2020届二轮(理科数学) 计数原理、排列组合 专题卷(全国通用)

1经过点M (2,7)且倾斜角为π6的直线,以定点M 到动点P 的位移t 为参数的参数方程是( ) A .{x =2-√32t ,y =7+12t(t 为参数)B.{x =2+√32t ,y =7-12t(t 为参数)C .{x =2-√32t ,y =7-12t (t 为参数)D.{x =2+√32t ,y =7+12t (t 为参数),得{x =2+tcos π6,y =7+tsin π6(t 为参数),即{x =2+√32t ,y =7+12t (t 为参数).2若直线的参数方程为{x =√3+12t ,y =3-√32t (t 为参数),则该直线的斜率为( ) A .√3B.−√3 C .√33D.−√33为{x =√3+12t ,y =3-√32t ,化为标准形式{x =√3+(-t )cos120°,y =3+(-t )sin120°(−t 为参数),所以直线的倾斜角为120°,斜率为−√3. 答案B3(2018·北京朝阳区一模)若直线l 的参数方程为{x =-√3t ,y =1+3t(t 为参数),则l 的倾斜角大小为( ) A .π6B.π3 C .2π3D.5π6l 的参数方程为{x =-√3t ,y =1+3t(t 为参数),可知直线l 的普通方程为y=1−√3x,所以直线l的斜率为−√3,即倾斜角为2π3.4在极坐标系中,圆ρ=-2sin θ的圆心的极坐标可能是()A.(1,π2)B.(-1,π2)C.(1,0)D.(1,π)x2+y2=-2y,即为x2+(y+1)2=1,圆心的直角坐标为(0,-1),化为极坐标可以为(1,-π2),也可以表示为(-1,π2).故选B.5在极坐标系中,过点P(3,π3)且垂直于极轴的直线方程为()A.ρcos θ=32B.ρsin θ=32C.ρ=32cos θD.ρ=32sin θA,则|OA|=|OP|·co sπ3=32.又设直线上任意一点M(ρ,θ)(除点P外),则|OM|·cos θ=|OA|,即ρcos θ=32.因为点P(3,π3)适合上式,所以所求的直线方程为ρcos θ=32.6在极坐标系中,与圆ρ=6cos θ相切的一条直线方程为() A.ρsin θ=6 B.ρcos θ=3C.ρcos θ=6D.ρcos θ=-6(x-3)2+y2=9,四个选项所对应的直线方程分别为y=6,x=3,x=6,x=-6,易知x=6满足题意.故选C.7圆心在点(-1,1)处,且过原点的圆的极坐标方程是()A.ρ=2(sin θ-cos θ)B.ρ=2(cos θ-sin θ)C.ρ=2sin θD.ρ=2cos θ,圆的半径为√(-1)2+12=√2,所以圆的直角坐标方程为(x+1)2+(y-1)2=2,即x2+y2=-2(x-y).将其化为极坐标方程,为ρ2=-2(ρcos θ-ρsin θ).因为圆过极点,所以方程可简化为ρ=2(sin θ-cos θ).8(2018·天津模拟)在极坐标系中,点(√2,π4)到直线ρcos θ−ρsin θ−1=0的距离等于________________________.(√2,π4)的直角坐标为(1,1),直线ρcos θ-ρsin θ-1=0的直角坐标方程为x-y-1=0,点√2=√22.9在极坐标系中,点P(-2,π2)到直线l:3ρcos θ−4ρsin θ=3的距离为.,点P的坐标为(0,-2),直线l的方程为3x-4y-3=0,所以点P到直线l的距离d=√32+(-4)=1.答案110在极坐标系中,曲线C1为ρ(√2cos θ+sin θ)=1,曲线C2为ρ=a(a>0).若曲线C1与C2的一个交点在极轴上,则a=.(√2cos θ+sin θ)=1,即√2ρcos θ+ρsin θ=1对应的直角坐标方程为√2x+y−1= 0,ρ=a(a>0)对应的直角坐标方程为x2+y2=a2.在√2x+y−1=0中,令y=0,得x=√22,将(√22,0)代入x2+y2=a2,得a=√22.11求过点A(2,π4)且平行于极轴的直线的极坐标方程.,在直线l上任意取除点A外的一点M(ρ,θ),连接OA,OM,过点M作极轴的垂线交极轴于点H.因为A(2,π4),所以|MH|=2si nπ4=√2.在Rt△OMH中,|MH|=|OM|sin θ,即ρsin θ=√2.易知点A(2,π4)适合该方程.故过点A(2,π4)且平行于极轴的直线方程为ρsin θ=√2.12在圆心的极坐标为A(4,0),半径为4的圆中,求过极点O的弦的中点的轨迹.M(ρ,θ)(ρ≠0)是所求轨迹上的任意一点.连接OM并延长交圆A于点P(ρ0,θ0),则有θ0=θ,ρ0=2ρ.由圆心为(4,0),半径为4的圆的极坐标方程,得ρ0=8cos θ0.所以2ρ=8cos θ,即ρ=4cos θ.故所求轨迹方程是ρ=4cos θ(ρ≠0).它表示以(2,0)为圆心,2为半径的圆(不含极点).能力提升1极坐标方程ρ2cos θ-ρ=0的直角坐标方程为()A.x2+y2=0或y=1B.x=1C.x2+y2=0或x=1D.y=1ρ(ρcos θ-1)=0,∴ρ=√x2+y2=0或ρcos θ=x=1.2极坐标方程分别为ρ=cos θ和ρ=sin θ的两个圆的圆心距是()A.2B.√2C.1D.√22,两圆的圆心的极坐标分别是(12,0)和(12,π2),这两点间的距离是√22.3在极坐标系中,曲线ρ=4si n(θ-π3)关于()A.直线θ=π3轴对称B.直线θ=5π6轴对称C.点(2,π3)中心对称D.极点中心对称,得(x+√3)2+(y−1)2=4,圆心为(−√3,1),化为极坐标为(2,5π6),故选B.4(2018·北京朝阳区二模)在极坐标系中,直线l:ρcos θ+ρsin θ=2与圆C:ρ=2cos θ的位置关系为()A.相交且过圆心B.相交但不过圆心C.相切D.相离l:ρcos θ+ρsin θ=2,可知直线l 的直角坐标方程为x+y-2=0. 由圆C :ρ=2cos θ,可知圆C 的直角坐标方程为x 2+y 2=2x , 整理得(x-1)2+y 2=1.所以圆心(1,0)到直线x+y-2=0的距离d =|1-2|√12+12=√22<1=r,因此直线与圆相交但不过圆心.5已知曲线C 1:ρ=2√2和曲线C2:ρcos (θ+π4)=√2,则C1上到C2的距离等于√2的点的个数为 .ρ=2√2与ρco s (θ+π4)=√2化为直角坐标方程分别为x 2+y 2=(2√2)2与x-y-2=0,则C 1是圆心在坐标原点,半径为2√2的圆,C 2是直线.因为圆心到直线x-y-2=0的距离为2,故满足条件的点的个数为3.6在极坐标系中,定点A (1,π2),点B 在直线l:ρcos θ+ρsin θ=0上运动,当线段AB 最短时,点B 的极坐标是 .(ρ≥0,θ∈[0,2π))ρcos θ+ρsin θ=0化为直角坐标方程为x+y=0,点A (1,π2)化为直角坐标为A (0,1). 如图,过点A 作AB ⊥直线l 于点B ,因为△AOB 为等腰直角三角形, 又因为|OA|=1,则|OB|=√22,∠BOx =3π4, 故点B 的极坐标是(√22,3π4).7已知曲线C 的极坐标方程为ρ=2(0≤θ<2π),曲线C 在点(2,π4)处的切线为l,以极点为坐标原点,以极轴为x 轴的正半轴建立平面直角坐标系,则l 的直角坐标方程为 .ρ=2可化为x 2+y 2=4,点(2,π4)可化为(√2,√2).因为点(√2,√2)在圆x 2+y 2=4上,故圆在点(√2,√2)处的切线方程为√2x +√2y =4,即x+y-2√2=0,故填x+y-2√2=0.2√2=08圆O 1和圆O 2的极坐标方程分别为ρ=4cos θ,ρ=-4sin θ.(1)把圆O 1和圆O 2的极坐标方程化为直角坐标方程; (2)求经过圆O 1、圆O 2的交点的直线的直角坐标方程.,极轴为x 轴正半轴建立平面直角坐标系,两坐标系中取相同的长度单位.(1)由ρ=4cos θ,得ρ2=4ρcos θ.根据x=ρcos θ,y=ρsin θ,可得x 2+y 2-4x=0, 故圆O 1的直角坐标方程为x 2+y 2-4x=0.同理可得圆O 2的直角坐标方程为x 2+y 2+4y=0. (2)由{x 2+y 2-4x =0,x 2+y 2+4y =0,解得{x 1=0,y 1=0,{x 2=2,y 2=-2.即圆O 1、圆O 2相交于点(0,0)和(2,-2),过两圆的交点的直线的直角坐标方程为y=-x. ★9在极坐标系中,已知圆C 的圆心C (3,π6),半径r =1,点Q 在圆C 上运动.(1)求圆C 的极坐标方程;(2)若点P 在直线OQ 上,且OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23QP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求动点P 的轨迹的极坐标方程.将圆C 的圆心的极坐标化为直角坐标为(3√32,32),所以圆C 的直角坐标方程为(x -3√32)2+(y -32)2=1,将其化为极坐标方程为ρ2-6ρco s (θ-π6)+8=0.(2)设点P 的坐标为(ρ,θ),点Q 的坐标为(ρ0,θ0),则由题意可知{ρ0=25ρ,θ0=θ.因为点Q 在圆C 上,所以点Q 的坐标适合圆C 的方程,代入得(25ρ)2−6×25ρcos (θ-π6)+8=0,整理即得动点P 的轨迹的极坐标方程为ρ2-15ρco s (θ-π6)+50=0.。

