人教A版高中数学选修2-1 3.1.2课时同步练习 习题(含解析)

第三章 空间向量与立体几何§3.1 空间向量及其运算3.1.1 空间向量及其加减运算课时目标1．理解空间向量的概念，掌握空间向量的几何表示和字母表示．2．掌握空间向量的加减运算及其运算律，能借助图形理解空间向量及其运算的意义．2．几类特殊向量(1)零向量：____________的向量叫做零向量，记为________． (2)单位向量：________的向量称为单位向量．(3)相等向量：方向________且模________的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量．(4)相反向量：与向量a 长度______而方向________的向量，称为a 的相反向量，记为________．3．空间向量的加减法与运算律空间向量 的加减法类似平面向量，定义空间向量的加、减法运算(如图)：OB →＝OA →＋AB →＝__________；CA →＝OA →－OC →＝________. 加法运 算律(1)交换律：a ＋b ＝________(2)结合律：(a ＋b )＋c ＝____________.；一、选择题1．下列命题中，假命题是( )A. 向量AB →与BA →的长度相等B ．两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同C ．只有零向量的模等于0D ．共线的单位向量都相等2.如图所示，平行四边形ABCD 的对角线的交点为O ，则下列等式成立的是( )A. OA →＋OB →＝AB →B. OA →＋OB →＝BA →C. AO →－OB →＝AB →D. OA →－OB →＝CD →3.已知O 是△ABC 所在平面内一点，D 为BC 边中点且2OA →＋OB →＋OC →=0，则AO →等于( )A. OB →B. OC →C. OD→ D .2OD→4.已知向量AB →，AC →，BC →满足|AB →|＝|AC →|＋|BC →|，则( )A. AB →＝AC →＋BC →B. AB →＝－AC →－BC →C. AC →与BC →同向D. 与AC →与CB →同向5.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，向量表达式DD 1→-AB →+BC →化简后的结果是( )A. BD 1→B. 1D BC.1B DD. 1DB6．平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H ，P ，Q 分别是A 1A ，AB ，BC ，CC 1，C 1D 1，D 1A 1的中点，则( )A.EF→＋GH →＋PQ →＝0 B.EF→－GH →－PQ →＝0C.EF→＋GH →－PQ →＝0 D.EF→－GH →＋PQ →＝0二、填空题7.在平行六面体ABCD －A ’B’C ’D ’中，与向量''A B 的模相等的向量有________个．8.若G 为△ABC 内一点，且满足AG ＋BG →＋CG →＝0，则G 为△ABC 的________．(填“外心”“内心”“垂心”或“重心”) 9．判断下列各命题的真假：①向量AB →的长度与向量BA →的长度相等；②向量a 与b 平行，则a 与b 的方向相同或相反； ③两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同； ④两个有公共终点的向量，一定是共线向量； ⑤有向线段就是向量，向量就是有向线段． 其中假命题的个数为________． 三、解答题10．判断下列命题是否正确，若不正确，请简述理由．①向量AB →与CD →是共线向量，则A 、B 、C 、D 四点必在一条直线上；②单位向量都相等；③任一向量与它的相反向量不相等；④四边形ABCD 是平行四边形的充要条件是AB →＝DC →；⑤模为0是一个向量方向不确定的充要条件．11.如图所示，已知空间四边形ABCD ，连结AC,BD,E,F,G 分别是BC,CD,DB 的中点，请化简：AB →＋BC →＋CD →，(2)AB →＋GD →＋EC →，并标出化简结果的向量．能力提升12.在平行四边形ABCD 中，AC 与BD 交于点O ，E 是线段OD 的中点，AE 的延长线与CD 交于点F.若AC →＝a ，BD →＝b ，则AF →等于( ) A.14a ＋12b B.13a ＋23b C.12a ＋14b D.23a ＋13b 13．证明：平行六面体的对角线交于一点，并且在交点处互相平分．1．在掌握向量加减法的同时，应首先掌握有特殊位置关系的两个向量的和或差，如共线、共起点、共终点等．2．通过掌握相反向量，理解两个向量的减法可以转化为加法．3．注意向量的三角形法则和平行四边形法则的要点．对于向量加法运用平行四边形法则要求两向量有共同起点，运用三角形法则要求向量首尾顺次相连．对于向量减法要求两向量有共同的起点．4．