有f(k)≥k2成立B.若f(5)≥25成立,则当k≤5时,均有f(k)≤k2成立C.若f(7)<49成立,则当k≥8时,均有f(k)<k2成立D.若f(4)=25成立,则当k≥4时,均有f(k)≥k2成立10.设平面内有n条直线(n≥3),其中有且仅有两条直线互相平行,任意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n条直线交点的个数,则f(4)=;当n>4时,f(n)=(用n表示).11.(2018辽宁六校协作体期中,17)是否存在常数a,b使得等式12+22+…+n2=n(2n+1)(an+b)对一切正整数n都成立?若存在,求出a,b值,并用数学归纳法证明你的结论;若不存在,请说明理由.创新应用组12.(2018河南洛阳模拟,18)将正整数作如下分组:(1),(2,3),(4,5,6),(7,8,9,10),(11,12,13,14,15),(16,17,18,19,20,21),….分别计算各组包含的正整数的和如下,S1=1,S2=2+3=5,S3=4+5+6=15,S4=7+8+9+10=34,S5=11+12+13+14+15=65,S6=16+17+18+19+20+21=111,(1)求S7的值;(2)由S1,S1+S3,S1+S3+S5,S1+S3+S5+S7的值,试猜测S1+S3+…+S2n-1的结果,并用数学归纳法证明.13.已知函数f0(x)=(x>0),设f n(x)为f n-1(x)的导数,n∈N+.(1)求2f1+f2的值;(2)证明:对任意的n∈N+,等式nf n-1+f n=都成立.参考答案课时规范练36数学归纳法1.B n=k时成立,当n=2时,n=k+2成立,n为2,4,6,…,故n为所有正偶数.2.D相邻两个正奇数相差2,故D选项正确.3.C当n=k时,左边=++…+,①当n=k+1时,左边=++…++,②所以增加了两项+,又减少了一项,故答案为C.4.A考查所给的证明过程:当n=1时验证是正确的,归纳假设是正确的,从n=k到n=k+1的推理也是正确的,即证明过程中不存在任何的问题.故选A.5.k+1当n=k(k≥2)时,有f(k)=1+,当n=k+1时,f(k+1)=1+,∴从k到k+1左端需增加的代数式1+-1-=(k+2-k)=k+1,∴在证明第二步归纳推理的过程中,用到f(k+1)=f(k)+(k+1).6.证明 (1)当n=1时,f(1)=64,命题显然成立.(2)假设当n=k(k∈N+,k≥1)时,f(k)=32k+2-8k-9能被64整除,则当n=k+1时,f(k+1)=32(k+1)+2-8(k+1)-9=9(32k+2-8k-9)+9·8k+9·9-8(k+1)-9=9(32k+2-8k-9)+64(k+1),即f(k+1)=9f(k)+64(k+1),因此当n=k+1时命题也成立.根据(1)(2)可知,对于任意n∈N+,命题都成立.7.证明①当n=1时,左边=,右边=,因为>,所以不等式成立.②假设当n=k时不等式成立,即···…·>成立.则当n=k+1时,左边···…··>·===>,所以当n=k+1时,不等式也成立.由①②可得不等式恒成立.8.解 (1)a2=5,a3=7,a4=9,猜想a n=2n+1.(2)S n==n2+2n,下证:n≥6(n∈N+)时都有2n>n2+2n.当n=6时,26>62+2×6,即64>48成立;假设n=k(k≥6,k∈N+)时,2k>k2+2k成立,那么当n=k+1时,2k+1=2·2k>2(k2+2k)=k2+2k+k2+2k>k2+2k+3+2k=(k+1)2+2(k+1),即n=k+1时,不等式成立.故对于所有的n≥6(n∈N+),都有2n>n2+2n成立.9.D对A,当k=1或2时,不一定有f(k)≥k2成立;对B,只能得出:对于任意的k≥5,均有f(k)≥k2成立,不能得出:对任意的k≤5,均有f(k)≤k2成立;对C,若f(7)<49成立不能推出任何结论;对D,∵f(4)=25≥16,∴对于任意的k≥4,均有f(k)≥k2成立.故选D.10.5 (n+1)(n-2)f(3)=2,f(4)=f(3)+3=2+3=5,f(n)=f(3)+3+4+…+(n-1)=2+3+4+…+(n-1)=(n+1)(n-2).11.解分别令n=1,2,可得解得故猜想等式12+22+…+n2=对一切正整数n都成立.下面用数学归纳法证明:①当n=1时,由上面的探求可知等式成立.②假设n=k(k∈N+,k≥1)时猜想成立,即12+22+…+k2=.当n=k+1时,12+22+…+k2+(k+1)2=+(k+1)2===.所以当n=k+1时,等式也成立.由①②知猜想成立,即存在a=,b=使命题成立.12.解 (1)S 7=22+23+24+25+26+27+28=175.(2)S 1=1;S 1+S 3=16;S 1+S 3+S 5=81;S 1+S 3+S 5+S 7=256;猜测S 1+S 3+S 5+…+S 2n-1=n 4.证明如下:记M n =S 1+S 3+S 5+…+S 2n-1,①当n=1时,猜想成立.②设当n=k 时,命题成立,即M k =S 1+S 3+S 5+…+S 2k-1=k 4.下面证明当n=k+1时,猜想也成立. 事实上,由题设可知 S n 是由1+2+3+…+(n-1)+1=+1开始的n 个连续自然数的和.所以S n =+1++2+…++n =,所以S 2k+1==(2k+1)(2k 2+2k+1)=4k 3+6k 2+4k+1,从而M k+1=M k +S 2k+1=k 4+4k 3+6k 2+4k+1=(k+1)4,所以猜想在n=k+1时也成立.综合(1)(2)可知猜想对任何n ∈N +都成立.13.(1)解 由已知,得f 1(x )=f'0(x )='=-,于是f 2(x )=f'1(x )='-' =--+,所以f 1=-,f 2=-+,故2f 1+f 2=-1.(2)证明 由已知,得xf 0(x )=sin x ,等式两边分别对x 求导,得f 0(x )+xf'0(x )=cos x ,即f 0(x )+xf 1(x )=cosx=sin x+,类似可得,2f 1(x )+xf 2(x )=-sin x=sin(x+π),3f 2(x )+xf 3(x )=-cos x=sin x+,4f 3(x )+xf 4(x )=sinx=sin(x+2π).下面用数学归纳法证明等式nf n-1(x )+xf n (x )=sin x+对所有的x ∈N +都成立.①当n=1时,由上可知等式成立.②假设当n=k时,等式成立,即kf k-1(x)+xf k(x)=sin x+.因为[kf k-1(x)+xf k(x)]'=kf'k-1(x)+f k(x)+xf'k(x)=(k+1)f k(x)+xf k+1(x),sin x+'=cos x+·x+'=sin x+,所以(k+1)f k(x)+xf k+1(x)=sin x+.因此当n=k+1时,等式也成立.综合①②可知等式nf n-1(x)+xf n(x)=sin x+对所有的n∈N+都成立.令x=,可得nf n-1+f n=sin +(n∈N+),所以nf n-1+f n=(n∈N+).。
2020版高考数学一轮复习课时规范练56排列与组合理北师大版
课时规范练56 排列与组合基础巩固组1.(2018湖南、河南联考)郑州绿博园花展期间,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,其中小李和小王不在一起,不同的安排方案共有()A.168种B.156种C.172种D.180种2.(2018东北三省三校二模)将7个座位连成一排,安排4个人就座,恰有两个空位相邻的不同坐法有()A.240B.480C.720D.9603.(2019四川广安诊断,4)某地环保部门召集6家企业的负责人座谈,其中甲企业有2人到会,其余5家企业各有1人到会,会上有3人发言,则发言的3人来自3家不同企业的可能情况的种数为()A.15B.30C.35D.424.将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习,每班至少1名,最多2名,则不同的分配方案共有()A.30种B.90种C.180种D.270种5.甲、乙、丙三人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是()A.258B.306C.336D.2966.(2018湖南师大附中模拟)把7个字符a,a,a,b,b,α,β排成一排,要求三个“a”两两不相邻,且两个“b”也不相邻,则这样的排法共有()A.144种B.96种C.30种D.12种7.(2018广东珠海3月质检)将5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子至少放一个球,则不同放法共有()A.480种B.360种C.240种D.120种8.(2018宁夏育才中学模拟)某城市关系要好的A, B, C, D四个家庭各有两个小孩共8人,分别乘甲、乙两辆汽车出去游玩,每车限坐4名 (乘同一辆车的4名小孩不考虑位置),其中A户家庭的孪生姐妹需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名小孩恰有2名来自于同一个家庭的乘坐方式共有() A.18种 B.24种C.36种D.48种9.从2名语文老师、2名数学老师、4名英语老师中选派5人组成一个支教小组,则语文老师、数学老师、英语老师都至少有1名的选派方法种数为.(用数字作答)综合提升组10.将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中.若每个信封放2张,其中标号为1,2的卡片放入同一信封,则不同的放法共有()A.12种B.18种C.36种D.54种11.A,B,C,D,E,F六人围坐在一张圆桌周围开会,A是会议的中心发言人,必须坐最北面的椅子,B,C 二人必须坐相邻的两把椅子,其余三人坐剩余的三把椅子,则不同的座次有()A.60种B.48种C.30种D.24种12.从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务,每天安排一人,每人只参加一天.若要求甲、乙两人至少选一人参加,且当甲、乙两人都参加时,他们参加社区服务的日期不相邻,那么不同的安排种数为.(用数字作答)13.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14.将除颜色外完全相同的一个白球、一个黄球、两个红球分给三名小朋友,且每名小朋友至少分得一个球的分法种数为()A.15B.21C.18D.2415.(2018上海松江、闵行区二模)设x1,x2,x3,x4∈{-1,0,2},那么满足2≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|≤4的所有有序数组(x1,x2,x3,x4)的组数为.参考答案课时规范练56 排列与组合1.B分类:(1)小李和小王分别去甲、乙2个展区,共有=12种情况,(2)小王,小李一人去甲或乙,共=96种情况,(3)小王,小李均没有去甲或乙,共=48种情况,总共N=12+96+48=156种情况,故选B.2.B(1,2)或(6,7)为空时,第三个空位有4种选择;(2,3)或(3,4)或(4,5)或(5,6)为空时,第三个空位有3种选择;因此空位共有2×4+4×3=20种情况相邻,所以不同坐法有20=480种,故选B.3.B由间接法得可能情况数为-·=35-5=30.4.B由每班至少1名,最多2名,知分配名额为1,2,2,所以分配方案有··=90(种).5.C若7级台阶上每一级至多站1人,有种不同的站法;若1级台阶站2人,另一级站1人,共有种不同的站法.所以共有不同的站法种数是+=336.故选C.6.B先排列b,b,α,β,若α,β不相邻,有种排法,若α,β相邻,有种,共有6+6=12种排法,从所形成的5个空档中选3个插入a,a,a,共有12×=120种排法,若b,b相邻时,从所形成的4个空档中选3个插入a,a,a,共有6×=24种排法,所以三个“a”两两不相邻,且两个“b”也不相邻,这样的排法共有120-24=96种,故选B.7.C第一步:先从4个盒子中选一个盒子准备装两个球,有4种选法;第二步:从5个球里选出两个球放在刚才的盒子里,有种选法;第三步:把剩下的3个球全排列,有种排法,由分步乘法计数原理得不同方法共有4=240种,故选C.8.B若A户家庭的孪生姐妹乘坐甲车,即剩下的两个小孩来自其他的2个家庭,有·22=12种不同的方法,若A户家庭的孪生姐妹乘坐乙车,那来自同一家庭的2名小孩来自剩下的3个家庭中的一个,有·22=12种不同的方法.所以共有12+12=24种方法.故选B.9.44由题意可知分四类,第一类,2名语文老师,2名数学老师,1名英语老师,有=4种选派方法;第二类,1名语文老师,2名数学老师,2名英语老师,有=12种选派方法;第三类,2名语文老师,1名数学老师,2名英语老师,有=12种选派方法;第四类,1名语文老师,1名数学老师,3名英语老师,有=16种选派方法;则一共有4+12+12+16=44种选派方法.10.B先放标号1,2的卡片,有种放法,再将标号3,4,5,6的卡片平均分成两组再放置,有·种放法,故共有·=18种不同的放法.11.B由题意知,不同的座次有=48(种),故选B.12.5 040分两类,一类是甲、乙都参加,另一类是从甲、乙中选一人,方法数为N=+=1 440+3600=5 040.填5 040.13.732如图,记六个区域的涂色数为a6,若A,F涂色相同,则相当于5个区域涂色,记5个区域涂色数为a5,同理只有4个区域时涂色数记为a4,易知a4=++=84, a6=4×35-a5=4×35-=4×35-4×34+84=732.14.B分四类,第一类:两个红球分给其中一个人,有种分法;第二类:白球和黄球分给一个人,有种分法;第三类:白球和一个红球分给一个人,有种分法;第四类:黄球和一个红球分给一个人,有种方法,总共有++2=21种分法,故选B.15.45分类讨论:①|x1|+|x2|+|x3|+|x4|=2,则这四个数为2,0,0,0或-1,-1,0,0,有+=4+6=10(组);②|x1|+|x2|+|x3|+|x4|=3,则这四个数为2,-1,0,0或-1,-1,-1,0,有+=12+4=16(组);③|x1|+|x2|+|x3|+|x4|=4,则这四个数为2,2,0,0或-1,-1,2,0或-1,-1,-1,-1,有++=6+6×2+1=19(组);综上可得,所有有序数组(x1,x2,x3,x4)的组数为10+16+19=45.。