仿真模拟卷二本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合P ＝{0,1,2}，Q ＝{x |x <2}，则P ∩Q ＝( ) A ．{0} B ．{0,1} C ．{1,2} D ．{0,2}答案 B解析 因为集合P ＝{0,1,2}，Q ＝{x |x <2}，所以P ∩Q ＝{0,1}．2．已知复数z 满足|z |＝2，z ＋z －＝2(z －为z 的共轭复数)(i 为虚数单位)，则z ＝( )A ．1＋iB ．1－iC ．1＋i 或1－iD ．－1＋i 或－1－i 答案 C解析 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则z －＝a －b i ，z ＋z －＝2a ， 所以⎩⎨⎧ a 2＋b 2＝2，2a ＝2，得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝±1，所以z ＝1＋i 或z ＝1－i.3．若a >1，则“a x >a y ”是“log a x >log a y ”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 答案 A解析 由a >1，得a x >a y 等价为x >y ， log a x >log a y 等价为x >y >0，故“a x >a y ”是“log a x >log a y ”的必要不充分条件．4．已知a ＝log 52，b ＝log 0.50.2，c ＝0.50.2，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a <c <b B ．a <b <c C ．b <c <a D ．c <a <b 答案 A解析 因为a ＝log 52<log 55＝12， b ＝log 0.50.2>log 0.50.25＝2，0．51<c ＝0.50.2<0.50，即12<c <1， 所以a <c <b .5．执行如图所示的程序框图，则输出的i 的值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7答案 C解析 由题可得S ＝3，i ＝2→S ＝7，i ＝3→S ＝15，i ＝4→S ＝31，i ＝5→S ＝63，i ＝6，此时结束循环，输出i ＝6.6．已知{a n }，{b n }均为等差数列，且a 2＝4，a 4＝6，b 3＝9，b 7＝21，则由{a n }，{b n }公共项组成新数列{c n }，则c 10＝( )A ．18B ．24C ．30D ．36 答案 C解析 (直接法)由题意，根据等差数列的通项公式得，数列{a n }的首项为3，公差为1，a n ＝n ＋2，数列{b n }的首项为3，公差为3，b n ＝3n ，则易知两个数列的公共项组成的新数列{c n }即为数列{b n }，由此c 10＝b 10＝30，故选C.7．已知直线y ＝x ＋m 和圆x 2＋y 2＝1交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若AO →·AB →＝32，则实数m ＝( )A ．±1B ．±32C ．±22D ．±12 答案 C解析 联立⎩⎨⎧y ＝x ＋m ，x 2＋y 2＝1，得2x 2＋2mx ＋m 2－1＝0，∵直线y ＝x ＋m 和圆x 2＋y 2＝1交于A ，B 两点，O 为坐标原点，∴Δ＝－4m 2＋8＞0，解得－2<m <2，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－m ，x 1x 2＝m 2－12，y 1y 2＝(x 1＋m )(x 2＋m )＝x 1x 2＋m (x 1＋x 2)＋m 2，AO →＝(－x 1，－y 1)，AB →＝(x 2－x 1，y 2－y 1)，∵AO →·AB →＝32，∴AO →·AB →＝x 21－x 1x 2＋y 21－y 1y 2＝1－m 2－12－m 2－12＋m 2－m 2＝2－m 2＝32，解得m ＝±22.8．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，若△ABC 的面积为S ，且43S ＝(a ＋b )2－c 2，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C ＋π4＝( ) A ．1 B ．22C ．6－24D ．6＋24答案 D解析 由43S ＝(a ＋b )2－c 2，得43×12ab sin C ＝a 2＋b 2－c 2＋2ab ，∵a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ，∴23ab sin C ＝2ab cos C ＋2ab ，即3sin C －cos C ＝1，即2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C －π6＝1，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C －π6＝12，∵0<C <π， ∴－π6<C －π6<5π6，∴C －π6＝π6，即C ＝π3，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C ＋π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋π4＝sin π3cos π4＋cos π3sin π4＝32×22＋12×22＝6＋24. 9．关于函数f (x )＝x －sin x ，下列说法错误的是( ) A ．f (x )是奇函数B ．f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增C ．x ＝0是f (x )的唯一零点D ．f (x )是周期函数 答案 D解析 f (－x )＝－x －sin(－x )＝－x ＋sin x ＝－f (x )，则f (x )为奇函数，故A 正确；由于f ′(x )＝1－cos x ≥0，故f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，故B 正确；根据f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，f (0)＝0，可得x ＝0是f (x )的唯一零点，故C 正确；根据f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，可知它一定不是周期函数，故D 错误．10．已知log 2(a －2)＋log 2(b －1)≥1，则2a ＋b 取到最小值时，ab ＝( ) A ．3 B ．4 C ．6 D ．9答案 D解析 由log 2(a －2)＋log 2(b －1)≥1，可得a －2>0，b －1>0且(a －2)(b －1)≥2.所以2a ＋b ＝2(a －2)＋(b －1)＋5≥22(a －2)(b －1)＋5≥22×2＋5＝9，当2(a －2)＝b －1且(a －2)(b －1)＝2时等号成立，解得a ＝b ＝3.所以2a ＋b 取到最小值时，ab ＝3×3＝9.11．已知实数a >0，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x－1＋a2，x <0，ex －1＋a 2x 2－(a ＋1)x ＋a2，x ≥0，若关于x 的方程f [－f (x )]＝e －a ＋a2有三个不等的实根，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2＋2e B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2＋2eC.