2012高考数学第一轮总复习100讲(含同步练习)1029数学归纳法

同步练习g3.1029数学归纳法1．若f （n ）=1+1213121++⋅⋅⋅++n （n ∈N*），则当n=1时，f （n ）为 （A ）1 （B ）31 （C ）1+3121+ （D ）非以上答案 2．用数学归纳法证明1+a+a 2+…+a n+1=a a n --+112（a ≠1，n ∈N*），在验证n=1成立时，左边计算所得的项是（A ）1（B ）1+a （C ）1+a+a2 （D ）1+a+a 2+a3 3.用数学归纳法证明1－21＋31－)(2121112112141N n nn n n n ∈+++++=--++ ,则从k 到k ＋1时,左边应添加的项为 (A)121+k (B) 421221+-+k k (C) －221+k (D) 121+k －221+k 4．某个（A ）当n=6时该（C ）当n=4时该5.),,3,2,1(21312111 =+++++++=k kk k k S k 则S k+1 = (A) S k + )1(21+k (B) S k + 11221+-+k k (C) S k + 221121+-+k k (D) S k + 221121+++k k 6．由归纳原理分别探求：(1)凸n 边形的内角和f(n)= ;(2)凸n 边形的对角线条数f(n)= ;(3)平面内n 个圆，其中每两个圆都相交于两点，且任意三个圆不相交于同一点，则该n 个圆分平面区域数f(n)= .为真，进而需验证n= ，7．用数学归纳法证明(n+1)(n+2)…(n+n)=2n ⨯1⨯2⨯3⨯…(2n─1)(n∈N),从“k 到k+1”左端应增乘的代数式为 .8.是否存在常数a,b,c,使得等式1·22＋2·32＋……＋n(n ＋1)2＝12)1(+n n (an 2＋bn ＋c)对一切自然数n 成立？并证明你的结论.9. 求证：212131211n n >-++++ （*∈N n ） 10. （年全国高考理）设数列满足，，，，……2002112312∙=-+=+{}a a a na n n n n n （）当时，求，，，并由此猜想出的一个通项公式；121234a a a a a n =（）当时，证明对所有的，有231a n ≥≥<>≥+12a n n ；<>++++++≤21111111212a a a n ……。

第一章参考答案同步练习g3.1001集合11—10、DCDBB DBDCA11、7. 12、必要不充分. 13、{-3，0，1，2，4，5，6，9}. 14、a=0或a=1.15、a=2或a=3;3.m m -<= 16、 2.a ≥17、各元素 之和为1(0)2(0)b b b -=⎧⎨--≠⎩同步练习g3.1002集合21—8、ADC(A,D)D CAC 9、(,3-∞-- 10、5[2,).2 11、1||,(1).a b a --≥<-同步练习g3.1003解不等式11—8、DBBCB BAB9、 2.± 10、x<-3. 11、（1，2）. 12、（2，10）.13、2. 14、a=4,b=2. 15、{x| -1<x<2或x>3}. 16、n=0,1.17、01a <<时，22;1a x a -<<- a>1时，2 2.1a x a -<-或 a=1时，x>2.同步练习g3.1004解不等式21—10、BCDDD DBBCA11、{|153}.x x <<≠且 12、13{|}.22x x <<13、{|121}.x x x ≤≤=-或 14、{|3,7}x x x >≠15、{|130}.x x x <<<或 16、{|24}.x x x ≤-≥或 17、a =1.同步练习g3.1005解不等式31—5、BCADD 6、4{|0log 3}.x x << 7、15{|}.22x x x ≤≥或8、77{|}.22x x --+<< 9、{|12}.x x << 10、4{|01}.5x x x <<>或11、3[,).4+∞ 12、{|x x a << 13、当0<a <1时，0<x <a 2 ,当a >1时，x >a 2 .14、 当0<a <1时，{|log 4log 2};a a x x <≤当a >1时，2{|log 2log 4}.a x x ≤<15、（1，2）.同步练习g3.1006简易逻辑11、B2、A3、C4、C5、D6、B7、B8、C9、D 10、A11、φ 12、25，60 13、-1≤a ≤114、若a 、b 均不为0，则ab ≠015、a ≥1或a ≤-1，提示：画图 16、3＜m ≤310 17、⎩⎨⎧=-=16q 8p ，或⎩⎨⎧=-=10q 20p ，或⎩⎨⎧=-=40q 14p 同步练习g3.1007简易逻辑21—8、AABBA ABA 9、(,0)[3,).-∞+∞ 10、25(0,).3k ∈ 11. 7 12. ③④13、(0,).+∞ 14、1(0,][1,).2+∞ 参考答案：同步练习g3.1008映射与函数1—7、ACDDA AB 8、(2,-1) 9(1)(,2)-∞ (2)2{|1}3x x x >≠且 10(1)[-2, 2] (2)(],4-∞ (3)[2, 8] 11、售价为14元/件，利润最大为360元12（1）当0a ≤时，[x ∈；当0a >时，[[,]x a b ∈(2)当0a =时，{0}x ∈；当0a >时，x φ∈，函数无意义；当0a <时，[,]x a a ∈-（3）当2b a m -=时，{}2a b x +∈；当2b a m ->时，无意义；当2b a m -<时，[],x a m b m ∈+-。

