高中数学选修(A版)23课后习题答案

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高中数学选修2-3习题及答案

高中数学选修2-3习题及答案

[基础训练A 组] 一、选择题1.将3个不同的小球放入4个盒子中,则不同放法种数有( ) A .81 B .64 C .12 D .142.从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台,其中至少有甲型与乙型电视机 各1台,则不同的取法共有( )A .140种 B.84种 C.70种 D.35种3.5个人排成一排,其中甲、乙两人至少有一人在两端的排法种数有( )A .33AB .334AC .523533A A A -D .2311323233A A A A A +4.,,,,a b c d e 共5个人,从中选1名组长1名副组长,但a 不能当副组长, 不同的选法总数是( )A.20 B .16 C .10 D .65.现有男、女学生共8人,从男生中选2人,从女生中选1人分别参加数学、 物理、化学三科竞赛,共有90种不同方案,那么男、女生人数分别是( ) A .男生2人,女生6人 B .男生3人,女生5人 C .男生5人,女生3人 D .男生6人,女生2人.6.在82x ⎛ ⎝的展开式中的常数项是( )A.7 B .7- C .28 D .28-7.5(12)(2)x x -+的展开式中3x 的项的系数是( ) A.120 B .120- C .100 D .100-8.22nx ⎫⎪⎭展开式中只有第六项二项式系数最大,则展开式中的常数项是( )A .180B .90C .45D .360二、填空题1.从甲、乙,……,等6人中选出4名代表,那么(1)甲一定当选,共有 种选法.(2)甲一定不入选,共有 种选法.(3)甲、乙二人至少有一人当选,共有 种选法.2.4名男生,4名女生排成一排,女生不排两端,则有 种不同排法. 3.由0,1,3,5,7,9这六个数字组成_____个没有重复数字的六位奇数.4.在10(x 的展开式中,6x 的系数是 .5.在220(1)x -展开式中,如果第4r 项和第2r +项的二项式系数相等,则r = ,4r T = .6.在1,2,3,...,9的九个数字里,任取四个数字排成一个首末两个数字是奇数的四位数,这样的四位数有_________________个?7.用145,x 四个不同数字组成四位数,所有这些四位数中的数字的总和为288,则x . 8.从1,3,5,7,9中任取三个数字,从0,2,4,6,8中任取两个数字,组成没有重复数字的五位数,共有________________个? 三、解答题1.判断下列问题是排列问题还是组合问题?并计算出结果.(1)高三年级学生会有11人:①每两人互通一封信,共通了多少封信?②每两人互握了一次手,共握了多少次手?(2)高二年级数学课外小组10人:①从中选一名正组长和一名副组长,共有多少种不同的选法?②从中选2名参加省数学竞赛,有多少种不同的选法?(3)有2,3,5,7,11,13,17,19八个质数:①从中任取两个数求它们的商可以有多少种不同的商?②从中任取两个求它的积,可以得到多少个不同的积? 2.7个排成一排,在下列情况下,各有多少种不同排法? (1)甲排头,(2)甲不排头,也不排尾,(3)甲、乙、丙三人必须在一起, (4)甲、乙之间有且只有两人, (5)甲、乙、丙三人两两不相邻, (6)甲在乙的左边(不一定相邻),(7)甲、乙、丙三人按从高到矮,自左向右的顺序, (8)甲不排头,乙不排当中。