2020版高考数学(理科)北师大版一轮复习课时规范练2 不等关系及简单不等式的解法Word版含解析
课时规范练2不等关系及简单不等式的解法基础巩固组1.已知a,b∈R,下列命题正确的是()A.若a>b,则|a|>|b|B.若a>b,则C.若|a|>b,则a2>b2D.若a>|b|,则a2>b22.函数f(x)=的定义域是()--A.(-∞,1)∪(3,+∞)B.(1,3)C.(-∞,2)∪(2,+∞)D.(1,2)∪(2,3)3.已知实数a,b,c满足b+c=6-4a+3a2,c-b=4-4a+a2,则a,b,c的大小关系为()A.a<b≤cB.b≤c<aC.b<c<aD.b<a<c4.使不等式2x2-5x-3≥0成立的一个充分不必要条件是()A.x≥0B.x<0或x>2C.x∈{-1,3,5}D.x≤-或x≥35.若函数f(x)=--的定义域为R,则实数m的取值范围为()A.[-4,0]B.[-4,0)C.(-4,0)D.(-∞,4]∪{0}<0的解集为()6.不等式--A.{x|1<x<2}B.{x|x<2,且x≠1}C.{x|-1<x<2,且x≠1}D.{x|x<-1或1<x<2}7.若不等式mx2+2mx-4<2x2+4x对任意x都成立,则实数m的取值范围是()A.(-2,2]B.(-2,2)C.(-∞,-2)∪(2,+∞)D.(-∞,2]8.已知存在实数a满足ab2>a>ab,则实数b的取值范围是.9.已知关于x的不等式ax2+bx+a<0(ab>0)的解集是空集,则a2+b2-2b的取值范围是.综合提升组10.已知不等式->0的解集为(-1,2),m是a和b的等比中项,则=()A.1B.-3C.-1D.311.若关于x的不等式f(x)=ax2-x-c>0的解集为{x|-2<x<1},则函数y=f(-x)的图像为()12.若关于x的不等式x2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解,则实数a的取值范围是.13.对任意x∈[-1,1],函数f(x)=x2+(k-4)x+4-2k的值恒大于零,则k的取值范围是.14.已知二次函数f(x)=ax2+x+1对x∈[0,2]恒有f(x)>0,求a的取值范围.创新应用组15.已知函数f(x)=(ax-1)(x+b),如果不等式f(x)>0的解集是(-1,3),那么不等式f(-2x)<0的解集是()A.--B.-C.--D.-16.若ax2+bx+c<0的解集为{x|x<-1或x>3},则对于函数f(x)=cx2+bx+a应有()A.f(5)<f(0)<f(-1)B.f(5)<f(-1)<f(0)C.f(-1)<f(0)<f(5)D.f(0)<f(-1)<f(5)17.已知f(x)=-若对任意x∈[t,t+2],不等式f(x+t)≥2f(x)恒成立,则t的取值范围是.参考答案课时规范练2不等关系及简单不等式的解法1.D当a=1,b=-2时,A不正确,B不正确,C不正确;对于D,a>|b|≥0 则a2>b2.故选D.2.D由题意知----解得故函数f(x)的定义域为(1,2)∪(2,3).3.A由c-b=4-4a+a2=(2-a)2≥0 得b≤c,再由b+c=6-4a+3a2,c-b=4-4a+a2,得b=1+a2,因为1+a2-a=-+>0,所以b=1+a2>a.所以a<b≤c.4.C不等式2x2-5x-3≥0的解集是或-,由题意,选项中x的取值范围应该是上述解集的真子集,只有C满足.5.A由题意知,对任意的x∈R,有1-mx-mx2≥0恒成立,所以m=0或-故-4≤m≤0 故选A.6.D因为不等式--<0等价于(x+1)(x-1)(x-2)<0, 所以该不等式的解集是{x|x<-1或1<x<2}.故选D.7.A原不等式等价于(m-2)x2+2(m-2)x-4<0,当m=2时,对任意x不等式都成立;当m-2<0时,Δ=4(m-2)2+16(m-2)<0,解得-2<m<2,综上,得m∈(-2,2].8.(-∞,-1)∵ab2>a>ab,∴a≠0.当a>0时,有b2>1>b,即解得b<-1;当a<0时,有b2<1<b,即无解.综上可得b<-1.9.-∵不等式ax2+bx+a<0(ab>0)的解集是空集,∴a>0,b>0,且Δ=b2-4a2≤0.∴b2≤4a2.∴a2+b2-2b≥+b2-2b=--≥-.∴a2+b2-2b的取值范围是-.10.A∵->0的解集为(-1,2),∴a<0,(ax+b)(x-2)>0,即x=-=-1,∴a=b.∵m是a和b的等比中项,则m2=ab,∴=1.11.B(方法一)由根与系数的关系知=-2+1,-=-2,解得a=-1,c=-2.所以f(x)=-x2-x+2.所以f(-x)=-x2+x+2=-(x+1)(x-2),图像开口向下,与x轴的交点为(-1,0),(2,0),故选B.(方法二)由题意可画出函数f(x)的大致图像,如图.又因为y=f(x)的图像与y=f(-x)的图像关于y轴对称,所以y=f(-x)的图像如图.12.(-∞,-2)不等式x2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解等价于a<(x2-4x-2)max.令g(x)=x2-4x-2,x∈(1,4),则g(x)<g(4)=-2,可得a<-2.13.(-∞,1)函数f(x)=x2+(k-4)x+4-2k的图像的对称轴方程为x=--=-.当-<-1,即k>6时,f(x)的值恒大于零等价于f(-1)=1+(k-4)×(-1)+4-2k>0,解得k<3,故k不存在;当-1≤-≤1 即2≤k≤6时,f(x)的值恒大于零等价于f-=-+-×-+4-2k>0,即k2<0,故k 不存在;当->1,即k<2时,f(x)的值恒大于零等价于f(1)=1+(k-4)+4-2k>0,即k<1.综上可知,当k<1时,对任意x∈[-1,1],函数f(x)=x2+(k-4)x+4-2k的值恒大于零.14.解对x∈[0,2]恒有f(x)>0,即ax2>-(x+1),当x=0时显然满足ax2>-(x+1).当x≠0时,a>-,即a>--.令t=,则t≥,g(t)=-t2-t=-+,g(t)max=g=-,可知a>-.∵f(x)=ax2+x+1是二次函数,∴a≠0.∴a>-,且a≠0.15.A由f(x)>0的解集为(-1,3),易知f(x)<0的解集为(-∞,-1)∪(3,+∞),故由f(-2x)<0得-2x<-1或-2x>3,∴x>或x<-.16.D由题意可知,-1,3是ax2+bx+c=0的两个实数根,且a<0,∴-1+3=-,-1×3=,∴=-2,=-3.∴f(x)=cx2+bx+a=a(-3x2-2x+1)=-3a+a.∵a<0,抛物线开口向上,且对称轴为x=-,∴离对称轴越近,函数值越小.又--=,--=,---=,∴f(0)<f(-1)<f(5).17.[,+∞)(方法一)∵对任意x∈[t,t+2],不等式f(x+t ≥2f(x)恒成立,∴f(t+t)=f(2t ≥2f(t).当t<0时,f(2t)=-4t2≥2f(t)=-2t2,这不可能,故t≥0.∵当x∈[t,t+2]时,有x+t≥2t≥0 x≥t≥0∴当x∈[t,t+2]时,不等式f(x+t ≥2f(x),即(x+t)2≥2x2,∴x+t≥x,∴t≥ -1)x对于x∈[t,t+2]恒成立.∴t≥ -1)(t+2),解得t≥.(方法二)当x<0时,f(x)=-x2递增,当x≥0时,f(x)=x2单调递增, ∴f(x)=在R上递增,且满足2f(x)=f(x),-∵不等式f(x+t ≥2f(x)=f(x)在[t,t+2]上恒成立,∴x+t≥x在[t,t+2]上恒成立,即t≥ -1)x在x∈[t,t+2]恒成立,∴t≥ -1)(t+2),解得t≥,故答案为[,+∞).。
2020届高考数学(理)一轮必刷题 专题56 排列与组合(解析版)
考点56 排列与组合1．郑州绿博园花展期间，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,其中小李和小王不在一起,不同的安排方案共有()A.168种B.156种C.172种D.180种【答案】B【解析】分类:(1)小李和小王分别去甲、乙2个展区,共有=12种情况,(2)小王,小李一人去甲或乙,共=96种情况,(3)小王,小李均没有去甲或乙,共=48种情况,总共N=12+96+48=156种情况,故选B.2．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【答案】D【解析】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C15C15A22＝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)．3．将7个座位连成一排,安排4个人就座,恰有两个空位相邻的不同坐法有()A.240B.480C.720D.960【答案】B【解析】(1,2)或(6,7)为空时,第三个空位有4种选择;(2,3)或(3,4)或(4,5)或(5,6)为空时,第三个空位有3种选择;因此空位共有2×4+4×3=20种情况相邻,所以不同坐法有20=480种,故选B.4．身高从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人排成高矮相间的一个队形，则甲丁不相邻的不同的排法共有() A．12 B．14C．16 D．18【答案】B【解析】从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人的身高可记为1,2,3,4,5.要求1,4不相邻．分四类：①先排4,5时，则1只有1种排法，2,3在剩余的两个位上，这样有A22A22＝4(种)排法；②先排3,5时，则4只有1种排法，2,1在剩余的两个位上，这样有A22A22＝4种排法；③先排1,2时，则4只有1种排法，3,5在剩余的两个位上，这样有A22A22＝4(种)排法；④先排1,3时，则这样的数只有两个，即21534,43512，只有两种排法．综上共有4＋4＋4＋2＝14(种)排法，故选B.5．某地环保部门召集6家企业的负责人座谈,其中甲企业有2人到会,其余5家企业各有1人到会,会上有3人发言,则发言的3人来自3家不同企业的可能情况的种数为()A.15B.30C.35D.42【答案】B【解析】由间接法得可能情况数为-·=35-5=30.6．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【答案】C【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)．7．将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习,每班至少1名,最多2名,则不同的分配方案共有() A.30种 B.90种 C.180种 D.270种【答案】B【解析】由每班至少1名,最多2名,知分配名额为1,2,2,所以分配方案有··=90(种).8．甲、乙、丙三人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是()A.258B.306C.336D.296【答案】C【解析】若7级台阶上每一级至多站1人,有种不同的站法;若1级台阶站2人,另一级站1人,共有种不同的站法.所以共有不同的站法种数是+=336.故选C.9．某中学高一学习雷锋志愿小组共有16人，其中一班、二班、三班、四班各4人，现从中任选3人，要求这三人不能全是同一个班的学生，且在三班至多选1人，则不同选法的种数为()A．484 B．472C．252 D．232【答案】B【解析】若三班有1人入选，则另两人从三班以外的12人中选取，共有C14C212＝264(种)选法．若三班没有人入选，则要从三班以外的12人中选3人，又这3人不能全来自同一个班，故有C312－3C34＝208(种)选法．故总共有264＋208＝472(种)不同的选法．10．把7个字符a,a,a,b,b,α,β排成一排,要求三个“a”两两不相邻,且两个“b”也不相邻,则这样的排法共有() A.144种 B.96种C.30种D.12种【答案】B【解析】先排列b,b,α,β,若α,β不相邻,有种排法,若α,β相邻,有种,共有6+6=12种排法,从所形成的5个空档中选3个插入a,a,a,共有12×=120种排法,若b,b相邻时,从所形成的4个空档中选3个插入a,a,a,共有6×=24种排法,所以三个“a”两两不相邻,且两个“b”也不相邻,这样的排法共有120-24=96种,故选B.11．将5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子至少放一个球,则不同放法共有()A.480种B.360种C.240种D.120种【答案】C【解析】第一步:先从4个盒子中选一个盒子准备装两个球,有4种选法;第二步:从5个球里选出两个球放在刚才的盒子里,有种选法;第三步:把剩下的3个球全排列,有种排法,由分步乘法计数原理得不同方法共有4=240种,故选C.12．某城市关系要好的A, B, C, D四个家庭各有两个小孩共8人,分别乘甲、乙两辆汽车出去游玩,每车限坐4名(乘同一辆车的4名小孩不考虑位置),其中A户家庭的孪生姐妹需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名小孩恰有2名来自于同一个家庭的乘坐方式共有()A.18种B.24种C.36种D.48种【答案】B【解析】若A户家庭的孪生姐妹乘坐甲车,即剩下的两个小孩来自其他的2个家庭,有·22=12种不同的方法,若A户家庭的孪生姐妹乘坐乙车,那来自同一家庭的2名小孩来自剩下的3个家庭中的一个,有·22=12种不同的方法.所以共有12+12=24种方法.故选B.13．