2020版高考数学一轮复习-第2讲排列与组合配套课时作业(理)(含解析)新人教A版
第2讲排列与组合
配套课时作业
1．用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( )
A．24 B．48 C．60 D．72
答案 D
解析因为1,2,3,4,5中共有3个奇数，所以先排个位，有C13种排法，再将剩下4个数字进行全排列，有A44种排法，故共有C13A44＝3×24＝72(种)排法．
2．(2018·东北四市联考)甲、乙两人要在一排8个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则有多少种坐法( )
A．10 B．16 C．20 D．24
答案 C
解析一排共有8个座位，现有两人就坐，故有6个空座．∵要求每人左右均有空座，∴在6个空座的中间5个空中插入2个座位让两人就坐，即有A25＝20(种)坐法．3．(2019·大连模拟)在1,2,3,4,5,6这六个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的共有( )
A．60个 B．36个 C．24个 D．18个
答案 A
解析依题意，所选的三位数字有两种情况：(1)3个数字都是偶数，有A33种方法；(2)3个数字中有2个是奇数，1个是偶数，有C23C13A33种方法，故共有A33＋C23C13A33＝60种方法．故选A.
4．某校高一有6个班，高二有5个班，高三有8个班，各年级分别举行班与班之间篮球单循环赛，则共需要进行比赛的场数为( )
A．C26C25C28B．C26＋C25＋C28
C．A26A25A28D．C219
答案 B
解析依题意，高一比赛有C26场，高二比赛有C25场，高三比赛有C28场，由分类计数原理，得共需要进行比赛的场数为C26＋C25＋C28.选B.
5．6人站成一排，甲、乙、丙任何两人都不相邻的排法共有________种．( )
A．A33·A44B．A33·A34
C．A66－A44A33D．A44·A55
答案 B
解析本题应使用插空法：第一步，除甲、乙、丙外，另外3个人的排法为A33种；第二步，3个人共形成4个空，让甲、乙、丙3个人在这4个空中任选3个进行排列，其排法共有A34种．按分步计数原理，共有A33·A34种排法．
6．(2019·唐山模拟)从{1,2,3，…，10}中选取三个不同的数，使得其中至少有两个相邻，则不同的选法种数是( )
A．72 B．70 C．66 D．64
答案 D
解析从{1,2,3，…，10}中选取三个不同的数，恰好有两个数相邻，选法共有C12·C17＋
C17·C16＝56(种)；三个数相邻，选法共有C18＝8(种)．故至少有两个数相邻的选法共有56＋8＝64(种)，故选D.
7．某市拟成立一个由6名高中学生成立的调查小组，并准备将这6个名额分配给本市的4所重点中学，要求每所重点中学都有学生参加，那么不同名额分配方法的种数是( ) A．10 B．20 C．24 D．28
答案 A
解析如图所示，6个名额排成一列，6个名额之间有5个空，任找3个空插入隔板就是一种名额分配方法，故共有C35＝10(种)分配方法．
8．(2019·福建厦门模拟)将甲，乙等5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送的方法有( ) A．240种 B．180种 C．150种 D．540种
答案 C
解析5名学生可分成2,2,1和3,1,1两种形式，当5名学生分成2,2,1时，共有1
2
C25C23
A33＝90种方法，当5名学生分成3,1,1时，共有C35A33＝60种方法，根据分类计数原理知共有90＋60＝150种保送方法．
9．一个盒子里有3个标号分别为1,2,3的小球，每次取出1个，记下它的标号后再放回盒子里，共取三次，则取到的所有小球中，标号的最大值是3的取法有( ) A．12种 B．15种 C．17种 D．19种
答案 D
解析本题考查组合问题和分类加法计数原理．
解法一：分三类：第一类，有一次取到3号球，其取法种数为C13C12C12＝12；第二类，有两次取到3号球，其取法种数为C23C12＝6；第三类，三次都取到3号球，其取法种数为C33＝1.故满足条件的取法共有12＋6＋1＝19(种)．故选D.
解法二：所有的取法种数为C13C13C13＝27，三次均未取到3号球的取法种数为C12C12C12＝8，故满足条件的取法种数为27－8＝19.故选D.
10．(2019·辽宁省实验中学模拟)篮球比赛中每支球队的出场阵容由5名队员组成，
2017年的篮球赛中，休斯顿火箭队采取了“八人轮换”的阵容，即每场比赛只有8名队员有机会出场，这8名队员中包含两名中锋，两名控球后卫，若要求每一套出场阵容中有且仅有一名中锋，至少包含一名控球后卫，则休斯顿火箭队的主教练一共有________种出场阵容的选择．( )
A．16 B．28 C．84 D．96
答案 B
解析有两种出场方案：(1)中锋1人，后卫1人，有C12C12C34＝16种出场阵容，(2)中锋1人，后卫2人，有C12C22C24＝12种出场阵容，共计28种，选B.
11．现有4种不同品牌的小车各2辆(同一品牌的小车完全相同)，计划将其放在4个车库中(每个车库放2辆)，则恰有2个车库放的是同一品牌的小车的不同放法共有( ) A．144种 B．108种 C．72种 D．36种
答案 C
解析从4种小车中选取2种有C24种选法，从4个车库中选取2个车库有C24种选法，然后将这2种小车放入这2个车库共有A22种放法，将剩下的2种小车每一种分开来放，因为同一品牌的小车完全相同，所以只有1种放法，所以共有C24C24A22＝72种不同的放法．12．(2019·昆明模拟)用1,2,3,4,5这5个数字组成无重复数字的五位数，然后由小到大排列，则42351是第________个数．( )
A．80 B．81 C．82 D．83
答案 C
解析万位取1,2,3时，共有A13·A44＝72(个)．
万位取4时，分两种情况：
(1)41×××，此时有A33＝6(个)；
(2)42×××，此时又分两类．
①421××时，有A22＝2(个)；
②423××时，只有一个数42315小于42351.
所以小于42351的数共有72＋6＋2＋1＝81(个)，从而42351是第82个数．
13．(2019·洛阳统考)某校有4个社团向高一学生招收新成员，现有3名同学，每人只选报1个社团，则恰有2个社团没有同学选报的报法有________种(用数字作答)．答案36
解析解法一：第一步，选2名同学报名某个社团，报法有C23·C14＝12(种)；第二步，从剩余的3个社团里选一个社团安排另一名同学，报法有C13·C11＝3(种)．由分步乘法计数原理得报法共有12×3＝36(种)．
解法二：第一步，将3名同学分成两组，一组1人，一组2人，共C23种分法；第二步，从4个社团里选取2个社团让两组同学分别报名，共A24种方法．由分步乘法计数原理得报法共有C23·A24＝36(种)．
14．(2019·北京西城模拟)把4件不同的产品摆成一排．若其中的产品A与产品B都摆在产品C的左侧，则不同的摆法有________种(用数字作答)．
答案8
解析①产品C排在第三个位置时有A22＝2种摆法；②产品C排在第四个位置时有A33＝
6种摆法．所以不同的摆法有8种．
15．在小语种提前招生考试中，某学校获得5个推荐名额，其中俄语2个，日语2个，西班牙语1个，日语和俄语都要求有男生参加，学校通过选拔定下3男2女共5名推荐对象，则不同的推荐方法共有________种．
答案24
解析每个语种各推荐1名男生，共有A33A22＝12种，3名男生都不参加西班牙语考试，共有C23C12A22＝12种，故不同的推荐方法共有24种．
16．(2019·延安模拟)某商店要求甲、乙、丙、丁、戊五种不同的商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，而丙、丁两种不能排在一起，不同的排法共有________种．
答案24
解析甲、乙排在一起，用捆绑法，先排甲、乙、戊，有2A22种排法，丙、丁不排在一起，用插空法，有A23种排法，所以共有2A22·A23＝24种．
17．有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内．
(1)共有多少种放法？
(2)恰有一个盒子不放球，有多少种放法？
(3)恰有一个盒内放2个球，有多少种放法？
(4)恰有两个盒子不放球，有多少种放法？
解(1)一个球一个球的放到盒子里去，每只球都有4种独立的放法，由分步乘法计数原理知，放法共有44＝256种．
(2)为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，即将4个球分成2,1,1的三组，有C24种分法；然后再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可．由分步乘法计数原理知，共有放法C14C24C13A22＝144种．
(3)“恰有一个盒子内放2个球”，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此，“恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事．故也有144种放法．
(4)先从四个盒子中任取两个有C24种，问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数目看，可分为(3,1)，(2,2)两类．第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C34·C12种放法；第二类：有C24种放法．因此共有C34 C12＋C24＝14种．由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有C24·14＝84种．。
高考数学一轮复习第九章第2课时排列与组合课时作业理新人教版
第2课时排列与组合考纲索引1. 排列与排列数•2. 组合与组合数.3. 组合数公式的性质. 课标要求1. 理解排列、组合的概念.2. 能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式3.能利用排列与组合解决简单的实际问题.知识梳理 1. 排列与排列数n 个不同元素中取出 m (m K n )个元素的所有不同排列的个数”，它是所有不同排列的个数，是一个数值. ,右边的第一个因数是n ,后面的每一个因数都比前面一个少1,最后一个是1,共 _________ 个连续正整数相乘当较小时可利用该公式计数排列数 公式还可表示成=兀,它主要有两个作用：一是当m n 较大时，可利用计算器计算阶乘数,二是对含字母的排列数式子进行变形和论证时 ，写出这种形式更便于发现它们之间的规律. 2. 组合与组合数“一个组合”是指“从 n 个不同元素中取出 mm< n )个元素合成一组”，它是一件事情；“组 合数”是指“从 n 个不同元素中取出 m (m< n )个元素的所有不同组合的个数”，它是一个数L =」=值.组合数公式的推导要借助于排列数公式，公式_________ ,其分子的组成与排列数’”相同,分母是m 个元素的全排列数.当m n 较小时，可利用该公式计数；组合数公 j 5 式还可以表示成'” = ____________ ,它有两个作用：一是当mn 较大时，可利用计算器计算阶乘 数,二是对含字母的组合数式子进行变形和论证 .3. 