人教a版高中数学选修2-3全册同步测控知能训练题集含答案

人教a版高中数学选修2-3全册同步测控知能训练题集含答案

人教A版高中数学选修2-3全册知能训练目录第1章1.1知能优化训练第1章1.2.1第一课时知能优化训练第1章1.2.1第二课时知能优化训练第1章1.2.2第一课时知能优化训练第1章1.2.2第二课时知能优化训练第1章1.3.1知能优化训练第1章1.3.2知能优化训练第2章2.1.1知能优化训练第2章2.1.2知能优化训练第2章2.2.1知能优化训练第2章2.2.2知能优化训练第2章2.2.3知能优化训练第2章2.3.1知能优化训练第2章2.3.2知能优化训练第2章2.4知能优化训练第3章3.1知能优化训练第3章3.2知能优化训练1.从A 地到B 地要经过C 地和D 地,从A 地到C 地有3条路,从C 地到D 地有2条路,从D 地到B 地有4条路,则从A 地到B 地不同走法的种数是( )A .3+2+4=9B .1C .3×2×4=24D .1+1+1=3解析:选C.由题意从A 地到B 地需过C 、D 两地,实际就是分三步完成任务,用乘法原理.2.某学生去书店,发现3本好书,决定至少买其中一本,则购买方式共有( )A .3种B .6种C .7种D .9种解析:选C.分3类:买1本书,买2本书和买3本书,各类的购买方式依次有3种、3种和1种,故购买方式共有3+3+1=7(种).3.(2011年高考课标全国卷)有3个兴趣小组,甲、乙两位同学各自参加其中一个小组,每位同学参加各个小组的可能性相同,则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( )A.13B.12C.23D.34解析:选A.甲、乙两位同学参加3个小组的所有可能性有3×3=9(种),其中甲、乙两人参加同一个小组的情况有3(种).故甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组的概率P =39=13. 4.将3封信投入6个信箱内,不同的投法有________种.解析:第1封信有6种投法,第2、第3封信也分别有6种投法,因此共有6×6×6=216种投法.答案:216一、选择题1.现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤,如果一条长裤与一件上衣配成一套,则不同的配法种数为( )A .7B .12C .64D .81解析:选B.要完成配套,分两步:第1步,选上衣,从4件上衣中任选一件,有4种不同选法;第2步,选长裤,从3条长裤中任选一条,有3种不同选法.故共有4×3=12种不同的配法.2.从A 地到B 地,可乘汽车、火车、轮船三种交通工具,如果一天内汽车发3次,火车发4次,轮船发2次,那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法为( )A .1+1+1=3B .3+4+2=9C .3×4×2=24D .以上都不对答案:B3.十字路口来往的车辆,如果不允许回头,共有不同的行车路线( )A .24种B .16种C .12种D .10种解析:选C.完成该任务可分为四类,从每一个方向入口都可作为一类,如图:从第1个入口进入时,有3种行车路线;同理,从第2个,第3个,第4个入口进入时,都分别有3种行车路线,由分类加法计数原理可得共有3+3+3+3=12种不同的行车路线,故选C.4.从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a,b组成复数a+b i,其中虚数有() A.30个B.42个C.36个D.35个解析:选C.第一步取b的数,有6种方法,第二步取a的数,也有6种方法,根据乘法计数原理,共有6×6=36种方法.5.从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数,作为直线Ax+By=0的系数,则形成不同的直线最多有()A.18条B.20条C.25条D.10条解析:选A.第一步取A的值,有5种取法,第二步取B的值有4种取法,其中当A=1,B=2时,与A=2,B=4时是相同的;当A=2,B=1时,与A=4,B=2时是相同的,故共有5×4-2=18(条).6.用1,2,3三个数字组成一个四位数,规定这三个数必须全部使用,且同一数字不能相邻出现,这样的四位数有()A.36个B.18个C.9个D.6个解析:选B.分3步完成,1,2,3这三个数中必有某一个数字被使用2次.第1步,确定哪一个数字被使用2次,有3种方法;第2步,把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上有3种方法;第3步,将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上,有2种方法.故有3×3×2=18个不同的四位数.二、填空题7.加工某个零件分三道工序,第一道工序有5人,第二道工序有6人,第三道工序有4人,从中选3人每人做一道工序,则选法有________种.解析:选第一、第二、第三道工序各一人的方法数依次为5、6、4,由分步乘法计数原理知,选法总数为N=5×6×4=120.答案:1208.如图是某校的校园设施平面图,现用不同的颜色作为各区域的底色,为了便于区分,要求相邻区域不能使用同一种颜色.若有6种不同的颜色可选,则有________种不同的着色方案.解析:操场可从6种颜色中任选1种着色;餐厅可从剩下的5种颜色中任选1种着色;宿舍区和操场、餐厅颜色都不能相同,故可从其余的4种颜色中任选1种着色;教学区和宿舍区、餐厅的颜色都不能相同,故可从其余的4种颜色中任选1种着色.根据分步乘法计数原理,共有6×5×4×4=480种着色方案.答案:4809.从1,2,3,4,7,9六个数中,任取两个数作对数的底数和真数,则所有不同的对数的值的个数为________.解析:(1)当取1时,1只能为真数,此时对数的值为0.(2)不取1时,分两步:①取底数,5种;②取真数,4种.其中log23=log49,log32=log94,log24=log39,log42=log93,∴N=1+5×4-4=17.答案:17三、解答题10.8张卡片上写着0,1,2,…,7共8个数字,取其中的三张卡片排放在一起,可组成多少个不同的三位数?解:先排放百位,从1,2,…,7共7个数中选一个有7种选法;再排十位,从除去百位的数外,剩余的7个数(包括0)中选一个,有7种选法;最后排个位,从除前两步选出的数外,剩余的6个数中选一个,有6种选法.由分步乘法计数原理,共可以组成7×7×6=294个不同的三位数.11.从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种,分别种在不同土质的三块土地上,其中黄瓜必须种植,求有多少种不同的种植方法?解:若黄瓜种在第一块土地上,则有3×2×1=6种不同种植方法.同理,黄瓜种在第二块、第三块土地上,均有3×2×1=6(种).故不同的种植方法共有6×3=18(种).12.某校学生会由高一年级5人,高二年级6人,高三年级4人组成.(1)选其中一人为学生会主席,有多少种不同的选法?(2)若每年级选1人为校学生会常委成员,有多少种不同的选法?(3)若要选出不同年级的两人分别参加市里组织的两项活动,有多少种不同的选法?解:(1)分三类:第一类,从高一年级选一人,有5种选择;第二类,从高二年级选一人,有6种选择;第三类,从高三年级选一人,有4种选择.由分类加法计数原理,共有5+6+4=15种选法.(2)分三步完成:第一步,从高一年级选一人,有5种选择;第二步,从高二年级选一人,有6种选择;第三步,从高三年级选一人,有4种选择.由分步乘法计数原理,共有5×6×4=120种选法.(3)分三类:高一、高二各一人,共有5×6=30种选法;高一、高三各一人,共有5×4=20种选法;高二、高三各一人,共有6×4=24种选法;由分类加法计数原理,共有30+20+24=74种选法.1.用1,2,3,4,5这5个数字,组成无重复数字的三位数,其中奇数共有()A.30个B.36个C.40个D.60个解析:选B.分2步完成:个位必为奇数,有A13种选法;从余下的4个数中任选2个排在三位数的百位、十位上,有A24种选法.由分步乘法计数原理,共有A13×A24=36个无重复数字的三位奇数.2.6人站成一排,甲、乙、丙3个人不能都站在一起的排法种数为()A.720 B.144C.576 D.684解析:选C.(间接法)甲、乙、丙三人在一起的排法种数为A44×A33;不考虑任何限制,6人的全排列有A66.∴符合题意的排法种数为:A66-A44×A33=576.3.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单,开演前又增加了两个新节目,如果将这两个节目插入原节目单中,那么不同插法种数为()A.42 B.30C.20 D.12解析:选A.分两类:①两个新节目相邻的插法有6A22种;②两个新节目不相邻的插法有A26种.故N=6×2+6×5=42.4.将红、黄、蓝、白、黑5种颜色的小球,分别放入红、黄、蓝、白、黑5种颜色的小口袋中,若不允有空袋,且红口袋中不能装入红球,则有______种不同的放法.解析:先装红球,且每袋一球,所以有A14×A44=96(种).答案:96一、选择题1.高三(1)班需要安排毕业晚会的4个音乐节目,2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序,要求两个舞蹈节目不连排,则不同排法的种数是()A.1800 B.3600C.4320 D.5040解析:选B.利用插空法,先将4个音乐节目和1个曲艺节目全排列有A55种,然后从6个空中选出2个空将舞蹈节目全排列有A26种,所以共有A55A26=3600(种).故选B.2.某省有关部门从6人中选4人分别到A、B、C、D四个地区调研十二五规划的开局形势,要求每个地区只有一人,每人只去一个地区,且这6人中甲、乙两人不去A地区,则不同的安排方案有()A.300种B.240种C.144种D.96种解析:选B.A地区有A14种方法,其余地区有A35种方法,共有A14A35=240(种).3.用数字1,2,3,4,5可以组成没有重复数字,并且比20000大的五位偶数共有() A.48个B.36个C.24个D.18个解析:选B.个位数字是2的有3A33=18(个),个位数字是4的有3A33=18(个),所以共有36个.4.8名学生和2位老师站成一排合影,2位老师不相邻的排法种数为()A.A88A29B.A88A210C.A88A27D.A88A26解析:选A.运用插空法,8名学生间共有9个空隙(加上边上空隙),先把老师排在9个空隙中,有A29种排法,再把8名学生排列,有A88种排法,共有A88×A29种排法.5.五名男生与两名女生排成一排照相,如果男生甲必须站在中间,两名女生必须相邻,符合条件的排法共有()A.48种B.192种C.240种D.288种解析:选B.(用排除法)将两名女生看作1人,与四名男生一起排队,有A55种排法,而女生可互换位置,所以共有A55×A22种排法,男生甲插入中间位置,只有一种插法;而4男2女排列中2名女生恰在中间的排法共有A22×A44(种),这时男生甲若插入中间位置不符合题意,故符合题意的排列总数为A55×A22-A44×A22=192.6.由1、2、3、4、5组成没有重复数字且1、2都不与5相邻的五位数的个数是() A.36 B.32C.28 D.24解析:选A.分类:①若5在首位或末位,共有2A12×A33=24(个);②若5在中间三位,共有A13×A22×A22=12(个).故共有24+12=36(个).二、填空题7.5人站成一排,甲必须站在排头或排尾的不同站法有________种.解析:2A44=48.答案:488.3个人坐8个位置,要求每人的左右都有空位,则有________种坐法.解析:第一步:摆5个空位置,○○○○○;第二步:3个人带上凳子插入5个位置之间的四个空,有A34=24(种),故有24种不同坐法.答案:249.5名大人要带两个小孩排队上山,小孩不排在一起也不排在头、尾,则共有________种排法(用数字作答).解析:先让5名大人全排列有A55种排法,两个小孩再依条件插空有A24种方法,故共有A55A24=1440种排法.答案:1440三、解答题10.7名班委中有A、B、C三人,有7种不同的职务,现对7名班委进行职务具体分工.(1)若正、副班长两职只能从A、B、C三人中选两人担任,有多少种分工方案?(2)若正、副班长两职至少要选A、B、C三人中的一人担任,有多少种分工方案?解:(1)先排正、副班长有A23种方法,再安排其余职务有A55种方法,依分步计数原理,共有A23A55=720种分工方案.(2)7人中任意分工方案有A77种,A、B、C三人中无一人任正、副班长的分工方案有A24 A55种,因此A、B、C三人中至少有一人任正、副班长的方案有A77-A24A55=3600(种).11.用0,1,2,3,4,5这六个数字:(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数?(2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数?(3)能组成多少个无重复数字的比1325大的四位数?解:(1)符合要求的四位偶数可分为三类:第一类:0在个位时,有A 35个;第二类:2在个位时,首位从1,3,4,5中选定1个有A 14种,十位和百位从余下的数字中选,有A 24种,于是有A 14×A 24(个);第三类:4在个位时,与第二类同理,也有A 14×A 24(个).由分类加法计数原理得:共有A 35+2A 14×A 24=156(个).(2)为5的倍数的五位数可分为两类:第一类:个位上为0的五位数有A 45个;第二类:个位上为5的五位数有A 14×A 34(个),故满足条件的五位数共有A 45+A 14×A 34=216(个).(3)比1325大的四位数可分为三类:第一类:形如2,3 ,4 ,5 ,共有A 14×A 35(个);第二类:形如14 ,15 ,共有A 12×A 24(个); 第三类:形如134 ,135 ,共有A 12×A 13(个).由分类加法计数原理可得,比1325大的四位数共有:A 14×A 35+A 12×A 24+A 12×A 13=270(个).12.7名师生站成一排照相留念,其中老师1人,男学生4人,女学生2人,在下列情况下,各有多少种不同站法?(1)两名女生必须相邻而站;(2)4名男生互不相邻;(3)若4名男生身高都不等,按从高到低的顺序站;(4)老师不站中间,女生不站两端.解:(1)2名女生站在一起有站法A 22种,视为一种元素与其余5人全排,有A 66种排法,所以有不同站法A 22×A 66=1440(种).(2)先站老师和女生,有站法A 33种,再在老师和女生站位的间隔(含两端)处插入男生,每空一人,则插入方法A 44种,所以共有不同站法A 33×A 44=144(种).(3)7人全排列中,4名男生不考虑身高顺序的站法有A 44种,而由高到低有从左到右和从右到左的不同,所以共有不同站法2×A 77A 44=420(种). (4)中间和两侧是特殊位置,可分类求解如下:①老师站在两侧之一,另一侧由男生站,有A 12×A 14×A 55种站法;②两侧全由男生站,老师站除两侧和正中的另外4个位置之一,有A 14×A 24×A 44种站法,所以共有不同站法A 12×A 14×A 55+A 14×A 24×A 44=960+1152=2112(种).1.5A35+4A24=()A.107B.323C.320 D.348解析:选D.原式=5×5×4×3+4×4×3=348.2.4×5×6×…·(n-1)·n等于()A.A4n B.A n-4nC.n!-4! D.A n-3n解析:选D.原式可写成n·(n-1)·…×6×5×4,故选D.3.6名学生排成两排,每排3人,则不同的排法种数为()A.36 B.120C.720 D.240解析:选C.排法种数为A66=720.4.下列问题属于排列问题的是________.①从10个人中选2人分别去种树和扫地;②从10个人中选2人去扫地;③从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队;④从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作幂运算.解析:①选出的2人有不同的劳动内容,相当于有顺序.②选出的2人劳动内容相同,无顺序.③5人一组无顺序.④选出的两个数作为底数或指数其结果不同,有顺序.答案:①④一、选择题1.甲、乙、丙三地客运站,需要准备在甲、乙、丙三地之间运行的车票种数是() A.1 B.2C.3 D.6解析:选D.A23=6.2.已知A2n+1-A2n=10,则n的值为()A.4 B.5C.6 D.7解析:选B.由A2n+1-A2n=10,得(n+1)n-n(n-1)=10,解得n=5.3.从5本不同的书中选两本送给2名同学,每人一本,则不同的送法种数是() A.5 B.10C.20 D.60解析:选C.A25=20.4.将3张不同的电影票分给10人中的3人,每人一张,则不同的分法种数是() A.2160 B.720C.240 D.120解析:选B.A310=10×9×8=720.5.某段铁路所有车站共发行132种普通车票,那么这段铁路共有车站数是()A.8 B.12C.16 D.24解析:选B.设车站数为n,则A2n=132,n(n-1)=132,∴n =12.6.S =1!+2!+3!+…+99!,则S 的个位数字为( )A .0B .3C .5D .7解析:选B.∵1!=1,2!=2,3!=6,4!=24,5!=120,6!=720,…∴S =1!+2!+3!+…+99!的个位数字是3.二、填空题7.若A m 10=10×9×…×5,则m =________.解析:10-m +1=5,得m =6.答案:68.A n +32n +A n +14=________.解析:由⎩⎪⎨⎪⎧ n +3≤2n ,n +1≤4,n ∈N *,得n =3, ∴A n +32n +A n +14=6!+4!=744. 答案:7449.甲、乙、丙、丁四人轮读同一本书,则甲首先读的安排方法有________种. 解析:甲在首位,相当于乙、丙、丁全排,即3!=3×2×1=6.答案:6三、解答题10.解不等式:A x 9>6A x -29.解:原不等式可化为9!(9-x )!>6·9!(9-x +2)!, 其中2≤x ≤9,x ∈N *,∴(11-x )(10-x )>6,即x 2-21x +104>0,∴(x -8)(x -13)>0,∴x <8或x >13.