人教A版高中数学选修2-1 3.2第2课时同步练习 习题(含解析)

人教A高中数学选修2-3同步训练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A35个；第二类：2在个位时，首位从1,3,4,5中选定1个有A14种，十位和百位从余下的数字中选，有A24种，于是有A14×A24(个)；第三类：4在个位时，与第二类同理，也有A14×A24(个)．由分类加法计数原理得：共有A35＋2A14×A24＝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A45个；第二类：个位上为5的五位数有A14×A34(个)，故满足条件的五位数共有A45＋A14×A34＝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A14×A35 (个)；第二类：形如14，15，共有A12×A24(个)；第三类：形如134，135，共有A12×A13(个)．由分类加法计数原理可得，比1325大的四位数共有：A14×A35＋A12×A24＋A12×A13＝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A22种，视为一种元素与其余5人全排，有A66种排法，所以有不同站法A22×A66＝1440(种)．(2)先站老师和女生，有站法A33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A44种，所以共有不同站法A33×A44＝144(种)．(3)7人全排列中，4名男生不考虑身高顺序的站法有A44种，而由高到低有从左到右和从＝420(种)．右到左的不同，所以共有不同站法2×A77A44(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A12×A14×A55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A14×A24×A44种站法，所以共有不同站法A12×A14×A55＋A14×A24×A44＝960＋1152＝2112(种)．。

第3课时 用向量方法求空间中的角课时过关·能力提升基础巩固1若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,则直线l 与平面α所成的角等于( ) A.120° B.60°C.30°D.以上均错l 的方向向量与平面α的法向量的夹角为120°,∴它们所在直线的夹角为60°.则直线l 与平面α所成的角为90°-60°=30°.2设四边形ABCD ,ABEF 都是边长为1的正方形,FA ⊥平面ABCD ,则异面直线AC 与BF 所成的角等于 ( )A.45°B.30°C.90°D.60°,则A (0,0,0),F (0,0,1),B (0,1,0),C (1,1,0), ∴AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,1). ∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BF⃗⃗⃗⃗⃗ =-1. 设异面直线AC 与BF 所成的角为θ, ∴cos θ=|cos <AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BF ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=12. 又∵θ∈(0°,90°],∴θ=60°.3若a =(λ,1,2)与b =(2,-1,-2)的夹角为钝角,则实数λ的取值范围为( ) A.λ<52B.λ<52,且λ≠-2C.λ≥52,且λ≠4D.λ≥52,得a ·b =2λ+(-1)-4<0,即λ<52.而|a |=√5+λ2,|b |=3,又<a ,b >为钝角,∴3√5+λ≠-1,即λ≠-2.4若斜线段与它在平面α内射影的长之比是2∶1,则AB 与平面α所成角为( ) A.π6 B.π3C.23πD.56πAB 与平面α所成角为θ,由题意知cos θ=12,则AB 与平面α所成角为π3.5若平面α的一个法向量为n =(4,1,1),直线l 的一个方向向量为a =(-2,-3,3),则l 与α所成角的余弦值为 ( )A.-√11B.√11C.-√110D.√913<a ,n >=√4+9+9√16+1+1=3√11=-4√1133, 故l 与α所成角的余弦值为√1-(-4√1133)2=√91333.6在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,二面角A-BD 1-B 1的大小为 .,以点C 为原点建立空间直角坐标系.设正方体的边长为a ,则A (a ,a ,0),B (a ,0,0),D 1(0,a ,a ),B 1(a ,0,a ), ∴BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a ,0),BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a ,a ,a ),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,a ). 设平面ABD 1的法向量为n =(x ,y ,z ), 则n ·BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ,z )·(0,a ,0)=ay=0, n ·BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ,z )·(-a ,a ,a )=-ax+ay+az=0. ∵a ≠0,∴y=0,x=z.令x=z=1,则n =(1,0,1),同理,求得平面B 1BD 1的法向量m =(1,1,0),∴cos <n ,m >=n ·m |n ||m |=12,∴<n ,m >=60°.而二面角A-BD 1-B 1为钝角,故为120°.°7在正四棱锥P-ABCD 中,高为1,底面边长为2,E 为BC 的中点,则异面直线PE 与DB 所成的角为 .,则B (1,1,0),D (-1,-1,0),E (0,1,0),P (0,0,1),∴DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0),PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1). ∴cos <DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,PE ⃗⃗⃗⃗⃗ >=DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||PE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√8×√2=12.∴<DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,PE ⃗⃗⃗⃗⃗ >=π.∴PE 与DB 所成的角为π.8在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,已知DA=DC=4,DD 1=3,则异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值为 .9如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AD=AA 1=1,AB=2,点E 是棱AB 上的动点.若异面直线AD 1与EC 所成角为60°,试确定此时动点E 的位置.DA 所在直线为x 轴,以DC 所在直线为y 轴,以DD 1所在直线为z 轴,建立空间直角坐标系.设E (1,t ,0)(0≤t ≤2),则A (1,0,0),D (0,0,0),D 1(0,0,1),C (0,2,0),D 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,t-2,0), 根据数量积的定义及已知得:1+0×(t-2)+0=√2×√1+(t -2)2·cos 60°, 所以t=1.所以点E 的位置是AB 的中点. 10如图,在四棱锥P-ABCD 中,已知PA ⊥平面ABCD ,且四边形ABCD 为直角梯形,∠ABC=∠BAD=π,PA=AD=2,AB=BC=1.求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值.{AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ }为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ,则各点的坐标为B (1,0,0),C (1,1,0),D (0,2,0),P (0,0,2).因为AD ⊥平面PAB ,所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面PAB 的一个法向量,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0).因为PC⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-2),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2).设平面PCD 的法向量为m =(x ,y ,z ), 则m ·PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0. 即{x +y -2z =0,2y -2z =0. 令y=1,解得z=1,x=1.所以m =(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量.从而cos <AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m >=AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·m |AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m |=√33,所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为√33.能力提升1已知E ,F 分别是棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱BC ,CC 1的中点,则截面AEFD 1与底面ABCD 所成二面角的正弦值是( ) A.23B.√23C.√53D.2√33D 为坐标原点,以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,则A (1,0,0),E (12,1,0),F (0,1,12),D 1(0,0,1),∴AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,1,0). 设平面AEFD 1的法向量为n =(x ,y ,z ),则 {n ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{-x +z =0,-x 2+y =0,∴x=2y=z. 取y=1,则n =(2,1,2),而平面ABCD 的一个法向量为u =(0,0,1),∴cos <n ,u >=2,∴sin <n ,u >=√5.2在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,M ,N 分别是A 1B 1,BB 1的中点,那么直线AM 与CN 所成角的余弦值是( )A.√32B.√1010C.35D.25,建立空间直角坐标系,则A (1,0,0),M (1,12,1),C (0,1,0),N (1,1,12),∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,1),CN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,12).∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CN ⃗⃗⃗⃗⃗ =12,|AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|CN ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√52. ∴cos <AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,CN ⃗⃗⃗⃗⃗ >=1252×52=25.3在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,EF ⊥AC ,EF ⊥A 1D ,则EF 与BD 1所成的角是( ) A.90°B.60°C.30°D.0°,以D 为原点建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为a ,则A 1(a ,0,a ),D (0,0,0),A (a ,0,0),C (0,a ,0),B (a ,a ,0),D 1(0,0,a ), ∴DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ,0,a ),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a ,a ,0),BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a ,-a ,a ). ∵EF ⊥AC ,EF ⊥A 1D ,设EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ,z ), ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ,z )·(a ,0,a )=ax+az=0, EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ,z )·(-a ,a ,0)=-ax+ay=0.