2019年高考数学总复习 10-6 排列与组合(理)单元测试 新人教B版

§13.1 合情推理与演绎推理1．合情推理2．归纳推理的一般步骤(1)通过观察个别情况发现某些相同性质；(2)从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想)． 3．类比推理的一般步骤(1)找出两类事物之间的相似性或一致性．(2)用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)．4．演绎推理由概念的定义或一些真命题，依照一定的逻辑规则得到正确结论的过程，通常叫做演绎推理．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．5．“三段论”可表示为①大前提：M是P；②小前提：S是M；③结论：所以，S是P.题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得到的结论一定正确．(×)(2)由平面三角形的性质推测空间四面体的性质，这是一种合情推理．(√)(3)在类比时，平面中的三角形与空间中的平行六面体作为类比对象较为合适．(×)(4)“所有3的倍数都是9的倍数，某数m是3的倍数，则m一定是9的倍数”，这是三段论推理，但其结论是错误的．(√)(5)一个数列的前三项是1,2,3，那么这个数列的通项公式是a n＝n(n∈N＋)．(×)(6)在演绎推理中，只要符合演绎推理的形式，结论就一定正确．(×)题组二教材改编2．已知在数列{a n}中，a1＝1，当n≥2时，a n＝a n－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想a n的表达式是()A．a n＝3n－1 B．a n＝4n－3C．a n＝n2D．a n＝3n－1答案 C解析a2＝a1＋3＝4，a3＝a2＋5＝9，a4＝a3＋7＝16，a1＝12，a2＝22，a3＝32，a4＝42，猜想a n＝n2.3．在等差数列{a n}中，若a10＝0，则有a1＋a2＋…＋a n＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19，n∈N＋)成立，类比上述性质，在等比数列{b n}中，若b9＝1，则存在的等式为________________．答案b1b2…b n＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N＋)解析利用类比推理，借助等比数列的性质，b29＝b1＋n·b17－n，可知存在的等式为b1b2…b n＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N＋)．题组三易错自纠4．正弦函数是奇函数，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函数，以上推理()A．结论正确B．大前提不正确C．小前提不正确D．全不正确答案 C解析f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，所以小前提错误．5．(2017·济南调研)类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性质，可得出空间内的下列结论：①垂直于同一个平面的两条直线互相平行；②垂直于同一条直线的两条直线互相平行；③垂直于同一个平面的两个平面互相平行；④垂直于同一条直线的两个平面互相平行．则正确的结论是________．(填序号)答案①④解析显然①④正确；对于②，在空间中垂直于同一条直线的两条直线可以平行，也可以异面或相交；对于③，在空间中垂直于同一个平面的两个平面可以平行，也可以相交．6．(2018·中山模拟)在△ABC中，不等式1A＋1B＋1C≥9π成立；在凸四边形ABCD中，不等式1A＋1 B＋1C＋1D≥162π成立；在凸五边形ABCDE中，不等式1A＋1B＋1C＋1D＋1E≥253π成立…依此类推，在凸n边形A1A2…A n中，不等式1A1＋1A2＋…＋1A n≥____________________成立．答案n2(n－2)π(n∈N＋，n≥3)解析∵1A＋1B＋1C≥9π＝32π，1 A＋1B＋1C＋1D≥162π＝422π，1 A＋1B＋1C＋1D＋1E≥253π＝523π，…，∴1A1＋1A2＋…＋1A n≥n2(n－2)π(n∈N＋，n≥3).题型一归纳推理命题点1 与数字有关的等式的推理 典例 (2016·山东)观察下列等式：⎝⎛⎭⎫sin π3－2＋⎝⎛⎭⎫sin 2π3－2＝43×1×2；⎝⎛⎭⎫sin π5－2＋⎝⎛⎭⎫sin 2π5－2＋⎝⎛⎭⎫sin 3π5－2＋⎝⎛⎭⎫sin 4π5－2＝43×2×3； ⎝⎛⎭⎫sin π7－2＋⎝⎛⎭⎫sin 2π7－2＋⎝⎛⎭⎫sin 3π7－2＋…＋⎝⎛⎭⎫sin 6π7－2＝43×3×4； ⎝⎛⎭⎫sin π9－2＋⎝⎛⎭⎫sin 2π9－2＋⎝⎛⎭⎫sin 3π9－2＋…＋⎝⎛⎭⎫sin 8π9－2＝43×4×5； …照此规律，⎝⎛⎭⎫sin π2n ＋1－2＋⎝⎛⎭⎫sin 2π2n ＋1－2＋⎝⎛⎭⎫sin 3π2n ＋1－2＋…＋⎝⎛⎭⎫sin 2n π2n ＋1－2＝__________.答案 43×n ×(n ＋1)解析 观察等式右边的规律：第1个数都是43，第2个数对应行数n ，第3个数为n ＋1.命题点2 与不等式有关的推理典例 (2017·济宁模拟)已知a i >0(i ＝1,2,3，…，n )，观察下列不等式： a 1＋a 22≥a 1a 2； a 1＋a 2＋a 33≥3a 1a 2a 3； a 1＋a 2＋a 3＋a 44≥4a 1a 2a 3a 4；…；照此规律，当n ∈N ＋，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a nn ≥______.答案na 1a 2…a n解析 根据题意得a 1＋a 2＋…＋a n n ≥na 1a 2…a n (n ∈N ＋，n ≥2)．命题点3 与数列有关的推理典例 (2017·湖北七市教科研协作体联考)观察下列等式： 1＋2＋3＋…＋n ＝12n (n ＋1)；1＋3＋6＋…＋12n (n ＋1)＝16n (n ＋1)(n ＋2)；1＋4＋10＋…＋16n (n ＋1)(n ＋2)＝124n (n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)；…；可以推测，1＋5＋15＋…＋124n(n＋1)(n＋2)(n＋3)＝____________________.答案1120n(n＋1)(n＋2)(n＋3)(n＋4)(n∈N＋)解析根据式子中的规律可知，等式右侧为15×4×3×2×1n(n＋1)(n＋2)(n＋3)(n＋4)＝1120n(n＋1)(n＋2)(n＋3)(n＋4) (n∈N＋)．命题点4与图形变化有关的推理典例(2017·大连调研)某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1,1,2,3,5，则预计第10年树的分枝数为()A．21 B．34 C．52 D．55答案 D解析由2＝1＋1,3＝1＋2,5＝2＋3知，从第三项起，每一项都等于前两项的和，则第6年为8，第7年为13，第8年为21，第9年为34，第10年为55，故选D.思维升华归纳推理问题的常见类型及解题策略(1)与数字有关的等式的推理．观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号可解．(2)与不等式有关的推理．观察每个不等式的特点，注意是纵向看，找到规律后可解．(3)与数列有关的推理．通常是先求出几个特殊现象，采用不完全归纳法，找出数列的项与项数的关系，列出即可．(4)与图形变化有关的推理．合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法验证其真伪性．跟踪训练(1)将自然数0,1,2，…按照如下形式进行摆列：根据以上规律判定，从2 016到2 018的箭头方向是()答案 A解析从所给的图形中观察得到规律：每隔四个单位，箭头的走向是一样的，比如说，0→1，箭头垂直指下，4→5箭头也是垂直指下，8→9也是如此，而2 016＝4×504，所以2 016→2 017也是箭头垂直指下，之后2 017→2 018的箭头是水平向右，故选A.(2)如图，有一个六边形的点阵，它的中心是1个点(算第1层)，第2层每边有2个点，第3层每边有3个点，…，依此类推，如果一个六边形点阵共有169个点，那么它的层数为( ) A ．6 B ．7 C ．8 D ．9答案 C解析 由题意知，第1层的点数为1，第2层的点数为6，第3层的点数为2×6，第4层的点数为3×6，第5层的点数为4×6，…，第n (n ≥2，n ∈N *)层的点数为6(n －1)．设一个点阵有n (n ≥2，n ∈N ＋)层，则共有的点数为1＋6＋6×2＋…＋6(n －1)＝1＋6·n (n －1)2＝3n 2－3n＋1，由题意，得3n 2－3n ＋1＝169，即(n ＋7)·(n －8)＝0，所以n ＝8，故共有8层． 题型二 类比推理典例 (1)等差数列{a n }的公差为d ，前n 项的和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列，公差为d2.类似地，若各项均为正数的等比数列{b n }的公比为q ，前n 项的积为T n ，则等比数列{n T n }的公比为( ) A.q2 B ．q 2 C.q D.nq答案 C解析 由题设，得T n ＝b 1·b 2·b 3·…·b n ＝b 1·b 1q ·b 1q 2·…·b 1q n －1＝b n 1q 1＋2＋…＋(n －1)＝b n 1(1)2n n q-.∴nT n ＝b 112n q-，∴等比数列{n T n }的公比为q ，故选C.(2)在平面上，设h a ，h b ，h c 是△ABC 三条边上的高，P 为三角形内任一点，P 到相应三边的距离分别为P a ，P b ，P c ，我们可以得到结论：P a h a ＋P b h b ＋P ch c ＝1.把它类比到空间，则三棱锥中的类似结论为______________________． 答案P a h a ＋P b h b ＋P c h c ＋P dh d＝1 解析 设h a ，h b ，h c ，h d 分别是三棱锥A －BCD 四个面上的高，P 为三棱锥A －BCD 内任一点，P 到相应四个面的距离分别为P a ，P b ，P c ，P d ，于是可以得出结论：P a h a ＋P b h b ＋P c h c ＋P dh d ＝1.思维升华 (1)进行类比推理，应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行类比，提出猜想．其中找到合适的类比对象是解题的关键．(2)类比推理常见的情形有平面与空间类比；低维的与高维的类比；等差数列与等比数列类比；数的运算与向量的运算类比；圆锥曲线间的类比等．跟踪训练(2018·晋江模拟)在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》(1261年)一书中，用如图1所示的三角形，解释二项和的乘方规律．在欧洲直到1623年以后，法国数学家布莱士·帕斯卡的著作(1655年)介绍了这个三角形．近年来国外也逐渐承认这项成果属于中国，所以有些书上称这是“中国三角形”(Chinese triangle)如图1,17世纪德国数学家莱布尼茨发现了“莱布尼茨三角形”如图 2.在杨辉三角中相邻两行满足关系式：C r n＋C r＋1n ＝C r＋1n＋1，其中n是行数，r∈N.请类比上式，在莱布尼茨三角形中相邻两行满足的关系式是____________．1 112 1133 11464 11510105 1…C0n C1n…C r n…C n－1nC n n图11 21 21 316131 4112112141 5120130120151 613016016013016…1C1n＋1C0n1C1n＋1C1n…1C1n＋1C r n…1C1n＋1C n－1n1C1n＋1C n n图2答案1C1n＋1C r n＝1C1n＋2C r n＋1＋1C1n＋2C r＋1n＋1解析类比观察得，将莱布尼茨三角形的每一行都能提出倍数1C1n＋1，而相邻两项之和是上一行的两者相拱之数，所以类比式子C r n＋C r＋1n ＝C r＋1n＋1，有1C1n＋1C r n＝1C1n＋2C r n＋1＋1C1n＋2C r＋1n＋1.题型三 演绎推理典例 (2018·保定模拟)数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2n S n(n ∈N ＋)．证明：(1)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等比数列；(2)S n ＋1＝4a n .证明 (1)∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝n ＋2n S n ，∴(n ＋2)S n ＝n (S n ＋1－S n )，即nS n ＋1＝2(n ＋1)S n . ∴S n ＋1n ＋1＝2·S n n ，又S 11＝1≠0，(小前提)故⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以1为首项，2为公比的等比数列．(结论)(大前提是等比数列的定义，这里省略了) (2)由(1)可知S n ＋1n ＋1＝4·S n －1n －1(n ≥2)， ∴S n ＋1＝4(n ＋1)·S n －1n －1＝4·n －1＋2n －1·S n －1＝4a n (n ≥2)，(小前提)又a 2＝3S 1＝3，S 2＝a 1＋a 2＝1＋3＝4＝4a 1，(小前提) ∴对于任意正整数n ，都有S n ＋1＝4a n .(结论)(第(2)问的大前提是第(1)问的结论以及题中的已知条件)思维升华 演绎推理是由一般到特殊的推理，常用的一般模式为三段论，演绎推理的前提和结论之间有着某种蕴含关系，解题时要找准正确的大前提，一般地，当大前提不明确时，可找一个使结论成立的充分条件作为大前提．跟踪训练 (1)(2017·全国Ⅱ)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩，老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息，则( ) A ．乙可以知道四人的成绩 B ．丁可以知道四人的成绩 C ．乙、丁可以知道对方的成绩 D ．乙、丁可以知道自己的成绩 答案 D解析 由甲说：“我还是不知道我的成绩”可推知甲看到乙、丙的成绩为“1个优秀、1个良好”．乙看丙的成绩，结合甲的说法，丙为“优秀”时，乙为“良好”；丙为“良好”时，乙为“优秀”，可得乙可以知道自己的成绩．丁看甲的成绩，结合甲的说法，甲为“优秀”时，丁为“良好”；甲为“良好”时，丁为“优秀”，可得丁可以知道自己的成绩．故选D.(2)已知函数y＝f(x)满足：对任意a，b∈R，a≠b，都有af(a)＋bf(b)>af(b)＋bf(a)，试证明：f(x)为R上的单调增函数．