g3.1093 二项式定理一、知识梳理1.二项展开式的通项公式是解决与二项式定理有关问题的基础.2.二项展开式的性质是解题的关键.3.利用二项式展开式可以证明整除性问题，讨论项的有关性质，证明组合数恒等式，进行近似计算等.二、基础训练1.已知（1－3x ）9=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 9x 9，则｜a 0｜+｜a 1｜+｜a 2｜+…+｜a 9｜等于 A.29 B.49 C.39D.12.（2004年江苏，7）（2x+x ）4的展开式中x 3的系数是 A.6 B.12 C.24D.483.（2004年全国Ⅰ，5）（2x 3－x1）7的展开式中常数项是A.14B.－14C.42D.－424.（2004年湖北，文14）已知（x 23+x 31-）n的展开式中各项系数的和是128，则展开式中x 5的系数是_____________.（以数字作答）5.若（x+1）n =x n +…+ax 3+bx 2+cx+1（n ∈N *），且a ∶b=3∶1，那么n=_____________. 三、例题分析例1. 如果在（x +421x）n的展开式中，前三项系数成等差数列，求展开式中的有理项.例2. 求式子（｜x ｜+||1x －2）3的展开式中的常数项.思考讨论（1）求（1+x+x 2+x 3）（1－x ）7的展开式中x 4的系数；（2）求（x+x4－4）4的展开式中的常数项； （3）求（1+x ）3+（1+x ）4+…+（1+x ）50的展开式中x 3的系数.解：（1）原式=xx --114（1－x ）7=（1－x 4）（1－x ）6，展开式中x 4的系数为（－1）4C 46－1=14.（2）（x+x 4－4）4=442)44(x x x +-=48)2(xx -，展开式中的常数项为C 4482·（－1）4=1120. （3）方法一：原式=1)1(]1)1[()1(483-+-++x x x =x x x 351)1()1(+-+.展开式中x 3的系数为C 451.方法二：原展开式中x 3的系数为C 33+C 34+C 35+…+C 350=C 44+C 34+…+C 350=C 45+C 35+…+C 350=…=C 451.评述：把所给式子转化为二项展开式形式是解决此类问题的关键. 例3. 设a n =1+q+q 2+…+q 1-n （n ∈N *，q ≠±1），A n =C 1n a 1+C 2n a 2+…+C nn a n . （1）用q 和n 表示A n ；（2）（理）当－3<q<1时，求lim ∞→n nnA 2. 例4 求（a －2b －3c ）10的展开式中含a 3b 4c 3项的系数.四、同步练习 g3.1093 二项式定理1.一串装饰彩灯由灯泡串联而成，每串有20个灯泡，只要有一只灯泡坏了，整串灯泡就不亮，则因灯泡损坏致使一串彩灯不亮的可能性的种数为A.20B.219C.220D.220－1 2.（2004年福建，文9）已知（x －xa ）8展开式中常数项为1120，其中实数a 是常数，则展开式中各项系数的和是A.28B.38C.1或38D.1或283.（05浙江卷）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) 104.(05山东)如果3nx ⎛⎫ ⎝的展开式中各项系数之和为128，则展开式中31x 的系数是（ ）（A ）7 （B ）7- （C ）21 （D ）21-5.(05重庆卷)8. 若nx x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-12展开式中含21x 项的系数与含41x 项的系数之比为，则n等于( )(A) 4；(B) 5； (C) 6； (D) 10。

g3.1029数学归纳法一、知识回顾数学归纳法是一种证明与正整数n 有关的数学1.用数学归纳法证明①验证当n 取第一个值0n 时②假设当n=k ),(0*n k N k ≥∈时命题成立.在此假设下,证明当1+=k n 时○3结论. 2.探索性问题在数学归纳法中的应用（思维方式）: 观察,归纳,猜想,推理论证.3.特别注意：(1)用数学归纳法证明问题时首先要验证0n n =时成立,注意0n 不一定为1;(2)在第二步中,关键是要正确合理地运用归纳假设,尤其要弄清由k 到k+1时二．基本训练1.已知某个命题与正整数有关,如果当)(*N k k n ∈=时该命题成立,那么可以推得1+=k n 时该命题也成立.现已知5=n 时该A 4=n 时该命题成立B 6=n 时该C 4=n 时该命题不成立D 6=n 时该2．用数学归纳法证明2n >n 2 (n ∈N,n ≥5),则第一步应验证n= ;3．用数学归纳法证明:*1111(,1)2321n n n N n +++⋅⋅⋅+<∈>-时, ,第一步验证不等式 成立；在证明过程的第二步从n=k 到n=k+1成立时,左边增加的项数是 .三、例题分析例1:已知*N n ∈,证明:n n 211214131211--+⋅⋅⋅+-+-nn n 212111+⋅⋅⋅++++=. 例2、求证：n n n +≤++++≤+21213121121 例3.是否存在正整数m 使得()()9372+⋅+=n n n f 对任意自然数n 都能被m 整除，若存在，求出最大的m 的值，并证明你的结论。

若不存在说明理由。

例4.平面内有n )(*N n ∈个圆,其中每两个圆都相交于两点,且每三个圆都不相交于同一点,求证:这n 个圆把平面分成22+-n n 个部分. 例5.设f(k)满足不等式()()*-∈-≥-⋅+Nk k x x k 1223log log 122的自然数x 的个数 （1）求f(k)的解析式；（2）记)()2()1(n f f f S n +++= ，求n S 的解析式；（3）令()*∈-+=N n n n P n 12，试比较n S 与n P 的大小。