又∵2≤x ≤9,x ∈N *,∴2≤x <8,x ∈N *.故x =2,3,4,5,6,7.11.解方程3A x 8=4A x -19.解:由3A x 8=4A x -19得3×8!(8-x )!=4×9!(10-x )!. ∴3×8!(8-x )!=4×9×8!(10-x )(9-x )(8-x )!. 化简得:x 2-19x +78=0,解得x 1=6,x 2=13.∵x ≤8,且x -1≤9,∴原方程的解是x =6.12.判断下列问题是否为排列问题.(1)北京、上海、天津三个民航站之间的直达航线的飞机票的价格(假设来回的票价相同);(2)选2个小组分别去植树和种菜;(3)选2个小组去种菜;(4)选10人组成一个学习小组;(5)选3个人分别担任班长、学习委员、生活委员;(6)某班40名学生在假期相互通信.解:(1)中票价只有三种,虽然机票是不同的,但票价是一样的,不存在顺序问题,所以不是排列问题;(2)植树和种菜是不同的,存在顺序问题,属于排列问题;(3)、(4)不存在顺序问题,不属于排列问题;(5)中每个人的职务不同,例如甲当班长或当学习委员是不同的,存在顺序问题,属于排列问题;(6)A给B写信与B给A写信是不同的,所以存在着顺序问题,属于排列问题.所以在上述各题中(2)、(5)、(6)属于排列问题.1.编号为1、2、3、4、5、6、7的七盏路灯,晚上用时只亮三盏灯,且任意两盏亮灯不相邻,则不同的开灯方案有( )A .60种B .20种C .10种D .8种解析:选C.四盏熄灭的灯产生的5个空档中放入3盏亮灯,即C 35=10.2.某中学要从4名男生和3名女生中选4人参加公益劳动,若男生甲和女生乙不能同时参加,则不同的选派方案共有( )A .25种B .35种C .820种D .840种解析:选A.分3类完成:男生甲参加,女生乙不参加,有C 35种选法;男生甲不参加,女生乙参加,有C 35种选法;两人都不参加,有C 45种选法.所以共有2C 35+C 45=25(种)不同的选派方案.3.(2010年高考大纲全国卷Ⅰ)某校开设A 类选修课3门,B 类选修课4门,一位同学从中共选3门.若要求两类课程中各至少选一门,则不同的选法共有( )A .30种B .35种C .42种D .48种解析:选A.法一:可分两种互斥情况:A 类选1门,B 类选2门或A 类选2门,B 类选1门,共有C 13C 24+C 23C 14=18+12=30种选法.法二:总共有C 37=35种选法,减去只选A 类的C 33=1(种),再减去只选B 类的C 34=4(种),故有30种选法.4.(2011年高考江苏卷)从1,2,3,4这四个数中一次随机地取两个数,则其中一个数是另一个数的两倍的概率是________.解析:从1,2,3,4中任取两个数的组合个数为C 24=6,满足一个数是另一个数两倍的组合为{1,2},{2,4},故P =26=13.答案:13一、选择题1.9名会员分成三组讨论问题,每组3人,共有不同的分组方法种数为( )A .C 39C 36B .A 39A 36C.C 39C 36A 33 D .A 39A 36A 33 解析:选C.此为平均分组问题,要在分组后除以三组的排列数A 33.2.5本不同的书全部分给4个学生,每个学生至少1本,不同的分法种数有( ) A .480 B .240 C .120 D .96 解析:选B.先把5本书中两本捆起来,再分成4份即可,∴分法数为C 25A 44=240.3.某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务,如果要求至少有1名女生,那么不同的选派方案种数为( )A .14B .24C .28D .48解析:选A.6人中选4人的方案有C 46=15(种),没有女生的方案只有一种,所以满足要求的方案总数有14种.4.已知圆上9个点,每两点连一线段,所有线段在圆内的交点有( ) A .36个 B .72个 C .63个 D .126个解析:选D.此题可化归为:圆上9个点可组成多少个四边形,每个四边形的对角线的交点即为所求,所以,交点有C 49=126(个).5.(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中,若每个信封放2张,其中标号为1,2的卡片放入同一信封,则不同的放法共有( )A .12种B .18种C .36种D .54种解析:选B.先将1,2捆绑后放入信封中,有C 13种方法,再将剩余的4张卡片放入另外两个信封中,有C 24C 22种方法,所以共有C 13C 24C 22=18种方法.6.如图所示的四棱锥中,顶点为P ,从其他的顶点和各棱中点中取3个,使它们和点P 在同一平面内,不同的取法种数为( )A .40B .48C .56D .62解析:选C.满足要求的点的取法可分为3类:第1类,在四棱锥的每个侧面上除点P 外任取3点,有4C 35种取法; 第2类,在两个对角面上除点P 外任取3点,有2C 34种取法;第3类,过点P 的四条棱中,每一条棱上的两点和与这条棱异面的两条棱的中点也共面,有4C 12种取法.所以,满足题意的不同取法共有4C 35+2C 34+4C 12=56(种). 二、填空题7.在50件产品中有4件是次品,从中任意抽出5件,至少有三件是次品的抽法共有________种.解析:分两类,有4件次品的抽法为C 44C 146(种);有三件次品的抽法有C 34C 246(种),所以共有C 44C 146+C 34C 246=4186种不同的抽法.答案:41868.某运动队有5对老搭档运动员,现抽派4个运动员参加比赛,则这4人都不是老搭档的抽派方法数为________.解析:先抽取4对老搭档运动员,再从每对老搭档运动员中各抽1人,故有C 45C 12C 12C 12C 12=80(种). 答案:809.2011年3月10日是第六届世界肾脏日,某社区服务站将5位志愿者分成3组,其中两组各2人,另一组1人,分别去三个不同的社区宣传这届肾脏日的主题:“保护肾脏,拯救心脏”,不同的分配方案有________种.(用数字作答)解析:分配方案有C 25C 23C 11A 22×A 33=10×3×62=90(种). 答案:90三、解答题 10.四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中,恰有一个空盒的放法有多少种? 解:恰有一个空盒,则另外三个盒子中小球数分别为1,1,2,实际上可转化为先将四个不同的小球分为三组,两组各1个,另一组2个,分组方法有C 14C 13C 22A 22(种),然后将这三组再加上一个空盒进行全排列,即共有C 14C 13C 22A 22·A 44=144(种). 11.要从7个班中选10人参加数学竞赛,每班至少1人,共有多少种不同的选法?解:法一:共分三类:第一类:一个班出4人,其余6个班各出1人,有C 17种;第二类:有2个班分别出2人,3人,其余5个班各出1人,有A 27种;第三类:有3个班各出2人,其余4个班各出1人,有C 37种,故共有C 17+A 27+C 37=84(种).法二:将10人看成10个元素,这样元素之间共有9个空(两端不计),从这9个空中任选6个(即这6个位置放入隔板,将其分为七部分),有C 69=84种放法.故共有84种不同的选法.12.如图,在以AB 为直径的半圆周上,有异于A 、B 的六个点C 1、C 2、C 3、C 4、C 5、C 6,直径AB 上有异于A 、B 的四个点D 1、D 2、D 3、D 4.(1)以这10个点中的3个点为顶点作三角形可作出多少个?其中含C 1点的有多少个? (2)以图中的12个点(包括A 、B )中的4个点为顶点,可作出多少个四边形?解:(1)可分三种情况处理:①C 1、C 2、…、C 6这六个点任取三点可构成一个三角形;②C 1、C 2、…、C 6中任取一点,D 1、D 2、D 3、D 4中任取两点可构成一个三角形; ③C 1、C 2、…、C 6中任取两点,D 1、D 2、D 3、D 4中任取一点可构成一个三角形.∴C 36+C 16C 24+C 26C 14=116(个).其中含C 1点的三角形有C 25+C 15·C 14+C 24=36(个). (2)构成一个四边形,需要四个点,且无三点共线,∴共有C 46+C 36C 16+C 26C 26=360(个).1.计算C 28+C 38+C 29等于() A .120 B .240C .60D .480解析:选A.原式=C 39+C 29=C 310=120.2.若C 7n +1-C 7n =C 8n ,则n 等于( ) A .12 B .13 C .14 D .15解析:选C.C 7n +1-C 7n =C 8n ,即C 7n +1=C 8n +C 7n =C 8n +1,所以n +1=7+8,即n =14. 3.某校一年级有5个班,二年级有8个班,三年级有3个班,分年级举行班与班之间的篮球单循环赛,总共需进行比赛的场数是( )A .C 25+C 28+C 23B .C 25C 28C 23C .A 25+A 28+A 23 D .C 216解析:选A.分三类:一年级比赛的场数是C 25,二年级比赛的场数是C 28,三年级比赛的场数是C 23,再由分类加法计数原理可求.4.把8名同学分成两组,一组5人学习电脑,一组3人做生物实验,则不同的安排方法有________种.解析:C 38=56. 答案:56一、选择题1.下面几个问题中属于组合问题的是( )①由1,2,3,4构成的双元素集合;②5个队进行单循环足球比赛的分组情况;③由1,2,3构成两位数的方法;④由1,2,3组成无重复数字的两位数的方法.A .①③B .②④C .①②D .①②④ 答案:C2.已知平面内A 、B 、C 、D 这4个点中任何3点均不共线,则由其中任意3个点为顶点的所有三角形的个数为( )A .3B .4C .12D .24解析:选B.C 34=4.3.C 03+C 14+C 25+C 36+…+C 1720的值为( ) A .C 321 B .C 320C .C 420 D .C 421 解析:选D.原式=()C 04+C 14+C 25+C 36+…+C 1720 =()C 15+C 25+C 36+…+C 1720=(C 26+C 36)+…+C 1720=C 1721=C 21-1721=C 421. 4.若A 3n =12C 2n ,则n 等于( ) A .8 B .5或6 C .3或4 D .4解析:选A.A 3n =n (n -1)(n -2),C 2n =12n (n -1),∴n (n -1)(n -2)=6n (n -1),又n ∈N *,且n ≥3.解得n =8.5.从6位同学中选出4位参加一个座谈会,要求张、王两人中至多有一个人参加,则不同选法的种数为( )A .9B .14C .12D .15解析:选A.法一:直接法:分两类,第一类张、王两人都不参加,有C 44=1种选法;第二类张、王两人只有1人参加,有C 12C 34=8种选法.故共有C 44+C 12×C 34=9种选法.法二:间接法:C 46-C 24=9(种).6.把三张游园票分给10个人中的3人,分法有( ) A .A 310种 B .C 310种C .C 310A 310种D .30种 解析:选B.三张票没区别,从10人中选3人即可,即C 310. 二、填空题7.若C 13n =C 7n ,则C 18n =________.解析:∵C 13n =C 7n ,∴13=n -7,∴n =20, ∴C 1820=C 220=190. 答案:1908.C 22+C 23+C 24+…+C 210=________. 解析:原式=C 33+C 23+C 24+…+C 210=C 34+C 24+…+C 210=C 35+C 25+…+C 210=C 311=165. 答案:1659.从4名男生和3名女生中选出4人担任奥运志愿者,若选出的4人中既有男生又有女生,则不同的选法共有________________________________________________________________________种.解析:(间接法)共有C 47-C 44=34种不同的选法. 答案:34 三、解答题10.若C 4n >C 6n ,求n 的取值集合. 解:∵C 4n >C 6n ,∴⎩⎪⎨⎪⎧C 4n >C 6n n ≥6⇒⎩⎨⎧n !4!(n -4)!>n !6!(n -6)!n ≥6⇒⎩⎨⎧ n 2-9n -10<0n ≥6⇒⎩⎨⎧-1<n <10,n ≥6.∵n ∈N *,∴n =6、7、8、9,∴n 的集合为{6,7,8,9}.11.要从6男4女中选出5人参加一项活动,按下列要求,各有多少种不同的选法? (1)甲当选且乙不当选;(2)至少有1女且至多有3男当选.解:(1)甲当选且乙不当选,∴只需从余下的8人中任选4人,有C 48=70种选法.(2)至少有1女且至多有3男时,应分三类:第一类是3男2女,有C 36C 24种选法; 第二类是2男3女,有C 26C 34种选法; 第三类是1男4女,有C 16C 44种选法.由分类计数原理知,共有C 36C 24+C 26C 34+C 16C 44=186种选法. 12.现有10件产品,其中有2件次品,任意抽出3件检查. (1)正品A 被抽到有多少种不同的抽法? (2)恰有一件是次品的抽法有多少种? (3)至少一件是次品的抽法有多少种?解:(1)C 29=9×82=36(种).(2)从2件次品中任取1件有C 12种方法,从8件正品中取2件有C 28种方法,由分步乘法计数原理,不同的抽法共有C 12×C 28=2×8×72=56(种). (3)法一:含1件次品的抽法有C 12C 28种,含2件次品的抽法有C 22×C 18种,由分类加法计数原理,不同的抽法共有C 12×C 28+C 22×C 18=56+8=64(种).法二:从10件产品中任取3件的抽法为C 310种,不含次品的抽法有C 38种,所以至少1件次品的抽法为C 310-C 38=64(种).1.(x +2)6的展开式中x 3的系数是( ) A .20 B .40 C .80 D .160解析:选D.法一:设含x 3的为第r +1项,则T r +1=C r n x6-r ·2r,令6-r =3,得r =3,故展开式中x 3的系数为C 36×23=160.法二:根据二项展开式的通项公式的特点:二项展开式每一项中所含的x 与2分得的次数和为6,则根据条件满足条件x 3的项按3与3分配即可,则展开式中x 3的系数为C 36×23=160.2.(2x -12x)6的展开式的常数项是( )A .20B .-20C .40D .-40解析:选B.由题知(2x -12x )6的通项为T r +1=(-1)r C r 626-2r x 6-2r,令6-2r =0得r =3,故常数项为(-1)3C 36=-20.3.1.056的计算结果精确到0.01的近似值是( ) A .1.23 B .1.24 C .1.33 D .1.34解析:选 D.1.056=(1+0.05)6=C 06+C 16×0.05+C 26×0.052+C 36×0.053+…=1+0.3+0.0375+0.0025+…≈1.34.4.(2011年高考浙江卷)设二项式⎝⎛⎭⎫x -a x 6(a >0)的展开式中x 3的系数是A ,常数项为B ,若B =4A ,则a 的值是________.解析:A =C 26(-a )2,B =C 46(-a )4, 由B =4A 知,4C 26(-a )2=C 46(-a )4,解得a =±2. 又∵a >0,∴a =2. 答案:2一、选择题1.在(1-x )5-(1-x )6的展开式中,含x 3的项的系数是( ) A .-5 B .5 C .-10 D .10解析:选D.(1-x )5中x 3的系数-C 35=-10,-(1-x )6中x 3的系数为-C 36·(-1)3=20,故(1-x )5-(1-x )6的展开式中x 3的系数为10.2.(x -2y )10的展开式中x 6y 4项的系数是( ) A .840 B .-840 C .210 D .-210解析:选A.在通项公式T r +1=C r 10(-2y )r x10-r 中,令r =4,即得(x -2y )10的展开式中x 6y 4项的系数为C 410·(-2)4=840.3.(2010年高考陕西卷)⎝⎛⎭⎫x +ax 5(x ∈R )展开式中x 3的系数为10,则实数a 等于( ) A .-1 B.12 C .1D .2解析:选D.由二项式定理,得T r +1=C r 5x 5-r ·⎝⎛⎭⎫a x r =C r 5·x 5-2r ·a r ,∴5-2r =3,∴r =1,∴C 15·a =10,∴a =2.4.若C 1n x +C 2n x 2+…+C n n x n能被7整除,则x ,n 的值可能为( ) A .x =4,n =3 B .x =4,n =4 C .x =5,n =4 D .x =6,n =5解析:选C.由C 1n x +C 2n x 2+…+C n n x n =(1+x )n-1,分别将选项A 、B 、C 、D 代入检验知,仅有C 适合.5.⎝⎛⎭⎫x -13x 10的展开式中含x 的正整数指数幂的项数是( ) A .0 B .2 C .4 D .6解析:选B.T r +1=C r 10x 10-r 2·⎝⎛⎭⎫-13r ·x -r =C r 10⎝⎛⎭⎫-13r ·x 10-3r2.若是正整数指数幂,则有10-3r2为正整数,∴r 可以取0,2,∴项数为2.6.(1+2x )3(1-3x )5的展开式中x 的系数是( ) A .-4 B .-2 C .2 D .4解析:选C.(1+2x )3(1-3x )5=(1+6x 12+12x +8x 32)·(1-5x 13+10x 23-10x +5x 43-x 53),x的系数是-10+12=2.二、填空题 7.⎝⎛⎭⎪⎫2-13x 6的展开式中的第四项是________.解析:T 4=C 3623⎝⎛⎭⎪⎫-13x 3=-160x .答案:-160x8.若(x +a )5的展开式中的第四项是10a 2(a 为大于0的常数),则x =________.解析:∵T 4=C 35(x )2·a 3=10x ·a 3. ∴10xa 3=10a 2(a >0),∴x =1a.答案:1a9.(2010年高考辽宁卷)(1+x +x 2)⎝⎛⎭⎫x -1x 6的展开式中的常数项为__________. 解析:(1+x +x 2)⎝⎛⎭⎫x -1x 6=(1+x +x 2)[ C 06x 6⎝⎛⎭⎫-1x 0+C 16x 5⎝⎛⎭⎫-1x 1+C 26x 4⎝⎛⎭⎫-1x 2+C 36x 3⎝⎛⎭⎫-1x 3。