∵a ≠0,∴x=y=-z (x ≠0).∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,x ,-x ).∴BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-aEF ⃗⃗⃗⃗⃗ . ∴BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∥EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即BD 1∥EF. 故EF 与BD 1所成的角是0°.4二面角α-l-β内有一点P ,若点P 到平面α,β的距离分别是5,8,且点P 在平面α,β内的射影间的距离为7,则二面角的度数是( ) A.30°B.60°C.120°D.150°,PA ⊥α,PB ⊥β,∠ADB 为二面角α-l-β的平面角.由题意知PA=5,PB=8,AB=7, 由余弦定理,可得cos ∠APB=52+82-72=1,则∠APB=60°,故∠ADB=120°.5在空间中,已知平面α过点(3,0,0)和(0,4,0)及z 轴上一点(0,0,a )(a>0),若平面α与平面xOy 的夹角为45°,则a= .6在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,B 1C 和C 1D 与底面所成的角分别为60°和45°,则异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值为 .,可知∠CB 1C 1=60°,∠DC 1D 1=45°.设B 1C 1=1,则CC 1=√3=DD 1.∴C 1D 1=√3,则有B 1(√3,0,0),C (√3,1,√3),C 1(√3,1,0),D (0,1,√3).∴B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,√3),C 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,0,√3). ∴cos <B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,C 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·C 1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||C 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√6=√64.7如图,在三棱锥P-ABC 中,PA=PB=PC=BC ,且∠BAC=π2,则PA 与底面ABC 所成角的大小为 .,∵PA=PB=PC ,∴P 在底面上的射影O 是△ABC 的外心.又∠BAC=π2,∴O 在BC 上且为BC 的中点.∴AO 为PA 在底面上的射影,∠PAO 即为所求的角.在△PAO 中,PO=√32PB=√32PA ,∴sin ∠PAO=PO =√3.∴∠PAO=π3.8在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,直线BC 1与平面A 1BD 所成角的余弦值是 .,设棱长为1,则B (1,1,0),C 1(0,1,1),A 1(1,0,1),D (0,0,0). BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-1),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,0). 设平面A 1BD 的一个法向量为n =(1,x ,y ),设BC 1与平面A 1BD 所成的角为θ,n ⊥A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⊥BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以n ·A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 所以{-1-y =0,-1-x =0,解得{x =-1,y =-1.所以n =(1,-1,-1),则cos <BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|n |=-√63,所以sin θ=√63.所以cos θ=√1-(√63)2=√33.9如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1=BC=AB=2,AB ⊥BC ,求二面角B 1-A 1C-C 1的大小.,则A (2,0,0),C (0,2,0),A 1(2,0,2),B 1(0,0,2),C 1(0,2,2).设AC 的中点为M ,连接BM.∵BM ⊥AC ,BM ⊥CC 1,∴BM ⊥平面AA 1C 1C ,即BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)是平面AA 1C 1C 的一个法向量.设平面A 1B 1C 的一个法向量是n =(x ,y ,z ).A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,-2),A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,0),∴n ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2x=0,n ·A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2x+2y-2z=0,令z=1,解得x=0,y=1.∴n =(0,1,1).设法向量n 与BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为φ,二面角B 1-A 1C-C 1为θ,显然θ为锐角.∴cos θ=|cos φ|=|n ·BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=12,解得θ=π3.∴二面角B 1-A 1C-C 1的大小为π3.★10四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的侧棱AA 1垂直于底面,底面ABCD 为直角梯形,AD ∥BC ,AD ⊥AB ,AD=AB=AA 1=2BC ,E 为DD 1的中点,F 为A 1D 的中点. (1)求证:EF ∥平面A 1BC ;(2)求直线EF 与平面A 1CD 所成角θ的正弦值.E ,F 分别是DD 1,DA 1的中点,∴EF ∥A 1D 1.又A 1D 1∥B 1C 1∥BC ,∴EF ∥BC ,且EF ⊄平面A 1BC ,BC ⊂平面A 1BC , ∴EF ∥平面A 1BC.AB ,AD ,AA 1两两垂直,以AB 所在直线为x 轴,以AD 所在直线为y 轴,以AA 1所在直线为z 轴,建立空间直角坐标系,如图.设BC=1,则A (0,0,0),A 1(0,0,2),C (2,1,0),D (0,2,0),D 1(0,2,2),F (0,1,1),E (0,2,1), 故FE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,0). 设平面A 1CD 的法向量n =(x ,y ,z ), 则{n ·A 1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ,z )·(0,2,-2)=2y -2z =0,n ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ,z )·(-2,1,0)=-2x +y =0.取n =(1,2,2),则sin θ=|cos <n ,FE ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·FE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n ||FE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ || =|√1+4+4·√0+1+0|=23,故直线EF 与平面A 1CD 所成角θ的正弦值等于23.。

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。

（人教A版）高中数学选修2-1（全册）同步练习汇总课堂效果落实1.下列语句中是命题的是()A．周期函数的和是周期函数吗B．sin45°＝1C．x2＋2x－1>0D．梯形是平面图形吗解析：A、D是疑问句, 不是命题, C不能判断真假, 故B为正确答案．答案：B2．[2014·大连高二检测]若M、N是两个集合, 则下列命题中真命题是()A．如果M⊆N, 那么M∩N＝MB．如果M∩N＝N, 那么M⊆NC．如果M⊆N, 那么M∪N＝MD．如果M∪N＝N, 那么N⊆M解析：用集合的定义理解．答案：A3．在下列4个命题中, 是真命题的序号为()①3≥3；②100或50是10的倍数；③有两个角是锐角的三角形是锐角三角形；④等腰三角形至少有两个内角相等．A．①B．①②C．①②③D．①②④解析：对于③, 举一反例, 若A＝15°, B＝15°, 则C为150°, 三角形为钝角三角形．答案：D4．[2014·辽宁高二检测]下列命题：①若xy＝1, 则x、y互为倒数；②对角线垂直的平行四边形是正方形；③平行四边形是梯形；④若ac2>bc2, 则a>b.其中真命题的序号是________．解析：①④是真命题, ②四条边相等的四边形也可以是菱形, ③平行四边形不是梯形．答案：①④5．[2014·武汉高二测试]判断下列语句是不是命题, 如果是命题, 指出是真命题还是假命题．(1)任何负数都大于零；(2)△ABC与△A1B1C1是全等三角形；(3)x2＋x>0；(4)∅A；(5)6是方程(x－5)(x－6)＝0的解；(6)方程x2－2x＋5＝0无解．解：(1)负数都是小于零的, 因此“任何负数都大于零”是不正确的；它能构成命题, 而且这个命题是个假命题．(2)两个三角形为全等三角形是有条件的, 本题无法判定△ABC 与△A1B1C1是否为全等三角形, 所以它不是命题．(3)因为x是未知数, 无法判断x2＋x是否大于零, 所以“x2＋x>0”这一语句不是命题．(4)空集是任何非空集合的真子集, 集合A是不是非空集合我们无法判断, 所以无法判断“∅A”是否成立, 因此, 它不是命题．(5)6确实是所给方程的解, 所以它是命题, 且是真命题．(6)由于给定方程x2－2x＋5＝0, 我们就可以用其判别式来判断它是否有解．由Δ＝4－4×5＝－16<0知, 方程x2－2x＋5＝0无解, 是命题, 且是真命题．04课后课时精练一、选择题1．“红豆生南国, 春来发几枝？愿君多采撷, 此物最相思．”这是唐代诗人王维的《相思》诗, 在这4句诗中, 可作为命题的是()A. 红豆生南国B. 春来发几枝C. 愿君多采撷D. 此物最相思解析：“红豆生南国”是陈述句, 意思是“红豆生长在中国南方”, 这在唐代是事实, 故本语句是命题, 且是真命题；“春来发几枝”是疑问句, “愿君多采撷”是祈使句, “此物最相思”是感叹句, 都不是命题．答案：A2．[2013·安徽高考]在下列命题中, 不是．．公理的是()A. 平行于同一个平面的两个平面相互平行B. 过不在同一条直线上的三点, 有且只有一个平面C. 如果一条直线上的两点在一个平面内, 那么这条直线上所有的点都在此平面内D. 如果两个不重合的平面有一个公共点, 那么它们有且只有一条过该点的公共直线解析：本题考查了立体几何中的公理与定理, 意在要考生注意回归课本, 明白最基本的公理与定理．注意公理是不用证明的, 定理是要求证明的．选项A是面面平行的性质定理, 是由公理推证出来的, 而公理是不需要证明的．答案：A3．下列命题中()①a·b＝a·c且a≠0时, 必有b＝c②如a∥b时, 必存在唯一实数λ使a＝λb③a, b, c互不共线时, a－b必与c不共线④a与b共线且c与b也共线时, 则a与c必共线其中真命题的个数有()A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个解析：对于①, 由a·b＝a·c且a≠0, 得a·(b－c)＝0, 未必有b＝c；对于②, 若b＝0时, 不成立；对于③, 如图△ABC中, E, F分别为AB, AC的中点,AB →＝a , AC →＝b , 则CB →＝AB →－AC →.又因为EF →＝12BC →.即c ＝－12(a －b ), 故③不正确．④若b ＝0时, a 与c 不一定共线, 故选A.答案：A4．[2014·辽宁高考]已知m , n 表示两条不同直线, α表示平面．下列说法正确的是( )A. 若m ∥α, n ∥α, 则m ∥nB. 若m ⊥α, n ⊂α, 则m ⊥nC. 若m ⊥α, m ⊥n , 则n ∥αD. 若m ∥α, m ⊥n , 则n ⊥α解析：本题主要考查空间线面位置关系的判断, 意在考查考生的逻辑推理能力．对于选项A, 若m ∥α, n ∥α, 则m 与n 可能相交、平行或异面, A 错误；显然选项B 正确；对于选项C, 若m ⊥α, m ⊥n , 则n ⊂α或n ∥α, C 错误；对于选项D, 若m ∥α, m ⊥n , 则n ∥α或n ⊂α或n 与α相交, D 错误．故选B.