将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中.若每个信封放2张,其中标号为1,2的卡片放入同一信封,则不同的放法共有()A.12种B.18种C.36种D.54种【答案】B【解析】先放标号1,2的卡片,有种放法,再将标号3,4,5,6的卡片平均分成两组再放置,有·种放法,故共有·=18种不同的放法.14．A,B,C,D,E,F六人围坐在一张圆桌周围开会,A是会议的中心发言人,必须坐最北面的椅子,B,C二人必须坐相邻的两把椅子,其余三人坐剩余的三把椅子,则不同的座次有()A.60种B.48种C.30种D.24种【答案】B【解析】由题意知,不同的座次有=48(种),故选B.15．将除颜色外完全相同的一个白球、一个黄球、两个红球分给三名小朋友,且每名小朋友至少分得一个球的分法种数为()A.15B.21C.18D.24【答案】B【解析】分四类,第一类:两个红球分给其中一个人,有种分法;第二类:白球和黄球分给一个人,有种分法;第三类:白球和一个红球分给一个人,有种分法;第四类:黄球和一个红球分给一个人,有种方法,总共有++2=21种分法,故选B.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.【答案】732【解析】如图,记六个区域的涂色数为a6,若A,F涂色相同,则相当于5个区域涂色,记5个区域涂色数为a5,同理只有4个区域时涂色数记为a4,易知a4=++=84, a6=4×35-a5=4×35-=4×35-4×34+84=732.17．从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务,每天安排一人,每人只参加一天.若要求甲、乙两人至少选一人参加,且当甲、乙两人都参加时,他们参加社区服务的日期不相邻,那么不同的安排种数为.(用数字作答)【答案】5 040【解析】分两类,一类是甲、乙都参加,另一类是从甲、乙中选一人,方法数为N=+=1 440+3 600=5 040.填5 040. 18．从2名语文老师、2名数学老师、4名英语老师中选派5人组成一个支教小组,则语文老师、数学老师、英语老师都至少有1名的选派方法种数为.(用数字作答)【答案】44【解析】由题意可知分四类,第一类,2名语文老师,2名数学老师,1名英语老师,有=4种选派方法;第二类,1名语文老师,2名数学老师,2名英语老师,有=12种选派方法;第三类,2名语文老师,1名数学老师,2名英语老师,有=12种选派方法;第四类,1名语文老师,1名数学老师,3名英语老师,有=16种选派方法;则一共有4+12+12+16=44种选派方法.19．设x1,x2,x3,x4∈{-1,0,2},那么满足2≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|≤4的所有有序数组(x1,x2,x3,x4)的组数为. 【答案】45【解析】分类讨论:①|x1|+|x2|+|x3|+|x4|=2,则这四个数为2,0,0,0或-1,-1,0,0,有+=4+6=10(组);②|x1|+|x2|+|x3|+|x4|=3,则这四个数为2,-1,0,0或-1,-1,-1,0,有+=12+4=16(组);③|x1|+|x2|+|x3|+|x4|=4,则这四个数为2,2,0,0或-1,-1,2,0或-1,-1,-1,-1,有++=6+6×2+1=19(组);综上可得,所有有序数组(x1,x2,x3,x4)的组数为10+16+19=45.20．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)【答案】1 080【解析】分两种情况：第一种：四位数都不是偶数的个数为：A45＝120(个)，第二种：四位数中有一位为偶数的个数为C14C14A35＝960(个)，则共有1 080个．21．设a，b，c∈{1,2,3,4,5,6}，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有________个．【答案】27【解析】由题意知以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，(1)先考虑等边三角形情况则a＝b＝c＝1,2,3,4,5,6，此时有6个．(2)再考虑等腰三角形情况，若a，b是腰，则a＝b，当a＝b＝1时，c＜a＋b＝2，则c＝1，与等边三角形情况重复；当a＝b＝2时，c＜4，则c＝1,3(c＝2的情况等边三角形已经讨论了)，此时有2个；当a＝b＝3时，c＜6，则c＝1,2,4,5，此时有4个；当a＝b＝4时，c＜8，则c＝1,2,3,5,6，此时有5个；当a＝b＝5时，c＜10，有c＝1,2,3,4,6，此时有5个；当a＝b＝6时，c＜12，有c＝1,2,3,4,5，此时有5个；由分类加法计数原理知有2＋4＋5＋5＋5＋6＝27(个)．。
2020版高考数学一轮复习课时规范练5函数及其表示理北师大版
课时规范练5 函数及其表示基础巩固组1.下面可以表示以M={x|0≤x≤1}为定义域,以N={x|0≤x≤1}为值域的函数图像的是()2.已知函数f(x)满足f(2x)=2f(x),且当1≤x<2时,f(x)=x2,则f(3)=()A. B.C. D.93.(2018河北衡水中学押题二,2)已知集合A={x|x2-2x≤0},B={y|y=log2(x+2),x∈A},则A∩B为()A.(0,1)B.[0,1]C.(1,2)D.[1,2]4.下列函数中,其定义域和值域分别与函数y=10lg x的定义域和值域相同的是()A.y=xB.y=lg xC.y=2xD.y=5.若函数y=f(x)的值域是[1,3],则函数F(x)=1-f(x+3)的值域是()A.[-8,-3]B.[-5,-1]C.[-2,0]D.[1,3]6.已知函数f(x)的定义域为(-1,0),则函数f(2x+1)的定义域为()A.(-1,1)B.C.(-1,0)D.7.已知函数f(x)=的值域为R,则实数a的取值范围是()A.(-∞,-1]B.C. D.8.若f(x)对于任意实数x恒有2f(x)-f(-x)=3x+1,则f(1)=()A.2B.0C.1D.-19.已知f=2x+3,f(m)=6,则m=.10.(2018江苏南京、盐城一模,7)设函数y=e x+-a的值域为A,若A⊆[0,+∞),则实数a的取值范围是.11.已知y=f(2x)的定义域为[-1,1],则函数y=f(log2x)的定义域是.综合提升组12.已知函数f(x)=若a[f(a)-f(-a)]>0,则实数a的取值范围为()A.(1,+∞)B.(2,+∞)C.(-∞,-1)∪(1,+∞)D.(-∞,-2)∪(2,+∞)13.已知函数y=(a>0,a≠1)的定义域和值域都是[0,1],则log a+log a=()A.1B.2C.3D.414.(2018百校联盟四月联考,14)已知f(x)=若f(1-a)=f(1+a)(a>0),则实数a的值为.15.已知函数f(x)=的值域是[0,+∞),则实数m的取值范围是.创新应用组16.已知f(x)=若f(0)是f(x)的最小值,则a的取值范围为()A.[-1,2]B.[-1,0]C.[1,2]D.[0,2]17.设函数f(x)=若f=4,则实数a=()A.-B.-C.-或-D.-2或-参考答案课时规范练5 函数及其表示1.C选项A中的值域不符合,选项B中的定义域不符合,选项D不是函数的图像.由函数的定义可知选项C正确.2.C∵f(2x)=2f(x),且当1≤x<2时,f(x)=x2,∴f(3)=2f=2×=.3.D由题意,集合A={x|x2-2x≤0}=[0,2],因为x∈A,则x+2∈[2,4],所以B={y|y=log2(x+2),x∈A}=[1,2],所以A∩B=[1,2].故选D.4.D y=10lg x=x,定义域与值域均为(0,+∞).A项中,y=x的定义域和值域均为R;B项中,y=lg x的定义域为(0,+∞),值域为R;C项中,y=2x的定义域为R,值域为(0,+∞);D项中,y=的定义域与值域均为(0,+∞).故选D.5.C∵1≤f(x)≤3,∴1≤f(x+3)≤3,-3≤-f(x+3)≤-1,∴-2≤1-f(x+3)≤0.故F(x)的值域为[-2,0].6.B f(x)的定义域为(-1,0),∴-1<2x+1<0,∴-1<x<-.7.C由题意知y=ln x(x≥1)的值域为[0,+∞).故要使f(x)的值域为R,则必有y=(1-2a)x+3a为增函数,且1-2a+3a≥0,所以1-2a>0,且a≥-1,解得-1≤a<.故选C.8.A令x=1,得2f(1)-f(-1)=4,①令x=-1,得2f(-1)-f(1)=-2,②联立①②,解得f(1)=2.9.- 令x-1=m,则x=2m+2.∴f(m)=2(2m+2)+3=4m+7.∴4m+7=6,解得m=-.10.(-∞,2]∵y=e x+-a≥2-a,∴A=[2-a,+∞)⊆[0,+∞).∴2-a≥0,a≤2.11.[,4]∵函数f(2x)的定义域为[-1,1],∴-1≤x≤1,∴≤2x≤2.∴在函数y=f(log2x)中,≤log2x≤2,∴≤x≤4.12.D当a>0时,不等式a[f(a)-f(-a)]>0可化为a2+a-3a>0,解得a>2.当a<0时,不等式a[f(a)-f(-a)]>0可化为-a2-2a<0,解得a<-2.综上所述,a的取值范围为(-∞,-2)∪(2,+∞),故选D.13.C当a>1,且x∈[0,1]时,1≤a x≤a,所以0≤a-a x≤a-1,所以a-1=1,即a=2.所以log a+log a=log2=log28=3.当0<a<1,且x∈[0,1]时, a≤a x≤1,所以a-1≤a-a x≤0,不符合题意.故原式=3.14.1∵a>0,∴1-a<1,1+a>1,由f(1-a)=f(1+a)得2-a=,即a2-2a+1=0,所以a=1.故答案为1.15.[0,1]∪[9,+∞)由题意得,函数f(x)=的值域是[0,+∞),则当m=0时,函数f(x)=的值域是[0,+∞),显然成立;当m>0时,则Δ=(m-3)2-4m≥0,解得0<m≤1或m≥9.综上可知,实数m的取值范围是[0,1]∪[9,+∞).16.D∵当x≤0时,f(x)=(x-a)2,又f(0)是f(x)的最小值,∴a≥0.当x>0时,f(x)=x++a≥2+a,当且仅当x=1时取“=”.要满足f(0)是f(x)的最小值,需2+a≥f(0)=a2,即a2-a-2≤0,解之,得-1≤a≤2,综上可知a的取值范围是[0,2].故选D.17.A∵<1,∴f=4×+a=a+,若a+>1,即a>-时,=4,即a+=2,a=->-;当a+≤1,即a≤-时,4a++a=4,即a=->-(舍去),综上a=-.故选A.。
【精品】2020版高考数学一轮复习课时规范练不等式选讲理北师大版
课时规范练64 不等式选讲基础巩固组1.(2018河南最后一次模拟,23)已知函数f(x)=|2x+4|+|2x-a|.(1)当a=6时,求f(x)≥12的解集;(2)已知a>-2,g(x)=x2+2ax+,若对于x∈-1, ,都有f(x)≥g(x)成立,求a的取值范围.2.(2018湖南长沙模拟二,23)已知函数f(x)=|x-1|,关于x的不等式f(x)<3-|2x+1|的解集记为A.(1)求A;(2)已知a,b∈A,求证:f(ab)>f(a)-f(b).3.(2018安徽淮南二模,23)已知函数f(x)=|x-2|-|x+1|.(1)解不等式f(x)+x>0.(2)若关于x的不等式f(x)≤a2-2a的解集为R,求实数a的取值范围.4.(2018河北衡水中学三轮检测,23)已知函数f(x)=|ax-1|-(a-2)x.(1)当a=3时,求不等式f(x)>0的解集;(2)若函数f(x)的图像与x轴没有交点,求实数a的取值范围.综合提升组5.已知函数f(x)=|x-a|.(1)当a=-2时,解不等式f(x)≥16-|2x-1|;(2)若关于x的不等式f(x)≤1的解集为[0,2],求证:f(x)+f(x+2)≥2.6.(2018河南南阳模拟,23)已知函数f(x)=|x-2a+1|+|x+2|,g(x)=3x+1.(1)当a=1时,求不等式f(x)≤g(x)的解集;(2)x∈[-2,a),f(x)≥g(x),求a的取值范围.7.已知函数f(x)=|2x+1|,g(x)=|x+1|,不等式f(x)≤g(x)+1的解集为A.(1)求A;(2)证明:对于任意的a,b∈∁R A,都有g(ab)>g(a)-g(-b)成立.创新应用组8.已知函数f(x)=|x-2|-|x|+m(m∈R).(1)若m=0,解不等式f(x)≥x-1;(2)若方程f(x)=-x有三个不同的解,求实数m的取值范围.9.(2018安徽安庆热身考,23)若关于x的不等式|3x+2|+|3x-1|-t≥0的解集为R,记实数t的最大值为a.(1)求a的值;(2)若正实数m,n满足4m+5n=a,求y=的最小值.参考答案课时规范练64 不等式选讲1.解 (1)当a=6时,f(x)=|2x+4|+|2x-6|,f(x)≥12等价于|x+2|+|x-3|≥6,因为|x+2|+|x-3|=所以或或解得x≥或x≤-,所以解集为.(2)当a>-2时,且x∈-1,时,f(x)=2x+4-(2x-a)=4+a,所以f(x)≥g(x),即4+a≥g(x).又g(x)=x2+2ax+的最大值必为g(-1),g之一,所以即解得-≤a≤,所以a的取值范围为-,.2.解 (1)由f(x)<3-|2x+1|,得|x-1|+|2x+1|<3,即或或解得-1<x≤-或-<x<1,所以,集合A={x∈R|-1<x<1}.(2)证明∵a,b∈A,∴-1<ab<1,∴f(ab)=|ab-1|=1-ab,f(a)=|a-1|=1-a,f(b)=|b-1|=1-b,∵f(ab)-[f(a)-f(b)]=1-ab-1+a+1-b=(1+a)(1-b)>0,∴f(ab)>f(a)-f(b).3.解 (1)不等式f(x)+x>0可化为|x-2|+x>|x+1|.当x<-1时,-(x-2)+x>-(x+1),解得x>-3,即-3<x<-1;当-1≤x≤2时,-(x-2)+x>x+1,解得x<1,即-1≤x<1;当x>2时,x-2+x>x+1,解得x>3,即x>3.