新教材 人教A版高中数学选择性必修第一册全册各章节课后练习题 含解析

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选择性必修第一册全册课后练习题本文档还有大量公式,在网页中显示可能会出现位置错误的情况,下载后均可正常显示,请放心下载练习!第一章空间向量与立体几何................................................................................................ - 2 -1.1.1空间向量及其线性运算......................................................................................... - 2 -1.1.2空间向量的数量积运算......................................................................................... - 8 -1.2空间向量基本定理.................................................................................................. - 15 -1.3.1空间直角坐标系 .................................................................................................. - 22 -1.3.2空间运算的坐标表示........................................................................................... - 28 -1.4.1.1空间向量与平行关系 ....................................................................................... - 34 -1.4.1.2空间向量与垂直关系 ....................................................................................... - 42 -1.4.2用空量研究距离、夹角问题............................................................................... - 51 -章末测验 ....................................................................................................................... - 64 - 第二章直线和圆的方程...................................................................................................... - 78 -2.1.1倾斜角与斜率 ...................................................................................................... - 78 -2.1.2两条直线平行和垂直的判定............................................................................... - 83 -2.2.1直线的点斜式方程............................................................................................... - 87 -2.2.2直线的两点式方程............................................................................................... - 92 -2.2.3直线的一般式方程............................................................................................... - 97 -2.3.1两条直线的交点坐标......................................................................................... - 102 -2.3.2两点间的距离公式............................................................................................. - 102 -2.3.3点到直线的距离公式......................................................................................... - 107 -2.3.4两条平行直线间的距离..................................................................................... - 107 -2.4.1圆的标准方程 .................................................................................................... - 113 -2.4.2圆的一般方程 .................................................................................................... - 118 -2.5.1直线与圆的位置关系......................................................................................... - 122 -2.5.2圆与圆的位置关系............................................................................................. - 128 -章末测验 ..................................................................................................................... - 135 - 第三章圆锥曲线的方程.................................................................................................... - 144 -3.1.1椭圆及其标准方程............................................................................................. - 144 -3.1.2.1椭圆的简单几何性质 ..................................................................................... - 150 -3.1.2.2椭圆的标准方程及性质的应用...................................................................... - 156 -3.2.1双曲线及其标准方程......................................................................................... - 164 -3.2.2双曲线的简单几何性质..................................................................................... - 171 -3.3.1抛物线及其标准方程......................................................................................... - 178 -3.3.2抛物线的简单几何性质..................................................................................... - 184 -章末测验 ..................................................................................................................... - 191 - 模块综合测验 ..................................................................................................................... - 202 -第一章 空间向量与立体几何1.1.1空间向量及其线性运算一、选择题1.空间任意四个点A ,B ,C ,D ,则DA →+CD →-CB →等于( ) A .DB → B .AC → C .AB → D .BA → D [DA →+CD →-CB →=DA →+BD →=BA →.]2.设有四边形ABCD ,O 为空间任意一点,且AO →+OB →=DO →+OC →,则四边形ABCD 是( )A .平行四边形B .空间四边形C .等腰梯形D .矩形A [∵AO →+OB →=DO →+OC →,∴AB →=DC →. ∴AB →∥DC →且|AB →|=|DC →|. ∴四边形ABCD 为平行四边形.]3.已知A ,B ,C 三点不共线,对平面ABC 外的任一点O ,下列条件中能确定点M 与点A ,B ,C 一定共面的是( )A .OM →=OA →+OB →+OC → B .OM →=2OA →-OB →-OC → C .OM →=OA →+12OB →+13OC →D .OM →=13OA →+13OB →+13OC → D [由OM →=13OA →+13OB →+13OC →,可得3OM →=OA →+OB →+OC →⇒OM →-OA →+OM →-OB →+OM →-OC →=0, 即AM →=-BM →-CM →.所以AM →与BM →,CM →在一个平面上,即点M 与点A ,B ,C 一定共面.] 4.若空间中任意四点O ,A ,B ,P 满足OP →=mOA →+nOB →,其中m +n =1,则( )A .P ∈AB B .P ∉ABC .点P 可能在直线AB 上D .以上都不对A [因为m +n =1,所以m =1-n , 所以OP →=(1-n )OA →+nOB →, 即OP →-OA →=n (OB →-OA →), 即AP →=nAB →,所以AP →与AB →共线. 又AP →,AB →有公共起点A ,所以P ,A ,B 三点在同一直线上, 即P ∈AB .]5.已知在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点E 是A 1C 1的中点, 点F 是AE 的三等分点,且AF =12EF ,则AF →=( )A .AA 1→+12AB →+12AD → B .12AA 1→+12AB →+12AD →C .12AA 1→+16AB →+16AD → D .13AA 1→+16AB →+16AD →D [如图所示,AF →=13AE →,AE →=AA 1→+A 1E →,A 1E →=12A 1C 1→,A 1C 1→=A 1B 1→+A 1D 1→,A 1B 1→=AB →,A 1D 1→=AD →,所以AF →=13⎝ ⎛⎭⎪⎫AA 1→+12A 1C 1→=13AA 1→+16AB →+16AD →,故选D.]二、填空题6.已知A ,B ,C 三点不共线,O 为平面ABC 外一点,若由OM →=-2OA →+OB →+λOC →确定的点M 与A ,B ,C 共面,则λ=________.2 [由M 、A 、B 、C 四点共面知:-2+1+λ=1,即λ=2.]7.在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M 为AC 与BD 的交点,若A 1B 1→=a ,A 1D 1→=b ,A 1A →=c ,用a ,b ,c 表示D 1M →,则D 1M →=________.12a -12b +c [D 1M →=D 1D →+DM → =A 1A →+12(DA →+DC →) =c +12(-A 1D 1→+A 1B 1→) =12a -12b +c .]8.在空间四边形ABCD 中,E ,F 分别是AB ,CD 的中点,则EF →和AD →+BC →的关系是________.(填“平行”,“相等”或“相反”)平行 [设G 是AC 的中点,则EF →=EG →+GF →=12BC →+12AD →=12(AD →+BC →) 所以2EF →=AD →+BC →, 从而EF →∥(AD →+BC →).] 三、解答题9.如图,在空间四边形ABCD 中,G 为△BCD 的重心,E ,F 分别为边CD 和AD 的中点,试化简AG →+13BE →-12AC →,并在图中标出化简结果的向量.[解] ∵G 是△BCD 的重心,BE 是CD 边上的中线,∴GE →=13BE →.又12AC →=12(DC →-DA →)=12DC →-12DA →=DE →-DF →=FE →, ∴AG →+13BE →-12AC →=AG →+GE →-FE →=AF →(如图所示).10.在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M 为DD 1的中点,点N 在AC 上,且AN ∶NC =2∶1,求证:A 1N →与A 1B →,A 1M →共面.[证明] ∵A 1B →=AB →-AA 1→, A 1M →=A 1D 1→+D 1M →=AD →-12AA 1→, AN →=23AC →=23(AB →+AD →), ∴A 1N →=AN →-AA 1→ =23(AB →+AD →)-AA 1→=23(AB →-AA 1→)+23(AD →-12AA 1→) =23A 1B →+23A 1M →, ∴A 1N →与A 1B →,A 1M →共面.11.(多选题)若A ,B ,C ,D 为空间不同的四点,则下列各式为零向量的是( ) A .AB →+2BC →+2CD →+DC → B .2AB →+2BC →+3CD →+3DA →+AC →C.AB →+CA →+BD →D.AB →-CB →+CD →-AD →BD [A 中,AB →+2BC →+2CD →+DC →=AB →+2BD →+DC →=AB →+BD →+BD →+DC →=AD →+BC →;B 中,2AB →+2BC →+3CD →+3DA →+AC →=2AC →+3CA →+AC →=0;C 中,AB →+CA →+BD →=AD →+CA →;D 中,AB →-CB →+CD →-AD →=AB →+BC →+CD →+DA →表示A →B →C →D →A 恰好形成一个回路,结果必为0.]12.(多选题)有下列命题,其中真命题的有( ) A .若AB →∥CD →,则A ,B ,C ,D 四点共线 B .若AB →∥AC →,则A ,B ,C 三点共线C .若e 1,e 2为不共线的非零向量,a =4e 1-25e 2,b =-e 1+110e 2,则a ∥b D .若向量e 1,e 2,e 3是三个不共面的向量,且满足等式k 1e 1+k 2e 2+k 3e 3=0,则k 1=k 2=k 3=0BCD [根据共线向量的定义,若AB →∥CD →,则AB ∥CD 或A ,B ,C ,D 四点共线,故A 错;因为AB →∥AC →且AB →,AC →有公共点A ,所以B 正确;由于a =4e 1-25e 2=-4-e 1+110e 2=-4b ,所以a ∥b ,故C 正确;易知D 也正确.]13.(一题两空)已知A ,B ,C 三点共线,则对空间任一点O ,若OA →=2OB →+μOC →,则μ=________;存在三个不为0的实数λ,m ,n ,使λOA →+mOB →+nOC →=0,那么λ+m +n 的值为________.-1 0 [由A 、B 、C 三点共线,∴2+μ=1,∴μ=-1,又由λOA →+mOB →+nOC →=0得OA →=-m λOB →-n λOC →由A ,B ,C 三点共线知-m λ-nλ=1,则λ+m +n =0.]14.设e 1,e 2是平面上不共线的向量,已知AB →=2e 1+k e 2,CB →=e 1+3e 2,CD →=2e 1-e 2,若A ,B ,D 三点共线,则实数k 为________.-8 [因为BD →=CD →-CB →=e 1-4e 2,AB →=2e 1+k e 2,又A ,B ,D 三点共线,由共线向量定理得12=-4k ,所以k =-8.]15.如图所示,已知四边形ABCD 是平行四边形,点P 是ABCD 所在平面外的一点,连接P A ,PB ,PC ,PD .设点E ,F ,G ,H 分别为△P AB ,△PBC ,△PCD ,△PDA 的重心.(1)试用向量方法证明E ,F ,G ,H 四点共面;(2)试判断平面EFGH 与平面ABCD 的位置关系,并用向量方法证明你的判断. [证明] (1)分别连接PE ,PF ,PG ,PH 并延长,交对边于点M ,N ,Q ,R ,连接MN ,NQ ,QR ,RM ,∵E ,F ,G ,H 分别是所在三角形的重心,∴M ,N ,Q ,R 是所在边的中点,且PE →=23PM →,PF →=23PN →,PG →=23PQ →,PH →=23PR →.由题意知四边形MNQR 是平行四边形,∴MQ →=MN →+MR →=(PN →-PM →)+(PR →-PM →)=32(PF →-PE →)+32(PH →-PE →)=32(EF →+EH →).又MQ →=PQ →-PM →=32PG →-32PE →=32EG →.∴EG →=EF →+EH →,由共面向量定理知,E ,F ,G ,H 四点共面.(2)平行.证明如下:由(1)得MQ →=32EG →,∴MQ →∥EG →, ∴EG →∥平面ABCD .又MN →=PN →-PM →=32PF →-32PE → =32EF →,∴MN →∥EF →. 即EF ∥平面ABCD . 又∵EG ∩EF =E ,∴平面EFGH 与平面ABCD 平行1.1.2空间向量的数量积运算一、选择题1.已知a ⊥b ,|a |=2,|b |=3,且(3a +2b )⊥(λa -b ),则λ等于( ) A .32 B .-32 C .±32 D .1A [∵a ⊥b ,∴a ·b =0,∵3a +2b ⊥λa -b ,∴(3a +2b )·(λa -b )=0, 即3λa 2+(2λ-3)a ·b -2b 2=0,∴12λ-18=0,解得λ=32.]2.已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ,点E ,F 分别是BC ,AD 的中点,则AE →·AF →的值为( )A .a 2B .12a 2C .14a 2D .34a 2C [AE →·AF →=12(AB →+AC →)·12AD →=14(AB →·AD →+AC →·AD →)=14⎝ ⎛⎭⎪⎫a ×a ×12+a ×a ×12=14a 2.]3.已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1,则下列向量的数量积一定不为0的是( ) A .AD 1→·B 1C →B .BD 1→·AC →C .AB →·AD 1→ D .BD 1→·BC →D [对于选项A ,当四边形ADD 1A 1为正方形时,可得AD 1⊥A 1D ,而A 1D ∥B 1C ,可得AD 1⊥B 1C ,此时有AD 1→·B 1C →=0;对于选项B ,当四边形ABCD 为正方形时,AC ⊥BD ,易得AC ⊥平面BB 1D 1D ,故有AC ⊥BD 1,此时有BD 1→·AC →=0;对于选项C ,由长方体的性质,可得AB ⊥平面ADD 1A 1,可得AB ⊥AD 1,此时必有AB →·AD 1→=0;对于选项D ,由长方体的性质,可得BC ⊥平面CDD 1C 1,可得BC ⊥CD 1,△BCD 1为直角三角形,∠BCD 1为直角,故BC 与BD 1不可能垂直,即BD 1→·BC →≠0.故选D.]4.在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,向量BA 1→与向量AC →所成的角为( )A .60°B .150°C .90°D .120°D [BA 1→=BA →+AA 1→,|BA 1→|=2a ,AC →=A B →+AD →,|AC →|=2a .∴BA 1→·AC →=BA →·AB →+BA →·AD →+AA 1→·AB →+AA 1→·AD →=-a 2. ∴cos 〈BA 1→,AC →〉=-a 22a ·2a =-12.∴〈BA 1→,AC →〉=120°.]5.如图所示,在平行六面体ABCD -A ′B ′C ′D ′中,AB =1,AD =2,AA ′=3,∠BAD =90°,∠BAA ′=∠DAA ′=60°,则AC ′的长为( )A .13B .23C .33D .43B [∵AC ′→=AB →+BC →+CC ′→,∴AC ′→2=(AB →+BC →+CC ′→)2=AB →2+BC →2+CC ′→2+2(AB →·BC →+AB →·CC ′→+BC →·CC ′→) =12+22+32+2(0+1×3cos 60°+2×3cos 60°) =14+2×92=23,∴|AC ′→|=23,即AC ′的长为23.] 二、填空题6.已知a ,b 是空间两个向量,若|a |=2,|b |=2,|a -b |=7,则cos 〈a ,b 〉=________.18[将|a -b |=7两边平方,得(a -b )2=7. 因为|a |=2,|b |=2,所以a ·b =12.又a ·b =|a ||b |cos 〈a ,b 〉,故cos 〈a ,b 〉=18.]7.已知a ,b 是异面直线,A ,B ∈a ,C ,D ∈b ,AC ⊥b ,BD ⊥b ,且AB =2,CD =1,则a ,b 所成的角是________.60° [AB →=AC →+CD →+DB →,∴CD →·AB →=CD →·(AC →+CD →+DB →)=|CD →|2=1, ∴cos 〈CD →,AB →〉=CD →·AB →|CD →||AB →|=12,∴异面直线a ,b 所成角是60°.]8.已知|a |=2,|b |=1,〈a ,b 〉=60°,则使向量a +λb 与λa -2b 的夹角为钝角的实数λ的取值范围是________.(-1-3,-1+3) [由题意知 ⎩⎨⎧(a +λb )·(λa -2b )<0,cos 〈a +λb ,λa -2b 〉≠-1. 即⎩⎨⎧(a +λb )·(λa -2b )<0,(a +λb )·(λa -2b )≠-|a +λb ||λa -2b |,得λ2+2λ-2<0.∴-1-3<λ<-1+ 3.] 三、解答题9.如图,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是边长为1的正方形,侧棱P A 的长为2,且P A 与AB 、AD 的夹角都等于60°,M 是PC 的中点,设AB →=a ,AD →=b ,AP →=c .(1)试用a ,b ,c 表示出向量BM →; (2)求BM 的长.[解] (1)∵M 是PC 的中点,∴BM →=12(BC →+BP →)=12[AD →+(AP →-AB →)] =12[b +(c -a )]=-12a +12b +12c .(2)由于AB =AD =1,P A =2,∴|a |=|b |=1,|c |=2,由于AB ⊥AD ,∠P AB =∠P AD =60°,∴a·b =0,a·c =b·c =2·1·cos 60°=1, 由于BM →=12(-a +b +c ),|BM →|2=14(-a +b +c )2=14[a 2+b 2+c 2+2(-a·b -a·c +b·c )]=14[12+12+22+2(0-1+1)]=32.∴|BM →|=62,∴BM 的长为62.10.如图,已知直三棱柱ABC -A ′B ′C ′中,AC =BC =AA ′,∠ACB =90°,D ,E 分别为AB ,BB ′的中点.(1)求证:CE ⊥A ′D ;(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值. [解] (1)证明:设CA →=a ,CB →=b ,CC ′→=c , 根据题意得|a |=|b |=|c |,且a·b =b·c =c·a =0. ∴CE →=b +12c ,A ′D →=-c +12b -12a .∴CE →·A ′D →=⎝ ⎛⎭⎪⎫b +12c ·⎝ ⎛⎭⎪⎫-c +12b -12a =-12c 2+12b 2=0, ∴CE →⊥A ′D →,即CE ⊥A ′D .(2)∵AC ′→=-a +c ,∴|AC ′→|=2|a |,|CE →|=52|a |, ∵AC ′→·CE →=(-a +c )·⎝ ⎛⎭⎪⎫b +12c =12c 2=12|a |2, ∴cos 〈AC ′→,CE →〉=12|a |22×52|a |2=1010.∴异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.11.(多选题)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,下列命题正确的有( ) A .(AA 1→+AD →+AB →)2=3AB →2 B .A 1C →·(A 1B 1→-A 1A →)=0 C .AD 1→与A 1B →的夹角为60° D .正方体的体积为|AB →·AA 1→·AD →|AB [如图,(AA 1→+AD →+AB →)2=(AA 1→+A 1D 1→+D 1C 1→)2=AC 1→2=3AB →2;A 1C →·(A 1B 1→-A 1A →)=A 1C →·AB 1→=0;AD 1→与A 1B →的夹角是D 1C →与D 1A →夹角的补角,而D 1C →与D 1A →的夹角为60°,故AD 1→与A 1B →的夹角为120°;正方体的体积为|AB →||AA 1→||AD →|.故选AB.]12.已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1,若E 是底面正方形A 1B 1C 1D 1的中心, 则AC 1→与CE →( )A .重合B .平行但不重合C .垂直D .无法确定C [AC 1→=AB →+AD →+AA 1→,CE →=CC 1→+C 1E →=AA 1→-12(AB →+AD →),于是AC 1→·CE →=(AB →+AD →+AA 1→)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤AA 1-12(AB →+AD →)=AB →·AA 1→-12AB →2-12AB →·AD →+AD →·AA 1→-12AD →·AB →-12AD →2+AA 1→2-12AA 1→·AB →-12AA 1→·AD →=0-12-0+0-0-12+1-0-0=0,故AC 1→⊥CE →.]13.(一题两空)如图,在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,设AD =AA 1=1,AB =2,P 是C 1D 1的中点,则B 1C →·A 1P →=________,B 1C →与A 1P →所成角的大小为________.1 60° [法一:连接A 1D ,则∠P A 1D 就是B 1C →与A 1P →所成角.连接PD ,在△P A 1D 中,易得P A 1=DA 1=PD =2,即△P A 1D 为等边三角形,从而∠P A 1D =60°,即B 1C →与A 1P →所成角的大小为60°.因此B 1C →·A 1P →=2×2×cos 60°=1.法二:根据向量的线性运算可得B 1C →·A 1P →=(A 1A →+AD →)·⎝⎛⎭⎪⎫AD →+12AB →=AD →2=1. 由题意可得P A 1=B 1C =2,则2×2×cos 〈B 1C →,A 1P →〉=1,从而〈B 1C →,A 1P →〉=60°.]14.已知在正四面体D -ABC 中,所有棱长都为1,△ABC 的重心为G ,则DG 的长为________.63 [如图,连接AG 并延长交BC 于点M ,连接DM ,∵G 是△ABC 的重心,∴AG =23AM ,∴AG →=23AM →,DG →=DA →+AG →=DA →+23AM →=DA →+23(DM →-DA →)=DA →+23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(DB →+DC →)-DA →=13(DA →+DB →+DC →),而(DA →+DB →+DC →)2=DA →2+DB →2+DC →2+2DA →·DB →+2DB →·DC →+2DC →·DA →=1+1+1+2(cos 60°+cos 60°+cos 60°)=6,∴|DG →|=63.]15.如图,正四面体V -ABC 的高VD 的中点为O ,VC 的中点为M .(1)求证:AO ,BO ,CO 两两垂直;(2)求〈DM →,AO →〉.[解] (1)证明:设VA →=a ,VB →=b ,VC →=c ,正四面体的棱长为1, 则VD →=13(a +b +c ),AO →=16(b +c -5a ), BO →=16(a +c -5b ),CO →=16(a +b -5c ),所以AO →·BO →=136(b +c -5a )·(a +c -5b )=136(18a ·b -9|a |2)=136(18×1×1×cos 60°-9)=0,所以AO →⊥BO →,即AO ⊥BO .同理,AO ⊥CO ,BO ⊥CO . 所以AO ,BO ,CO 两两垂直.(2)DM →=DV →+VM →=-13(a +b +c )+12c =16(-2a -2b +c ),所以|DM →|=⎣⎢⎡⎦⎥⎤16(-2a -2b +c )2=12. 