2012届高考数学第一轮基础知识点复习：两个基本计数原理第十编计数原理§101 两个基本计数原理1有不同颜色的四上衣与不同颜色的三长裤，如果一条长裤与一上衣配成一套，则不同的配法有种答案122从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法有种答案3一个乒乓球队里有男队员人，女队员4人，从中选出男、女队员各一名组成混合双打，共有种不同的选法答案204将4个不同的小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有种答案36有一项活动需在3名老师，8名男同学和名女同学中选人参加，（1）若只需一人参加，有多少种不同的选法？（2）若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同的选法？（3）若只需老师，男同学，女同学各一人参加，有多少种不同的选法？解（1）“完成这事”只需从老师、学生中选1人即可，共有3+8+=16种(2)“完成这事”需选2人，老师、学生各1人，分两步进行：选老师有3种方法，选学生有8+=13种方法，共有3×13=39种方法(3)“完成这事”需选3人，老师、男同学、女同学各一人，可分三步进行，选老师有3种方法，选男同学有8种方法，选女同学有种方法，共有3×8×=120种方法例 1 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？解方法一按十位数上的数字分别是1，2，3，4，，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条的两位数分别有8个，7个，6个，个，4个，3个，2个，1个由分类计数原理知，符合题意的两位数的个数共有：8+7+6++4+3+2+1=36（个）方法二按个位数字是2，3，4，，6，7，8，9分成8类，在每一类中满足条的两位数分别有1个、2个、3个、4个、个、6个、7个、8个，所以按分类计数原理共有：1+2+3+4++6+7+8=36（个）例2 已知集合={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)表示平面上的点(a,b∈),问:(1)P可表示平面上多少个不同的点?(2)P可表示平面上多少个第二象限的点?(3)P可表示多少个不在直线=x上的点?解（1）确定平面上的点P(a,b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种确定方法；第二步确定b的值，也有6种确定方法根据分步计数原理，得到平面上的点数是6×6=36（2）确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a＜0,所以有3种确定方法；第二步确定b,由于b＞0，所以有2种确定方法由分步计数原理，得到第二象限点的个数是3×2=6（3）点P（a,b)在直线=x上的充要条是a=b因此a和b必须在集合中取同一元素，共有6种取法，即在直线=x上的点有6个由（1）得不在直线=x上的点共有36-6=30个例3 （16分）现有高一四个班学生34人,其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学外小组（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）推选二人作中心发言，这二人需自不同的班级，有多少种不同的选法？解（1）分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法所以，共有不同的选法N=7+8+9+10=34（种）4分（2）分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长，所以共有不同的选法N=7×8×9×10= 040（种）8分（3）分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法，14分所以共有不同的选法N=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431（种）16分1从1到20这20个整数中,任取两个相加,使其和大于20,共有几种取法?解当一个加数是1时,另一个加数只能是20,1种取法当一个加数是2时,另一个加数可以是19,20,2种取法当一个加数是3时,另一个加数可以是18,19,20,3种取法……当一个加数是10时,另一个加数可以是11,12,…,20,10种取法当一个加数是11时,另一个加数可以是12,13,…,20,9种取法……当一个加数是19时,另一个加数是20,1种取法由分类计数原理可得共有1+2+3+…+10+9+8+…+1=100种取法2某体育彩票规定：从01到36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元某人想先选定吉利号18，然后从01至17中选3个连续的号，从19至29中选2个连续的号，从30至36中选1个号组成一注若这个人要把这种要求的号全买下，至少要花多少元钱？解先分三步选号，再计算总钱数按号段选号，分成三步第一步从01至17中选3个连续号，有1种选法；第二步从19至29中选2个连续号，有10种选法；第三步从30至36中选1个号，有7种选法由分步计数原理可知，满足要求的号共有1×10×7=1 00(注),故至少要花1 00×2=2 100(元)3某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动（1）任选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？（2）三个年级各选一个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？（3）选2个班的学生参加社会实践，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？解（1）分三类：第一类从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二类从高二年级选一个班，有7种不同方法；第三类从高三年级选1个班，有8种不同方法由分类计数原理，共有6+7+8=21种不同的选法（2）每种选法分三步：第一步从高一年级选一个班，有6种不同方法；第二步从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三步从高三年级选1个班，有8种不同方法由分步计数原理，共有6×7×8=336种不同的选法（3）分三类，每类又分两步第一类从高一、高二两个年级各选一个班，有6×7种不同方法；第二类从高一、高三两个年级各选1个班，有6×8种不同方法；第三类从高二、高三年级各选一个班，有7×8种不同的方法，故共有6×7+6×8+7×8=146种不同选法一、填空题1位同学报名参加两个外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有种答案322某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“×××××××0000”到“×××××××9999”共10 000个号码，公司规定：凡卡号的后四位中带有数字”4”或“7”的一律作为优惠卡，则这组号码中“优惠卡”共有个答案9043从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列共有个答案84如图所示，用五种不同的颜色分别给A、B、、D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有种答案180一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种数共有种答案486（2008&#8226;全国Ⅰ）将1，2，3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，右面是一种填法，则不同的填写方法共有种答案127在2008年奥运选手选拔赛上，8名男运动员参加100米决赛其中甲、乙、丙三人必须在1、2、3、4、、6、7、8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有种答案2 8808若一个,n均为非负整数的有序数对（,n)，在做+n的加法时各位均不会进位，则称（,n)为“简单的”有序数对，+n称为有序数对（,n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序数对的个数是答案300二、解答题9（1）4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？（2）4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？解（1）要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这事，因为每人必报一项，四个都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有：3×3×3×3=81种报名方法（2）完成的是“三个项目冠军的获取”这事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这事才算完成，于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步而每项冠军是四人中的某一人，有4种可能的情况，于是共有：4×4×4=43=64种可能的情况10用种不同的颜色给图中所给出的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色，若要求相邻（有公共边）的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？解完成该事可分步进行涂区域1，有种颜色可选涂区域2，有4种颜色可选涂区域3，可先分类：若区域3的颜色与2相同，则区域4有4种颜色可选若区域3的颜色与2不同，则区域3有3种颜色可选，此时区域4有3种颜色可选所以共有×4×（1×4+3×3）=260种涂色方法11在平面直角坐标系内，点P（a，b）的坐标满足a≠b,且a,b都是集合{1,2,3,4,,6}的元素,又点P到原点的距离|P|≥求这样的点P的个数解按点P的坐标a将其分为6类:(1)若a=1,则b=或6,有2个点;(2)若a=2,则b=或6,有2个点;(3)若a=3,则b=或6或4,有3个点;(4)若a=4,则b=3或或6,有3个点;()若a=,则b=1,2,3,4,6,有个点;(6)若a=6,则b=1,2,3,4,,有个点;∴共有2+2+3+3++=20（个）点12将3种作物种植在如图所示的块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有多少种？解设由左到右五块田中要种a,b,三种作物，不妨先设第一块种a,则第二块可种b,,有两种选法同理，如果第二块种b,则第三块可种a和,也有两种选法，由分步计数原理共有1×2×2×2×2=16其中要去掉ababa 和aaa两种方法故a种作物种在第一块田中时的种法数有16-2=14（种）同理b种或种作物种在第一块田中时的种法数也都为14种所以符合要求的种植方法共有3×(2×2×2×2-2)=3×(16-2)=42(种)§102 排列与组合1从1，2，3，4，，6六个数字中，选出一个偶数和两个奇数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有个答案42（2008&#8226;福建理）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共有种答案143停车场每排恰有10个停车位当有7辆不同型号的车已停放在同一排后，恰有3个空车位连在一起的排法有种（用式子表示）答案A4在100产品中有6次品，现从中任取3产品，至少有1次品的不同取法种数是（用式子表示）答案-（2007&#8226;天津理）如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有种（用数字作答）答案390例 1 六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？（1）甲不站两端；（2）甲、乙必须相邻；（3）甲、乙不相邻；（4）甲、乙之间间隔两人；（）甲、乙站在两端；（6）甲不站左端，乙不站右端解（1）方法一要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有A 种站法，然后其余人在另外个位置上作全排列有A 种站法，根据分步计数原理，共有站法：A &#8226;A =480（种）方法二由于甲不站两端，这两个位置只能从其余个人中选2个人站，有A 种站法，然后中间4人有A 种站法，根据分步计数原理，共有站法：A &#8226;A =480（种）方法三若对甲没有限制条共有A 种站法，甲在两端共有2A 种站法，从总数中减去这两种情况的排列数，即共有站法：A -2A =480（种）（2）方法一先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，和其余4人进行全排列有A 种站法，再把甲、乙进行全排列，有A 种站法，根据分步计数原理，共有A &#8226;A =240（种）站法方法二先把甲、乙以外的4个人作全排列，有A 种站法，再在个空档中选出一个供甲、乙放入，有A 种方法，最后让甲、乙全排列，有A 种方法，共有A &#8226;A &#8226;A =240（种）（3）因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”，第一步先让甲、乙以外的4个人站队，有A 种站法；第二步再将甲、乙排在4人形成的个空档（含两端）中，有A 种站法，故共有站法为A &#8226;A =480（种）也可用“间接法”，6个人全排列有A 种站法，由（2）知甲、乙相邻有A &#8226;A =240种站法，所以不相邻的站法有A -A &#8226;A =720-240=480（种）（4）方法一先将甲、乙以外的4个人作全排列，有A 种，然后将甲、乙按条插入站队，有3A 种，故共有A &#8226;（3A ）=144（种）站法方法二先从甲、乙以外的4个人中任选2人排在甲、乙之间的两个位置上，有A 种，然后把甲、乙及中间2人看作一个“大”元素与余下2人作全排列有A 种方法，最后对甲、乙进行排列，有A 种方法，故共有A &#8226;A &#8226;A =144（种）站法（）方法一首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A 种，再让其他4人在中间位置作全排列，有A 种，根据分步计数原理，共有A &#8226;A =48（种）站法方法二首先考虑两端两个特殊位置，甲、乙去站有A 种站法，然后考虑中间4个位置，由剩下的4人去站，有A 种站法，由分步计数原理共有A &#8226;A =48（种）站法（6）方法一甲在左端的站法有A 种，乙在右端的站法有A 种，且甲在左端而乙在右端的站法有A 种，共有A -2A +A =04（种）站法方法二以元素甲分类可分为两类：①甲站右端有A 种站法，②甲在中间4个位置之一，而乙不在右端有A &#8226;A &#8226;A 种，故共有A +A &#8226;A &#8226;A =04（种）站法例2 （16分）男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人选派人外出比赛在下列情形中各有多少种选派方法？