【名师导学】数学(江苏理,提高版)大一轮复习练习：12.1两个基本原理(含答案解析)

讲义参考答案第1讲 集合与简易逻辑金题精讲题一：1．题二： ①16；②29． 题三：B ． 题四：B ． 题五：C ． 题六：A ． 题七：A ．第2讲 函数及其性质经典精讲题一：[3,1];[0,2];[3,1]--- 题二：（3） 题三：2 题四：（3）（4） 题五：（3）（4） 题六：（1）(5,1) （2）2，左，1 （3）x = -1第3讲 函数及其性质2018新题赏析金题精讲 题一：C 题二：B题三：[1,3] 题四：(0,1][3,)+∞U 题五:9(,]2-∞题六：8第4讲 平面向量金题精讲题一：题二： 4， 题三：A ． 题四：6． 题五：B ． 题六：3．题七：① 1Q ；② 2p ．第5讲 三角函数与三角恒等变换经典精讲金题精讲题一：75 题二：5665-题四：A 题五：A题六：(1)6x 5π=；(2)0x =时，()f x 取得最大值为3，56x π=时，()f x 取得最小值为- 题七：2第6讲 三角函数与三角恒等变换2018新题赏析金题精讲题一：79-题二：D 题三：D 题四：A题五：(1)2；(2) 最小正周期为π，单调递增区间为[,]()63k k k π2ππ+π+∈Z第7讲 解三角形金题精讲题一：3π题二：B 题三：A 题四：75°题六：(1) 23；(2)3+ 第8讲 不等式经典精讲题一：(1)[24,)+∞ (2)(0,81]题二：(1)(,2-∞- (2)7[,)2+∞ (3)4 题三：不对，正确解法如下： 因为3ab a b =++，所以31a b a +=-， 所以2233(1)5(1)4111a a a a a ab a a a a ++-+-+===--- 495=(1)5=(1)5111a a a a a -++-++----因为9(1)1a a -+≥-，当且仅当4a =时，“=”成立， 又因为51y a =--在(4,)+∞上单调递增， 所以53y ≥-，所以5286533ab ≥+-=， 故ab 的取值范围是28[,)3+∞. 题四：(0,1)第9讲 线性规划经典精讲题一：4题二：(1，3] 题三：7题四：4,135⎡⎤⎢⎥⎣⎦第10讲 数列经典精讲金题精讲题一：－24． 题二：21nn +． 题三：(1)32n a n =-，2nn b =；(2)1328433n n +-⨯+．题四：(1)证明：因为{}n a 是等差数列，所以112n n n a a a -++=①；222n n n a a a -++=②；332n n n a a a -++=③，由①+②+③可得：3211236n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++=于是得到等差数列{}n a 是“(3)P 数列”;(2)证明：因为数列{}n a 是“(2)P 数列”，所以21124n n n n n a a a a a --+++++=①； 又因为数列{}n a 是“(3)P 数列”，所以3211236n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++=②， 由②-①得332n n n a a a -++=，于是得到33,,n n n a a a -+是等差数列，故147,,a a a 、258,,a a a 、369,,a a a …成等差数列，设147,,a a a 的公差为13d ，258,,a a a 的公差为23d ，369,,a a a 的公差为33d ，…，当3n =时，124534a a a a a +++=④， 当4n =时，235644a a a a a +++=⑤，当5n =时，346754a a a a a +++=⑥ …将首项和公差代入上述式子可得：1212322334a a d d a +++=⑦ 2323112233412a a d d a d +++=+⑧ 1331222239412a a d d a d +++=+⑨由⑦+⑧+⑨可得：23d d =，将23d d =代入分别代入⑦、⑧、⑨整理可得13d d =， 于是有123d d d ==，将123d d d ==代入1331222239412a a d d a d +++=+ 可得到2132a a a =+，故数列123,,a a a 是等差数列，设其公差为d '，于是有2131,2a a d a a d =+=+''，将其代入⑦可得1d d ='，于是有123d d d d ==='，故数列{}n a 是等差数列.第11讲 数列2018新题赏析金题精讲 题一： 4． 题二： 3． 题三： A ． 题四： (1)221n a n =-；(2)数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和为 221n n T n =+．题五： (1)12n n x -=；(2)(21)212n n n T -⨯+=．第12讲 导数及其应用经典精讲题一：4题二：题三：(1)极大值为(1)4f -=-，极小值为1112()327f -=- (2)a ≤5 题四：(1)2()ln 1f x x x x =-- (2)1-(3)证明：要证函数2()e x y f x x x =-+的图象在直线21y x =--的下方 只需证 2()e 210x f x x x x -+++<， 即要证e 20ln x x x x x +<-，所以只要证e 2ln 0x x +-<， 令e 2()ln x h x x +=-，则1e ()x xh x '=-， 根据函数1xy =和e x y =的图象，可知 0(0,1)x ∃∈，使得0001e 0()x x x h ='=-所以0()()x x h h ≤， 又因为001e x x =，所以00e x x -=，故 00000002000200e 21212(21)(1)0()ln ln x x x x x x x x x x x x h +=+=-+--+=--=<=---也就是()0x h <恒成立，此题得证.第13讲 导数及其应用2018新题赏析金题精讲 题一：①④ 题二：1[1,]2-题三：(1)()f x 在(－∞，－ln a )单调递减，在(－ln a ，+∞)单调递增；(2) (0，1)第14讲 巧用导数解决实际应用问题 题一：(1)3312m ；(2)23；题二：(1)222()S r x r x =+-(0,)r ；233. 第15讲 空间立体几何经典精讲323,24π+163 3 题三：（Ⅰ）证法一：因为E ，F 分别是P A ，PD的中点，所以EF∥AD.又因为AD∥BC，所以EF∥BC.因为E，H分别为P A，AB的中点，所以EH∥PB，又因为PB∩BC=B，EF∩EH=E，所以平面EFH∥平面PBC，又PC⊂平面PBC，所以PC∥平面EFH.证法二：连接AC，BD，设交点为O，连接HO，FO，因为O，H分别是BD，AB的中点，E，F分别是P A，PD的中点，所以EF∥AD，EF=12AD，OH∥AD，OH=12AD，所以OH∥EF，OH=EF，所以点O在平面EFH上，所以证PC∥平面EFH，即证PC∥平面EFOH.因为O，E分别是AC，AP的中点，所以EO∥PC，又因为直线PC⊄平面EFOH，所以PC∥平面EFOH.(Ⅱ)证明：因为AP=AD，点F是PD的中点，所以AF⊥PD. 因为P A⊥平面ABCD，所以P A⊥AB.因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD，所以AB⊥平面APD，所以AB⊥PD，即AH⊥PD，又AF⊥PD，AF∩AH=A，所以PD⊥平面AHF，又PD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面AHF.题四：（Ⅰ）证明：因为DE⊥面ACD，AF⊂面ACD，所以DE⊥AF，又因为AF⊥CD，所以AF⊥面BCDE，所以AF BE⊥.（Ⅱ）线段AB上存在点Q，使AC⊥平面DEQ．理由如下：如图，分别取AC AB，的中点G Q，，则GQ//BC，且GQ=12 BC，又因为DE//BC，12DE BC=，所以GQ//DE且GQ=DE，因为AD=CD，所以DG⊥AC，因为DE⊥面ACD，所以DE⊥AC，所以AC⊥面EDGQ，即AC⊥平面DEQ．第16讲空间向量法解立体几何题经典精讲题一：④题二：23题三：(1)当P为AC中点时，PF与BC所成的角是60︒ (2) 60︒题四：(1)证明：∵ABC-A1B1C1为直棱柱，∴C1C⊥面ABC，∴C1C⊥AC，C1C⊥CB，即︒=∠=∠90DCBDCA，∵底面为等腰直角三角形，且90ACB∠=︒，∴CA = CB，在△DCA和△DCB中⎪⎩⎪⎨⎧︒==∠=∠=CBCADCBDCADCDC90∴△DCA≌△DCB（SAS），∴DA=DB，又∵G为ABD∆的重心，∴DG⊥AB，∵E在面ABD上的射影为G，∴EG⊥面ABD，∴EG⊥AB，∵DG⊥AB，EG⊥AB，∴AB⊥面DEG.7第17讲空间立体几何2018新题赏析金题精讲题一：A题二：C10题四：②③题五：(1)证明：∵∠BAP =∠CDP =90°，∴PA ⊥AB ，PD ⊥CD ， ∵AB ∥CD ，∴AB ⊥PD ， 又∵PA ∩PD =P ，且PA ⊂平面PAD ， PD ⊂平面PAD ，∴AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面PAD ；(2) 第18讲 直线与圆经典精讲题一：(,[1,)-∞⋃+∞，π2π[,]43题三：(1)24 (2)24题四：(1)320x y ++= (2)22(2)8x y -+= (3)221(22x y x -=≤第19讲 椭圆经典精讲金题精讲题一：D题二：2题三：1题四：题六：(±.第20讲 双曲线与抛物线经典精讲金题精讲题一：B题二：221312x y -=；2y x =±题三：C 题四：C题六：证明：如图，设点11(,)A x y ，点22(,)B x y ，直线:AB l x my t =+， 由22x my t y px=+⎧⎨=⎩，得2220y pmy pt --=，∴2221212122,22y y y y pt x x t p p=-==g ，又∵121k k =-，∴12120x x y y +=， ∴220t pt -=，∴2t p =，（0t =舍）， ∴:2AB l x my p =+，∴AB l 恒过点(2,0)p . 题七：(1) 证明：设直线:AB l x my t =+， 由22x my ty px=+⎧⎨=⎩，得2220y pmy pt --=，∴122y y pt =-，又∵122y y p =-，∴1t =，∴:1AB l x my =+， ∴AB l 恒过点(1,0). (2)（0，4）.