a －b 表示的是由b 的终点指向a 的终点的一条有向线段．第三章 空间向量与立体几何 §3.1 空间向量及其运算 3．1.1 空间向量及其加减运算知识梳理1．大小 方向 (2)大小 模 (3)①有向线段 ②AB →2．(1)长度为0 0 (2)模为1 (3)相同 相等 (4)相等 相反 －a3．a ＋b a －b (1)b ＋a (2)a ＋(b ＋c ) 作业设计1．D [共线的单位向量是相等向量或相反向量．]2．D [OA →－OB →＝BA →＝CD →.]3．C [∵D 为BC 边中点，∴OB →＋OC →＝2OD →， ∴OA →＋OD →＝0，∴AO →＝OD →.]4．D [由|AB →|＝|AC →|＋|BC →|＝|AC →|＋|CB →|，知C 点在线段AB 上，否则与三角形两边之和大于第三边矛盾，所以AC →与CB →同向．] 5．A[如图所示， ∵DD 1→＝AA 1→，DD →1－AB → ＝AA 1→－AB →＝BA 1→， BA 1→＋BC →＝BD →1， ∴DD 1→－AB →＋BC →＝BD 1→.]6．A [观察平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1可知，向量EF →，GH →，PQ →平移后可以首尾相连，于是EF →＋GH →＋PQ →＝0.] 7．7解析 |D'C'→|＝|DC →|＝|C'D'→|＝|CD →|＝|BA →| ＝|AB →|＝|B'A'→|＝|A'B'→|. 8．重心 解析如图，取BC 的中点O ，AC 的中点D ，连结OG 、DG .由题意知AG →＝－BG →－CG →＝GB →＋GC→＝2GO →，同理BG →＝2GD →，故G 为△ABC 的重心． 9．3解析 ①真命题；②假命题，若a 与b 中有一个为零向量时，其方向是不确定的；③真命题；④假命题，终点相同并不能说明这两个向量的方向相同或相反；⑤假命题，向量可用有向线段来表示，但并不是有向线段．10．解 ①不正确，共线向量即平行向量，只要求两个向量方向相同或相反即可，并不要求两个向量AB ，CD 在同一条直线上．②不正确，单位向量模均相等且为1，但方向并不一定相同．③不正确，零向量的相反向量仍是零向量，但零向量与零向量是相等的．④正确．⑤正确．11．解 (1) AB →＋BC →＋CD →＝AC →＋CD →＝AD →. (2)∵E ，F ，G 分别为BC ，CD ，DB 的中点．∴BE →＝EC →，EF →＝GD →. ∴AB →＋GD →＋EC → ＝AB →＋EF →＋BE →＝AF →.故所求向量AD →，AF →，如图所示．12．D [AF →＝AC →＋CF →＝a ＋23CD →＝a ＋13(b －a )＝23a ＋13b .]13．证明如图所示，平行六面体ABCD —A ′B ′C ′D ′，设点O 是AC ′的中点，则AO →＝12AC'→＝12(AB →＋AD →＋AA'→)． 设P 、M 、N 分别是BD ′、CA ′、DB ′的中点．则AP ＝AB →＋BP →＝AB →＋12BD'→＝AB →＋12(BA →＋BC →＋B B'→)＝AB →＋12(－AB →＋AD →＋AA'→)＝12(AB →＋AD →＋AA'→)． 同理可证：AM →＝12(AB →＋AD →＋AA'→)AN →＝12(AB →＋AD →＋AA'→)．由此可知O ，P ，M ，N 四点重合．故平行六面体的对角线相交于一点，且在交点处互相平分．小课堂：如何培养中学生的自主学习能力？自主学习是与传统的接受学习相对应的一种现代化学习方式。

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.。

高中数学人教A版选修1-2 同步练习1.(2011·高考课标全国卷)复数2＋i1－2i地共轭复数是( )A．－35i B.35iC．－i D．i解析：选C.2＋i1－2i ＝（2＋i）（1＋2i）（1－2i）（1＋2i）＝2－2＋5i5＝i，∴2＋i1－2i地共轭复数是－i.2.已知a∈R，若(1－a i)(3＋2i)为纯虚数，则a地值为( ) A ．－32B.32 C ．－23D.23解析：选A.∵(1－a i)(3＋2i)＝(3＋2a )＋(2－3a )i 为纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＝0，2－3a ≠0，解得a ＝－32.3.若复数z 满足z ＝i(2－z )(i 是虚数单位)，则z ＝________．解析：∵z ＝i(2－z )， ∴z ＝2i －i z ， ∴(1＋i)z ＝2i ，∴z＝1＋i＝1＋i. 答案：1＋i4.若z1＝a＋2i，z2＝3－4i，且z1z2为纯虚数，则实数a地值为________．解析：z1z2＝a＋2i3－4i＝（a＋2i）（3＋4i）25＝3a－8＋（4a＋6）i25＝3a－825＋4a＋625i.因为z1z2为纯虚数，所以3a－8＝0且4a＋6≠0，所以a＝83 .