证明设x1，x2∈R，取x1<x2，则由题意得x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，∴x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]>0，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)>0，∵x1<x2，∴f(x2)－f(x1)>0，f(x2)>f(x1)．∴y＝f(x)为R上的单调增函数．高考中的合情推理问题考点分析合情推理在近年来的高考中，考查频率逐渐增大，题型多为选择、填空题，难度为中档．解决此类问题的注意事项与常用方法：(1)解决归纳推理问题，常因条件不足，了解不全面而致误．应由条件多列举一些特殊情况再进行归纳．(2)解决类比推理问题，应先弄清所给问题的实质及已知结论成立的缘由，再去类比另一类问题．典例(1)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1,3,6,10，…记为数列{a n}，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{b n}，可以推测：①b2 018是数列{a n}的第________项；②b2k－1＝________.(用k表示)(2)设S，T是R的两个非空子集，如果存在一个从S到T的函数y＝f(x)满足：(ⅰ)T＝{f(x)|x∈S}；(ⅱ)对任意x1，x2∈S，当x1<x2时，恒有f(x1)<f(x2)．那么称这两个集合“保序同构”．以下集合对不是“保序同构”的是________．①A＝N＋，B＝N；②A＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|x＝－8或0<x≤10}；③A＝{x|0<x<1}，B＝R；④A ＝Z ，B ＝Q .解析 (1)①a n ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2，b 1＝4×52＝a 4，b 2＝5×62＝a 5，b 3＝9×(2×5)2＝a 9，b 4＝(2×5)×112＝a 10，b 5＝14×(3×5)2＝a 14，b 6＝(3×5)×162＝a 15，…b 2 018＝⎝⎛⎭⎫2 0182×5⎝⎛⎭⎫2 0182×5＋12＝a 5 045.②由①知b 2k －1＝⎝⎛⎭⎫2k －1＋12×5－1⎝⎛⎭⎫2k －1＋12×52＝5k (5k －1)2. (2)对于①，取f (x )＝x －1，x ∈N ＋，所以A ＝N ＋，B ＝N 是“保序同构”的，故排除①； 对于②，取f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－8，x ＝－1，x ＋1，－1<x ≤0，x 2＋1，0<x ≤3，所以A ＝{x |－1≤x ≤3}，B ＝{x |x ＝－8或0<x ≤10}是“保序同构”的，故排除②； 对于③，取f (x )＝tan ⎝⎛⎭⎫πx －π2(0<x <1)， 所以A ＝{x |0<x <1}，B ＝R 是“保序同构”的，故排除③. ④不符合，故填④.答案 (1)①5 045 ②5k (5k －1)2(2)④1．(2018·衡水模拟)下列四个推导过程符合演绎推理三段论形式且推理正确的是() A．大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：π是无理数；结论：π是无限不循环小数B．大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：π是无限不循环小数；结论：π是无理数C．大前提：π是无限不循环小数；小前提：无限不循环小数是无理数；结论：π是无理数D．大前提：π是无限不循环小数；小前提：π是无理数；结论：无限不循环小数是无理数答案 B解析A中小前提不是大前提的特殊情况，不符合三段论的推理形式，故A错误；C，D都不是由一般性命题到特殊性命题的推理，所以C，D都不正确，只有B正确，故选B. 2．(2018·武汉模拟)观察下列各式：1＝12,2＋3＋4＝32,3＋4＋5＋6＋7＝52,4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝72，…，可以得出的一般结论是()A．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝n2B．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2C．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－1)＝n2D．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－1)＝(2n－1)2答案 B解析由题中式子可以归纳：等式左边为连续自然数的和，有2n－1项，且第一项为n，则最后一项为3n－2，等式右边均为2n－1的平方．3．(2016·北京)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则()A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C．乙盒中红球不多于丙盒中红球D．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多答案 B解析取两个球往盒子中放有4种情况：①红＋红，则乙盒中红球数加1；②黑＋黑，则丙盒中黑球数加1；③红＋黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1；④黑＋红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1.因为红球和黑球个数一样多，所以①和②的情况一样多．③和④的情况完全随机．③和④对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响．①和②出现的次数是一样的，所以对B 选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样．综上，选B.4．(2017·安徽江淮十校三联)我国古代数学名著《九章算术》中割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”其体现的是一种无限与有限的转化过程，比如在2＋2＋2＋…中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x ，这可以通过方程2＋x ＝x 确定出来x ＝2，类似地不难得到1＋11＋11＋…等于( ) A.－5－12B.5－12C.1＋52D.1－52答案 C解析 设1＋11＋11＋…＝x ，则1＋1x ＝x ，即x 2－x －1＝0，解得x ＝1＋52⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＝1－52舍. 故1＋11＋11＋…＝1＋52，故选C. 5．(2017·湖北宜昌一中月考)老师带甲、乙、丙、丁四名学生去参加自主招生考试，考试结束后老师向四名学生了解考试情况，四名学生回答如下：甲说：“我们四人都没考好”；乙说：“我们四人中有人考的好”；丙说：“乙和丁至少有一人没考好”；丁说：“我没考好”．结果，四名学生中有两人说对了，则四名学生中说对的两人是( )A ．甲、丙B ．乙、丁C ．丙、丁D ．乙、丙答案 D解析 甲与乙的关系是对立事件，二人说话矛盾，必有一对一错，如果丁正确，则丙也是对的，所以丁错误，可得丙正确，此时乙正确，故答案为D.6．由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：①“mn ＝nm ”类比得到“a·b ＝b·a ”；②“(m ＋n )t ＝mt ＋nt ”类比得到“(a ＋b )·c ＝a·c ＋b·c ”；③“(m ·n )t ＝m (n ·t )”类比得到“(a·b )·c ＝a·(b·c )”；④“t ≠0，mt ＝xt ⇒m ＝x ”类比得到“p ≠0，a·p ＝x·p ⇒a ＝x ”；⑤“|m ·n |＝|m |·|n |”类比得到“|a·b |＝|a|·|b |”；⑥“ac bc ＝a b ”类比得到“a·c b·c ＝a b”． 以上式子中，类比得到的结论正确的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 B解析 ①②正确；③④⑤⑥错误．7．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数1,3,6,10，…，第n 个三角形数为n (n ＋1)2＝12n 2＋12n ，记第n 个k 边形数为N (n ，k )(k ≥3)，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式：三角形数 N (n,3)＝12n 2＋12n ， 正方形数 N (n,4)＝n 2，五边形数 N (n,5)＝32n 2－12n ， 六边形数 N (n,6)＝2n 2－n…可以推测N (n ，k )的表达式，由此计算N (10,24)＝__________.答案 1 000解析 由N (n,4)＝n 2，N (n,6)＝2n 2－n ，可以推测：当k 为偶数时，N (n ，k )＝k －22n 2＋4－k 2n ， ∴N (10,24)＝24－22×100＋4－242×10 ＝1 100－100＝1 000.8．若{a n }是等差数列，m ，n ，p 是互不相等的正整数，则有(m －n )a p ＋(n －p )a m ＋(p －m )a n ＝0，类比上述性质，相应地，对等比数列{b n }，m ，n ，p 是互不相等的正整数，有__________________．答案 b m －n p ·b n －p m ·b p －m n ＝1 解析 类比已知条件中等差数列的等式(m －n )a p ＋(n －p )a m ＋(p －m )a n ＝0，结合等比数列通项公式可得出等比数列的结论为b m －n p ·b n －p m ·b p －m n ＝1.9．(2017·青岛模拟)若数列{a n }的通项公式为a n ＝1(n ＋1)2(n ∈N ＋)，记f (n )＝(1－a 1)(1－a 2)…(1－a n )，试通过计算f (1)，f (2)，f (3)的值，推测出f (n )＝______.答案 n ＋22n ＋2解析 f (1)＝1－a 1＝1－14＝34， f (2)＝(1－a 1)(1－a 2)＝34⎝⎛⎭⎫1－19＝23＝46， f (3)＝(1－a 1)(1－a 2)(1－a 3)＝23⎝⎛⎭⎫1－116＝58， 推测f (n )＝n ＋22n ＋2. 10．观察下列不等式：1＋122<32， 1＋122＋132<53， 1＋122＋132＋142<74， …照此规律，第五个不等式为____________________．答案 1＋122＋132＋142＋152＋162<116解析 观察每行不等式的特点，每行不等式左端最后一个分数的分母的开方与右端值的分母相等，且每行右端分数的分子构成等差数列．故第五个不等式为1＋122＋132＋142＋152＋162<116. 11．(2018·济南模拟)设f (x )＝13x＋3，先分别求f (0)＋f (1)，f (－1)＋f (2)，f (－2)＋f (3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明．解 f (0)＋f (1)＝130＋3＋131＋3 ＝11＋3＋13＋3＝3－12＋3－36＝33， 同理可得：f (－1)＋f (2)＝33，f (－2)＋f (3)＝33， 并注意到在这三个特殊式子中，自变量之和均等于1.归纳猜想得：当x 1＋x 2＝1时，均有f (x 1)＋f (x 2)＝33. 证明：设x 1＋x 2＝1，f (x 1)＋f (x 2)1233x x++=====.12．在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求证：1AD2＝1AB2＋1AC2，那么在四面体A—BCD 中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想，并说明理由．解如图所示，由三角形相似得AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC，∴1AD2＝1BD·DC＝BC2BD·BC·DC·BC＝BC2AB2·AC2.又BC2＝AB2＋AC2，∴1AD2＝AB2＋AC2AB2·AC2＝1AB2＋1AC2.猜想，四面体A—BCD中，AB，AC，AD两两垂直，AE⊥平面BCD，则1AE2＝1AB2＋1AC2＋1AD2.证明：如图，连接BE并延长交CD于F，连接AF.∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A，AC⊂平面ACD，AD⊂平面ACD，∴AB⊥平面ACD.∵AF⊂平面ACD，∴AB⊥AF.在Rt△ABF中，AE⊥BF，∴1AE2＝1AB2＋1AF2.在Rt △ACD 中，AF ⊥CD ，∴1AF 2＝1AC 2＋1AD 2， ∴1AE 2＝1AB 2＋1AC 2＋1AD 2.13．(2017·佛山一模)所有真约数(除本身之外的正约数)的和等于它本身的正整数叫做完全数(也称为完备数、完美数)，如6＝1＋2＋3；28＝1＋2＋4＋7＋14；496＝1＋2＋4＋8＋16＋31＋62＋124＋248，此外，它们都可以表示为2的一些连续正整数次幂之和，如6＝21＋22,28＝22＋23＋24，…，按此规律，8 128可表示为____________．答案 26＋27＋…＋212解析 由题意，如果2n －1是质数，则2n －1(2n －1)是完全数，n ≥2，n ∈N ＋，∴令n ＝7，可得一个四位完全数为64×(128－1)＝8 128，∴8 128＝26＋27＋ (212)14．(2017·厦门模拟)设f (x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，若a ＋b ＋c ＝0，f (0)>0，f (1)>0，证明：(1)a >0且－2<b a<－1； (2)方程f (x )＝0在(0,1)内有两个实根．证明 (1)因为f (0)>0，f (1)>0，所以c >0,3a ＋2b ＋c >0.由a ＋b ＋c ＝0，消去b 得a >c >0；再由条件a ＋b ＋c ＝0，消去c 得a ＋b <0且2a ＋b >0，所以－2<b a<－1. (2)因为抛物线f (x )＝3ax 2＋2bx ＋c 的顶点坐标为⎝⎛⎭⎫－b 3a ，3ac －b 23a ， 又因为－2<b a<－1， 所以13<－b 3a <23. 因为f (0)>0，f (1)>0，而f ⎝⎛⎭⎫－b 3a ＝3ac －b 23a ＝－a 2＋c 2－ac 3a ＝－⎝⎛⎭⎫a －c 22＋3c 243a <0，所以方程f (x )＝0在区间⎝⎛⎭⎫0，－b 3a 与⎝⎛⎭⎫－b 3a ，1内分别有一个实根，故方程f (x )＝0在(0,1)内有两个实根．15．(2017·湖北八校联考)祖暅是我国南北朝时代的数学家，是祖冲之的儿子．他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异．”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．