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

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高考总复习课程--2020年高考数学(理)第一轮复习(江苏版) 讲义：答案 .doc

讲义参考答案第1讲集合与简易逻辑金题精讲题一：1．题二： ①16；②29．题三：B ．题四：B ．题五：C ．题六：A ．题七：A ．第2讲函数及其性质经典精讲题一：[3,1];[0,2];[3,1]--- 题二：（3）题三：2 题四：（3）（4）题五：（3）（4）题六：（1）(5,1) （2）2，左，1 （3）x = -1第3讲函数及其性质2018新题赏析金题精讲题一：C 题二：B题三：[1,3] 题四：(0,1][3,)+∞U 题五:9(,]2-∞题六：8第4讲平面向量金题精讲题一：题二： 4，题三：A ．题四：6．题五：B ．题六：3．题七：① 1Q ；② 2p ．第5讲三角函数与三角恒等变换经典精讲金题精讲题一：75 题二：5665-题四：A 题五：A题六：(1)6x 5π=；(2)0x =时，()f x 取得最大值为3，56x π=时，()f x 取得最小值为- 题七：2第6讲三角函数与三角恒等变换2018新题赏析金题精讲题一：79-题二：D 题三：D 题四：A题五：(1)2；(2) 最小正周期为π，单调递增区间为[,]()63k k k π2ππ+π+∈Z第7讲解三角形金题精讲题一：3π题二：B 题三：A 题四：75°题六：(1) 23；(2)3+ 第8讲不等式经典精讲题一：(1)[24,)+∞ (2)(0,81]题二：(1)(,2-∞- (2)7[,)2+∞ (3)4 题三：不对，正确解法如下：因为3ab a b =++，所以31a b a +=-，所以2233(1)5(1)4111a a a a a ab a a a a ++-+-+===--- 495=(1)5=(1)5111a a a a a -++-++----因为9(1)1a a -+≥-，当且仅当4a =时，“=”成立，又因为51y a =--在(4,)+∞上单调递增，所以53y ≥-，所以5286533ab ≥+-=，故ab 的取值范围是28[,)3+∞. 题四：(0,1)第9讲线性规划经典精讲题一：4题二：(1，3] 题三：7题四：4,135⎡⎤⎢⎥⎣⎦第10讲数列经典精讲金题精讲题一：－24．题二：21nn +．题三：(1)32n a n =-，2nn b =；(2)1328433n n +-⨯+．题四：(1)证明：因为{}n a 是等差数列，所以112n n n a a a -++=①；222n n n a a a -++=②；332n n n a a a -++=③，由①+②+③可得：3211236n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++=于是得到等差数列{}n a 是“(3)P 数列”;(2)证明：因为数列{}n a 是“(2)P 数列”，所以21124n n n n n a a a a a --+++++=①；又因为数列{}n a 是“(3)P 数列”，所以3211236n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++=②，由②-①得332n n n a a a -++=，于是得到33,,n n n a a a -+是等差数列，故147,,a a a 、258,,a a a 、369,,a a a …成等差数列，设147,,a a a 的公差为13d ，258,,a a a 的公差为23d ，369,,a a a 的公差为33d ，…，当3n =时，124534a a a a a +++=④，当4n =时，235644a a a a a +++=⑤，当5n =时，346754a a a a a +++=⑥ …将首项和公差代入上述式子可得：1212322334a a d d a +++=⑦ 2323112233412a a d d a d +++=+⑧ 1331222239412a a d d a d +++=+⑨由⑦+⑧+⑨可得：23d d =，将23d d =代入分别代入⑦、⑧、⑨整理可得13d d =，于是有123d d d ==，将123d d d ==代入1331222239412a a d d a d +++=+ 可得到2132a a a =+，故数列123,,a a a 是等差数列，设其公差为d '，于是有2131,2a a d a a d =+=+''，将其代入⑦可得1d d ='，于是有123d d d d ==='，故数列{}n a 是等差数列.第11讲数列2018新题赏析金题精讲题一： 4．题二： 3．题三： A ．题四： (1)221n a n =-；(2)数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和为 221n n T n =+．题五： (1)12n n x -=；(2)(21)212n n n T -⨯+=．