答案：B5．[2014·海南高二检测]设U为全集, 下列命题是真命题的有()①若A∩B＝∅, 则(∁U A)∪(∁U B)＝U；②若A∪B＝U, 则(∁U A)∩(∁B)＝∅；③若A∪B＝∅, 则A＝B＝∅.UA．0个B．1个C．2个D．3个解析：由Venn图容易判断, ①②③均为真命题．答案：D6．设l1、l2表示两条直线, α表示平面．若有：①l1⊥l2；②l1⊥α；③l2⊂α, 则以其中两个为条件, 另一个为结论, 可以构造的所有命题中, 正确命题的个数为()A．0 B．1C．2 D．3解析：由题意得三个命题, 即②③⇒①、①③⇒②和①②⇒③.由②③⇒①正确, ①③⇒②错误, ①②⇒③错误, 故选B.答案：B二、填空题7．下列语句是命题的有________．①地球是太阳的一个行星；②数列是函数吗？③x, y都是无理数, 则x＋y是无理数；④若直线l不在平面α内, 则直线l与平面α平行；⑤60x＋9>4；⑥求证3是无理数．解析：根据命题的定义进行判断．因为②是疑问句, 所以②不是命题；因为⑤中自变量x的值不确定, 所以无法判断其真假；因为⑥是祈使句, 所以不是命题．故填①③④.答案：①③④8．命题“一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有两个不相等的实数根”, 条件p：________________, 结论q：________________, 是________________(填“真”或“假”)命题．解析：根据命题的结构形式填空．答案：方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)是一元二次方程此方程有两个不相等的实数根假9．把下列不完整的命题补充完整, 并使之成为真命题：若函数f(x)＝log3x的图象与g(x)的图象关于原点对称, 则g(x)＝________.解析：设g(x)上任意一点坐标为P(x, y), 则点P关于原点的对称点坐标为P1(－x, －y), 点P1在函数f(x)＝log3x的图象上, 将对称点P1坐标直接代入f(x),即得：g(x)＝－log3(－x)．答案：－log3(－x)三、解答题10．判断下列语句是否为命题．(1)若a⊥b, 则a·b＝0；(2)2是无限循环小数；(3)三角形的三条中线交于一点；(4)x2－4x＋4≥0(x∈R)；(5)非典型肺炎是怎样传染的？(6)2014年北京的高考题真难！答案：(1)是(2)是(3)是(4)是(5)不是(6)不是11．把下列命题写成“若p, 则q”的形式, 并判断其真假：(1)等腰三角形的两个底角相等．(2)当x＝2或x＝4时, x2－6x＋8＝0；(3)正方形是矩形又是菱形；(4)方程x 2－x ＋1＝0有两个实数根．解：(1)若一个三角形是等腰三角形, 则两个底角相等, 真命题．(2)若x ＝2或x ＝4, 则x 2－6x ＋8＝0, 真命题．(3)若一个四边形是正方形, 则它既是矩形, 又是菱形, 为真命题．(4)若一个方程为x 2－x ＋1＝0, 则这个方程有两个实数根, 为假命题．12．[2014·南昌高二检测]已知命题p ：|x 2－x |≥6, q ：x ∈Z , 若p 假q 真, 求x 的值．解：因为p 假q 真, 所以可得⎩⎪⎨⎪⎧ |x 2－x |<6，x ∈Z ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－x <6，x 2－x >－6，x ∈Z ，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2<x <3，x ∈R ，x ∈Z ，故x 的值为－1,0,1,2.03课堂效果落实1.下列命题：①今天有人请假；②中国所有的江河都流入太平洋；③中国公民都有受教育的权力；④每一个中学生都要接受爱国主义教育；⑤有人既能写小说, 也能搞发明创造⑥任何一个数除0都等于0.其中是全称命题的有( )A．1个B．2个C．3个D．不少于4个解析：②、③、④、⑥都含有全称量词．答案：D2．下列全称命题中真命题的个数为()①末位是0的整数, 可以被2整除；②角平分线上的点到这个角的两边的距离相等；③正四面体中两侧面的夹角相等．A．1 B．2C．3 D．0解析：①②③均为全称命题且均为真命题, 故选C.答案：C3．[2014·温州高二检测]下列命题不是“存在x0∈R, x20>3”的表述方法的是()A．有一个x0∈R, 使得x20>3成立B．对有些x0∈R, 使得x20>3成立C．任选一个x∈R, 使得x2>3成立D．至少有一个x0∈R, 使得x20>3成立解析：C答案已经是全称命题了．答案：C4．命题“有些负数满足不等式(1＋x)(1－9x2)>0”用“∃”写成特称命题为__________________．解析：“有些”即存在．答案：∃x0∈R, x0<0, (1＋x0)(1－9x20)>05．判断下列命题是全称命题还是特称命题？并判断其真假．(1)存在一个实数, 使等式x2＋x＋8＝0成立；(2)每个二次函数的图象都与x 轴相交；(3)若对所有的正实数, 不等式m ≤x ＋1x 都成立, 则m ≤2； (4)如果对任意的正整数n , 数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a , b 为常数), 那么数列{a n }为等差数列．解：(1)特称命题．∵x 2＋x ＋8＝(x ＋12)2＋314>0,∴命题为假命题． (2)全称命题, 假命题．如存在y ＝x 2＋x ＋1与x 轴不相交． (3)全称命题． ∵x 是正实数, ∴x ＋1x ≥2x ·1x ＝2(当且仅当x ＝1时“＝”成立)．即x ＋1x 的最小值是2, 而m ≤x ＋1x , 从而m ≤2. 所以这个全称命题是真命题． (4)全称命题．∵S n ＝an 2＋bn , ∴a 1＝a ＋b .当n ≥2时, a n ＝S n －S n －1＝an 2＋bn －a (n －1)2－b (n －1)＝2na ＋b －a ,又n ＝1时, a 1＝a ＋b 也满足上式, 所以a n ＝2an ＋b －a (n ∈N *)．从而数列{a n }是等差数列, 即这个全称命题也是真命题．04课后课时精练一、选择题1．给出下列命题：①存在实数x0>1, 使x20>1；②全等的三角形必相似；③有些相似三角形全等；④至少有一个实数a, 使关于x的方程ax2－ax＋1＝0的根为负数．其中特称命题的个数是()A．1B．2C．3 D．4解析：只有②是全称命题．答案：C2．“存在集合A, 使∅A”, 对这个命题, 下面说法中正确的是()A．全称命题、真命题B．全称命题、假命题C．特称命题、真命题D．特称命题、假命题解析：当A≠∅时, ∅A, 是特称命题, 且为真命题．答案：C3．下列命题中是全称命题并且是真命题的是()A．每个二次函数的图象都开口向上B．对任意非正数c, 若a≤b＋c, 则a≤bC．存在一条直线与两个相交平面都垂直D．存在一个实数x0使不等式x20－3x0＋6<0成立解析：C、D是特称命题, A是假命题．答案：B4．特称命题“存在实数x0使x20＋1<0”可写成()A．若x∈R, 则x2＋1<0B．∀x∈R, x2＋1<0C．∃x0∈R, x20＋1<0D．以上都不正确解析：特称命题“存在一个x0∈R, 使p(x0)成立”简记为“∃x0∈R, 使p(x0)成立”．答案：C5．[2014·大连高二检测]下列命题中假命题的个数为()①∀x∈R,2x－1>0 ②∀x∈N*, (x－1)2>0③∃x0∈R, lg x0>1 ④∃x0∈R, tan x0＝2⑤∃x0∈R, sin2x0＋sin x0＋1＝0A．1 B．2C．3 D．4解析：本题考查全称命题和特称命题的真假判断．①中命题是全称命题, 易知2x－1>0恒成立, 故是真命题；②中命题是全称命题, 当x＝1时, (x－1)2＝0, 故是假命题；③中命题是特称命题, 当x＝100时, lg x＝2, 故是真命题；④中命题是特称命题, 依据正切函数定义, 可知是真命题．⑤(sin x0＋12)2＋34≥34>0成立, 可知为假命题．答案：B6．若对于∀x∈R, x2≥a＋2|x|恒成立, 则实数a的取值范围是()A．a<－1 B．a≤－1C．a>－1 D．a≥－1解析：对于∀x∈R, x2≥a＋2|x|恒成立,即a≤x2－2|x|恒成立．令f(x)＝x2－2|x|, x∈R,则f(－x)＝f(x)．当x ≥0时, f (x )＝x 2－2x ＝(x －1)2－1≥－1, 故a ≤－1. 答案：B 二、填空题7．“任意一个不大于0的数的立方不大于0”用“∃”或“∀”符号表示为__________________________．答案：∀x ≤0, x 3≤08．[2014·西安高二检测]若∃x ∈R , 使x ＋1x ＝m 成立, 则实数m 的取值范围是________．解析：依题意, 关于x 的方程x ＋1x ＝m 有实数解, 由基本不等式得x ＋1x ≥2或x ＋1x ≤－2, ∴m ≥2或m ≤－2. 答案：(－∞, －2]∪[2, ＋∞)9．下列命题中, 是全称命题或特称命题的是________． ①正方形的四条边相等；②所有有两个角是45°的三角形是等腰直角三角形；③正数的平方根不等于0；④至少有一个正整数是偶数；⑤所有正数都是实数吗？解析：④为特称命题, ①②③为全称命题, 而⑤不是命题． 答案：①②③④ 三、解答题10．判断下列命题是否是全称命题或特称命题, 若是, 用符号表示, 并判断其真假．(1)任何一个平行四边形的对边都平行； (2)存在一条直线, 其斜率不存在；(3)对所有的实数a , b , 方程ax ＋b ＝0都有唯一解；(4)存在实数x0, 使得1x20－x0＋1＝2.解：(1)是全称命题, 是真命题；(2)是特称命题, 用符号表示为“∃直线l, l的斜率不存在”, 是真命题；(3)是全称命题, 用符号表示为“∀a, b∈R, 方程ax＋b＝0都有唯一解”, 是假命题．(4)是特称命题, 用符号表示为“∃x0∈R,1x20－x0＋1＝2”, 是假命题．11. [2014·唐山高二检测]已知函数f(x)＝x2－2x＋5.(1)是否存在实数m, 使不等式m＋f(x)>0对于任意x∈R恒成立？并说明理由；(2)若存在实数x, 使不等式m－f(x)>0成立, 求实数m的取值范围．解：(1)不等式m＋f(x)>0可化为m>－f(x), 即m>－x2＋2x－5＝－(x－1)2－4.要使m>－(x－1)2－4对于任意x∈R恒成立, 只需m>－4即可．故存在实数m使不等式m＋f(x)>0对于任意x∈R恒成立, 此时m>－4.(2)不等式m－f(x)>0可化为m>f(x)．若存在实数x使不等式m>f(x)成立, 只需m>f(x)min.又f(x)＝(x－1)2＋4, ∴f(x)min＝4,∴m>4.故所求实数m的取值范围是(4, ＋∞)．12．(1)若全称命题“任意x∈[－1, ＋∞), x2－2ax＋2≥0恒成立”为真命题, 求a的取值范围；(2)若特称命题“存在x 0∈R , 使log 2(ax 20＋x 0＋2)<0”为真命题, 求a 的取值范围．解：(1)当x ∈[－1, ＋∞)时, x 2－2ax ＋2≥0恒成立, 等价于二次函数y ＝x 2－2ax ＋2的图象在x 轴的上方, 只需满足Δ<0或⎩⎪⎨⎪⎧Δ≥0，a ≤－1，f (－1)≥0，即4a 2－8<0或⎩⎪⎨⎪⎧4a 2－8≥0，a ≤－1，2a ＋3≥0，所以－2<a <2或－32≤a ≤－2,所以a 的取值范围是[－32, 2)．(2)log 2(ax 20＋x 0＋2)<0⇔0<ax 20＋x 0＋2<1, 即存在x 0∈R , 使0<ax 2＋x 0＋2<1成立．当a ＝0时, －2<x 0<－1满足题意, 即存在实数x 0满足题意；当a ≠0时, ⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，4a －1<0，或⎩⎪⎨⎪⎧a <0，8a －1<0，即0<a <14或a <0. 综上所述, a <14, 即所求a 的取值范围是(－∞, 14)．03课堂效果落实1.命题“x ＝±1是方程|x |＝1的解”中, 使用逻辑联结词的情况是( )A ．没有使用逻辑联结词B ．使用了逻辑联结词“或”C ．使用了逻辑联结词“且”D ．使用了逻辑联结词“或”与“且” 答案：B2．以下判断正确的是()A．命题p是真命题时, 命题“p∧q”一定是真命题B．命题“p∧q”为真命题时, 命题p一定是真命题C．命题“p∧q”为假命题时, 命题p一定是假命题D．命题p是假命题时, 命题“p∧q”不一定是假命题解析：若“p∧q”为真, 则p、q二者皆真, 若“p∧q”为假, 则p、q中至少有一个为假, 故选B.答案：B3．已知命题p：∅⊆{0}, q：{1}∈{1,2}．由它们构成的“p或q”“p 且q”形式的命题中真命题有________个．解析：p为真命题, q为假命题, “p或q”为真命题, “p且q”为假命题．答案：14．分别用“p∧q”“p∨q”填空．(1)命题“6是自然数且是偶数”是________形式．(2)命题“5小于或等于7”是________形式．(3)命题“正数或0的平方根是实数”是________形式．答案：(1)p∧q(2)p∨q(3)p∨q5．已知命题p：0不是自然数, q：π是无理数, 写出命题“p∨q”, “p∧q”, 并判断其真假．解：p∧q：0不是自然数且π是无理数．假命题；p∨q：0不是自然数或π是无理数．真命题.04课后课时精练一、选择题1．“xy ≠0”是指( )A ．x ≠0且y ≠0B ．x ≠0或y ≠0C ．x , y 至少一个不为0D ．x , y 不都是0解析：xy ≠0当且仅当x ≠0且y ≠0. 答案：A2．已知命题p ：2＋2＝5, 命题q ：3>2, 则下列判断正确的是( ) A ．“p 或q ”为假 B ．“p 或q ”为真C ．“p 且q ”为真, “p 或q ”为假D ．以上均不对解析：显然p 假q 真, 故“p 或q ”为真, “p 且q ”为假, 故选B.答案：B3．p ：点P 在直线y ＝2x －3上, q ：点P 在抛物线y ＝－x 2上, 则使“P ∧q ”为真命题的一个点P (x , y )是( )A ．(0, －3)B ．