又|AO →|=⎣⎢⎡⎦⎥⎤16(b +c -5a )2=22,DM →·AO →=16(-2a -2b +c )·16(b +c -5a )=14, 所以cos 〈DM →,AO →〉=1412×22=22. 又〈DM →,AO →〉∈[0,π], 所以〈DM →,AO →〉=π4.1.2空间向量基本定理一、选择题1.若向量{a ,b ,c }是空间的一个基底,则一定可以与向量p =2a +b ,q =2a-b 构成空间的另一个基底的向量是( )A .aB .bC .cD .a +bC [由p =2a +b ,q =2a -b 得a =14p +14q ,所以a 、p 、q 共面,故a 、p 、q 不能构成空间的一个基底,排除A ;因为b =12p -12q ,所以b 、p 、q 共面,故b 、p 、q 不能构成空间的一个基底,排除B ;因为a +b =34p -14q ,所以a +b 、p 、q 共面,故a +b 、p 、q 不能构成空间的一个基底,排除D.]2.在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M 是上底面对角线AC 与BD 的交点,若A 1B 1→=a ,A 1D 1→=b ,A 1A →=c ,则B 1M →可表示为( )A .12a +12b +cB .12a -12b +cC .-12a -12b +cD .-12a +12b +cD [由于B 1M →=B 1B →+BM →=B 1B →+12(BA →+BC →) =-12a +12b +c ,故选D.]3.若向量MA →,MB →,MC →的起点M 与终点A ,B ,C 互不重合,且点M ,A ,B ,C 中无三点共线,满足下列关系(O 是空间任一点),则能使向量MA →,MB →,MC →成为空间一个基底的关系是( )A .OM →=13OA →+13OB →+13OC → B .MA →≠MB →+MC → C .OM →=OA →+OB →+OC →D .MA →=2MB →-MC →C [若MA →,MB →,MC →为空间一组基向量,则M ,A ,B ,C 四点不共面.选项A 中,因为13+13+13=1,所以点M ,A ,B ,C 共面;选项B 中,MA →≠MB →+MC →,但可能存在实数λ,μ使得MA →=λMB →+μMC →,所以点M ,A ,B ,C 可能共面;选项D 中,四点M ,A ,B ,C 显然共面.故选C.]4.空间四边形OABC 中,OA →=a ,OB →=b ,OC →=c ,点M 在OA 上,且OM →=2MA →,N 为BC 中点,则MN →为( )A .12a -23b +12cB .-23a +12b +12cC .12a +12b -23cD .23a +23b -12cB [MN →=MA →+AB →+BN →=13OA →+OB →-OA →+12(OC →-OB →)=-23OA →+12OB →+12OC →=-23a +12b +12c .]5.平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,向量AB →,AD →,AA 1→两两的夹角均为60°且|AB →|=1,|AD →|=2,|AA 1→|=3,则|AC 1→|等于( )A .5B .6C .4D .8A [在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中有,AC 1→=AB →+AD →+CC 1→=AB →+AD →+AA 1→所以有|AC 1→|=|AB →+AD →+AA 1→|,于是有|AC 1→|2=|AB →+AD →+AA 1→|2=|AB →|2+|AD →|2+|AA 1→|2+2|AB →|·|AD →|·cos 60°+2|AB →|·|AA 1→|·cos 60°+2|AD →||AA 1→|·cos 60°=25,所以|AC 1→|=5.]二、填空题6.在四面体OABC 中,OA →=a ,OB →=b ,OC →=c ,D 为BC 的中点,E 为AD 的中点,则OE →=________.(用a ,b ,c 表示)12a +14b +14c [因为在四面体OABC 中,OA →=a ,OB →=b ,OC →=c ,D 为BC 的中点,E 为AD 的中点,所以OE →=12(OA →+OD →)=12OA →+12OD →=12a +12×12(OB →+OC →)=12a +14(b +c )=12a +14b +14c .]7.已知{a ,b ,c }是空间的一个单位正交基底,{a +b ,a -b ,c }是空间的另一个基底,若向量m 在基底{a ,b ,c }下表示为m =3a +5b +9c ,则m 在基底{a +b ,a -b,3c }下可表示为________.4(a +b )-(a -b )+3(3c ) [由题意知,m =3a +5b +9c ,设m =x (a +b )+y (a -b )+z (3c )则有⎩⎨⎧ x +y =3x -y =53z =9,解得⎩⎨⎧x =4y =-1z =3.则m 在基底{a +b ,a -b,3c }可表示为m =4(a +b )-(a -b )+3(3c ).] 8.在四棱锥P -ABCD 中,ABCD 为平行四边形,AC 与BD 交于O ,G 为BD 上一点,BG =2GD ,P A →=a ,PB →=b ,PC →=c ,试用基底{a ,b ,c }表示向量PG →=________.23a -13b +23c [因为BG =2GD ,所以BG →=23BD →. 又BD →=BA →+BC →=P A →-PB →+PC →-PB →=a +c -2b , 所以PG →=PB →+BG →=b +23(a +c -2b ) =23a -13b +23c .] 三、解答题9.如图所示,正方体OABC -O ′A ′B ′C ′,且OA →=a ,OC →=b ,OO ′→=c .(1)用a ,b ,c 表示向量OB ′→,AC ′→;(2)设G ,H 分别是侧面BB ′C ′C 和O ′A ′B ′C ′的中心,用a ,b ,c 表示GH →.[解] (1)OB ′→=OB →+BB ′→=OA →+OC →+OO ′→=a +b +c . AC ′→=AC →+CC ′→=AB →+AO →+AA ′→=OC →+OO ′→-OA →=b +c -a . (2)法一:连接OG ,OH (图略), 则GH →=GO →+OH →=-OG →+OH → =-12(OB ′→+OC →)+12(OB ′→+OO ′→) =-12(a +b +c +b )+12(a +b +c +c ) =12(c -b ).法二:连接O ′C (图略),则GH →=12CO ′→=12(OO ′→-OC →) =12(c -b ).10.如图,在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,MA →=-13AC →,ND →=13A 1D →,设AB →=a ,AD →=b ,AA 1→=c ,试用a ,b ,c 表示MN →.[解] 连接AN ,则MN →=MA →+AN →.由已知可得四边形ABCD 是平行四边形,从而可得 AC →=AB →+AD →=a +b , MA →=-13AC →=-13(a +b ), 又A 1D →=AD →-AA 1→=b -c ,故AN →=AD →+DN →=AD →-ND →=AD →-13A 1D →=b -13(b -c ), 所以MN →=MA →+AN → =-13(a +b )+b -13(b -c ) =13(-a +b +c ).11.(多选题)已知a ,b ,c 是不共面的三个向量,则下列向量组中,不能构成一个基底的一组向量是( )A .2a ,a -b ,a +2bB .2b ,b -a ,b +2aC .a,2b ,b -cD .c ,a +c ,a -cABD [对于A ,因为2a =43(a -b )+23(a +2b ),得2a 、a -b 、a +2b 三个向量共面,故它们不能构成一个基底;对于B ,因为2b =43(b -a )+23(b +2a ),得2b 、b -a 、b +2a 三个向量共面,故它们不能构成一个基底;对于C ,因为找不到实数λ、μ,使a =λ·2b +μ(b -c )成立,故a 、2b 、b -c 三个向量不共面,它们能构成一个基底;对于D ,因为c =12(a +c )-12(a -c ),得c 、a +c 、a -c 三个向量共面,故它们不能构成一个基底,故选ABD.]12.(多选题)给出下列命题,正确命题的有( )A .若{a ,b ,c }可以作为空间的一个基底,d 与c 共线,d ≠0,则{a ,b ,d }也可以作为空间的一个基底B .已知向量a ∥b ,则a ,b 与任何向量都不能构成空间的一个基底C .A ,B ,M ,N 是空间四点,若BA →,BM →,BN →不能构成空间的一个基底,则A ,B ,M ,N 四点共面D .已知{a ,b ,c }是空间的一个基底,若m =a +c ,则{a ,b ,m }也是空间的一个基底ABCD [根据基底的概念,知空间中任何三个不共面的向量都可作为空间的一个基底.显然B 正确.C 中由BA →,BM →,BN →不能构成空间的一个基底,知BA →,BM →,BN →共面.又BA →,BM →,BN →过相同点B ,知A ,B ,M ,N 四点共面.所以C 正确.下面证明AD 正确:A 假设d 与a ,b 共面,则存在实数λ,μ,使得d =λa +μb ,∵d 与c 共线,c ≠0,∴存在实数k ,使得d =k c .∵d ≠0,∴k ≠0,从而c =λk a +μk b ,∴c 与a ,b 共面,与条件矛盾,∴d 与a ,b 不共面.同理可证D 也是正确的.于是ABCD 四个命题都正确,故选ABCD.]13.(一题两空)已知空间的一个基底{a ,b ,c },m =a -b +c ,n =x a +y b +c ,若m 与n 共线,则x =________,y =________.1 -1 [因为m 与n 共线, 所以存在实数λ,使m =λn ,即a -b +c =λx a +λy b +λc ,于是有⎩⎨⎧1=λx ,-1=λy ,1=λ,解得⎩⎨⎧x =1,y =-1.]14.(一题多空)已知e 1,e 2是空间单位向量,e 1·e 2=12.若空间向量b 满足b ·e 1=2,b ·e 2=52,且对于任意x ,y ∈R ,|b -(x e 1+y e 2)|≥|b -(x 0e 1+y 0e 2)|=1(x 0,y 0∈R ),则x 0=________,y 0=________,|b |=________.1 2 22 [由题意可令b =x 0e 1+y 0e 2+e 3,其中|e 3|=1,e 3⊥e i ,i =1,2.由b ·e 1=2得x 0+y 02=2,由b ·e 2=52得x 02+y 0=52,解得x 0=1,y 0=2,∴|b |=(e 1+2e 2+e 3)2=2 2.]15.在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,设AB →=a ,AD →=b ,AA 1→=c ,E ,F 分别是AD 1,BD 的中点.(1)用向量a ,b ,c 表示D 1B →,EF →;(2)若D 1F →=x a +y b +z c ,求实数x ,y ,z 的值. [解] (1)如图,D 1B →=D 1D →+DB →=-AA 1→+AB →-AD →=a -b -c ,EF →=EA →+AF →=12D 1A →+12AC →=-12(AA 1→+AD →)+12(AB →+AD →)=12(a -c ). (2)D 1F →=12(D 1D →+D 1B →)=12(-AA 1→+AB →-AD 1→) =12(-AA 1→+AB →-AD →-DD 1→) =12(a -c -b -c )=12a -12b -c , ∴x =12,y =-12,z =-1.1.3.1空间直角坐标系一、选择题1.空间两点A ,B 的坐标分别为(x ,-y ,z ),(-x ,-y ,-z ),则A ,B 两点的位置关系是( )A .关于x 轴对称B .关于y 轴对称C .关于z 轴对称D .关于原点对称B [纵坐标相同,横坐标和竖坐标互为相反数,故两点关于y 轴对称.] 2.已知A (1,2,-1),B (5,6,7),则直线AB 与平面xOz 交点的坐标是( ) A .(0,1,1) B .(0,1,-3)C .(-1,0,3)D .(-1,0,-5)D [设直线AB 与平面xoz 交点坐标是M (x ,y ,z ),则AM →=(x -1,-2,z +1),AB →=(4,4,8),又AM →与AB →共线,∴AM →=λAB →,即⎩⎨⎧x -1=4λ,-2=4λ,z +1=8λ,解得x =-1,z =-5,∴点M (-1,0,-5).故选D.]3.设A (3,3,1),B (1,0,5),C (0,1,0),则AB 的中点M 到点C 的距离|CM |=( ) A .534 B .532 C .532D .132 C [M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2,32,3 ,|CM |=4+⎝ ⎛⎭⎪⎫32-12+9=532.] 4.如图,在空间直角坐标系中,正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1,B 1E =14A 1B 1,则BE →等于( )A .⎝ ⎛⎭⎪⎫0,14,-1B .⎝ ⎛⎭⎪⎫-14,0,1C .⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-14,1D .⎝ ⎛⎭⎪⎫14,0,-1C [{DA →,DC →,DD 1→}为单位正交向量,BE →=BB 1→+B 1E →=-14DC →+DD 1→,∴BE →=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-14,1.] 5.设{i ,j ,k }是单位正交基底,已知向量p 在基底{a ,b ,c }下的坐标为(8,6,4),其中a =i +j ,b =j +k ,c =k +i ,则向量p 在基底{i ,j ,k }下的坐标是( )A .(12,14,10)B .(10,12,14)C .(14,12,10)D .(4,3,2)A [依题意,知p =8a +6b +4c =8(i +j )+6(j +k )+4(k +i )=12i +14j +10k ,故向量p 在基底{i ,j ,k }下的坐标是(12,14,10).]二、填空题6.在空间直角坐标系中,已知点P (1,2,3),过点P 作平面yOz 的垂线PQ ,则垂足Q 的坐标为________.(0,2,3) [过P 的垂线PQ ⊥面yOz ,则Q 点横坐标为0,其余不变,故Q (0,2,3).]7.设{e 1,e 2,e 3}是空间向量的一个单位正交基底,a =4e 1-8e 2+3e 3,b =-2e 1-3e 2+7e 3,则a ,b 的坐标分别为________.(4,-8,3),(-2,-3,7) [由题意可知a =(4,-8,3),b =(-2,-3,7).] 8.如图所示,以长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点D 为坐标原点,过D 的三条棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,若DB 1→的坐标为(4,3,2),则AC 1→的坐标为________.(-4,3,2) [由DB 1→=DA →+DC →+DD 1→,且DB 1→=(4,3,2),∴|DA →|=4,|DC →|=3,|DD 1→|=2,又AC 1→=-DA →+DC →+DD 1→,∴AC 1→=(-4,3,2).]三、解答题9.已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧棱AA 1⊥底面ABC ,所有的棱长都是1,建立适当的坐标系,并写出各点的坐标.[解] 如图所示,取AC 的中点O 和A 1C 1的中点O 1,可得BO ⊥AC ,OO 1⊥AC ,分别以OB ,OC ,OO 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.∵三棱柱各棱长均为1,∴OA =OC =O 1C 1=O 1A 1=12,OB =32. ∵A ,B ,C 均在坐标轴上,∴A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-12,0,B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32,0,0,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12,0.∵点A 1与C 1在yOz 平面内, ∴A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-12,1,C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12,1.∵点B 1在xOy 平面内的射影为B ,且BB 1=1,∴B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32,0,1,即各点的坐标为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-12,0,B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32,0,0,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12,0,A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-12,1,B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32,0,1,C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12,1. 10.棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E ,F ,G 分别为棱DD 1,D 1C 1,BC 的中点,以{AB →,AD →,AA 1→}为正交基底,求下列向量的坐标:(1)AE →,AF →,AG →; (2)EF →,EG →,DG →.[解] 在正交基底{AB →,AD →,AA 1→}下,(1)AF →=12AB →+AD →+AA 1→, AE →=AD →+12AA 1→,AG →=AB →+12AD →,∴AE →=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1,12,AF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1,1,AG →=⎝ ⎛⎭⎪⎫1,12,0.(2)EF →=AF →-AE →=12AB →+12AA 1→,∴EF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,0,12;EG →=AG →-AE →=AB →-12AD →-12AA 1→,∴EG →=⎝ ⎛⎭⎪⎫1,-12,-12;DG →=AG →-AD →=AB→-12AD →,∴DG →=⎝ ⎛⎭⎪⎫1,-12,0.11.(多选题)下列各命题正确的是( ) A .点(1,-2,3)关于平面xOz 的对称点为(1,2,3) B .点⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1,-3关于y 轴的对称点为⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,1,3C .点(2,-1,3)到平面yOz 的距离为1D .设{i ,j ,k }是空间向量的单位正交基底,若m =3i -2j +4k ,则m =(3,-2,4).ABD [“关于谁对称谁不变”,∴A 正确,B 正确,C 中(2,-1,3)到面yOz 的距离为2,∴C 错误.根据空间向量的坐标定义,D 正确.]12.在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,P 为正方体内一动点(包括表面),若AP →=xAB →+yAD →+zAA 1→,且0≤x ≤y ≤z ≤1.则点P 所有可能的位置所构成的几何体的体积是( )A .1B .12C .13D .16D [根据向量加法的几何意义和空间向量基本定理,满足0≤x ≤y ≤1的点P 在三棱柱ACD -A 1C 1D 1内;满足0≤y ≤z ≤1的点P 在三棱柱AA 1D 1-BB 1C 1内,故同时满足0≤x ≤y ≤1,0≤y ≤z ≤1的点P 在这两个三棱柱的公共部分(如图),即三棱锥A -A 1C 1D 1,其体积是13×12×1×1×1=16.]13.三棱锥P -ABC 中,∠ABC 为直角,PB ⊥平面ABC ,AB =BC =PB =1,M为PC 的中点,N 为AC 的中点,以{BA →,BC →,BP →}为基底,则MN →的坐标为________.⎝ ⎛⎭⎪⎫12,0,-12 [MN →=BN →-BM → =12(BA →+BC →)-12(BP →+BC →) =12BA →-12BP →, 故MN →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,0,-12.] 14.已知O 是坐标原点,点A (2,0,-2),B (3,1,2),C (2,-1,7). (1)若点P 满足OP →=OA →+OB →+OC →,则点P 的坐标为________; (2)若点P 满足AP →=2AB →-AC →,则点P 的坐标为________.(1)(7,0,7) (2)(4,3,-3) [(1)中OP →=OA →+OB →+OC →=(2i -2k )+(3i +j +2k )+(2i -j +7k )=7i +0j +7k ,∴P (7,0,7).(2)中,AP →=2AB →-AC →得OP →-OA →=2OB →-2OA →-OC →+OA →,∴OP →=2OB →-OC →=2(3i +j +2k )-(2i -j +7k ) =4i +3j -3k ,∴P (4,3,-3).]15.如图,在正四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是边长为1的正方形,O 是AC 与BD 的交点,PO =1,M 是PC 的中点.设AB →=a ,AD →=b ,AP →=c .(1)用向量a ,b ,c 表示BM →.(2)在如图的空间直角坐标系中,求BM →的坐标.[解] (1)∵BM →=BC →+CM →,BC →=AD →,CM →=12CP →,CP →=AP →-AC →,AC →=AB →+AD →,∴BM →=AD →+12(AP →-AC →)=AD →+12AP →-12(AB →+AD →)=-12AB →+12AD →+12AP →=-12a +12b +12c .(2)a =AB →=(1,0,0),b =AD →=(0,1,0).∵A (0,0,0),O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,12,0,P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,12,1,∴c =AP →=OP →-OA →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,12,1,∴BM →=-12a +12b +12c =-12(1,0,0)+12(0,1,0)+12⎝ ⎛⎭⎪⎫12,12,1=⎝ ⎛⎭⎪⎫-14,34,12.1.3.2空间运算的坐标表示一、选择题1.已知三点A (1,5,-2),B (2,4,1),C (a,3,b +2)在同一条直线上,那么( ) A .a =3,b =-3 B .a =6,b =-1 C .a =3,b =2D .a =-2,b =1C [根据题意AB →=(1,-1,3),AC →=(a -1,-2,b +4), ∵AB →与AC →共线,∴AC →=λAB →, ∴(a -1,-2,b +4)=(λ,-λ,3λ),∴⎩⎨⎧a -1=λ,-2=-λ,b +4=3λ,解得⎩⎨⎧a =3,b =2,λ=2.故选C.]2.已知a =(2,3,-4),b =(-4,-3,-2),b =12x -2a ,则x 等于( ) A .(0,3,-6) B .(0,6,-20) C .(0,6,-6)D .(6,6,-6)B [由题a =(2,3,-4),b =(-4,-3,-2),设x =(w ,y ,z )则由b =12x -2a ,可得(-4,-3,-2)=12(w ,y ,z )-2(2,3,-4)=⎝ ⎛⎭⎪⎫12w ,12y ,12z-(4,6,-8)=⎝ ⎛⎭⎪⎫12w -4,12y -6,12z +8,解得w =0,y =6,z =-20,即x =(0,6,-20).]3.已知向量a =(1,0,-1),则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A .(-1,1,0) B .(1,-1,0) C .(0,-1,1)D .(-1,0,1)B [不妨设向量为b =(x ,y ,z ),A .若b =(-1,1,0),则cos θ=a ·b |a |·|b |=-12×2=-12≠12,不满足条件. B .若b =(1,-1,0),则cos θ=a ·b |a |·|b |=12×2=12,满足条件. C .若b =(0,-1,1),则cos θ=a ·b |a |·|b |=-12×2=-12≠12,不满足条件. D .若b =(-1,0,1),则cos θ=a ·b |a |·|b |=-22×2=-1≠12,不满足条件.故选B.]4.已知向量a =(-2,x,2),b =(2,1,2),c =(4,-2,1),若a ⊥(b -c ),则x 的值为( )A .-2B .2C .3D .-3A [∵b -c =(-2,3,1),a ·(b -c )=4+3x +2=0,∴x =-2.]5.已知A 、B 、C 三点的坐标分别为A (4,1,3),B (2,-5,1),C (3,7,λ),若AB →⊥AC →,则λ等于( )A .28B .-28C .14D .-14D [AB →=(-2,-6,-2),AC →=(-1,6,λ-3),∵AB →⊥AC →,∴AB →·AC →=-2×(-1)-6×6-2(λ-3)=0,解得λ=-14.] 二、填空题6.已知a =(1,1,0),b =(0,1,1),c =(1,0,1),p =a -b ,q =a +2b -c ,则p ·q =________.-1 [∵p =a -b =(1,0,-1),q =a +2b -c =(0,3,1), ∴p ·q =1×0+0×3+(-1)×1=-1.]7.已知空间三点A (1,1,1),B (-1,0,4),C (2,-2,3),则AB →与CA →的夹角θ的大小是________.120° [AB →=(-2,-1,3),CA →=(-1,3,-2),cos 〈AB →,CA →〉=(-2)×(-1)+(-1)×3+3×(-2)14·14=-12,∴θ=〈AB →,CA →〉=120°.]8.如图,正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1,E 、F 分别是棱BC 、DD 1上的点,如果B 1E ⊥平面ABF ,则CE 与DF 的和的值为________.1 [以D 1A 1、D 1C 1、D 1D 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系(图略),设CE =x ,DF =y ,则易知E (x,1,1),B 1(1,1,0),∴B 1E →=(x -1,0,1),又F (0,0,1-y ),B (1,1,1),∴FB →=(1,1,y ),由于AB ⊥B 1E ,若B 1E ⊥平面ABF ,只需FB →·B 1E →=(1,1,y )·(x -1,0,1)=0⇒x +y =1.] 三、解答题9.已知空间中三点A (-2,0,2),B (-1,1,2),C (-3,0,4),设a =AB →,b =AC →. (1)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值;(2)若k a +b 与k a -2b 互相垂直,求实数k 的值.[解] (1)∵a =(1,1,0),b =(-1,0,2),∴a·b =(1,1,0)·(-1,0,2)=-1, 又|a |=12+12+02=2,|b |=(-1)2+02+22=5,∴cos 〈a ,b 〉=a ·b |a ||b |=-110=-1010,即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为-1010.(2)法一:∵k a +b =(k -1,k,2),k a -2b =(k +2,k ,-4),且k a +b 与k a -2b 互相垂直,∴(k -1,k,2)·(k +2,k ,-4)=(k -1)(k +2)+k 2-8=0,∴k =2或k =-52, ∴当k a +b 与k a -2b 互相垂直时,实数k 的值为2或-52. 法二:由(1)知|a |=2,|b |=5,a·b =-1,∴(k a +b )·(k a -2b )=k 2a 2-k a ·b -2b 2=2k 2+k -10=0,得k =2或k =-52. 10.已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1,底面边长AB =2,AB 1⊥BC 1,点O ,O 1分别是边AC ,A 1C 1的中点,建立如图所示的空间直角坐标系.(1)求正三棱柱的侧棱长;(2)求异面直线AB 1与BC 所成角的余弦值. [解] (1)设正三棱柱的侧棱长为h ,由题意得A (0,-1,0),B (3,0,0),C (0,1,0),B 1(3,0,h ),C 1(0,1,h ), 则AB 1→=(3,1,h ),BC 1→=(-3,1,h ), 因为AB 1⊥BC 1,所以AB 1→·BC 1→=-3+1+h 2=0, 所以h = 2.(2)由(1)可知AB 1→=(3,1,2),BC →=(-3,1,0), 所以AB 1→·BC →=-3+1=-2.因为|AB 1→|=6,|BC →|=2,所以cos 〈AB 1→,BC →〉=-226=-66.所以异面直线AB 1与BC 所成角的余弦值为66.11.(多选题)若向量a =(1,2,0),b =(-2,0,1),则下列结论正确的是( )。