设由椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)所围成的平面图形绕y 轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体(称为椭球体)(如图)，课本中介绍了应用祖暅原理求球体体积公式的方法，请类比此法，求出椭球体体积，其体积为________．答案 43πb 2a 解析 椭圆的长半轴长为a ，短半轴长为b ，现构造两个底面半径为b ，高为a 的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，根据祖暅原理得出椭球的体积．V ＝2(V 圆柱－V 圆锥)＝2⎝⎛⎭⎫π×b 2×a －13π×b 2a ＝43πb 2a . 16．(2017·青岛模拟)对于三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导数，f ″(x )是f ′(x )的导数，若方程f ″(x )＝0有实数解x 0，则称点(x 0，f (x 0))为函数y ＝f (x )的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若f (x )＝13x 3－12x 2＋3x －512，请你根据这一发现， (1)求函数f (x )的对称中心；(2)计算f ⎝⎛⎭⎫12 017＋f ⎝⎛⎭⎫22 017＋f ⎝⎛⎭⎫32 017＋f ⎝⎛⎭⎫42 017＋…＋f ⎝⎛⎭⎫2 0162 017. 解 (1)f ′(x )＝x 2－x ＋3，f ″(x )＝2x －1，由f ″(x )＝0，即2x －1＝0，解得x ＝12. f ⎝⎛⎭⎫12＝13×⎝⎛⎭⎫123－12×⎝⎛⎭⎫122＋3×12－512＝1. 由题中给出的结论，可知函数f (x )＝13x 3－12x 2＋3x －512的对称中心为⎝⎛⎭⎫12，1.(2)由(1)知函数f (x )＝13x 3－12x 2＋3x －512的对称中心为⎝⎛⎭⎫12，1， 所以f ⎝⎛⎭⎫12＋x ＋f ⎝⎛⎭⎫12－x ＝2，即f (x )＋f (1－x )＝2.故f ⎝⎛⎭⎫12 017＋f ⎝⎛⎭⎫2 0162 017＝2， f ⎝⎛⎭⎫22 017＋f ⎝⎛⎭⎫2 0152 017＝2， f ⎝⎛⎭⎫32 017＋f ⎝⎛⎭⎫2 0142 017＝2， …，F ⎝⎛⎭⎫2 0162 017＋f ⎝⎛⎭⎫12 017＝2.所以f ⎝⎛⎭⎫12 017＋f ⎝⎛⎭⎫22 017＋f ⎝⎛⎭⎫32 017＋f ⎝⎛⎭⎫42 017＋…＋f ⎝⎛⎭⎫2 0162 017＝12×2×2 016＝2 016.。

精选题专练（54）排列与组合1．已知集合A={1,2,3,4,5,6},则集合A的含偶数个元素的子集的个数为( )A.16B.32C.64D.128【解析】选B.由题意,集合A的含偶数个元素的子集的个数为+++=1+15+15+1=32.2．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( )A．192种 B．216种C．240种 D．288种解析：当最左端排甲时，不同的排法共有A55种；当最左端排乙时，甲只能排在中间四个位置之一，则不同的排法共有C14A44种。

故不同的排法共有A55＋C14A44＝9×24＝216种。

答案：B3．从10名大学毕业生中选3个人担任村长助理,则甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的不同选法的种数为( )A.72B.56C.49D.28【解析】选C.分两类:甲、乙中只有1人入选且丙没有入选,甲、乙均入选且丙没有入选,计算可得所求选法种数为+=49.4．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( ) A．24对 B．30对C．48对 D．60对解析：方法一直接法：如图，在上底面中选B1D1，四个侧面中的面对角线都与它成60°，共8对，同样A1C1对应的也有8对，下底面也有16对，这共有32对；左右侧面与前后侧面中共有16对。

所以全部共有48对。

方法二间接法：正方体的12条面对角线中，任意两条垂直，平行或成角为60°，所以成角为60°的共有C212－12－6＝48。

答案：C5．若从1,2,3,…,9这9个数字中同时取4个不同的数字,其和为偶数,则不同的取法共有( )A.60种B.63种C.65种D.66种【解析】选D.共有4个不同的偶数和5个不同的奇数,要使和为偶数,则4个数全为奇数,或全为偶数,或2个奇数和2个偶数,故不同的取法有++ =66(种).6．来自中国、英国、瑞典的乒乓球裁判员各两名，执行世锦赛的一号、二号和三号场地的乒乓球裁判工作，每个场地有两名来自不同国家的裁判，则不同的安排方案共有( ) A．48种 B．24种C．36种 D．96种解析：一号场地的安排方案有C23C12C12＝12(种)，即表示从3个国家中选择两个，而后再从所选择的两个国家中各选择一名裁判最后剩余1个国家的两名裁判和另外两个国家各剩的一名裁判，将其分到两个场地易求得有A22A22＝4(种)安排方案，综上，共有12×4＝48(种)安排方案。

第2讲排列与组合A级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(2018·全国)将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有( )．A．12种B．18种C．24种D．36种解析先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有A33种不同的排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A12种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有A33·A12·1＝12(种)不同的排列方法．答案 A2．A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A、B可以不相邻)，那么不同的排法共有( )．A.24种B.60种C.90种D.120种解析可先排C、D、E三人，共A35种排法，剩余A、B两人只有一种排法，由分步计数原理满足条件的排法共A35＝60(种)．答案 B3．如果n是正偶数，则C0n＋C2n＋…＋C n－2n＋C nn＝( )．A．2n B．2n－1C．2n－2D．(n－1)2n－1解析(特例法)当n＝2时，代入得C02＋C22＝2，排除答案A、C；当n＝4时，代入得C04＋C24＋C44＝8，排除答案D.故选B.答案 B4．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为( )．A.42B.30C.20D.12解析可分为两类：两个节目相邻或两个节目不相邻，若两个节目相邻，则有A22A16＝12种排法；若两个节目不相邻，则有A26＝30种排法．由分类计数原理共有12＋30＝42种排法(或A27＝42)．答案二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2018·汕头调研)如图，电路中共有7个电阻与一个电灯A，若灯A不亮，因电阻断路的可能性共有________种情况．解析每个电阻都有断路与通路两种状态，图中从上到下的三条支线路，分别记为支线a、b、c，支线a，b 中至少有一个电阻断路情况都有22－1＝3种；支线c中至少有一个电阻断路的情况有23－1＝7种，每条支线至少有一个电阻断路，灯A就不亮，因此灯A不亮的情况共有3×3×7＝63种情况．答案636．(2018·郑州模拟)从－3，－2，－1,0,1,2,3,4八个数字中任取3个不同的数字作为二次函数y＝ax2＋bx＋c 的系数a，b，c的取值，问共能组成________个不同的二次函数．解析a，b，c中不含0时，有A37个；a，b，c中含有0时，有2A27个．故共有A37＋2A27＝294个不同的二次函数．答案294三、解答题(共25分)7．(12分)7名男生5名女生中选取5人，分别求符合下列条件的选法总数有多少种．(1)A，B必须当选；(2)A，B必不当选；(3)A，B不全当选；(4)至少有2名女生当选；(5)选取3名男生和2名女生分别担任班长、体育委员等5种不同的工作，但体育委员必须由男生担任，班长必须由女生担任．解(1)由于A，B必须当选，那么从剩下的10人中选取3人即可，故有C310＝120种选法．(2)从除去的A，B两人的10人中选5人即可，故有C510＝252种选法．(3)全部选法有C512种，A，B全当选有C310种，故A，B不全当选有C512－C310＝672种选法．(4)注意到“至少有2名女生”的反面是只有一名女生或没有女生，故可用间接法进行．所以有C512－C15·C47－C57＝596种选法．(5)分三步进行；第1步，选1男1女分别担任两个职务有C17·C15种选法．第2步，选2男1女补足5人有C26·C14种选法．第3步，为这3人安排工作有A33方法．由分步乘法计数原理，共有C17C15·C26C14·A33＝12 600种选法．8．(13分)直线x＝1，y＝x，将圆x2＋y2＝4分成A，B，C，D四个区域，如图用五种不同的颜色给他们涂色，要求共边的两区域颜色互异，每个区域只涂一种颜色，共有多少种不同的涂色方法？解法一第1步，涂A区域有C15种方法；第2步，涂B区域有C 14种方法；第3步，涂C区域和D区域：若C区域涂A区域已填过颜色，则D区域有4种涂法；若C区域涂A、B剩余3种颜色之一，即有C13种涂法，则D区域有C13种涂法．故共有C15·C14·(4＋C13·C13)＝260种不同的涂色方法．法二共可分为三类：第1类，用五色中两种色，共有C25A22种涂法；第2类，用五色中三种色，共有C35C13C12A22种涂法；第3类，用五色中四种色，共有C45A44种涂法．由分类加法计数原理，共有C25A22＋C35C13C12A22＋C45A44＝260种不同的涂色方法．B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．在1,2,3,4,5,6,7的任一排列a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7中，使相邻两数都互质的排列方式共有( )．A．576种B．720种C．864种D．1 152种解析由题意，先排1,3,5,7，有A44种排法；再排6，由于6不能和3相邻，故6有3种排法；最后排2和4，在不与6相邻的4个空中排上2和4，有A24种排法，所以共有A44×3×A24＝864种排法．答案 C2．(2018·山东)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为( )．A．232 B．252 C．472 D．484解析若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色则有C14×C14×C14＝64种，若2张同色，则有C23×C12×C24×C14＝144种；若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有C14×C23×C14×C14＝192种，乘余2张同色，则有C14×C13×C24＝72种，所以共有64＋144＋192＋72＝472种不同的取法．故选C.答案 C二、填空题(每小题5分，共10分)3．(2018·深圳模拟)某人手中有5张扑克牌，其中2张为不同花色的2,3张为不同花色的A，有5次出牌机会，每次只能出一种点数的牌但张数不限，此人不同的出牌方法共有________种．解析出牌的方法可分为以下几类：(1)5张牌全部分开出，有A55种方法；(2)2张2一起出，3张A一起出，有A25种方法；(3)2张2一起出，3张A分3次出，有A45种方法；(4)2张2一起出，3张A分两次出，有C23A35种方法；(5)2张2分开出，3张A一起出，有A35种方法；(6)2张2分开出，3张A分两次出，有C23A45种方法．因此，共有不同的出牌方法A55＋A25＋A45＋C23A35＋A35＋C23A45＝860(种)．答案8604．小王在练习电脑编程，其中有一道程序题的要求如下：它由A，B，C，D，E，F六个子程序构成，且程序B 必须在程序A之后，程序C必须在程序B之后，执行程序C后须立即执行程序D，按此要求，小王的编程方法有__________种．解析对于位置有特殊要求的元素可采用插空法排列，把CD看成整体，A，B，C，D产生四个空，所以E有4种不同编程方法，然后四个程序又产生5个空，所以F有5种不同编程方法，所以小王有20种不同编程方法． 答案 20 三、解答题(共25分)5．(12分)某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中：(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？ (2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？ (3)甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？(4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？ 解 (1)只需从其他18人中选3人即可，共有C 318＝816(种)； (2)只需从其他18人中选5人即可，共有C 518＝8 568(种)； (3)分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加， 共有C 12C 418＋C 318＝6 936(种)； (4)方法一 (直接法)：至少有一名内科医生和一名外科医生的选法可分四类： 一内四外；二内三外；三内二外；四内一外， 所以共有C 112C 48＋C 212C 38＋C 312C 28＋C 412C 18＝14 656(种)． 方法二 (间接法)：由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得C 520－(C 512＋C 58)＝14 656(种)． 6．(13分)在m(m≥2)个不同数的排列p 1p 2…p m 中，若1≤i＜j≤m 时p i ＞p j (即前面某数大于后面某数)，则称p i与p j 构成一个逆序，一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数．记排列(n ＋1)n(n －1)…321的逆序数为a n .如排列21的逆序数a 1＝1，排列321的逆序数a 2＝3，排列4 321的逆序数a 3＝6. (1)求a 4、a 5，并写出a n 的表达式；(2)令b n ＝a n a n ＋1＋a n ＋1a n ，证明：2n ＜b 1＋b 2＋…＋b n ＜2n ＋3，n ＝1,2，….(1)解 由已知条件a 4＝C 25＝10，a 5＝C 26＝15， 则a n ＝C 2n ＋1＝＋2.(2)证明 b n ＝a n a n ＋1＋a n ＋1a n ＝n n ＋2＋n ＋2n ＝2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2∴b 1＋b 2＋…＋b n＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2，∴2n ＜b 1＋b 2＋…＋b n ＜2n ＋3.。