(1,2)C ．(1, －1)D ．(－1,1)解析：点P (x , y )满足⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －3，y ＝－x 2.可验证各选项中, 只有C 正确． 答案：C4．下列命题中既是p ∧q 形式的命题, 又是真命题的是( ) A ．10或15是5的倍数B ．方程x 2－3x －4＝0的两根是4和－1C ．集合A 是A ∩B 的子集或是A ∪B 的子集D ．有两个角为45°的三角形是等腰直角三角形解析：“有两个角是45°的三角形是等腰三角形, 而且是直角三角形”, 是“p且q”的形式且为真．答案：D5．若命题p：∃x∈R, x2＋2x＋5<0, 命题q；∀a, b∈R, a2＋b2≥2ab, 则下列结论正确的是()A．“p∨q”为假B．“p∨q”为真C．“p∧q”为真D．以上都不对解析：p是假命题, q是真命题, 故p∨q为真．答案：B6．[2014·南宁高二检测]下列命题, 其中假命题的个数为()①5＞4或4＞5；②9≥3；③命题“若a＞b, 则a＋c＞b＋c”；④命题“菱形的两条对角线互相垂直”A．0个B．1个C．2个D．3个解析：①“5＞4”为真, 故“5＞4或4＞5”为真命题；②“9≥3”表示为“9＞3(真)或9＝3”, 故“9≥3”为真命题；③若“a ＞b, 则a＋c＞b＋c”也是真命题；④也是真命题．答案：A二、填空题7．若p：2是8的约数, q：2是12的约数．则“p∨q”为________；“p∧q”为________．(填具体的语句内容)．答案：2是8的约数, 或者是12的约数'2既是8的约数, 又是12的约数8．[2014·郑州高二检测]已知p(x)：x2＋2x－m>0, 如果p(1)是假命题, p (2)是真命题, 则实数m 的取值范围是________．解析：∵p (1)是假命题, p (2)是真命题,∴⎩⎪⎨⎪⎧3－m ≤0，8－m >0，解得3≤m <8. 答案：[3,8)9．对于函数①f (x )＝|x ＋2|；②f (x )＝(x －2)2；③f (x )＝cos(x －2)．有命题p ：f (x ＋2)是偶函数；命题q ：f (x )在(－∞, 2)上是减函数, 在(2, ＋∞)上是增函数, 能使p ∧q 为真命题的所有函数的序号是________．解析：对于①, f (x ＋2)＝|x ＋4|不是偶函数, 故p 为假命题．对于②, f (x ＋2)＝x 2是偶函数, 则p 为真命题：f (x )＝(x －2)2在(－∞, 2)上是减函数, 在(2, ＋∞)上是增函数, 则q 为真命题, 故“p ∧q ”为真命题．对于③, f (x )＝cos(x －2)显然不是(2, ＋∞)上的增函数, 故q 为假命题．故填②.答案：② 三、解答题10．分别指出由下列各组命题构成的“p ∨q ”“p ∧q ”形式的复合命题的真假．(1)P ：3>3 q ：3＝3； (2)p ：∅{0} q ：0∈∅；(3)p ：A ⊆A q ：A ∩A ＝A ；(4)p ：函数y ＝x 2＋3x ＋4的图象与x 轴有公共点； q ：方程x 2＋3x －4＝0没有实根．解：(1)∵p 假q 真, ∴“p ∨q ”为真, “p ∧q ”为假； (2)∵p 真q 假, ∴“p ∨q ”为真, “p ∧q ”为假； (3)∵p 真q 真, ∴“p ∨q ”为真, “p ∧q ”为真；(4)∵p 假q 假, ∴“p ∨q ”为假, “p ∧q ”为假．11．[2014·沈阳高二检测]对命题p ：“1是集合{x |x 2<a }中的元素”, q ：“2是集合{x |x 2<a }中的元素”, 则a 为何值时, “p 或q ”是真命题？a 为何值时, “p 且q ”是真命题？解：由1是集合{x |x 2<a }中的元素, 可得a >1, 由2是集合{x |x 2<a }中的元素, 可得a >4, 即使得p , q 为真命题的a 的取值集合分别为P ＝{a |a >1}, T ＝{a |a >4}．当p , q 至少一个为真命题时, “p 或q ”为真命题, 则使“p 或q ”为真命题的a 的取值范围是P ∪T ＝{a |a >1}；当p , q 都为真命题时, “p 且q ”才是真命题, 则使“p 且q ”为真命题的a 的取值范围是P ∩T ＝{a |a >4}．12．已知P ：函数y ＝x 2＋mx ＋1在(－1, ＋∞)上单调递增, q ：函数y ＝4x 2＋4(m －2)x ＋1大于零恒成立．若p 或q 为真, p 且q 为假, 求m 的取值范围．解：若函数y ＝x 2＋mx ＋1在(－1, ＋∞)上单调递增, 则－m 2≤－1, ∴m ≥2, 即p ：m ≥2；若函数y ＝4x 2＋4(m －2)x ＋1恒大于零, 则Δ＝16(m －2)2－16<0, 解得1<m <3, 即q ：1<m <3.因为“p 或q ”为真, “p 且q ”为假, 所以p 、q 一真一假,当p 真q 假时, 由⎩⎪⎨⎪⎧m ≥2m ≥3或m ≤1， 得m ≥3,当p 假q 真时, 由⎩⎨⎧m <21<m <3， 得1<m <2.综上, m的取值范围是{m|m≥3或1<m<2}．03课堂效果落实1. [2014·福建高考]命题“∀x∈[0, ＋∞), x3＋x≥0”的否定是()A. ∀x∈(－∞, 0), x3＋x<0B. ∀x∈(－∞, 0), x3＋x≥0C. ∃x0∈[0, ＋∞), x30＋x0<0D. ∃x0∈[0, ＋∞), x30＋x0≥0解析：本题考查含有量词的命题的否定, 意在考查考生的逻辑推理能力．把全称量词“∀”改为存在量词“∃”, 并把结论加以否定, 故选C.答案：C2．全称命题“所有能被5整除的整数都是奇数”的否定是() A．所有能被5整除的整数都不是奇数B．所有奇数都不能被5整除C．存在一个能被5整除的整数不是奇数D．存在一个奇数, 不能被5整除解析：全称命题的否定是特称命题, 而A, B是全称命题, 所以A, B错．因为“所有能被5整除的整数”的否定是“存在一个能被5整除的整数”, 所以D错, C正确, 故选C.答案：C3．如果命题“p或q”与命题“非p”都是真命题, 那么() A．命题p不一定是假命题B．命题q一定是真命题C ．命题q 不一定是真命题D ．p 与q 的真假相同解析：∵“非p ”为真命题, ∴p 为假命题．又∵p 或q 为真命题, ∴q 为真命题．故选B.答案：B4．若命题p ：不等式ax ＋b >0的解集为{x |x >－b a }, 命题q ：关于x 的不等式(x －a )(x －b )<0的解集为{x |a <x <b }, 则“p ∧q ”“p ∨q ”“綈p ”形式的复合命题中的假命题的个数是________．解析：因命题p 、q 均为假命题, 所以“p ∨q ”“p ∧q ”为假命题, “綈p ”为真命题．答案：25．写出下列命题的否定, 并判断其真假：(1)三角形的内角和为180°；(2)∃x 0∈R , x 20＋1＝0；(3)∀x ∈R , x 2－3x ＋2＝0.(4)至少有两个实数x 0, 使x 30＋1＝0.(5)∃x 0, y 0∈N , 如果x 0＋|y 0|＝0, 则x 0＝0且y 0＝0.解：(1)此命题为全称命题, 其否定为：存在一个三角形, 它的内角和不等于180°, 是假命题．(2)此命题为特称命题, 其否定为：∀x ∈R , x 2＋1≠0, 是真命题．(3)此命题为全称命题, 其否定为：∃x 0∈R , x 20－3x 0＋2≠0, 是真命题．(4)此命题为特称命题, 其否定为：至多有一个实数x 0, 使x 30＋1≠0, 是假命题．(5)此命题为特称命题, 其否定为：∀x, y∈N, 如果x＋|y|＝0, 则x＝0或y＝0, 是假命题．04课后课时精练一、选择题1．“至多有三个”的否定为()A．至少有三个B．至少有四个C．有三个D．有四个解析：“至多有三个”包括“0个、1个、2个、3个”四种情况, 其反面为“4个、5个……”即至少四个．答案：B2．[2014·湖北高考]命题“∀x∈R, x2≠x”的否定是()A. ∀x∉R, x2≠xB. ∀x∈R, x2＝xC. ∃x∉R, x2≠xD. ∃x∈R, x2＝x解析：本题考查全称命题的否定, 意在考查考生对基本概念的掌握情况．全称命题的否定是特称命题：∃x∈R, x2＝x, 选D.答案：D3．[2014·西安高二检测]如果命题“綈(p∨q)”为假命题, 则()A．p、q均为真命题B．p、q均为假命题C．p、q中至少有一个为真命题D．p、q中至多有一个为真命题解析：因为命题“綈(p∨q)”为假命题, 所以p∨q为真命题, 所以p、q一真一假或都是真命题．答案：C4．[2014·天津高考]已知命题p：∀x>0, 总有(x＋1)e x>1, 则綈p 为()A. ∃x0≤0, 使得(x0＋1)e x0≤1B. ∃x0>0, 使得(x0＋1)e x0≤1C. ∀x>0, 总有(x＋1)e x≤1D. ∀x≤0, 总有(x＋1)e x≤1解析：命题p为全称命题, 所以綈p为∃x0>0, 使得(x0＋1)e x0≤1.故选B.答案：B5．[2014·重庆高考]已知命题p：对任意x∈R, 总有|x|≥0；q：x ＝1是方程x＋2＝0的根．则下列命题为真命题的是()A. p∧綈qB. 綈p∧qC. 綈p∧綈qD. p∧q解析：由题意知, 命题p为真命题, 命题q为假命题, 故綈q为真命题, 所以p∧綈q为真命题．答案：A6．已知全集S＝R, A⊆S, B⊆S, 若命题p：2∈(A∪B), 则命题“綈p”是()A. 2∉AB. 2∈∁S BC. 2∉A∩BD. 2∈(∁S A)∩(∁S B)解析：∵p＝2∈(A∪B), ∴2∈A或2∈B,∴綈p：2∉A且2∉B, 即2∈∁S A∩∁S B.答案：D二、填空题7. 已知命题p：“∀x∈[1,2], x2－a≥0”, 命题q：“∃x0∈R, x20＋2ax0＋2－a＝0”, 若命题“p且q”是真命题, 则实数a的取值范围是________．解析：命题p：“∀x∈[1,2], x2－a≥0”为真, 则a≤x2, x∈[1,2]恒成立, ∴a≤1；命题q：“∃x0∈R, x20＋2ax0＋2－a＝0”为真, 则“4a2－4(2－a)≥0, 即a2＋a－2≥0”, 解得a≤－2或a≥1.若命题“p且q”是真命题, 则实数a的取值范围是{a|a≤－2或a＝1}．答案：{a|a≤－2或a＝1}8. 已知命题p：∃x∈R, 使sin x＝52；命题q：∀x∈R, 都有x2＋x＋1>0.给出下列结论：①命题“p∧q”是真命题；②命题“p∧綈q”是假命题；③命题“綈p∨q”是真命题；④命题“綈p∨綈q”是假命题, 其中正确的是________．解析：因为对任意实数x, |sin x|≤1, 而sin x＝52>1, 所以p为假；因为x2＋x＋1＝0的判别式Δ<0, 所以q为真．因而②③正确．答案：②③9．[2014·青岛高二检测]若命题“∃x0∈R, x20＋(a－1)x0＋1<0”是假命题, 则实数a的取值范围为________．解析：依题意可得“∀x∈R, x2＋(a－1)x＋1≥0”为真命题, 所以Δ＝(a－1)2－4≤0, 所以－1≤a≤3.答案：[－1,3]三、解答题10．写出下列含有一个量词的命题p的否定綈p, 并判断它们的真假：(1)p：关于x的方程ax＝b都有实数根；(2)p：有些正整数没有1和它本身以外的约数；(3)对任意实数x1, x2, 若x1<x2, 则tan x1<tan x2；(4)∃T0∈R, 使|sin(x＋T0)|＝|sin x|.解：(1)綈p：有些关于x的方程ax＝b无实数根, 如0x＝1, 所以p为假命题, 綈p为真命题．(2)綈p：任意正整数都有1和它本身以外的约数, 如2只有1和它本身这两个约数, 所以p为真命题, 綈p为假命题．(3)綈p：存在实数x1, x2, 若x1<x2, 则tan x1≥tan x2.原命题中若x1＝0, x2＝π, 有tan x1＝tan x2, 故为假命题, 所以綈p 为真命题．(4)綈p：∀T∈R, 有|sin(x＋T)|＝|sin x|.原命题为真命题, 如T0＝2kπ(k∈Z), 所以綈p为假命题．11．已知命题p：∀m∈[－1,1], 不等式a2－5a－3≥m2＋8；命题q：∃x, 使不等式x2＋ax＋2<0.若p或q是真命题, 綈q是真命题, 求a的取值范围．解：根据p或q是真命题, 綈q是真命题, 得p是真命题, q是假命题．∵m ∈[－1,1], ∴m 2＋8∈[22, 3]．因为∀m ∈[－1,1], 不等式a 2－5a －3≥m 2＋8,所以a 2－5a －3≥3, ∴a ≥6或a ≤－1.故命题p 为真命题时, a ≥6或a ≤－1.又命题q ：∃x , 使不等式x 2＋ax ＋2<0,∴Δ＝a 2－8>0, ∴a >22或a <－22,从而命题q 为假命题时, －22≤a ≤22,所以命题p 为真命题, q 为假命题时, a 的取值范围为－22≤a ≤－1.12．[2014·衡水高二测试]已知命题p ：“∀x ∈R , ∃m 0∈R 使4x ＋2x ·m 0＋1＝0”, 若命题綈p 是假命题, 求实数m 0的取值范围．解：该题可利用綈p 假, 则p 为真, 求原命题为真时m 0的取值范围．令t ＝2x >0, 则方程4x ＋2x ·m 0＋1＝0变为t 2＋m 0·t ＋1＝0有正解, 假设方程有两个正根t 1, t 2.∵t 1·t 2＝1>0, t 1、t 2同号,∴t 1＋t 2>0, 故有⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝m 20－4≥0，－m 0>0， 即⎩⎪⎨⎪⎧m 0≤－2或m 0≥2，m 0<0， ∴m 0≤－2, 即实数m 0的取值范围是(－∞, －2]．03课堂效果落实1.[2014·长春高二检测]x >3的一个充分不必要条件是( )A. x >0B. x <0C. x>5D. x<5解析：x>5⇒x>3,x>3D⇒/x>5.答案：C2．“x2＋(y－2)2＝0”是“x(y－2)＝0”的()A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件解析：x2＋(y－2)2＝0, 即x＝0且y＝2, ∴x(y－2)＝0.