第21讲 解析几何2018新题赏析金题精讲题一：(0,1][9,)+∞U题二：22y x =±题三：233题四：(1) 抛物线C 的方程为y 2 = x ，焦点坐标为(14，0)，准线为x =－14； (2) 设过点(0，12)的直线方程为y = kx +12(k ≠ 0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， ∴直线OP 为y = x ，直线ON 为y =22y x x ，由题意知A (x 1，x 1)，B (x 1，122x y x )，由212y kx y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，可得k 2x 2+(k －1)x +14= 0，∴x 1+x 2 =21k k -，x 1x 2 =214k ， 要证A 为线段BM 的中点，只需证211122y x y x x =+，即证2111211222kx x kx x x +=++， 即证1212212111222x x kx x x kx x x =+++， 即证12121(22)()2k x x x x -=+，而12122221111222(1)(22)()(22)02244k k k k x xx x k k k k ------+=-⋅-⋅==∴ A 为线段BM 的中点．第22讲 排列、组合及二项式定理 经典精讲金题精讲题一：14 题二：C 题三：D 题四：-2 题五：10题六：710. 题七：证明：设a n =2n ，b n =n +2，∴数列{a n }是以2首项，公比为2的等比数列， ∴a 1=2．a 2=4．a 3=8，知a 1、a 2显然不是数列{b n }中的项． ∵a 3=8=3×2+2，∴a 3是数列{b n }中的第2项，设a k =2k 是数列{b n }中的第m 项，则2k =3m +2（k 、m ∈N *）， ∵a k+1=2k+1=2×2k =2（3m +2）=3（2m +1）+1， ∴a k+1不是数列{b n }中的项，∵a k +2=2k +2=4×2k =4（3m +2）=3（4m +2）+2， ∴a k +2是数列{b n }中的项，∴c 1=a 3，c 2=a 5，c 3=a 7，…，c n =a 2n +1， ∴数列{c n }的通项公式是c n =22n +1（n ∈N *）， ∴{c n }是等比数列. 题八：(1)72；432.(2) 有五位数，无六位数. (3)4012第23讲 统计与两个概型经典精讲金题精讲 题一：B 题二：（I ）1315；（II ）78题三：B题四：（1）B 地区用户满意度评分的频率分布直方图如下：B 地区用户满意度评分的频率分布直方图通过直方图比较可以看出，B 地区满意度评分的平均值高于A 地区用户满意度评分的平均值，B 地区用户满意度评分比较集中，而A 地区用户满意度评分比较分散； （2）A 地区的满意度等级为不满意的概率大，理由略. 题五：23题六：(I) 1.2 3.6y t =+$；(II)10.8(千亿元).第24讲 离散型随机变量及 其分布列、期望经典精讲 金题精讲 题一：1.96． 题二：(1)0.3； (2)ξ的分布列如下：ξ 0 12P16 23 16E (ξ)=1；(3) 100名患者中服药者指标y 数据的方差比未服药者指标y 数据的方差大． X 0 123P14 1124 14 124E (X )=12； (2)1148． 题四：(1)518；(2)X X1234EX =2． 题五：(1)23； (2)X数学期望EX =236． 第25讲 概率统计2018新题赏析金题精讲题一：25 题二：59题三：π8题四：A 题五：B题六：(1)0.4；(2)20；(3)3:2．题七：(1)0.6；(2) Y 的所有可能值为900,300,－100；Y 大于零的概率为0.8．第26讲 几何证明选讲(选修4-1) 题一：点P 的轨迹是223(0)x y y +=≠所表示的两个半圆. 题二：题三：43题四：11第27讲 矩阵与变换(选修4-2)题一：⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤92－15 －1 题二：（Ⅰ）1a =，1b =-；（Ⅱ）(1,0)题三：1203--⎡⎤⎢⎥⎣⎦题四：（1）312221⎡⎤-⎢⎥⎢⎥-⎣⎦；（2）32223⎡⎤⎢⎥⎢⎥--⎣⎦题五：矩阵A ＝1120-⎡⎤⎢⎥⎣⎦，其另一个特征值为1. 第28讲 坐标系与参数方程（选修4-4）金题精讲题二：1 题三：（1）1C ：cos 2ρθ=-， 2C ：22cos 4sin 40ρρθρθ--+=；（2）12题四：78第29讲 不等式选讲(选修4-5)金题精讲题一：(,8]-∞ 题二：1a ≤时，x ∈∅；12a <≤时，533a a x +-<<； 2a >时，5533a a x -+<<题三：（Ⅰ）2|23x x ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭；（Ⅱ）(2,)+∞.第30讲 复数题二：(31)-， 题三：i 题四：i 题五：−3题六：1第31讲 定积分都考啥题一：2题三：3ln 22-题四：13第32讲 算法金题精讲 题一：8. 题二：②.题三：(1) {1,3,5,7,9,11,13}，a n =2n -1 （n ∈N +且n ≤7）；(2) a =2；(3) a =a +3. 题四：12na a a n+++…；样本平均数.题五：2.第33讲 高考数学一轮复习综合 验收题精讲(一)金题精讲题一：1 题二：12题三：7或8 题四：（Ⅰ）π；（Ⅱ）最大值为2，最小值为－1. 题五：（Ⅰ）2y x =； （Ⅱ）令3()()2()3x g x f x x =-+，则4222()()2(1)1x g x f x x x ''=-+=-，因为()0g x '>(01)x <<，所以()g x 在区间(0,1)上单调递增， 所以()(0)0g x g >=，(0,1)x ∈， 即当(0,1)x ∈时，3()2()3x f x x >+；（Ⅲ）2.第34讲 高考数学一轮复习综合 验收题精讲(二)金题精讲题一：3R π 题二：1a题三：2sin 4y x =+题四：7 题五：14 题六：（1）连接BD ，∵底面ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ， ∵BB 1⊥底面ABCD ，∴BB 1⊥AC ，∵BD ∩BB 1=B ，∴ AC ⊥面DBB 1，∴AC ⊥B 1D ； （2）60°.题七：（Ⅰ）37；（Ⅱ）1049；（Ⅲ）11a =或18a =. 第35讲 集合与常用逻辑用语经典回顾题一：(){2,4,8}U A B =U ð．第36讲 函数的概念及其性质经典回顾题一：-8．题二：（Ⅰ）(0)0f =，(1)0f =； （Ⅱ）()f x 是奇函数, 证明：因为2(1)[(1)](1)(1)0f f f f =-=----= 所以(1)0f -=()(1)()(1)()f x f x f x xf f x -=-⋅=-+-=- 因此()f x 是奇函数 题三：（Ⅰ）(0)1f =；（II ）证明：设1212,,x x x x <∈R ， 212111211121()()()()()()1()()1f x f x f x x x f x f x x f x f x f x x -=-+-=-+--=--∵210x x ->∴2121()1,()10f x x f x x ->--> 所以21()()f x f x > 因此()f x 在R 上是增函数.第37讲 数列经典回顾开心自测题一：24. 题二：!2n 金题精讲 题一： 60. 题二：（Ⅰ）13n na ∴=； （Ⅱ）1(21)3344n n n S +-∴=+．题三：（Ⅰ）*65()n a n n N =-∈；（Ⅱ）10．第38讲 导数及其应用经典回顾金题精讲 题一：（Ⅰ）32()312f x x x x =-+； （Ⅱ）a 的取值范围是[]1,9．题二：(Ⅰ) ()f x 的减区间是(,ln 2)-∞， 增区间是(ln 2,)+∞，ln2()(ln 2)2ln 2222ln 22f x f e a a ==-+=-+极小(Ⅱ) 证明：设()221e R x g x x ax x =-+-∈，，∴()2e R 2x g x x a x '=-+∈，，由(Ⅰ)知当ln21a -＞时，()g x '最小值为 ()()ln221ln20g a '=-+＞，∴对任意R x ∈，都有()0g x '＞， 所以()g x 在R 内单调递增；∴当ln21a -＞时，对任意0()x ∈+∞，， 都有()()0g x g ＞，而()00g =， 从而对任意()00()x g x ∈+∞，，＞， 即221e 0x x ax -+-＞，故221e x x ax -+＞.第39讲 复数与算法初步经典回顾金题精讲题一：30． 题二：3．第40讲 推理与证明问题经典回顾开心自测 题一：81248,T T T T ． 题二：证明：假设T 为奇数,则1271,2,,7a a a ---L 均为奇数.因奇数个奇数之和为奇数,故有奇数()()()()()1271271271027a a a a a a -+-++-+++-=+=+=+L L L ，但0≠奇数,这一矛盾说明T 为偶数.金题精讲题一：2222ABC ACD ADB BCD S S S S ++=△△△△．题二：2(1)(32)(21)n n n n ++++-=-L ． 题三：1()(())n n f x f f x -==(21)2n nxx -+.题四：（1）13{,}a a 是E 的第5个子集． （2）E 的第211个子集是12578{,,,,}a a a a a ． 题五：证明：（用反证法）假设c b a ,,都不大于0，即0,0,0≤≤≤c b a ， 则有0≤++c b a ， 而222222(2)(2)(2)236(1)(1)(1)()3236a b cx y y z z x x y z ππππππ++=-++-++-+=-+-+-+++- =3)1()1()1(222-+-+-+-πz y x∴222)1(,)1(,)1(---z y x 均大于或等于0，03>-π，∴0>++c b a ，这与假设0≤++c b a 矛盾，故c b a ,,中至少有一个大于0.第41讲 选修4经典回顾开心自测题一：{11}x x -≤≤． 题二：98a ．金题精讲题一：CE题二：3)4π． 题三：（Ⅰ）2a =．（Ⅱ）m 的取值范围是(,5]-∞．。