高中数学选修课后习题答案人教版

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⾼中数学选修课后习题答案⼈教版⾼中数学⼈教版选修2-3课本习题答案练习《第6页〉1.(1)要完成的“⼀件事情”是“通出1⼈完成⼯作”,不同的选法种数是5+4=9;(2)要完成的“⼀件事情”是“从A村经B村到C村去”,不同路线条数是3X2=6.2.(1)要完成的“⼀件事情”是“彦出1⼈参加活动”,不同的选法种数是3+5+4 = 12,(2)要完戊的“⼀件事情”是“从3个年级的学⽣中各逸1⼈参加活动”,不同的选法种致是3X5X4=60.3.因为要确定的是这名同学的专业选择,并不要考■虑学校的差异.所以应当是6+4-1^ 9 (种)可能的专业选择.蛛习(第10页〉1.要完成的“⼀件事情”是“得到展开式的⼀项”.由于每⼀项都是a.b,c t的形式.所以可以分三形完成:第⼀步.取如有3种⽅法;第⼆步,取⼩有3种⽅法:第三步.取s有5神⽅法.根据分步乘法计数原理,展开式共有3X3X5=45 (项).2.要完成的“⼀件事情”是“偷定⼀个电活号码的后四位⼆分四步完成,每⼀步部是从。

?9这10 个败字中取⼀个.共有10X10X10X10 = 10 000 (个).3.要完成的“⼀件事情”是“从5名同学中选出正、副组长各1名”.分两步完成:第⼀步逸正组长,有5种⽅法;第⼆步选副组长.有4种⽅法.共有选法5X4 = 20 (#).4.要完成的“⼀件事情”是“从6个门中的⼀个进⼊并从另⼀个门出去”.分例步完成:先从6个门中选⼀个进⼊.再从共余5个门中逸⼀个出去.共有进出⽅法5X5-30 (种).习题1.1(M 12页)A组1.“⼀件事情”是“买⼀台某型号的电视机”.不同的选法有4+7=11 (神,.2.“⼀件事情”是“从甲地经⼄地或经丙地到丁地去”.所以是“先分类,后分步”.不同的路线共有2X3+4X2=14 (条).3.对于第⼀问,“⼀件事情”是“构成⼀个分数”.由于1, 5, 9. 13是奇数,4, 8, 12,】6是偶数.所以以1.5, 9.13中任意⼀个为分⼦,都可以与4, 8?12, 16中的任意⼀个构成分数.因此可以分两步来构成分致:第⼀步,逸分孑,有4种选法;第⼆步,选分母,也有4种选法.共有不同的分数4X4 = 16 (个).对于第⼆何,“⼀件事情”是“构成⼀个真分数”.分四类:分⼦为1时,分母可以从4.8. 12. 16 中任选⼀个.有4个;分⼦为5时,分母从8, 12, 16中选⼀个.有3个;分⼦为9时.分锹从12, 16中选⼀个,有2个,分⼦为13时,分母只能选16,有1个.所以共有其分散4+3 + 2+1 = 10 (个).4.“⼀件事憎”是“接通线路”.根据电路的有关知识,容易褂到不同的接通线路有3 + 14-2X 2=8(条).5.(1> “⼀件事情”是“⽤坐标确定⼀个点”.由于横、纵坐标可以相同,因此可以分两步完成:第⼀步,从⼈中选横坐怵.有6个选择;第⼆步从⼈中选纵坐标,也有6个选择.所以共有坐标6X6 =36 (个).练习(第20页)1. < 1) aCf adba. be. bd■ e. cb, cd, da. db,(2)ab. ac. ad", ba ? be. bd? be. ca^ cb. cd. e. da. db. de de ea ? eb. "■ ed ?2. (D Ak = 15X14X13X12=32 760i (2) A| —71—5 040i<3) AJ-2Ai-8X7X6X5-2X8X7-l 568$⑷拜=耕=5.3.3. (1) ■?:(2) AJ-8A ;+7N -8A ;—8A ; + A ;-A ;. 4. Aj-60 (神>. 5. A3=24 (#>.(第 25 页)1. (I)甲.⼄?甲,丙.甲?丁.⼄,画.⼄,丁. W. 丁: ⑵2. MHC, △ABD, Z\ACD, △BCD.3. Ci-20 (抻).4. (3=6 (个〉. ⑵ 4^1 = 56,(4) 30 2Q-3X56 2X10-14& G+1〉!3JM 1-2 (第 27 贝)A 版1. (1) 5A?4-4AI=5X6O+4X 12 = 348i<2) Aj-i-Al -FA14-A1—4+124 24 F24-G4.2. (1) Ch-455i(2)—Cl?—1 313 4(X )t(3) Cl+CJ-yi(4) U"?U JE,?u =(il )?业亍A-m ⽜12.3. (1) A ::| — Ai —(n4-l >A : —A :—H/V : —A : Js 、(”+ 1)! ________ ”! (n + l )! — 4 ? _(m —4 + 1)/t!9 ~A! e-l 〉L l!kl ?4. 由千4列⽕车各不JtttM.所以停放的⽅?法与Jlft 序右关.有A : = 】680 (利》>不同的停法.5. A4 =24.6. 由于书架是单层的.所以向《?相当于20个元蒙的全拊列.有 N :种不同的排法.7. 可以分三步完成I 第⼀步.安排4个⾳乐⽇⽬.共右At 种排法3第⼆步?安招*版节共有A| 神擂法.第⼆步.安排共⽯AJ 仲抑法.所以不何的抑法有A1 ? Aj ? Aj -288 (科).8. 由于”个不向元索的全惜列北⽯,,!个?fM “!>,,.所以⼭,,个不阿的敷(ft 可以以不同的,序形成其余的每⼀⾏?并且任息两⾏的顺序都不同.为使捋⼀⾏郁不甄复,⼩可以取的眼⼤值是”!?9. (1)由于DW 上的任意3点不共线.R1的荥的端点没有牍序.所以共诃以的CQ- 45《条〉不时的弦, (2)由于V ⾓形的顶点没有点序.所以诃以1?的圆内徭三⾓形有(::靛】20《个〉.10. <1>⼋五:边形7T 5个侦#?任,*:2个顶点的庄绶段中-除四K 边形的边外撮是对⾓例.所以共有对⾓绶CI ⼀5-5 (条)】(2)何<1>的理曲.可得对⾓线为福⼀”?51^^*〈条〉.5. ⑴(4 =筏|=15,(3)。