反之, x(y－2)＝0, 即x＝0或y＝2, x2＋(y－2)2＝0不一定成立．答案：B3．对任意实数a、b、c, 给出下列命题：①“x<－1”是“x2－1>0”的充分条件；②“a＋5是无理数”是“a是无理数”的充要条件；③“a>b”是“a2>b2”的充分条件；④“a<5”是“a<3”的必要条件．其中真命题的个数是()A．1B．2C．3 D．4解析：①中, x<－1⇒x2－1>0；x2－1>0D⇒/x<－1, 故①为真命题．②中, a与a＋5同为无理数或同为有理数, 故②为真命题．③中, 显然a>bD⇒/a2>b2, 故③为假命题．④中, a<5D⇒/a<3, 而a<3⇒a<5, 故④为真命题．答案：C4．[2014·福州高二测试]若“x2－2x－8>0”是x<m的必要不充分条件, 则m的最大值为________．解析：不等式解集为(－∞, －2)∪(4, ＋∞), 题目等价于(－∞, m)是其真子集, 故有m≤－2, 即m的最大值为－2.答案：－25．设命题p：x>1或x<－3, q：5x－6>x2, 则綈p是綈q的什么条件？解：∵p：x>1或x<－3,∴綈p：－3≤x≤1.又∵q：5x－6>x2即2<x<3, ∴綈q：x≤2或x≥3,∴綈p⇒綈q, 但綈q⇒/綈p,∴綈p是綈q的充分不必要条件．04课后课时精练一、选择题1．[2013·福建高考]已知集合A＝{1, a}, B＝{1,2,3}, 则“a＝3”是“A⊆B”的()A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件解析：当a＝3时, A＝{1,3}, A⊆B；反之, 当A⊆B时, a＝2或3, 所以“a＝3”是“A⊆B”的充分而不必要条件, 选A.答案：A2. [2014·湖北高考]设U为全集．A, B是集合, 则“存在集合C使得A⊆C, B⊆∁U C”是“A∩B＝∅”的()A. 充分而不必要的条件B. 必要而不充分的条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要的条件解析：由韦恩图易知充分性成立．反之, A ∩B ＝∅时, 不妨取C ＝∁U B , 此时A ⊆C .必要性成立．故选C.答案：C3. [2013·浙江高考]已知函数f (x )＝A cos(ωx ＋φ)(A >0, ω>0, φ∈R ), 则“f (x )是奇函数”是“φ＝π2”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件解析：f (x )是奇函数时, φ＝π2＋k π(k ∈Z )；φ＝π2时, f (x )＝A cos(ωx ＋π2)＝－A sin ωx , 为奇函数．所以“f (x )是奇函数”是“φ＝π2”的必要不充分条件, 选B.答案：B4．已知不等式|x －m |<1成立的充分不必要条件是13<x <12, 则实数m 的取值范围是( )A. [－43, 12] B. [－12, 43] C. (－∞, －12)D. [43, ＋∞)解析：由题易知不等式|x －m |<1的解集为{m |m －1<x <m ＋1}, 从而有{m |m －1<x <m ＋1}(13, 12),∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1≥12m －1<13或⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1>12m －1≤13解得－12≤m ≤43, 故选B. 答案：B5．[2014·广东高考]在△ABC 中, 角A , B , C 所对应的边分别为a , b , c , 则“a ≤b ”是“sin A ≤sin B ”的( )A. 充分必要条件B. 充分非必要条件C. 必要非充分条件D. 非充分非必要条件解析：设R 为△ABC 外接圆的半径．由正弦定理可知, 若a ≤b , 则2R sin A ≤2R sin B ⇒sin A ≤sin B , 故“a ≤b ”是“sin A ≤sin B ”的充分条件；若sin A ≤sin B , 则a 2R ≤b 2R ⇒a ≤b , 故“a ≤b ”是“sin A ≤sin B ”的必要条件．综上所述, “a ≤b ”是“sin A ≤sin B ”的充要条件．故答案为A.答案：A6. [2014·唐山模拟]已知命题p ：“a >b ”是“2a >2b ”的充要条件；q ：∃x ∈R , |x ＋1|≤x , 则( )A ．(綈p )∨q 为真命题B ．p ∧(綈q )为假命题C ．p ∧q 为真命题D ．p ∨q 为真命题解析：由于函数y ＝2x 是单调递增函数, ∴a >b 时, 2a >2b , 反之2a >2b 时, a >b , 故p 是真命题, 而不存在实数x , 使|x ＋1|≤x , 故q 是假命题．∴p ∨q 为真命题．答案：D 二、填空题7. 下列不等式：①x<1；②0<x<1；③－1<x<0；④－2<x<1.其中, 可以为x2<1的一个充分条件的所有序号为________．解析：由于x2<1即－1<x<1, ①显然不能使－1<x<1一定成立, ②③满足题意．④中当x＝－1.5时, x2显然大于1, ∴④不行．答案：②③8．设p、r都是q的充分条件, s是q的充分必要条件, t是s的必要条件, t是r的充分条件, 那么p是t的________条件, r是t的________条件．解析：由题意有：s⇔q⇐p⇓⇑t⇒r答案：充分不必要充要9．有以下四组命题：(1)p：(x－2)(x－3)＝0, q：x－2＝0；(2)p：同位角相等；q：两直线平行；(3)p：x<－3；q：x2>9；(4)p：0<a<1；q：y＝a x为减函数．其中p是q的充分不必要条件的是_______, p是q的必要不充分条件是________, p是q的充要条件的是________．解析：(1)x－2＝0⇒(x－2)(x－3)＝0, 但(x－2)(x－3)＝0D⇒/x－2＝0, 所以p是q的必要不充分条件．(2)同位角相等⇔两直线平行, 所以p是q的充要条件,(3)x<－3⇒x2>9, 但x2>9D⇒/x<－3,所以p是q的充分不必要条件．(4)0<a<1⇔y＝a x是减函数, 所以p是q的充要条件．答案：(3) (1) (2)(4) 三、解答题10．下列各题中, p 是q 的什么条件？ (1)p ：lg x 2＝0, q ：x ＝1；(2)p ：b ＝c , q ：a ·b ＝a ·c (a , b , c ≠0)； (3)p ：x ≥1且y ≥1, q ：x ＋y ≥2； (4)p ：x , y 不全为0, q ：x ＋y ≠0.解：(1)当lg x 2＝0时, x 2＝1, 即x ＝±1, 则p ⇒/q , q ⇒p , 所以p 是q 的必要不充分条件．(2)易知p ⇒q .而a ·b ＝a ·c (a , b , c ≠0), 即a ·(b －c )＝0, 可得b ＝c 或a ⊥(b －c ), 即q ⇒/p , 所以p 是q 的充分不必要条件．(3)∵p ⇒q , 而q ⇒/ p , ∴p 是q 的充分不必要条件．(4)綈p ：x ＝0且y ＝0, 綈q ：x ＋y ＝0, ∵綈p ⇒綈q , 而綈q ⇒/ 綈p , ∴p ⇐q 且p ⇒/ q , ∴p 是q 的必要不充分条件．11．[2014·江苏高二检测]已知集合A ＝{y |y ＝x 2－32x ＋1, x ∈[34, 2]}, B ＝{x |x ＋m 2≥1}；命题p ：x ∈A , 命题q ：x ∈B , 并且命题p 是命题q 的充分条件, 求实数m 的取值范围．解：化简集合A ,由y ＝x 2－32x ＋1＝(x －34)2＋716,∵x ∈[34, 2], ∴y min ＝716, y max ＝2. ∴y ∈[716, 2], ∴A ＝{y |716≤y ≤2}． 化简集合B , 由x ＋m 2≥1, ∴x ≥1－m 2, B ＝{x |x ≥1－m 2}．∵命题p 是命题q 的充分条件, ∴A ⊆B . ∴1－m 2≤716, ∴m ≥34或m ≤－34.∴实数m 的取值范围是(－∞, －34]∪[34, ＋∞)．12．证明：函数f (x )＝a ·2x ＋a －22x ＋1(x ∈R )是奇函数的充要条件是a＝1.证明：先证充分性：若a ＝1, 则函数化为f (x )＝2x －12x ＋1.∵f (x )的定义域为R , 且f (－x )＝2－x －12－x ＋1＝12x －112x ＋1＝1－2x 1＋2x ＝－2x －12x＋1＝－f (x )．∴函数f (x )是奇函数．再证必要性：①若函数f (x )是奇函数, 则f (－x )＝－f (x )． ∴a ·2－x ＋a －22－x ＋1＝－a ·2x ＋a －22x ＋1,∴a ＋(a －2)·2x 2x ＋1＝－a ·2x ＋a －22x ＋1,∴a ＋(a －2)·2x ＝－a ·2x －a ＋2, ∴2(a －1)(2x ＋1)＝0, ∴a ＝1.综上所述：函数f (x )＝a ·2x ＋a －22x ＋1(x ∈R )是奇函数的充要条件是a＝1.03课堂效果落实。

课时跟踪检测一一、题组对点训练对点练一 分类加法计数原理的应用1．从甲地到乙地一天有汽车8班，火车2班，轮船3班，某人从甲地到乙地，共有不同的走法种数为( )A ．13B ．16C ．24D ．48解析：选A 由分类加法计数原理可知，不同走法种数为8＋2＋3＝13.2．已知两条异面直线a ，b 上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )A ．40B ．16C ．13D ．10解析：选C 分两类情况讨论：第1类，直线a 分别与直线b 上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b 分别与直线a 上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．3．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本好书，买2本好书和买3本好书，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)．4．椭圆x 2m ＋y 2n ＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则满足题意的椭圆的个数为________．解析：因为焦点在y 轴上，所以0＜m ＜n ，考虑m 依次取1,2,3,4,5时，符合条件的n 值分别有6,5,4,3,2个，由分类加法计数原理知，满足题意的椭圆的个数为6＋5＋4＋3＋2＝20.答案：205．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？解：法一：按十位上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合题意的两位数的个数为8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36.法二：按个位上的数字是2,3,4,5,6,7,8,9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别是1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，所以按分类加法计数原理，满足条件的两位数的个数为1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36.对点练二分步乘法计数原理的应用6．如图，一条电路从A处到B处接通时，可构成线路的条数为()A．8B．6C．5D．3解析：选B从A处到B处的电路接通可分两步：第一步，前一个并联电路接通有2条线路；第二步，后一个并联电路接通有3条线路．由分步乘法计数原理知电路从A处到B处接通时，可构成线路的条数为2×3＝6，故选B.7．给一些书编号，准备用3个字符，其中首字符用A，B，后两个字符用a，b，c(允许重复)，则不同编号的书共有()A．8本B．9本C．12本D．18本解析：选D完成这件事可以分为三步．第一步确定首字符，共有2种方法；第二步确定第二个字符，共有3种方法；第三步确定第三个字符，共有3种方法．所以不同编号的书共有2×3×3＝18(本)，故选D.8．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要完成这件事可分两步，第一步确定b(b≠0)有6种方法，第二步确定a有6种方法，故由分步乘法计数原理知共有6×6＝36个虚数．9．某班元旦晚会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同的插法的种数为________．解析：将第一个新节目插入5个节目排成的节目单中有6种插入方法，再将第二个新节目插入到刚排好的6个节目排成的节目单中有7种插入方法，利用分步乘法计数原理，共有6×7＝42种插入方法．答案：4210．某大学食堂备有6种荤菜，5种素菜，3种汤，现要配成一荤一素一汤的套餐，问可以配成多少种不同的套餐？解：完成一荤一素一汤的套餐分三步：第一步，配一个荤菜有6种选择；第二步，配一个素菜有5种选择；第三步，配一个汤有3种选择．根据分步乘法计数原理，共可配成6×5×3＝90种不同的套餐．对点练三两个计数原理的综合应用11．某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3人．(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？解：从O型血的人中选1人有28种不同的选法；从A型血的人中选1人有7种不同的选法；从B型血的人中选1人有9种不同的选法；从AB型血的人中选1人有3种不同的选法．(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任选1人去献血”这件事情都可以完成，所以用分类加法计数原理．有28＋7＋9＋3＝47种不同的选法．(2)要从四种血型的人中各选1人，即从每种血型的人中各选出1人后，“各选1人去献血”这件事情才完成，所以用分步乘法计数原理．