第1章 计数原理§1.1 两个基本计数原理(一) 课时目标1.通过实例，在理解的基础上掌握两个基本计数原理.2.会利用两个原理解决一些简单的实际问题．_______步计数原理针对的是________问题．一、填空题1．从甲地到乙地，每天有直达汽车4班，从甲地到丙地，每天有5个班车，从丙地到乙地，每天有3个班车，则从甲地到乙地不同的乘车方法有________种．2．有一排5个信号的显示窗，每个窗可亮红灯、可亮绿灯、可不亮灯，则共可以出的不同信号有________种． 3．二年级(1)班有学生56人，其中男生38人，从中选取1名男生和1名女生作代表参加学校组织的社会调查团，则选取代表的方法种数为________．4．集合P ＝{x,1}，Q ＝{y,1,2}，其中x ，y ∈{1,2，…，9}且P Q ，把满足上述条件的一对有序整数(x ，y )作为一个点，则这样的点的个数是________．5．有4名高中毕业生报考大学，有3所大学可供选择，每人只能填报一所大学，则这4名高中毕业生报名的方案数为________．6．某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为________．7．在由0,1,3,5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的数共有________个．8．将一个三棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使每一条棱的两端点异色，若只有五种颜色可使用，则不同染色的方法种数为________．二、解答题9．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，现要从中选出会英语和日语的各一人，共有多少种不同的选法？10．用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的比2 000大的四位偶数？能力提升11．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，则不同选法的种数是________．12．书架的第一层有6本不同的数学书，第二层有6本不同的语文书，第三层有5本不同的英语书．(1)从这些书中任取1本，有多少种不同的取法？(2)从这些书中任取1本数学书，1本语文书，1本英语书共3本书的不同的取法有多少种？(3)从这些书中任取3本，并且在书架上按次序排好，有多少种不同的排法？用两个计数原理解决具体问题时，首先要分清“分类”还是“分步”，其次要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重、不漏”的原则，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性；有些题目中“分类”与“分步”同时进行，可以“先分类后分步”或“先分步后分类”．第1章计数原理1．1 两个基本计数原理(一)答案知识梳理1．N＝m1＋m2＋…＋m n N＝m1×m2×…×m n2．分类分步作业设计1．19解析从甲地到乙地有两类方案：甲地直达乙地，甲地经丙地到乙地，共有4＋3×5＝19(种)方法．2．243解析一个窗有3种可能情况(红、绿、不亮)，每个窗出现一种情况的方法种数为3×3×3×3×3＝35(种)，即为表示的不同信号．3．684解析男生为38人，女生为18人，第1步从男生38人中任选1人，有38种不同的选法；第二步从女生18人中任选1人，有18种不同的选法．只有上述两步完成后，才能完成从男生中和女生中各选1名代表这件事，根据分步乘法计数原理共有38×18＝684(种)选取代表的方法．4．14解析当x＝2时，y可取3,4,5,6,7,8,9，共7个点；当x＝y时，y可取3,4,5,6,7,8,9，共7个点．∴这样的点共有7＋7＝14(个)．5．81解析4名高中毕业生报考3所大学，可分4步，每步有3种选择，则这4名高中毕业生报名的方案数为3×3×3×3＝81.6．16解析按题意分成两类：第一类：甲企业有1人发言，有2种情况，另两个发言人出自其余4家企业，有6种情况，由分步乘法计数原理知有2×6＝12(种)情况；第二类：3人全来自其余4家企业，有4种情况．综上可知，共有N＝12＋4＝16(种)情况．7．10解析先考虑个位和千位上的数，个位数字是0的有3×2×1＝6(个)，个位数字是5的有2×2×1＝4(个)，所以共有10个．8. 120解析如右图，若先染A有5种色可选，B有4种色可选，C有3种色可选，D有2种色可选，则不同染色方法共有5×4×3×2＝120(种)．9．解依题意得既会英语又会日语的有7＋3－9＝1(人)，6人只会英语，2人只会日语．第一类：从只会英语的6人中选一人有6种方法，此时选会日语的有2＋1＝3(种)方法．由分步乘法计数原理可得N1＝6×3＝18(种)．第二类：从既会英语又会日语的1人中选有1种方法，此时选会日语的有2种方法．由分步乘法计数原理可得N2＝1×2＝2(种)．综上，由分类加法计数原理可知，不同选法共有N＝N1＋N2＝18＋2＝20(种)．10．解完成这件事有三类方法：第一类是用0做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2,3,4,5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48(个)；第二类是用2做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2,1,0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之后，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36(个)；第三类是用4做结尾的比2 000大的4位偶数，其步骤同第二类，可得有36个．对以上三类结论用分类加法计数原理，可得所求无重复数字的比2 000大的四位偶数有48＋36＋36＝120(个)．11．15 625解析每位同学可自由选择5个讲座中的其中1个讲座，故6名同学的安排可分6步进行，每步均有5种选择，因此共有56＝15 625种不同选法．12．解(1)因为共有17本书，从这些书中任取1本，共有17种取法．(2)分三步：第一步，从6本不同的数学书中取1本，有6种取法；第二步，从6本不同的语文书中取1本，有6种取法；第三步：从5本不同的英语书中取1本，有5种取法．由分步乘法计数原理知，取法总数为N＝6×6×5＝180(种)．(3)实际上是从17本书中任取3本放在三个不同的位置上，完成这个工作分三个步骤，第一步：从17本不同的书中取1本，放在第一个位置，有17种方法；第二步：从剩余16本不同的书中取1本，放在第二个位置，有16种方法；第三步：从剩余15本不同的书中取1本，放在第三个位置，有15种方法；由分步乘法计数原理知，排法总数为N＝17×16×15＝4 080(种)．。

1.1 两个基本原理1、将3本相同的小说,2本相同的诗集全部分给4名同学,每名同学至少1本,则不同的分法有( )A.24种B.28种C.32种D.36种2、高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践,其中工厂甲必须有班级去,每班去何工厂可自由选择,则不同的分配方案有( )A.16种B.18种C.37种D.48种3、如图,一环形花坛分成,,,A B C D 四块,现有4种不同的花供选种,要求在每块里种一种花,且相邻的2块种不同的花,则不同的种法总数为( )A.96B.84C.60D.484、用0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40000大的偶数共有( )A.144个B.120个C.96个D.72个5、()()()123412123a a a a ?b b ?c c c ++++++展开后共有不同的项数为( )A.9B.12C.18D.246、已知{}{}x 2,3,7,y 3,4,8∈∈--,则x y ⋅可表示不同的值的个数为( )A.8个B.12个C.10个D.9个7、某班有男生26人,女生24人,从中选一位同学为数学课代表,则不同选法的种数有( )A.50B.26C.24D.6168、用0,1,,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为( )A.243B.252C.261D.2799、6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换,任意两位同学之间最多交换一次,进行交换的两位同学互赠一份纪念品.已知6位同学之间共进行了13次交换,则收到4份纪念品的同学人数为( )A.1或3B.1或4C.2或3D.2或4M N P Q为海上四个小岛,现在要建造三座桥,将这四个小岛连接起来,则10、如图所示,,,,不同的建桥方法有( )A.8种B.12种C.16种D.20种A B两种类型的车床各一台,甲、乙、丙三名工人,其中甲、乙两种车床都会操作,11、现有,?丙只会操作A种车床,现在要从这三名工人中选两名分别去操作这两台车床,则不同的选派方法有__________种.12、3个不同的小球放入4个不同的盒子,每个盒子至多放1个小球,共有__________种放法.13、将数字1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个方格里,每格填一个数字,则每个格子的标号与所填的数字均不同的填法有__________种.14、某城市有甲、乙、丙、丁四个城区,分布如图所示,现用五种不同颜色涂在该城市地图上,要求相邻区域的颜色不相同,不同的涂色方案共有__________种.15、用1,2,3,4四个数字组成可有重复数字的三位数,这些数从小到大构成数列{}n a.1.这个数列共有多少项?2.若341a=,求m的值.m答案以及解析1答案及解析：答案：B解析：第一类,有一个人分到一本小说和一本诗集,这种情况下的分法有:先将一本小说和一本诗集分到一个人手上,有4种分法,将剩余的2本小说,1本诗集分给剩余3个同学,有3种分法,⨯= (种);共有3412第二类,有一个人分到两本诗集,这种情况下的分法有:先将两本诗集分到一个人手上,有4⨯= (种);种情况,将剩余的3本小说分给剩余3个人,只有一种分法.共有414第三类,有一个人分到两本小说,这种情况的分法有:先将两本小说分到一个人手上,有4种⨯=情况,再将剩余的2本诗集和1本小说分给剩余的3个人,有3种分法.那么共有4312 (种).++= (种)分法.综上所述,总共有12412282答案及解析：答案：C解析：根据题意,若不考虑限制条件,每个班级都有4种选择,共有4×4×4=64种情况,其中工厂甲没有班级去,即每个班都选择了其他三个工厂,此时每个班级都有3种选择,共有3×3×3=27种方案;则符合条件的有64-27=37种,故选C.3答案及解析：答案：BA种种法;解析：分三类:种两种花有242A种种法;种三种花有34A种种法.种四种花有44共有324444284A A A ++=.故选B4答案及解析：答案：B解析：由题意知,首位数字只能是4,5.若首位数字是5,则末位数字可从0,2,4中取1个,有3种方法.其余各位数字有43224⨯⨯=种;由分步乘法计数原理知首位为5时,满足条件的数字个数为32472⨯=.若首位数字为4,则有243248⨯⨯⨯=个.依分类加法计数原理知满足条件的数字有7248120+=个.选B.5答案及解析：答案：D解析：由分步乘法计数原理得共有不同的项数为42324⨯⨯=.故选D.6答案及解析：答案：D解析：分两步:第一步,在集合{}x 2,3,7∈中任取一个值,有3种不同的取法;第二步,在集合{}3,4,8--中任取一个值,有3种不同取法.故x y ⋅可表示339⨯= (个)不同的值.故选D.7答案及解析：答案：A解析：根据分类加法计数原理,因数学课代表可为男生,也可为女生,因此选法共有26+24=50(种),故选A.8答案及解析： 答案：B解析：由分步乘法计数原理知,用0,1,…, 9十个数字组成三位数(可有重复数字)的个数为91010900⨯⨯=,组成没有重复数字的三位数的个数为998648⨯⨯=,则组成有重复数字的三位数的个数为900648252-=,故选B.9答案及解析：答案：D解析：因6位同学之间任意两位同学交换一次有2615C =,则现在进行了13次交换,意味着有两对同学没有交换,故①设仅有甲与乙,丙没有交换纪念品,则收到4份纪念品的同学人数为2人;②设仅有甲与乙,丙与丁没交换纪念品,则收到4份纪念品的同学人数为4人。