第12讲导数及其应用经典精讲题一：4题二：题三：(1)极大值为(1)4f -=-，极小值为1112()327f -=- (2)a ≤5 题四：(1)2()ln 1f x x x x =-- (2)1-(3)证明：要证函数2()e x y f x x x =-+的图象在直线21y x =--的下方只需证 2()e 210x f x x x x -+++<，即要证e 20ln x x x x x +<-，所以只要证e 2ln 0x x +-<，令e 2()ln x h x x +=-，则1e ()x xh x '=-，根据函数1xy =和e x y =的图象，可知 0(0,1)x ∃∈，使得0001e 0()x x x h ='=-所以0()()x x h h ≤，又因为001e x x =，所以00e x x -=，故 00000002000200e 21212(21)(1)0()ln ln x x x x x x x x x x x x h +=+=-+--+=--=<=---也就是()0x h <恒成立，此题得证.第13讲导数及其应用2018新题赏析金题精讲题一：①④ 题二：1[1,]2-题三：(1)()f x 在(－∞，－ln a )单调递减，在(－ln a ，+∞)单调递增；(2) (0，1)第14讲巧用导数解决实际应用问题题一：(1)3312m ；(2)23；题二：(1)222()S r x r x =+-(0,)r ；233. 第15讲空间立体几何经典精讲323,24π+163 3 题三：（Ⅰ）证法一：因为E ，F 分别是P A ，PD的中点，所以EF∥AD.又因为AD∥BC，所以EF∥BC.因为E，H分别为P A，AB的中点，所以EH∥PB，又因为PB∩BC=B，EF∩EH=E，所以平面EFH∥平面PBC，又PC⊂平面PBC，所以PC∥平面EFH.证法二：连接AC，BD，设交点为O，连接HO，FO，因为O，H分别是BD，AB的中点，E，F分别是P A，PD的中点，所以EF∥AD，EF=12AD，OH∥AD，OH=12AD，所以OH∥EF，OH=EF，所以点O在平面EFH上，所以证PC∥平面EFH，即证PC∥平面EFOH.因为O，E分别是AC，AP的中点，所以EO∥PC，又因为直线PC⊄平面EFOH，所以PC∥平面EFOH.(Ⅱ)证明：因为AP=AD，点F是PD的中点，所以AF⊥PD. 因为P A⊥平面ABCD，所以P A⊥AB.因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD，所以AB⊥平面APD，所以AB⊥PD，即AH⊥PD，又AF⊥PD，AF∩AH=A，所以PD⊥平面AHF，又PD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面AHF.题四：（Ⅰ）证明：因为DE⊥面ACD，AF⊂面ACD，所以DE⊥AF，又因为AF⊥CD，所以AF⊥面BCDE，所以AF BE⊥.（Ⅱ）线段AB上存在点Q，使AC⊥平面DEQ．理由如下：如图，分别取AC AB，的中点G Q，，则GQ//BC，且GQ=12 BC，又因为DE//BC，12DE BC=，所以GQ//DE且GQ=DE，因为AD=CD，所以DG⊥AC，因为DE⊥面ACD，所以DE⊥AC，所以AC⊥面EDGQ，即AC⊥平面DEQ．第16讲空间向量法解立体几何题经典精讲题一：④题二：23题三：(1)当P为AC中点时，PF与BC所成的角是60︒ (2) 60︒题四：(1)证明：∵ABC-A1B1C1为直棱柱，∴C1C⊥面ABC，∴C1C⊥AC，C1C⊥CB，即︒=∠=∠90DCBDCA，∵底面为等腰直角三角形，且90ACB∠=︒，∴CA = CB，在△DCA和△DCB中⎪⎩⎪⎨⎧︒==∠=∠=CBCADCBDCADCDC90∴△DCA≌△DCB（SAS），∴DA=DB，又∵G为ABD∆的重心，∴DG⊥AB，∵E在面ABD上的射影为G，∴EG⊥面ABD，∴EG⊥AB，∵DG⊥AB，EG⊥AB，∴AB⊥面DEG.7第17讲空间立体几何2018新题赏析金题精讲题一：A题二：C10题四：②③题五：(1)证明：∵∠BAP =∠CDP =90°，∴PA ⊥AB ，PD ⊥CD ， ∵AB ∥CD ，∴AB ⊥PD ，又∵PA ∩PD =P ，且PA ⊂平面PAD ， PD ⊂平面PAD ，∴AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面PAD ；(2) 第18讲直线与圆经典精讲题一：(,[1,)-∞⋃+∞，π2π[,]43题三：(1)24 (2)24题四：(1)320x y ++= (2)22(2)8x y -+= (3)221(22x y x -=≤第19讲椭圆经典精讲金题精讲题一：D题二：2题三：1题四：题六：(±.第20讲双曲线与抛物线经典精讲金题精讲题一：B题二：221312x y -=；2y x =±题三：C 题四：C题六：证明：如图，设点11(,)A x y ，点22(,)B x y ，直线:AB l x my t =+，由22x my t y px=+⎧⎨=⎩，得2220y pmy pt --=，∴2221212122,22y y y y pt x x t p p=-==g ，又∵121k k =-，∴12120x x y y +=， ∴220t pt -=，∴2t p =，（0t =舍）， ∴:2AB l x my p =+，∴AB l 恒过点(2,0)p . 