综上所述:不等式f(x)+x>0的解集为{x|-3<x<1或x>3}.(2)由不等式f(x)≤a2-2a可得|x-2|-|x+1|≤a2-2a,∵|x-2|-|x+1|≤|x-2-x-1|=3,∴a2-2a≥3,即a2-2a-3≥0.解得a≥3或a≤-1.故实数a的取值范围是a≥3或a≤-1.4.解 (1)当a=3时,不等式可化为|3x-1|-x>0,即|3x-1|>x.∴3x-1<-x或3x-1>x,即x<或x>.即不等式f(x)>0的解集是x.(2)当a>0时,f(x)=要使函数f(x)与x轴无交点,只需即1≤a<2.当a=0时,f(x)=2x+1,函数f(x)与x轴有交点.当a<0时,f(x)=要使函数f(x)与x轴无交点,只需此时a无解.综上可知,当1≤a<2时,函数f(x)与x轴无交点.5.(1)解当a=-2时,不等式为|x+2|+|2x-1|≥16,当x≤-2时,原不等式可化为-x-2-2x+1≥16,解得x≤-,当-2<x≤时,原不等式可化为x+2-2x+1≥16,解得x≤-13,不满足,舍去;当x>时,原不等式可化为x+2+2x-1≥16,解得x≥5.综上不等式的解集为x或x≥5.(2)证明f(x)≤1即|x-a|≤1,解得a-1≤x≤a+1,而f(x)≤1的解集是[0,2],所以解得a=1,从而f(x)=|x-1|.于是证明f(x)+f(x+2)≥2,即证|x-1|+|x+1|≥2,因为|x-1|+|x+1|=|1-x|+|x+1|≥|1-x+x+1|=2,所以|x-1|+|x+1|≥2,所以原不等式得证.6.解 (1)当a=1时,f(x)=|x-1|+|x+2|,①当x≤-2时,f(x)=-2x-1,由-2x-1≤3x+1,知此时无解;②当-2<x<1时,f(x)=3,由3≤3x+1,解得≤x<1;③当x≥1时,f(x)=2x+1,由2x+1≤3x+1,解得x≥1,综上所述,不等式的解集为x.(2)当x∈[-2,a)时,f(x)=|x-2a+1|+x+2≥3x+1,即|x-2a+1|≥2x-1.①当-2<a≤时,2x-1<0,|x-2a+1|≥2x-1恒成立;②当a>,x∈-2,时,2x-1<0,|x-2a+1|≥2x-1恒成立;x∈,a时,|x-2a+1|2≥(2x-1)2恒成立,即3x2+2(2a-3)x-4a(a-1)≤0恒成立,令g(x)=3x2+2(2a-3)x-4a(a-1),g(x)的最大值只可能是g或g(a),g≤0,g(a)=3a2-2a≤0,得0≤a≤.又a>,所以<a≤.综上所述,a的取值范围是a.7.(1)解不等式f(x)≤g(x)+1,即|x+1|-|2x+1|+1≥0.当x<-1时,不等式可化为-x-1+(2x+1)+1≥0,解得x≥-1,∴x无解;当-1≤x≤-,不等式可化为x+1+(2x+1)+1≥0,解得x≥-1,∴-1≤x≤-;当x>-时,不等式可化为x+1-(2x+1)+1≥0,解得x≤1,∴-<x≤1.∴不等式f(x)≤g(x)+1的解集A={x|-1≤x≤1}.(2)证明∵g(a)-g(-b)=|a+1|-|-b+1|≤|a+1-(-b+1)|=|a+b|,∴要证g(ab)>g(a)-g(-b)成立,只需证|ab+1|>|a+b|,即证|ab+1|2>|a+b|2,也就是证明a2b2+2ab+1>a2+2ab+b2成立,即证a2b2-a2-b2+1>0,即证(a2-1)(b2-1)>0.∵A={x|-1≤x≤1},a,b∈∁R A,∴|a|>1,|b|>1,a2>1,b2>1,∴(a2-1)(b2-1)>0成立.从而对于任意的a,b∈∁R A,都有g(ab)>g(a)-g(-b)成立.8.解 (1)因为m=0,所以f(x)=|x-2|-|x|,有或或解得,x∈⌀或0≤x≤1或x<0.所以不等式f(x)≥x-1的解集为(-∞,1].(2)因为f(x)=|x-2|-|x|+m,所以方程f(x)=-x有三个不同的解等价于函数g(x)=|x-2|-|x|的图像与直线y=-x-m有三个不同的交点,作图可知,当直线y=-x-m经过点A(0,2)时,m=-2;当直线y=-x-m经过点B(2,-2)时,m=0.所以实数m的取值范围是(-2,0).9.解 (1)由题意得|3x+2|+|3x-1|≥t对x∈R恒成立,又|3x+2|+|3x-1|=|3x+2|+|1-3x|≥3,∴t≤3.∴a=3.(2)由(1)得4m+5n=3,且m,n>0,∴3y=+(4m+5n)=+[(m+2n)+(3m+3n)]=5++≥5+2=9.当且仅当=且4m+5n=3,即m=n=时等号成立.∴y≥3,即y=+的最小值为3.。
2020版高考数学(理科)北师大版一轮复习课时规范练51 算法初步Word版含解析
课时规范练51算法初步基础巩固组1.如图,若依次输入的x分别为,相应输出的y分别为y1,y2,则y1,y2的大小关系是()A.y1=y2B.y1>y2C.y1<y2D.无法确定2.(2018河南郑州三模,3)阅读程序框图,该算法的功能是输出()A.数列{2n-1}的第4项B.数列{2n-1}的第5项C.数列{2n-1}的前4项的和D.数列{2n-1}的前5项的和3.(2018安徽六安模拟,5)某程序框图如图所示,则输出的n值是()A.21B.22C.23D.244.执行如图所示的程序框图,若输入的x=2 017,则输出的i=()A.2B.3C.4D.5(第3题图)(第4题图)5.执行如图所示的程序框图,如果输入的x,y∈R,那么输出的S的最大值为()A.0B.1C.2D.36.(2018山东、湖北重点中学冲刺模拟,5)按如图所示的程序框图,某同学在区间[0,9]上随机地取一个数作为x输入,则该同学能得到“OK”的概率是()A. B. C. D.(第5题图)(第6题图)7.(2018山西模拟)阅读下列程序:如果输入x=-2,则输出结果为()A.2B.-12C.10D.-48.(2018湖南长郡中学开学考试,6)执行如图所示的程序框图输出的结果是()A.8B.6C.5D.3(第8题图)9.(2018湖南岳阳一模,9)我国古代伟大的数学家秦九韶提出了一种将一元n次多项式的求值问题转化为n个一次式的算法,数学上称之为秦九韶算法.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例,若输入n,x的值分别为4,2,则输出v的值为()A. 15B.31C.69D.12710.(2018黑龙江大庆考前模拟,14)运行如图所示的框图对应的程序,输出的结果为.(第9题图)(第10题图)综合提升组11.(2018江西南昌模拟,5)执行如图所示的程序框图,输出S的值为()A.15B.16C.24D.2512.(2018福建莆田三模,8)相传黄帝时代,在制定乐律时,用“三分损益”的方法得到不同的竹管,吹出不同的音调.“三分损益”包含“三分损一”和“三分益一”,用现代数学的方法解释如下,“三分损一”是在原来的长度减去一分,即变为原来的三分之二;“三分益一”是在原来的长度增加一分,即变为原来的三分之四,如图的程序是与“三分损益”结合的计算过程,若输入的x的值为1,输出的x的值为()A. B. C. D.(第11题图)(第12题图)13.(2018山东日照4月联考,12)条形码是由一组规则排列的条、空及其对应的代码组成,用来表示一定的信息,我们通常见的条形码是“EAN-13”通用代码,它是由从左到右排列的13个数字(用a1,a2,…,a13表示)组成,这些数字分别表示前缀部分、制造厂代码、商品代码和校验码,其中a13是校验码,用来校验前12个数字代码的正确性.图(1)是计算第13位校验码的程序框图,框图中符号[M]表示不超过M的最大整数(例如[365.7]=365).现有一条形码如图(2)所示(97a37040119917),其中第3个数被污损,那么这个被污损的数字a3是()图(1)图(2)A.6B.7C.8D.914.(2017河北保定二模,7)某地区出租车收费办法如下:不超过2千米收7元;超过2千米时,每车收燃油附加费1元,并且超过的里程每千米收2.6元(其他因素不考虑),计算收费标准的程序框图如图所示,则①处应填()A.y=2.0x+2.2B.y=0.6x+2.8C.y=2.6x+2.0D.y=2.6x+2.815.(2018山西期中改编)设计一个计算1×3×5×7×9的算法,下面给出了算法语句的一部分,则在横线①上应填入下面数据中的()A.8B.9C.10D.1216.(2018福建宁德5月质检,15)我国南北朝时期的数学家张丘建是世界数学史上解决不定方程的第一人,他在《张丘建算经》中给出一个解不定方程的百鸡问题,问题如下:鸡翁一,值钱五,鸡母一,值钱三,鸡雏三,值钱一.百钱买百鸡,问鸡翁母雏各几何?用代数方法表述为:设鸡翁、鸡母、鸡雏的数量分别为x,y,z,则鸡翁、鸡母、鸡雏的数量即为方程组的解.其解题过程可用框图表示如下图所示,则框图中正整数m的值为.17.(2018中原名校预测金卷,14)如图所示的程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”,执行该程序框图,若输入a,b,i的值分别为8,6,1,输出a和i的值,若正数x,y满足=1,则ax+iy的最小值为.。
北师大版高三理科数学课后习题(含答案)课时规范练56排列与组合
课时规范练56排列与组合基础巩固组1.(2019河北衡水模仿,6)电视台在电视剧开播前连续播放6个差别的告白,其中4个商业广告2个公益广告,现要求2个公益告白不克不及一连播放,则不同的播放方式共有( )种A.A44·A52B.C44·C52C.A64·A72D.C64·C72解析先排4个商业广告,有,然后使用插空法,有5个空,插2个,有,所以共有故选A.2.(2019湖北黄冈联考,8)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,则不同的排法共有( )种A.A62A72B.A43A72C.A33A62A72D.A43A66A72解析接纳捆绑法和插空法.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,要领数是种,这样与第4个男生看成是2个男生;然后6个女生任意排的要领数是种.最后在6个女生形成的7个空隙中,插入2个男生,要领数是种.综上所述,差别的排法共有种.故选D.3.(2019湖南师大附中三模,7)本次模拟考试竣事后,班级要排一张语文、数学、英语、物理、化学、生物六科试卷讲评次序表,若化学排在生物前面,数学与物理不相邻且都不排在末了,则不同的排表方法共有( )A.72种B.144种C.288种D.360种剖析第一步排语文,英语,化学,生物4种,且化学排在生物前面,有=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=12种排法,所以不同的排表方法共有12×12=144种.故选B.4.(2019河北衡水中学四调,7)某县教育局招聘了8名小学教师,其中3名语文西席,3名数学教师,2名全科西席,需要分配到A,B两个学校任教,其中每个学校都需要2名语文教师和2名数学教师,则分配方案种数为( )A.72B.56C.57D.63解析先将两个全科老师分给语文和数学各一个,有种,然后将新的4个语文老师分给两个学校种,同样的方法将新的4个数学老师分给两个学校种,所以共有=72种分派要领.故选A.5.(2019湖南长沙长郡中学模仿,7)如图,平面α中有梯形ABCD 与梯形A1B1C1D1分别在直线l的两侧,它们与l无公共点,并且关于l成轴对称,现将α沿l折成一个直二面角,则A,B,C,D,A1,B1,C1,D1八个点可以确定平面的个数是( )A.56B.44C.32D.16C83=56个,其中六个平面ABCD,A1B1C1D1,AA1D1D,BB1C1C,AB1B1A1,DCC1D1中任取三个点所确定的平面个数为6C43=24个,故A,B,C,D,A1,B1,C1,D1八个点可以确定平面的个数是C83-6C43=56-24=32.故选C.6.把7个字符a,a,a,b,b,α,β排成一排,要求三个“a”两两不相邻,且两个“b”也不相邻,则这样的排法共有( )A.144种B.96种C.30种D.12种解析先排列b,b,α,β,若α,β不相邻,有种排法,若α,β相邻,有种,共有6+6=12种排法,从所形成的5个空档中选3个插入a,a,a,共有12=120种排法,若b,b相邻时,从所形成的4个空档中选3个插入a,a,a,共有6=24种排法,所以三个“a”两两不相邻,且两个“b”也不相邻,这样的排法共有120-24=96种.故选B.7.(2019四川双流模仿,6)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个剖析由题意可知,4开头的满足题意的偶数的个数为,5开头的满足题意的偶数的个数为,联合加法原理可得,比40 000大的偶数共有=120.故选B. 8.(2019江西重点中学盟校2联考,7)今有6自己构成的旅游团,包括4个大人,2个小孩,去庐山旅游,准备同时乘缆车旅行,现有三辆差别的缆车可供选择,每辆缆车最多可乘3人,为了宁静起见,小孩乘缆车必须要大人陪伴,则不同的乘车方式有( )种A.204 B.288 C.348 D.396解析第一类:只用两辆缆车,若两个小孩坐在一块,则有=24种乘车方式;若两个小孩不坐在一块,C21A22=36种乘车方式;则有C32C42C22A22第二类:用三辆缆车,若两个小孩坐在一块,则有C41C22C32A33=72种乘车方式;若两个小孩不坐在一块,则有=216种搭车方法.综上不同的乘车方式有24+36+72+216=348种.故选C.9.从2名语文老师、2名数学老师、4名英语老师中选派5人构成一个支教小组,则语文老师、数学老师、英语老师都至少有1名的选派方法种数为.(用数字作答)解析由题意可知分四类,第一类,2名语文老师,2名数学老师,1名英语老师,有=4种选派方法;第二类,1名语文老师,2名数学老师,2名英语老师,有=12种选派方法;第三类,2名语文老师,1名数学老师,2名英语老师,有=12种选派方法;第四类,1名语文老师,1名数学老师,3名英语老师,有=16种选派方法;则一共有4+12+12+16=44种选派要领.综合提升组10.