第十四章 排列、组合、二项式定理§14.1 二个基本原理【典题导引】例1．求满足,{1,0,1,2}a b ∈-，且关于x 的方程220ax x b ++=有实数解的有序数对(,)a b 的个数．例2．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有个？例3．如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法数．例4．对于给定的大于1的正整数n ，设2012n n x a a n a n a n =++++， 其中{0,1,2,,1},0,1,2,,i a n i n ∈-=，且0n a ≠，记满足条件的所有x 的和为n A ．（1）求2A ；（2）求n A ．【课后巩固】1．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________种．2．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________种．3．如果一个三位正整数如“123a a a ”满足12a a <，且23a a >，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为________．4．一个乒乓球队里有男队员5名，女队员4名，从中选取男、女队员各一名组成混合双打， 共有________种不同的选法．5．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排 列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字 相同的信息个数为________．6．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、 乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．7．如图所示，在,A B 间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现,A B 之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．8．用0,1,2,,9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为________．A B C D四个区域中相邻(有9．用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图所示)，要求在,,,公共边的)区域不用同一种颜色．n ，为①着色时共有多少种不同的方法？(1)若6(2)若为②着色时共有120种不同的方法，求n.、、条，在此图形中10．如图所示三组平行线分别有m n k(1)共有多少个三角形？(2)共有多少个平行四边形？11．对于给定的大于1的正整数n ，设2012n n x a a n a n a n =++++， 其中{0,1,2,,1},0,1,2,,i a n i n ∈-=，且0n a ≠，记满足条件的所有x 的和为n A ．（1）求2A ；（2）求n A ．12．在含有n 个元素的集合{1,2,,}n A n =⋅⋅⋅中，若这n 个元素的一个排列（1a ，2a ，…，n a ）满足(1,2,,)i a i i n ≠=⋅⋅⋅，则称这个排列为集合n A 的一个错位排列（例如：对于集合3{1,2,3}A =，排列(2,3,1)是3A 的一个错位排列；排列(1,3,2)不是3A 的一个错位排列）.记集合n A 的所有错位排列的个数为n D ．（1）直接写出1D ，2D ，3D ，4D 的值；（2）当3n ≥时，试用2n D -，1n D -表示n D ，并说明理由；（3）试用数学归纳法证明：*2()n D n N ∈为奇数．。

课题 1.1两个基本原理 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第一课时教学目标 知识与技能：①理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；②会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题；过程与方法：培养学生的归纳概括能力；情感、态度与价值观：引分类计数原理与分步计数原理导学生形成 “自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式教学重点教学难点 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用理解 利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题教具准备：与教材内容相关的资料。

教学设想：引导学生形成 “自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式。

教学过程：学生探究过程：问题 1. 从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。

一天中，火车有4 班, 汽车有2班，轮船有3班。

那么一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法?分析: 从甲地到乙地有3类方法,第一类方法, 乘火车，有4种方法;第二类方法, 乘汽车，有2种方法;第三类方法, 乘轮船, 有3种方法;所以 从甲地到乙地共有 4 + 2 + 3 = 9 种方法。

问题 2. 如图,由A 村去B 村的道路有3条，由B 村去C 村的道路有2条。

从A 村经B 村去C 村，共有多少种不同的走法?分析: 从A 村经 B 村去C 村有2步,第一步, 由A 村去B 村有3种方法,第二步, 由B 村去C 村有3种方法,所以 从A 村经 B 村去C 村共有 3 ×2 = 6 种不同的方法。

分类计数原理 完成一件事，有n 类办法,在第一类办法中有m 1种不同的方法,在第二类办法中有m 2种不同的方法，……，在第n 类办法中有m n 种不同的方法。

那么完成这件事共有N=m 1+m 2+…+m n种不同的方法。

分步计数原理 完成一件事，需要分成n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，……，做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事有 N=m 1×m 2×…×m n种不同的方法。

第十二章计数原理
【知识网络】
【考情分析】
近几年江苏高考对计数原理的考查情况如下：
【备考策略】
本部分内容主要包括两个计数原理、排列组合、二项式定理三部分.其中两个计数原理是排列、组合的基础，又是求古典概型问题的必要工具，在每年的高考中都直接或间接地考查.要注意把握“分类”与“分步”的区别，对于较复杂的问题，一般要分类讨论，此时要注意分类讨论的对象和分类讨论的标准.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.理解排列、组合的概念，熟悉排列数公式和组合数公式，并能利用它们解决简单的实际问题.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.根据近几年高考命题特点和规律，复习本专题时，要注意以下几个方面：1.要注意控制难度，以中低档题为主；2.注意各知识点的交汇，如统计与概率、计数原理与概率等.。