§10.2排列与组合1．排列(1)排列的定义：从n个不同元素中取出m (m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫作从n个不同元素中任意取出m个元素的一个排列．(2)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.(3)排列数公式：A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)．(4)A n n＝n·(n－1)·(n－2)·…·2·1＝n！.A m n＝n！(n－m)！，这里规定0！＝1.2．组合(1)组合的定义：从n个不同的元素中，任取出m(m≤n)个元素为一组，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用C m n表示．(3)组合数的计算公式：C m n＝A m nA m m＝n！m！(n－m)！＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)m！，由于0！＝1，所以C0n＝1.(4)组合数的性质：①C m n＝C n－mn __；②C m n＋1＝C m n__＋C m－1n__.1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(×)(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．(×)(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(√)(4)(n＋1)！－n！＝n·n！. (√)(5)A m n＝n A m－1n－1. (√)(6)k C k n＝n C k－1n－1. (√) 2．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有() A．4种B．10种C．18种D．20种答案 B解析方法一不同的赠送方法有A45A22A33＝10(种)．方法二从2本同样的画册，3本同样的集邮册中取出4本有两种取法：第一种：从2本画册中取出1本，将3本集邮册全部取出；第二种：将2本画册全部取出，从3本集邮册中取出2本．由于画册是相同的，集邮册也是相同的，因此第一种取法中只需从4位朋友中选出1人赠送画册，其余的赠送集邮册，有C14＝4(种)赠送方法；第二种取法中只需从4位朋友中选取2人赠送画册，其余的赠送集邮册，有C24＝6(种)赠送方法．因此共有4＋6＝10(种)赠送方法．3．(2012·大纲全国)将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有() A．12种B．18种C．24种D．36种答案 A解析先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有A33种不同的排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A12种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有A33·A12·1＝12(种)不同的排列方法．4．用数字1、2、3、4、5组成的无重复数字的四位偶数的个数为() A．8 B．24 C．48 D．120答案 C解析分两步：(1)先排个位有A12种排法．(2)再排前三位有A34种排法，故共有A12A34＝48种排法．5．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有______种．答案14解析①有1名女生：C12C34＝8.②有2名女生：C22C24＝6.∴不同的选派方案有8＋6＝14(种)．题型一排列问题例1有4名男生、5名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法？(1)甲不在中间也不在两端；(2)甲、乙两人必须排在两端；(3)男女相间．思维启迪 这是一个排列问题，一般情况下，我们会从受到限制的特殊元素开始考虑，有时也从特殊的位置讨论起．对于相邻问题，常用“捆绑法”；对于不相邻问题，常用“插空法”(特殊元素后考虑)；对于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”或“排除法”(特殊元素先考虑)． 解 (1)方法一 (元素分析法) 先排甲有6种，其余有A 88种，故共有6·A 88＝241 920(种)排法．方法二 (位置分析法)中间和两端有A 38种排法，包括甲在内的其余6人有A 66种排法，故共有A 38·A 66＝336×720＝241 920(种)排法． 方法三 (等机会法)9个人的全排列数有A 99种，甲排在每一个位置的机会都是均等的，依题意，甲不在中间及两端的排法总数是A 99×69＝241 920(种)． 方法四 (间接法)A 99－3·A 88＝6A 88＝241 920(种)．(2)先排甲、乙，再排其余7人， 共有A 22·A 77＝10 080(种)排法． (3)(插空法)先排4名男生有A 44种方法，再将5名女生插空，有A 55种方法，故共有A 44·A 55＝2 880(种)排法．思维升华 本题集排列多种类型于一题，充分体现了元素分析法(优先考虑特殊元素)、位置分析法(优先考虑特殊位置)、直接法、间接法(排除法)、等机会法、插空法等常见的解题思路．用0,1,3,5,7五个数字，可以组成多少个没有重复数字且5不在十位位置上的五位数？ 解 本题可分两类：第一类：0在十位位置上，这时，5不在十位位置上，所以五位数的个数为A 44＝24； 第二类：0不在十位位置上，这时，由于5不能排在十位位置上，所以，十位位置上只能排1,3,7之一，这一步有A 13＝3种方法．又由于0不能排在万位位置上，所以万位位置上只能排5或1,3,7被选作十位上的数字后余下的两个数字之一，这一步有方法A 13＝3(种)．十位、万位上的数字选定后，其余三个数字全排列即可，这一步有方法A 33＝6(种)．根据分步乘法计数原理，第二类中所求五位数的个数为A 13·A 13·A 33＝54. 由分类加法计数原理，符合条件的五位数共有24＋54＝78(个)．题型二组合问题例2某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？思维启迪可以从特殊元素出发，考虑直接选取或使用间接法．解(1)从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561(种)，∴某一种假货必须在内的不同取法有561种．(2)从34种可选商品中，选取3种，有C334种或者C335－C234＝C334＝5 984(种)．∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种．(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有C120C215＝2 100(种)．∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种．(4)选取2件假货有C120C215种，选取3件假货有C315种，共有选取方式C120C215＋C315＝2 100＋455＝2 555(种)．∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种．(5)选取3件的总数有C335，因此共有选取方式C335－C315＝6 545－455＝6 090(种)．∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种．思维升华组合问题常有以下两类题型变化：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，(1)甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有多少种？(2)甲、乙所选的课程中至少有一门不相同的选法有多少种？解(1)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，且甲、乙所选课程中恰有1门相同的选法种数共有C24C12C12＝24(种)．(2)甲、乙两人从4门课程中各选两门不同的选法种数为C24C24，又甲乙两人所选的两门课程都相同的选法种数为C24种，因此满足条件的不同选法种数为C24C24－C24＝30(种)．题型三 排列与组合的综合应用问题例3 4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？ (2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？ (3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？思维启迪 把不放球的盒子先拿走，再放球到余下的盒子中并且不空．解 (1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2,1,1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有C 14C 24C 13×A 22＝144(种)．(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法． (3)确定2个空盒有C 24种方法．4个球放进2个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有C 34C 11A 22种方法；第二类有序均匀分组有C 24C 22A 22·A 22种方法．故共有C 24(C 34C 11A 22＋C 24C 22A 22·A 22)＝84(种)． 思维升华 排列、组合综合题目，一般是将符合要求的元素取出(组合)或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列．其中分组时，要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准．(1)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(2)(2013·重庆)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________．(用数字作答)答案 (1)B (2)590 解析 (1)先放1、2的卡片有C 13种，再将3、4、5、6的卡片平均分成两组再放置，有C 24A 22·A 22种，故共有C 13·C 24＝18种． (2)分三类：①选1名骨科医生，则有C 13(C 14C 35＋C 24C 25＋C 34C 15)＝360(种)． ②选2名骨科医生，则有C 23(C 14C 25＋C 24C 15)＝210(种)； ③选3名骨科医生，则有C 33C 14C 15＝20(种)．∴骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是360＋210＋20＝590.排列、组合问题计算重、漏致误典例：(5分)有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法有________种．易错分析易犯错误如下：先从一等品中取1个，有C116种取法；再从余下的19个零件中任取2个，有C219种不同取法，共有C116×C219＝2 736种不同取法．上述做法使两次取的一等品有了先后顺序，导致取法重复．解析方法一将“至少有1个是一等品的不同取法”分三类：“恰有1个一等品”，“恰有2个一等品”，“恰有3个一等品”，由分类加法计数原理有C116C24＋C216C14＋C316＝1 136(种)．方法二考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法：C320－C34＝1 136(种)．答案 1 136温馨提醒(1)排列、组合问题由于其思想方法独特，计算量庞大，对结果的检验困难，所以在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则，如特殊元素、位置优先原则、先取后排原则、先分组后分配原则、正难则反原则等，只有这样我们才能有明确的解题方向．同时解答组合问题时必须心思细腻，考虑周全，这样才能做到不重不漏，正确解题．(2)“至少、至多型”问题不能利用分步乘法计数原理求解，多采用分类求解或转化为它的对立事件求解．方法与技巧1．对于有附加条件的排列、组合应用题，通常从三个途径考虑：(1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；(2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；(3)先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不合要求的排列数或组合数．2．排列、组合问题的求解方法与技巧(1)特殊元素优先安排；(2)合理分类与准确分步；(3)排列、组合混合问题先选后排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题排除法处理；(7)分排问题直排处理；(8)“小集团”排列问题先整体后局部；(9)构造模型；(10)正难则反，等价条件．失误与防范1．解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)．分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏．2．解组合应用题时，应注意“至少”、“至多”、“恰好”等词的含义．3．对于分配问题，解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏．A组专项基础训练(时间：35分钟)一、选择题1．(2012·课标全国)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有() A．12种B．10种C．9种D．8种答案 A解析分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C12＝2(种)选派方法；第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有C24＝6(种)选派方法．由分步乘法计数原理得不同的选派方案共有2×6＝12(种)．2．10名同学合影，站成了前排3人，后排7人．现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数为() A．C27A55B．C27A22C．C27A25D．C27A35答案 C解析从后排抽2人的方法种数是C27；前排的排列方法种数是A25.由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是C27A25.3．