题七：(1) 证明：设直线:AB l x my t =+，由22x my ty px=+⎧⎨=⎩，得2220y pmy pt --=，∴122y y pt =-，又∵122y y p =-，∴1t =，∴:1AB l x my =+， ∴AB l 恒过点(1,0). (2)（0，4）.第21讲解析几何2018新题赏析金题精讲题一：(0,1][9,)+∞U题二：22y x =±题三：233题四：(1) 抛物线C 的方程为y 2 = x ，焦点坐标为(14，0)，准线为x =－14； (2) 设过点(0，12)的直线方程为y = kx +12(k ≠ 0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， ∴直线OP 为y = x ，直线ON 为y =22y x x ，由题意知A (x 1，x 1)，B (x 1，122x y x )，由212y kx y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，可得k 2x 2+(k －1)x +14= 0，∴x 1+x 2 =21k k -，x 1x 2 =214k ，要证A 为线段BM 的中点，只需证211122y x y x x =+，即证2111211222kx x kx x x +=++，即证1212212111222x x kx x x kx x x =+++，即证12121(22)()2k x x x x -=+，而12122221111222(1)(22)()(22)02244k k k k x xx x k k k k ------+=-⋅-⋅==∴ A 为线段BM 的中点．第22讲排列、组合及二项式定理经典精讲金题精讲题一：14 题二：C 题三：D 题四：-2 题五：10题六：710. 题七：证明：设a n =2n ，b n =n +2，∴数列{a n }是以2首项，公比为2的等比数列， ∴a 1=2．a 2=4．a 3=8，知a 1、a 2显然不是数列{b n }中的项． ∵a 3=8=3×2+2，∴a 3是数列{b n }中的第2项，设a k =2k 是数列{b n }中的第m 项，则2k =3m +2（k 、m ∈N *）， ∵a k+1=2k+1=2×2k =2（3m +2）=3（2m +1）+1， ∴a k+1不是数列{b n }中的项，∵a k +2=2k +2=4×2k =4（3m +2）=3（4m +2）+2， ∴a k +2是数列{b n }中的项，∴c 1=a 3，c 2=a 5，c 3=a 7，…，c n =a 2n +1， ∴数列{c n }的通项公式是c n =22n +1（n ∈N *）， ∴{c n }是等比数列. 题八：(1)72；432.(2) 有五位数，无六位数. (3)4012第23讲统计与两个概型经典精讲金题精讲题一：B 题二：（I ）1315；（II ）78题三：B题四：（1）B 地区用户满意度评分的频率分布直方图如下：B 地区用户满意度评分的频率分布直方图通过直方图比较可以看出，B 地区满意度评分的平均值高于A 地区用户满意度评分的平均值，B 地区用户满意度评分比较集中，而A 地区用户满意度评分比较分散；（2）A 地区的满意度等级为不满意的概率大，理由略. 题五：23题六：(I) 1.2 3.6y t =+$；(II)10.8(千亿元).第24讲离散型随机变量及其分布列、期望经典精讲金题精讲题一：1.96．题二：(1)0.3； (2)ξ的分布列如下：ξ 0 12P16 23 16E (ξ)=1；(3) 100名患者中服药者指标y 数据的方差比未服药者指标y 数据的方差大． X 0 123P14 1124 14 124E (X )=12； (2)1148．题四：(1)518；(2)X X1234EX =2．题五：(1)23； (2)X数学期望EX =236．第25讲概率统计2018新题赏析金题精讲题一：25 题二：59题三：π8题四：A 题五：B题六：(1)0.4；(2)20；(3)3:2．题七：(1)0.6；(2) Y 的所有可能值为900,300,－100；Y 大于零的概率为0.8．第26讲几何证明选讲(选修4-1) 题一：点P 的轨迹是223(0)x y y +=≠所表示的两个半圆. 题二：题三：43题四：11第27讲矩阵与变换(选修4-2)题一：⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤92－15 －1 题二：（Ⅰ）1a =，1b =-；（Ⅱ）(1,0)题三：1203--⎡⎤⎢⎥⎣⎦题四：（1）312221⎡⎤-⎢⎥⎢⎥-⎣⎦；（2）32223⎡⎤⎢⎥⎢⎥--⎣⎦题五：矩阵A ＝1120-⎡⎤⎢⎥⎣⎦，其另一个特征值为1. 第28讲坐标系与参数方程（选修4-4）金题精讲题二：1 题三：（1）1C ：cos 2ρθ=-， 2C ：22cos 4sin 40ρρθρθ--+=；（2）12题四：78第29讲不等式选讲(选修4-5)金题精讲题一：(,8]-∞ 题二：1a ≤时，x ∈∅；12a <≤时，533a a x +-<<； 2a >时，5533a a x -+<<题三：（Ⅰ）2|23x x ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭；（Ⅱ）(2,)+∞.