（1）男运动员3名，女运动员2名；（2）至少有1名女运动员；（3）队长中至少有1人参加；（4）既要有队长，又要有女运动员解（1）第一步：选3名男运动员，有种选法第二步：选2名女运动员，有种选法共有&#8226; =120种选法4分（2）方法一至少1名女运动员包括以下几种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4女1男由分类计数原理可得总选法数为+ + + =246种8分方法二“至少1名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解从10人中任选人有种选法，其中全是男运动员的选法有种所以“至少有1名女运动员”的选法为- =246种8分（3）方法一可分类求解：“只有男队长”的选法为；“只有女队长”的选法为；“男、女队长都入选”的选法为；所以共有2 + =196种选法12分方法二间接法：从10人中任选人有种选法其中不选队长的方法有种所以“至少1名队长”的选法为- =196种12分（4）当有女队长时，其他人任意选，共有种选法不选女队长时，必选男队长，共有种选法其中不含女运动员的选法有种，所以不选女队长时的选法共有- 种选法所以既有队长又有女运动员的选法共有+ - =191种16分例3 4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内（1）恰有1个盒不放球，共有几种放法？（2）恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？（3）恰有2个盒不放球，共有几种放法？解（1）为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步计数原理，共有×A =144种（2）“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一事，所以共有144种放法（3）确定2个空盒有种方法4个球放进2个盒子可分成（3，1）、（2，2）两类，第一类有序不均匀分组有A 种方法；第二类有序均匀分组有&#8226;A 种方法故共有( A + &#8226;A ）=84种1用0、1、2、3、4、这六个数字，可以组成多少个分别符合下列条的无重复数字的四位数：(1)奇数；(2)偶数；(3)大于3 12的数解(1)先排个位，再排首位，共有A &#8226;A &#8226;A =144（个）(2)以0结尾的四位偶数有A 个，以2或4结尾的四位偶数有A &#8226;A &#8226;A 个，则共有A + A &#8226;A &#8226;A =16（个）(3)要比3 12大，4、作千位时有2A 个，3作千位，2、4、作百位时有3A 个，3作千位，1作百位时有2A 个，所以共有2A +3A +2A =162（个）2某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派名参加赈灾医疗队，其中（1）某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？（2）甲、乙均不能参加，有多少种选法？（3）甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？（4）队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？解（1）只需从其他18人中选3人即可，共有=816（种）（2）只需从其他18人中选人即可，共有=8 68（种）（3）分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有+ =6 936（种）（4）方法一（直接法）至少一名内科医生一名外科医生的选法可分四类：一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，所以共有+ + + =14 66（种）方法二（间接法）由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得-（+ )=14 66(种）3有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？（1）分成1本、2本、3本三组；（2）分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本；（3）分成每组都是2本的三组；（4）分给甲、乙、丙三人，每人2本解（1）分三步：先选一本有种选法；再从余下的本中选2本有种选法；对于余下的三本全选有种选法，由分步计数原理知有=60种选法（2）由于甲、乙、丙是不同的三人，在（1）的基础上，还应考虑再分配的问题，因此共有 A =360种选法（3）先分三步，则应是种选法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A、B、、D、E、F，若第一步取了AB，第二步取了D，第三步取了EF，记该种分法为（AB，D，EF），则种分法中还有（AB、EF、D），（D、AB、EF）、（D、EF、AB）、（EF、D、AB）、（EF、AB、D）共有A 种情况，而且这A 种情况仅是AB、D、EF的顺序不同，因此，只算作一种情况，故分法有=1种（4）在问题（3）的工作基础上再分配，故分配方式有&#8226;A = =90种一、填空题1用数字1，2，3，4，组成没有重复数字的五位数，其中小于0 000的偶数共有个答案362将编号为1，2，3，4，的五个球放入编号为1，2，3，4，的五个盒子里，每个盒子内放一个球，若恰好有三个球的编号与盒子编号相同，则不同投放方法共有种答案103记者要为名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有种答案9604在图中，“构建和谐社会，创美好未”，从上往下读（不能跳读），共有种不同的读法答案22(2008&#8226;天津理)有8张卡片分别标有数字1，2，3，4，，6，7，8，从中取出6张卡片排成3行2列，要求3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为，则不同的排法共有种答案1 2486（2008&#8226;安徽理）12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（用式子表示）答案A7平面内有四个点，平面内有五个点，从这九个点中任取三个，最多可确定个平面，任取四点，最多可确定个四面体（用数字作答）答案72 1208（2008&#8226;浙江理，16）用1，2，3，4，，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻这样的六位数的个数是（用数字作答）答案40二、解答题9某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，求该外商不同的投资方案有多少种？解可先分组再分配，据题意分两类，一类：先将3个项目分成两组，一组有1个项目，另一组有2个项目，然后再分配给4个城市中的2个，共有A 种方案；另一类1个城市1个项目，即把3个元素排在4个不同位置中的3个，共有A 种方案由分类计数原理可知共有A +A =60种方案10外活动小组共13人，其中男生8人，女生人，并且男、女各指定一名队长，现从中选人主持某种活动，依下列条各有多少种选法？（1）只有一名女生；（2）两队长当选；（3）至少有一名队长当选；（4）至多有两名女生当选解（1）一名女生，四名男生，故共有&#8226; =30（种）（2）将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有&#8226; =16（种）（3）至少有一名队长含有两类：有一名队长和两名队长故共有：&#8226; + &#8226; =82（种）或采用间接法：- =82（种）（4）至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生故选法为&#8226; + &#8226; + =966（种）11已知平面∥，在内有4个点，在内有6个点（1）过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同平面？（2）以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？（3）上述三棱锥中最多可以有多少个不同的体积？解（1）所作出的平面有三类：①内1点，内2点确定的平面，有&#8226; 个；②内2点，内1点确定的平面，有&#8226; 个；③，本身∴所作的平面最多有&#8226; + &#8226; +2=98（个）（2）所作的三棱锥有三类：①内1点，内3点确定的三棱锥，有&#8226; 个；②内2点，内2点确定的三棱锥，有&#8226; 个；内3点，内1点确定的三棱锥，有&#8226; 个∴最多可作出的三棱锥有：&#8226; + &#8226; + &#8226; =194（个）（3）∵当等底面积、等高的情况下三棱锥的体积相等,且平面∥，∴体积不相同的三棱锥最多有+ + &#8226; =114（个）12有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，共有多少种不同排法？解∵前排中间3个座位不能坐，∴实际可坐的位置前排8个，后排12个（1）两人一个前排，一个后排，方法数为&#8226; &#8226;A 种；（2）两人均在后排左右不相邻，共A -A &#8226;A =A 种；（3）两人均在前排，又分两类：①两人一左一右，共&#8226; &#8226;A 种；②两人同左同右，有2（A -A &#8226;A ）种综上可知，不同排法种数为&#8226; &#8226;A +A + &#8226; &#8226;A +2（A -A &#8226;A ）=346种§103 二项式定理1在（1+x）n(n∈N*)的二项展开式中，若只有x的系数最大，则n= 答案102在（a2-2a ）n的展开式中，则下列说法错误的有个①没有常数项②当且仅当n=2时，展开式中有常数项③当且仅当n=时，展开式中有常数项④当n= (∈N*)时，展开式中有常数项答案33若多项式(x+1）n- (x+1)n-1+…+(-1)r (x+1)n-r+…+(-1)n =a0xn+a1xn-1+…+an-1x+an,则a0+a1+…+an-1+an=答案14（2008&#8226;东理）(x- )12展开式中的常数项为答案-220（2008&#8226;福建理，13）若(x-2)=ax+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,则a1+a2+a3+a4+a= （用数字作答）答案31例1 在二项式( + )n的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中的有理项和二项式系数最大的项解∵二项展开式的前三项的系数分别是1，，n（n-1），∴2&#8226; =1+ n（n-1），解得n=8或n=1（不合题意，舍去），∴T+1= x = 2-x4- ，当4- ∈Z时，T+1为有理项，∵0≤≤8且∈Z,∴=0，4，8符合要求故有理项有3项，分别是T1=x4，T= x，T9= x-2∵n=8，∴展开式中共9项，中间一项即第项的二项式系数最大T= x例2 已知(1-2x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7求:(1)a1+a2+…+a7;(2)a1+a3+a+a7;(3)a0+a2+a4+a6;(4)|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|解令x=1,则a0+a1+a2+a3+a4+a+a6+a7=-1①令x=-1,则a0-a1+a2-a3+a4-a+a6-a7=37②(1)∵a0= =1,∴a1+a2+a3+…+a7=-2(2)(①-②)÷2,得a1+a3+a+a7= =-1 094(3)(①+②)÷2,得a0+a2+a4+a6= =1 093(4)∵(1-2x)7展开式中,a0,a2,a4,a6都大于零,而a1,a3,a,a7都小于零,∴|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|=(a0+a2+a4+a6)-(a1+a3+a+a7),∴由(2)、（3）即可得其值为2 187例3 （14分）（1）已知n∈N*,求证：1+2+22+23+…+2n-1能被31整除；（2）求09986的近似值，使误差小于0001（1）证明∵1+2+22+23+…+2n-1= =2n-1=32n-13分=（31+1）n-1=31n+ &#8226;31n-1+ &#8226;31n-2+…+ &#8226;31+1-1=31（31n-1+ &#8226;31n-2+…+ ）6分显然括号内的数为正整数，故原式能被31整除7分（2）解∵09986=（1-0002）6=1- （0002）+ （0002）2- （0002）3+…10分第三项T3=1×(0002)2=0000 06＜0001,以后各项更小,∴09986≈1-0012=098814分1在（3x-2）20的展开式中，求：（1）二项式系数最大的项；（2）系数绝对值最大的项；（3）系数最大的项解（1）二项式系数最大的项是第11项，T11= 310（-2）10x1010= 610x1010（2）设系数绝对值最大的项是第r+1项，于是，化简得，解得7 ≤r≤8所以r=8,即T9= 312&#8226;28&#8226;x128是系数绝对值最大的项（3）由于系数为正的项为奇数项，故可设第2r-1项系数最大，于是，化简得解之得r=,即2×-1=9项系数最大T9= &#8226;312&#8226;28&#8226;x1282求x(1-x)4+x2(1+2x)+x3(1-3x)7展开式中各项系数的和解设x(1-x)4+x2(1+2x)+x3(1-3x)7=a0+a1x+a2x2+…+anxn在原式中，令x=1,则1×(1-1)4+12×(1+2)+13×(1-3)7=11,∴展开式中各项系数的和为113求证:3n＞(n+2)&#8226;2n-1 （n∈N*，n＞2）证明利用二项式定理3n=(2+1)n展开证明因为n∈N*，且n＞2,所以3n=(2+1)n展开后至少有4项（2+1）n=2n+ &#8226;2n-1+…+ &#8226;2+1≥2n+n&#8226;2n-1+2n+1＞2n+n&#8226;2n-1=(n+2)&#8226;2n-1,故3n＞(n+2)&#8226;2n-1一、填空题1（1-2x)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6，则|a0|+|a1|+|a2|+…+|a6|的值为答案7292（2008&#8226;安徽理）设（1+x）8=a0+a1x+…+a8x8，则a0，a1，…，a8中奇数的个数为答案23（2008&#8226;全国Ⅱ理）(1- )6(1+ )4的展开式中x的系数是答案-34已知(x- )8展开式中常数项为1 120，其中实数a为常数，则展开式中各项系数的和为答案1或38若(1+x2)n的展开式中各项系数之和是an,（2x3+)n的展开式中各项的二项式系数之和为bn,则的值为答案6设∈N*,n∈N*,若f(x)=(1+2x)+(1+3x)n的展开式中x的系数为13，则x2的系数为答案31或407（1+x）6(1-x)4展开式中x3的系数是答案-88（2008&#8226;天津理，11）的二项展开式中x2的系数是（用数字作答）答案40二、解答题9已知( + )n (n∈N*)的展开式中第项的系数与第3项的系数之比为10∶1求展开式中系数最大的是第几项？解依题意，第项的系数为&#8226;24，第三项的系数为&#8226;22，则有= ，解得n=8设展开式中第r+1项的系数最大，则解得≤r≤6∴第6项和第7项的系数相等且最大，即最大为6×2=7×28=1 79210已知（+3x2）n展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992求展开式中系数最大的项解令x=1，得各项的系数和为（1+3）n=4n，而各项的二项式系数和为：+ +…+ =2n，∴4n=2n+992∴(2n-32)(2n+31)=0∴2n=32或2n=-31（舍去），∴n=设第r+1项的系数最大，则即∴≤r≤ ，又r∈Z，∴r=4，∴系数最大的项是T= x （3x2）4=40x11（1）求(x2- )9的展开式中的常数项；（2）已知( - )9的展开式中x3的系数为，求常数a的值；（3）求（x2+3x+2）的展开式中含x的项解（1）设第r+1项为常数项，则Tr+1= (x2）9-r&#8226;(- )r=(- )r x令18-3r=0,得r=6,即第7项为常数项T7= =∴常数项为(2)设第r+1项是含x3的项，则有( )9-r = x3,得：xr-9x =x3，故r-9=3,即r=8∴a（- ）8= ，∴a=4。