组合数公式有两个性质“排列”与“排列数”是两个不同的概念“一个排列”是指"从 n 个不同元素中取出 m (m < n )个元素，按照一定的顺序排成一列”,它是一件事情，只有元素与其排列顺序都相同的排列才是同一排列；“排列数”是指“从 排列数公式⑴,该公式说明，从n 个不同元素中取出 m 个元素与从n 个不同元素中取出n-m 个元素是一一对应关系，实际上就是“取出的”与“留下的”是一一对应关系 ，该公式说明,从a i , a 2,…,a n+i 中取出m 个元素的组合数1飞名学牛和2位窓师站成一排合影池位老师不相邻的排法种数为（ ）・A. A|A^B.C. A|A?D.2. （2013 -四川）从1.3*5,7»9这五个数中*每次取出两个不同的数分別记为 s 爲共可得到lgu-lg6的不同值的个数是（A. 9B. 10 D. 20乳某导演拟从5名演员中选取3名参加5场演出"其中第三场必须2人参 加*其余各场只要1人参加+每人参加2场演岀”其中演员甲不能参加第 三场"且每位演员不能连续出场参加演;4则导演安排演岀的方法种数 为（ ）.A, 36IX 1444*7名志熄者中安排6人在周六、周H 两犬参加社区公益活动•若每犬安排 3人”则不同的安排方案共有 ___________ 种（用戟字作答h比甲、乙*内3人站到共有7级的台阶上•若毎级台阶最多站2人•同一级台 阶匕的人不区分站的位置，则不同的站迭种数是｛用数字作答）+♦排列、组合综合题再利用两个基本计数原理作最后处理♦间接法对于较难直接解决的问题则可用间接法，但应做到不重不漏♦分配问题对于分配问题，解题的关键是搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序；(2)a 可以分成两类:第一类含有元素a i ,共个；第二类不含元素共个.解排列、组合综合题一般是先选元素、后排元素 ,或充分利用元素的性质进行分类、分布避免计数的重复或遗漏考点透析考向一有限制条件的排列问题例1甲、乙、丙、丁四名同学排成一排，分别计算满足下列条件的排法种数(1)甲不在排头、乙不在排尾；(2)甲不在第一位、乙不在第二位、丙不在第三位、丁不在第四位；(3)甲一定在乙的右端(可以不相邻).【审题视点】根据题目要求灵活运用直接法和间接法•【方法总结】对于相邻问题，可以先将要求相邻的元素作为一个元素与其他元素进行排列，同时要考虑相邻元素的内部是否需要排列，这种方法称为“捆绑法”；对于不相邻的元素，可先排其他元素，然后将这些要求不相邻的元素插入空当，这种方法称为“插空法”；对于“在”或者“不在”的排列问题的计算方法主要有：位置优先法、元素优先法、间接计算法•变式训练1.4个男同学，3个女同学站成一排•(1) 3个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？(2) 任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？⑶其中甲、乙两同学之间必须恰有3人，有多少种不同的排法？(4)甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？(5)女同学从左到右按高矮顺序排，有多少种不同的排法？(3个女生身高互不相等)考向二组合问题例2某课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人,并且男、女生各指定一名队长.现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？(1)只有一名女生；⑵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；⑸既要有队长,又要有女生当选•【审题视点】根据题目要求，正确的选择排列或组合,有些问题用间接法更方便•【方法总结】1.注意问题有无顺序要求，一般有序问题用排列，无序问题用组合；2. 有些复杂问题用直接法不好解决，往往选用间接法；3. 均匀分组与不均匀分组、无序分组与有序分组是组合问题的常见题型.解决此类问题的关键是正确判断分组是均匀分组还是不均匀分组，无序分组要除以均匀组数的阶乘数；还要考虑到是否与顺序有关，有序分组要在无序分组的基础上乘分组数的阶乘数.变式训练2. (2013 •重庆)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是_________ .考向三排列与组合的综合应用例3按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？(1) 分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；(2) 甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；(3) 平均分成三份，每份2本；(4) 平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；(5) 分成三份，1份4本，另外两份每份1本；(6) 甲、乙、丙三个人中，一人得4本，另外两人每人得1本；⑺甲得1本,乙得1本,丙得4本.【审题视点】 综合运用排列与组合的知识解题【方法总结】排列组合的综合题目,一般是先取出符合要求的元素组合 （分组）,再对取出的元 素排列，分组时要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分组标准 变式训练 3.（1）现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加南京青奥会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加.甲、乙不会开车但能从事其他三 项工作,丙、丁、戊都能胜任四项工作 ,则不同安排方案的种数是 ____________ ；⑵ 给n 个自上而下相连的正方形着黑色或白色.当n W 4时,在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示：h-1 ■ 口B B 0由此推断,当n=6时,黑色正方形互不相邻的着色方案共有 ____________ 种,至少有两个黑色正方 形相邻的着色方案共有 ________ 种.（结果用数值表示） 经典考题典例（2014 •浙江模拟）把座位编号为1,2,3,4,5 的五张电影票全部分给甲、乙、 丙、丁四 个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数 为 .（用数字作答） 【解题指南】 根据题意，先将票分为符合题意要求的4份,用隔板法易得其情况数目，再将分好的4份对应到4个人，由排列知识可得其情况数目，再由分步计数原理，计算可得答案. 【解析】 先将票分为符合条件的 4份,由题意,4人分5张票,且每人至少一张，至多两张, 则三人一张,1人2张,且分得的票必须是连号,相当于将1,2,3,4,5 这五个数用3个板子隔 开,分为四部分且不存在三连号 .在4个空位插3个板子，共有* 种情况，再对应到4A ：=个人,有 24种情况,则共有4X 24=96种情况.rm一一 ■一■~n FEnrrn= =- Mn故答案为96.【答案】96真题体验1. （2014 •全国大纲）有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有（）.A. 60 种B. 70 种C.75 种D.150 种2. （2014 •北京）学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀” “合格” “不合格” •若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”.如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有（）.A. 2人B. 3人C. 4人D. 5人3. （2014 •辽宁）6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为（）. A. 144 B.120C. 72D. 244. ____________________ （2014 •北京）把5件不同产品摆成一排.若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有种.5. （2014 •浙江）在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有_______ 种.（用数字作答）1. A2.C3. A4.1405.336考点透析【例1】I ）解析：（□①直接排•耍分甲排在排尾和甲既不排在排头也 不排在排尾两种情况*若甲排在排尾共有A ；Ai = 6种排法. 若甲既不在排头也不在丼尾共有AJA1AH8种诽法抽分先汁敎原 理知满足条件的排法共冇A ｝朋+厲皿加=14（种）.②也可间接计算:A ：；-2AHA^ = 14（种人（约可考虑直接排法’甲有3种推法暑若甲排在第二位•则乙有3种排 法事甲、乙排好后再丙■丁只有一种排法•由分步计数原理知满足条件 的所有排法共有3X3X ] -9（种）.⑶可先排丙.丁有A?种排肚，则甲.乙只有一种排医，由分步计数原理满足条件的排列共有Af • 1-12（种匚或看作定序问题牛=12（种 h【例2J （1）依题意再应选一名女生.四名男生，知识梳理参考答案与解析1- rf (« — 1) (n — 2)— JN +1)齐(刃—1)(卅—2)" * (“ — m -Fl)基础自测故共有G ・C ：=350（种）.（2） 将两队长作为一类，其他11人作为一类， 故共有C ；・C ；i=165（种）.（3） 至少有一名队长包含两类：只有一名队长和有两名队长，故共有 C ； -Ch+Cf ・昭=825（种），或采用排除法:C?3-Cf 1=825（种）.（4） 至多有两名女生包含三类：有两名女生、只有一名女生、没有 女生.故选法为Cf ・& + G ・&+& = 966（种）.（5） 分两类：第一类女队长当选，有C ；2种；第二类女队长不当选：C ；・Q+Cf ・Q+C ：・C}+C ：|・ 故选法共有Cj 2+C}・Q+C ：・d + C ；・C}+Cj=79O （种）.【例3] （1）无序不均匀分组问题.先选1本•有C]种迭法，籽从余下的5木中选2木•有住 种迭法；最 后余下3本全选•有ci 种选法•故共有Q ・G ・ci=60（种）.（2） 有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙有不同的三人，在（1）题基础上•还应考虑再分配•共有 ©・&・&・ Ai = 360（种）.（3） 无序均匀分组问题.先分三步•则应是（4・u ・&种方法9但是这里出现了重复.不妨记 六本书为A,B,C,D ・E ・F,若第一步取了 AB •第二步取了 CD,第三 步取了EF •记该种分法为（AB.CD.EF ）则&・C ： •住种分法中还 包括（AB,EF,CD 〉，（CD ・AB,EF>,（CD,EF,AB ）,（EF,fD,AB ）,（EF.A13.CD ），共有A 扌种悄况.而这A 舟种情况仅是AB.CD.EF 的 顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式冇鱼=15（种）.（4） 冇序均匀分组问题.在（3）的基础上再分配给3个人•共有分配方式& ・ C ： •& = 60（种）.（5） 无序部分均匀分组问题. 共有心•乍• C；=15（种）.A2(6)有序部分均匀分组问题.在(5)的基础上卉分配给3个人•共有分配方式CJ * CJ • C[ a3冲—_拦----- • Al = 90(种).(7＞直接分配问题.甲选1本•有C；种方法；乙从余下的5本中选I本•有G种方法;余下4本留给丙”有C种方法•共有分配方式C] ■ C| • CJ = 30(种).变式训练|1.(1)3个女同学是持殊元素•我们先把她们排好，共有A扌种排法卡由于3个女同学必须排在一起•我们可视排好的女同学为一整体*再与男同学排队.辻时是5个元素的全排列•应有Al种排法•由分步计数臣理，有朋朋=720种不同排法.(2)先将男生排好.共有AJ种排法■冉在这4个男生的中河及两头的5个空当中插入3个女生有A殳种方案，故符合条件的排法共有A：；A? =1 440种不同排法.(3)甲*乙两人先排好，冇A|种排法.再从余下5人中选3人拮在甲、乙两人中间，有/种排法，这时把已排好的5人视为一整体*与最后剩下的两人再排•又冇A|种排法•这样总共冇A；&虫= 720种不同排法.