人教A版高中数学选修2-3全册同步练习及单元检测含答案

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⼈教A版⾼中数学选修2-3全册同步练习及单元检测含答案⼈教版⾼中数学选修2~3 全册章节同步检测试题⽬录第1章《计数原理》同步练习 1.1测试1第1章《计数原理》同步练习 1.1测试2第1章《计数原理》同步练习 1.1测试3第1章《计数原理》同步练习 1.2排列与组合第1章《计数原理》同步练习 1.3⼆项式定理第1章《计数原理》测试(1)第1章《计数原理》测试(2)第2章同步练习 2.1离散型随机变量及其分布列第2章同步练习 2.2⼆项分布及其应⽤第2章测试(1)第2章测试(2)第2章测试(3)第3章练习 3.1回归分析的基本思想及其初步应⽤第3章练习 3.2独⽴性检验的基本思想及其初步应⽤第3章《统计案例》测试(1)第3章《统计案例》测试(2)第3章《统计案例》测试(3)1. 1分类加法计数原理与分步乘法计数原理测试题⼀、选择题1.⼀件⼯作可以⽤2种⽅法完成,有3⼈会⽤第1种⽅法完成,另外5⼈会⽤第2种⽅法完成,从中选出1⼈来完成这件⼯作,不同选法的种数是()A.8 B.15C.16 D.30答案:A2.从甲地去⼄地有3班⽕车,从⼄地去丙地有2班轮船,则从甲地去丙地可选择的旅⾏⽅式有()A.5种B.6种C.7种D.8种答案:B3.如图所⽰为⼀电路图,从A 到B 共有()条不同的线路可通电()A.1 B.2 C.3 D.4答案:D4.由数字0,1,2,3,4可组成⽆重复数字的两位数的个数是()A.25 B.20 C.16 D.12答案:C5.李芳有4件不同颜⾊的衬⾐,3件不同花样的裙⼦,另有两套不同样式的连⾐裙.“五⼀”节需选择⼀套服装参加歌舞演出,则李芳有()种不同的选择⽅式()A.24 B.14 C.10 D.9答案:B 6.设A ,B 是两个⾮空集合,定义{}()A B a b a A b B *=∈∈,,|,若{}{}0121234P Q ==,,,,,,,则P *Q 中元素的个数是()A.4 B.7 C.12 D.16答案:C⼆、填空题7.商店⾥有15种上⾐,18种裤⼦,某⼈要买⼀件上⾐或⼀条裤⼦,共有种不同的选法;要买上⾐,裤⼦各⼀件,共有种不同的选法.答案:33,2708.⼗字路⼝来往的车辆,如果不允许回头,共有种⾏车路线.答案:129.已知{}{}0341278a b ∈∈,,,,,,,则⽅程22()()25x a y b -+-=表⽰不同的圆的个数是.答案:1210.多项式123124534()()()()a a a b b a a b b ++++++··展开后共有项.答案:1011.如图,从A →C ,有种不同⾛法.答案:612.将三封信投⼊4个邮箱,不同的投法有种.答案:34三、解答题 13.⼀个⼝袋内装有5个⼩球,另⼀个⼝袋内装有4个⼩球,所有这些⼩球的颜⾊互不相同.(1)从两个⼝袋内任取⼀个⼩球,有多少种不同的取法?(2)从两个⼝袋内各取⼀个⼩球,有多少种不同的取法?解:(1)549N =+=种;(2)5420N =?=种.14.某校学⽣会由⾼⼀年级5⼈,⾼⼆年级6⼈,⾼三年级4⼈组成.(1)选其中1⼈为学⽣会主席,有多少种不同的选法?(2)若每年级选1⼈为校学⽣会常委,有多少种不同的选法?(3)若要选出不同年级的两⼈参加市⾥组织的活动,有多少种不同的选法?解:(1)56415N =++=种;(2)564120N =??=种;(3)56644574N =?+?+?=种15.已知集合{}321012()M P a b =---,,,,,,,是平⾯上的点,a b M ∈,.(1)()P a b ,可表⽰平⾯上多少个不同的点?(2)()P a b ,可表⽰多少个坐标轴上的点?解:(1)完成这件事分为两个步骤:a 的取法有6种,b 的取法也有6种,∴P 点个数为N =6×6=36(个);(2)根据分类加法计数原理,分为三类:①x 轴上(不含原点)有5个点;②y 轴上(不含原点)有5个点;③既在x 轴,⼜在y 轴上的点,即原点也适合,∴共有N =5+5+1=11(个).1. 1分类加法计数原理与分步乘法计数原理测试题⼀、选择题 1.从集合{ 0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a ,b 组成复数a bi +,其中虚数有() A .30个 B .42个 C .36个 D .35个答案:C2.把10个苹果分成三堆,要求每堆⾄少1个,⾄多5个,则不同的分法共有() A .4种 B .5种 C .6种 D .7种答案:A3.如图,⽤4种不同的颜⾊涂⼊图中的矩形A ,B ,C ,D 中,要求相邻的矩形涂⾊不同,则不同的涂法有() A .72种 B .48种 C .24种 D .12种答案:A4.教学⼤楼共有五层,每层均有两个楼梯,由⼀层到五层的⾛法有() A .10种 B .52种C.25种D.42种答案:D5.已知集合{}{}023A B x x ab a b A ===∈,,,,,|,则B 的⼦集的个数是()A.4 B.8 C.16 D.15答案:C6.三边长均为正整数,且最⼤边长为11的三⾓形的个数为()A.25 B.26 C.36 D.37答案:C⼆、填空题7.平⾯内有7个点,其中有5个点在⼀条直线上,此外⽆三点共线,经过这7个点可连成不同直线的条数是.答案:128.圆周上有2n 个等分点(1n >),以其中三个点为顶点的直⾓三⾓形的个数为.答案:2(1)n n -9.电⼦计算机的输⼊纸带每排有8个穿孔位置,每个穿孔位置可穿孔或不穿孔,则每排可产⽣种不同的信息.答案:25610.椭圆221x y m n+=的焦点在y 轴上,且{}{}123451234567m n ∈∈,,,,,,,,,,,,则这样的椭圆的个数为.答案:20 11.已知集合{}123A ,,ü,且A 中⾄少有⼀个奇数,则满⾜条件的集合A 分别是.答案:{}{}{}{}{}13122313,,,,,,,12.整数630的正约数(包括1和630)共有个.答案:24三、解答题 13.⽤0,1,2,3,4,5六个数字组成⽆重复数字的四位数,⽐3410⼤的四位数有多少个?解:本题可以从⾼位到低位进⾏分类.(1)千位数字⽐3⼤.(2)千位数字为3:①百位数字⽐4⼤;②百位数字为4: 1°⼗位数字⽐1⼤;2°⼗位数字为1→个位数字⽐0⼤.所以⽐3410⼤的四位数共有2×5×4×3+4×3+2×3+2=140(个).14.有红、黄、蓝三种颜⾊旗⼦各(3)n n >⾯,任取其中三⾯,升上旗杆组成纵列信号,可以有多少种不同的信号?若所升旗⼦中不允许有三⾯相同颜⾊的旗⼦,可以有多少种不同的信号?若所升旗⼦颜⾊各不相同,有多少种不同的信号?解: 1N =3×3×3=27种; 227324N =-=种; 33216N =??= 种.15.某出版社的7名⼯⼈中,有3⼈只会排版,2⼈只会印刷,还有2⼈既会排版⼜会印刷,现从7⼈中安排2⼈排版,2⼈印刷,有⼏种不同的安排⽅法.解:⾸先分类的标准要正确,可以选择“只会排版”、“只会印刷”、“既会排版⼜会印刷”中的⼀个作为分类的标准.下⾯选择“既会排版⼜会印刷”作为分类的标准,按照被选出的⼈数,可将问题分为三类:第⼀类:2⼈全不被选出,即从只会排版的3⼈中选2⼈,有3种选法;只会印刷的2⼈全被选出,有1种选法,由分步计数原理知共有3×1=3种选法.第⼆类:2⼈中被选出⼀⼈,有2种选法.若此⼈去排版,则再从会排版的3⼈中选1⼈,有3种选法,只会印刷的2⼈全被选出,有1种选法,由分步计数原理知共有2×3×1=6种选法;若此⼈去印刷,则再从会印刷的2⼈中选1⼈,有2种选法,从会排版的3⼈中选2⼈,有3种选法,由分步计数原理知共有2×3×2=12种选法;再由分类计数原理知共有6+12=18种选法.第三类:2⼈全被选出,同理共有16种选法.所以共有3+18+16=37种选法.1. 1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理综合卷⼀.选择题:1.⼀个三层书架,分别放置语⽂书12本,数学书14本,英语书11本,从中取出⼀本,则不同的取法共有()(A ) 37种(B ) 1848种(C ) 3种(D ) 6种2.⼀个三层书架,分别放置语⽂书12本,数学书14本,英语书11本,从中取出语⽂、数学、英语各⼀本,则不同的取法共有()(A ) 37种(B ) 1848种(C ) 3种(D ) 6种3.某商业⼤厦有东南西3个⼤门,楼内东西两侧各有2个楼梯,从楼外到⼆楼的不同⾛法种数是()(A ) 5 (B )7 (C )10 (D )124.⽤1、2、3、4四个数字可以排成不含重复数字的四位数有()(A )265个(B )232个(C )128个(D )24个5.⽤1、2、3、4四个数字可排成必须含有重复数字的四位数有()(A )265个(B )232个(C )128个(D )24个6.3科⽼师都布置了作业,在同⼀时刻4名学⽣都做作业的可能情况有()(A )43种(B )34种(C )4×3×2种(D ) 1×2×3种7.把4张同样的参观券分给5个代表,每⼈最多分⼀张,参观券全部分完,则不同的分法共有()(A )120种(B )1024种(C )625种(D )5种8.已知集合M={l ,-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,则这样的坐标在直⾓坐标系中可表⽰第⼀、⼆象限内不同的点的个数是()(A )18 (B )17 (C )16 (D )109.三边长均为整数,且最⼤边为11的三⾓形的个数为()(A )25 (B )36 (C )26 (D )3710.如图,某城市中,M 、N 两地有整齐的道路⽹,若规定只能向东或向北两个⽅向沿途中路线前进,则从M 到N 不同的⾛法共有()(A )25 (B )15 (C)13 (D )10 ⼆.填空题:11.某书店有不同年级的语⽂、数学、英语练习册各10本,买其中⼀种有种⽅法;买其中两种有种⽅法.12.⼤⼩不等的两个正⽅形玩具,分别在各⾯上标有数字1,2,3,4,5,6,则向上的⾯标着的两个数字之积不少于20的情形有种.13.从1,2,3,4,7,9中任取不相同的两个数,分别作为对数的底数和真数,可得到个不同的对数值.14.在连结正⼋边形的三个顶点组成的三⾓形中,与正⼋边形有公共边的有个.15.某班宣传⼩组要出⼀期向英雄学习的专刊,现有红、黄、⽩、绿、蓝五种颜⾊的粉笔供选⽤,要求在⿊板中A 、B 、C 、D 每⼀部分只写⼀种颜⾊,如图所⽰,相邻两块颜⾊不同,则不同颜⾊的书写⽅法共有种.三.解答题:16.现由某校⾼⼀年级四个班学⽣34⼈,其中⼀、⼆、三、四班分别为7⼈、8⼈、9⼈、10⼈,他们⾃愿组成数学课外⼩组.(1)选其中⼀⼈为负责⼈,有多少种不同的选法?(2)每班选⼀名组长,有多少种不同的选法?(3)推选⼆⼈做中⼼发⾔,这⼆⼈需来⾃不同的班级,有多少种不同的选法?17.4名同学分别报名参加⾜球队,蓝球队、乒乓球队,每⼈限报其中⼀个运动队,不同的报名⽅法有⼏种?[探究与提⾼]1.甲、⼄两个正整数的最⼤公约数为60,求甲、⼄两数的公约数共有多个?2.从{-3,-2,-1,0,l,2,3}中,任取3个不同的数作为抛物线⽅程y=ax2+bx+c(a≠0)的系数,如果抛物线过原点,且顶点在第⼀象限,这样的抛物线共有多少条?3.电视台在“欢乐今宵”节⽬中拿出两个信箱,其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的群众来信,甲信箱中有30封,⼄信箱中有20封.现由主持⼈抽奖确定幸运观众,若先确定⼀名幸运之星,再从两信箱中各确定⼀名幸运伙伴,有多少种不同的结果?综合卷1.A 2.B 3.D 4.D 5.B 6.B 7.D 8.B 9.B 10.B11.30;300 12.513.17 14.40 15.1801. 2排列与组合1、排列综合卷1.90×9l ×92×……×100=()(A )10100A (B )11100A (C )12100A (D )11101A 2.下列各式中与排列数mn A 相等的是()(A )!(1)!-+n n m (B )n(n -1)(n -2)……(n -m) (C )11m n nA n m --+ (D )111m n n A A --3.若 n ∈N 且 n<20,则(27-n )(28-n)……(34-n)等于()(A )827n A - (B )2734nn A -- (C )734n A - (D )834n A -4.若S=123100123100A A A A ++++,则S 的个位数字是()(A )0 (B )3 (C )5 (D )85.⽤1,2,3,4,5这五个数字组成没有重复数字的三位数,其中偶数共有()(A )24个(B )30个(C )40个(D )60个6.从0,l ,3,5,7,9中任取两个数做除法,可得到不同的商共有()(A )20个(B )19个(C )25个(D )30个7.甲、⼄、丙、丁四种不同的种⼦,在三块不同⼟地上试种,其中种⼦甲必须试种,那么不同的试种⽅法共有()(A )12种(B )18种(C )24种(D )96种8.某天上午要排语⽂、数学、体育、计算机四节课,其中体育不排在第⼀节,那么这天上午课程表的不同排法共有()(A )6种(B )9种(C )18种(D )24种9.有四位司机、四个售票员组成四个⼩组,每组有⼀位司机和⼀位售票员,则不同的分组⽅案共有()(A )88A 种(B )48A 种(C )44A ·44A 种(D )44A 种10.有4位学⽣和3位⽼师站在⼀排拍照,任何两位⽼师不站在⼀起的不同排法共有()(A )(4!)2种(B )4!·3!种(C )34A ·4!种(D )3 5A ·4!种11.把5件不同的商品在货架上排成⼀排,其中a ,b 两种必须排在⼀起,⽽c ,d 两种不能排在⼀起,则不同排法共有()(A )12种(B )20种(C )24种(D )48种⼆.填空题::12.6个⼈站⼀排,甲不在排头,共有种不同排法.13.6个⼈站⼀排,甲不在排头,⼄不在排尾,共有种不同排法.14.五男⼆⼥排成⼀排,若男⽣甲必须排在排头或排尾,⼆⼥必须排在⼀起,不同的排法共有种.15.将红、黄、蓝、⽩、⿊5种颜⾊的⼩球,分别放⼊红、黄、蓝、⽩、⿊5种颜⾊的⼝袋中,但红⼝袋不能装⼊红球,则有种不同的放法.16.(1)有5本不同的书,从中选3本送给3名同学,每⼈各⼀本,共有种不同的送法;(2)有5种不同的书,要买3本送给3名同学,每⼈各⼀本,共有种不同的送法.三、解答题:17.⼀场晚会有5个唱歌节⽬和3个舞蹈节⽬,要求排出⼀个节⽬单(1)前4个节⽬中要有舞蹈,有多少种排法?(2)3个舞蹈节⽬要排在⼀起,有多少种排法?(3)3个舞蹈节⽬彼此要隔开,有多少种排法?18.三个⼥⽣和五个男⽣排成⼀排.(1)如果⼥⽣必须全排在⼀起,有多少种不同的排法?(2)如果⼥⽣必须全分开,有多少种不同的排法?(3)如果两端都不能排⼥⽣,有多少种不同的排法?(4)如果两端不能都排⼥⽣,有多少种不同的排法?(5)如果三个⼥⽣站在前排,五个男⽣站在后排,有多少种不同的排法?综合卷1.B 2.D 3.D 4.C 5.A 6.B 7.B 8.C 9.D 10.D 11.C12.600 13.504 14.480 15.9616.(1) 60;(2) 12517.(1) 37440;(2) 4320;(3) 1440018.(1) 4320;(2) 14400;(3) 14400;(4) 36000;(5) 7202、组合综合卷⼀、选择题:1.下列等式不正确的是()(A )!!()!mn n C m n m =- (B )11mm n n m C C n m++=- (C )1111m m n n m C C n +++=+ (D )11m m n n C C ++= 2.下列等式不正确的是()(A )m n m n n C C -= (B )11m m mm m m C C C -++=(C )123455555552C C C C C ++++= (D )11 111m m m m n n n n C C C C --+--=++3.⽅程2551616x x x C C --=的解共有()(A )1个(B )2个(C )3个(D )4个4.若372345n n n C A ---=,则n 的值是()(A )11 (B )12 (C )13 (D )145.已知7781n n n C C C +-=,那么n 的值是()(A )12 (B )13 (C )14 (D )15 6.从5名男⽣中挑选3⼈,4名⼥⽣中挑选2⼈,组成⼀个⼩组,不同的挑选⽅法共有()(A )3254C C 种(B ) 3254C C 55A 种(C ) 3254A A 种(D ) 3254A A 55A 种7.从4个男⽣,3个⼥⽣中挑选4⼈参加智⼒竞赛,要求⾄少有⼀个⼥⽣参加的选法共有()(A )12种(B )34种(C )35种(D )340种8.平⾯上有7个点,除某三点在⼀直线上外,再⽆其它三点共线,若过其中两点作⼀直线,则可作成不同的直线()(A )18条(B )19条(C )20条(D )21条9.在9件产品中,有⼀级品4件,⼆级品3件,三级品2件,现抽取4个检查,⾄少有两件⼀级品的抽法共有()(A )60种(B )81种(C )100种(D )126种10.某电⼦元件电路有⼀个由三节电阻串联组成的回路,共有6个焊点,若其中某⼀焊点脱落,电路就不通.现今回路不通,焊点脱落情况的可能有()(A )5种(B )6种(C )63种(D )64种⼆.填空题:11.若11m m n n C xC --=,则x= .12.三名教师教六个班的课,每⼈教两个班,分配⽅案共有种。