第30讲复数题二：(31)-，题三：i 题四：i 题五：−3题六：1第31讲定积分都考啥题一：2题三：3ln 22-题四：13第32讲算法金题精讲题一：8. 题二：②.题三：(1) {1,3,5,7,9,11,13}，a n =2n -1 （n ∈N +且n ≤7）；(2) a =2；(3) a =a +3. 题四：12na a a n+++…；样本平均数.题五：2.第33讲高考数学一轮复习综合验收题精讲(一)金题精讲题一：1 题二：12题三：7或8 题四：（Ⅰ）π；（Ⅱ）最大值为2，最小值为－1. 题五：（Ⅰ）2y x =；（Ⅱ）令3()()2()3x g x f x x =-+，则4222()()2(1)1x g x f x x x ''=-+=-，因为()0g x '>(01)x <<，所以()g x 在区间(0,1)上单调递增，所以()(0)0g x g >=，(0,1)x ∈，即当(0,1)x ∈时，3()2()3x f x x >+；（Ⅲ）2.第34讲高考数学一轮复习综合验收题精讲(二)金题精讲题一：3R π 题二：1a题三：2sin 4y x =+题四：7 题五：14 题六：（1）连接BD ，∵底面ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ， ∵BB 1⊥底面ABCD ，∴BB 1⊥AC ，∵BD ∩BB 1=B ，∴ AC ⊥面DBB 1，∴AC ⊥B 1D ；（2）60°.题七：（Ⅰ）37；（Ⅱ）1049；（Ⅲ）11a =或18a =. 第35讲集合与常用逻辑用语经典回顾题一：(){2,4,8}U A B =U ð．第36讲函数的概念及其性质经典回顾题一：-8．题二：（Ⅰ）(0)0f =，(1)0f =；（Ⅱ）()f x 是奇函数, 证明：因为2(1)[(1)](1)(1)0f f f f =-=----= 所以(1)0f -=()(1)()(1)()f x f x f x xf f x -=-⋅=-+-=- 因此()f x 是奇函数题三：（Ⅰ）(0)1f =；（II ）证明：设1212,,x x x x <∈R ， 212111211121()()()()()()1()()1f x f x f x x x f x f x x f x f x f x x -=-+-=-+--=--∵210x x ->∴2121()1,()10f x x f x x ->--> 所以21()()f x f x > 因此()f x 在R 上是增函数.第37讲数列经典回顾开心自测题一：24. 题二：!2n 金题精讲题一： 60. 题二：（Ⅰ）13n na ∴=；（Ⅱ）1(21)3344n n n S +-∴=+．题三：（Ⅰ）*65()n a n n N =-∈；（Ⅱ）10．第38讲导数及其应用经典回顾金题精讲题一：（Ⅰ）32()312f x x x x =-+；（Ⅱ）a 的取值范围是[]1,9．题二：(Ⅰ) ()f x 的减区间是(,ln 2)-∞，增区间是(ln 2,)+∞，ln2()(ln 2)2ln 2222ln 22f x f e a a ==-+=-+极小(Ⅱ) 证明：设()221e R x g x x ax x =-+-∈，，∴()2e R 2x g x x a x '=-+∈，，由(Ⅰ)知当ln21a -＞时，()g x '最小值为 ()()ln221ln20g a '=-+＞，∴对任意R x ∈，都有()0g x '＞，所以()g x 在R 内单调递增；∴当ln21a -＞时，对任意0()x ∈+∞，，都有()()0g x g ＞，而()00g =，从而对任意()00()x g x ∈+∞，，＞，即221e 0x x ax -+-＞，故221e x x ax -+＞.第39讲复数与算法初步经典回顾金题精讲题一：30．题二：3．第40讲推理与证明问题经典回顾开心自测题一：81248,T T T T ．题二：证明：假设T 为奇数,则1271,2,,7a a a ---L 均为奇数.因奇数个奇数之和为奇数,故有奇数()()()()()1271271271027a a a a a a -+-++-+++-=+=+=+L L L ，但0≠奇数,这一矛盾说明T 为偶数.金题精讲题一：2222ABC ACD ADB BCD S S S S ++=△△△△．题二：2(1)(32)(21)n n n n ++++-=-L ．题三：1()(())n n f x f f x -==(21)2n nxx -+.题四：（1）13{,}a a 是E 的第5个子集．（2）E 的第211个子集是12578{,,,,}a a a a a ．题五：证明：（用反证法）假设c b a ,,都不大于0，即0,0,0≤≤≤c b a ，则有0≤++c b a ，而222222(2)(2)(2)236(1)(1)(1)()3236a b cx y y z z x x y z ππππππ++=-++-++-+=-+-+-+++- =3)1()1()1(222-+-+-+-πz y x∴222)1(,)1(,)1(---z y x 均大于或等于0，03>-π，∴0>++c b a ，这与假设0≤++c b a 矛盾，故c b a ,,中至少有一个大于0.第41讲选修4经典回顾开心自测题一：{11}x x -≤≤．题二：98a ．金题精讲题一：CE题二：3)4π．题三：（Ⅰ）2a =．（Ⅱ）m 的取值范围是(,5]-∞．。