第42课数学归纳法【自主学习】(本课时对应学生用书第108~109页)自主学习回归教材1. (选修2-2P88练习2改编)设n∈N*，用数学归纳法证明2+4+6+…+2n=n2+n时，第一步应证明：左式=.【答案】22. (选修2-2P88例4改编)设n∈N*，f(n)=5n+2·3n-1+1，通过计算n=1，2，3，4时f(n)的值，可以猜想f(n)能被数值整除.【答案】8【解析】f(1)=8=8×1，f(2)=32=8×4，f(3)=144=8×18，f(4)=680=8×85，所以猜想f(n)能被8整除.3. (选修2-2P91习题7改编)已知数列{a n}满足a1=1，且4a n+1-a n a n+1+2a n=9，则可以通过求a2，a3，a4的值猜想出a n=.【答案】6-5 2-1 n n【解析】由题知a1=1，a2=73，a3=135，a4=197，猜想an=6-52-1nn.4. 由1=12，2+3+4=32，3+4+5+6+7=52，…，可得出的一般性结论是. 【答案】n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-2)=(2n-1)2 (n∈N*)【解析】第n个式子的左边首项为n，公差为1，共2n-1项，所以左边=n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-2)，式子右边是(2n-1)2.5. (选修2-2P89例5改编)设n条直线把一个平面分成r n个部分，通过n=1，2，3，4画出图形观察r n可发现r k=1+1+2+3+4+…+k.若利用数学归纳法对此结论进行证明，当n=k+1时，需证r k+1=r k+.【答案】k+1【解析】当n=k+1时，第k+1条直线与前面的k条直线都相交，产生k个交点，这k个交点把这条直线分成了k+1段，且每一段将原有的平面分成两个部分，即增加了k+1个部分.1. 归纳法：由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法.2. 用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤：(1)证明当n取第一个正整数n0时命题成立；(2)假设当n=k(k∈N*，k≥n0)时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立.完成这两步可断定从正整数n0开始的所有命题都成立.【要点导学】要点导学各个击破利用数学归纳法证明等式例1是否存在常数a，b使等式2113⨯+2235⨯+2357⨯+…+2(2-1)(21)nn n⨯+=22an nbn++对于一切n∈N*都成立?若不存在，请说明理由；若存在，请用数学归纳法证明.【思维引导】先从特殊情形n=1，n=2时等式必须成立，求出a，b的值，然后用数学归纳法的角度加以证明，在这里必须指出的是：若题目没有讲要用数学归纳法证明，我们也应从数学归纳法考虑，因为等式的左边我们无法通过数列求和的知识解决，其次本题是与自然数有关的命题证明，我们应优先考虑数学归纳法，证明时必须严格遵循数学归纳法的证明步骤，做到规范化.【解答】若存在常数a，b使等式成立，将n=1，n=2代入等式，有11321442 31522abab+⎧=⎪⎪+⎨+⎪+=⎪+⎩，，解得a=1，b=4，即有2113⨯+2235⨯+2357⨯+…+2(2-1)(21)nn n+=242n nn++对于一切n∈N*都成立.下面用数学归纳法证明：(1)当n=1时，左边=2113⨯=13，右边=11412+⨯+=13，所以等式成立.(2)假设当n=k(k≥1且k∈N*)时等式成立，即2113⨯+2235⨯+…+2(2-1)(21)kk k+=242k kk++，当n=k+1时，21 13⨯+2235⨯+…+2(2-1)(21)kk k++2(1)(21)(23)kk k+++=242k kk+++2(1)(21)(23)kk k+++=121kk++·1223k kk+⎛⎫+⎪+⎝⎭=121kk++·22522(23)k kk+++=121kk++·(21)(2)2(23)k kk+++=(1)(2)46k kk+++=2(1)(1)4(1)2k kk+++++，所以当n=k+1时，等式也成立.综上所述，等式对任意的n∈N*都成立.【精要点评】用数学归纳法证明一些等式时，关键在于先看“项”，弄清等式两边构成的规律，等式两边各有多少项，项的多少与n的关系，由n=k到n=k+1时等式两边会增加多少项.利用数学归纳法证明不等式例2用数学归纳法证明不等式(n∈N*).【解答】(1)当n=1时，左边=1，右边=2，所以当n=1时不等式成立.(2)假设当n=k(k≥2，k∈N*)时不等式成立，即，那么当n=k+1时，左边，因为4k2+4k<4k2+4k+1，可得，即，所以当n=k+1时不等式也成立.根据(1)和(2)可知不等式对所有的n∈N*都成立.【精要点评】在步骤(2)的证明过程中，关键是“凑”，一凑假设，二凑结论.充分考虑到由n=k到n=k+1时命题的形式之间的区别与联系.在证明时要注意结合放缩法、比较法、分析法等方法去推理论证.变式 求证：1+12+13+14+…+12-1n>2n (n ∈N *).【解答】(1)当n=1时，1>12，不等式成立.(2)假设当n=k(k≥1，k ∈N *)时不等式成立，即1+12+13+14+…+12-1k>2k ，则当n=k+1时，1+12+13+14+…+112-1k +=1+12+13+14+…+12-1k+12k +121k ++…+112-1k +>2k +12k+121k ++…+112-1k +>2k +1112111222k k k k ++++++个=2k +122kk +=12k +，所以当n=k+1时，不等式也成立.由(1)(2)知，1+12+13+14+…+12-1n>2n (n ∈N *).利用数学归纳法证明整除问题例3 已知f(n)=(2n+7)·3n +9，问：是否存在自然数m ，使得对任意的正整数n ，都能使m 整除f(n)?如果存在，求出最大的m 的值，并证明你的结论；如果不存在，请说明理由.【解答】当n=1时，f(1)=36；当n=2时，f(2)=108；当n=3时，f(3)=360. 猜想：存在最大整数m=36能整除f(n). 证明：①当n=1时，由以上知结论成立. ②假设当n=k(k≥1，k ∈N *)时，结论成立， 即f(k)=(2k+7)·3k +9能被36整除， 那么当n=k+1时，f(k+1)=[2(k+1)+7]·3k+1+9=3[(2k+7)·3k +9]+18(3k-1-1)， 由归纳假设知(2k+7)·3k +9能被36整除，又18(3k-1-1)能被36整除，所以当n=k+1时，结论也成立.故由①②可知对任意的正整数n，结论都成立.变式用数学归纳法证明：42n+1+3n+2能被13整除，其中n∈N*.【解答】(1)当n=1时，42×1+1+31+2=91，显然91能被13整除.(2)假设当n=k(k≥1，k∈N*)时，42k+1+3k+2能被13整除，则当n=k+1时，42(k+1)+1+3k+3=42k+1·42+3k+2·3-42k+1·3+42k+1·3=42k+1·13+3·(42k+1+3k+2)，因为42k+1·13能被13整除，所以当n=k+1，结论也成立.综上，42n+1+3n+2(n∈N*)能被13整除.归纳—猜想—证明例4(2014·广东卷)设数列{a n}的前n项和为S n，满足S n=2na n+1-3n2-4n，n∈N*，且S3=15.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求数列{a n}的通项公式.【思维引导】(1)利用n=1，2，3可求出a1，a2，a3的值；(2)利用(1)中的结论归纳出数列{a n}的通项公式，并以此归纳出S n的表达式，然后利用数学归纳法证明数列{a n}的通项公式的正确性.【解答】(1)由S n=2na n+1-3n2-4n得S n=2n(S n+1-S n)-3n2-4n，整理得2nS n+1=(2n+1)S n+3n2+4n，因此有4S3=5S2+20，即4×15=5S2+20，解得S2=8.同理有2S2=3S1+7，即2×8=3S1+7，解得S1=3，所以a1=S1=3，a2=S2-S1=8-3=5，a3=S3-S2=15-8=7.(2)由题意得a n+1=2nSn+32n+2，由(1)知a1=3，a2=5，a3=7，猜想a n=2n+1，假设当n=k (k∈N*)时，猜想成立，即a k=2k+1，则有S k=1()2kk a a+=(321)2k k++=k(k+2)，则当n=k+1时，有a k+1=2kSk+32k+2=(2)2k kk++32k+2=2k+3=2(k+1)+1，这说明当n=k+1时，猜想也成立.根据(1)和(2)可知，对任意的n∈N*，a n=2n+1.【精要点评】(1)本试题主要是考查数列的通项公式的求解和数学归纳法证明的运用.(2)数学归纳法与数列相结合是命题的一种趋势.(3)主要考查从特殊到一般的推理方式.变式设f(n)=11nn⎛⎫+⎪⎝⎭-n，其中n为正整数.(1)求f(1)，f(2)，f(3)的值；(2)猜想满足不等式f(n)<0的正整数n的取值范围，并用数学归纳法证明你的猜想.【解答】(1)f(1)=1，f(2)=14，f(3)=-1727.(2)猜想：当n≥3时，f(n)=11nn⎛⎫+⎪⎝⎭-n<0.证明：①当n=3时，f(3)=-1727<0成立.②假设当n=k(k≥3，k∈N*)时猜想成立，即f(k)=11kk⎛⎫+⎪⎝⎭-k<0，所以11kk⎛⎫+⎪⎝⎭<k，则当n=k+1时，由于1111k k +⎛⎫+ ⎪+⎝⎭=111k k ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭111k ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭<11111kk k ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭<k 111k ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭=k+1k k +<k+1，所以1111k k +⎛⎫+ ⎪+⎝⎭<k+1，即f(k+1)=1111k k +⎛⎫+ ⎪+⎝⎭-(k+1)<0成立，由①②可知，对n≥3，f(n)=11nn ⎛⎫+ ⎪⎝⎭-n<0成立.1. 用数学归纳法证明：1-12+13-14+…+12-1n -12n =11n ++12n ++…+12n 时，第一步应验证：左式是 ，右式是 .【答案】1-12 111+2. (2015·哈尔滨模拟)用数学归纳法证明不等式“1+12+13+…+12-1n<n(n ∈N *，n≥2)”时，由n=k(k≥2)不等式成立，推证n=k+1时，左边应增加的项数是 . 【答案】2k【解析】当n=k+1时，左边为1+12+13+…+12-1k+12k +121k ++…+112-1k +，增加了12k +121k ++…+112-1k +，共(2k+1-1)-2k +1=2k 项.3. 若f(n)=1+12+13+…+13-1n (n ∈N *)，则对于k ∈N *，f(k+1)=f(k)+ .【答案】13k +131k ++132k +【解析】f(k+1)=1+12+13+…+13(1)-1k +=1+12+13+…+132k +=112⎛+ ⎝+13+…+13-1k ⎫⎪⎭+13k +131k ++132k +=f(k)+13k +131k ++132k +.4. 求证：49n +16n-1(n ∈N *)能被64整除.【解答】①当n=1时，49+16×1-1=64，能被64整除.②假设当n=k(k ∈N *)时，49k +16k-1能被64整除，那么当n=k+1时，49k+1+16(k+1)-1=49(49k +16k-1)-48·16k+48+16=49(49k +16k-1)-64·12k+64，所以当n=k+1时，49k+1+16(k+1)-1也能被64整除.由①②可知对任意的n ∈N *，49n +16n-1都能被64整除.5. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=1，S n =n 2a n (n ∈N *). (1)求a 2，a 3，a 4的值；(2)猜想数列{a n }的通项公式，并用数学归纳法证明猜想.【解答】(1)当n=2时，由S 2=4a 2，将a 1=1代入，得a 2=13；当n=3时，由S 3=9a 3，将a 1=1，a 2=13代入，得a 3=16；当n=4时，由S 4=16a 4，将a 1=1，a 2=13，a 3=16代入，得a 4=110.(2)猜想a n=2(1)n n +，证明如下：当n=1时，a 1=212⨯=1，命题成立.假设当n=k(k ∈N *)时命题成立，即a k=2(1)k k +，当n=k+1时，S k+1=(k+1)2a k+1=S k +a k+1=k 2a k +a k+1，整理得a k+1=2(1)(2)k k ++，所以当n=k+1时命题也成立.综上，当n ∈N *时有a n=2(1)n n +.趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》中的练习第83~84页.【检测与评估】第42课数学归纳法一、填空题1．用数学归纳法证明2n≥n2(n≥4，n∈N*)时，第一步应验证n=.2．若f(n)=1+12+13+…+121n+(n∈N)，则当n=1时，f(n)=.3．用数学归纳法证明(n+1)(n+2)·…·(n+n)=2n·1·3·…·(2n-1)(n∈N*)时，从“n=k”到“n=k+1”的证明，左边需要增添的代数式是.4．已知f(n)=1+12+13+…+1n(n∈N*)，证明不等式f(2n)>2n时，f(2k+1)比f(2k)多项.5．若f(n)=11n++12n++13n++…+12n(n∈N*)，则f(n+1)-f(n)=.6．若凸n边形的内角和为f(n)，则凸n+1边形的内角和f(n+1)=f(n)+.7．，…，那么由此猜想出的第n个数为.8．已知x ∈(0，+∞)，不等式x+1x ≥2，x+24x ≥3，x+327x ≥4，…，可推广为x+n a x ≥n+1，那么实数a 的值为 .二、 解答题9．用数学归纳法证明(3n+1)·7n -1(n ∈N *)能被9整除.10．求证：(n ∈N *).11．(2015·宿迁一模)已知数列{a n }的各项均为正整数，对于任意的n ∈N *，都有2+11n a +<11111-1n n a a n n +++<2+1n a 成立，且a 2=4．(1)求a 1，a 3的值；(2)猜想数列{a n }的通项公式，并给出证明.三、 选做题12．已知函数(x>0)，数列{a n }满足a 1=f(x)，a n+1=f(a n ).(1)求a 2，a 3，a 4的值；(2)猜想数列{a n }的通项公式，并用数学归纳法予以证明.【检测与评估答案】第42课数学归纳法1．42．1+12+13【解析】当n=1时，式子的末项应为13.3．4k+2【解析】当n=k时，等号左边的代数式为(k+1)(k+2)·…·(k+k)，当n=k+1时，等号左边的代数式为[(k+1)+1][(k+1)+2]·…·[(k+1)+k-1][(k+1)+k][(k+1)+k+1]，所以左边需要增添的代数式是(21)(22)1k kk+++=4k+2．4．2k5．121n+-122n+【解析】121n++122n+-11n+=121n+-122n+.6．180°【解析】凸n边形每增加一条边，内角和增加180°.7．【解析】观察根式的规律，根号下和式的第一项与第二项的分子相同，而分母可表示为1×3，2×4，3×5，4×6，…，故第n8．n n【解析】因为x+1x≥1+1，x+222x≥2+1，x+333x≥3+1，…，所以该系列不等式可推广为x+nnnx≥n+1，所以a=n n.9．①当n=1时，4×7-1=27，能被9整除.②假设当n=k(k≥1，k∈N*)时，(3k+1)·7k-1能被9整除，那么当n=k+1时，[3(k+1)+1]·7k+1-1=[(3k+1)+3](1+6)·7k-1=(3k+1)·7k-1+(3k+1)·6·7k+21·7k=(3k+1)·7k-1+3k·6·7k+( 6+21)·7k.因为以上三式均能被9整除，所以当n=k+1时命题也成立.由①②可知，原命题对一切n∈N*均成立.10．①当n=1时，不等式显然成立.②假设当n=k(k≥1，k∈N*)时不等式成立，即则当n=k+1时，(2-1)(21)1k k+++故当n=k+1时，不等式也成立.由①②可知，∈N*). 11．(1)当n=1时，由2+21a <21211a a ⎛⎫+ ⎪⎝⎭<2+11a ，即有2+14<12a +24<2+11a ， 解得23<a 1<87.因为a 1为正整数，所以a 1=1．当n=2时，由2+31a <63114a ⎛⎫+ ⎪⎝⎭<2+14，解得8<a 3<10．因为a 3是正整数，所以a 3=9．(2)由a 1=1，a 2=4，a 3=9，猜想：a n =n 2．下面用数学归纳法证明：当n=1，2，3时，由(1)知a n =n 2均成立. 假设n=k(k≥3，k ∈N *)成立，则a k =k 2． 由条件得2+11k a +<k(k+1)2111k k a +⎛⎫+ ⎪⎝⎭<2+21k ， 所以32(1)-1k k k k ++<a k+1<2(-1)-1k k k k +，所以(k+1)2-21-1k k k ++<a k+1<(k+1)2+1-1k .因为k≥3，0<21-1k k k ++<1，0<1-1k <1，又a k+1∈N *，所以a k+1=(k+1)2，即当n=k+1时，a n =n 2也成立.综上所述，对任意的n ∈N *，a n =n 2.12． (1)由题意得a1，a2=f(a1，a3=f(a2a4=f(a3.(2)猜想：a n∈N*).证明：①当n=1时，a1，结论成立.②假设当n=k(k≥1，k∈N*)时，结论成立，即a k那么当n=k+1时，a k+1=f(a k，即当n=k+1时，结论成立.由①②可知，a n.。