1．应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线条数f (n )＝12n (n －3)(n ≥3)．证明：①当n ＝3时，三角形没有对角线，f (3)＝0，又f (3)＝12×3×(3－3)＝0，命题成立．②假设当n ＝k (k ≥3)时命题成立，即凸k 边形A 1A 2…A k 有f (k )＝12k (k －3)条对角线，再加一个顶点A k ＋1，构成凸k ＋1边形，则增加了k －2条对角线，又原来的边A 1A k 变成了对角线，故对角线增加了k －1条，即凸k ＋1边形有f (k ＋1)＝12k (k－3)＋k －1＝12(k 2－3k ＋2k －2)＝12(k 2－k －2)＝12(k ＋1)[(k ＋1)－3]条对角线，可知当n ＝k ＋1时，命题成立，综合①②可知命题对于n ≥3的自然数n 都成立．2．是否存在一个等差数列{a n }，使得对任何正整数n ，等式a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n (n ＋1)(n ＋2)都成立，并证明你的结论．解析：将n ＝1,2,3分别代入等式得方程组：⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝6，a 1＋2a 2＝24，a 1＋2a 2＋3a 3＝60，解得a 1＝6，a 2＝9，a 3＝12，设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝3，从而a n ＝3n ＋3.故存在一个等差数列a n ＝3n ＋3，使得当n ＝1,2,3时，等式成立．下面用数学归纳法证明结论成立．①当n ＝1时，结论显然成立．②假设n＝k(k≥1，且k∈N*)时，等式成立，即a1＋2a2＋3a3＋…＋ka k＝k(k＋1)(k＋2)．那么当n＝k＋1时，a1＋2a2＋3a3＋…＋ka k＋(k＋1)a k＋1＝k(k＋1)(k＋2)＋(k＋1)[3(k＋1)＋3]＝(k＋1)(k2＋2k＋3k＋6)＝(k＋1)(k＋2)(k＋3)＝(k＋1)[(k＋1)＋1][(k＋1)＋2]．∴当n＝k＋1时，结论也成立．由①②知存在一个等差数列a n＝3n＋3，使得对任何正整数n，等式a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝n(n＋1)(n＋2)都成立．3．已知数列{a n}，a n≥0，a1＝0，a2n＋1＋a n＋1－1＝a2n.求证：当n∈N*时，a n<a n＋1.证明：(1)当n＝1时，因为a2是方程x2＋x－1＝0的正根，所以a1<a2.(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，0≤a k<a k＋1，因为a2k＋1－a2k＝(a2k＋2＋a k＋2－1)－(a2k＋1＋a k＋1－1)＝(a k＋2－a k＋1)(a k＋2＋a k＋1＋1)>0，所以a k＋1<a k＋2，即当n＝k＋1时，a n<a n＋1也成立．根据(1)和(2)，可知a n<a n＋1对任意n∈N*都成立．4．已知a>0，b>0，n>1，n∈N*.用数学归纳法证明：a n＋b n2≥(a＋b2)n.证明：(1)当n＝2时，左边－右边＝a2＋b22－(a＋b2)2＝(a－b2)2≥0，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *，k >1)时，不等式成立，即a k ＋b k 2≥(a ＋b 2)k .因为a >0，b >0，k >1，k ∈N *，所以(a k ＋1＋b k ＋1)－(a k b ＋ab k )＝(a －b )·(a k －b k )≥0， 于是a k ＋1＋b k ＋1≥a k b ＋ab k .当n ＝k ＋1时，(a ＋b 2)k ＋1＝(a ＋b 2)k ·a ＋b 2≤a k ＋b k 2·a ＋b 2＝a k ＋1＋b k ＋1＋a k b ＋ab k 4≤a k ＋1＋b k ＋1＋a k ＋1＋b k ＋14＝a k ＋1＋b k ＋12， 即当n ＝k ＋1时，不等式也成立．综合(1)，(2)知，对于a >0，b >0，n >1， n ∈N *，不等式a n ＋b n 2≥(a ＋b 2)n 总成立．。