(4)先排甲、乙和丙3人以外的苴他4人•有AJ种排法*由干甲、乙冬相邻•故再把甲，乙排好•冇XI种排法；垠膚把甲、乙排好的这个驚体与内分别f甫人原先井好的4人的空半屮有Af种排法•这样•总共有A{A^Af=960种不同排法.⑸从7个侍詈中选出4个低曽把男生排好•则有思种排法-然后阳在余卜.的3个空位當中排女生”由于女生啖按身体离域排列•故仅有一种排法•这样总共有朋= 840种不同排法.2.5903.(1)126 (2)21 431.C 解析：由题意知，选2名男医生、1名女医生的方法有C|C| =75（种）.2.B 解析：假设满足条件的学生有4位及4位以上.设其中4位同学分别为甲、乙、丙、丁，则4位同学中必有两个人语文成绩一样，且这两个人数学成绩不一样，那么这两个人中一个人的成绩比另一个人好，故满足条件的学生不能超过3人.当有3位学生时•用A.B.C表示“优乔”“合格”“不合格”•则满足题意的有AC.CA.BB.所以最多有3人.3.D 解析：剩余的3个座位共有4人空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为£=4X3X2 = 24・4.36解析：将产品A与B捆绑在一起，然后与其他三种产品进行全排列，共有AjA：种方法，将产品A.B.C捆绑在一起，且A在中间，然后与其他两种产品进行全排列，共有A；A；种方法•于是符合题童的排法共W AlAj-AfAi = 36（种）.5.60解析：将8张奖券分4组，再分配给4个人•把8张奖券分4组冇两种分法，一种是分（一等奖，无奖）、（二等奖，无奖）、（三等奖，无奖）、（无奖，无奖）四组，分给4人有A：种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有CJ种分法，再分给4人有&A：种分法•所以不同获奖情况种数为A；+&Af = 24 + 36=6O・。
2020届高考数学一轮复习综合检测二(标准卷)理(含解析)新人教A版
综合检测二(标准卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本题共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．设全集为R ，集合A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ 2－x x >0，B ＝{x |x ≥1}，则A ∩B 等于( ) A ．{x |0<x ≤1}B ．{x |0<x <1}C ．{x |1≤x <2}D ．{x |0<x <2} 答案 C解析 由集合A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ 2－x x >0，可知0<x <2； 因为B ＝{x |x ≥1}，所以A ∩B ＝{}x |1≤x <2，故选C.2．若复数z 满足(1＋2i)z ＝1－i ，则复数z 为( )A.15＋35i B ．－15＋35i C.15－35i D ．－15－35i 答案 D解析 ∵(1＋2i)z ＝1－i ，∴z ＝1－i 1＋2i ＝(1－i )(1－2i )(1＋2i )(1－2i )＝－1－3i 5＝－15－35i ，故选D. 3．设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧ y ≥0，x －y ＋1≥0，x ＋y －3≤0，，则z ＝2x －y 的最小值为( )A ．－3B ．－2C ．－1D ．2答案 B 解析 绘制不等式组表示的可行域(阴影部分包含边界)，结合目标函数可得，目标函数在点A (－1,0) 处取得最小值z ＝2x －y ＝－2.4.如图，在△OAB 中，P 为线段AB 上的一点，OP →＝xOA →＋yOB →，且BP →＝2PA →，则( )A ．x ＝23，y ＝13B ．x ＝13，y ＝23C ．x ＝14，y ＝34D ．x ＝34，y ＝14 答案 A解析 由题可知OP →＝OB →＋BP →，又BP →＝2PA →，所以OP →＝OB →＋23B A →＝OB →＋23(OA →－OB →)＝23O A →＋13OB →，所以x ＝23，y ＝13，故选A. 5．(2x ＋x )4的展开式中x 3的系数是( )A ．6B ．12C ．24D ．48答案 C解析 (2x ＋x )4的展开式的通项公式为T k ＋1＝C k 4(2x )4－k (x )k ＝C k 424－k 42k x －，令4－k 2＝3解得k ＝2，故x 3的系数为C 2422＝24，故选C.6．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的S 值为( )A ．15B ．37C ．83D ．177答案 B解析 执行程序，可得S ＝0，i ＝1，不符合，返回循环；。
2020届高考数学一轮复习立体几何中的向量法(第2课时)求空间角与距离课时作业理(含解析)
第2课时 求空间角与距离课时作业1．在棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在棱CC 1上，且CC 1＝4CP ，求点P 到平面ABD 1的距离．解：建立如图所示的空间直角坐标系，则由题设条件易知A (4,0,0)，B (4,4,0)，P (0,4,1)，D 1(0,0,4)．AB →＝(0,4,0)，AD 1→＝(－4,0,4)，过P 点作PH ⊥平面ABD 1，垂足为H ，则PH 即为点P 到平面ABD 1的距离． 设点H 的坐标为(x ，y ，z )，则PH →＝(x ，y －4，z －1)，AH →＝(x －4，y ，z )， ∵PH ⊥平面ABD 1，∴PH →⊥AB →，PH →⊥AD 1→，PH →⊥AH →， ∴⎩⎪⎨⎪⎧PH →·AB →＝y －＝0，PH →·AD 1→＝－4x ＋z －＝0，PH →·AH →＝x x －＋y y －＋z z －＝0，解得x ＝32，y ＝4，z ＝52或x ＝0，y ＝4，z ＝1(舍去)，∴H ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，4，52，PH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，∴|PH →|＝322.故点P 到平面ABD 1的距离为322.2．(2019漳州5月)如图，在三棱台ABC －DEF 中，二面角B －AD －C 是直二面角，AB ⊥AC ，AB ＝3，AD ＝DF ＝FC ＝12AC ＝1.(1)求证：AB ⊥平面ACFD ；(2)求二面角F －BE －D 的平面角的余弦值．解析：(1)连接CD ，在等腰梯形ACFD 中，过D 作DG ⊥AC 交于G ，因为AD ＝DF ＝FC ＝12AC＝1，所以AG ＝12，DG ＝32，CG ＝32，所以CD ＝3，所以AD 2＋CD 2＝AC 2，即CD ⊥AD ，又二面角B －AD －C 是直二面角，CD平面ACFD ，所以CD ⊥平面ABED ，又AB平面ABED ，所以AB ⊥CD ，又因为AB ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，AC 、CD平面ACFD ，所以AB ⊥平面ACFD .(2)如图，在平面ACFD 内，过点A 作AH ⊥AC ，由(1)可知AB ⊥AH ，以A 为原点，AB →，AC →，AH →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系A －xyz .则B (3,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32，C (0,2,0)，所以BC →＝(－3,2,0)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，32，设n ＝(x ，y ，z )是平面FBE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC→n ⊥CF→，所以⎩⎨⎧－3x ＋2y ＝0－y ＋3z ＝0，取x ＝2，则y ＝3，z ＝3， 即n ＝(2,3，3)， 由(1)可知CD ⊥平面BED ，所以CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－32，32是平面BED 的一个法向量，所以cos 〈n ，CD →〉＝n ·CD →|n |·|CD →|＝－343＝－34，又二面角F －BE －D 的平面角为锐角， 所以二面角F －BE －D 的平面角的余弦值为34.3．如图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB .(1)证明：PE ⊥FG ；(2)求二面角P －AD －C 的正切值； (3)求直线PA 与直线FG 所成角的余弦值． 解：(1)证明：∵PD ＝PC 且E 为CD 的中点，∴PE ⊥DC .又平面PDC ⊥平面ABCD ，且平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，PE 平面PDC ，∴PE ⊥平面ABCD .又FG 平面ABCD ， ∴PE ⊥FG .(2)∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ⊥DC ，又平面PDC ⊥平面ABCD ，且平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，AD 平面ABCD ，∴AD ⊥平面PCD ，又CD ，PD平面PDC ，∴AD ⊥DC ，AD ⊥PD ，∴∠PDC 即为二面角P －AD －C 的平面角，在Rt △PDE 中，PD ＝4，DE ＝12AB ＝3，PE ＝PD 2－DE 2＝7，∴tan ∠PDC ＝PE DE ＝73，即二面角P －AD －C 的正切值为73. (3)如图所示，连接AC .∵AF ＝2FB ，CG ＝2GB ， 即AF FB ＝CGGB＝2，∴AC ∥FG ，∴∠PAC 为直线PA 与直线FG 所成角或其补角， 在△PAC 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝5，AC ＝AD 2＋CD 2＝35，由余弦定理可得cos ∠PAC ＝PA 2＋AC 2－PC 22PA ·AC ＝52＋52－422×5×35＝9525，∴直线PA 与直线FG 所成角的余弦值为9525.4．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1与侧面CBB 1C 1都是菱形，∠ACC 1＝∠CC 1B＝60°，AC＝2.(1)证明：AB1⊥CC1；(2)若三棱柱ABC－A1B1C1的体积为3，求二面角B1－AC－C1的余弦值．解析：(1)取CC1的中点O，连接AO、AC1、B1C、B1O，由菱形的性质及∠ACC1＝∠CC1B1＝60°.得△ACC1，△B1CC1为正三角形．∴AO⊥CC1，B1O⊥CC1，且AO∩B1O＝O.∴CC1⊥平面AOB1，∴CC1⊥AB1.(2)三棱锥A－A1B1C1的体积是三棱柱ABC－A1B1C1体积的三分之一，得四棱锥A－BCC1B1的体积是柱体体积的三分之二，即等于2.平行四边形BCC1B1的面积为SBCC1B＝2×2×sin 60°＝2 3.设四棱锥A－BCC1B1的高为h，则：13×23×h ＝2，∴h ＝3， 又AO ＝3＝h ，AO ⊥平面BCC 1B 1， 建立如图直角坐标系：O －xyz ，则A (0,0，3)，B 1(3，0,0)，C (0，－1,0)，CB 1→＝(3，1,0)，CA →＝(0,1，3)，设平面CAB 1的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CA →＝y ＋3z ＝0n 1·CB 1→＝3x ＋y ＝0，取一个法向量为n 1＝(3，－3，3)， 显然n 2＝(1,0,0)是平面C 1CA 的一个法向量． 