1.1 两个基本计数原理1．分类计数原理完成一件事，有n 类方式，在第1类方式中有m 1种不同的方法，在第2类方式中有m 2种不同的方法，……，在第n 类方式中有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m 1＋m 2＋…＋m n 种不同的方法．分类计数原理又称为加法原理．预习交流1应用分类计数原理的原则是什么？提示：做一件事有n 类方式，每一类方式中的每一种方法均完成了这件事．2．分步计数原理完成一件事，需要分成n 个步骤，做第1步有m 1种不同的方法，做第2步有m 2种不同的方法，……，做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m 1×m 2×…×m n 种不同的方法．分步计数原理又称为乘法原理．预习交流2应用分步计数原理的原则是什么？提示：做一件事要分n 个步骤完成，只有所有步骤完成时，才完成这件事，也就是说，每一步骤中每种方法均不能完成这件事．一、分类计数原理问题从甲地到乙地每天有火车3班，汽车8班，飞机2班，轮船2班，问一天内乘坐班次不同的运输工具由甲地到乙地，有多少种不同的走法？思路分析：由于每班火车、汽车、飞机、轮船均能实现从甲地到乙地，因此利用分类计数原理．解：根据运输工具可分四类：第1类是乘坐火车，有3种不同的走法；第2类是乘坐汽车，有8种不同的走法；第3类是乘坐飞机，有2种不同的走法；第4类是乘坐轮船，有2种不同的走法；根据分类计数原理，共有不同的走法的种数是N ＝3＋8＋2＋2＝15.设有5幅不同的油画，2幅不同的国画，7幅不同的水彩画．从这些画中只选一幅布置房间，有__________种不同的选法．答案：14解析：根据分类计数原理，不同的选法有N＝5＋2＋7＝14种．如果完成一件事有n类方式，每类方式彼此之间是相互独立的，无论哪一种方式的每种方法都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类计数原理(加法原理)．二、分步计数原理问题有三个盒子，分别装有不同编号的红色小球6个，白色小球5个，黄色小球4个，现从盒子里任取红、白、黄小球各1个，有多少种不同的取法？思路分析：要从盒子里取到红、白、黄小球各1个，应分三个步骤，并且这三个步骤均完成时，才完成这件事，故应用分步计数原理．解：分三步完成：第1步是取红球，有6种不同的取法；第2步是取白球，有5种不同的取法；第3步是取黄球，有4种不同的取法；根据分步计数原理，不同取法的种数为N＝6×5×4＝120.现有高一学生9人，高二学生12人，高三学生7人自发组织参加数学课外活动小组，为便于管理，每年级各选一名组长，有__________种不同的选法．答案：756解析：根据分步计数原理有N＝9×12×7＝756种不同的选法．如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数就用分步计数原理(乘法原理)．1．两个书橱，一个书橱内有7本不同的小说，另一个书橱内有5本不同的教科书．现从两个书橱任取一本书的取法有__________种．答案：12解析：根据分类计数原理，不同的取法有N＝7＋5＝12种．2．教学大楼有5层，每层均有2个楼梯，由1楼到5楼的走法有__________种．答案：16解析：根据分步计数原理，不同的走法有N＝2×2×2×2＝16种．3．现有高一学生9人，高二学生12人，高三学生7人，从中推选两名来自不同年级的学生做一次活动的主持人，共有__________种不同的选法．答案：255解析：分三类：第1类是从高一和高二各取1人，有9×12＝108种选法；第2类是从高一和高三各取1人，有9×7＝63种选法；第3类是从高二和高三各取1人，有12×7＝84种选法；由分类计数原理，不同的选法有N＝108＋63＋84＝255种．4．某体育彩票规定，从01～36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元，某人想选定吉利号18，然后从01～17中选3个连续的号，从19～29中选2个连续的号，从30～36中选1个号组成一注，若这个人要把这种号全买下来至少要花多少钱？解：分三步选号：第1步从01～17中选3个连续的号共有15种选法；第2步从19～29中选2个连续的号共有10种选法；第3步从30～36中选1个号共有7种选法；因此由分步计数原理知共有N＝15×10×7＝1 050(注)，故要花1 050×2＝2 100(元)．5．有四位同学参加三项不同的竞赛．(1)每位同学必须只参加一项比赛，有多少种竞赛方案？(2)每项竞赛只允许一位同学参加，有多少种竞赛方案？解：(1)同学可以选择竞赛项目，而竞赛项目对于同学无条件限制，所以每位同学均有3个不同的机会，要完成这件事必须是每位同学参加竞赛的项目全确定下来．因此分四步，所以根据分步计数原理，共有N＝3×3×3×3＝34＝81种不同的方案．(2)竞赛项目可挑选同学，而同学无选择项目的机会，每一个项目可挑选4个不同的同学中的一个，要完成这件事须每项竞赛所参加的同学全部确定下来才行．因此需分三步，根据分步计数原理，共有M＝4×4×4＝64种不同的方案．。