g3.1029数学归纳法一、知识回顾数学归纳法是一种证明与正整数n 有关的数学命题的重要方法. 1.用数学归纳法证明命题的步骤为:①验证当n 取第一个值0n 时命题成立,这是推理的基础;②假设当n=k ),(0*n k N k ≥∈时命题成立.在此假设下,证明当1+=k n 时命题也成立是推理的依据. ○3结论. 2.探索性问题在数学归纳法中的应用（思维方式）: 观察,归纳,猜想,推理论证. 3.特别注意：(1)用数学归纳法证明问题时首先要验证0n n =时成立,注意0n 不一定为1; (2)在第二步中,关键是要正确合理地运用归纳假设,尤其要弄清由k 到k+1时命题的变化 二．基本训练1.已知某个命题与正整数有关,如果当)(*N k k n ∈=时该命题成立,那么可以推得1+=k n 时该命题也成立.现已知5=n 时该命题不成立,则( )A 4=n 时该命题成立B 6=n 时该命题不成立C 4=n 时该命题不成立D 6=n 时该命题成立2．用数学归纳法证明2n >n 2 (n ∈N,n ≥5),则第一步应验证n= ;3．用数学归纳法证明:*1111(,1)2321nn n N n +++⋅⋅⋅+<∈>-时, ,第一步验证不等式 成立；在证明过程的第二步从n=k 到n=k+1成立时,左边增加的项数是 . 三、例题分析例1:已知*N n ∈,证明:n n 211214131211--+⋅⋅⋅+-+-nn n 212111+⋅⋅⋅++++=.例2、求证：n n n +≤++++≤+21213121121例3.是否存在正整数m 使得()()9372+⋅+=n n n f 对任意自然数n 都能被m 整除，若存在，求出最大的m 的值，并证明你的结论。