【名师导学】高考数学第一轮总复习 1

A．{0}
B．{1}
C．{1,2}
D．{0,2}
【解析】∵N＝{x|x＝2a＋1，a∈M}＝{1,3,5}． ∴M∩N＝{1}，选B.
3．已知全集U＝R，则正确表示集合M＝{－1,0,1}和 N＝{x|x2＋x＝0}关系的韦恩图是( B)
【解析】∵N＝{x|x2＋x＝0}＝{－1,0} M＝{－1,0,1}． ∴选B.
4．(2011辽宁)已知M，N为集合I的非空真子集，且 M，N不相等，若N∩∁IM＝∅，则M∪N＝( A)
A．M
B．N
C．I
D．∅
【解析】利用韦恩图：N M，∴M∪N＝M，∴选A.
5．已知全集U＝{1,2,3,4,5}，集合A＝{x|x2－3x＋2＝0}， B＝{x|x＝2a，a∈A}，则集合∁U(A∪B)中元素的个数共有__2__个．
【解析】由已知得M∩N＝{2,3}，∴∁U(M∩N)＝ {1,4}，选D.
4．(2011广东)已知集合A＝{(x，y)|x，y为实数，且
x2＋y2＝1}，B＝{(x，y)|x，y为实数，且y＝x}，则
A∩B的元素的个数为( C)
A．0
B．1
C．2
D．3
【解析】集合A表示的是圆心在原点的单位圆，集合 B表示的是直线y＝x，画图可知选C.
1．确定一个集合的依据是：一是判断集合的元素是什么？二是理解元素的属性有哪些？
2．判断集合之间的包含关系，关键是理解符号 “⊆”的含义．注意∅对问题的影响．
3．对求解含有参数的集合运算问题，能化简的集合应先化简，以便使问题进一步明朗化．
4．集合问题多与函数、方程、不等式、解析几何等有关．在解题时，要注意相关知识间的联系．
③理解必要条件、充分条件与充要条件的意义．