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝315＝55.二面角B 1－AC －C 1的余弦值为55. 5．如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)，又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M (1，12，1)，N (1，－2,1)．(1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，MN →＝(0，－52，0)，由此可得，MN →·n ＝0，又因为直线MN 平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACD 1的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋2z ＝0，2x ＝0.不妨设z ＝1，可得n 1＝(0,1,1)，设n 2＝(x ，y ，z )为平面ACB 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2z ＝0，2x ＝0.不妨设z ＝1，可得n 2＝(0，－2,1)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]，则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)，又n ＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知得cos 〈NE →，n 〉＝NE →·n |NE →|·|n |＝1－2＋λ＋2＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2，所以线段A 1E 的长为7－2.6．(2018承豫南九校)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平面四边形，AB ＝AC ＝2，AD ＝22，PB ＝32，PB ⊥AC .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAC ；(2)若∠PBA ＝45°，试判断棱PA 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33，若存在，求出AEAP的值；若不存在，请说明理由． 解析：(1)因为四边形ABCD 是平行四边形，AD ＝22，所以BC ＝AD ＝22， 又AB ＝AC ＝2，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，所以AC ⊥AB ， 又PB ⊥AC ，且AB ∩PB ＝B ，所以AC ⊥平面PAB ， 因为AC平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC .(2)由(1)知AC ⊥AB ，AC ⊥平面PAB ，如图，分别以AB ，AC 所在直线为x 轴、y 轴，平面PAB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，AC →＝(0,2,0)，BC →＝(－2,2,0) 由∠PBA ＝45°，PB ＝32，可得P (－1,0,3)， 所以AP →＝(－1,0,3)，BP →＝(－3,0,3)，假设棱PA 上存在点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33， 设AE AP＝λ(0＜λ＜1)，则AE →＝λAP →＝(－λ，0,3λ)，CE →＝AE →－AC →＝(－λ，－2,3λ)， 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0n ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0－3x ＋3z ＝0，令z ＝1，可得x ＝y ＝1，所以平面PBC 的一个法向量为n ＝(1,1,1)， 设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，CE →〉|＝|－λ－2＋3λ|3·－λ2＋－2＋λ2＝|2λ－2|3·10λ2＋4＝33， 整理得3λ2＋4λ＝0，因为0＜λ＜1，所以3λ2＋4λ＞0，故3λ2＋4λ＝0无解， 所以棱PA 上不存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CD 与平面PBC 所成角的正弦值为33.。
2020届高三理科数学一轮复习 第十一章 第2节 排列与组合
解 (1)从余下的 34 种商品中，选取 2 种有 C234＝561(种)，∴某一种 不同取法有 561 种. (2)从 34 种可选商品中，选取 3 种，有 C334种或者 C335－C234＝C334＝ 种假货不能在内的不同取法有 5 984 种. (3)从 20 种真货中选取 1 件，从 15 种假货中选取 2 件有 C120C215＝2 种假货在内的不同的取法有 2 100 种. (4)选取 2 种假货有 C120C215种，选取 3 种假货有 C315种，共有选取方式 ＋455＝2 555(种).∴至少有 2 种假货在内的不同的取法有 2 555 种 (5)选取 3 种的总数为 C335，选取 3 种假货有 C315种，因此共有选取方式
【训练3】 (1)(2017·全国Ⅱ卷)安排3名志愿者完成4项工作，每人至
作由1人完成，则不同的安排方式共有( )
A.12种
B.18种
C.24种
(2)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖
每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答).
解析 (1)先把 4 项工作分为 2，1，1 共 3 组，有C24AC1222C11＝6 种分法 3 个志愿者，有 A33＝6 种情况，由分步乘法计数原理，故安排方式 (2)分情况：一种情况将有奖的奖券按 2 张、1 张分给 4 个人中的 C23C11A24＝36；另一种将 3 张有奖的奖券分给 4 个人中的 3 个人，种 则获奖情况总共有 36＋24＝60(种).
【训练2】 (1)(一题多解)某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参
如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为( )
A.14
B.24
C.28
D.48
2020年高考数学一轮复习第十一章第2节排列与组合
2020年高考数学一轮复习第十一章第2节排列与组合1.将A 、B 、C 、D 、E A 、B 、C 〞或〝C 、B 、A 〞(能够不相邻)，如此的排列数有多少种( )A ．12B ．20C ．40D ．60解析：五个字母排成一列，①先从中选三个位置给A 、B 、C 且A 、B 、C 有两种排法，即35C ×2，②然后让D 、E 排在剩余两个位置上，有22A 种排法；由分步乘法计数原理所求排列数为35C ×2×22A ＝40. 答案：C2．(2018·桂林模拟)四张卡片上分不标有数字〝2”〝0”〝0”〝9”，其中〝9”可当〝6”用，那么由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为 ( )A ．6B ．12C ．18D ．24解析：专门元素优先处理，先在后三位中选两个位置填两个数字〝0〞，有23C 种填法，再决定用〝9〞依旧〝6〞有两种可能，最后排另两个卡片有22A 种排法，因此共可排成23C ·2·22A ＝12个四位数． 答案：B3．从1,3,5,7中任取2个数字，从2,4,6,8中任取2个数字组成没有重复数字的四位数，其中能被5整除的四位数的个数有( )A ．120个B ．300个C ．240个D ．108个 解析：第一步：把5放到四位数的末位上； 第二步：从1,3,7中任取1个，有13C 种方法； 第三步：从2,4,6,8中任取2个数字，有24C 种方法；第四步：把选出的3个数字分不放在四位数的千位、百位与十位上，有33A 种方法．故共有13C 24C 33A ＝108种方法．答案：D4．某电视台连续播放6个广告，其中有3个不同的商业广告，2个不同的奥运宣传广告，1个公益广告．要求最后播放的不能是商业广告，且奥运宣传广告与公益广告不能连续播放，2个奥运宣传广告也不能连续播放，那么不同的播放方法有________种．解析：分三步：第一步，安排3个商业广告，有33A 种不同的方法；第二步，从奥运宣传广告与公益广告中选择1个安排在最后一个播放，有13A 种不同的方法；第三步，把剩下的两个广告安排到3个商业广告分成的与第二步安排的广告不相邻的3个空位中，有23A 种不同方法，因此共有33A 13A 23A ＝108种方法．答案：1085.(2018·全国卷Ⅱ)甲、乙两人从41门不相同的选法共有( )A ．6种B ．12种C ．30种D ．36种解析：从反面考虑：24C ·24C －24C ＝6×6－6＝30. 答案：C6．有穷数列{a n }(n ＝1,2,3，…，6)满足a n ∈{1,2,3，…，10}，且当i ≠j (i ，j ＝1,2,3，…，6)时，a i ≠a j .假设a 1>a 2>a 3，a 4<a 5<a 6，那么符合条件的数列{a n }的个数是 ( )A ．310C 37CB ．310C 310C C ．310C 37CD ．610C 36C解析：先从10个数中任意选出3个，最大的数为a 1，最小的为a 3，另一数为a 2，如此的选法有310C 种；同理，从剩余的7个数中任选3个，有37C 种选法，由分步计数原理知共有310C 37C 种选法．答案：A7．(2018·海南、宁夏高考)7名理想者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动．假设每天安排3人，那么不同的安排方案共有________种(用数字作答)．解析：法一：先从7人中任取6人，共有67C 种不同的取法．再把6人分成两部分，每部分3人，共有336322C C A 种分法．最后排在周六和周日两天，有22A 种排法， ∴67C ×336322C C A ×22A ＝140种． 法二：先从7人中选取3人排在周六，共有37C 种排法．再从剩余4人中选取3人排在周日，共有34C 种排法，∴共有37C ×34C ＝140种． 答案：1408．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，假如要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为________．解析：法一：4人中至少有1名女生包括1女3男及2女2男两种情形，故不同的选派方案种数为12C ·34C ＋22C ·24C ＝2×4＋1×6＝14. 法二：从4男2女中选4人共有46C 种选法，4名差不多上男生的选法有44C 种，故至少有1名女生的选派方案种数为46C －44C ＝15－1＝14. 答案：149.(2018·西宁模拟)用三种不同的颜色填涂右图3×3方格中的9个区域， 要求每行、每列的三个区域都不同色，那么不同的填涂方法种数共有( )A ．48B ．24C ．12D ．6解析：可将9个区域标号如图：用三种不同颜色为9个区域涂色，可分步解决：第一步， 为第一行涂色，有33A ＝6种方法；第二步，用与1号区 域不同色的两种颜色为4、7两个区域涂色，有22A ＝2种 方法；剩余区域只有一种涂法，综上由分步乘法计数原理可 知共有6×2＝12种涂法． 答案：C10．用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，那么其中数字2,3相邻的偶数有________个(用数字作答)．