(2019河南郑州联考,7)第十四届全国运动会将于2021年在陕西举行,为宣传地方特色,某电视台派出3名男记者和2名女记者到民间举行采访报道.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”等四项工作,每项工作至少一人到场,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.54,三名男记者为丙、丁、戊.根据题意,分环境讨论,①甲乙一起参加除了“负重扛机”的三项工作之一:=18种;②甲乙不同时到场一项工作,进而又分为2种小情况;1°丙、丁、戊三人中有两人负担同一份工作,有=3×2×3×2=36种;2°甲或乙与丙、丁、戊三人中的一人承担同一份工作:A32×C31×C21×A22=72种;由分类计数原理,可得共有18+36+72=126种.故选B.11.A,B,C,D,E,F六人围坐在一张圆桌四周开会,A是集会的中央发言人,必须坐最北面的椅子,B,C二人必须坐相邻的两把椅子,其余三人坐剩余的三把椅子,则不同的座次有( )A.60种B.48种C.30种D.24种剖析由题意知,不同的座次有=48(种).故选B.12.从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务,每天摆设一人,每人只到场一天.若要求甲、乙两人至少选一人到场,且当甲、乙两人都到场时,他们参加社区办事的日期不相邻,那么不同的安排种数为.(用数字作答)剖析分两类,一类是甲、乙都参加,另一类是从甲、乙中选一人,方法数为N==1 440+3 600=5 040.13.用四种不同的颜色为正六边形(如图)中的六块地区涂色,要求有公共边的地区涂差别颜色,一共有种差别的涂色要领.解析如图,记六个区域的涂色数为a6,若A,F涂色相同,则相当于5个地区涂色,记5个区域涂色数为a5,同理只有4个区域时涂色数记为a4,易知a4==84, a6=4×35-a5=4×35-(4×34-a4)=4×35-4×34+84=732.创新应用组14.(2019福建龙岩质检,8)已知数列{an}各项均为整数,共有7项,且满足|ak+1-ak|=1,k=1,2,…,6,其中a1=1,a7=a(a为常数,且a>0).若满足上述条件的不同数列个数共有15个,则a的值为( )A.1B.3C.5D.7|a k+1-a k|=1,∴a k+1-a k=1或a k+1-a k=-1.设有x个1,则有6x个-1,∴a7-a1=(a7-a6)+(a6-a5)+…+(a2-a1).∴a-1=x+(6-x)·(-1)..∴x=a+52∵这样的数列个数有C6x=15,解得x=2或4,∴a=-1(舍)或a=3.故选B.15.设x1,x2,x3,x4∈{-1,0,2},那么满足2≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|≤4的所有有序数组(x1,x2,x3,x4)的组数为.:①|x1|+|x2|+|x3|+|x4|=2,则这四个数为2,0,0,0或-1,-1,0,0,有C41+C42=4+6=10组;②|x1|+|x2|+|x3|+|x4|=3,则这四个数为2,-1,0,0或-1,-1,-1,0,有C41C31+C43=12+4=16组;③|x1|+|x2|+|x3|+|x4|=4,则这四个数为2,2,0,0或-1,-1,2,0或-1,-1,-1,-1,有C42+C42C21+C44=6+6×2+1=19组;综上可得,所有有序数组(x1,x2,x3,x4)的组数为10+16+19=45.16.(2019重庆一中模仿,9)若一个四位数的各位数字相加和为10,则称该数为“完美四位数”,如数字“2017”.试问用数字0,1,2,3,4,5,6,7组成的无重复数字且大于2017的“完美四位数”有( )个A.71B.66C.59D.53剖析凭据题意,四位数字相加和为10的情况有①0、1、3、6,②0、1、4、5,③0、1、2、7,④0、2、3、5,⑤1、2、3、4;共5种情况,则分5种情况讨论:①四个数字为0、1、3、6时,千位数字可以为3或6,有2种情况,将其余3个数字全分列,安排在百位、十位、个位,有=6种情况,此时有2×6=12个“完美四位数”;②四个数字为0、1、4、5时,千位数字可以为4或5,有2种情况,将其余3个数字全分列,安排在百位、十位、个位,有=6种情况,此时有2×6=12个“完美四位数”;③四个数字为0、1、2、7时,千位数字为7时,将其余3个数字全分列,安排在百位、十位、个位,有=6种情况,千位数字为2时,有2071、2107、2170、2701、2710,共5种情况,此时有6+5=11个“完美四位数”;④四个数字为0、2、3、5时,千位数字可以为2或3或5,有3种情况,将其余3个数字全分列,安排在百位、十位、个位,有=6种情况,此时有3×6=18个“完美四位数”;⑤四个数字为1、2、3、4时,千位数字可以为3或4或2,有3种情况,将其余3个数字全分列,安排在百位、十位、个位,有=6种情况,此时有3×6=18个“完美四位数”.则一共有12+12+11+18+18=71个“完美四位数”,故选A.11。
2020版高考数学(理科)北师大版一轮复习课时规范练6 函数的单调性与最值Word版含解析
课时规范练6函数的单调性与最值基础巩固组1.(2018北京石景山一模,2)下列函数中既是奇函数,又在区间(0,+∞)上递减的函数为()A.y=B.y=-x3C.xD.y=x+2.已知函数f(x)=x2-2ax+a在区间(-∞,1)内有最小值,则函数g(x)=在区间(1,+∞)内一定()A.有最小值B.有最大值C.是减函数D.是增函数3.设偶函数f(x)满足f(x)=x3-8(x≥0),则{x|f(x-2)>0}=()A.{x|x<-2或x>4}B.{x|x<0或x>4}C.{x|x<0或x>6}D.{x|x<-2或x>2}4.已知函数f(x)=是R上的增函数,则实数a的取值范围是()A.(1,+∞)B.[4,8)C.(4,8)D.(1,8)5.已知函数f(x)=,则该函数的递增区间为()A.(-∞,1]B.[3,+∞)C.(-∞,-1]D.[1,+∞)6.函数f(x)=x|x|,若存在x∈[1,+∞),使得f(x-2k)-k<0,则k的取值范围是()A.(2,+∞)B.(1,+∞)C. D.7.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,且在区间[0,+∞)内递增.若实数a满足f(log2a)+f(lo a)≤2f(1),则a的取值范围是()A.[1,2]B.C.D.(0,2]8.(2018河南郑州三模,5)若x∈(e-1,1),a=ln x,b=,c=e ln x,则()A.b>c>aB.c>b>aC.b>a>cD.a>b>c9.函数f(x)=在区间[1,2]上的值域为.10.设f(x)是定义在R上的增函数,若f(1-ax-x2)≤f(2-a)对任意a∈[-1,1]恒成立,则x的取值范围为.11.函数f(x)=-log2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值为.综合提升组12.已知函数f(x)=x+,g(x)=2x+a,若任意x1∈,存在x2∈[2,3]使得f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是()A.a≤1B.a≥1C.a≤0D.a≥013.(2018百校联盟四月联考,8)已知定义域为R的函数f(x)满足f(2-x)=f(x),且x≥1时,f(x)=2x+,若f(log a2a)<6(a>0且a≠1),则实数a的取值范围是()A.∪(1,2)B.∪(2,+∞)C.∪(1,2)D.∪(2,+∞)14.(2018河北衡水中学金卷十模,9)已知函数f(x)=lg(x+)+2x+sin x,f(x1)+f(x2)>0,则下列不等式中正确的是()A.x1>x2B.x1<x2C.x1+x2<0D.x1+x2>015.已知f(x)表示x+2与x2+3x+2中的较大者,则f(x)的最小值为()A.0B.2C.-D.不存在16.已知函数f(x)=若函数y=f(x)在区间(a,a+1)内递增,则实数a的取值范围是.创新应用组17.(2018河北衡水中学二调,9)已知函数f(x)是定义在R上的单调函数,且对任意的x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y),若动点P(x,y)满足等式f(x2+2x+2)+f(y2+8y+3)=0,则x+y的最大值为 ()A.2-5B.-5C.2+5D.518.若f(x)=lo(ax2+2x-1),g(x)=,若不论x2取何值,f(x1)>g(x2)对任意x1∈恒成立,则a的取值范围是()A. B.C. D.参考答案课时规范练6函数的单调性与最值1.B由题意得,函数y=和函数y=lo x都是非奇非偶函数,排除A、C.又函数y=x+在区间(0,1)上递减,在区间(1,+∞)上递增,排除D,故选B.2.D由题意知a<1,又函数g(x)=x+-2a在[,+∞)内是增加的,故选D.3.B f(x-2)>0等价于f(|x-2|)>0=f(2),∵f(x)=x3-8在[0,+∞)内是增加的,∴|x-2|>2,解得x<0或x>4.4.B由f(x)在R上是增函数,则有解得4≤a<8.5.B设t=x2-2x-3,由t≥0,即x2-2x-3≥0,解得x≤-1或x≥3.故函数f(x)的定义域为(-∞,-1]∪[3,+∞).因为函数t=x2-2x-3的图像的对称轴方程为x=1,所以函数t在(-∞,-1]上递减,在[3,+∞)上递增.所以函数f(x)的递增区间为[3,+∞).6.D∵x≥0时,f(x)=x2,当x<0时,f(x)=-x2,∴函数f(x)在R上递增.由选项知k>0,∴f(x-2k)-k<0⇔f(x-2k)<f()⇔x-2k<⇔x<2k+,∵存在x∈[1,+∞),使得x<2k+,即x min<2k+,∴1<2k+,解得k>.7.C∵lo a=-log2a,∴f(log2a)+f(lo a)=f(log2a)+f(-log2a)=2f(log2a),原不等式变为2f(log2a)≤2f(1),即f(log2a)≤f(1).又因为f(x)是定义在R上的偶函数,且在[0,+∞)内递增,所以|log2a|≤1,即-1≤log2a≤1,解得≤a≤2.故选C.8.A∵x∈(e-1,1),∴a=ln x∈(-1,0),b=∈(1,2),c=e ln x=x∈(e-1,1),∴b>c>a.9.∵f(x)===2-,∴f(x)在区间[1,2]上是增函数,即f(x)max=f(2)=,f(x)min=f(1)=1.故f(x)的值域是.10.(-∞,-1]∪[0,+∞)因为f(x)是R上的增函数,所以1-ax-x2≤2-a,a∈[-1,1].(*)(*)式可化为(x-1)a+x2+1≥0对a∈[-1,1]恒成立.令g(a)=(x-1)a+x2+1.则解得x≥0或x≤-1,即实数x的取值范围是(-∞,-1]∪[0,+∞).11.3因为y=在R上递减,y=log2(x+2)在区间[-1,1]上递增,所以f(x)在区间[-1,1]上递减.所以f(x)在区间[-1,1]上的最大值为f(-1)=3.12.C当x∈时,f(x)≥2=4,当且仅当x=2时取等号,∴f(x)min=4.当x∈[2,3]时,g(x)递增,故g(x)min=22+a=4+a.依题意知f(x)min≥g(x)min,解得a≤0.13.B由f(2-x)=f(x),可知f(x)的图像关于直线x=1对称,∵x≥1时,f(x)=2x+,∴f(x)在[1,+∞)上是增加的.∵f(2)=6,∴f(log a2a)<6⇔f(log a2a)<f(2)⇔|log a2a-1|<|2-1|(因f(x)的图像对称轴为x=1,即自变量到x=1的距离大的函数值大),∴|log a2a-1|<1,即|log a2|<1,解得a>2或0<a<.故选B.14.D函数定义域为R,∵f(x)+f(-x)=lg(x+)+2x+sin x+lg(-x+)-2x-sin x=lg 1=0,∴函数f(x)是奇函数,由y=lg(x+)在(0,+∞)上是增加的,令y=2x+sin x,由y'=2+cos x>0知,y=2x+sin x在(0,+∞)上是增函数,∴函数f(x)在x≥0时递增,因此f(x)在R上递增.∵f(x1)+f(x2)>0,∴f(x1)>-f(x2),∴f(x1)>f(-x2),∴x1>-x2,即x1+x2>0,故选D.15.A在同一平面直角坐标系中画出函数y=x+2和y=x2+3x+2的图像,由f(x)表示x+2与x2+3x+2中的较大者,可得f(x)的图像如图中实线部分.求f(x)的最小值即求最低点的纵坐标,由图可得,当x=-2时,函数f(x)有最小值0,故选A.16.(-∞,1]∪[4,+∞)画出f(x)=的图像如图所示,因为函数y=f(x)在区间(a,a+1)内递增,所以a+1≤2或a≥4,解得a≤1或a≥4.故实数a的取值范围是(-∞,1]∪[4,+∞).17.A对任意的x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y),令x=0,y=0,都有f(0+0)=f(0)+f(0)⇒f(0)=0,动点P(x,y)满足等式f(x2+2x+2)+f(y2+8y+3)=0,即有f(x2+y2+2x+8y+5)=0=f(0),由函数f(x)是定义在R上的函数,可得x2+y2+2x+8y+5=0,化为(x+1)2+(y+4)2=12,可令x=-1+2cos α,y=-4+2sin α,α∈(0,2π),则x+y=2(cos α+sin α)-5=2cos-5,当cos=1即α=时,x+y取得最大值2-5,故选A.18.D∵g(x) ===2sin,∴g(x2)max=2.f(x1)>g(x2)对任意x1∈恒成立,即f(x1)min>2恒成立;等价于0<a+2x1-1<对任意x1∈恒成立,即<a<对任意x1∈恒成立,设p(x1)==-1,q(x1)==-, ∵x1∈,∴∈,∴p(x1)max=-1=-,q(x1)min=-,∴a∈.故选D.。
2020版高考数学理科一轮复习课件(北师大版)：排列与组合
3 名分别到这三个不同的展台担任翻译工作,则不同
的选派方法有
种.