答案：3[A级基础达标]1.已知复数z＝1－2i，那么1z＝( )A.55＋255i B.55－255iC.15＋25i D.15－25i解析：选D.1z＝11＋2i＝1－2i（1＋2i）（1－2i）＝1－2i5＝15－25i.2.若复数z满足方程z2＋2＝0，则z3等于( ) A．±2 2 B．－2 2C ．－22iD ．±22i解析：选D.∵z 2＋2＝0，∴z ＝±2i ， ∴z 3＝±22i.3.(2011·高考山东卷)复数z ＝2－i2＋i (i 为虚数单位)在复平面内对应地点所在象限为( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限D ．第四象限解析：选D.z ＝2－i 2＋i ＝（2－i ）（2－i ）（2＋i ）（2－i ）＝3－4i 5＝35－45i ，所以z 在第四象限．4.若复数(1＋a i)(2－i)地实部与虚部相等，则实数2za ＝__________．解析：∵(1＋a i)(2－i)＝(2＋a )＋(2a －1)i 地实部与虚部相等，∴2＋a ＝2a －1.∴a ＝3. 答案：35.已知z 1＝（1＋2i ）4（3－i ）3，z 2＝z 12－i ，则|z 2|＝________． 解析：|z 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（1＋2i ）4（3－i ）3（2－i ）＝|（1＋2i ）4||（3－i ）3|·|2－i|＝（5）4（10）3×5＝122＝24. 答案：24z6.已知复数z ＝1＋i ，求实数a ，b ，使az ＋2b ＝(a ＋2z )2.解：因为z ＝1＋i ， 所以az ＋2b ＝(a ＋2b )＋(a －2b )i ， (a ＋2z )2＝(a ＋2)2－4＋4(a ＋2)i ＝(a 2＋4a )＋4(a ＋2)i. 因为a ，b 都是实数， 所以由az ＋2bz －＝(a ＋2z )2，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2b ＝a 2＋4a ，a －2b ＝4（a ＋2）.两式相加，整理得a 2＋6a ＋8＝0，解得a 1＝－2，a 2＝－4.对应求得b 1＝－1，b 2＝2.所以所求实数为a ＝－2，b ＝－1或a ＝－4，b ＝2.z[B级能力提升]7.已知＝2＋i，则复数z＝( )A．－1＋3i B．1－3iC．3＋i D．3－i解析：选B.由题意知＝(2＋i)(1＋i)＝1＋3i，∴z＝1－3i.8.已知z1＝－2－3i，z2＝3－2i（2＋i）2，则z1z2＝( )A．－4＋3i B．3＋4i C．3－4i D．4－3i解析：选D.∵z1＝－2－3i，z2＝3－2i（2＋i）2，∴z1z2＝（－2－3i）（2＋i）23－2i＝z1zi－i （3－2i ）（2＋i ）23－2i＝－i(2＋i)2＝－(3＋4i)i ＝4－3i.9.已知复数z 1＝3＋4i ，z 2＝t ＋i ，且z 2地共轭复数与z 1地积是实数，则实数t 地值为________．解析：由题意知 ＝t －i(t ∈R)， z 1＝(t －i)(3＋4i)＝(3t ＋4)＋(4t －3)i.∵ z 1∈R ，∴4t －3＝0，∴t ＝34.答案：3410.已知1＋i 是方程x 2＋bx ＋c ＝0地一个根(b 、c 为实数)． (1)求b ，c 地值；2z2z2z(2)试说明1－i 也是方程地根吗？解：(1)因为1＋i 是方程x 2＋bx ＋c ＝0地根， ∴(1＋i)2＋b (1＋i)＋c ＝0， 即(b ＋c )＋(2＋b )i ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＋c ＝02＋b ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－2c ＝2. ∴b 、c 地值为b ＝－2、c ＝2. (2)方程为x 2－2x ＋2＝0.把1－i 代入方程左边得(1－i)2－2(1－i)＋2＝0，显然方程成立，∴1－i 也是方程地一个根． 11.(创新题)设复数z 满足|z |＝5，且(3＋4i)z 在复平面上对应地点在第二、四象限地平分线上，|2z －m |＝52，求复数z 和实数m 地值．解：设z＝x＋y i(x，y∈R)．∵|z|＝5，∴x2＋y2＝25.又(3＋4i)z＝(3＋4i)(x＋y i)＝(3x－4y)＋(4x＋3y)i，且对应地点在第二、四象限平分线上，∴3x－4y＝－(4x＋3y)，化简得y＝7x.将它代入x2＋y2＝25得，x＝±22，y＝±722，∴z＝±(22＋722i)．当z＝22＋722i时，|2z－m|＝|1＋7i－m|＝52，解得m＝0或2；当z＝－(22＋722i)时，同理解得m＝0或－2.。

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。