解析：个位数字是2或4，假设个位是2，那么十位数字必须是3，共有33A 个； 假设个位是4，那么将2,3作为一个整体，与1,5进行排列，共有233A 个． 因此总共有33A ＋233A ＝18个． 答案：1811．10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止． (1)假设恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第十次才找到最后一件次品，那么如此的不同测试方法数是多少？(2)假设恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，那么如此的不同测试方法数是多少？解：(1)先排前4次测试，只能取正品，有46A 种不同测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有24C ·22A ＝24A 种测法，再排余下4件的测试位置，有A 44种测法．因此共有不同排法45C 46A ·24A ·44A ＝103 680种．(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中显现，从而前4次有一件正品显现．因此共有不同测试方法14A ·(16C ·33C )44A ＝576种． 12．男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出竞赛，在以下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36C 种选法． 第二步：选2名女运动员，有24C 种选法．共有36C ·24C ＝120种选法． (2)法一(直截了当法)：〝至少1名女运动员〞包括以下几种情形： 1女4男，2女3男，3女2男，4女1男． 由分类加法计数原理可得有14C ·46C ＋24C ·36C ＋34C ·26C ＋44C ·16C ＝246种选法．法二(间接法)：〝至少1名女运动员〞的反面为〝全是男运动员〞． 从10人中任选5人，有510C 种选法，其中全是男运动员的选法有56C 种． 因此〝至少有1名女运动员〞的选法有510C －56C ＝246种． (3)法一(直截了当法)：〝只有男队长〞的选法为48C 种； 〝只有女队长〞的选法为48C 种； 〝男、女队长都入选〞的选法为38C 种；因此共有248C ＋38C ＝196种． 法二(间接法)：从10人中任选5人，有510C 种选法． 其中不选队长的方法有58C 种．因此〝至少1名队长〞的选法有510C －58C ＝196种选法．(4)当有女队长时，其他人选法任意，共有49C 种选法．不选女队长时，必选男队长，共 有48C 种选法．其中不含女运动员的选法有45C 种，因此不选女队长时共有48C －45C 种选 法．因此既有队长又有女运动员的选法共有49C ＋48C －45C ＝191种．。
【人教版】2020届高考一轮数学(理)复习：课时作业 (2)
课时作业2 命题及其关系、充分条件与必要条件1．命题“若a ＞b ，则a ＋c ＞b ＋c ”的否命题是( A ) A ．若a ≤b ，则a ＋c ≤b ＋c B ．若a ＋c ≤b ＋c ，则a ≤b C ．若a ＋c ＞b ＋c ，则a ＞b D ．若a ＞b ，则a ＋c ≤b ＋c 解析：将条件、结论都否定．命题的否命题是“若a ≤b ，则a ＋c ≤b ＋c ”． 2．(2019·江西九江十校联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ e x ，x ≥－1，ln (－x )，x ＜－1，则“x ＝0”是“f (x )＝1”的( B ) A ．充要条件 B ．充分不必要条件 C ．必要不充分条件 D ．既不充分也不必要条件 解析：若x ＝0，则f (0)＝e 0＝1；若f (x )＝1，则e x ＝1或ln(－x )＝1，解得x ＝0或x ＝－e.故“x ＝0”是“f (x )＝1”的充分不必要条件． 3．在命题“若抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 的开口向下，则{x |ax 2＋bx ＋c ＜0}≠∅”的逆命题、否命题、逆否命题中结论成立的是( D ) A ．都真 B ．都假 C ．否命题真 D ．逆否命题真 解析：对于原命题：“若抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 的开口向下，则{x |ax 2＋bx ＋c ＜0}≠∅”，这是一个真命题，所以其逆否命题也为真命题；但其逆命题：“若{x |ax 2＋bx ＋c ＜0}≠∅，则抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 的开口向下”是一个假命题，因为当不等式ax 2＋bx ＋c ＜0的解集非空时，可以有a ＞0，即抛物线的开口可以向上，因此否命题也是假命题，故选D. 4．(2019·河南郑州一模)下列说法正确的是( D ) A ．“若a ＞1，则a 2＞1”的否命题是“若a ＞1，则a 2≤1” B ．“若am 2＜bm 2，则a ＜b ”的逆命题为真命题 C ．存在x 0∈(0，＋∞)，使3x 0＞4x 0成立D ．“若sin α≠12，则α≠π6”是真命题 解析：对于选项A ，“若a ＞1，则a 2＞1”的否命题是“若a ≤1，则a 2≤1”，故选项A 错误；对于选项B ，“若am 2＜bm 2，则a ＜b ”的逆命题为“若a ＜b ，则am 2＜bm 2”，因为当m ＝0时，am 2＝bm 2，所以逆命题为假命题，故选项B 错误；对于选项C ，由指数函数的图象知，对任意的x ∈(0，＋∞)，都有4x ＞3x ，故选项C 错误；对于选项D ，“若sin α≠12，则α≠π6”的逆否命题为“若α＝π6，则sin α＝12”，该逆否命题为真命题，所以原命题为真命题，故选D. 5．(2019·江西鹰谭中学月考)设f (x )＝x 2－4x (x ∈R )，则f (x )＞0的一个必要不充分条件是( C ) A ．x ＜0 B ．x ＜0或x ＞4 C ．|x －1|＞1 D ．|x －2|＞3 解析：依题意，f (x )＞0⇔x 2－4x ＞0⇔x ＜0或x ＞4. 又|x －1|＞1⇔x －1＜－1或x －1＞1，即x ＜0或x ＞2，而{x |x ＜0或x ＞4}{x |x ＜0或x ＞2}，因此选C. 6．(2019·山东日照联考)“m ＜0”是“函数f (x )＝m ＋log 2x (x ≥1)存在零点”的( A ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件 解析：当m ＜0时，由图象的平移变换可知，函数f (x )必有零点；当函数f (x )有零点时，m ≤0，所以“m ＜0”是“函数f (x )＝m ＋log 2x (x ≥1)存在零点”的充分不必要条件，故选A. 7．(2019·安徽两校阶段性测试)设a ∈R ，则“a ＝4”是“直线l 1：ax ＋8y －8＝0与直线l 2：2x ＋ay －a ＝0平行”的( D ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件 解析：∵当a ≠0时，a 2＝8a ＝－8－a ⇒直线l 1与直线l 2重合，∴无论a 取何值，直线l 1与直线l 2均不可能平行，当a ＝4时，l 1与l 2重合．故选D. 8．(2019·山西太原模拟)已知a ，b 都是实数，那么“2a ＞2b ”是“a 2＞b 2”的( D ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件 解析：充分性：若2a ＞2b ， 则2a －b ＞1，∴a －b ＞0，∴a ＞b . 当a ＝－1，b ＝－2时，满足2a ＞2b ， 但a 2＜b 2，故由2a ＞2b 不能得出a 2＞b 2， 因此充分性不成立． 必要性：若a 2＞b 2，则|a |＞|b |. 当a ＝－2，b ＝1时，满足a 2＞b 2，但2－2＜21， 即2a ＜2b ，故必要性不成立． 综上，“2a ＞2b ”是“a 2＞b 2”的既不充分也不必要条件，故选D. 9．(2017·天津卷)设θ∈R ，则“⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π12＜π12”是“sin θ＜12”的( A ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件 解析：∵⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π12＜π12⇔－π12＜θ－π12＜π12⇔0＜θ＜π6，sin θ＜12⇔θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－7π6，2k π＋π6，k ∈Z ， ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－7π6，2k π＋π6，k ∈Z ， ∴“⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π12＜π12”是“sin θ＜12”的充分而不必要条件． 10．(2019·江西红色七校模拟)在△ABC 中，角A ，B 均为锐角，则“cos A ＞sin B ”是“△ABC 为钝角三角形”的( C )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 解析：因为cos A ＞sin B ，所以cos A ＞cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ， 因为角A ，B 均为锐角，所以π2－B 为锐角， 又因为余弦函数y ＝cos x 在(0，π)上单调递减， 所以A ＜π2－B ，所以A ＋B ＜π2， 在△ABC 中，A ＋B ＋C ＝π，所以C ＞π2， 所以△ABC 为钝角三角形； 若△ABC 为钝角三角形，角A ，B 均为锐角， 则C ＞π2，所以A ＋B ＜π2，所以A ＜π2－B ， 所以cos A ＞cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ，即cos A ＞sin B . 故“cos A ＞sin B ”是“△ABC 为钝角三角形”的充要条件． 11．设向量a ＝(sin2θ，cos θ)，b ＝(cos θ，1)，则“a ∥b ”是“tan θ＝12成立”的必要不充分__条件．(选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”) 解析：a ∥b ⇔sin2θ＝cos 2θ⇔cos θ＝0或2sin θ＝cos θ⇔cos θ＝0或tan θ＝12，所以“a ∥b ”是“tan θ＝12成立”的必要不充分条件． 12．已知条件p ：2x 2－3x ＋1≤0，条件q ：x 2－(2a ＋1)x ＋a (a ＋1)≤0.若綈p 是綈q 的必要不充分条件，则实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12 . 解析：方法一 命题p 为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪ 12≤x ≤1， 命题q 为{x |a ≤x ≤a ＋1}． 綈p 对应的集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪ x ＞1或x ＜12.綈q 对应的集合B ＝{x |x ＞a ＋1或x ＜a }． ∵綈p 是綈q 的必要不充分条件， ∴⎩⎨⎧ a ＋1＞1，a ≤12或⎩⎨⎧ a ＋1≥1，a ＜12，∴0≤a ≤12. 