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位．该台晚会节目演出顺序的编排方案共有() A．36种B．42种C．48种D．54种答案 B解析分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最后一位，中间4个节目无限制条件，有A44种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C13种排法，其他3个节目有A33种排法，故有C13A33种排法．依分类加法计数原理，知共有A44＋C13A33＝42(种)编排方案．4．如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有()A．11种B．20种C．21种D．12种答案 C解析当第一组开关有一个接通时，电路接通有C12(C13＋C23＋C33)＝14(种)方式；当第一组开关有两个接通时，电路接通有C22(C13＋C23＋C33)＝7(种)方式．所以共有14＋7＝21(种)方式，故选C.5．(2012·山东)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为() A．232 B．252C．472 D．484答案 C解析分两类：第一类，含有1张红色卡片，共有不同的取法C14C212＝264(种)；第二类，不含有红色卡片，共有不同的取法C312－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知不同的取法有264＋208＝472(种)．二、填空题6．A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A、B可以不相邻)，那么不同的排法共有________种．答案60解析可先排C、D、E三人，共A35种排法，剩余A、B两人只有一种排法，由分步乘法计数原理知满足条件的排法共有A35＝60(种)．7．(2013·北京)将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．答案96解析将5张参观券分成4堆，有2个连号有4种分法，每种分法再分给4人，各有A44种分法，∴不同的分法种数共有4A44＝96.8．用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．答案8解析先把两奇数捆绑在一起有A22种方法，再用插空法共有个数A22·C12·A22＝8.9．某商店要求甲、乙、丙、丁、戊五种不同的商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，而丙、丁两种不能排在一起，不同的排法共有________种．答案24解析甲、乙排在一起，用捆绑法，丙、丁不排在一起，用插空法，不同的排法共有2A22·A23二、解答题10．某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中：(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？(3)甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？(4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？解(1)只需从其他18人中选3人即可，共有C318＝816(种)；(2)只需从其他18人中选5人即可，共有C518＝8 568(种)；(3)分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有C12C418＋C318＝6 936(种)；(4)方法一(直接法)：至少有一名内科医生和一名外科医生的选法可分四类：一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，所以共有C112C48＋C212C38＋C312C28＋C412C18＝14 656(种)．方法二(间接法)：由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得C520－(C512＋C58)＝14 656(种)．B组专项能力提升(时间：15分钟)1．(2012·北京)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．24 B．18 C．12 D．6答案 B解析当选0时，先从1,3,5中选2个数字有C23种方法，然后从选中的2个数字中选1个排在末位有C12种方法，剩余1个数字排在首位，共有C23C12＝6(种)方法；当选2时，先从1,3,5中选2个数字有C23种方法，然后从选中的2个数字中选1个排在末位有C12种方法，其余2个数字全排列，共有C23C12A22＝12(种)方法．依分类加法计数原理知共有6＋12＝18(个)奇数．2．把3盆不同的兰花和4盆不同的玫瑰花摆放在右图中的1,2,3,4,5,6,7所示的位置上，其中3盆兰花不能放在一条直线上，则不同的摆放方法有()A．2 680种B．4 320种C．4 920种D．5 140种解析先将7盆花全排列，共有A77种排法，其中3盆兰花排在一条直线上的排法有5A33 A44(种)，故所求摆放方法有A77－5A33A44＝4 320(种)．3．计划展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一列，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同的排列方式的种数有() A．A44A55B．A33A44A35C．C13A44A55D．A22A44A55答案 D解析先把3种品种的画看成整体，而水彩画受限制应优先考虑，不能放在头尾，故只能放在中间，又油画与国画有A22种放法，再考虑国画与油画本身又可以全排列，故排列的方法有A22A44A55种．4．(2013·浙江)将A、B、C、D、E、F六个字母排成一排，且A、B均在C的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答)．答案480解析分类讨论：A、B都在C的左侧，且按C的左侧分别有两个、三个、四个、五个字母这4类计算，再考虑右侧情况．所以共有2(A22·A33＋C13A33·A22＋C23A44＋A55)＝480(种)．5．将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴省运会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有________种(用数字作答)．答案 1 080解析先分组再分配，共有C16C15C242A22·A44＝1 080(种)分配方案．6．某地奥运火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成．如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方法共有________种(用数字作答)．答案96解析甲传第一棒，乙传最后一棒，共有A44种方法．乙传第一棒，甲传最后一棒，共有A44种方法．丙传第一棒，共有C12·A44种方法．由分类加法计数原理得，共有A44＋A44＋C12·A44＝96(种)方法．7．有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8种卡片中取出4张卡片排成一行，如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有________种(用数字作答)．答案432解析取出的4张卡片所标数字之和等于10，共有三种情况：1144,2233,1234.所取卡片是1144的共有A44种排法．所取卡片是2233的共有A44种排法．所取卡片是1234，则其中卡片颜色可为无红色，1张红色，2张红色，3张红色，全是红色，共有排法A44＋C14A44＋C24A44＋C34A44＋A44＝16A44(种)，∴共有排法18A44＝18×4×3×2×1＝432(种)．。

第10章第6节一、选择题1．(2010·河南南阳市调研)现准备将6台型号相同的电脑分配给5所小学，其中A，B 两所希望小学每个学校至少两台，其它小学允许1台没有，则不同的分配方案共有() A．12种B．15种C．20种D．30种[答案] B[解析]分类“42000”型共两种方案，“33000”型共有1种方案，“32100”型共有6种方案，“22200”型共有3种方案，“22110”型共有3种方案，故共有15种不同的分配方案．2．(2010·南昌市模考)某同学要出国学习，行前和六名要好的同学站成一排照纪念照，该同学必须站在正中间，并且甲、乙同学要站在一起，则不同的站法有() A．240种B．192种C．96种D．48种[答案] B[解析]甲、乙两名同学都站在该同学的左边或右边，故共有站法：2×A22·C41·A22·A33＝192种．3．(2010·绵阳市模拟)某地为上海“世博会”招募了20名志愿者，他们的编号分别是1号、2号、…，19号、20号．若要从中任意选取4人再按编号大小分成两组去做一些预备服务工作，其中两个编号较小的人在一组，两个编号较大的在另一组．那么确保5号与14号入选并被分配到同一组的选取种数是()A．16B．21C．24D．90[答案] B[解析]由题意知5号和14号在所选4人中，且在同一组，故再从其余志愿者中选2人，如果5号和14号是编号较大的一组，则另二人只能从编号为1至4号的志愿者中选取，有C42种方法；如果5号和14号是编号较小的一组，则另二人只能从15至20号中选，有C62种选法，∴不同选法共有C42＋C62＝21种．4．现有5位同学准备一起做一项游戏，他们的身高各不相同．现在要从他们5个人当中选择出若干人组成A，B两个小组，每个小组都至少有1人，并且要求B组中最矮的那个同学的身高大于A组中最高的那个同学的身高．则不同的选法共有()A．50种B．49种C．48种D．47种[答案] B[解析]解法1：给5位同学按身高的不同由矮到高分别编号为1,2,3,4,5，组成集合M ＝{1,2,3,4,5}．①若小组A中最高者为1，则符合要求的小组B是{2,3,4,5}的非空子集，这样的子集有C41＋C42＋C43＋C44个＝24－1＝15个，所以此时不同的选法有15种；②若A中最高者为2，则这样的小组A有2个：{2}、{1,2}，则与小组A的每一种情况对应的符合要求的小组B都是{3,4,5}的非空子集，这样的子集有23－1＝7个，所以此时不同的选法有2×7＝14种；③若A中最高者为3，同理可得此时符合要求的不同的选法有4×3＝12种；④若A中最高者为4，此时符合要求的不同的选法有8种．综上，所有不同的选法有15＋14＋12＋8＝49种，故选B.解法2：各组中可以是1人，2人，3人，4人，可以①从5人中选2人，一组一个人，有C52种；②从5人中选3人，一个组1人，另一组2人，有2C53种；③从5人中选4人，一个组1人，另一组3人或每组2人，有3C54种；④5个人全参加一个组1人，另一组4人或一个组2人，另一组3人，共4C55种，∴共有不同分组方法C52＋2C53＋3C54＋4C55＝49种．5．(2010·山东肥城联考)有编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球，从中取出4个，则取出的球的编号互不相同的概率为()A.5 21B.2 7C.1 3D.8 21[答案] D[解析]从10个球中取出4个，不同的取法有C104＝210种．如果要求取出的球的编号各不相同，可以先从5个编号中选取4个编号，有C54种选法．对于每一个编号，再选择球，有两种颜色可供挑选，所以取出的球的编号互不相同的取法有C54·24＝80种．因此，取出的球的编号各不相同的概率为80210＝821.故选D.[点评]解题时要注意抓主要矛盾来解决，本题中“取出球的编号互不相同”是要点，对颜色无特别要求，哪一色都可以．6．(2010·天津理)如图，用四种不同颜色给图中的A、B、C、D、E、F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法共有()A．288种B．264种C．240种D．168种[答案] B[解析]当涂四色时，先排A、E、D为A43，再从B、F、C三点选一个涂第四种颜色，如B，再F，若F与C同色，则涂C有2种方法，若F与C异色则只有一种方法，故A43A31(2＋1)＝216种．当涂三色时，先排A、E、D为C43A33，再排B有2种，F、C各为一种，故C43A33×2＝48，故共有216＋48＝264种，故选B.7．身穿兰、黄两种颜色衣服的各有两人，身穿红色衣服的有一人，现将这五人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人不能相邻，则不同的排法共有()A．48种B．72种C．78种D．84种[答案] A[解析]解法一：两种穿相同颜色衣服的人相邻的排法有A33A22A22＝24种，只有一种穿相同颜色衣服的人相邻的排法有2(A44A22－24)＝48，则穿相同颜色衣服的人不能相邻的排法有A55－24－48＝48，故选A.解法二：按穿兰衣服的两人站位分有以下6类：对于①②⑤⑥排上穿黄衣服的两人都只有两类方法．第③类中排上穿黄衣服的两人只有一类方法．第④类中排上穿黄衣服的两人有三类方法．对于上述每一类安排方法，五人的不同站法共有A 22A 22＝4种，∴共有不同排法(4×2＋1＋3)×4＝48种．8．(2010·江西宜春中学)用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的五位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的五位数的个数是( )A ．12B ．28C ．36D ．48 [答案] B[解析] 当0夹在两位奇数之间时，有A 22·A 33＝12种；当2或4夹在奇数之间时有C 21·A 22·A 21A 22＝16种，∴共有12＋16＝28种．9．(2010·四川双流县模考)在某次数学测验中，学号为i (i ＝1,2,3,4)的四位同学的考试成绩f (i )∈{90,91,92,93,94}，且满足f (1)<f (2)<f (3)<f (4)，则这四位同学的考试成绩的所有可能情况的种数为( )A ．15种B ．10种C ．5种D ．9种 [答案] C[解析] 由条件f (1)<f (2)<f (3)<f (4)知，对于任意4个成绩，只有一种可能情况，故所有可能情况为从5个成绩中，任意取出4个成绩的所有可能取法，∴共有C 54＝5种．10．(2010·云南省统考)现将5名学生分成两个小组，其中甲、乙两人必须在同一个小组里，那么不同的分配方法有( )A ．7种B ．6种C ．5种D ．4种 [答案] A[解析] 将甲、乙两人看作一个人，则问题为4人分两组，一种情形是每组2人，有12C 42＝3种方法，一种情况是一个组1人，另一个组3人，有C 41＝4种方法，∴共有不同方法3＋4＝7种．[点评] 将甲、乙两人看作一个整体考虑时，两个人在解题中可视作一个人处理，或者这两个人只留甲分组完成后，再把乙放进有甲的小组里亦可．二、填空题11．(2010·哈三中)现有五种股票和三种基金，欲购买其中任意三种，至少有一种基金的概率为________．