学案导学备课精选高中数学1.1两个基本计数原理(一)同步练习(含解析)苏教版选修23

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

高中数学苏教选修同步训练：两个基本原理含答案

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

江苏省2022届高三数学内部专题二个基本原理

第十四章排列、组合、二项式定理§14.1 二个基本原理【典题导引】例1．求满足,{1,0,1,2}a b ∈-，且关于x 的方程220ax x b ++=有实数解的有序数对(,)a b 的个数．例2．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有个？例3．如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法数．例4．对于给定的大于1的正整数n ，设2012n n x a a n a n a n =++++，其中{0,1,2,,1},0,1,2,,i a n i n ∈-=，且0n a ≠，记满足条件的所有x 的和为n A ．（1）求2A ；（2）求n A ．【课后巩固】1．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有________种．2．将字母a a b b c c ，，，，，排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有________种．3．如果一个三位正整数如“123a a a ”满足12a a <，且23a a >，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为________．4．一个乒乓球队里有男队员5名，女队员4名，从中选取男、女队员各一名组成混合双打，共有________种不同的选法．5．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为________．6．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．7．如图所示，在,A B 间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现,A B 之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．8．用0,1,2,,9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为________．A B C D四个区域中相邻(有9．用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图所示)，要求在,,,公共边的)区域不用同一种颜色．n ，为①着色时共有多少种不同的方法？(1)若6(2)若为②着色时共有120种不同的方法，求n.、、条，在此图形中10．如图所示三组平行线分别有m n k(1)共有多少个三角形？(2)共有多少个平行四边形？11．对于给定的大于1的正整数n ，设2012n n x a a n a n a n =++++，其中{0,1,2,,1},0,1,2,,i a n i n ∈-=，且0n a ≠，记满足条件的所有x 的和为n A ．（1）求2A ；（2）求n A ．12．在含有n 个元素的集合{1,2,,}n A n =⋅⋅⋅中，若这n 个元素的一个排列（1a ，2a ，…，n a ）满足(1,2,,)i a i i n ≠=⋅⋅⋅，则称这个排列为集合n A 的一个错位排列（例如：对于集合3{1,2,3}A =，排列(2,3,1)是3A 的一个错位排列；排列(1,3,2)不是3A 的一个错位排列）.记集合n A 的所有错位排列的个数为n D ．（1）直接写出1D ，2D ，3D ，4D 的值；（2）当3n ≥时，试用2n D -，1n D -表示n D ，并说明理由；（3）试用数学归纳法证明：*2()n D n N ∈为奇数．。

苏教版高中数学选修231.1两个基本原理2篇

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

教学设想：引导学生形成 “自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式。

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

一天中，火车有4 班, 汽车有2班，轮船有3班。

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

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

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

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

那么完成这件事共有N=m 1+m 2+…+m n种不同的方法。

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

【名师导学】数学(江苏理,提高版)大一轮复习练习：第十二章计数原理(含答案解析)

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

【名师导学】数学(江苏理,提高版)大一轮复习练习：7.8数学归纳法(含答案解析)