最新教材高中数学课后习题答案大全2019人A版

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2,3,4,5,∴ 集合为{2,3,4,5} .
(2) ( x-1) ( x+2) = 0 的解为 x = 1 或 x = - 2,
∴ 集合 A = {1,-2} .
(3) 由-3<2x-1<3,得-1<x<2.∵ x∈Z,∴ x =
0 或 x = 1.
∴ 集合 B = {0,1} .
综合运用
3.解析 (1) { x | x = 2n,n∈Z 且 1≤n≤5} .
2.解析 (1) p 是 q 的必要不充分条件. ( 2) p
是 q 的充要条件.(3) p 是 q 的充分不必要条
件.(4) p 是 q 的必要不充分条件. ( 5) p 是 q
的既不充分又不必要条件.
3.解析 (1) 真.(2) 假.(3) 假.(4) 假.
综合运用
4.解析 (1) 充分条件.(2) 必要条件.( 3) 充要
3.解析 充 分 条 件: ( 1) ∠1 = ∠4, ( 2) ∠1 =
∠2,(3) ∠1+∠3 = 180°.
必要条件:( 1) ∠1 = ∠4,( 2) ∠1 = ∠2,( 3)
∠1+∠3 = 180°.
1.4.2 充要条件
练习
1.解析 ( 1) p 是 q 的充要条件. ( 2) p 是 q 的
A∪( B∩C) = {1,2,3,4,5,6,7,8} .
3.解析 “ 每位同学最多只能参加两项比赛”
表示为 A∩B∩C = ⌀.
(1) A∪B 表示参加 100 m 或参加 200 m 跑
的同学.
(2) A∩C 表示既参加 100 m 又参加 400 m
跑的同学.
综合运用
4. 解 析 因 为 A = { x | 3 ≤ x < 7 }, B =

高中数学人教A版选修2-3第一章1.2排列组合的综合应用(习题课)课件

高中数学人教A版选修2-3第一章1.2排列组合的综合应用(习题课)课件

课堂小结:
处理排列组合应用题的规律
(1)两种思路:直接法,间接法
(2)两种途径:元素分析法,位置分析法。 例3、对某种产品的6件不同的正品和4件不同的次品,一一进行测试,至区分出所有次品为止,若所有次品恰好在第5次测试时全部发现,则这样的测试方法有
捆绑法:相邻元素的排列,可以采用“整体到局部”的排法,即将相邻的元素当成“一个”元素进行排列,然后再局部排列。
种选法。
29
弄清要完成什么样的事件是前提。
00|0 00 0|0 0 00 0|0 0 00 0|0 0 00 0|0 0 00 00 00 捆绑法:相邻元素的排列,可以采用“整体到局部”的排法,即将相邻的元素当成“一个”元素进行排列,然后再局部排列。
解法一:先组队后分校(先分堆后分配) 特殊优先法:对于存在特殊元素或者特殊位置的排列组合问题,我们可以从这些特殊的东西入手,先解决特殊元素或特殊位置,再去解决其它元素或位置,这种解法叫做特殊优先法。
即 2,1,1,有 C =6(种),再分配给 3 个人,有 A =6(种),所以不同的 例3、对某种产品的6件不同的正品和4件不同的次品,一一进行测试,至区分出所有次品为止,若所有次品恰好在第5次测试时全部发现,则这样的测试方法有
2 3 处理排列组合应用题的规律 4 3 解:采用先组后排方法:
种。
安排方式共有 6×6=36(种). 例4、 从6个学校中选出30名学生参加数学竞赛,每校至少有1人,
解:对 5 个只会跳舞的人选几人进行分类: 第一类:跳舞的人从 5 个只会跳舞的人选 4 人,共有C54C84 350 (种); 第二类:跳舞的人从 5 个只会跳舞的人选 3 人,共有C53C31C74 1050 (种); 第三类:跳舞的人从 5 个只会跳舞的人选 2 人,共有C52C32C64 450 (种); 第四类:跳舞的人从 5 个只会跳舞的人选 1 人,共有C51C33C54 25 (种); 所以一共有 50+1050+450+25=1875(种).

高中数学高考调研高中数学-课时作业23-新人教A版选修22

高中数学高考调研高中数学-课时作业23-新人教A版选修22

课时作业(二十三)一、选择题1.命题“三角形中最多只有一个内角是直角”的结论的否定是( ) A .三角形中有两个内角是直角 B .三角形中有三个内角是直角 C .三角形中至少有两个内角是直角 D .三角形中没有一个内角是直角 答案 C2.设实数a 、b 、c 满足a +b +c =1,则a ,b ,c 中至少有一个数不小于( ) A .0 B.13 C.12 D .1答案 B3.a +b >c +d 的一个必要不充分条件是( ) A .a >c B .b >c C .a >c 且b >d D .a >c 或b >d 答案 D4.实数a 、b 、c 不全为0等价于( ) A .a 、b 、c 均不为0 B .a 、b 、c 中至多有一个为0 C .a 、b 、c 中至少有一个为0 D .a 、b 、c 中至少有一个不为0 答案 D5.设a 、b 、c 都是正数,则三个数a +1b ,b +1c ,c +1a( )A .都大于2B .至少有一个大于2C .至少有一个不小于2D .至少有一个不大于2 答案 C6.“自然数a ,b ,c 中恰有一个偶数”的否定为( ) A .自然数a ,b ,c 都是奇数B.自然数a,b,c都是偶数C.自然数a,b,c中至少有两个偶数D.自然数a,b,c都是奇数或至少有两个偶数答案 D解析恰有一个偶数的否定有两种情况,其一是无偶数,其二是至少有两个偶数.7.用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个大于60°”,反证假设正确的是( )A.假设三内角都大于60°B.假设三内角都不大于60°C.假设三内角至多有一个大于60°D.假设三内角至多有两个大于60°答案 B8.已知a,b是异面直线,直线c平行于直线a,那么c与b的位置关系为( )A.一定是异面直线B.一定是相交直线C.不可能是平行直线D.不可能是相交直线答案 C二、填空题9.“x=0且y=0”的否定形式为________.答案x≠0或y≠010.在空间中有下列命题:①空间四点中有三点共线,则这四点必共面;②空间四点,其中任何三点不共线,则这四点不共面;③垂直于同一直线的两直线平行;④两组对边分别相等的四边形是平行四边形.其中真命题是________.答案①11.用反证法证明:“△ABC中,若∠A>∠B,则a>b”的结论的否定为________.答案a≤b12.用反证法证明命题“x2-(a+b)x+ab≠0,则x≠a且x≠b”时应假设为________.答案x=a或x=b解析否定结论时,一定要全面否定,x≠a且x≠b的否定为x=a或x=b.13.若下列两个方程x2+(a-1)x+a2=0,x2+2ax-2a=0中至少有一个方程有实根,则实数a的取值范围是________.答案a≤-2或a≥-1解析若两方程均无实根,则Δ1=(a -1)2-4a 2=(3a -1)(-a -1)<0.∴a <-1或a >13.Δ2=(2a )2+8a =4a (a +2)<0,∴-2<a <0,故-2<a <-1.若两个方程至少有一个方程有实根, 则a ≤-2或a ≥-1.14.用反证法证明命题:“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤: ①∠A +∠B +∠C =90°+90°+∠C >180°,这与三角形内角和为180°相矛盾,则∠A =∠B =90°不成立;②所以一个三角形中不能有两个直角;③假设∠A ,∠B ,∠C 中有两个角是直角,不妨设∠A =∠B =90°. 正确顺序的序号排列为________. 答案 ③①② 三、解答题15.求证:1、3、2不能为同一等差数列的三项. 证明 假设1,3,2是数列{a n }(n ∈N +)中某三项, 不妨设为a n =1,a m =3,a p =2,(n ,m ,p 互不相等) 由等差数列定义可有a m -a n m -n =a p -a np -n, 即3-1m -n =1p -n ,则3-1=m -np -n. 由于m ,n ,p 是互不相等的正整数, ∴m -np -n必为有理数,而3-1是无理数,二者不会相等. ∴假设不成立,结论正确.16.实数a 、b 、c 、d 满足a +b =c +d =1,ac +bd >1. 求证:a 、b 、c 、d 中至少有一个是负数. 证明 假设a ,b ,c ,d 中没有负数, 即a ≥0,b ≥0,c ≥0,d ≥0, ∵1=(a +b )(c +d )=(ac +bd )+(bc +ad )>1+(bc +ad ), 即bc +ad <0.这与假设a ,b ,c ,d 中没有负数矛盾, ∴a ,b ,c ,d 中至少有一个负数.17.已知函数f (x )是(-∞,+∞)上的增函数,a ,b ∈R . (1)若a +b ≥0,求证:f (a )+f (b )≥f (-a )+f (-b ); (2)判断(1)中命题的逆命题是否成立,并证明你的结论. 解析 (1)∵a +b ≥0,∴a ≥-b . 由已知f (x )的单调性,得f (a )≥f (-b ). 又a +b ≥0⇒b ≥-a ,得f (b )≥f (-a ). 两式相加,得f (a )+f (b )≥f (-a )+f (-b ). (2)逆命题:f (a )+f (b )≥f (-a )+f (b )⇒a +b ≥0. 下面用反证法证明: 假设a +b <0,那么}a +b <0⇒a <-b ⇒f a<f -b a +b <0⇒b <-a ⇒f b <f -a⇒f (a )+f (b )<f (-a )+f (-b ).这与已知矛盾,故只有a +b ≥0逆命题得证. ►重点班·选做题18.已知a ,b ,c ∈R ,a +b +c =0,abc =1,求证:a ,b ,c 中至少有一个大于32.证明 假设a ,b ,c 都小于或等于32,即a ≤32,b ≤32,c ≤32.∵abc =1,∴a 、b 、c 三数同为正或一正两负. 又a +b +c =0,∴a 、b 、c 只能是一正两负. 不妨设a >0,b <0,c <0,则b +c =-a ,bc =1a.∴b 、c 为方程x 2+ax +1a=0有两根.∴Δ=a 2-4a≥0,即a 3≥4.∴a ≥34>3278=32,这与a ≤32矛盾.∴a 、b 、c 中至少有一个大于32.高考数学:试卷答题攻略一、“六先六后”,因人因卷制宜。

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