方法二 命题p ：A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪ 12≤x ≤1， 命题q ：B ＝{x |a ≤x ≤a ＋1}． ∵綈p 是綈q 的必要不充分条件， ∴p 是q 的充分不必要条件，即A B ， ∴⎩⎨⎧ a ＋1≥1，a ＜12或⎩⎨⎧ a ＋1＞1，a ≤12，∴0≤a ≤12.13．已知p ：函数f (x )＝|x ＋a |在(－∞，－1)上是单调函数，q ：函数g (x )＝log a (x ＋1)(a ＞0，且a ≠1)在(－1，＋∞)上是增函数，则綈p 是q 的( C ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件 解析：易知p 成立⇔a ≤1，q 成立⇔a ＞1，所以綈p 成立⇔a ＞1，则綈p 是q 的充要条件，故选C. 14．(2019·昆明诊断)下列选项中，说法正确的是( D ) A ．若a ＞b ＞0，则ln a ＜ln b B ．向量a ＝(1，m )，b ＝(m,2m －1)(m ∈R )垂直的充要条件是m ＝1 C ．命题“∀n ∈N *,3n ＞(n ＋2)·2n －1”的否定是“∀n ∈N *,3n ≥(n ＋2)·2n －1” D ．已知函数f (x )在区间[a ，b ]上的图象是连续不断的，则命题“若f (a )·f (b )＜0，则f (x )在区间(a ，b )内至少有一个零点”的逆命题为假命题 解析：∵函数y ＝ln x (x ＞0)是增函数， ∴若a ＞b ＞0，则ln a ＞ln b ，故A 错误； 若a ⊥b ，则m ＋m (2m －1)＝0，解得m ＝0，故B 错误； 命题“∀n ∈N *,3n ＞(n ＋2)·2n －1”的否定是“∃n ∈N *,3n ≤(n ＋2)·2n －1”，故C 错误； 命题“若f (a )·f (b )＜0，则f (x )在区间(a ，b )内至少有一个零点”的逆命题“若f (x )在区间(a ，b )内至少有一个零点，则f (a )·f (b )＜0”是假命题，如函数f (x )＝x 2－2x －3在区间[－2,4]上的图象连续不断，且在区间(－2,4)内有两个零点，但f (－2)·f (4)＞0，D 正确． 15．已知集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪ 12＜2x ＜8，x ∈R ，B ＝{x |－1＜x ＜m ＋1，x ∈R }，若x ∈B 成立的一个充分不必要条件是x ∈A ，则实数m 的取值范围是(2，＋∞)__． 解析：A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪ 12＜2x ＜8，x ∈R ＝{x |－1＜x ＜3}， ∵x ∈B 成立的一个充分不必要条件是x ∈A ， ∴A B ，∴m ＋1＞3，即m ＞2. 16．(2019·石家庄模拟)已知p ：⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－x －13≤2，q ：x 2－2x ＋1－m 2≤0(m ＞0)，且綈p 是綈q 的必要不充分条件，则实数m 的取值范围是[9，＋∞)__． 解析：法一：由⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－x －13≤2，得－2≤x ≤10， ∴綈p 对应的集合为{x |x ＞10或x ＜－2}， 设A ＝{x |x ＞10或x ＜－2}． 由x 2－2x ＋1－m 2≤0(m ＞0)， 得1－m ≤x ≤1＋m (m ＞0)，∴綈q 对应的集合为{x |x ＞1＋m 或x ＜1－m ，m ＞0}， 设B ＝{x |x ＞1＋m 或x ＜1－m ，m ＞0}． ∵綈p 是綈q 的必要不充分条件，∴B A ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ＞0，1－m ＜－2，1＋m ≥10或⎩⎪⎨⎪⎧ m ＞0，1－m ≤－2，1＋m ＞10，解得m ≥9， ∴实数m 的取值范围为[9，＋∞)． 法二：∵綈p 是綈q 的必要不充分条件， ∴q 是p 的必要不充分条件． 即p 是q 的充分不必要条件， 由x 2－2x ＋1－m 2≤0(m ＞0)， 得1－m ≤x ≤1＋m (m ＞0)． ∴q 对应的集合为{x |1－m ≤x ≤1＋m ，m ＞0}， 设M ＝{x |1－m ≤x ≤1＋m ，m ＞0}， 又由⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－x －13≤2，得－2≤x ≤10， ∴p 对应的集合为{x |－2≤x ≤10}， 设N ＝{x |－2≤x ≤10}． 由p 是q 的充分不必要条件知，N M ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ＞0，1－m ＜－2，1＋m ≥10或⎩⎪⎨⎪⎧ m ＞0，1－m ≤－2，1＋m ＞10，解得m ≥9. ∴实数m 的取值范围为[9，＋∞)．。
高考数学一轮复习 第九章 第2课时排列与组合课时作业 理 新人教版-新人教版高三全册数学试题
第2课时排列与组合考纲索引1.排列与排列数.2.组合与组合数.3.组合数公式的性质.课标要求1.理解排列、组合的概念.2.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.3.能利用排列与组合解决简单的实际问题.知识梳理1.排列与排列数“排列”与“排列数”是两个不同的概念,“一个排列”是指“从n个不同元素中取出m(m ≤n)个元素,按照一定的顺序排成一列”,它是一件事情,只有元素与其排列顺序都相同的排列才是同一排列;“排列数”是指“从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数”,它是所有不同排列的个数,是一个数值.排列数公式,右边的第一个因数是n,后面的每一个因数都比前面一个少1,最后一个是n-m+1,共个连续正整数相乘.当m,n较小时,可利用该公式计数;排列数公式还可表示成=,它主要有两个作用:一是当m,n较大时,可利用计算器计算阶乘数,二是对含字母的排列数式子进行变形和论证时,写出这种形式更便于发现它们之间的规律.2.组合与组合数“一个组合”是指“从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组”,它是一件事情;“组合数”是指“从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数”,它是一个数值.组合数公式的推导要借助于排列数公式,公式,其分子的组成与排列数相同,分母是m个元素的全排列数.当m,n较小时,可利用该公式计数;组合数公式还可以表示成,它有两个作用:一是当m,n较大时,可利用计算器计算阶乘数,二是对含字母的组合数式子进行变形和论证.3.组合数公式有两个性质(1),该公式说明,从n个不同元素中取出m个元素与从n个不同元素中取出n-m个元素是一一对应关系,实际上就是“取出的”与“留下的”是一一对应关系;(2),该公式说明,从a1,a2,…,a n+1中取出m个元素的组合数可以分成两类:第一类含有元素a1,共个;第二类不含元素共个.基础自测指点迷津◆排列、组合综合题解排列、组合综合题一般是先选元素、后排元素,或充分利用元素的性质进行分类、分布,再利用两个基本计数原理作最后处理.◆间接法对于较难直接解决的问题则可用间接法,但应做到不重不漏.◆分配问题对于分配问题,解题的关键是搞清楚事件是否与顺序有关,对于平均分组问题更要注意顺序,避免计数的重复或遗漏.考向一有限制条件的排列问题例1甲、乙、丙、丁四名同学排成一排,分别计算满足下列条件的排法种数:(1)甲不在排头、乙不在排尾;(2)甲不在第一位、乙不在第二位、丙不在第三位、丁不在第四位;(3)甲一定在乙的右端(可以不相邻).【审题视点】根据题目要求灵活运用直接法和间接法.【方法总结】对于相邻问题,可以先将要求相邻的元素作为一个元素与其他元素进行排列,同时要考虑相邻元素的内部是否需要排列,这种方法称为“捆绑法”;对于不相邻的元素,可先排其他元素,然后将这些要求不相邻的元素插入空当,这种方法称为“插空法”;对于“在”或者“不在”的排列问题的计算方法主要有:位置优先法、元素优先法、间接计算法.1.4个男同学,3个女同学站成一排.(1)3个女同学必须排在一起,有多少种不同的排法?(2)任何两个女同学彼此不相邻,有多少种不同的排法?(3)其中甲、乙两同学之间必须恰有3人,有多少种不同的排法?(4)甲、乙两人相邻,但都不与丙相邻,有多少种不同的排法?(5)女同学从左到右按高矮顺序排,有多少种不同的排法?(3个女生身高互不相等)考向二组合问题例2某课外活动小组共13人,其中男生8人,女生5人,并且男、女生各指定一名队长.现从中选5人主持某种活动,依下列条件各有多少种选法?(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;(5)既要有队长,又要有女生当选.【审题视点】根据题目要求,正确的选择排列或组合,有些问题用间接法更方便.【方法总结】1.注意问题有无顺序要求,一般有序问题用排列,无序问题用组合;2.有些复杂问题用直接法不好解决,往往选用间接法;3.均匀分组与不均匀分组、无序分组与有序分组是组合问题的常见题型.解决此类问题的关键是正确判断分组是均匀分组还是不均匀分组,无序分组要除以均匀组数的阶乘数;还要考虑到是否与顺序有关,有序分组要在无序分组的基础上乘分组数的阶乘数.2.(2013·某某)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组,则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是.考向三排列与组合的综合应用例3按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方式?(1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;(3)平均分成三份,每份2本;(4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本;(5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本;(6)甲、乙、丙三个人中,一人得4本,另外两人每人得1本;(7)甲得1本,乙得1本,丙得4本.【审题视点】综合运用排列与组合的知识解题.【方法总结】排列组合的综合题目,一般是先取出符合要求的元素组合(分组),再对取出的元素排列,分组时要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分组标准.变式训练3.(1)现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加某某青奥会志愿者服务活动,每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一,每项工作至少有一人参加.甲、乙不会开车但能从事其他三项工作,丙、丁、戊都能胜任四项工作,则不同安排方案的种数是;(2)给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色.当n≤4时,在所有不同的着色方案中,黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示:由此推断,当n=6时,黑色正方形互不相邻的着色方案共有种,至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有种.(结果用数值表示)经典考题典例(2014·某某模拟)把座位编号为1,2,3,4,5的五X电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人,每人至少一X,至多两X,且分得的两X票必须是连号,那么不同的分法种数为.(用数字作答)【解题指南】根据题意,先将票分为符合题意要求的4份,用隔板法易得其情况数目,再将分好的4份对应到4个人,由排列知识可得其情况数目,再由分步计数原理,计算可得答案.