有28×7×9×3＝5 292种不同的选法．12．某公园休息处东面有8个空闲的凳子，西面有6个空闲的凳子，小明与爸爸来这里休息．(1)若小明爸爸任选一个凳子坐下(小明不坐)，有几种坐法？(2)若小明与爸爸分别就坐，有多少种坐法？解：(1)小明爸爸选凳子可以分两类：第一类，选东面的空闲凳子，有8种坐法；第二类，选西面的空闲凳子，有6种坐法．根据分类加法计数原理，小明爸爸共有8＋6＝14种坐法．(2)小明与爸爸分别就坐，可以分两步完成：第一步，小明先就坐，从东西面共8＋6＝14个凳子中选一个坐下，共有14种坐法；(小明坐下后，空闲凳子数变成13)第二步，小明爸爸再就坐，从东西面共13个空闲凳子中选一个坐下，共13种坐法．由分步乘法计数原理，小明与爸爸分别就坐共有14×13＝182种坐法．二、综合过关训练1．某班小张等4位同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有()A．27种B．36种C．54种D．81种解析：选C小张的报名方法有2种，其他3位同学各有3种，所以由分步乘法计数原理知，共有2×3×3×3＝54种不同的报名方法，故选C.2．有5列火车停在某车站并排的5条轨道上，若火车A不能停在第1道上，则5列火车的停车方法共有()A．96种B．24种C．120种D．12种解析：选A先排第1道，有4种排法，第2,3,4,5道各有4,3,2,1种，由分步乘法计数原理知共有4×4×3×2×1＝96种停车方法．3．将3封不同的信投到4个不同的邮箱，则不同的投法种数为()A．7 B．12C．81 D．64解析：选D第一步，第一封信可以投到4个邮箱，有4种投法；第二步，第二封信可以投到4个邮箱，有4种投法；第三步，第三封信可以投到4个邮箱，有4种投法．根据分步乘法计数原理，得不同的投法的种数为4×4×4＝64，选D.4．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出3个不同的数，使这3个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()A．3 B．4C．6 D．8解析：选D以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9.以2为首项的等比数列为2,4,8.以4为首项的等比数列为4,6,9.把这4个数列的顺序颠倒，又得到4个等比数列，∴所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个)．5．定义集合A与B的运算A*B如下：A*B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}．若A＝{a，b，c}，B ＝{a，c，d，e}，则集合A*B的元素个数为()A．34B．43C．12 D．以上都不对解析：选C由分步乘法计数原理可知，A*B中有3×4＝12个元素．6．3张不同的电影票全部分给10个人，每人至多1张，则所有分法的种数是________．解析：第一步，分第1张电影票，有10种分法；第二步，分第2张电影票，有9种分法；第三步，分第3张电影票，有8种分法，共有10×9×8＝720种分法．答案：7207．已知集合A＝{2,4,6,8,10}，B＝{1,3,5,7,9}，在A中任取一元素m和在B中任取一元素n，组成数对(m，n)，问：(1)有多少个不同的数对？(2)其中m>n的数对有多少个？解：(1)∵集合A＝{2,4,6,8,10}，B＝{1,3,5,7,9}，在A中任取一元素m和在B中任取一元素n，组成数对(m，n)，先选出m有5种结果，再选出n有5种结果，根据分步乘法计数原理知共有5×5＝25个不同的数对．(2)在(1)中的25个数对中m>n的数对可以分类来解．当m＝2时，n＝1，有1个数对；当m＝4时，n＝1,3，有2个数对；当m＝6时，n＝1,3,5，有3个数对；当m＝8时，n＝1,3,5,7，有4个数对；当m＝10时，n＝1,3,5,7,9，有5个数对．综上所述共有1＋2＋3＋4＋5＝15个数对．8．现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？解：(1)分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法．根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14种不同的选法．(2)分为三步：国画、油画、水彩画分别有5种、2种、7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70种不同的选法．(3)分为三类：第一类，一幅选自国画，一幅选自油画．由分步乘法计数原理知，有5×2＝10种不同的选法；第二类，一幅选自国画，一幅选自水彩画．由分步乘法计数原理知，有5×7＝35种不同的选法；第三类，一幅选自油画，一幅选自水彩画．由分步乘法计数原理知，有2×7＝14种不同的选法．所以共有10＋35＋14＝59种不同的选法．由Ruize收集整理。

高二年级（数学）学科习题卷曲线方程 一、选择题：1．已知命题“曲线C 上的点的坐标是方程f (x ，y )＝0的解”是正确的，则下列命题中正确的是( ) A ．满足方程f (x ，y )＝0的点都在曲线C 上 B ．方程f (x ，y )＝0是曲线C 的方程 C ．方程f (x ，y )＝0所表示的曲线不一定是C D ．以上说法都正确2．方程(x 2－4)(y 2－4)＝0表示的图形是 ( )A ．两条直线B ．四条直线C ．两个点D ．四个点3．方程(x 2－4)2＋(y 2－4)2＝0表示的图形是A ．两个点B ．四个点C ．两条直线D ．四条直线4．已知A (－1，0)，B (1，0)，C 为平面内的一动点，且满足||2||AC BC =，则点C 的轨迹方程为 ( )A ．22610x y x +++＝B ．22610x y x +-+＝C ．2210103x y x +-+= D ．2210103x y x +++=5．方程x ＋|y －1|＝0表示的曲线是 ( )6．已知A (1，0)，B (－1，0)，动点M 满足|MA |－|MB |＝2，则点M 的轨迹方程是( ) A ．011()y x =-≤≤ B ．0(1)y x =≥ C ．1)0(y x =≤- D ．0(||1)y x =≥7．已知A (－2,0)、B (2,0)，△ABC 的面积为10，则顶点C 的轨迹是( )A ．一个点B ．两个点C ．一条直线D ．两条直线二、填空题：8．等腰三角形底边的两个顶点是B (2，1)，C (0，－3)，则另一顶点A 的轨迹方程是______________． 9．在平面直角坐标系xOy 中，若定点A (1，2)与动点P (x ，y )满足：4OP OA ⋅=，则动点P 的轨迹方程为______________．10．已知O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：2215x y +=上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足5NP NM =，则点P 的轨迹方程为______________．三、解答题：11．已知A 、B 分别是直线y x =和y x =上的两个动点，线段AB 的长为P 是AB 的中点，求动点P 的轨迹C 的方程．12.已知点P (2，2)，圆C ：2280x y y +-=，过点P 的动直线l 与圆C 交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M ，O 为坐标原点．（1）求M 的轨迹方程；（2）当|OP |＝|OM |时，求l 的方程及POM △的面积．13.两个定点(2,2),(0,2)P Q -，长为2的线段AB 在直线y x =上移动，求直线PA ，QB 的交点M 的轨迹方程。

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。

高中数学选修2-1 课后习题答案 [ 人教版 ]高中数学选修2-1 课后习题答案第一章常用逻辑用语1.1命题及其关系练习（ P4）1、例:(1)若x2x 2 0,则 x 1;(2) 若x 1,则x2x 20 .2、（1）真；（2）假；（3）真；（4）真.3、（1）若一个三角形是等腰三角形，则这个三角形两边上的中线相等. 这是真命题 .（2）若一个函数是偶函数，则这个函数的图象关于y 轴对称 . 这是真命题 .（3）若两个平面垂直于同一个平面，则这两个平面平行. 这是假命题 .练习（ P6）1、逆命题：若一个整数能被 5 整除，则这个整数的末位数字是0. 这是假命题 .否命题：若一个整数的末位数字不是0，则这个整数不能被 5 整除 . 这是假命题 .逆否命题：若一个整数不能被 5 整除，则这个整数的末位数字不是0. 这是真命题 .2、逆命题：若一个三角形有两个角相等，则这个三角形有两条边相等. 这是真命题 .否命题：若一个三角形有两条边不相等，这个三角形有两个角也不相等. 这是真命题 .逆否命题：若一个三角形有两个角不相等，则这个三角形有两条边也不相等.这是真命题 .3、逆命题：图象关于原点对称的函数是奇函数. 这是真命题 .否命题：不是奇函数的函数的图象不关于原点对称. 这是真命题 .逆否命题：图象不关于原点对称的函数不是奇函数. 这是真命题 .练习（ P8）证明：证明：命题的逆否命题是：若 a b 1，则 a2b22a 4b 3a2b22a 4b 3 (a b) (a b) 2 (a b )2b当 a b 1时原式 a b 2 2 b 3 a b 10所以，原命题的逆否命题是真命题，从而原命题也是真命题.习题 1.1 A组（P8）1、（1）是；（2）是；（3）不是；（4）不是.2、（1）逆命题：若两个整数 a 与b的和a b 是偶数，则 a,b 都是偶数 . 这是假命题 .否命题：若两个整数a,b 不都是偶数，则 a b 不是偶数 . 这是假命题 .逆否命题：若两个整数 a 与b的和a b 不是偶数，则a, b 不都是偶数 . 这是真命题 .高中数学选修2-1 课后习题答案 [ 人教版 ] （ 2）逆命题：若方程x2x m 0 有实数根，则 m 0 . 这是假命题 .否命题：若 m 0 ，则方程 x2x m 0 没有实数根 . 这是假命题 .逆否命题：若方程x2x m 0 没有实数根，则m 0 . 这是真命题 .3、（1）命题可以改写成：若一个点在线段的垂直平分线上，则这个点到线段的两个端点的距离相等 .逆命题：若一个点到线段的两个端点的距离相等，则这个点在线段的垂直平分线上.这是真命题 .否命题：若一个点到不在线段的垂直平分线上，则这个点到线段的两个端点的距离不相等 .这是真命题.逆否命题：若一个点到线段的两个端点的距离不相等，则这个点不在线段的垂直平分线上 .这是真命题.（ 2）命题可以改写成：若一个四边形是矩形，则四边形的对角线相等.逆命题：若四边形的对角线相等，则这个四边形是矩形. 这是假命题 .否命题：若一个四边形不是矩形，则四边形的对角线不相等. 这是假命题 .逆否命题：若四边形的对角线不相等，则这个四边形不是矩形. 这是真命题 .4、证明：如果一个三角形的两边所对的角相等，根据等腰三角形的判定定理，这个三角形是等腰三角形，且这两条边是等腰三角形，也就是说这两条边相等. 这就证明了原命题的逆否命题，表明原命题的逆否命题为真命题. 所以，原命题也是真命题.习题 1.1 B组（P8）证明：要证的命题可以改写成“若p ，则 q ”的形式：若圆的两条弦不是直径，则它们不能互相平分 .此命题的逆否命题是：若圆的两条相交弦互相平分，则这两条相交弦是圆的两条直径.可以先证明此逆否命题：设AB,CD 是O 的两条互相平分的相交弦，交点是E，若 E和圆心 O 重合，则 AB,CD 是经过圆心 O 的弦， AB,CD 是两条直径 . 若 E 和圆心O 不重合，连结AO, BO ,CO 和DO，则OE是等腰AOB，COD的底边上中线，所以，OE AB OE CD.，AB 和 CD 都经过点 E ，且与 OE 垂直，这是不可能的 . 所以， E 和 O 必然重合 . 即 AB 和 CD 是圆的两条直径 .原命题的逆否命题得证，由互为逆否命题的相同真假性，知原命题是真命题.1.2充分条件与必要条件练习（ P10）1、（1）；（2）；（3）；（4）.2、（1）. 3（1）.4、（1）真；（2）真；（3）假；（4）真 .练习（ P12）1、（1）原命题和它的逆命题都是真命题，p 是 q 的充要条件；（2）原命题和它的逆命题都是真命题，p 是 q 的充要条件；（3）原命题是假命题，逆命题是真命题，p 是 q 的必要条件 .2、（1） p 是 q 的必要条件；（2）p是q的充分条件；（ 3） p 是 q 的充要条件；（4）p是q的充要条件.习题 1.2 A组（P12）1、略 .2、（ 1）假；（2）真；（3）真.3、（1）充分条件，或充分不必要条件；（2）充要条件；（3）既不是充分条件，也不是必要条件；（4）充分条件，或充分不必要条件.4、充要条件是 a2b2r 2 .习题 1.2 B组（P13）1、（1）充分条件；（2）必要条件；（3）充要条件.2、证明：（ 1）充分性：如果 a2b2c2ab ac bc ，那么 a2b2c2ab ac bc0 .所以 (a b)2(a c)2(b c)20所以， a b 0 ， a c 0 ， b c0 .即 a b c ，所以，ABC 是等边三角形 .（ 2）必要性：如果ABC 是等边三角形，那么 a b c所以 (a b)2 (a c)2 (b c)2 0所以 a2 b2 c2 ab ac bc 0所以 a2 b2 c2 ab ac bc1.3简单的逻辑联结词练习（ P18）1、（1）真；（2）假.2、（1）真；（2）假.3、（1） 2 2 5 ，真命题；（2）3不是方程x290 的根，假命题；（3） ( 1)21，真命题 .习题 1.3 A组（P18）1、（1） 4 {2,3} 或 2 {2,3} ，真命题；（2）4{2,3} 且 2 {2,3} ，假命题；（3）2 是偶数或 3 不是素数，真命题；（4）2是偶数且3不是素数，假命题.2、（1）真命题；（2）真命题；（3）假命题.3、（1） 2 不是有理数，真命题；（2）5是15的约数，真命题；（3） 2 3 ，假命题；（4）8715 ，真命题；（5）空集不是任何集合的真子集，真命题.