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1＋1e D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2＋1e答案 B解析 当x ＜0时，f (x )为增函数， 当x ≥0时，f ′(x )＝e x －1＋ax －a －1， f ′(x )为增函数，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，故函数f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，最小值为f (1)＝0. 由此画出函数f (x )的大致图象如图所示．令t ＝－f (x )，因为f (x )≥0，所以t ≤0， 则有⎩⎪⎨⎪⎧f (t )＝e －a＋a 2，f (t )＝e t －1＋a 2，解得－a ＝t －1，所以t ＝－a ＋1，所以f (x )＝a －1. 所以方程要有三个不同的实数根，则需a 2＜a －1＜1e ＋a 2，解得2＜a ＜2e ＋2.12．已知△ABC 的顶点A ∈平面α，点B ，C 在平面α同侧，且AB ＝2，AC ＝3，若AB ，AC 与α所成的角分别为π3，π6，则线段BC 长度的取值范围为( )A ．[2－3，1]B ．[1，7]C ．[7， 7＋23]D ．[1,7＋23]答案 B解析 如图，过点B ，C 作平面的垂线，垂足分别为M ，N ，则四边形BMNC 为直角梯形．在平面BMNC 内，过C 作CE ⊥BM 交BM 于点E .又BM＝AB·sin∠BAM＝2sin π3＝3，AM＝2cosπ3＝1，CN＝AC·sin∠CAN＝3sin π6＝32，AN＝3cosπ6＝32，所以BE＝BM－CN＝32，故BC2＝MN2＋34.又AN－AM≤MN≤AM＋AN，即12＝AN－AM≤MN≤AM＋AN＝52，所以1≤BC2≤7，即1≤BC≤7，故选B.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知向量a＝(1，λ)，b＝(3,1)，c＝(1,2)，若向量2a－b与c共线，则向量a在向量c方向上的投影为________．答案0解析向量2a－b＝(－1,2λ－1)，由2λ－1＝－2，得λ＝－12.∴向量a＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－12，∴向量a在向量c方向上的投影为|a|cos〈a，c〉＝a·c|c|＝1－2×125＝0.14．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2ab sin C＝3(b2＋c2－a2)，若a＝13，c＝3，则△ABC的面积为________．答案3 3解析由题意得2ab sin C2bc＝3·b2＋c2－a22bc，即a sin Cc＝3cos A，由正弦定理得sin A＝3cos A,所以tan A＝3，A＝π3.由余弦定理得13＝32＋b2－2×3b cos π3，解得b＝4，故面积为12bc sin A＝12×4×3×32＝3 3.15．已知点M 为单位圆x 2＋y 2＝1上的动点，点O 为坐标原点，点A 在直线x ＝2上，则AM →·AO→的最小值为________．答案 2解析 设A (2，t )，M (cos θ，sin θ)，则AM→＝(cos θ－2，sin θ－t )，AO →＝(－2，－t )，所以AM →·AO →＝4＋t 2－2cos θ－t sin θ. 又(2cos θ＋t sin θ)max ＝4＋t 2， 故AM →·AO→≥4＋t 2－4＋t 2. 令s ＝4＋t 2，则s ≥2，又4＋t 2－4＋t 2＝s 2－s ≥2， 当s ＝2，即t ＝0时等号成立，故(AM →·AO →)min＝2. 16．已知函数f (x )＝x 2－2mx ＋m ＋2，g (x )＝mx －m ，若存在实数x 0∈R ，使得f (x 0)<0且g (x 0)<0同时成立，则实数m 的取值范围是________．答案 (3，＋∞)解析 当m >0，x <1时，g (x )<0， 所以f (x )<0在(－∞，1)上有解，则⎩⎨⎧f (1)<0，m >0或⎩⎨⎧m >0，Δ>0，f (1)≥0，m <1，即m >3或⎩⎨⎧m >0，m 2－m －2>0，3－m ≥0，m <1，故m >3.当m <0，x >1时，g (x )<0， 所以f (x )<0在(1，＋∞)上有解， 所以⎩⎨⎧f (1)<0，m <0，此不等式组无解．综上，m 的取值范围为(3，＋∞)．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝cos x (3sin x －cos x )＋12.(1)求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3的值；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，不等式c <f (x )<c ＋2恒成立，求实数c 的取值范围．解 (1)f (x )＝3sin x cos x －cos 2x ＋12＝32sin2x －12cos2x＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝1.(2)因为0≤x ≤π2，所以－π6≤2x －π6≤5π6，所以－12≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6≤1. 由不等式c <f (x )<c ＋2恒成立，得⎩⎪⎨⎪⎧c <－12，c ＋2>1，解得－1<c <－12.所以实数c 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12. 18．(本小题满分12分)如图，在△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1，AB⊥平面BCD ，∠ADB ＝60°，E ，F 分别是AC ，AD 上的动点，且AE AC ＝AFAD ＝λ(0<λ<1)．(1)求证：无论λ为何值，总有平面BEF ⊥平面ABC ； (2)是否存在实数λ，使得平面BEF ⊥平面ACD . 解 (1)证明：∵AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，∴AB⊥CD.∵CD⊥BC，AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，∴CD⊥平面ABC.又∵AEAC＝AFAD＝λ(0<λ<1)，∴无论λ为何值，恒有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC.又∵EF⊂平面BEF，∴无论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC.(2)假设存在λ，使得平面BEF⊥平面ACD.由(1)知BE⊥EF，∵平面BEF⊥平面ACD，平面BEF∩平面ACD＝EF，BE⊂平面BEF，∴BE⊥平面ACD.又∵AC⊂平面ACD，∴BE⊥AC.∵BC＝CD＝1，∠BCD＝∠ABD＝90°，∠ADB＝60°，∴BD＝2，∴AB＝2tan60°＝6，∴AC＝AB2＋BC2＝7.由Rt△AEB∽Rt△ABC，得AB2＝AE·AC，∴AE＝67，∴λ＝AEAC＝67.故当λ＝67时，平面BEF⊥平面ACD.19．(本小题满分12分)某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了100个企业，得到这些企业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率y的频数分布表．(1)分别估计这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例、产值负增长的企业比例；(2)求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)．(精确到0.01)附：74≈8.602.