【解析】先将票分为符合条件的4份,由题意,4人分5X票,且每人至少一X,至多两X,则三人一X,1人2X,且分得的票必须是连号,相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开,分为四部分且不存在三连号.在4个空位插3个板子,共有种情况,再对应到4个人,有24种情况,则共有4×24=96种情况.故答案为96.【答案】96真题体验1.(2014·全国大纲)有6名男医生、5名女医生,从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组,则不同的选法共有().A.60种B.70种C.75种D.150种2.(2014·)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级,依次为“优秀”“合格”“不合格”.若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙,且其中至少有一门成绩高于乙,则称“学生甲比学生乙成绩好”.如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好,并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生,那么这组学生最多有().A.2人B.3人C.4人D.5人3.(2014·某某)6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为().A.144B.120C.72D.244.(2014·)把5件不同产品摆成一排.若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有种.5.(2014·某某)在8X奖券中有一、二、三等奖各1X,其余5X无奖.将这8X奖券分配给4个人,每人2X,不同的获奖情况有种.(用数字作答)参考答案与解析知识梳理基础自测1.A2.C3.A4.1405.336考点透析变式训练3.(1)126(2)2143 经典考题真题体验。
2020版高考理科数学(人教版)一轮复习课件：第十章 第二节 排列与组合
基础——在批注中理解透
单纯识记无意义，深刻理解提能力
课时跟踪检测
考点——在细解中明规律
题目千变总有根，梳干理枝究其本
基础——在批注中理解透
单纯识记无意义，深刻理解提能力
考点——在细解中明规律
题目千变总有根，梳干理枝究其本
直接法 把符合条件的排列数直接列式计算
优先法 优先安排特殊元素或特殊位置
找 共 性
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把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列， 捆绑法
同时注意捆绑元素的内部排列
对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列， 插空法
再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中
定序问题 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，
除法处理 化的方法
看 个 性
高考一轮复习教案十二(2)排列与组合的基本方法(学生)理科用
模块： 十二、排列组合、二项式定理、概率统计课题： 2、排列与组合的基本方法教学目标： 理解排列与组合的意义，掌握排列数与组合数的计算公式，掌握组合数的性质． 通过应用排列数与组合数的计算公式以及两个计数原理，解决简单的计数问题，掌握化归、枚举、分类讨论等数学思想和方法，提高逻辑思维能力以及分析问题、解决问题的能力．重难点： 在解决综性问题分类时，保证不重复、不遗漏的原则．一、 知识要点1、排列的定义：从n 个不同的元素中，任取m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列.2、排列数：从n 个不同的元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，用符号m n P 表示3、组合的定义：从n 个不同元素中，任取m(m≤n)个元素，并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合.4、组合数：从n 个不同的元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，用符号m n C 表示.5、公式与性质：（1）排列数组合数(1)(2)(1)m n p n n n n m =---+ (1)(2)(1)!m mn n m m p n n n n m C p m ---+==或)!(!!m n m n C m n -=（,,m n N m n *∈≤） （2）全排列数：(1)(2)21!n n p n n n n =--⋅=（叫做n 的阶乘）规定0!1=．（3）排列数的另一个计算公式：m n p =!()!n n m - （4）组合数的性质1：m n n m n C C -=（5）组合数的性质2：m n C 1+＝m n C +1-m n C二、 例题精讲例1、有编号为1、2、…10的10盏路灯，为节约用电将其中3盏灯熄灭，但不能熄灭相邻的2盏灯，而两端却不能熄灭，问有几种不同的熄灭方法?例2、平面上有7个点，其中有且仅有三点共线，则一共可以连成________条不同的线．例3、8个人排成一排，若甲、乙两人之间必须有3个人，则不同的排法有_________种．例4、若用1，2，3，4，5这五个数字，组成比20000大，并且百位数不是3的没有重复的五位数，那么这样的五位数个数为_____________个．例5、从1，2，3，4，6，8，9中取两个不同数作为对数的真数与底数，共得_________个不同的对数值．例6、分别求出符合下列要求的不同排法的种数（1）6名学生排3排，前排1人，中排2人，后排3人；（2）6名学生排成一排，甲不在排头也不在排尾；（3）从6名运动员中选出4人参加4×100米接力赛，甲不跑第一棒，乙不跑第四棒；（4）6人排成一排，甲、乙必须相邻；（5）6人排成一排，甲、乙不相邻；（6）6人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边（甲、乙、丙可以不相邻）．例7、假设在100件产品中有3件是次品，从中任意抽取5件，求下列抽取方法各多少种？（1）没有次品；（2）恰有两件是次品；（3）至少有两件是次品．例8、求证：①111m m m n n n P mP P ---+= ；②12112++-+=++m n m n m n m n C C C C例9、四面体的顶点和各棱的中点共10个点（1）设一个顶点为A ，从其他9点中取3个点，使它们和点A 在同一平面上，不同的取法有多少种？ （2）在这10点中取4个不共面的点，不同的取法有多少种？三、 课堂练习1、从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，一天中火车有3班，汽车有2班，那么一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有__5____种方法2、 有三名学生分配到四个车间去参加劳动，共有_______64________种不同的分法．3、以长方体的顶点为顶点的三棱锥的个数有_____58_________个．4、5样不同的玩具分给4个小孩，每人都有，共有_____240______种不同的分法．5、4名教师、6名学生站于一排照相，教师互不相邻，则有___604800___种不同的站法．6、从1，2，3，5，7这五个数字中任取两个分别作为对数的底和真数，则共能组成不同的对数____13___________个．四、 课后作业一、填空题1、由0，3，5，7，9这五个数组成无重复数字的三位数，其中是5的倍数的共有多少个_______．2、学校召开学生代表大会，高二年级的3个班共选6名代表，每班至少1名，代表的名额分配方案种数是______________．3、从3名男工和7名女工中选派2男3女去做5项不同的工作，若每人各做一项，不同的选派方法有____________________种．4、从全班52名学生中选10名学生参加某项活动，如果正、副班长至少有一个在内，那么有__________种选法．5、4人坐在一排10个座位上，若使每人的两边都有空位，则有_______________种不同的坐法．6、象棋比赛中，2人，他们各赛了3场后，因故退出了比赛，这样，这次比赛共进行了83场，比赛开始时参赛者有__________________人二、选择题7、四支足球队争夺冠、亚军，不同的结果有（ ）A ．8种B ．10种C ．12种D ．16种8、五种不同商品在货架上排成一排，其中,A B 两种必须连排，而,C D 两种不能连排，则不同的排法共有（ ）A ．12种B ．20种C ．24种D ．48种9、从9,5,0,1,2,3,7--七个数中，每次选不重复的三个数作为直线方程0ax by c ++=的系数，则倾斜角为钝角的直线共有（ ）条.A ． 14B ．30C ． 70D ．60三、解答题11、三年级4个班举行班级之间男、女排球单循环赛，问：① 男女各需比赛多少场？②组织这次比赛共需安排多少场比赛？11、（1）分队有10名歌舞演员，其中7人能唱歌，5人善跳舞，今从10人中选4人参加演出，2人唱歌，2人跳舞的选法有多少种?（2）商店的橱窗中陈列着七件不同样品，现要将其中的三件样品调换位置，另外四件位置不动，共有不同的调换方法多少种？12、（1）10只不同的试验产品，其中有4只次品，6只正品，现每次取一只测试，直到4只次品全测出为止，求最后一只次品正好在第五次测试时被发现的不同情形有多少种？（2）九张卡片分别写着数字0，1，2，…，8，从中取出三张排成一排组成一个三位数，如果6可以当作9使用，问可以组成多少个三位数？。
新高考数学一轮复习教师用书：第10章 2 第2讲 排列与组合
第2讲 排列与组合1．排列、组合的定义 排列的定义 从n 个不同元素中取出m(m≤n)个元素按照一定的顺序排成一列组合的定义合成一组2.排列数、组合数的定义、公式、性质 排列数组合数定义从n 个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数 从n 个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数 公式A m n＝n(n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝n ！（n －m ）！C m n＝A mnA m m＝n （n －1）（n －2）…（n －m ＋1）m ！性质A n n ＝n ！,0！＝1C mn ＝C n －mn ,C mn ＋C m －1n ＝C mn ＋1[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( ) (2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．( ) (3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( ) (4)若组合式C xn ＝C mn ,则x ＝m 成立．( ) (5)A mn ＝n(n －1)(n －2)…(n－m)．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× [教材衍化]1．(选修23P27A 组T7改编)6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为( ) A ．144 B ．120 C ．72 D ．24解析：选D.“插空法”,先排3个空位,形成4个空隙供3人选择就座,因此任何两人不相邻的坐法种数为A 34＝4×3×2＝24.2．