习题 1.3 B组（P18）（1）真命题 . 因为 p 为真命题， q 为真命题，所以 p q 为真命题；（2）真命题 . 因为 p 为真命题， q 为真命题，所以 p q 为真命题；（3）假命题 . 因为 p 为假命题， q 为假命题，所以 p q 为假命题；（4）假命题 . 因为 p 为假命题， q 为假命题，所以 p q 为假命题 .1.4全称量词与存在量词练习（ P23）1、（1）真命题；（2）假命题；（3）假命题.2、（1）真命题；（2）真命题；（3）真命题.练习（ P26）1、（1）n0Z, n0Q ；（2）存在一个素数，它不是奇数；（ 3）存在一个指数函数，它不是单调函数.2、（1）所有三角形都不是直角三角形；（2）每个梯形都不是等腰梯形；（3）所有实数的绝对值都是正数.习题 1.4 A组（P26）1、（1）真命题；（2）真命题；（3）真命题；（4）假命题.2、（1）真命题；（2）真命题；（3）真命题.3、（1）x0N , x03x02；（2）存在一个可以被 5 整除的整数，末位数字不是0；（3）x R, x2x 1 0 ；（4）所有四边形的对角线不互相垂直.习题 1.4 B组（P27）（ 1）假命题 . 存在一条直线，它在y 轴上没有截距；（ 2）假命题 . 存在一个二次函数，它的图象与x轴不相交；（ 3）假命题 . 每个三角形的内角和不小于 180 ；（ 4）真命题 . 每个四边形都有外接圆 .第一章复习参考题 A 组（ P30）1、原命题可以写为：若一个三角形是等边三角形，则此三角形的三个内角相等.逆命题：若一个三角形的三个内角相等，则此三角形是等边三角形. 是真命题；否命题：若一个三角形不是等边三角形，则此三角形的三个内角不全相等. 是真命题；逆否命题：若一个三角形的三个内角不全相等，则此三角形不是等边三角形. 是真命题 .2、略 .3、（ 1）假；（2）假；（3）假；（4）假.4、（1）真；（2）真；（3）假；（4）真；（5）真.5、（1）n N ,n2 0 ；（2）P { P P 在圆 x2 y2 r 2上}， OP r (O 为圆心)；（3）( x, y) {( x, y) x, y是整数 } ， 2x 4y 3 ；（ 4）x0 { x x 是无理数}， x03 { q q 是有理数} .6、（1） 3 2 ，真命题；（2） 5 4 ，假命题；（ 3）x0 R, x0 0 ，真命题；（4）存在一个正方形，它不是平行四边形，假命题.第一章复习参考题 B 组（ P31）1、（1） p q；（2） ( p) ( q) ，或( p q) .2、（1）Rt ABC ， C 90，A, B, C 的对边分别是 a, b, c ，则 c2 a2 b2；（2）ABC ，A, B, C 的对边分别是a b c a, b, c ，则.sin A sin B sin C第二章 圆锥曲线与方程2.1曲线与方程练习（ P37）1、是 . 容易求出等腰三角形 ABC 的边 BC 上的中线 AO 所在直线的方程是 x 0 .2、 a 32 , b 18 .25 253、解：设点 A, M 的坐标分别为 (t,0) ， ( x, y) .（1）当 t 2 时，直线 CA 斜率 k CA2 0 22 t2 t1 t 2所以， k CB2kCA由直线的点斜式方程，得直线 CB 的方程为 y2 t 2 ( x 2) .2令 x 0 ，得 y 4 t ，即点 B 的坐标为 (0,4 t) .由于点 M 是线段 AB 的中点，由中点坐标公式得xt, y 4 t .t4 t ，22由 x得 t 2x ，代入 y2 2得 y42x，即 x y 20 ⋯⋯①2（ 2）当 t 2 时，可得点 A, B 的坐标分别为 (2,0) ， (0,2)此时点 M 的坐标为 (1,1) ，它仍然适合方程①由（ 1）（ 2）可知，方程①是点 M 的轨迹方程，它表示一条直线.习题 2.1 A组（ P37）1、解：点 A(1, 2) 、 C (3,10) 在方程 x 2xy 2 y 1 0 表示的曲线上；点 B(2, 3) 不在此曲线上2、解：当 c 0 时，轨迹方程为 xc 1；当 c 0 时，轨迹为整个坐标平面 .23、以两定点所在直线为 x 轴，线段 AB 垂直平分线为 y 轴，建立直角坐标系，得点 M 的轨迹方程为 x 2y 24.4、解法一：设圆 x 2 y 2 6x 5 0 的圆心为 C ，则点 C 的坐标是 (3,0) .由题意，得 CMAB ，则有 k CM k AB1 .高中数学选修 2-1 课后习题答案 [ 人教版 ]所以，yy 1 (x 3, x0)x 3x化简得 x 2y 2 3x 0 (x 3, x 0)当 x 3 时， y0 ，点 (3,0) 适合题意；当 x 0 时， y0 ，点 (0,0) 不合题意 .解方程组x 2 y 2 3x 0， 得 x5, y2 5x 2y 26x 5 033所以，点 M 的轨迹方程是 x2y 2 3x0 ，5x 3.OCM 是直角三角形，3解法二：注意到利用勾股定理，得 x 2 y 2 ( x 3)2 y 2 9 ，即 x 2 y 2 3x0 . 其他同解法一 .习题 2.1 B 组（ P37）1、解：由题意，设经过点P 的直线 l 的方程为 xy 1 .a b因为直线 l 经过点 P(3,4) ，所以34 1 因此， ab 4a 3ba b由已知点 M 的坐标为 (a,b) ，所以点 M 的轨迹方程为 xy4x 3y 0 .2、解：如图，设动圆圆心 M 的坐标为 (x, y) .y由于动圆截直线 3x y 0 和 3x y 0 所得弦分别为BAB ， CD ，所以， AB8 ， CD4 .过点M 分别CMF E作直线 3xy 0 和 3x y 0 的垂线，垂足分别为 E ，DF ，则 AE4， CF 2 . A3x y3x yME， MF10 .10Ox连接 MA ， MC ，因为 MAMC ，（第 2题）22CF 22 则有， AE MEMF所以， 16 (3 x y)24 (3 x y) 2 ，化简得， xy 10 .10 10因此，动圆圆心的轨迹方程是xy 10 .高中数学选修2-1 课后习题答案 [ 人教版 ]2.2椭圆练习（ P42）1、 14. 提示：根据椭圆的定义，PF1 PF2 20 ，因为 PF1 6 ，所以 PF22、（1）x2y2 1；（2） y2 x2 1；（3） x2 y2 1，或 y2 x2 16 16 36 16 36 163、解：由已知， a 5 ， b 4 ，所以c a2 b2 3.（1）AF1 B 的周长 AF1 AF2 BF1 BF2.由椭圆的定义，得 AF1 AF2 2a ， BF1 BF2 2a .所以，AF1B 的周长4a20 .（2）如果 AB 不垂直于x轴，AF1B的周长不变化 .这是因为①②两式仍然成立，AF1B 的周长20，这是定值.4、解：设点 M 的坐标为 ( x, y) ，由已知，得直线 AM 的斜率y(x 1) ；kAMx 1直线 BM 的斜率y(x 1) ；kBMx 1由题意，得kAM2 ，所以y 2 y (x 1, y 0) k BM x 1 x 1化简，得 x 3 ( y 0)因此，点 M 的轨迹是直线 x 3 ，并去掉点 ( 3,0) .练习（ P48）yB2 1、以点B2（或B1）为圆心，以线段OA2 （或 OA1）为半径画圆，圆与 x 轴的两个交点分别为 F1 , F2. A 1 F1O点 F1 , F2就是椭圆的两个焦点.B 1 这是因为，在 Rt B2OF2中， OB2 b ， B2 F2 OA2 a ，（第 1题）所以， OF2 c . 同样有 OF1 c .2、（1）焦点坐标为( 8,0) ， (8,0) ；14 .1.F2A2x（ 2）焦点坐标为 (0,2) ， (0, 2) .3、（1）x 2 y 21；（ 2） y2x 2 1 .36 3225 164、（1）x 2y21（ 2） x2y21 ，或 y 2x 2 1. 94100 64100645、（1）椭圆 9x2y236 的离心率是22 ，椭圆 x 2y 2 1 的离心率是 1 ，316 12 2因为221，所以，椭圆x 2y 2 1 更圆，椭圆 9x 2y 2 36 更扁；3216 12（2）椭圆 x29 y236 的离心率是22 ，椭圆 x 2y 2 1 的离心率是10 ，36105 因为2210，所以，椭圆x 2y 2 1 更圆，椭圆 x 2 9 y 2 36更扁 .356106、（1） (3, 8) ； （2） (0,2) ； （3） ( 48 , 70) .7、82 . 5 3737 7习题 2.2 A组（ P49）1、解：由点 M (x, y) 满足的关系式x 2 ( y 3)2 x 2 ( y 3) 2 10 以及椭圆的定义得，点 M 的轨迹是以 F 1(0, 3) ， F 2 (0,3) 为焦点，长轴长为 10 的椭圆 .它的方程是y 2x 2 1.25 162、（1）x 2y 21； （ 2）y 2x 21 ；（3） x2y 21 ，或 y 2x 21.36 3225 9494049403、（1）不等式 2 x 2 ， 4 y 4 表示的区域的公共部分；（2）不等式 25 x2 5 ， 10 y10表示的区域的公共部分 .图略 .334、（1）长轴长 2a8，短轴长 2b 4 ，离心率 e 3 ，2焦点坐标分别是 ( 2 3,0) ， (2 3,0) ，顶点坐标分别为 ( 4,0) ， (4,0) ， (0, 2) ， (0,2) ；（2）长轴长 2a18 ，短轴长 2b6 ，离心率 e2 2 ，3焦点坐标分别是 (0, 6 2) ， (0,6 2) ，顶点坐标分别为 (0, 9) ，(0,9) ， ( 3,0) ， (3,0) .5、（1）x2y2 1 ；（2） x2 y2 1，或 y2 x2 1 ；8 5 9 81 9（3） x2 y2 1，或 y 2 x2 1 .25 9 25 96、解：由已知，椭圆的焦距F1F2 2.因为PF1F2的面积等于1，所以，1F1F2 y P 1，解得y P1. 2代入椭圆的方程，得x2 1 1 ，解得 x 15 .P5 4 215 l所以，点 P 的坐标是1) ，共有 4 个 .( ,2 QA 7、解：如图，连接 QA . 由已知，得 QA QP . O所以， QO QA QO QP OP r .又因为点 A 在圆内，所以OA OP（第 7题）根据椭圆的定义，点 Q 的轨迹是以 O, A 为焦点，r为长轴长的椭圆 .8、解：设这组平行线的方程为y 3 x m .2把 y 3 x2 y21 ，得 9x2 6mx 2 18 0.x m 代入椭圆方程92m2 4这个方程根的判别式36m2 36(2m2 18)（ 1）由0 ，得 3 2 m 3 2 .当这组直线在 y 轴上的截距的取值范围是( 3 2,3 2) 时，直线与椭圆相交. （ 2）设直线与椭圆相交得到线段AB ，并设线段 AB 的中点为 M (x, y) .则 x x1 x2 m .2 3因为点 M 在直线 y 3 x m 上，与 x m联立，消去 m ，得3x 2y 0 .2 3这说明点 M 的轨迹是这条直线被椭圆截下的弦（不包括端点），这些弦的中点在一条直线上 .高中数学选修2-1 课后习题答案 [ 人教版 ]x2y29、3.5252 2.87521.10、地球到太阳的最大距离为 1.5288 108 km，最下距离为 1.4712108 km. 习题 2.2 B 组（ P50）1、解：设点 M 的坐标为 ( x, y) ，点 P 的坐标为( x0, y0)，则 x x0，y 3y0 . 所以 x0 x ，y0 2 y ⋯⋯① .2 3因为点 P(x0 , y0 ) 在圆上，所以 x02 y02 4 ⋯⋯②.将①代入②，得点 M 的轨迹方程为 x2 4 y2 4，即 x2 y2 19 4 9所以，点 M 的轨迹是一个椭圆与例 2 相比可见，椭圆也可以看作是由圆沿某个方向压缩或拉伸得到.2、解法一：设动圆圆心为P( x, y) ，半径为 R ，两已知圆的圆心分别为 O1, O2.分别将两已知圆的方程x 2 y2 6x 5 0 ， x2 y2 6x 91 0配方，得(x 3)2 y 2 4 ， ( x 3)2 y2 100当 P 与O1： ( x 3)2 y2 4 外切时，有O1P R 2 ⋯⋯①当P 与O2：( x 3)2y2100内切时，有O2P 10 R⋯⋯②①②两式的两边分别相加，得 O1P O2 P 12即， ( x 3)2 y2 (x 3) 2 y2 12 ⋯⋯③化简方程③ .先移项，再两边分别平方，并整理，得 2 (x 3)2 y2 12 x ⋯⋯④将④两边分别平方，并整理，得3x2 4 y2 108 0 ⋯⋯⑤将常数项移至方程的右边，两边分别除以108，得x2y2 1 ⋯⋯⑥36 27由方程⑥可知，动圆圆心的轨迹是椭圆，它的长轴和短轴长分别为12，6 3 . 解法二：同解法一，得方程( x 3)2 y2 ( x 3)2 y2 12 ⋯⋯①由方程①可知，动圆圆心P(x, y) 到点O1( 3,0)和点O2(3,0) 距离的和是常数12，第11页共38页。