解(1)根据产值增长率频数分布表得，所调查的100个企业中产值增长率不低于40%的企业频率为14＋7100＝0.21.产值负增长的企业频率为2100＝0.02.用样本频率分布估计总体分布得这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例为21%，产值负增长的企业比例为2%.(2)y－＝1100×(－0.10×2＋0.10×24＋0.30×53＋0.50×14＋0.70×7)＝0.30，s2＝1100i＝15n i(y i－y－)2＝1100×[(－0.40)2×2＋(－0.20)2×24＋02×53＋0.202×14＋0.402×7]＝0.0296，s＝0.0296＝0.02×74≈0.17.所以，这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为0.30,0.17.20．(本小题满分12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2：(x－1)2＋y2＝4a2交于点A，与椭圆C交于点D.连接AF1并延长交圆F2于点B，连接BF2交椭圆C于点E，连接DF1.已知|DF1|＝5 2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)求点E的坐标．解(1)设椭圆C的焦距为2c.因为F1(－1,0)，F2(1,0)，所以|F1F2|＝2，c＝1.又因为|DF 1|＝52，AF 2⊥x 轴，所以|DF 2|＝|DF 1|2－|F 1F 2|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522－22＝32， 因此2a ＝|DF 1|＋|DF 2|＝4，从而a ＝2. 由b 2＝a 2－c 2，得b 2＝3.因此，椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)解法一：由(1)知，椭圆C ：x 24＋y 23＝1，a ＝2，因为AF 2⊥x 轴，所以点A 的横坐标为1.将x ＝1代入圆F 2的方程(x －1)2＋y 2＝16，解得y ＝±4.因为点A 在x 轴上方，所以A (1,4)．又F 1(－1,0)，所以直线AF 1：y ＝2x ＋2.由⎩⎨⎧ y ＝2x ＋2，(x －1)2＋y 2＝16，得5x 2＋6x －11＝0， 解得x ＝1或x ＝－115.将x ＝－115代入y ＝2x ＋2，得y ＝－125，因此B 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－115，－125. 又F 2(1,0)，所以直线BF 2：y ＝34(x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝34(x －1)，x 24＋y 23＝1，得7x 2－6x －13＝0， 解得x ＝－1或x ＝137.又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以x ＝－1. 将x ＝－1代入y ＝34(x －1)，得y ＝－32.因此E 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32. 解法二：由(1)知，椭圆C ：x 24＋y 23＝1.如图，连接EF 1.因为|BF 2|＝2a ，|EF 1|＋|EF 2|＝2a ，所以|EF 1|＝|EB |，从而∠BF 1E ＝∠B .因为|F 2A |＝|F 2B |，所以∠A ＝∠B ，所以∠A ＝∠BF 1E ，从而EF 1∥F 2A .因为AF 2⊥x 轴，所以EF 1⊥x 轴．因为F 1(－1,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－1，x 24＋y 23＝1，得y ＝±32.又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以y ＝－32.因此E 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32. 21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝ln x －x e x ＋ax (a ∈R )．(1)若函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝1，求f (x )的最大值．解 (1)由题意知，f ′(x )＝1x －(e x ＋x e x )＋a ＝1x －(x ＋1)e x ＋a ≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以a ≤(x ＋1)e x －1x在[1，＋∞)上恒成立． 令g (x )＝(x ＋1)e x －1x ，则g ′(x )＝(x ＋2)e x ＋1x 2>0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝2e －1，所以a ≤2e －1.(2)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x e x ＋x (x >0)．则f ′(x )＝1x －(x ＋1)e x ＋1＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －e x ， 令m (x )＝1x －e x ，则m ′(x )＝－1x 2－e x <0，所以m (x )在(0，＋∞)上单调递减．由于m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，m (1)<0，所以存在x 0>0满足m (x 0)＝0，即e x 0＝1x 0. 当x ∈(0，x 0)时，m (x )>0，f ′(x )>0；当x ∈(x 0，＋∞)时，m (x )<0，f ′(x )<0. 所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减．所以f (x )max ＝f (x 0)＝ln x 0－x 0e x 0＋x 0，因为e x 0＝1x 0，所以x 0＝－ln x 0， 所以f (x 0)＝－x 0－1＋x 0＝－1，所以f (x )max ＝－1.请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号．22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知直线l 的参数方程为⎩⎨⎧ x ＝2t ，y ＝2＋t(t 为参数)，曲线C 的极坐标方程为ρcos 2θ＝8sin θ.(1)求曲线C 的直角坐标方程，并指出该曲线是什么曲线；(2)若直线l 与曲线C 的交点分别为M ，N ，求|MN |.解 (1)因为ρcos 2θ＝8sin θ，所以ρ2cos 2θ＝8ρsin θ，即x 2＝8y ，所以曲线C 表示焦点坐标为(0,2)，对称轴为y 轴的抛物线．(2)设点M (x 1，y 1)，点N (x 2，y 2)，直线l 过抛物线的焦点(0,2)，则直线的参数方程⎩⎨⎧x ＝2t ，y ＝2＋t 化为一般方程为y ＝12x ＋2，代入曲线C 的直角坐标方程，得x 2－4x －16＝0，所以x 1＋x 2＝4，x 1x 2＝－16，所以|MN |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2 ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122·(x 1－x 2)2＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122·42－4×(－16)＝10. 23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲已知函数f (x )＝|x ＋4|，不等式f (x )>8－|2x －2|的解集为M .(1)求M ；(2)设a ，b ∈M ，证明：f (ab )>f (2a )－f (－2b )．解 (1)将f (x )＝|x ＋4|代入不等式，整理得|x ＋4|＋|2x －2|>8.①当x ≤－4时，不等式转化为－x －4－2x ＋2>8，解得x <－103，所以x ≤－4；②当－4<x <1时，不等式转化为x ＋4＋2－2x >8，解得x <－2，所以－4<x <－2；③当x ≥1时，不等式转化为x ＋4＋2x －2>8，解得x >2，所以x >2.综上，M ＝{x |x <－2或x >2}．(2)证明：因为f (2a )－f (－2b )＝|2a ＋4|－|－2b ＋4|≤|2a ＋4＋2b －4|＝|2a ＋2b |， 所以要证f (ab )>f (2a )－f (－2b )，只需证|ab ＋4|>|2a ＋2b |，即证(ab ＋4)2>(2a ＋2b )2，即证a 2b 2＋8ab ＋16>4a 2＋8ab ＋4b 2，即证a 2b 2－4a 2－4b 2＋16>0，即证(a 2－4)(b 2－4)>0，因为a ，b ∈M ，所以a 2>4，b 2>4，所以(a 2－4)(b 2－4)>0成立，所以原不等式成立．。