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

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第65课两个基本原理【自主学习】第65课两个基本原理(本课时对应学生用书第169~170页)自主学习回归教材1. (选修2-3P6例1改编)一件工作可以用两种方法完成，有28人会用第一种方法完成，有20人会用第二种方法完成.从中选出1人来完成这件工作，不同选法的总数是.【答案】48【解析】由分类计数原理知共有28+20=48种方法.2. (选修2-3P8例4改编)某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法有种.【答案】504【解析】分三步，先插第一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个新节目，有9种方法，故共有7×8×9=504种不同的插法.3. (选修2-3P9习题3改编)从甲地到乙地有2条路可通，从乙地到丙地有3条路可通；从甲地到丁地有4条路可通，从丁地到丙地有2条路可通，则从甲地到丙地共有种不同的走法. 【答案】14【解析】共有2×3+4×2=14种不同的走法.4. (选修2-3P9习题6改编)将数字1，2，3，4填在标号为①，②，③，④的方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有种.【答案】9【解析】先填数字1，有3种方法；其次任选一个数字填入符合条件的方格中，有3种方法；最后两个数字唯一选择，故不同的填法有3×3×1=9(种).5. (选修2-3P9习题8改编)乘积(a+b+c+d)(m+n+p)·(x+y+z-f)展开后共有项.【答案】481.分类加法计数原理(也称加法原理)完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+…+m n种不同的方法.2.分步乘法计数原理完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，……，做第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1·m2·…·m n种不同的方法.3.两个原理辨析两个基本原理都是涉及完成一件事的不同方法种数的计算方法，它们的区别在于：分类计数原理与“分类”有关，各种方法相互独立，用任何一种方法都可以完成这件事；分步计数原理与“分步”有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成.【要点导学】要点导学各个击破分类计数原理的应用例1高三一班有学生50人，男生30人，女生20人；高三二班有学生60人，男生30人，女生30人；高三三班有学生55人，男生35人，女生20人.(1)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法?(2)从高三一班、二班男生中，或从高三三班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法?【解答】(1)完成这件事有三类方法：第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法；第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法；第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法.根据分类计数原理，任选一名学生任校学生会主席共有50+60+55=165种不同的选法.(2)完成这件事有三类方法：第一类，从高三一班男生中任选一名共有30种选法；第二类，从高三二班男生中任选一名共有30种选法；第三类，从高三三班女生中任选一名共有20种选法.综上，共有30+30+20=80种不同的选法.【精要点评】分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次分类时要注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类计数原理.变式(1)如图，从A到O有种不同的走法(不重复过一点).(2)满足a，b∈{-1，0，1，2}，且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序实数对(a，b)的个数是.(变式)【答案】(1)5 (2)13 【解析】(1)分3类：第一类，直接由A 到O ，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A →B →O 和A →C →O ，共2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A →B →C →O 和A →C →B →O ，共2种不同的走法. 由分类加法计数原理可得共有1+2+2=5种不同的走法. (2)已知a ，b ∈{-1，0，1，2}.①当a=0时，有x=-2b，b=-1，0，1，2，有4种可能.②当a ≠0时，则Δ=4-4ab ≥0，ab ≤1. i)若a=-1，b=-1，0，1，2，有4种可能； ii)若a=1，b=-1，0，1，有3种可能； iii)若a=2，b=-1，0，有2种可能.所以有序实数对(a ，b )共有4+4+3+2=13(个).分步计数原理的应用例2 有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法?(不一定六名同学都能参加)(1)每人恰好参加一项，每项人数不限； (2)每项限报一人，且每人至多参加一项； (3)每项限报一人，但每人参加的项目不限.【思维引导】可以根据报名过程，使用分步计数原理.【解答】(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的选法，由分步计数原理知，共有36=729种不同的报名方法.(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步计数原理得，共有6×5×4=120种不同的报名方法.(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步计数原理得，共有63=216种不同的报名方法.【精要点评】利用分步计数原理解决问题：(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.两个计数原理的综合应用例3如图，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为.(例3)【思维引导】染色问题是常见的计数应用问题，可从选颜色、选顶点进行分类、分步，从不同角度解决问题.【答案】420【解析】方法一：可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步计数原理即可得出结论.由题设，四棱锥S-ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3=60种染色方法.当S，A，B染好时，不妨设其颜色分别为1，2，3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法.可见，当S，A，B已染好时，C，D还有7种染法，故不同的染色方法有60×7=420(种).方法二：以S，A，B，C，D顺序分步染色.第一步，S点染色，有5种方法；第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；第三步，B点染色，与S，A分别在同一条棱上，有3种方法；第四步，C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法.由分步、分类计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3+2×2)=420(种).方法三：按所用颜色种数分类.第一类，5种颜色全用，共有55A种不同的方法；第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2×45A种不同的方法；第三类，只用3种颜色，则A与C，B与D必定同色，共有35A种不同的方法.由分类计数原理，得不同的染色方法种数为55A+2×45A+35A=420(种).【精要点评】在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而是可能同时应用两个计数原理，在解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步.(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类计数原理求和，得到总数.(2)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.(3)对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析.