若不存在说明理由。

例4.平面内有n )(*N n ∈个圆,其中每两个圆都相交于两点,且每三个圆都不相交于同一点,求证:这n 个圆把平面分成22+-n n 个部分.例5.设f(k)满足不等式()()*-∈-≥-⋅+N k k x x k 1223log log 122的自然数x 的个数 （1）求f(k)的解析式；（2）记)()2()1(n f f f S n +++= ，求n S 的解析式；（3）令()*∈-+=N n n n P n 12，试比较n S 与n P 的大小。

高考数学一轮复习方法之数学归纳法
减小，最终实现目标完成解题。

运用数学归纳法，可以证明下列问题：与自然数n有关的恒等式、代数不等式、三角不等式、数列问题、几何问题、整除性问题等等。

常见数学归纳法及其证明方法
(一)第一数学归纳法
一般地，证明一个与正整数n有关的命题，有如下步骤(1)证明当n取第一个值时命题成立，对于一般数列取值为1，但也有特殊情况，
(2)假设当n=k(k[n的第一个值]，k为自然数)时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。

(二)第二数学归纳法
对于某个与自然数有关的命题，
(1)验证n=n0时P(n)成立，
(2)假设no
综合(1)(2)对一切自然数n(n0)，命题P(n)都成立，
(三)螺旋式数学归纳法
P(n)，Q(n)为两个与自然数有关的命题，
假如(1)P(n0)成立，
(2)假设P(k)(kn0)成立，能推出Q(k)成立，假设Q(k)成立，能推出P(k+1)成立，综合(1)(2)，对于一切自然数n(n0)，P(n)，Q(n)都成立，
(四)倒推数学归纳法(又名反向数学归纳法)
(1)对于无穷多个自然数命题P(n)成立，
(2)假设P(k+1)成立，并在此基础上推出P(k)成立，
综合(1)(2)，对一切自然数n(n0)，命题P(n)都成立，
总而言之：归纳法是由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法。

归纳法分为完全归纳法和不完全归纳法完全归纳法：数学归纳法就是一种不完全归纳法，在数学中有着重要的地位!
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D EC B Ag3.1065空间的角一． 知识回顾：1．异面直线,a b 所成角的定义： ．2．直线与平面所成角θ：（1）直线与平面平行或直线在平面内，则θ= ． （2）直线与平面垂直，则θ= ．（3）直线是平面的斜线，则θ定义为 ． 3．最小角定理： ． 4．二面角的概念： ． 5．二面角的平面角： ．6．求二面角平面角大小的一般方法： ．二． 基础训练：1．二面角l αβ--内有一点P ，若P 到平面,αβ的距离分别是5,8，且P 在平面,αβ的内的射影的距离为7，则二面角l αβ--的度数是（ C ）()A30 ()B60 ()C 120 ()D 1502．已知,E F 分别是正方体1111ABCD A B C D -的棱1,BC CC 的中点，则截面1AEFD 与底面ABCD 所成二面角的正弦值是 （ C ）()A 32 ()B 32()C 35 ()D 3223．对于平面几何中的，这个 4．在四面体ABCD 中，,,AB BC BD 两两垂直，且2AB BC ==，E 是AC 中点，异面直线,AD BE所成的角为arccos10，则二面角D AC B --的大小为 ． 三． 例题分析：例 1. 如图，已知四棱锥P ABCD -的底面是直角梯形，90ABC BCD ∠=∠=，2AB BC PB PC CD ====，侧面PBC ⊥底面ABCD ．（1）PA 与BD 是否相互垂直，请证明你的结论； （2）求二面角P BD C --的大小； （3）求证：平面PAD ⊥平面PAB ． 解：（1）PA 与BD 相互垂直.证明如下：取BC 的中点O ，连结AO ，交BD 于点E ；连结PO ．∵PB PC =，∴PO BC ⊥．又∵平面PBC ⊥平面ABCD ， 平面PBC ∩平面ABCD BC =，∴PO ⊥平面ABCD ． 在梯形ABCD 中，可得Rt ABO Rt BCD ∆≅∆， ∴90BEO OAB DBA DBC DBA ∠=∠+∠=∠+∠=， 即AO BD ⊥， ∴PA BD ⊥ ． （2）连结PE ，由PO ⊥平面ABCD ，AO BD ⊥，可得PE BD ⊥， ∴PEO ∠为二面角P BD C --的平面角，设22AB BC PB PC CD a =====，则在Rt PEO ∆中，,,PO OE ==.15tan ==∠EOPOPEO ∴二面角P BD C --为． （3）取PB 的中点N ，连结CN ，由题意知：平面PBC ⊥平面PAB ， 则同“（1）”可得CN ⊥平面PAB ．取PA 的中点M ，连结,DM MN ，则由////MN AB CD ，· B 1PACDA1C 1D 1BO H·12MN AB CD ==，得四边形MNCD 为平行四边形. ∴//CN DM ， ∴DM ⊥平面PAB ．∴平面PAD ⊥平面PAB ． 解答二：取BC 的中点O ，由侧面PBC ⊥底面ABCD ， PBC ∆是等边三角形， 得PO ⊥底面ABCD ．以O 为原点，以BC 所在直线为x 轴， 过点O 与AB 平行的直线为y 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -， 设1CD =，则在直角梯形中，2AB BC ==，在等边三角形PBC 中，PO ．∴(1,2,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,0,3)A B D P ---).3,2,1(),0,1,2(--=--=（1）PA 与BD 相互垂直.证明如下：∵,0)3(0)2()1(1)2(=-⨯+-⨯-+⨯-=⋅PA BD ∴,PA BD PA BD ⊥⊥．（2）连结AO ，设AO 与BD 相交于点E ；连结PE ．由,000)1()2()2(1=⨯+-⨯-+-⨯=⋅得,OA BD AO BD ⊥⊥即． 又∵AO 为PA 在平面ABCD 内的射影，∴PE BD ⊥，PEO ∠为二面角P BD C --的平面角． 在Rt BEO ∆中，sin 5OE OB OBE =∠=． 在Rt PEO ∆中，tan POPEO OE∠== ∴二面角P BD C --为（3）取PA 的中点M ，连结DM ，则M 的坐标为1(,2-． 又3(2DM =，(1,0,PB =， ∴310(2)(02DM PA ⋅=⨯+⨯-=3100(02DM PB ⋅=⨯+⨯+=．∴,,,DM PA DM PB DM PA DM PB ⊥⊥⊥⊥即 ∴DM ⊥平面PAB ． ∴平面PAD ⊥平面PAB ．小结：三垂线定理是求二面角的平面角的又一常用方法．例2.在060的二面角βα--l 中，βα∈∈B A ,，已知A 、B 到l 的距离分别是2和4，且10=AB ，A 、B 在l 的射影分别为C 、D ，求：（1）CD 的长度；（2）AB 和棱l 所成的角．例3.棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，O 是正方形1111A B C D 的中心，点P 在棱1CC 上，且14CC CP =． （Ⅰ）求直线AP 与平面11BCC B 所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；（Ⅱ）设O 点在平面1D AP 上的射影是H ，求证：1D H AP ⊥．DECBA例4. 在三棱锥S ABC -中，ABC ∆是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC，SA SC ==,M N 分别是,AB SB 的中点．（1）证明AC SB ⊥； （2）求二面角N CM B --的大小； （3）求点B 到平面CMN 的距离．例5. 如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的侧棱AA 1的长为a ，底面ABCD 是边长AB=2a ，BC=a 的矩形，又E 是C 1D 1的中点； （1）CE 与BD 1所成角的余弦值； （2）求证：平面BCE ⊥平面BDE ；（3）求二面角B －DC 1－C 的平面角的大小四、作业同步练习g3.1065空间的角3．过正方形ABCD 的顶点A ，引PA ⊥平面ABCD ，若PA AB =，则平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小是（ ）()A30 ()B45()C60 ()D904．已知正三棱锥两个相邻侧面所成二面角为θ，那么θ的取值范围 （ ） ()A ︒<<︒18060θ ()B ︒<60θ()C ︒>90θ ()D ︒>90θ或︒<60θ 5．在正三棱柱111ABC A B C -中，已知1AB =，D 在1BB 上，且1BD =，若AD 与平面11AAC C 所成的角为α，则α=（ ）()A 13()B 4π ()C arcsin4()D arcsin 46．一直线和直二面角的两个面所成的角分别是,αβ，则αβ+的范围是（ ）()A [,)2ππ ()B [0,)2π ()C (0,]2π ()D [0,]2π 7．已知AB 是两条异面直线,AC BD 的公垂线段，1,10,AB AC BD ===，则,AC BD 所成的角为 ．8．在四面体ABCD 中，,,AB BC BD 两两垂直，且2AB BC ==，E 是AC 中点，异面直线,AD BE所成的角为，则二面角D AC B --的大小为 ．D A C A 1 B 1 C 1 D 1 B E9.在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD DC =，E 是PC 中点，作EF PB⊥交PB 于F ．（1）证明//PA 平面EDB ： （2）证明PB ⊥平面EFD ；（3）求二面角C PB D --的大小．10.如图直四棱柱 1111ABCD A BC D -中，底面ABCD 是直角梯形，设090=∠=∠ABC BAD ，2,8BC AD ==,异面直线1AC 与D A 1互相垂直， （1）求证：D A 1⊥平面B AC 1；（2）求侧棱1AA 的长；（3）已知4AB =，求D A 1与平面11B ADC 所成的角．D 1C 1B 1A 1DCB A。