课时提升作业(二十八)空间向量与空间距离(30分钟50分)一、选择题(每小题3分,共18分)1.(2014·济宁高二检测)如图所示,在空间直角坐标系中,有一棱长为a的正方体ABCO-A′B′C′D′,A′C的中点E与AB的中点F的距离为( )A. aB. aC.aD.a【解析】选B.由图易知A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),A′(a,0,a),所以F,E.所以|EF|=== a.2.已知直线l过点A(1,-1,2),和l垂直的一个向量为n=(-3,0,4),则P(3,5,0)到l的距离为( )A.5B.14C.D.【解析】选C.因为=(-2,-6,2).所以·n=(-2,-6,2)·(-3,0,4)=14,|n|==5.所以点P到直线l的距离为=.3.已知向量n=(2,0,1)为平面α的法向量,点A(-1,2,1)在α内,则P(1,2,-2)到α的距离为( )A. B. C.2 D.【解析】选 A.因为=(-2,0,3),所以点P到平面α的距离为d===.4.(2014·安顺高二检测)正四面体ABCD的棱长为1,G是△ABC的中心,M在线段DG上,且∠AMB=90°,则GM的长为( )A. B. C. D.【解析】选D.设=a,=b,=c,=+λ=-a+(a+b+c)=a+b+c,=+=(a-b)+a+b+c=a+b+c.由·=0,a·b=b·c=a·c=,可解得λ=.||=||=.【一题多解】取AB的中点N,由正四面体的对称性可知△AMB为等腰三角形,所以MN=AB=.又G为△ABC的中心,所以NG=,故MG==.5.(2014·南宁高二检测)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是1,则直线DA1与AC 间的距离为( )A. B. C. D.【解析】选C.建立以A为原点,以AB,AD,AA1为x,y,z轴的空间直角坐标系,则得A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),=(1,1,0),=(0,-1,1),设线段MN为两直线DA1与AC的公垂线段,且设=(x,y,z),则⊥,⊥,得x+y=0,-y+z=0,令y=t,则=(-t,t,t),另可设M(m,m,0),N(0,a,b),=(-m,a-m,b)N(0,2t,t),2t+t=1,t=,=,==.6.(2014·邯郸高二检测)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上且=, N为BB1的中点,则|MN|的长为( )A. aB. aC. aD. a【解析】选A.设=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|=a,a·b=b·c=c·a=0,由条件知,=-=(+)-=(++)-(++)=(2a-c)-(-c+a+b)=a-b-c,||2==(2a-b-c)2=(4|a|2+|b|2+|c|2-4a·b-2a·c+b·c)=,所以||= a.【变式训练】正四面体ABCD棱长为2,E,F分别为BC,AD的中点,则EF的长为.【解析】||2==(++)2=+++2(·+·+·)=12+22+12+2[1×2×cos 120°+0+2×1×cos 120°]=2,所以||=,所以EF的长为.答案:二、填空题(每小题4分,共12分)7.(2014·延安高二检测)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,如果AB=BC=1,AA1=2,那么A 到直线A1C的距离为.【解析】建立如图所示空间坐标系A1xyz,则A1(0,0,0),A(0,0,2),C(1,1,2),=(1,1,2),=(0,0,2),又cos∠AA1C===.设A到直线A1C的距离为d,则d=||sin∠AA1C=2×=.答案:8.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BC,CD的中点,则BD到平面EFD1B1的距离为 .【解析】以D为原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,易求平面EFD1B1的法向量n=,又=,所以d==.答案:9.(2014·石家庄高二检测)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱A1B1,BB1的中点,则异面直线AM与CN的距离为.【解析】以A为原点,直线AB,AD,AA1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,易知=,=,设n=(x,y,z),且n⊥,n⊥,所以n·=x+z=0,n·=-y+z=0,所以x=-2z,y=z.取z=2,则n=(-4,1,2),所以AM与CN的距离d==.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)10.(2014·黄山高二检测)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=4,点M 在A1C1上,|MC1|=2|A1M|,N为D1C的中点,求M,N两点间的距离.【解题指南】建立空间直角坐标系表示出点M,N的坐标,利用空间两点的距离公式求出距离.【解析】建立如图所示空间直角坐标系,据题意有|A1C1|=2,因为|MC1|=2|A1M|,所以|A1M|=.所以M.又C(2,2,0),D1(0,2,4),N为CD1的中点,所以N(1,2,2),所以|MN|==.11.三棱柱ABC-A1B1C1是各条棱长均为a的正三棱柱,D是侧棱CC1的中点.(1)求证:平面AB1D⊥平面ABB1A1.(2)求点C到平面AB1D的距离.【解析】(1)如图所示,取AB1中点M,则=++,又=++.所以2=+=+.2·=(+)·=0,2·=(+)·(-)=||2-||2=0, 所以DM⊥AA1,DM⊥AB.所以DM⊥平面ABB1A1.因为DM⊂平面AB1D,所以平面AB1D⊥平面ABB1A1.(2)因为A1B⊥DM,A1B⊥AB1.所以A1B⊥平面AB1D.所以是平面AB1D的一个法向量.所以点C到平面AB1D的距离为d===== a.(30分钟50分)一、选择题(每小题4分,共16分)1.(2013·济南高二检测)已知点A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若=2,则空间P,D两点间的距离为( )A. B. C. D.【解题指南】先利用=2的关系求出P点坐标,再求两点间的距离.【解析】选D.设P(x,y,z),因为=2,所以(x-1,y-2,z-1)=2(-1-x,3-y,4-z),所以所以所以P(-,,3),=(,-,-2),所以||=.2.(2014·衡水高二检测)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥底面ABCD,PA=AB=,||=1,点E是棱PB的中点.直线AB与平面ECD的距离为( )A.1B.C.D.【解析】选B.如图,以A为坐标原点,射线AB,AD,AP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系Axyz.则B(,0,0),P(0,0,),E.由||=1,得D(0,1,0),C(,1,0),从而=(,0,0),=,=,设平面DEC的法向量n=(x,y,z),则n·=0,n·=0.故所以x=0,z=y.可取y=1,则n=(0,1,).故点A到平面ECD的距离d===,又直线AB∥平面ECD,所以直线AB到平面ECD的距离为.【变式训练】在底面是直角梯形的四棱锥P-ABCD中,侧棱PA⊥底面ABCD,BC∥AD,∠ABC=90°,PA=AB=BC=2,AD=1,则AD到平面PBC的距离为( )A. B.3 C.2 D.【解析】选D.由已知AB,AD,AP两两垂直.所以以A为坐标原点,AB,AD,AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),=(2,0,-2).=(0,2,0),设平面PBC的法向量为n=(a,b,c),则所以n=(1,0,1),又=(2,0,0),所以d==.3.(2014·昆明高二检测)ABCD为正方形,P为平面ABCD外一点,PD⊥AD,PD=AD=2,二面角P-AD-C的大小为60°,则P到AB的距离是( )A.2B.C.2D.【解析】选D.如图建立直角坐标系,易知∠PDC为二面角P-AD-C的平面角,PD=AD=2,得P(0,1,),A(2,0,0),B(2,2,0),=(-2,1,),=(0,2,0),设点P到AB的距离为d,则d=||sin∠PAB,cos∠PAB===,sin∠PAB===,所以d=×=.4.(2014·西安高二检测)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是底面A1B1C1D1的中心,则O到平面ABC1D1的距离是( )A. B. C. D.【解析】选B.以D为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则有D1(0,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1), C1(0,1,1).因O为A1C1的中点,所以O,=,设平面ABC1D1的法向量为n=(x,y,z),则有即取n=(1,0,1),所以O到平面ABC1D1的距离为:d===.二、填空题(每小题5分,共10分)5.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,2AC=AA1=BC=2.若二面角B1-DC-C1的大小为60°,则AD的长为.x【解析】以C为坐标原点,CA,CB,CC轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2).设AD=a,则D点坐标为(1,0,a),=(1,0,a),=(0,2,2),设平面B1CD的一个法向量为m=(x,y,z).则⇒令z=-1,得m=(a,1,-1),又平面C1DC的一个法向量为n=(0,1,0),则由cos60°=得=,即a=,故AD=.答案:6.(2014·南京高二检测)等腰Rt△ABC斜边BC上的高AD=1,以AD为折痕将△ABD 与△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出以下结论:①BD⊥AC;②∠BAC=60°;③异面直线AB与CD之间的距离为;④点D到平面ABC的距离为;⑤直线AC与平面ABD所成的角为45°.其中正确结论的序号是.【解析】因为AD⊥BD,AD⊥CD,平面ABD⊥平面ACD,所以∠BDC=90°,所以BD⊥平面ACD,所以BD⊥AC,所以①正确;又知AD=BD=CD=1,所以△ABC为正三角形,∠BAC=60°,所以②正确;以D为原点,DB,DC,DA分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, 易知A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),所以=(1,0,-1),=(0,1,-1),=(0,1,0),设n=(x,y,z),由n·=0,n·=0得x-z=0,y=0,令z=1得n=(1,0,1),所以异面直线AB与DC之间的距离d==,故③正确;因为△ABC边长为,所以S△ABC=,由V A-BDC=V D-ABC得×(×1×1)×1=××h,所以h=,故④正确;因为CD⊥平面ABD,所以∠CAD为直线AC与平面ABD所成的角,易知∠CAD=45°,故⑤正确.答案:①②③④⑤三、解答题(每小题12分,共24分)7.(2014·泰安高二检测)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点M,N分别为A1A和B1B的中点.(1)求异面直线CM与D1N所成角的余弦值.(2)求点D1到平面MDC的距离.【解析】(1)分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则M(2,0,1),C(0,2,0),N(2,2,1),D1(0,0,2).所以=(-2,2,-1),=(2,2,-1),cos<,>==,所以异面直线CM与D1N所成角的余弦值为.(2)=(2,0,1),=(0,2,0),=(0,0,2).设面DMC的法向量为n=(x,y,z),则⇒n=(1,0,-2),所以点D1到平面MDC的距离h===.【变式训练】(2014·安庆高二检测)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1,AEC1F为平行四边形.(1)求BF的长.(2)求点C到平面AEC1F的距离.【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3),设F(0,0,z). 因为四边形AEC1F为平行四边形,所以由=得,(-2,0,z)=(-2,0,2),所以z=2.所以F(0,0,2).所以=(-2,-4,2).于是||=2.即BF的长为2.(2)设n1为平面AEC1F的法向量,显然n1不垂直于平面ADF,故可设n1=(x,y,1),所以所以即所以又=(0,0,3),设与n1的夹角为α,则cosα===.所以C到平面AEC1F的距离为d=||·cosα=3×=.【拓展延伸】用向量法求点面距离的方法与步骤8.(2014·石家庄高二检测)已知正方形ABCD的边长为1,PD⊥平面ABCD,且PD=1,E,F分别为AB,BC的中点.(1)求点D到平面PEF的距离.(2)求直线AC到平面PEF的距离.【解析】(1)建立以D为坐标原点,DA,DC,DP分别为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系,如图所示.则P(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),E(1,,0),F(,1,0),=,=,设平面PEF的法向量n=(x,y,z),则n·=0且n·=0,所以令x=2,则y=2,z=3,所以n=(2,2,3),所以点D到平面PEF的距离为d===,因此,点D到平面PEF的距离为.(2)因为=,所以点A到平面PEF的距离为d===,所以AC到平面PEF的距离为.【变式训练】如图所示,已知边长为4的正三角形ABC中,E,F分别为BC和AC 的中点,PA⊥平面ABC,且PA=2,设平面α过PF且与AE平行,求AE与平面α间的距离.【解析】设,,的单位向量分别为e1,e2,e3,选取{e1,e2,e3}作为空间向量的一组基底,易知e1·e2=e2·e3=e3·e1=0,=2e1,=2e2,=2e3,=+=+=+(+)=-2e1+e2+e3,设n=x e1+y e2+e3是平面α的一个法向量, 则n⊥,n⊥,所以⇒⇒所以n=e1+e3.所以直线AE与平面α间的距离为。