高考数学第一轮复习资料（教师版）第一章集合第一节集合的含义、表示及基本关系A组1．已知A＝｛1，2｝,B＝{x|x∈A}，则集合A与B的关系为________．解析：由集合B＝{x｜x∈A}知,B＝{1，2｝．答案：A＝B2．若∅{x|x2≤a,a∈R｝，则实数a的取值范围是________．解析：由题意知,x2≤a有解，故a≥0。

答案：a≥03．已知集合A＝{y｜y＝x2－2x－1，x∈R｝,集合B＝{x｜－2≤x<8｝,则集合A 与B的关系是________．解析：y＝x2－2x－1＝(x－1)2－2≥－2，∴A＝｛y｜y≥－2}，∴B A。

答案：B A4．（2009年高考广东卷改编)已知全集U＝R，则正确表示集合M＝｛－1，0,1}和N＝｛x|x2＋x＝0}关系的韦恩（V enn）图是________．解析：由N=｛x|x2+x=0｝,得N=｛-1，0}，则N M.答案：②5．(2010年苏、锡、常、镇四市调查)已知集合A＝{x|x〉5},集合B＝{x｜x〉a｝，若命题“x∈A”是命题“x∈B”的充分不必要条件，则实数a的取值范围是________．解析：命题“x∈A”是命题“x∈B”的充分不必要条件,∴A B,∴a<5.答案：a<56．(原创题）已知m∈A，n∈B，且集合A＝{x|x＝2a,a∈Z｝，B＝{x|x＝2a＋1，a∈Z｝，又C＝{x|x＝4a＋1，a∈Z}，判断m＋n属于哪一个集合？解：∵m∈A,∴设m＝2a1,a1∈Z，又∵n∈B,∴设n＝2a2＋1，a2∈Z，∴m＋n＝2（a1＋a2）＋1，而a1＋a2∈Z，∴m＋n∈B。

B组1．设a，b都是非零实数，y＝错误!＋错误!＋错误!可能取的值组成的集合是________．解析：分四种情况：（1）a>0且b〉0；(2)a>0且b<0；(3）a<0且b〉0；（4）a<0且b〈0，讨论得y＝3或y＝－1.答案:{3，－1｝2．已知集合A＝{－1,3,2m－1｝，集合B＝{3，m2}．若B⊆A，则实数m＝________.解析：∵B⊆A，显然m2≠－1且m2≠3,故m2＝2m－1,即（m－1)2＝0，∴m ＝1。