2006高三数学总复习第一章 集合、不等式的解法与简易逻辑一、 本章复习建议：解不等式是高中数学的主要工具之一，建议将第六章“不等式”拆开，把不等式的解法安排在第一章.二、 考试内容：(1) 集合、子集、补集、交集、并集．(2)不等式的解法．含绝对值的不等式．三、 (3)逻辑联结词．四种考试要求：（1）理解集合、子集、补订、交集、交集的概念．了解空集和全集的意义．了解属于、包含、相等关系的意义．掌握有关的术语和符号，并会用它们正确表示一些简单的集合．（2）掌握简单不等式的解法．（3）理解逻辑联结词"或"、"且"、"非"的含义．理解四种g3.1001集合的概念和运算（1）一、知识回顾：1. 基本概念：集合、元素；有限集、无限集；空集、全集；符号的使用.2. 集合的表示法：列举法、描述法、图形表示法.3. 集合元素的特征：确定性、互异性、无序性.4. 集合运算：交、并、补.{|,}{|}{,}A B x x A x B A B x x A x B A x U x A ⇔∈∈⇔∈∈⇔∈∉U 交：且并：或补：且C5. 主要性质和运算律（1） 包含关系：,,,,,;,;,.U A A A A U A U A B B C A C A B A A B B A B A A B B ⊆Φ⊆⊆⊆⊆⊆⇒⊆⊆⊆⊇⊇C （2） 等价关系：U A B A B A A B B AB U ⊆⇔=⇔=⇔=C （3） 集合的运算律：交换律：.;A B B A A B B A ==结合律:)()();()(C B A C B A C B A C B A ==分配律:.)()()();()()(C A B A C B A C A B A C B A ==0-1律：,,,A A A UA A U A U Φ=ΦΦ===等幂律：.,A A A A A A == 求补律：A ∩ U A=φ A ∪ U A=U U U=φ U φ=U U ( U A)=A反演律： U (A ∩B)= ( U A)∪( U B) U (A ∪B)= ( U A)∩( U B)6. 有限集的元素个数定义：有限集A 的元素的个数叫做集合A 的基数，记为card( A)规定 card(φ) =0.基本公式：(1)()()()()(2)()()()()()()()()card A B card A card B card A B card A B C card A card B card C card A B card B C card CA card ABC =+-=++---+ (3) card( U A)= card(U)- card(A)（4）设有限集合A, card(A)=n,则(ⅰ)A 的子集个数为n 2； (ⅱ)A 的真子集个数为12-n ；(ⅲ)A 的非空子集个数为12-n ；(ⅳ)A 的非空真子集个数为22-n .（5）设有限集合A 、B 、C ， card(A)=n ，card(B)=m,m<n,则(ⅰ) 若A C B ⊆⊆,则C 的个数为m n -2；(ⅱ) 若A C B ⊂⊆,则C 的个数为12--m n ；(ⅲ) 若A C B ⊆⊂,则C 的个数为12--m n ； (ⅳ) 若A C B ⊂⊂,则C 的个数为22--m n .二、基础训练1.（04年全国Ⅰ理）设A 、B 、I 均为非空集合，且满足I B A ⊆⊆，则下列各式中错误的是 （ ）（A ）I B A C I =⋃)( (B) I B C A C I I =⋃)()( (C) Φ=⋂)(B C A I (D) B C B C A C I I I =⋂)()(2.（05全国卷Ⅰ）设I 为全集，321S S S 、、是I 的三个非空子集，且I S S S =⋃⋃321，则下面论断正确的是(C)（A ）Φ=⋃⋂）（321S S S C I（B ）123I I S C S C S ⊆⋂（） （C ）Φ=⋂⋂）321S C S C S C I I I（D ）123I I S C S C S ⊆⋃（） 3.（05湖北卷）设P 、Q 为两个非空实数集合，定义集合P+Q=},5,2,0{},,|{=∈∈+P Q b P a b a 若}6,2,1{=Q ，则P+Q 中元素的个数是 （ B ）A ．9B ．8C ．7D ．64.设集合A 和B 都是坐标平面上点集{（x,y ）︳x ∈R,y ∈R},映射f: A →B 把集合A 中的元素(x,y)映射成集合B 中的元素(x+y,x-y)，则在映射f 下，象(2,1)的原象是( ) (A)(3,1) (B) (21,23) (C)(21,23-) (D)(1,3) f(P)={y ︱y=f(x),x ∈P}5.（04年北京理）函数⎩⎨⎧∈-∈=M x x P x x x f )(，其中P 、M 为实数集R 的两个非空子集，又规定f(P)={y ︱y=f(x),x ∈P}, f(M)={y ︱y=f(x),x ∈M}.给出下列四个判断，其中正确判断有 （ ）①若P ∩M=Φ则f(P)∩f(M)=Φ②若P ∩M ≠Φ则f(P)∩f(M)≠Φ③若P ∪M=R 则f(P)∪f(M)=R ④若P ∪M ≠R 则f(P)∪f(M)≠R(A) 1个 (B) 2个 (C) 3个 (D) 4个三、例题分析例1．已知集合A={}xy y x y x ,,+-，B={}0,,2222y x y x -+，A=B ，求x ，y 的值。