专题47 两个基本计数原理（1）理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.（2）会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.1．两个计数原理【注意】区分分类与分步的依据在于“一次性”完成．若能“一次性”完成，则不需分步，只需分类；否则就分步处理．2．两个计数原理的区别与联系考向一 分类加法计数原理（1）分类加法计数原理的特点：①根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准．②完成这件事的任何一种方法必须属于某一类．（2）使用分类加法计数原理遵循的原则：有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏”的原则．（3）应用分类加法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些办法，怎样才算是完成这件事．②完成这件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法都可以单独完成这件事，而不需要再用到其他的方法．③确立恰当的分类标准，准确地对“这件事”进行分类，要求每一种方法必属于某一类方案，不同类方案的任意两种方法是不同的方法，也就是分类时必须既不重复也不遗漏．典例1将编号1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3的盒子中，要求不允许有空盒子，且球与盒子的号不能相同，则不同的放球方法有A．16种B．12种C．9种D．6种【答案】B【解析】由题意可知，这四个小球有两个小球放在一个盒子中，当四个小球分组为如下情况时，放球方法有：当1与2号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当1与3号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当1与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当2与3号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当2与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当3与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法.因此，不同的放球方法有2+2+2+2+2+2=12种.故选B.【名师点睛】本题主要考查分类加法计数原理的应用，分六种情况讨论，求解每一种类型的放球方法数，然后利用分类加法计数原理求解即可.解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”，在应用分类加法计数原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.1．完成一项工作，有两种方法，有5个人只会用第一种方法，另外有4个人只会用第二种方法，从这9个人中选1个人完成这项工作，则不同的选法共有A．5种B．4种C．9种D．20种考向二分步乘法计数原理应用分步乘法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，单独用题目中所给的某一步骤的某种方法是不能完成这件事的，也就是说必须要经过几步才能完成这件事．②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少哪一步骤，这件事都不可能完成．③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步骤之间既不能重复也不能遗漏．典例2 某商场共有4个门，购物者若从一个门进，则必须从另一个门出，则不同走法的种数是A．8 B．7C．11 D．12【答案】D【解析】从一个门进有4种选择，从另一个门出有3种选择，共有4×3=12(种)走法．【名师点睛】对于分步乘法计数原理：①要按事件发生的过程合理分步，即考虑分步的先后顺序．②各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这个事件．③对完成各步的方法数要准确确定．典例3 现有小麦、大豆、玉米、高粱4种不同农作物供选择，在如图所示的四块土地上种植，要求有公共边界的两块地不能种同一种农作物，则不同的种植方法共有A．36种B．48种C．24种D．30种【答案】B【解析】由题意可知，本题是一个分步计数的问题.先给右边的一块地种植，有4种结果；再给中间上面的一块地种植，有3种结果；再给中间下面的一块地种植，有2种结果；最后给左边的一块地种植，有2种结果.⨯⨯⨯=种结果.根据分步计数原理可知共有432248故选B.【名师点睛】本题主要考查的知识点是分步计数原理，这种问题解题的关键是看清题目中出现的结果，几个环节所包含的事件数在计算时要做到不重不漏.需要先给右边的一块地种植，有4种结果，再给中间上面的一块地种植，有3种结果，再给中间下面的一块地种植，有2种结果，最后给左边的一块地种植，有2种结果，相乘即可得到结果.2．高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参观学习，去哪个工厂可以自由选择，甲工厂必须有班级要去，则不同的参观方案有A．16种B．18种C．37种D．48种考向三两个计数原理的综合应用（1）利用两个原理解决涂色问题解决着色问题主要有两种思路：一是按位置考虑，关键是处理好相交线端点的颜色问题；二是按使用颜色的种数考虑，关键是正确判断颜色的种数．解决此类应用题，一般优先完成彼此相邻的三部分或两部分，再分类完成其余部分．要切实做到合理分类，正确分步，才能正确地解决问题． （2）利用两个原理解决集合问题解决集合问题时，常以有特殊要求的集合为标准进行分类，常用的结论有123,,,,{}n a a a a L 的子集有2n 个，真子集有21n 个．典例4 一个三位数，其十位上的数字既小于百位上的数字也小于个位上的数字(如735,414等)，那么，这样的三位数共有 A ．240个 B ．249个 C ．285个 D ．330个【答案】C【解析】因为十位上的数字既小于百位上的数字也小于个位上的数字， 所以当十位数字是0时有9×9=81种结果， 当十位数字是1时有8×8=64种结果， 当十位数字是2时有7×7=49种结果， 当十位数字是3时有6×6=36种结果， 当十位数字是4时有5×5=25种结果， 当十位数字是5时有4×4=16种结果， 当十位数字是6时有3×3=9种结果， 当十位数字是7时有2×2=4种结果， 当十位数字是8时有1种结果，所以共有81＋64＋49＋36＋25＋16＋9＋4＋1=285种结果． 【名师点睛】与两个计数原理有关问题的常见类型及解题策略：(1)与数字有关的问题．可分类解决，每类中又可分步完成，也可以直接分步解决． (2)与几何有关的问题．可先分类，再分步解决．(3)涂色问题．可按颜色的种数分类完成，也可以按不同的区域分步完成．3．如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法种数是A ．420B ．210C ．70D ．351．四大名著是中国文学史上的经典作品，是世界宝贵的文化遗产.在某学校举行的“文学名著阅读月”活动中，甲、乙、丙、丁、戊五名同学相约去学校图书室借阅四大名著《红楼梦》、《三国演义》、《水浒传》、《西游记》（每种名著至少有5本），若每人只借阅一本名著，则不同的借阅方案种数为 A ．