[答案] 24
[解析] 相当于从 4 个不同元素中 选出 3 个元素的进行排列,即不同 的选派方法有A34=24(种).
课前双基巩固
2.[教材改编] 甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门,
则不同的选法共有
种.
[答案] 36
[解析] 甲、乙两人从 4 门课程中 各选修 2 门,则不同的选法共有 C42C42=36(种).
课前双基巩固
6.现有 6 个人排成一排照相,其中甲、乙、丙 3 人
不同时相邻的排法有
种.
[答案] 576
[解析] 将 6 个人全排列的排法数减 去甲、乙、丙同时相邻的排法数,就 得到甲、乙、丙 3 人不同时相邻的 排法数,即A66-A44A33=576.
课堂考点探究
探究点一 排列问题
例 1 (1)[2018·重庆三诊] 某研究所计划将五种不同型号的 [思路点拨] (1)先种植 A,B 两种型号
组合 出 m(m≤n)个元素
合成一组
区别 排列有序,组合无序
课前双基巩固
2.排列数与组合数 名称
定义
计算公式
性质
从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)
������mn = n(n-1)(n-2)…(n-m+1)
排列数
个元素的所有 不同排列
的个数,
=
n! (n -m )!
叫作从 n 个不同元素中取出 m 个 (n,m∈N*,且 m≤n)
组合数
个元素的所有不同组合 的个数, 叫作从 n 个不同元素中取出 m 个
=������
������ ! !(������ -������
2020高考数学一轮复习 课时规范练56 排列与组合 理 新人教A版
课时规范练56 排列与组合一、基础巩固组1.(2017贵州贵阳模拟)有6个座位连成一排,现有3人就座,则恰有两个空座位相邻的不同坐法有()A.36种B.48种C.72种D.96种2.把标号为1,2,3,4,5的同色球全部放入编号为1~5号的箱子中,每个箱子放一个球且要求偶数号的球必须放在偶数号的箱子中,则所有的放法种数为()A.11B.10C.12D.83.在由数字0,1,2,3,4,5组成的没有重复数字的四位数中,不能被5整除的数共有()A.372B.180C.192D.3004.(2017湖北汉口模拟,理5)某单位有7个连在一起的车位,现有3辆不同型号的车需停放,如果要求剩余的4个空车位连在一起,那么不同的停放方法有()A.16种B.18种C.24种D.32种〚导学号21500773〛5.将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习,每班至少1名,最多2名,则不同的分配方案共有()A.30种B.90种C.180种D.270种6.(2017河北武邑中学二模,理10)甲、乙、丙三人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是()A.258B.306C.336D.2967.(2017山西太原五中检测)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有()A.36种B.42种C.48种D.54种8.某学校安排甲、乙、丙、丁4名同学参加数学、物理、化学竞赛,要求每名同学仅报一科,每科至少有1名同学参加,且甲、乙不能参加同一学科,则不同的安排方法有()A.36种B.30种C.24种D.6种9.某航空母舰将进行一次编队配置科学试验,要求2艘攻击型核潜艇一前一后,3艘驱逐舰和3艘护卫舰分列左右,每侧3艘,同侧不能都是同种舰艇,则舰艇分配方案的方法种数为()A.72B.324C.648D.1 29610.从2名语文老师、2名数学老师、4名英语老师中选派5人组成一个支教小组,则语文老师、数学老师、英语老师都至少有1名的选派方法种数为.(用数字作答) 〚导学号21500774〛二、综合提升组11.将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中.若每个信封放2张,其中标号为1,2的卡片放入同一信封,则不同的放法共有()A.12种B.18种C.36种D.54种12.(2017湖北武汉调研)A,B,C,D,E,F六人围坐在一张圆桌周围开会,A是会议的中心发言人,必须坐最北面的椅子,B,C二人必须坐相邻的两把椅子,其余三人坐剩余的三把椅子,则不同的座次有()A.60种B.48种C.30种D.24种13.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〚导学号21500775〛14.(2017山东潍坊模拟,理14)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.(用数字作答)15.将并排的有不同编号的5个房间安排给5名工作人员临时休息,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.(用数字作答)三、创新应用组16.(2017陕西西安检测)将除颜色外完全相同的一个白球、一个黄球、两个红球分给三名小朋友,且每名小朋友至少分得一个球的分法种数为()A.15B.21C.18D.2417.(2017吉林长春质检)将20个不加区别的小球放入1号、2号、3号的三个盒子中,要求每个盒子内的球数不小于它的编号数,则不同的放法种数为.(用数字作答)课时规范练56排列与组合1.C恰有两个空座位相邻,相当于两个空座位与第三个空座位不相邻,先排3个人,再插空,从而共有=72种不同的坐法.2.C依题意,满足题意的放法种数为=12.3.C所有四位数有=300(个),末位数为0时,有=60(个),末位数为5时,有=4×12=48(个),则不能被5整除的数共有300-60-48=192(个),故选C.4.C将4个连在一起的空车位“捆绑”,作为一个整体,则所求即为4个不同元素的全排列,有=24种不同的停放方法,故选C.5.B由每班至少1名,最多2名,知分配名额为1,2,2,所以分配方案有=90(种).6.C若7级台阶上每一级至多站1人,有种不同的站法;若1级台阶站2人,另一级站1人,共有种不同的站法.所以共有不同的站法种数是=336.故选C.7.B分两类,第一类:甲排在第一位,共有=24种排法;第二类:甲排在第二位,共有=18种排法,所以共有编排方案24+18=42(种),故选B.8.B先从4名同学中选出2名同学参加同一学科竞赛,有种方法,再同其他两个学科排列有种方法,故要求4名同学每人只报一科,且每科至少有1名同学参加共有=36种方法,其中有不符合条件的,即学生甲、乙同时参加同一学科竞赛,有种方法,故不同的参赛方案共有36-6=30种方法,故选B.9.D核潜艇排列数为,6艘舰艇任意排列的排列数为,同侧均是同种舰艇的排列数为2,则舰艇分配方案的方法种数为2)=1 296.10.44由题意可知分四类,第一类,2名语文老师,2名数学老师,1名英语老师,有=4种选派方法;第二类,1名语文老师,2名数学老师,2名英语老师,有=12种选派方法;第三类,2名语文老师,1名数学老师,2名英语老师,有=12种选派方法;第四类,1名语文老师,1名数学老师,3名英语老师,有=16种选派方法;则一共有4+12+12+16=44种选派方法.11.B先放标号1,2的卡片,有种放法,再将标号3,4,5,6的卡片平均分成两组再放置,有种放法,故共有=18种不同的放法.12.B由题意知,不同的座次有=48(种),故选B.13.D(方法一:直接法)若3个不同的项目被投资到4个城市中的3个,每个城市1个,共种投资方案;若3个不同的项目被投资到4个城市中的2个,一个城市1个、一个城市2个,共种投资方案.由分类加法计数原理知共=60种投资方案.(方法二: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种投资方案,其中3个项目落入同一个城市的投资方案不符合要求,共4种,所以总投资方案共43-4=64-4=60(种). 14.48当数字4出现在第2位时,数字1,3,5中相邻的数字出现在第3,4位或者第4,5位,共有=12(个);当数字4出现在第4位时,同理也有12个;当数字4出现在第3位时,数字1,3,5中相邻的数字出现在第1,2位或第4,5位,共有=24(个),故满足条件的不同五位数的个数是48.15.900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个房间形成的空当中即可,故安排方式共有=900(种).16.B分四类,第一类:两个红球分给其中一个人,有种分法;第二类:白球和黄球分给一个人,有种分法;第三类:白球和一个红球分给一个人,有种分法;第四类:黄球和一个红球分给一个人,有种方法,总共有+2=21种分法,故选B.17.120先在2号、3号的盒子内分别放入1个球、2个球,还剩17个小球,三个盒子内每个至少再放入1个,将17个球排成一排,有16个空隙,插入2块挡板分为三堆,再放入三个盒子中即可,所以共有=120种放法.。
高考数学一轮复习 课时规范练56 排列与组合 理 新人教A版
课时规范练56 排列与组合一、基础巩固组1.(2017贵州贵阳模拟)有6个座位连成一排,现有3人就座,则恰有两个空座位相邻的不同坐法有()A.36种B.48种C.72种D.96种2.把标号为1,2,3,4,5的同色球全部放入编号为1~5号的箱子中,每个箱子放一个球且要求偶数号的球必须放在偶数号的箱子中,则所有的放法种数为()A.11B.10C.12D.83.在由数字0,1,2,3,4,5组成的没有重复数字的四位数中,不能被5整除的数共有()A.372B.180C.192D.3004.(2017湖北汉口模拟,理5)某单位有7个连在一起的车位,现有3辆不同型号的车需停放,如果要求剩余的4个空车位连在一起,那么不同的停放方法有()A.16种B.18种C.24种D.32种〚导学号21500773〛5.将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习,每班至少1名,最多2名,则不同的分配方案共有()A.30种B.90种C.180种D.270种6.(2017河北武邑中学二模,理10)甲、乙、丙三人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是()A.258B.306C.336D.2967.(2017山西太原五中检测)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有()A.36种B.42种C.48种D.54种8.某学校安排甲、乙、丙、丁4名同学参加数学、物理、化学竞赛,要求每名同学仅报一科,每科至少有1名同学参加,且甲、乙不能参加同一学科,则不同的安排方法有()A.36种B.30种C.24种D.6种9.某航空母舰将进行一次编队配置科学试验,要求2艘攻击型核潜艇一前一后,3艘驱逐舰和3艘护卫舰分列左右,每侧3艘,同侧不能都是同种舰艇,则舰艇分配方案的方法种数为()A.72B.324C.648D.1 29610.从2名语文老师、2名数学老师、4名英语老师中选派5人组成一个支教小组,则语文老师、数学老师、英语老师都至少有1名的选派方法种数为.(用数字作答) 〚导学号21500774〛二、综合提升组11.将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中.若每个信封放2张,其中标号为1,2的卡片放入同一信封,则不同的放法共有()A.12种B.18种C.36种D.54种12.(2017湖北武汉调研)A,B,C,D,E,F六人围坐在一张圆桌周围开会,A是会议的中心发言人,必须坐最北面的椅子,B,C二人必须坐相邻的两把椅子,其余三人坐剩余的三把椅子,则不同的座次有()A.60种B.48种C.30种D.24种13.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〚导学号21500775〛14.(2017山东潍坊模拟,理14)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.(用数字作答)15.将并排的有不同编号的5个房间安排给5名工作人员临时休息,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.(用数字作答)三、创新应用组16.(2017陕西西安检测)将除颜色外完全相同的一个白球、一个黄球、两个红球分给三名小朋友,且每名小朋友至少分得一个球的分法种数为()A.15B.21C.18D.2417.(2017吉林长春质检)将20个不加区别的小球放入1号、2号、3号的三个盒子中,要求每个盒子内的球数不小于它的编号数,则不同的放法种数为.(用数字作答)课时规范练56排列与组合1.C恰有两个空座位相邻,相当于两个空座位与第三个空座位不相邻,先排3个人,再插空,从而共有=72种不同的坐法.2.C依题意,满足题意的放法种数为=12.3.C所有四位数有=300(个),末位数为0时,有=60(个),末位数为5时,有=4×12=48(个),则不能被5整除的数共有300-60-48=192(个),故选C.4.C将4个连在一起的空车位“捆绑”,作为一个整体,则所求即为4个不同元素的全排列,有=24种不同的停放方法,故选C.5.B由每班至少1名,最多2名,知分配名额为1,2,2,所以分配方案有=90(种).6.C若7级台阶上每一级至多站1人,有种不同的站法;若1级台阶站2人,另一级站1人,共有种不同的站法.所以共有不同的站法种数是=336.