第66课排列与组合【自主学习】第66课排列与组合(本课时对应学生用书第171~172页)自主学习回归教材1. (选修2-3P18习题4改编)有7人参加比赛，争夺金、银、铜牌，每枚奖牌有且仅有一个获得，可能的结果有种.【答案】210【解析】37A=7×6×5=210.2. (选修2-3P22例3改编)从20名同学中选3名组成代表团参加对外交流，有种不同的选法.【答案】1 140【解析】320C=2019183!⨯⨯=1140.3. (选修2-3P22例4改编)一个小组有7名男生、3名女生，现抽调5人参加劳动，其中有2名女生，则这样的抽调方法有种.【答案】105【解析】3273C C=105.4. (选修2-3P26例2(3)改编)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35A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共有35A=60(种).1.排列一般地说，从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素按照一定的顺序排成一列，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.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，用符号A mn表示.2.排列数公式A mn=n(n-1)(n-2)…(n-m+1).这里m≤n，其中等式的右边是m个连续的自然数相乘，最大的是n，最小的是n-m+1.3.全排列n个不同元素全部取出的一个排列，叫作n个不同元素的一个全排列，全排列数用A nn表示，它等于自然数从1到n的连乘积，自然数从1到n的连乘积叫作n的阶乘，用n!表示.4.组合一般地，从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素并成一组，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.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，用符号C mn表示.5. 组合数公式C mn =A A m n m m =(-1)(-2)(-1)!n n n n m m =!!(-)!n m n m .6. 组合数性质(1)C m n =-C n m n ；(2)C m n =-1C m n +-1-1C m n ；(3)C mn =-1-1C m n n m ；(4)C mn =-1-1C m n +-1-2C m n +-1-3C m n +…+-1-C m n m (m ≤n )； (5)C m n =0-C C m r n r +-11-C C m r n r +…+1-1-C C m r n r +0-C C m r n r .【要点导学】要点导学 各个击破排列问题例1 用0，1，2，3，4，5这六个数字，可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数：(1)奇数； (2)偶数； (3)大于3 125的数.【思维引导】(1)先排个位，再排首位，其余的任意排；(2)分别以0，2，4为结尾讨论；(3)讨论千位的数字，在对3为千位数时，注意比较大小.【解答】(1)先排个位，再排首位，其余的任意排，根据分步计数原理，共有13A ·14A ·24A =144(个).(2)以0结尾的四位数偶数有35A=60个，以2或4结尾的四位数偶数有12A·14A·24A=96个，所以共有60+96=156(个).(3)比3 125大的数，若4、5作千位时，则有235A=120个；若3作千位，2，4，5作百位时，有324A=36个；若3作千位，1作百位时，有213A=6个，所以共有120+36+6=162(个).【精要点评】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).变式4个男同学，3个女同学站成一排.(1)3个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法?(2)任意两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法?(3)甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法?【解答】(1)3个女同学是特殊元素，共有33A种排法；由于3个女同学必须排在一起，视排好的女同学为一整体，再与4个男同学排队，应有55A种排法.由分步乘法计数原理，知共有3535A A=720种不同排法.(2)先将男生排好，共有44A种排法，再在这4个男生的中间及两头的5个空档中插入3个女生，有35A种方法，故符合条件的排法共有4345A A=1 440种不同排法.(3)先排甲、乙和丙3人以外的其他4人，有44A种排法；由于甲、乙要相邻，故再把甲、乙排好，有22A种排法；最后把甲、乙排好的这个整体与丙分别插入原先排好的4人的空档中，有25A种排法.故共有422425A A A=960种不同排法.组合问题例2课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名队长.现从中选5人主持某项活动，根据下列条件各有多少种选法?(1)只有1名女生； (2)两队长当选； (3)至少有1名队长当选； (4)至多有2名女生当选； (5)既要有队长，又要有女生当选.【思维引导】可以从特殊元素出发，考虑直接选取或使用间接法. 【解答】(1)1名女生，4名男生，故共有15C ·48C =350(种).(2)将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有22C ·311C =165(种).(3)至少有1名队长当选含有两类：只有1名队长和2名队长，故共有12C ·411C +22C ·311C =825(种).(4)至多有2名女生含有三类：有2名女生、只有1名女生、没有女生，故选法为：25C ·38C +15C ·48C +58C =966(种).(5)分两类：第一类，女队长当选：有412C 种选法；第二类，女队长不当选：有14C ·37C +24C ·27C +34C ·17C +44C 种选法. 故选法共有：412C +14C ·37C +24C ·27C +34C ·17C +44C =790(种).【精要点评】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.变式 从7名男同学和5名女同学中选出5人，分别求符合下列条件的选法各有多少种? (1)A ，B 同学必须当选； (2)A ，B 同学都不当选； (3)A ，B 同学不全当选； (4)至少有2名女同学当选；(5)选出3名男同学和2名女同学，分别担任体育委员、文娱委员等五种不同的工作，但体育委员必须由男同学担任，文娱委员必须由女同学担任.【解答】(1)只要从其余的10人中再选3人即可，有310C=120(种).(2)5个人全部从另外10人中选，总的选法有510C=252(种).(3)直接法，分两类：A，B一人当选，有14210C C=420(种)；A，B都不当选，有510C=252(种).所以总的选法有420+252=672(种).间接法：从12人中选5人的选法种数中减去从不含A，B的10人中选3人(即A，B都当选)的选法种数，得到总的选法有512C-310C=672(种).(4)直接法，分四步：选2名女生，有2357C C=10×35=350(种)；选3名女生，有3257C C=210(种)；选4名女生，有4157C C=35(种)；选5名女生，有55C=1(种).所以总的选法有350+210+35+1=596(种).间接法：从12人中选5人的选法种数中减去不选女生与只选一名女生的选法数之和，即满足条件的选法有512C-(57C+1457C C)=596(种).(5)分三步：选1男1女分别担任体育委员、文娱委员的方法有1175C C=35(种)；再选出2男1女，补足5人的方法有2164C C=60(种)；最后为第二步选出的3人分派工作，有33A=6种方法.所以总的选法有35×60×6=12 600(种).排列组合的综合问题例33位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是.【答案】288【解析】方法一：有且仅有两位女生相邻，可以把这两位女生“捆绑”，把三名女生当作两个元素，在男生隔开的四个空隙中安排这两个元素，最后再减去甲站在两端的情况.3位男生的全排列数是33A=6，隔开四个空隙，把3位女生中的2位“捆绑”有方法数2232C A=6，将3位女生当两个看，安插在四个空隙中的两个有方法数24A=12，故“6位同学站成一排，3位女生中有且只有两位女生相邻的排法”有32223324A C A A=432(种).其中男生甲站两端的男生排法种数是1222A A=4，此时只能在甲的一侧的三个空隙中安插经过“捆绑”处理后的三个女生，有方法数222323C A A=36，故“3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻的”的排法有(1222A A)(222323C A A)=144(种).故符合条件的排法共有432-144=288(种).方法二：按照全排列男生时男生甲在两端和在中间进行分类：若排列三名男生时男生甲在两端，此时三名男生的排法种数是222A=4，经过“捆绑”处理的女生之一必需有一个排在甲的一侧，使甲不在最外侧，由于三个女生有且只有两个相邻，因此甲的这一侧也只能安放经过“捆绑”处理的女生之一，另一个要放在甲的另一侧的三个空隙中的一个，有方法数(2232C A)(1123C A)=36.根据乘法原理此时有排法4×36=144(种).若排列三名男生时男生甲就不在两端，此时男生的排法是22A=2(种)，此时男生甲就没有特殊性了，就相当于在隔开的四个空隙中安排经过“捆绑”处理的三名女生，有方法数222324C A A=72，根据乘法计数原理知此时有排法2×72=144(种).根据加法计数原理知共有排法144+144=288(种).变式某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为(用数字作答).【答案】90【解析】方法一：将4人平均分成两组有241C2种方法，将此两组分配到6个班级中的2个班有26A种，所以不同的安排方法有22461C A2=90(种).方法二：先从6个班级中选2个班级有26C种不同方法，然后安排学生有2242C C种，故有2264C C=90(种).1.下列结论正确的是.(填序号)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C xn=C mn，则x=m成立；④排列定义规定给出的n个元素各不相同，并且只研究被取出的元素也各不相同的情况.也就是说，如果某个元素已被取出，则这个元素就不再取了.【答案】④【解析】依据排列、组合的定义，可知①，②错误；由C xn=C mn可得x=m或x=n-m，③错误.④正确.2.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】先分组后用分配法求解，5张参观券分为4组，其中2个连号的有4种分法，每一种分法中的排列方法有44A种，因此共有不同的分法444A=4×24=96(种).3.用0，1，3，5，7五个数字，可以组成个没有重复数字且5不在十位位置上的五位数.【答案】78【解析】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44A=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13A =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13A =3种方法.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33A =6种方法.根据分步计数原理，第二类中所求五位数的个数为13A ·13A ·33A =54.由分类计数原理，符合条件的五位数共有24+54=78(个).4. 身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人，身穿蓝色衣服的有一人，现将这五人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人不能相邻，则不同的排法有 种. 【答案】48【解析】穿红色衣服的人相邻的排法有123423C A A =48(种)，同理穿黄色衣服的人相邻的排法也有48(种).而红色、黄色同时相邻的有22A ·22A ·33A =24(种).故穿相同颜色衣服的不相邻的排法有55A -2×48+24=48(种).5. (2014·江西八校联考)将并排的有不同编号的5个房间安排给5个工作人员临时休息，假定每个人可以选择任一房间，且选择各个房间是等可能的，则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数为 . 【答案】900【解析】先将5人分成三组(1，1，3或2，2，1两种形式)，再将这三组人安排到3个房间，然后将2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空档中即可，故安排方式共有1132215435312222C C C C C C A A ⎛⎫+ ⎪⎝⎭·33A ·24C =900(种).趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》中的练习第131~132页.【检测与评估】第66课排列与组合一、填空题1．把标号分别为1，2，3，4，5的同色球全部放入编号分别为1~5号的箱子中，每个箱子里放一个球且要求偶数号的球必须放在偶数号的箱子中，则所有放法的种数为.2．一个平面内有8个点，若只有4个点共圆，其余任何4点不共圆，那么这8个点最多确定的圆的个数为.3．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.4．把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有种.5．某高校从5名男大学生志愿者和4名女大学生志愿者中选出3名派到3所学校支教(每所学校一名志愿者)，要求这3名志愿者中男、女大学生都有，则不同的选派方案共有种.6．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，那么不同的排法共有种.7．某工程队有6项工程需要先后单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，工程丁必须在工程丙完成后立即进行，那么安排这6项工程的不同排法有种.8．将7个相同的球放入4个不同的盒子中，则每个盒子都有球的放法共有种.二、解答题9．从1到9的9个数字中取3个偶数、4个奇数.(1)能组成多少个没有重复数字的七位数?(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有多少个?(3)(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有多少个?10．用0，1，2，3，4，5六个数字排成没有重复数字的6位数，那么满足以下条件的6位数分别有多少个?(1)0不在个位；(2)1与2相邻；(3)1与2不相邻；(4)0与1之间恰有两个数；(5)1不在个位.11．有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒子里.(1)恰有1个盒子不放球，共有多少种放法?(2)恰有1个盒子有2个球，共有多少种放法?(3)恰有2个盒子放球，共有多少种放法?【检测与评估答案】第66课排列与组合1． 12 【解析】满足题意放法的种数为22A ·33A =12．2． 53 【解析】从8个点中任选3个点有38C 种选法，因为有4点共圆所以减去34C 种，再加1种，共有圆38C -34C +1=53个.3． 480 【解析】“小集团”处理，特殊元素优先，31236223C C A A =480.4． 36 【解析】先只考虑产品A 与产品B 相邻，此时用捆绑法，将A 和B 作为一个元素考虑，共有44A =24种方法，而A 和B 有2种摆放顺序，故总计24×2=48种方法；再排除既满足A 和B相邻，又满足A 与C 相邻的情况，此时用捆绑法，将A ，B ，C 作为一个元素考虑，共有33A =6种方法，而A ，B ，C 有2种可能的摆放顺序，故总计6×2=12种方法.综上，符合题意的摆放方法共有48-12=36(种).5． 420 【解析】从这9名大学生志愿者中任选3名派到3所学校支教，则有39A 种选派方案，3名志愿者全是男生或全是女生的选派方案有35A +34A (种)，故符合条件的选派方案有39A -(35A +34A )=420(种).6． 24 【解析】甲、乙作为元素集团，内部有22A 种排法，“甲乙”元素集团与“戊”全排列有22A 种排法，将丙、丁插在3个空档中有23A 种插法.所以由分步计数原理，共有222223A A A =24种排法.7． 20 【解析】方法一：设6项工程自左至右占据1~6的6个不同位置.由于工程丙、丁必须相邻且工程丁在工程丙之后，工程丙、丁都在工程甲、乙之后，因此工程丙、丁的位置有以下3类.第一类：工程丙、丁占据3，4位置，则1，2位置分别由工程甲、乙占据，5，6位置可由剩余的2项工程占据，共有22A =2种排法；第二类：工程丙、丁占据4，5位置，共有(12C+1)·22A=6种排法；第三类：工程丙、丁占据5，6位置，共有(13C+12C+1)·22A=12种排法.由分类计数原理知共有2+6+12=20种不同排法.方法二：由于工程丁必须在工程丙完成后立即进行，故可把工程丙、丁视为一个大元素，先不管其他限制条件使其与其他四个元素排列共有55A种排法.在所有的这些排法中，考虑工程甲、乙、丙相对顺序共有33A种，故满足条件的排法种数为5533AA=20.8．20【解析】将7个相同的球放入4个不同的盒子，即把7个球分成4组.因为要求每个盒子都有球，所以每个盒子至少放1个球.不妨将7个球摆成一排，中间形成6个空，只需在这6个空中插入3个隔板将它们隔开，即分成4组，不同的插入方法共有36C=20种，所以球的放法共有20种.9．(1)分三步完成：第一步，在4个偶数中取3个，有34C种情况；第二步，在5个奇数中取4个，有45C种情况；第三步，3个偶数、4个奇数进行排列，有77A种情况.所以符合题意的七位数有347457C C A=100 800个.(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有34534553C C A A=14 400个.(3)(1)中的七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有3434245342C C A A A=5 760个.10．(1)0不在个位，也不能在首位，可先确定个位和首位，再确定其余四个数位，共有2454A A=480个.(2)可把1与2看作一个整体并全排列，0不在首位，需先排0，再排其余数字，共有214244A A A=192个.(3)这六个数字可排成1555A A个无重复数字的6位数，减去1与2相邻的情况，即得1与2不相邻的无重复数字的6位数有1555A A-214244A A A=408个.(4)先从其余4个数字中任选2个排在0与1之间有24A 种排法，并把这四个数作为一个整体.若0在1之前，则先排首位，再将余下的一个数与这个整体全排列；若1在0之前，可直接将这个整体与其余2个数字进行全排列.共有212422A C A +2343A A =120个.(5)0不在首位，1不在个位，先将6个数字全排列有66A 种排法，再减去0在首位和1在个位的情况有255A 种.但是0在首位且1在个位的情况减了两次，故后面要加回来，故共有66A -255A +44A =504个.11． (1)为保证“恰有1个盒子不放球”，先从4个盒子中任意取出一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有多少种放法?”即把4个球分成2，1，1三组，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知，共有12124432C C C A =144种放法.(2)“恰有1个盒子里有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个盒子有2个球”与“恰有1个盒子不放球”是同一件事，所以共有144种放法. (3)4个盒子中有2个空盒有24C 种放法.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312412C C A 种放法，第二类有序均匀分组有224222C C A ·22A 种放法.故共有2223122424412222C C C C C A A A ⎛⎫+⋅ ⎪⎝⎭=84种放法.。