54 B ．45 C ．45CD ．45A2．一个教室有五盏灯，一个开关控制一盏灯，每盏灯都能正常照明，那么这个教室能照明的方法有种 A ．24 B ．25 C ．31D ．323．从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有 A ．8种 B ．12种 C ．16种D ．20种4．某电商为某次活动设计了“和谐”、“爱国”、“敬业”三种红包，活动规定每人可以依次点击4次，每次都会获得三种红包的一种，若集全三种即可获奖，但三种红包出现的顺序不同对应的奖次也不同.员工甲按规定依次点击了4次，直到第4次才获奖，则他获得奖次的不同情形种数为 A ．9 B ．12 C ．18D ．245．把2支相同的晨光签字笔,3支相同英雄钢笔全部分给4名优秀学生,每名学生至少1支,则不同的分法有 A ．24种 B ．28种 C ．32种D ．36种6．用5种不同颜色给图中的A 、B 、C 、D 四个区域涂色，规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，则不同的涂色方案共有A ．420种B ．180种C ．64种D ．25种7．某班上午有五节课,分别安排语文,数学,英语,物理,化学各一节课.要求语文与化学相邻,数学与物理不相邻,且数学课不排第一节,则不同排课法的种数是 A ．16 B ．24 C ．8D ．128．如果一个三位数abc 同时满足a b >且b c <，则称该三位数为“凹数”，那么所有不同的三位“凹数”的个数是 A ．204 B ．258 C ．285D ．2369．几个孩子在一棵枯树上玩耍，他们均不慎失足下落．已知 （1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝A ，B ，C ； （2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝D ，E ，F ； （3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝G ，A ，C ； （4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝B ，D ，H ； （5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝I ，C ，E ．李华在下落的过程中撞到了从A 到I 的所有树枝，根据以上信息，在李华下落的过程中，和这9根树枝不同的撞击次序有A．23种B．24种C．32种D．33种、、、、五位同学分别报名参加航模、机器人、网页制作三个兴趣小组竞赛，每人限报10．现有A B C D E一组，那么不同的报名方法种数有______种.11．已知a∈{3,4,5}，b∈{1,2,7,8}，r∈{8,9}，则方程(x－a)2＋(y－b)2=r2可表示不同圆的个数为______个．12．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人到边远地区支教，有______种不同的选法.13．西部五省，有五种颜色供选择涂色，要求每省涂一色，相邻省不同色，有__________种涂色方法．14．将黑白2个小球随机放入编号为1，2，3的三个盒子中，则黑白两球均不在1号盒子的概率为________．15．王华同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读.（1）若他从这些参考书中带1本去图书馆，则有________种不同的带法；（2）若带外语、数学、物理参考书各1本，则有________种不同的带法；（3）若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，则有________种不同的带法.1．(2016年高考新课标Ⅱ卷)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为A．24B．18C．12D．91．【答案】C【解析】会用第一种方法的有5个人，选1个人完成这项工作有5种选择；会用第二种方法的有4个人，选1个人完成这项工作有4种选择，两者相加一共有9种选择，故选C.2．【答案】C【解析】根据题意，若不考虑限制条件，每个班级都有4种选择，共有44464⨯⨯=种情况，其中工厂甲没有班级去，即每个班都选择了其他三个工厂，此时每个班级都有3种选择，共有33327⨯⨯=种方案，则符合条件的有642737-=种.，故选C．【名师点睛】本题考查计数原理的运用，本题易错的方法是：甲工厂先派一个班去，有3种选派方法，剩下的2个班均有4种选择，这样共有34448⨯⨯=种方案，显然这种方法中有重复的计算，解题时特别要注意．根据题意，用间接法：先计算3个班自由选择去何工厂的总数，再排除甲工厂无人去的情况，由分步计数原理可得其方案数目，由事件之间的关系，计算可得答案．3．【答案】A【解析】按照SABCD的顺序：当AC相同时：染色方案为54313180⨯⨯⨯⨯=；当AC不同时：染色方案为54322240⨯⨯⨯⨯=，不同的染色方案为：180+240=420种.故答案为A.【名师点睛】本题考查了加法原理和乘法原理，把染色方案分为AC相同和AC不同两种情况是解题的关键.1．【答案】A【解析】对于甲来说，有4种借阅可能，同理每人都有4种借阅可能，根据乘法原理，故共有54种可能，答案为A．【名师点睛】本题考查分步计数原理求完成事情的方法数，只需要区分理解分类计数原理与分步计数原理即可求解.2．【答案】C⨯⨯⨯⨯-=种，故选C．【解析】由题意有这个教室能照明的方法有22222131【名师点睛】本题考查了乘法原理，属于简单题.每盏灯有2种状态，根据乘法原理共有52种状态，排除全部都熄灭的状态，得到答案.3．【答案】B【解析】在正方体ABCD－A1B1C1D1中，选取3个面有2个不相邻，则必选相对的2个面，所以分3类．若选ABCD和A1B1C1D1两个面，另一个面可以是ABB1A1，BCC1B1，CDD1C1和ADD1A1中的一个，有4种．同理选另外相对的2个面也有4种．所以共有4×3=12(种)．4．【答案】C【解析】根据题意，若员工甲直到第4次才获奖，则其第4次才集全“和谐”、“爱国”、“敬业”三种红包，故甲第4次获得的红包有3种情况，-=种情况，前三次获得的红包为其余的2种，有3226⨯=种.则他获得奖次的不同情形种数为3618故选C．【名师点睛】根据题意，分析可得甲第4次获得的红包有3种情况，进而可得前三次获得的红包为其余的2种，分析前三次获得红包的情况，由分步计数原理计算可得答案．5．【答案】B【解析】第一类，有一个人分到一支钢笔和一支签字笔，这中情况下的分法有：先将一支钢笔和一支签字笔分到一个人手上，有4种分法，将剩余的2支钢笔，1支签字笔分给剩余3个同学，有3种分法，⨯=种；那共有3412第二类，有一个人分到两支签字笔，这种情况下的分法有：先将两支签字笔分到一个人手上，有4种情况，将剩余的3支钢笔分给剩余3个人，只有1种分法，那共有414⨯=种；第三类，有一个人分到两支钢笔，这种情况的分法有：先将两支钢笔分到一个人手上，有4种情况，再将剩余的2支签字笔和1支钢笔分给剩余的3个人，有3种分法，那共有3412⨯=种.综上所述：总共有1241228++=种分法.故选B.【名师点睛】本题主要考查分步计数原理的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.6．【答案】B【解析】由题意，由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A 有5种涂法，B 有4种涂法，C 有3种，D 有3种涂法.∴共有5×4×3×3=180种不同的涂色方案．故答案为B.【名师点睛】由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A 有5种涂法，B 有4种涂法，C 有3种，D 有3种涂法，根据乘法原理可得结论．解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手．(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决． 7．