[答案]2328[解析] 从8种中任取3种有C 83种方法，不含基金的取法有C 53种，∴所求概率为P ＝C 83－C 53C 83＝2328.12．(2010·南充市)从数字1、2、3、4、5中随机抽取3个数字(允许重复)组成一个三位数，则其各位数字之和等于9的概率为________．[答案]19125[解析] 所有三位数共53＝125个，其各位数字之和为9的情形有：①三个数字都相同，只能是3，一种；②有两个数字相同，两个2，一个5或两个4，一个1，共有3×2＝6种；③三个数字互不相同，∵1＋3＋5＝2＋3＋4＝9，有2×3 ＝12种，∴所求概率P ＝1＋6＋12125＝19125.13．(2010·湖北理，8)现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其它三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是________．[答案] 126[解析] 先安排司机：若有一人为司机，则共有C 31C 42A 33＝108中方法，若司机有两人，此时共有C 32A 33＝18种方法，故共有126种不同的安排方案．14．(2010·重庆中学)有红、黄、蓝三种颜色的小球各5个，都分别标有字母A 、B 、C 、D 、E ，现取出5个，要求字母各不相同且三种颜色齐备，则有________种取法(用数字做答)．[答案] 150[解析] 第一类：一种颜色3个，另两色各1个，有C 31·C 53·C 21＝60种取法； 第二类：两种颜色各2个，另一色1个，有C 32·C 52·C 32＝90种取法． ∴共有取法60＋90＝150种．[点评] 要紧紧抓住“字母各不相同”和“三种颜色齐备”来解题． 三、解答题15．(2010·重庆一中)为配合即将开幕的2010年上海世博会，某大学拟成立由4名同学组成的志愿者招募宣传队，经过初选，2名男同学，4名女同学成为了候选人，每位候选人当选正式队员的机会是相等的．(1)求当选的4名同学中恰有1名男同学的概率． (2)求当选的4名同学中至少有3名女同学的概率．[解析] 从2男4女共6名同学中选取4人，不同选法共有C 64＝15种， (1)恰有1名男同学当选的情况有C 21·C 43＝8种， ∴所求概率P ＝815.(2)当选的4名同学中至少有3名女同学的情况有C 43C 21＋C 44＝9种，∴所求概率P ＝915＝35. 16．(2010·南充市)袋里装有30个球，球面上分别记有1到30的一个号码，设号码为n 的球重量为n 234n ＋443(克)．这些球以等可能性(不受重量、号码的影响)从袋里取出．(1)如果任意取出1球，求其重量值大于号码数的概率． (2)如果同时任意取2球，试求他们重量相同的概率． [解析] (1)由n 23－4n ＋443>n ⇒n 2－15n ＋44>0可解得n <4或n >11由题意知n ＝1,2,3或n ＝12,13，…，30，共22个值， 所以所求概率为P 1＝2230＝1115.(2)设第m 号和第n 号的两个球的重量相等，其中m <n ， 当m 23－4m ＋443＝n 23－4n ＋443时，可以得到m ＋n ＝12， 则(m ，n )有(1,11)，(2,10)，…，(5,7)，共5种情况． 所以所求概率为P 2＝5C 302＝187.17．2009年10月1日，为庆祝中华人民共和国成立60周年，来自北京大学和清华大学的共计6名大学生志愿服务者被随机平均分配到天安门广场运送矿泉水、清扫卫生、维持秩序这三个岗位服务，且运送矿泉水岗位至少有一名北京大学志愿者的概率是35.(1)求6名志愿者中来自北京大学、清华大学的各几人； (2)求清扫卫生岗位恰好北京大学、清华大学人各一人的概率；(3)设随机变量ζ为在维持秩序岗位服务的北京大学志愿者的人数，求ζ分布列及期望． [解析] (1)记“至少一名北京大学志愿者被分到运送矿泉水岗位”为事件A ，则A 的对立事件为“没有北京大学志愿者被分到运送矿泉水岗位”，设有北京大学志愿者x 个，1≤x <6，那么P (A )＝1－C 6－x 2C 62＝35，解得x ＝2，即来自北京大学的志愿者有2人，来自清华大学志愿者4人．(2)记清扫卫生岗位恰好北京大学、清华大学志愿者各有一人为事件E ， 那么P (E )＝C 21C 41C 62＝815，所以清扫卫生岗位恰好北京大学、清华大学志愿者各一人的概率是815.(3)ξ的所有可能值为0,1,2，P (ξ＝0)＝C 42C 62＝25，P (ξ＝1)＝C 21C 41C 62＝815，P (ξ＝2)＝C 22C 62＝115， 所以ξ的分布列为E (ξ)＝0×25＋1×815＋2×115＝23.。

第2节排列与组合最新考纲 1.理解排列、组合的概念；2.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式；3.能解决简单的实际问题.知识梳理1.排列与组合的概念2.排列数与组合数(1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数.(2)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数.3.排列数、组合数的公式及性质[常用结论与微点提醒]1.解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法).分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏.2.对于分配问题，一般先分组，再分配，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重复或遗漏.诊断自测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.( )(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序.( )(3)若组合式C x n＝C m n，则x＝m成立.( )(4)k C k n＝n C k－1n－1.( )解析(1)元素相同但顺序不同的排列是不同的排列，故(1)错；(2)一个组合中的元素不讲究顺序，元素相同即为同一组合，故(2)错；(3)若C x n＝C m n，则x＝m或n－m，故(3)错.答案(1)×(2)×(3)×(4)√2.从4本不同的课外读物中，买3本送给3名同学，每人各1本，则不同的送法种数是( )A.12B.24C.64D.81解析4本不同的课外读物选3本分给3位同学，每人一本，则不同的分配方法为A34＝24.答案 B3.(一题多解)(教材练习改编)从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动，则男女生都有的选法种数是( )A.18B.24C.30D.36解析法一选出的3人中有2名男同学1名女同学的方法有C24C13＝18种，选出的3人中有1名男同学2名女同学的方法有C14C23＝12种，故3名学生中男女生都有的选法有C24C13＋C14C23＝30种.法二从7名同学中任选3名的方法数，再除去所选3名同学全是男生或全是女生的方法数，即C37－C34－C33＝30.答案 C4.用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为( )A.8B.24C.48D.120解析末位数字排法有A12种，其他位置排法有A34种，共有A12A34＝48种.答案 C5.在一展览会上，要展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该次展出这5件作品不同的摆放方案共有________种(用数字作答).解析将2件必须相邻的书法作品看作一个整体，同1件建筑设计展品全排列，再将2件不能相邻的绘画作品插空，故共有A22A22A23＝24种不同的展出方案.答案24考点一排列问题【例1】有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数.(1)选5人排成一排；(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；(3)(一题多解)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；(4)全体排成一排，女生必须站在一起；(5)全体排成一排，男生互不相邻.解(1)从7人中选5人排列，有A57＝7×6×5×4×3＝2 520(种).(2)分两步完成，先选3人站前排，有A37种方法，余下4人站后排，有A44种方法，共有A37·A44＝5 040(种).(3)法一(特殊元素优先法)先排甲，有5种方法，其余6人有A66种排列方法，共有5×A66＝3 600(种).法二(特殊位置优先法)首尾位置可安排另6人中的两人，有A26种排法，其他有A55种排法，共有A26A55＝3 600(种). (4)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有A44种方法，再将女生全排列，有A44种方法，共有A44·A44＝576(种).(5)(插空法)先排女生，有A44种方法，再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生，有A35种方法，共有A44·A35＝1 440(种).规律方法排列应用问题的分类与解法(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法.(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法. 【训练1】(1)(2018·赤峰二模)7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为( )A.120B.240C.360D.480(2)(2018·抚顺模拟)某班准备从甲、乙等七人中选派四人发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有( )A.30B.600C.720D.840解析(1)第一步，从甲、乙、丙三人选一个加到前排，有3种，第二步，前排3人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种，第三步，后排4人形成了5个空，任选一个空加一人有5种，此时形成6个空，任选一个空加一人，有6种，根据分步计数原理有3×4×5×6＝360种方法.(2)若只有甲、乙其中一人参加，有C12C35A44＝480种方法；若甲、乙两人都参加，有C22C25A44＝240种方法，则共有480＋240＝720种方法.答案(1)C (2)C考点二组合问题【例2】某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货.现从35种商品中选取3种.(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？解(1)从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561(种)，∴某一种假货必须在内的不同取法有561种.(2)从34种可选商品中，选取3种，有C334种或者C335－C234＝C334＝5 984(种).∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种.(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有C120C215＝2 100(种).∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种.(4)选取2种假货有C120C215种，选取3种假货有C315种，共有选取方式C120C215＋C315＝2 100＋455＝2 555(种).∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种.(5)选取3种的总数为C335，选取3种假货有C315种，因此共有选取方式C335－C315＝6 545－455＝6 090(种).∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种.规律方法组合问题常有以下两类题型变化：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取.(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.【训练2】 (1)在《爸爸去哪儿》第二季第四期中，村长给6位“萌娃”布置一项搜寻空投食物的任务.已知：①食物投掷地点有远、近两处；②由于Grace年纪尚小，所以要么不参与该项任务，但此时另需一位小孩在大本营陪同，要么参与搜寻近处投掷点的食物；③所有参与搜寻任务的小孩须被均分成两组，一组去远处，一组去近处，那么不同的搜寻方案有( )A.80种B.70种C.40种D.10种(2)(2018·咸阳二模)若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( )A.60种B.63种C.65种D.66种解析(1)Grace不参与该项任务，则有C15C24＝30种；Grace参与该项任务，则有C25＝10种，故共有30＋10＝40种，故选C.(2)共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，∴共有不同的取法有C45＋C44＋C25C24＝66(种).答案(1)C (2)D考点三排列与组合的综合应用(多维探究)命题角度1 简单的排列与组合应用问题【例3－1】(1)(2017·全国Ⅱ卷)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( ) A.12种B.18种C.24种D.36种(2)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.6解析 (1)由题意可得其中1人必须完成2项工作，其他2人各完成1项工作，可得安排方式为C 13C 24A 22＝36(种). (2)从0，2中选一个数字0，则0只能排在十位，从1，3，5中选两个数字排在个位与百位，共有A 23＝6种；从0，2中选一个数字2，则2排在十位(或百位)，从1，3，5中选两个数字排在百位(或十位)、个位，共有A 12·A 23＝12种，故共有A 23＋A 12A 23＝18种. 答案 (1)D (2)B命题角度2 分组、分配问题【例3－2】 (1)某学校派出5名优秀教师去边远地区的三所中学进行教学交流，每所中学至少派一名教师，则不同的分配方法有( ) A.80种B.90种C.120种D.150种(2)国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教，现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法.解析 (1)有两类情况：①其中一所学校3名教师，另两所学校各一名教师的分法有C 35A 33＝60种；②其中一所学校1名教师，另两所学校各两名教师的分法有 C15C24A22A 33＝90种，∴共有150种，故选D. (2)先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种分派方法.