故选C.7.B分两类,第一类:甲排在第一位,共有=24种排法;第二类:甲排在第二位,共有=18种排法,所以共有编排方案24+18=42(种),故选B.8.B先从4名同学中选出2名同学参加同一学科竞赛,有种方法,再同其他两个学科排列有种方法,故要求4名同学每人只报一科,且每科至少有1名同学参加共有=36种方法,其中有不符合条件的,即学生甲、乙同时参加同一学科竞赛,有种方法,故不同的参赛方案共有36-6=30种方法,故选B.9.D核潜艇排列数为,6艘舰艇任意排列的排列数为,同侧均是同种舰艇的排列数为2,则舰艇分配方案的方法种数为2)=1 296.10.44由题意可知分四类,第一类,2名语文老师,2名数学老师,1名英语老师,有=4种选派方法;第二类,1名语文老师,2名数学老师,2名英语老师,有=12种选派方法;第三类,2名语文老师,1名数学老师,2名英语老师,有=12种选派方法;第四类,1名语文老师,1名数学老师,3名英语老师,有=16种选派方法;则一共有4+12+12+16=44种选派方法.11.B先放标号1,2的卡片,有种放法,再将标号3,4,5,6的卡片平均分成两组再放置,有种放法,故共有=18种不同的放法.12.B由题意知,不同的座次有=48(种),故选B.13.D(方法一:直接法)若3个不同的项目被投资到4个城市中的3个,每个城市1个,共种投资方案;若3个不同的项目被投资到4个城市中的2个,一个城市1个、一个城市2个,共种投资方案.由分类加法计数原理知共=60种投资方案.(方法二: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种投资方案,其中3个项目落入同一个城市的投资方案不符合要求,共4种,所以总投资方案共43-4=64-4=60(种). 14.48当数字4出现在第2位时,数字1,3,5中相邻的数字出现在第3,4位或者第4,5位,共有=12(个);当数字4出现在第4位时,同理也有12个;当数字4出现在第3位时,数字1,3,5中相邻的数字出现在第1,2位或第4,5位,共有=24(个),故满足条件的不同五位数的个数是48.15.900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个房间形成的空当中即可,故安排方式共有=900(种).16.B分四类,第一类:两个红球分给其中一个人,有种分法;第二类:白球和黄球分给一个人,有种分法;第三类:白球和一个红球分给一个人,有种分法;第四类:黄球和一个红球分给一个人,有种方法,总共有+2=21种分法,故选B.17.120先在2号、3号的盒子内分别放入1个球、2个球,还剩17个小球,三个盒子内每个至少再放入1个,将17个球排成一排,有16个空隙,插入2块挡板分为三堆,再放入三个盒子中即可,所以共有=120种放法.。
2020版高考数学一轮复习课时规范练2不等关系及简单不等式的解法理北师大版
课时规范练2 不等关系及简单不等式的解法基础巩固组1.已知a,b∈R,下列命题正确的是()A.若a>b,则|a|>|b|B.若a>b,则C.若|a|>b,则a2>b2D.若a>|b|,则a2>b22.函数f(x)=的定义域是()A.(-∞,1)∪(3,+∞)B.(1,3)C.(-∞,2)∪(2,+∞)D.(1,2)∪(2,3)3.已知实数a,b,c满足b+c=6-4a+3a2,c-b=4-4a+a2,则a,b,c的大小关系为()A.a<b≤cB.b≤c<aC.b<c<aD.b<a<c4.使不等式2x2-5x-3≥0成立的一个充分不必要条件是()A.x≥0B.x<0或x>2C.x∈{-1,3,5}D.x≤-或x≥35.若函数f(x)=的定义域为R,则实数m的取值范围为()A.[-4,0]B.[-4,0)C.(-4,0)D.(-∞,4]∪{0}6.不等式<0的解集为()A.{x|1<x<2}B.{x|x<2,且x≠1}C.{x|-1<x<2,且x≠1}D.{x|x<-1或1<x<2}7.若不等式mx2+2mx-4<2x2+4x对任意x都成立,则实数m的取值范围是()A.(-2,2]B.(-2,2)C.(-∞,-2)∪(2,+∞)D.(-∞,2]8.已知存在实数a满足ab2>a>ab,则实数b的取值范围是.9.已知关于x的不等式ax2+bx+a<0(ab>0)的解集是空集,则a2+b2-2b的取值范围是.综合提升组10.已知不等式>0的解集为(-1,2),m是a和b的等比中项,则=()A.1B.-3C.-1D.311.若关于x的不等式f(x)=ax2-x-c>0的解集为{x|-2<x<1},则函数y=f(-x)的图像为()12.若关于x的不等式x2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解,则实数a的取值范围是.13.对任意x∈[-1,1],函数f(x)=x2+(k-4)x+4-2k的值恒大于零,则k的取值范围是.14.已知二次函数f(x)=ax2+x+1对x∈[0,2]恒有f(x)>0,求a的取值范围.创新应用组15.已知函数f(x)=(ax-1)(x+b),如果不等式f(x)>0的解集是(-1,3),那么不等式f(-2x)<0的解集是()A.B.C.D.16.若ax2+bx+c<0的解集为{x|x<-1或x>3},则对于函数f(x)=cx2+bx+a应有()A.f(5)<f(0)<f(-1)B.f(5)<f(-1)<f(0)C.f(-1)<f(0)<f(5)D.f(0)<f(-1)<f(5)17.已知f(x)=若对任意x∈[t,t+2],不等式f(x+t)≥2f(x)恒成立,则t的取值范围是.参考答案课时规范练2 不等关系及简单不等式的解法1.D当a=1,b=-2时,A不正确,B不正确,C不正确;对于D,a>|b|≥0,则a2>b2.故选D.2.D由题意知解得故函数f(x)的定义域为(1,2)∪(2,3).3.A由c-b=4-4a+a2=(2-a)2≥0,得b≤c,再由b+c=6-4a+3a2,c-b=4-4a+a2,得b=1+a2,因为1+a2-a=+>0,所以b=1+a2>a.所以a<b≤c.4.C不等式2x2-5x-3≥0的解集是,由题意,选项中x的取值范围应该是上述解集的真子集,只有C满足.5.A由题意知,对任意的x∈R,有1-mx-mx2≥0恒成立,所以m=0或故-4≤m≤0,故选A.6.D因为不等式<0等价于(x+1)(x-1)(x-2)<0,所以该不等式的解集是{x|x<-1或1<x<2}.故选D.7.A原不等式等价于(m-2)x2+2(m-2)x-4<0,当m=2时,对任意x不等式都成立;当m-2<0时,Δ=4(m-2)2+16(m-2)<0,解得-2<m<2,综上,得m∈(-2,2].8.(-∞,-1)∵ab2>a>ab,∴a≠0.当a>0时,有b2>1>b,即解得b<-1;当a<0时,有b2<1<b,即无解.综上可得b<-1.9. ∵不等式ax2+bx+a<0(ab>0)的解集是空集,∴a>0,b>0,且Δ=b2-4a2≤0.∴b2≤4a2.∴a2+b2-2b≥+b2-2b=-≥-.∴a2+b2-2b的取值范围是.10.A∵>0的解集为(-1,2),∴a<0,(ax+b)(x-2)>0,即x=-=-1,∴a=b.∵m是a和b的等比中项,则m2=ab,∴=1.11.B(方法一)由根与系数的关系知=-2+1,- =-2,解得a=-1,c=-2.所以f(x)=-x2-x+2.所以f(-x)= -x2+x+2=-(x+1)(x-2),图像开口向下,与x轴的交点为(-1,0),(2,0),故选B.(方法二)由题意可画出函数f(x)的大致图像,如图.又因为y=f(x)的图像与y=f(-x)的图像关于y轴对称,所以y=f(-x)的图像如图.12.(-∞,-2)不等式x2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解等价于a<(x2-4x-2)max.令g(x)=x2-4x-2,x∈(1,4),则g(x)<g(4)=-2,可得a<-2.13.(-∞,1)函数f(x)=x2+(k-4)x+4-2k的图像的对称轴方程为x=-=.当<-1,即k>6时,f(x)的值恒大于零等价于f(-1)= 1+(k-4)×(-1)+4-2k>0,解得k<3,故k不存在;当-1≤≤1,即2≤k≤6时,f(x)的值恒大于零等价于f=+×+4-2k>0,即k2<0,故k不存在;当>1,即k<2时,f(x)的值恒大于零等价于f(1)=1+(k-4)+4-2k>0,即k<1.综上可知,当k<1时,对任意x∈[-1,1],函数f(x)=x2+(k-4)x+4-2k的值恒大于零.14.解对x∈[0,2]恒有f(x)>0,即ax2>-(x+1),当x=0时显然满足ax2>-(x+1).当x≠0时,a>,即a>--.令t=,则t≥,g(t)=-t2-t=-+,g(t)max=g=-,可知a>-.∵f(x)=ax2+x+1是二次函数,∴a≠0.∴a>-,且a≠0.15.A由f(x)>0的解集为(-1,3),易知f(x)<0的解集为(-∞,-1)∪(3,+∞),故由f(-2x)<0得-2x<-1或-2x>3,∴x>或x<-.16.D由题意可知,-1,3是ax2+bx+c=0的两个实数根,且a<0,∴-1+3=-,-1×3=,∴=-2,=-3.∴f(x)=cx2+bx+a=a(-3x2-2x+1)=-3a+a.∵a<0,抛物线开口向上,且对称轴为x=-,∴离对称轴越近,函数值越小.又=,=,=,∴f(0)<f(-1)<f(5).17.[,+∞)(方法一)∵对任意x∈[t,t+2],不等式f(x+t)≥2f(x)恒成立,∴f(t+t)=f(2t)≥2f(t).当t<0时,f(2t)=-4t2≥2f(t)=-2t2,这不可能,故t≥0.∵当x∈[t,t+2]时,有x+t≥2t≥0,x≥t≥0,∴当x∈[t,t+2]时,不等式f(x+t)≥2f(x),即(x+t)2≥2x2,∴x+t≥x,∴t≥(-1)x对于x∈[t,t+2]恒成立.∴t≥(-1)(t+2),解得t≥.(方法二)当x<0时,f(x)=-x2递增,当x≥0时,f(x)=x2单调递增,∴f(x)=在R上递增,且满足2f(x)=f(x),∵不等式f(x+t)≥2f(x)=f(x)在[t,t+2]上恒成立,∴x+t≥x在[t,t+2]上恒成立,即t≥(-1)x在x∈[t,t+2]恒成立,∴t≥(-1)(t+2),解得t≥,故答案为[,+∞).。
2020版高考数学一轮复习课时规范练55分类加法计数原理与分步乘法计数原理理北师大版
课时规范练55 分类加法计数原理与分步乘法计数原理基础巩固组1.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.40B.16C.13D.102.现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座,每名同学可自由选择其中的一个讲座,不同选法的种数是()A.56B.65C. D.6×5×4×3×23.现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色,要求有公共边界的两块不能用同一种颜色,则不同的着色方法共有()A.24种B.30种C.36种D.48种4.(2018山西一模)某天的值日工作由4名同学负责,且其中1人负责清理讲台,另1人负责扫地,其余2人负责拖地,则不同的分工共有()A.6种B.12种C.18种D.24种5.(2018北京一零一中学3月模拟)某学校开设“蓝天工程博览课程”,组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆,每个年级任选一个博物馆参观,则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有()A.种B.×54种C.×54种D.种6.(2018辽宁丹东模拟)现将5张连号的电影票分给甲、乙等5个人,每人一张,且甲、乙分得的电影票连号,则共有不同分法的种数为()A.12B.24C.48D.607.(2018黑龙江牡丹江)将数字1,2,3,4,填入下面的表格内,要求每行、每列的数字互不相同,如图所示,则不同的填表方式共有()种A.432B.576C.720D.8648.(2018新疆乌鲁木齐二诊)有五名同学站成一排照毕业纪念照,其中甲不能和乙站在一起,并且乙、丙两位同学要站在一起,则不同的站法种数有(用数字作答).9.若甲、乙两人从4门课程中各选修2门,则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有种.10.三边长均为正整数,且最大边长为11的三角形的个数是.综合提升组11.从0,2中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,组成无重复数字的三位数,其中奇数的个数为()A.24B.18C.12D.612.(2018内蒙古赤峰模拟)把2支相同的晨光签字笔,3支相同的英雄钢笔,全部分给4名优秀学生,每名学生至少1支,则不同的分法有()A.24种B.28种C.32种D.36种13.(2018天津模拟)将数字“124470”重新排列后得到不同的偶数个数为()A.180B.192C.204D.26414.如图所示,一个地区分为5个行政区域,现给该地区的地图涂色,要求相邻区域不得使用同一种颜色,现有4种颜色可供选择,则涂色方法共有的种数为.15.我们把中间位上的数字最大,而两边依次减小的多位数称为“凸数”.如132,341等,则由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位凸数的个数是.16.(2018浙江宁波模拟)现有红、黄、蓝、绿四个骰子,每个骰子的六个面上的数字分别为1,2,3,4,5,6.若同时掷这四个骰子,则四个骰子朝上的数字之积等于24的情形共有种(请用数字作答).创新应用组17.