【答案】A【解析】根据题意，分3步进行分析：①要求语文与化学相邻，将语文与化学看成一个整体，考虑其顺序，有2种情况；②将这个整体与英语全排列，有22A 2=种顺序，排好后，有3个空位；③数学课不排第一节，有2个空位可选，在剩下的2个空位中任选1个，安排物理，有2种情况，则数学、物理的安排方法有224⨯=种，则不同排课法的种数是22416⨯⨯=种.故选A.8．【答案】C【解析】根据题意，按十位数字分类讨论：①十位数字是9时不存在，此时三位“凹数”的个数为0；②十位数字是8时，只有989，此时三位“凹数”的个数为1；③十位数字是7时，则百位与个位都有2种可能，所以此时三位“凹数”的个数为224⨯=； ④十位数字是6时，则百位与个位都有3种可能，所以此时三位“凹数”的个数为339⨯=； ⑤十位数字是5时，则百位与个位都有4种可能，所以此时三位“凹数”的个数为4416⨯=； ⑥十位数字是4时，则百位与个位都有5种可能，所以此时三位“凹数”的个数为5525⨯=； ⑦十位数字是3时，则百位与个位都有6种可能，所以此时三位“凹数”的个数为6636⨯=； ⑧十位数字是2时，则百位与个位都有7种可能，所以此时三位“凹数”的个数为7749⨯=； ⑨十位数字是1时，则百位与个位都有8种可能，所以此时三位“凹数”的个数为8864⨯=； ⑩十位数字是0时，则百位与个位都有9种可能，所以此时三位“凹数”的个数为9981⨯=， 所以所有不同的三位“凹数”的个数是1481285+++=L ，故选C ．【名师点睛】本题考查分类计数原理的应用，关键是正确理解“凹数”的定义．解此类问题要遵循两个原则：①按元素(或位置)的性质进行分类；②按事情发生的过程进行分步．具体地说，常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．（2）不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组．注意各种分组类型中，不同分组方法的求解．9．【答案】D【解析】由题可判断出树枝部分顺序GABCEF ，还剩下D ，H ，I ，先看树枝I 在C 之前，有4种可能，而树枝D 在BE 之间，H 在D 之后，若I 在BC 之间，D 有3种可能：①若D 在BI 之间，H 有5种可能，②若D 在IC 之间，H 有4种可能，③若D 在CE 之间，H 有3种可能．若I 不在BC 之间，则I 有3种可能，此时D 有2种可能，D 可能在BC 之间，H 有4种可能，D 可能在CE 之间，H 有3种可能，综上，共有()543343122133++++=+=种．故选D ．【名师点睛】本题主要考查分类计数原理的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.由题可判断出树枝部分顺序GABCEF ，还剩下D ，H ，I ，先看树枝I 在C 之前，有4种可能，而树枝D 在BE 之间，H 在D 之后，若I 在BC 之间，利用分类计数加法原理求解即可.10．【答案】53【解析】A 同学可以参加航模、机器人、网页制作三个兴趣小组，共有3种选择.同理BCDE 四位同学也各有3种选择，由乘法原理得到5333333⨯⨯⨯⨯=.【名师点睛】本题考查了分步乘法计数原理，属于简单题目.求解时，先计算每个同学的报名方法种数，利用乘法原理得到答案.11．【答案】24【解析】确定圆的方程可分三步：确定a 有3种方法，确定b 有4种方法，确定r 有2种方法，由分步计数原理知N =3×4×2=24(个)．12．【答案】20【解析】由题意，知有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语.方法一:分两类.第一类:从只会英语的6人中选1人教英语，有6种选法，则教日语的有2+1=3种选法.此时共有6×3=18种选法.第二类:从不只会英语的1人中选1人教英语，有1种选法，则选会日语的有2种选法，此时有1×2=2种选法.所以由分类加法计数原理知，共有18+2=20种选法.方法二:设既会英语又会日语的人为甲，则甲有入选、不入选两类情形，入选后又要分两种:(1)教英语;(2)教日语.第一类:甲入选.(1)甲教英语，再从只会日语的2人中选1人，由分步乘法计数原理，有1×2=2种选法;(2)甲教日语，再从只会英语的6人中选1人，由分步乘法计数原理，有1×6=6种选法.故甲入选的不同选法共有2+6=8种.第二类:甲不入选，可分两步.第一步，从只会英语的6人中选1人有6种选法;第二步，从只会日语的2人中选1人有2种选法.由分步乘法计数原理，有6×2=12种不同的选法.综上，共有8+12=20种不同选法.13．【答案】420【解析】对于新疆有5种涂色的方法，对于青海有4种涂色方法，对于西藏有3种涂色方法，对于四川：若与新疆颜色相同，则有1种涂色方法，此时甘肃有3种涂色方法；若四川与新疆颜色不相同，则四川有2种涂色方法，此时甘肃有2种涂色方法，根据分步、分类计数原理，则共有5×4×3×（2×2+1×3）＝420种方法．故答案为420.【名师点睛】本题考查分类、分步计数原理，对于计数原理的应用，解题的关键是分清要完成的事情分成几部分及如何分类，注意做到不重不漏．14．【答案】49【解析】黑白两个球随机放入编号为1,2,3的三个盒子中，每个球都有三种放法，故共有339⨯=种放法在，黑白两球均不在一号盒，都有两种放法，共有224⨯=，所以黑白两球均不在一号盒的概率为49，故答案为49. 【名师点睛】本题主要考查分步计数乘法原理与古典概型概率公式的应用，属于中档题.先求黑白两个球随机放入编号为1,2,3的三个盒子的所有放法，再求出黑白两球均不在一号盒的放法，利用古典概型概率公式可得到结果.15．【答案】（1）12；（2）60；（3）47.【解析】（1）完成的事情是带一本书，无论带外语书，还是数学书、物理书，事情都已完成，从而确定应用分类加法计数原理，结果为5+4+3=12种.（2）完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理书中各选1本后，才能完成这件事，因此应用分步乘法计数原理，结果为5×4×3=60种.（3）选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理，有5×4=20种选法;同样，选外语书、物理书各1本，有5×3=15种选法;选数学书、物理书各1本，有4×3=12种选法.即有三类情况，应用分类加法计数原理，结果为20+15+12=47种.【名师点睛】本题考查加法原理和乘法原理，关键是分清是用加法还是乘法，属于基础题．求解本题时，（1）完成的事情是带一本书，无论是带外语书，还是带数学书、物理书，事情都已经完成，从而应用加法原理；（2）完成的事情是带三本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理中各选一本后，才能完成这件事，因此应用乘法原理；（3）要完成的这件事是带2本不同的书，先乘法原理，再用加法原理.1．【答案】B【解析】由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由乘法计数原理知，则共有6×3=18种走法，故选B.【名师点睛】分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．。

考点30 排列、组合1、掌握分布计数原理和分类计数原理；2、能运用计数原理解决简单的排列与组合问题；1、从2020年高考情况看，考题难度以中档题目为主，主要以选择题、填空题的形式出现，分值为5分；2、本章内容在高考中以排列组合的综合应用为主；1、从2020年高考情况来看，考查的方式及题目的难度与往年变化不大，延伸以前的考试风格；2、考查内容主要体现以下几个方面：利用排列组合解决实际问题；利用排列着解决概率有关的问题；1、【2020年新高考全国Ⅰ卷】6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有A．120种B．90种C．60种D．30种2、【2018年高考全国Ⅱ卷理数】我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723=+．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是A．112B．114C．115D．1183、【2020年高考全国II 卷理数】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种．4、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有__________种．