答案 (1)D (2)90规律方法 (1)解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置).对于排列组合的综合题目，一般是将符合要求的元素取出或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列. (2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配.在分组时，通常有三种类型①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的差异.其次对于相同元素的“分配”问题，常用的方法是采用“隔板法”. 【训练3】 (1)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有( ) A.12种B.10种C.9种D.8种(2)(2018·合肥联考)若无重复数字的三位数满足条件：①个位数字与十位数字之和为奇数，②所有数位上的数字和为偶数，则这样的三位数的个数是( )A.540B.480C.360D.200解析 (1)将4名学生均分为2个小组共有C 24C 22A 22＝3(种)分法；将2个小组的同学分给2名教师共有A 22＝2(种)分法，最后将2个小组的人员分配到甲、乙两地有A 22＝2(种)分法.故不同的安排方案共有3×2×2＝12(种).(2)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C 15C 15A 22＝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C 14＝4(种)满足题意的选法，故满足题意的三位数共有50×4＝200(个). 答案 (1)A (2)D基础巩固题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1.从6本不同的书中选出4本，分别发给4个同学，已知其中两本书不能发给甲同学，则不同分配方法有( ) A.180种 B.220种 C.240种D.260种解析 因为其中两本书不能发给甲同学，所以甲只能从剩下的4本中分一本，然后再选3本分给3个同学，故有A 14·A 35＝240种. 答案 C2.(2016·四川卷)用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( ) A.24B.48C.60D.72解析 由题意，可知个位可以从1，3，5中任选一个，有A 13种方法，其他数位上的数可以从剩下的4个数字中任选，进行全排列，有A 44种方法，所以奇数的个数为A 13A 44＝3×4×3×2×1＝72. 答案 D3.从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a ，b ，共可得到lg a －lg b 的不同值的个数是( ) A.9B.10C.18D.20解析 由于lg a －lg b ＝lg ab(a ＞0，b ＞0)， ∴lg a b 有多少个不同的值，只需看a b不同值的个数.从1，3，5，7，9中任取两个作为a b 有A 25种，又13与39相同，31与93相同，∴lg a －lg b 的不同值的个数有A 25－2＝18. 答案 C4.10名同学合影，站成了前排3人，后排7人，现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数为( )A.C27A55B.C27A22C.C27A25D.C27A35解析首先从后排的7人中抽2人，有C27种方法；再把2个人在5个位置中选2个位置进行排列有A25种.由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是C27A25.答案 C5.(2018·潍坊模拟)有六人排成一排，其中甲只能在排头或排尾，乙、丙两人必须相邻，则满足要求的排法有( )A.34种B.48种C.96种D.144种解析特殊元素优先安排，先让甲从头、尾中选取一个位置，有C12种选法，乙、丙相邻，捆绑在一起看作一个元素，与其余三个元素全排列，最后乙、丙可以换位，故共有C12·A44·A22＝96(种).答案 C6.(2018·东北三省四市联考)甲、乙两人要在一排8个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则坐法种数为( )A.10B.16C.20D.24解析一排共有8个座位，现有两人就坐，故有6个空座.∵要求每人左右均有空座，∴在6个空座的中间5个空中插入2个座位让两人就坐，即有A25＝20种坐法.答案 C7.(一题多解)(2018·石家庄模拟)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是( )A.72B.120C.144D.168解析法一先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”，“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”.对于第一种情况，形式为“□，小品1，歌舞1，小品2，□，相声，□”，有A22C13A23＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个人，其形式为“□，小品1，□，相声，□，小品2，□”.有A22A34＝48种安排方法，故共有36＋36＋48＝120种安排方法.法二先不考虑小品类节目是否相邻，保证歌舞类节目不相邻的排法共有A33·A34＝144(种)，再剔除小品类节目相邻的情况，共有A33·A22·A22＝24(种)，于是符合题意的排法共有144－24＝120(种).答案 B8.(2018·豫南九校联考)某医院拟派2名内科医生、3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生、外科医生和护士，则不同的分配方案有( )A.72种B.36种C.24种D.18种解析2名内科医生，每村一名，有2种方法；3名外科医生和3名护士，平均分成两组，要求外科医生和护士都有：则分1名外科医生、2名护士和2名外科医生、1名护士，若甲村有1名外科医生、2名护士，则有C13C23＝9(种)，其余的分到乙村；若甲村有2名外科医生、1名护士，则有C23C13＝9(种)，其余的分到乙村；则总的分配方案有2×(9＋9)＝36(种).答案 B二、填空题9.(2018·开封模拟)某班主任准备请2016届毕业生做报告，要从甲、乙等8人中选4人发言，要求甲、乙两人至少一人参加，若甲、乙同时参加，则他们发言中间需恰隔一人，那么不同的发言顺序共有________种(用数字作答).解析若甲、乙同时参加，有C22C26C12A22A22＝120种，若甲、乙有一人参与，有C12C36A44＝960种，从而总共的发言顺序有1 080种.答案 1 08010.现有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加区分，将这9个球排成一列，有________种不同的方法(用数字作答).解析第一步，从9个位置中选出2个位置，分给相同的红球，有C29种选法；第二步，从剩余的7个位置中选出3个位置，分给相同的黄球，有C37种选法；第三步，剩下的4个位置全部分给4个白球，有1种选法.根据分步乘法计数原理，排列方法共有C29C37＝1 260(种).答案 1 26011.从6名同学中选派4人分别参加数学、物理、化学、生物四科知识竞赛，若其中甲、乙两名同学不能参加生物竞赛，则选派方案共有________种(用数字作答).解析特殊位置优先考虑，既然甲、乙都不能参加生物竞赛，则从另外4个人中选择一人参加，有C14种方案；然后从剩下的5个人中选择3个人参加剩下3科，有A35种方案.故共有C14A35＝4×60＝240(种)方案.答案24012.(2018·黄冈质检)在高三某班进行的演讲比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生，如果2位男生不能连续出场，且女生甲不能排第一个，那么出场的顺序的排法种数为________(用数字作答).解析若第一个出场是男生，则第二个出场的是女生，以后的顺序任意排，方法有C12C13A33＝36种；若第一个出场的是女生(不是女生甲)，则剩余的2个女生排列好，2个男生插空，方法有C12A22A23＝24种.故所有出场顺序的排法种数为36＋24＝60.答案60能力提升题组(建议用时：10分钟)13.中小学校车安全引起社会的关注，为了彻底消除校车安全隐患，某市购进了50台完全相同的校车，准备发放给10所学校，每所学校至少2台，则不同的发放方案的种数为( )A.C941B.C938C.C940D.C939解析首先每个学校配备一台，这个没有顺序和情况之分，剩下40台；将剩下的40台排队一样排列好，则这40台校车之间有39个空.对这39个空进行隔开成10部分，比如用9面小旗子隔开，就可以隔成10部分了，所以有C939种分隔方法.答案 D14.“灯塔—党建在线”，深入学习党的十九大精神竞赛活动中，某单位甲、乙等5名参赛选手，甲和乙必须相邻出场且都不在开头和末尾出场，这5名选手不同的出场顺序共有( )A.12种B.24种C.48种D.120种解析甲乙相邻，将甲乙捆绑在一起看作一个元素，共有A44A22种排法，甲乙相邻且在首末出场有C12A33A22种排法.故甲乙相邻且都不在首末出场的顺序有A44A22－C12A33A22＝24(种).答案 B15.(2018·江西八所重点中学联合模拟)摄像师要对已坐定一排照像的5位小朋友的座位顺序进行调整，要求其中恰有2人座位不调整，则不同的调整方案的种数为________(用数字作答).解析从5人中任选3人有C35种，将3人位置全部进行调整，有C12·C11·C11种.故有N＝C35·C12·C11·C11＝20种调整方案.答案2016.设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|x i∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素有________个(用数字作答).解析因为x i∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5，且1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3，所以x i中至少两个为0，至多四个为0.①x i(i＝1，2，3，4，5)中4个0，1个为－1或1，A有2C15＝10个元素；②x i中3个0，2个为－1或1，A有C25×2×2＝40个元素；③x i中2个0，3个为－1或1，A有C35×2×2×2＝80个元素；从而，集合A中共有10＋40＋80＝130个元素.答案130。

模块综合检测(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.下列语句中是命题的有()①空集是任何集合的真子集.②3x-2>0.③垂直于同一条直线的两条直线必平行吗?④把门关上.A.1个B.2个C.3个D.4个答案:A2.下列命题中的假命题是()A.∃x∈R,lg(x-1)=0B.∃x∈R,tan x=1C.∀x∈R,(x-1)3>0D.∀x∈R,3x>0答案:C3.设曲线y=x2在点P处的切线斜率为3,则点P的坐标为()A.(3,9)B.(-3,9)答案:C4.若命题“如果p,那么q”为真,则()A.q⇒pB.p⇒qC.q⇒pD.q⇒p答案:C5.设抛物线y2=8x上一点P到y轴的距离是4,则点P到该抛物线焦点的距离是()A.4B.6C.8D.12解析:抛物线y2=8x的焦点是F(2,0),准线方程是x=-2,如图所示,|PA|=4,|AB|=2,所以|PB|=|PF|=6,故选B.答案:B6.若f(x a>b>e,则有()A.f(a)>f(b)B.f(a)<f(b)C.f(a)=f(b)D.f(a)f(b)>1解析:f'(x-x>0).令f'(x)<0,即1-ln x<0,解得x>e.则f(x)在(e,+∞)上是减函数, 又a>b>e,所以f(a)<f(b).答案:B7.若双曲线的离心率为则它的两条渐近线的方程为A.16x±9y=0B.9x±16y=0C.4x±3y=0D.3x±4y=0解析:由离心率e c2=a2+b2,得则所以渐近线方程为y=即3x±4y=0.答案:D8.中心在原点,焦点在x轴上的双曲线的一条渐近线经过点(4,-2),则它的离心率为()解析:由题意知即a=2b,故c所以e答案:D9.方程ax2+2x+1=0至少有一个负的实根的充要条件是()A.0<a≤B.a<1C.a≤D.0<a≤ 或a<0解析:当a=0时,x=故可排除选项A,D;当a=1时,x=-1,可排除选项B.从而选C.答案:C10.已知F1,F2为椭圆a>b>0)的两个焦点,过点F2作椭圆的弦AB,若△AF1B的周长为16,椭圆的离心率e则椭圆的方程是解析:因为△AF1B的周长为4a=16,所以a=4.又e所以c=故b2=a2-c2=4,所以椭圆的方程为.答案:D11.如图,函数y=f(x)的图象在点P处的切线方程是y=-x+8,则f(5)+f'(5)=() .1C.2D.0解析:由切线方程知,函数y=f(x)在点P(5,f(5))处切线斜率为-1,即f'(5)=-1.将x=5代入切线方程y=-x+8得y=3,所以f(5)=3,故f(5)+f'(5)=2.答案:C12.设函数f(x)=x(x+k)(x+2k)(x-3k),且f'(0)=6,则k的值为()A.0B.-1C.3D.-6解析:令g(x)=(x+k)(x+2k)(x-3k),则f(x)=xg(x).故f'(x)=g(x)+xg'(x).又因为f'(0)=6,所以g(0)=-6k3=6,解得k=-1.答案:B二、填空题(本大题共4个小题,每小题4分,共16分.把答案填在题中的横线上)13.抛物线y的焦点坐标为.答案:(0,1)14.已知命题p:∀x∈R,x2<0,则p:.答案:∃x∈R,x2≥015.已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=-1处有极值0,则m=,n=.解析:f'(x)=3x2+6mx+n.由题意得--0---0解得或经检验知m=1,n=3时不符合题意.故答案:2916.下列命题中:①若p,q为两个命题,则“p且q为真”是“p或q为真”的必要不充分条件;②若p为:∃x∈R,x2+2x+ ≤0 则p为:∀x∈R,x2+2x+2>0;③若椭圆的两个焦点为F1,F2,且弦AB过点F1,则△ABF2的周长为16;④若a<0,-1<b<0,则ab>ab2>a.所有正确命题的序号为.解析:若p且q为真,则p,q都真,故p或q为真;若p或q为真,则p,q可能只有一个为真,故p且q 可能为假.所以“p且q为真”是“p或q为真”的充分不必要条件.①为假命题.由存在性命题的否定形式知,②是真命题.由椭圆定义及已知条件得△ABF2的周长=4a=4×5=20.故③是假命题.因为a<0,-1<b<0,所以ab>0,ab2<0,则ab>ab2.因为-1<b<0,所以b2<1.又因为a<0,所以ab2>a.故④是真命题.