变式电视台工作人员在“欢乐在今宵”节目中拿出两个信箱，其中放着竞猜中成绩优秀的观众来信，甲箱中有30封，乙箱中有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，再从两箱中各确定一名幸运观众，有多少种不同结果?【解答】(1)幸运之星先在甲箱中抽取，选定幸运之星，再在两箱内各抽一名幸运观众有30×29×20=17 400(种).(2)幸运之星先在乙箱中抽取，选定幸运之星，再在两箱内各抽一名幸运观众有20×19×30=11 400(种).由分类计数原理知共有17 400+11 400=28 800种不同结果.1.在如图所示的电路图中，从A到B共有条不同的线路可通电.(第1题)【答案】8【解析】因为按上、中、下三条线路可分为三类：上线路中有3条，中线路中有1条，下线路中有2×2=4条，根据分类加法计数原理，共有3+1+4=8条不同的电路可通电.2.用数字0，1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有个.【答案】324【解析】个位、十位和百位上的数字为3个偶数的有231334C A C+3133A C=90(个)；个位、十位和百位上的数字为1个偶数2个奇数的有231334C A C+12313333C C A C=234(个)，所以共有90+234=324(个).3.在2015年北京田径世锦赛上，8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1，2，3，4，5，6，7，8八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】2 880【解析】分两步安排这8名运动员.第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1，3，5，7四条跑道可安排，所以安排方式有4×3×2=24(种). 第二步：安排另外5人，可在2，4，6，8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1=120(种).所以安排这8人的方式有24×120=2 880(种).4.用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1，2，…，9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1，5，9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有种.(第4题)【答案】108【解析】把区域分为三部分，第一部分1，5，9，有3种涂法.第二部分4，7，8，当5，7同色时，4，8各有2种涂法，共4种涂法；当5，7异色时，7有2种涂法，4，8均只有1种涂法，故第二部分共4+2=6种涂法.第三部分与第二部分一样，共6种涂法.由分步计数原理，可得共有3×6×6=108种涂法.趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》中的练习第129~130页.【检测与评估】第十二章计数原理第65课两个基本原理一、填空题1．已知异面直线a，b上分别有5个点和8个点，那么这13个点可以确定不同的平面个数为.2．一支乒乓球队里有男队员5名、女队员4名，从中选出男、女队员各1名组成混合双打，那么共有种不同的选法.3．已知集合P={x，1}，Q={y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是.4．已知集合M={1，-2，3}，N={-4，5，6，-7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，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.5．如图所示的阴影部分由方格纸上的3个小方格组成，我们称这样的图案为“L”型图案(每次旋转90°仍为“L”型图案)，那么在由4×5个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的“L”型图案的个数是.(第5题)6．有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这些任务，那么不同的选法有种.7．若只用1，2，3三个数字组成一个四位数，规定：这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，则这样的四位数有个.8．(2014·泉州质检)如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块花坛里只种一种花，且相邻的两块花坛里种不同的花，则不同的种法共有种.(第8题)二、解答题9．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门语言，其中7人会英语，3人会日语，那么从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法?10．标号分别为A，B，C的三个口袋，A袋中有1个红色小球，B袋中有2个白色小球，C袋中有3个黄色小球，现从中取出两个小球.(1)若取出的两个球颜色不同，有多少种取法?(2)若取出的两个球颜色相同，有多少种取法?11．编号分别为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1，2号盒子中，B球必须放在与A球相邻的盒子中，则不同的放法有多少种?(第11题)【检测与评估答案】第十二章计数原理第65课两个基本原理1．13【解析】分两类情况讨论：第一类，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；第二类，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.根据分类计数原理知，共可以确定8+5=13个不同的平面.2．20【解析】由题意知需选出男、女队员各1人，可分两步进行：第一步，选1名男队员，有5种选法；第二步，选1名女队员，有4种选法.共有5×4=20种不同的选法.3．14【解析】当x=2时，x≠y，点的个数为1×7=7；当x≠2时，x=y，点的个数为7×1=7．因此，共有14个点.4．6【解析】分两类：第一类，第一象限内的点，有2×2=4(个)；第二类，第二象限内的点，有1×2=2(个).根据分类计数原理知共有4+2=6个不同的点.5．48【解析】每四个小方格(2×2型)中有“L”型图案4个，共有2×2型小方格12个，所以共有“L”型图案4×12=48个.6．2 520【解析】第一步，从10人中选派2人承担任务甲，有210C种选派方法；第二步，从余下的8人中选派1人承担任务乙，有18C种选派方法；第三步，再从余下的7人中选派1人承担任务丙，有17C种选派方法.根据分步计数原理，有210C·18C·17C=2 520种不同的选法.7．18【解析】由题意知1，2，3中必有某一个数字重复使用2次.第一步，确定谁被使用2次，有3种方法；第二步，把这2个相等的数放在四位数不相邻的两个位置上，也有3种方法；第三步，将余下的2个数放在四位数余下的2个位置上，有2种方法.故共可组成3×3×2=18个不同的四位数.8．84【解析】方法一：按所种花的品种多少分成三类：种两种花有24A种种法；种三种花有234A种种法；种四种花有44A种种法.所以不同的种法共有24A+234A+44A=84种.方法二：按A-B-C-D的顺序种花，可分A，C种同一种花与不种同一种花两种情况，共有4×3×(1×3+2×2)=84种不同的种法.9．由题意得有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语.第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，共有6种方法，则选会日语的有2+1=3(种)，此时共有6×3=18(种)；第二类：不从只会英语的6人中选1人说英语，则只有1种方法，则选会日语的有2种，此时共有1×2=2(种).根据分类加法计数原理知共有18+2=20种选法.10．(1)若两个球颜色不同，则应在A，B袋中各取一个或A，C袋中各取一个或B，C袋中各取一个，所以应有1×2+1×3+2×3=11种取法.(2)若两个球颜色相同，则应在B或C袋中取出2个，所以应有1+3=4种取法.11．根据A球所在位置分三类：①若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步计数原理，有3×2×1=6种不同的放法；②若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步计数原理，有3×2×1=6种不同的放法；③若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E，有3×2×1=6种不同的放法，则根据分步计数原理，有3×6=18种不同的放法.综上所述，由分类计数原理得不同的放法共有6+6+18=30种.。