对甲、乙、丙、丁四人进行编号,甲不编“1”号、乙不编“2”号、丙不编“3”号、丁不编“4”号的不同编号方法有()A.8种B.9种C.10种D.11种18.如图,在由若干个同样小的平行四边形组成的大平行四边形内有一个★,则含有★的平行四边形共有个.(用数字作答)参考答案课时规范练55 分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.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.2.A6名同学中的每一名同学都可以从5个课外知识讲座中任选一个,由分步乘法计数原理可知不同的选法种数是56.故选A.3.D按A→B→C→D的顺序分四步着色,共有4×3×2×2=48种不同的着色方法.4.B方法数有=12种.故选B.5.C因为有且只有两个年级选择甲博物馆,所以参观甲博物馆的年级有种情况,其余年级均有5种选择,所以共有54种情况,根据分步乘法计数原理可得共有×54种情况,故选C.6.C先从4组2张连号票,比如(1,2)(2,3)(3,4)(4,5)中取出一组,分给甲、乙两人,共有=8种,其余的3张票随意分给剩余的3人,共有=6种方法,根据分步乘法计数原理可知,共有8×6=48种不同的分法,故选C.7.B对符合题意的一种填法如图,行交换共有=24种,列交换共有=24种,所以根据分步乘法计数原理得到不同的填表方式共有24×24=576种,故选B.8.36根据题意,先排除甲后的其余4人进行排列,因为乙、丙两位同学要站在一起,故将乙、丙“捆绑”再与其余2人进行全排,共有=12种不同的排法,再将甲插空,由于甲不能和乙站在一起,故甲有3种插法,所以根据分步乘法计数原理,不同的站法有12×3=36种.故答案为36.9.24分步完成,首先甲、乙两人从4门课程中同选1门,有4种方法;其次甲从剩下的3门课程中任选1门,有3种方法;最后乙从剩下的2门课程中任选1门,有2种方法.于是,甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2=24(种).10.36另两边长用x,y(x,y∈N+)表示,不妨设1≤x≤y≤11,要构成三角形,必须x+y≥12.当y取11时,x可取1,2,3,…,11,有11个三角形;当y取10时,x可取2,3,…,10,有9个三角形;……当y 取6时,x只能取6,只有1个三角形.所以所求三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36.11.B三位数可分成两类,第一类是奇偶奇,其中个位有3种选择,十位有2种选择,百位有2种选择,共有3×2×2=12(个);第二类是偶奇奇,个位有3种选择,十位有2种选择,百位有1种选择,共有3×2×1=6(个).故由分类加法计数原理,可知共有奇数12+6=18(个).故选B.12.B第一类,有一个人分到一支钢笔和一支签字笔,这种情况下的分法有:先将一支钢笔和一支签字笔分给一个人,有4种分法,将剩余的2支钢笔, 1支签字笔分给剩余3名同学,有3种分法,共有3×4=12种不同的分法;第二类,有一个人分到两支签字笔,这种情况下的分法有:先将两支签字笔分给一个人,有4种情况,将剩余的3支钢笔分给剩余3个人,只有1种分法,共有4×1=4种不同的分法;第三类,有一个人分到两支钢笔,这种情况的分法有:先将两支钢笔分给一个人,有4种情况,再将剩余的两支签字笔和一支钢笔分给剩余的3个人,有3种分法,那共有3×4=12种不同的分法.综上所述,总共有12+4+12=28种不同的分法.故选B.13.C根据题意,分3种情况讨论:①个位数字为0,在前面5个数位中任选2个,安排2个数字4,有=10种情况,将剩下的3个数字全排列,安排在其他的数位,有=6种情况,则此时有10×6=60个偶数,②个位数字为2,0不能在首位,有4种情况,在剩下的4个数位中任选2个,安排2个数字4,有=6种情况,将剩下的2个数字全排列,安排在其他的数位,有=2种情况,则此时有4×6×2=48个偶数,③个位数字为4,0不能在首位,有4种情况,将剩下的4个数字全排列,安排在其他的数位,有=24种情况,则此时有4×24=96个偶数.共有60+48+96=204个不同的偶数;故选C.14.72因为区域1与其他4个区域都相邻,首先考虑区域1,有4种涂法,然后再按区域2,4同色和不同色,分为两类:第一类,区域2,4同色,有3种涂法,此时区域3,5均有2种涂法,共有4×3×2×2=48种涂法;第二类,区域2,4不同色,先涂区域2,有3种涂法,再涂区域4,有2种涂法,此时区域3,5都只有1种涂法,共有4×3×2×1×1=24种涂法.根据分类加法计数原理知,共有48+24=72种满足条件的涂色方法.15.20根据“凸数”的特点,中间的数字只能是3,4,5,故分三类,第一类,当中间数字为3时,此时有2种(132,231);第二类,当中间数字为4时,从1,2,3中任取两个放在4的两边,故有=6种;第三类,当中间数字为5时,从1,2,3,4中任取两个放在5的两边,故有=12种;根据分类加法计数原理知,由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位凸数的个数是2+6+12=20.16.52因为24=6×4×1×1=6×2×2×1=4×3×2×1=3×2×2×2,对于上述四种情形掷这四个骰子时,分别有=12,×=12,=24,=4种情形,综上共有12+12+24+4=52种情形.17.B依题意,符合要求的编号方法为“1”号是乙、丙、丁三人中的某一个.①当乙的编号为“1”时,其他人的编号如下:显然,此时有3种不同的编号方法;②当丙的编号为“1”时,其他人的编号如下:显然,此时有3种不同的编号方法;③当丁的编号为“1”时,其他人的编号如下:显然,此时有3种不同的编号方法.由分类加法计数原理,知不同的编号方法有3+3+3=9(种).18.48含有★的平行四边形的左上角的顶点有4种可能,右下角的顶点有12种可能.由一个左上角顶点和一个右下角顶点就能构成一个平行四边形,所以共有48个含有★的平行四边形.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
课时规范练56 排列与组合
基础巩固组
1.(2018湖南、河南联考)郑州绿博园花展期间,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,其中小李和小王不在一起,不同的安排方案共有()
A.168种
B.156种
C.172种
D.180种
2.(2018东北三省三校二模)将7个座位连成一排,安排4个人就座,恰有两个空位相邻的不同坐法有()
A.240
B.480
C.720
D.960
3.(2019四川广安诊断,4)某地环保部门召集6家企业的负责人座谈,其中甲企业有2人到会,其余5家企业各有1人到会,会上有3人发言,则发言的3人来自3家不同企业的可能情况的种数为()
A.15
B.30
C.35
D.42
4.将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习,每班至少1名,最多2名,则不同的分配方案共有()
A.30种
B.90种
C.180种
D.270种
5.甲、乙、丙三人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是()
A.258
B.306
C.336
D.296
6.(2018湖南师大附中模拟)把7个字符a,a,a,b,b,α,β排成一排,要求三个“a”两两不相邻,且两个“b”也不相邻,则这样的排法共有()
A.144种
B.96种
C.30种
D.12种
7.(2018广东珠海3月质检)将5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子至少放一个球,则不同放法共有
()
A.480种
B.360种
C.240种
D.120种
8.(2018宁夏育才中学模拟)某城市关系要好的A, B, C, D四个家庭各有两个小孩共8人,分别乘甲、乙两辆汽车出去游玩,每车限坐4名(乘同一辆车的4名小孩不考虑位置),其中A户家庭的孪生姐妹需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名小孩恰有2名来自于同一个家庭的乘坐方式共有()
A.18种
B.24种
C.36种
D.48种
9.从2名语文老师、2名数学老师、4名英语老师中选派5人组成一个支教小组,则语文老师、数学老师、英语老师都至少有1名的选派方法种数为.(用数字作答)
综合提升组
10.将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中.若每个信封放2张,其中标号为1,2的卡片放入同一信封,则不同的放法共有()
A.12种
B.18种
C.36种
D.54种
11.A,B,C,D,E,F六人围坐在一张圆桌周围开会,A是会议的中心发言人,必须坐最北面的椅子,B,C二人必须坐相邻的两把椅子,其余三人坐剩余的三把椅子,则不同的座次有()
A.60种
B.48种
C.30种
D.24种
12.从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务,每天安排一人,每人只参加一天.若要求甲、乙两人至少选一人参加,且当甲、乙两人都参加时,他们参加社区服务的日期不相邻,那么不同的安排种数为.(用
数字作答)
13.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
14.将除颜色外完全相同的一个白球、一个黄球、两个红球分给三名小朋友,且每名小朋友至少分得一个球的分法种数为()
A.15
B.21
C.18
D.24
15.(2018上海松江、闵行区二模)设x1,x2,x3,x4∈{-1,0,2},那么满足2≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|≤4的所有有序数组(x1,x2,x3,x4)的组数为.
参考答案
课时规范练56 排列与组合
1.B分类:(1)小李和小王分别去甲、乙2个展区,共有=12种情况,(2)小王,小李一人去甲或乙,共=96种情
况,(3)小王,小李均没有去甲或乙,共=48种情况,总共N=12+96+48=156种情况,故选B.
2.B(1,2)或(6,7)为空时,第三个空位有4种选择;(2,3)或(3,4)或(4,5)或(5,6)为空时,第三个空位有3种选择;因此空位共有2×4+4×3=20种情况相邻,所以不同坐法有20=480种,故选B.
3.B由间接法得可能情况数为-·=35-5=30.
4.B由每班至少1名,最多2名,知分配名额为1,2,2,所以分配方案有··=90(种).
5.C若7级台阶上每一级至多站1人,有种不同的站法;
若1级台阶站2人,另一级站1人,共有种不同的站法.
所以共有不同的站法种数是+=336.故选C.
6.B先排列b,b,α,β,若α,β不相邻,有种排法,若α,β相邻,有种,共有6+6=12种排法,从所形成的5个空档中选3个插入a,a,a,共有12×=120种排法,若b,b相邻时,从所形成的4个空档中选3个插入a,a,a,共有
6×=24种排法,所以三个“a”两两不相邻,且两个“b”也不相邻,这样的排法共有120-24=96种,故选B.
7.C第一步:先从4个盒子中选一个盒子准备装两个球,有4种选法;第二步:从5个球里选出两个球放在刚才的盒子里,有种选法;第三步:把剩下的3个球全排列,有种排法,由分步乘法计数原理得不同方法共有4=240种,故选C.
8.B若A户家庭的孪生姐妹乘坐甲车,即剩下的两个小孩来自其他的2个家庭,有·22=12种不同的方法,若A户家庭的孪生姐妹乘坐乙车,那来自同一家庭的2名小孩来自剩下的3个家庭中的一个,有·22=12种不同的方法.所以共有12+12=24种方法.故选B.
9.44由题意可知分四类,
第一类,2名语文老师,2名数学老师,1名英语老师,有=4种选派方法;
第二类,1名语文老师,2名数学老师,2名英语老师,有=12种选派方法;
第三类,2名语文老师,1名数学老师,2名英语老师,有=12种选派方法;
第四类,1名语文老师,1名数学老师,3名英语老师,有=16种选派方法;
则一共有4+12+12+16=44种选派方法.
10.B先放标号1,2的卡片,有种放法,再将标号3,4,5,6的卡片平均分成两组再放置,有·种放法,故共有·=18种不同的放法.
11.B由题意知,不同的座次有=48(种),故选B.
12.5 040分两类,一类是甲、乙都参加,另一类是从甲、乙中选一人,方法数为N=+=1 440+3 600=5 040.填5 040.
13.732如图,记六个区域的涂色数为a6,若A,F涂色相同,则相当于5个区域涂色,记5个区域涂色数为a5,同理只有4个区域时涂色数记为a4,易知a4=++=84, a6=4×35-a5=4×35-=4×35-4×34+84=732.
14.B分四类,第一类:两个红球分给其中一个人,有种分法;第二类:白球和黄球分给一个人,有种分法;第三类:白球和一个红球分给一个人,有种分法;第四类:黄球和一个红球分给一个人,有种方法,总共有++2=21种分法,故选B.
15.45分类讨论:
①|x1|+|x2|+|x3|+|x4|=2,则这四个数为2,0,0,0或-1,-1,0,0,
有+=4+6=10(组);
②|x1|+|x2|+|x3|+|x4|=3,则这四个数为2,-1,0,0或-1,-1,-1,0,
有+=12+4=16(组);
③|x1|+|x2|+|x3|+|x4|=4,则这四个数为2,2,0,0或-1,-1,2,0或-1,-1,-1,-1,
有++=6+6×2+1=19(组);
综上可得,所有有序数组(x1,x2,x3,x4)的组数为10+16+19=45.。