答案:②④三、解答题(本大题共6个小题,共74分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(12分)求满足下列条件的抛物线方程:(1)过点(-2,3);(2)焦点在x轴上,此抛物线上的点A(4,m)到准线的距离为6.分析:(1)分焦点在x轴和y轴两种情况设抛物线方程,将点的坐标代入即可;(2)设其方程为y2=2px(p>0),通过此抛物线上的点到准线的距离6=求出p即可.解:(1)当抛物线的焦点在x轴上时,设其方程为y2=mx.∵抛物线过点(-2,3),∴32=-2m,解得m=故所求方程为y2=当抛物线的焦点在y轴上时,设其方程为x2=my.∵抛物线过点(-2,3),∴(-2)2=3m,解得m故所求方程为x(2)∵抛物线的焦点在x轴上且过A(4,m),∴可设其方程为y2=2px(p>0).由题意得6=解得p=4.故所求方程为y2=8x.18.(12分)已知命题p:(4x-3)2≤ ;命题q:x2-(2a+1)x+a(a+ ≤0.若p是q的必要不充分条件,求实数a的取值范围.分析:写出命题p和q,分别求出其对应的解集A和B.根据p是q的必要不充分条件,可知B⫋A,然后求出a即可.解:p:(4x-3)2>1;q:x2-(2a+1)x+a(a+1)>0.解(4x-3)2>1,得x>1或x解x2-(2a+1)x+a(a+1)>0,得x>a+1或x<a.∵p是q的必要不充分条件,两等号不能同时成立,解得0≤a≤故a的取值范围为019.(12分)已知函数f(x)=-x3+3x2+9x+a,(1)求f(x)的单调递减区间;(2)若f(x)在区间[-2,2]上的最大值为20,求它在该区间上的最小值.分析:利用用导数求函数单调区间和最值的方法求解.解:(1)f'(x)=-3x2+6x+9.令f'(x)<0,即-3x2+6x+9<0,得x>3或x<-1,故f(x)的单调递减区间为(-∞,-1)和(3,+∞).(2)令f'(x)=0,即-3x2+6x+9=0,解得x=-1或x=3(舍).当-2<x<-1时,f'(x)<0,故f(x)在(-2,-1)内单调递减;当-1<x<2时,f'(x)>0,故f(x)在(-1,2)上单调递增.f(x)的最大值在区间端点值处取得,最小值在x=-1处取得.∵f(-2)=2+a<f(2)=22+a,∴22+a=20,∴a=-2.∴f(-1)=-(-1)3+3(-1)2+9×(-1)-2=-7.故f(x)在区间[-2,2]上的最小值为-7.20.(12分)求以坐标轴为对称轴,一焦点坐标为(0且截直线y=3x-2所得弦的中点的横坐标为的椭圆方程.分析:根据焦点坐标可设椭圆方程为a>b>0),然后利用设而不求的方法解题.解:根据已知条件可设椭圆方程为a>b>0).设直线与椭圆的两个交点为A(x1,y1),B(x2,y2),则A,B两点的坐标满足方程①组- ②将②代入①化简整理,得(a2+9b2)x2-12b2x+4b2-a2b2=0.由根与系数的关系,得x1+x又弦的中点的横坐标为所以③由焦点坐标为(0知c=故a2=b2+2.④③与④联立,解得a2=75,b2=25.故所求椭圆方程为.21.(12分)已知函数f(x)=+bx+c,(1)若f(x)在(-∞,+∞)上是增函数,求b的取值范围;(2)若f(x)在x=1处取得极值,且x∈[-1,2]时,f(x)<c2恒成立,求c的取值范围.分析:(1)f(x)在(-∞,+∞)上是增函数⇔方程f'(x)=0的判别式Δ≤0.然后解不等式即可.(2)由f(x)在x=1处取得极值知,x=1是f'(x)=0的根,可求得b的值;由x∈[-1,2]时,f(x)<c2恒成立⇔f(x)在[-1,2]上的最大值小于c2,可求得c的范围.解:(1)由f(x)=+bx+c得,f'(x)=3x2-x+b.∵f(x)在(-∞,+∞)上是增函数,∴Δ=1-12b≤0 解得b≥故b的取值范围为∞(2)∵f(x)在x=1处取得极值,∴f'(1)=2+b=0,∴b=-2.故f(x)=x-2x+c,f'(x)=3x2-x-2.由f'(x)=0,解得x=或x=1.当x<时,f'(x)>0,当时,f'(x)<0,当x>1时,f'(x)>0,故f(x)在x=处取得极大值-当x∈[-1,2]时,f(-1f(2)=2+c.此时,f(x)max=f(2)=2+c.由题意得,2+c<c2,解得c>2或c<-1.故c的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞).22.(14分)设F1,F2为椭圆E:x0<b<1)的左,右焦点,过F1的直线l与E相交于A,B两点,且|AF2|,|AB|,|BF2|成等差数列.(1)求|AB|;(2)若直线l的斜率为1,求b的值.分析:(1)△ABC的周长=|AB|+|AF2|+|BF2|=4a=4.|AF2|,|AB|,|BF2|成等差数列⇒2|AB|=|AF2|+|BF2|.联立可求得|AB|.(2)用设而不求的方法解题.解:(1)由椭圆的定义知|AB|+|AF2|+|BF2|=4.①因为|AF2|,|AB|,|BF2|成等差数列,所以2|AB|=|AF2|+|BF2|, ②①②联立解得|AB|(2)设F1的坐标为(-c,0),则直线l的方程为y=x+c,其中c2=1-b2,c>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则A,B两点的坐标满足方程组化简得(1+b2)x2+2cx+1-2b2=0.则x1+x-x1x-因为直线AB的斜率为1,所以|AB|2-x1|,即2-x1|.则1+x2)2-4x1x2--解得b所以b的值为.。

1．【广东省深圳市2018届高考模拟测试二】已知的最小值为，则二项式展开式中项的系数为A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】【点睛】（1）本题主要考查三角绝对值不等式，考查二项式展开式指定项的系数，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 三角绝对值不等式：2．【四川省双流中学2018届高三考前第一次模拟考试】某单位现需要将“先进个人”，“业务精英”、“道德模范”、“新长征突击手”、“年度优秀员工”5种荣誉分配给3个人，且每个人至少获得一种荣誉，五种荣誉中“道德模范”与“新长征突击手”不能分给同一个人，则不同的分配方法共有（）A．120种B．150种C．114种D．118种【答案】C【解析】【分析】把荣誉分成3组，然后分配到人即可．【详解】【点睛】解答排列、组合问题的角度：解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手；(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．3．【山西省运城市康杰中学2018届高考模拟（二）数学（理）】设，则二项式展开式的常数项是（）A．160 B．20 C．-20 D．-160【答案】A【解析】【分析】首先求得实数a的值，然后结合二项式展开式的通项公式整理计算即可求得最终结果. 【详解】由题意可得：，则二项式：展开式的通项公式为：，令可得展开式的常数项为：.本题选择A选项.【点睛】(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．4．【湖南省长沙市周南中学2018届高三第三次模拟考试】元旦晚会期间，高三二班的学生准备了6 个参赛节目，其中有 2 个舞蹈节目，2 个小品节目，2个歌曲节目，要求歌曲节目一定排在首尾，另外2个舞蹈节目一定要排在一起，则这6 个节目的不同编排种数为A．48 B．36 C．24 D．12【答案】C【解析】【分析】【点睛】本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊顺序问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.5．【广东省佛山市南海区南海中学2018届高三考前七校联合体高考冲刺交流数学（理）】已知，则（）A．123 B．91 C．-152 D．-120【答案】C【解析】【分析】在已知等式中分别取x=1与x=﹣1，然后作和求得a0+a2+a4+a6，再求出a6，则答案可求．【详解】【点睛】(1)本题主要考查二项式定理，考查二项式展开式的系数的性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 二项展开式的系数的性质：对于，.6．【湖北省武汉市2018届高中毕业生四月调研测试】在的展开式中，含项的系数为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】把x+看作一项，写出的展开式的通项，再写出的展开式的通项，由x的指数为5求得r、s的值，则答案可求．【详解】【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.7．【2018年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题理】，则的值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】运用赋值法求解，令和令即可．【详解】在展开式中，令，得，令，得，∴．故选C．【点睛】因为二项式定理中的字母可取任意数或式，所以在解题时根据题意，给字母赋值，是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法．8．【宁夏石嘴山市第三中学2018届高三下学期第四次模拟】若二项式的展开式中所有项的系数之和为，所有项的系数的绝对值之和为，则的最小值为（）A．B．C．D．2【答案】B【解析】【分析】【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.9．【2018年高考考前猜题卷之专家猜题卷理】的展开式中含的项的系数为（）A．30 B．60 C．90 D．120【答案】B【解析】【分析】展开式含的项来自，展开式通项为，令的指数等于，求出的值，即可求得展开式中的项的系数，从而可得结果.【详解】【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.10．【山东省沂水县第一中学2018届高三第三轮考试】的展开式中恰有三项的系数为有理数，则的可能取值为（）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】D【解析】【分析】利用二项式定理的通项公式得到满足题意的项.【详解】由题意，展开式中项的系数为，系数为有理数，n﹣r是3的倍数，r是2的倍数，n=9，r=6，不符合；n=10，r=4,10，不符合；n=11，r=2，8，,不符合；n=12，r=0,6,12，符合题意，故选：D．【点睛】本题考查二项展开式，考查学生的计算能力，属于中档题．11．【2018年高考考前猜题卷之大数据猜题卷】已知等差数列的第6项是展开式中的常数项，则（）A．160 B．C．350 D．【答案】D【解析】【分析】【点睛】在处理等差数列问题时，记住以下性质，可减少运算量、提高解题速度：若等差数列的前项和为，且，则①若，则；②、、、成等差数列．12．【湖北省宜昌市一中2018届高三考前适应性训练2】若，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，令，则，故选A.【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用. 13．【四川省双流中学2018届高三考前第一次模拟考试】的展开式中含项的系数为2，则的值为__________．【答案】1或.【解析】【分析】把按照二项式定理展开，可得展开式中含项的系数，再根据展开式中含项的系数为2，求得的值．【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.14．【宁夏平罗中学2018届高三第四次（5月）模拟】设，则二项式展开式中的第4项为．【答案】【解析】二项式展开式中的第项的系数为15．【河北省衡水市武邑中学2018届高三下学期第六次模拟考试】展开式中，的系数为_____________.【答案】【解析】【分析】【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.16．【广东省汕头市潮南区2018届高考(5月)冲刺】已知展开式中的常数项为，则实数_____________．【答案】【解析】【分析】【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.17．【安徽省定远重点中学2018届高三5月高考模拟】若的展开式中含有常数项，则的最小值等于__________．【答案】2【解析】【分析】在的展开式中，求出它的常数项以及含的项，可得结论．【详解】的展开式中，通项公式为令展开式中含有常数项，当时，取最小值为5；令展开式中含有常数项，当时，取最小值为2；综上可知：取最小值为2，故答案为：2．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于中档题．18．【2018年高考第二次适应与模拟】已知展开式的所有项系数之和为81，则二项式展开式的常数项是_______．【答案】1344【解析】【分析】【点睛】本题考查二项式定理，属于基础题．在二项展开式中用赋值法求系数和是常规解法，掌握二项式展开式通项公式是解决此类问题的关键．19．【宁夏银川市唐徕回民中学2018届高三下学期第四次模拟考】在的展开式中，含项的系数为，则实数的值为______．【答案】-1【解析】【详解】分析：由二项展开式求出该项的表达式，根据系数为-10，即可求出结果.详解：由二项展开式公式可知项为，所以，解得.点睛：本题考查二项式定理，熟练掌握公式，求值即可，要注意区分二项式系数与某项系数的区别.20．【山西省太原市2018届高三第三次模拟考试理】要从甲、乙等8人中选4人在座谈会上发言，若甲、乙都被选中，且他们发言中间恰好间隔一人，那么不同的发言顺序共有__________种（用数字作答）.【答案】120点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.21．【浙江省杭州市第二中学2018届高三仿真】工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续．．．．固定相邻的2个螺栓.则不同的固定螺栓方式的种数是________．【答案】60【解析】分析：首先将选定第一个钉，总共有6种方法，假设选定1号，之后分析第二步，第三步等，按照分类加法计数原理，可以求得共有10种方法，利用分步乘法计数原理，求得总共有种方法.详解：根据题意，第一个可以从6个钉里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的，若第一个选1号钉的时候，第二个可以选3,4,5号钉，依次选下去，可以得到共有10种方法，所以总共有种方法，故答案是60.点睛：该题考查的是有关分类加法计数原理和分步乘法计数原理，在解题的过程中，需要逐个的将对应的过程写出来，所以利用列举法将对应的结果列出，而对于第一个选哪个是机会均等的，从而用乘法运算得到结果.22．【云南省玉溪市2018届高三适应性训练】二项式展开式中，除常数项外，各项系数的和为__________．【答案】671.点睛：本题主要考查了二项式定理通项公式的应用，赋值法在二项式定理求系数和中的应用。