（用数字填写答案）5、【2018年高考江苏卷】某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则恰好选中2名女生的概率为__________．5、【2018年高考浙江卷】从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成__________个没有重复数字的四位数．(用数字作答)题型一 排列组合的简单运用1、（2020届浙江省嘉兴市3月模拟）用2与0两个数字排成7位的数码，其中“20”和“02”各至少．．．出现两次（如0020020、2020200、0220220等），则这样的数码的个数是（ ）A ．54B ．44C ．32D ．222、（2020届北京市通州区高三第一学期期末考试数学试题）甲､乙､丙､丁四名同学和一名老师站成一排合影留念.若老师站在正中间,甲同学不与老师相邻,乙同学与老师相邻,则不同站法种数为( )A ．24B ．12C ．8D ．63、（2020届北京市昌平区新学道临川学校高三上学期第三次月考数学（理)试题）七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是( )A ．3600种B ．1440种C ．4820种D ．4800种4、（2020届北京市通州区高三第一学期期末）某校派出5名老师去海口市三所中学进行教学交流活动，每所中学至少派一名教师，则不同的分配方案有（ ）A ．80种B ．90种C ．120种D ．150种5、（2020·浙江省温州市新力量联盟高三上期末）若用0，1，2，3，4，5这6个数字组成无重复数字且奇数数字互不相邻的六位数，则这样的六位数共有（ ）个A ．120B ．132C ．144D ．1566、（2020·浙江温州中学3月高考模拟）本次模拟考试结束后，班级要排一张语文、数学、英语、物理、化学、生物六科试卷讲评顺序表，若化学排在生物前面，数学与物理不相邻且都不排在最后，则不同的排表方法共有（ ）A ．72种B ．144种C ．288种D ．360种7、（2020届浙江省嘉兴市高三5月模拟）将,,,,,A B C D E F 六个字母排成一排，若,,A B C 均互不相邻且,A B 在C 的同一侧，则不同的排法有________种．（用数字作答）8、（2020届浙江省绍兴市高三4月一模）某地区有3个不同值班地点，每个值班地点需配一名医务人员和两名警察，现将3名医务人员（1男2女）和6名警察（4男2女）分配到这3个地点去值班，要求每个值班地点至少有一名女性，则共有______种不同分配方案.（用具体数字作答）9、（2020届浙江省十校联盟高三下学期开学）从6名志愿者中选出4人，分别参加两项公益活动，每项活动至少1人，则不同安排方案的种数为____.（用数字作答）题型二、排列组合的综合运用1、（2020·浙江高三）从集合{A ，B ，C ，D ，E ，F }和{1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任取2个元素排成一排（字母和数字均不能重复）．则每排中字母C 和数字4，7至少出现两个的不同排法种数为（ ） A ．85 B ．95 C ．2040 D ．22802、（2020届北京市陈经纶高三上学期开学）算筹是在珠算发明以前我国独创并且有效的计算工具，为我国古代数学的发展做出了很大贡献.在算筹计数法中，以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字，如图：表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，遇零则置空，如图：如果把5根算筹以适当的方式全部放入 下面的表格中，那么可以表示的三位数的个数为（ ）A ．46B ．44C ．42D ．403、（2020届浙江省杭州市第二中学高三3月月考）如图所示，在排成4×4方阵的16个点中，中心位置4个点在某圆内，其余12个点在圆外．从16个点中任选3点，作为三角形的顶点，其中至少有一个顶点在圆内的三角形共有_____个．4、（2020届浙江省杭州市高三3月模拟）从0，1，2，3，4，5这6个数中随机抽取5个数构成一个五位数abcde ，则满足条件“a b c d e <<>>”的五位数的个数有____.5、（2020届北京市东城区五中高三开学）某班级原有一张周一到周五的值日表，五位班干部每人值一天，现将值日表进行调整，要求原周一和周五的两人都不值这两天，周二至周四的这三人都不值自己原来的日期，则不同的调整方法种数是_________________（用数字作答）.6、（2019年北京市清华大学附属中学高三月考）对于各数互不相等的整数数组()12,,,n i i i （其中n 是不小于3的正整数），若{},1,2,,p q n ∀∈⋅⋅⋅，当p q <时，有p q i i >，则称p i ，q i 为该数组的一个“逆序”，一个数组中所有“逆序”的个数称为该数组的“逆序数”，如数组()2,3,1的逆序数等于2. （1）数组()5,2,4,3,1的逆序数等于______.（2）若数组()12,,,n i i i 的逆序数为n ，则数组()11,,,n n i i i -的逆序数为______.7、（2019年清华大学附属中学高三月考）《中国诗词大会》（第三季）亮点颇多，在“人生自有诗意”的主题下，十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词在声光舞美的配合下，百人团齐声朗诵，别有韵味.若《沁园春·长沙》、《蜀道难》、《敕勒歌》、《游子吟》、《关山月》、《清平乐·六盘山》排在后六场，且《蜀道难》排在《游子吟》的前面，《沁园春·长沙》与《清平乐·六盘山》不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有__________种．（用数字作答）题型三、运用排列组合解决概率问题1、（2020届山东省德州市高三上期末）中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，甲、乙、丙三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛、马和羊，乙同学喜欢牛、兔、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，则让三位同学选取的礼物都满意的概率是（ ）A ．166B ．155C ．566D ．5112、（2020届山东省九校高三上学期联考）吸烟有害健康，小明为了帮助爸爸戒烟，在爸爸包里放一个小盒子，里面随机摆放三支香烟和三支跟香烟外形完全一样的“戒烟口香糖”，并且和爸爸约定，每次想吸烟时，从盒子里任取一支，若取到口香糖则吃一支口香糖，不吸烟；若取到香烟，则吸一支烟，不吃口香糖，假设每次香烟和口香糖被取到的可能性相同，则“口香糖吃完时还剩2支香烟”的概率为（ ）A ．15B ．815C ．35D ．3203、（2020届浙江省宁波市余姚中学高考模拟）将1,2,3,4,5,6随机排成一列，记为a ，b ，c ，d ，e ，f ，则abc def +是偶数的概率为______4、（2020·浙江温州中学高三3月月考）海面上漂浮着A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 七个岛屿，岛与岛之间都没有桥连接，小昊住在A 岛，小皓住在B 岛.现政府计划在这七个岛之间建造n 座桥（每两个岛之间至多建造一座桥）.若1n =，则桥建完后，小吴和小皓可以往来的概率为______；若3n =，则桥建完后，小昊和小皓可以往来的概率为______.5、（2020·浙江镇海中学高三3月模拟）小明口袋中有3张10元，3张20元（因纸币有编号认定每张纸币不同），现从中掏出纸币超过45元的方法有_______种；若小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不放回地掏出4张，刚好是50元的概率为_______.6、（2020届浙江省杭州市建人高复高三4月模拟）将字母,,,,,a a b b c c 放入32⨯的方表格，每个格子各放一个字母，则每一行的字母互不相同，每一列的字母也互不相同的概率为_______；若共有k 行字母相同，则得k 分，则所得分数ξ的数学期望为______；（注：横的为行，竖的为列；比如以下填法第二行的两个字母相同，第1，3行字母不同，该情况下1ξ=）。