(选修23P19例4改编)用数字1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数,其中偶数的个数为( ) A ．8 B ．24 C ．48D ．120解析：选C.末位数字排法有A 12种,其他位置排法有A 34种,共有A 12A 34＝48(种)排法,所以偶数的个数为48.3．(选修23P28A组T17改编)从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动,则男女生都有的选法种数是( )A．18 B．24C．30 D．36解析：选C.选出的3人中有2名男同学1名女同学的方法有C24C13＝18种,选出的3人中有1名男同学2名女同学的方法有C14C23＝12种,故3名学生中男女生都有的选法有C24C13＋C14C23＝30种．故选C.[易错纠偏](1)分类不清导致出错；(2)相邻元素看成一个整体,不相邻问题采用插空法是解决相邻与不相邻问题的基本方法．1．从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台,其中至少有原装计算机和组装计算机各2台,则不同的取法有________种．解析：分两类：第一类,取2台原装计算机与3台组装计算机,有C26C35种方法；第二类,取3台原装计算机与2台组装计算机,有C36C25种方法．所以满足条件的不同取法有C26C35＋C36C25＝350(种)．答案：3502．把5件不同产品摆成一排,若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有________种．解析：设这5件不同的产品分别为A,B,C,D,E,先把产品A与产品B捆绑有A22种摆法,再与产品D,E全排列有A33种摆法,最后把产品C插空有C13种摆法,所以共有A22A33C13＝36(种)不同的摆法．答案：36排列应用题3名男生,4名女生,按照不同的要求排队,求不同的排队方案的方法种数．(1)选其中5人排成一排；(2)排成前后两排,前排3人,后排4人；(3)全体站成一排,男、女各站在一起；(4)全体站成一排,男生不能站在一起．【解】(1)问题即为从7个元素中选出5个全排列,有A57＝2 520种排法．(2)前排3人,后排4人,相当于排成一排,共有A77＝5 040 种排法．(3)相邻问题(捆绑法)：男生必须站在一起,是男生的全排列,有A33种排法；女生必须站在一起,是女生的全排列,有A44种排法；全体男生、女生各视为一个元素,有A22种排法,由分步乘法计数原理知,共有N＝A33·A44·A22＝288(种)．(4)不相邻问题(插空法)：先安排女生共有A44种排法,男生在4个女生隔成的五个空隙中安排共有A35种排法,故N＝A44·A35＝1 440(种)．(变问法)在本例条件下,求不同的排队方案的方法种数：(1)甲不在中间也不在两端；(2)甲、乙两人必须排在两端．解：(1)先排甲有4种,其余有A66种,故共有4·A66＝2 880种排法．(2)先排甲、乙,再排其余5人,共有A22·A55＝240种排法．求解有限制条件排列问题的主要方法直接法分类法选定一个适当的分类标准,将要完成的事件分成几个类型,分别计算每个类型中的排列数,再由分类加法计数原理得出总数分步法选定一个适当的标准,将事件分成几个步骤来完成,分别计算出各步骤的排列数,再由分步乘法计数原理得出总数捆绑法相邻问题捆绑处理,即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列,同时注意捆绑元素的内部排列插空法不相邻问题插空处理,即先考虑不受限制的元素的排列,再将不相邻的元素插在前面元素排列的空隙中间接法对于分类过多的问题,按正难则反,等价转化的方法[提醒] (1)插空时要数清插空的个数,捆绑时要注意捆绑后元素的个数及相邻元素的排列数．(2)用间接法求解时,事件的反面数情况要准确．由0,1,2,3,4,5这六个数字组成的无重复数字的自然数,则含有2,3但它们不相邻的五位数有________个．解析：不考虑0在首位,0,1,4,5先排三个位置,则有A34个,2,3去排四个空当,有A24个,即有A34A24个；而0在首位时,有A23A23个,即含有2,3,但它们不相邻的五位数有A34A24－A23A23＝252个．答案：252组合应用题要从5名女生,7名男生中选出5名代表,按下列要求,分别有多少种不同的选法？(1)至少有1名女生入选；(2)男生甲和女生乙入选；(3)男生甲、女生乙至少有一个人入选．【解】(1)法一：至少有1名女生入选包括以下几种情况：1女4男,2女3男,3女2男,4女1男,5女．由分类加法计数原理知总选法数为C15C47＋C25C37＋C35C27＋C45C17＋C55＝771(种)．法二：“至少有1名女生入选”的反面是“全是男代表”,可用间接法求解．从12人中任选5人有C512种选法,其中全是男代表的选法有C57种．所以“至少有1名女生入选”的选法有C512－C57＝771(种)．(2)男生甲和女生乙入选,即只要再从除男生甲和女生乙外的10人中任选3名即可,共有C22C310＝120种选法．(3)间接法：“男生甲、女生乙至少有一个人入选”的反面是“两人都不入选”,即从其余10人中任选5人有C510种选法,所以“男生甲、女生乙至少有一个人入选”的选法数为C512－C510＝540(种)．(变问法)在本例条件下,求至多有2名女生入选的选法种数．解：至多有2名女生入选包括以下几种情况：0女5男,1女4男,2女3男,由分类加法计数原理知总选法数为C57＋C15C47＋C25C37＝546(种)．含有附加条件的组合问题的解法(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：若“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足；若“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型：解这类题目必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解．用直接法或间接法都可以求解,通常用直接法分类复杂时,用间接法求解．甲、乙两人从4门课程中各选修2门,求：(1)甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有多少种？(2)甲、乙所选的课程中至少有一门不相同的选法有多少种？解：(1)甲、乙两人从4门课程中各选修2门,且甲、乙所选课程中恰有1门相同的选法种数共有C24C12C12＝24(种)．(2)甲、乙两人从4门课程中各选两门不同的选法种数为C24C24,又甲、乙两人所选的两门课程都相同的选法种数为C24种,因此满足条件的不同选法种数为C24C24－C24＝30(种)．排列、组合的综合应用(高频考点)排列与组合是高考命题的一个热点,多以选择题或填空题的形式呈现,试题多为中档题．主要命题角度有：(1)相邻、相间问题；(2)分组、分配问题；(3)特殊元素(位置)问题．角度一相邻、相间问题(2020·杭州八校联考)有六人排成一排,其中甲只能在排头或排尾,乙、丙两人必须相邻,则满足要求的排法有( )A．34种B．48种C．96种D．144种【解析】特殊元素优先安排,先让甲从头、尾中选取一个位置,有C12种选法,乙、丙相邻,捆绑在一起看作一个元素,与其余三个元素全排列,最后乙、丙可以换位,故共有C12A44A22＝96(种),故选C.【答案】 C角度二分组、分配问题从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,共有________种不同的选法．(用数字作答)【解析】分两步,第一步,选出4人,由于至少1名女生,故有C48－C46＝55种不同的选法；第二步,从4人中选出队长、副队长各1人,有A24＝12种不同的选法．根据分步乘法计数原理知共有55×12＝660种不同的选法．【答案】660角度三特殊元素(位置)问题(2020·台州市书生中学高三期中)在某班进行的演讲比赛中,共有5位选手参加,其中3位女生,2位男生．如果2位男生不能连着出场,且女生甲不能排在第一个,那么出场顺序的排法种数为________．【解析】①若第一个出场的是男生,则第二个出场的是女生,以后的顺序任意排,方法有C12C13A33＝36种．②若第一个出场的是女生(不是女生甲),则将剩余的2个女生排列好,2个男生插空,方法有C12A22A23＝24种．故所有的出场顺序的排法种数为36＋24＝60.【答案】60解排列、组合综合应用问题的思路1．安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有( )A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种解析：选D.因为安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,所以必有1人完成2项工作．先把4项工作分成3组,即2,1,1,有C 24C 12C 11A 22＝6种,再分配给3个人,有A 33＝6种,所以不同的安排方式共有6×6＝36(种)．2．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张,其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人,每人2张,不同的获奖情况有________种(用数字作答)．解析：把8张奖券分4组有两种分法,一种是分(一等奖,无奖)、(二等奖,无奖)、(三等奖,无奖)、(无奖,无奖)四组,分给4人有A 44种分法；另一种是一组两个奖,一组只有一个奖,另两组无奖,共有C 23种分法,再分给4人有C 23A 24种分法,所以不同获奖情况种数为A 44＋C 23A 24＝24＋36＝60.答案：603．(2020·浙江东阳中学高三期中检测)用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的五位数,则组成的偶数的个数是________；恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数是________．解析：由五个数组成五位偶数,可分类个位数放0,2,4；当个位是0时,有A 44＝24种,当个位是2时,有3A 33＝18种,当个位是4时与个位是2时相同,则共有24＋36＝60种．当1和3两个奇数夹着0时,把这三个元素看做一个整体,和另外两个偶数全排列,其中1和3之间还有一个排列,共有2A 33＝12种,1和3两个奇数夹着2时,同前面类似,只是注意0不能放在首位,共有2C 12A 22＝8种,当1和3两个奇数夹着4时,也有同样多的结果．根据分类加法计数原理得到共有12＋16＝28种结果．答案：60 28核心素养系列21 逻辑推理、数学运算——分组分配问题中的易错点分组问题是同学们学习中的难点问题,在考试中不容易得分,在解题过程中容易掉入陷阱．解决这类问题的一个基本指导思想是先分组后分配．关于分组问题,有整体均分、部分均分和不等分组三种,无论分成几组,应注意的是只要有一些组中元素的个数相等,就存在均分现象．下面结合一些典型问题谈谈如何避免掉进分组问题中的陷阱．一、整体均分问题国家教育部为了发展贫困地区教育,在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生,毕业后要分到相应的地区任教．现有6名免费培养的教育专业师范毕业生,将其平均分到3所学校去任教,有________种不同的分配方法．【解析】 先把6个毕业生平均分成3组,有C 26C 24C 22A 33种方法,再将3组毕业生分到3所学校,有A 33＝6种方法,故6个毕业生平均分到3所学校,共有C 26C 24C 22A 33A 33＝90种分配方法．【答案】 90对于整体均分,解题时要注意分组后,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后一定要除以A nn (n 为均分的组数),避免重复计数．二、部分均分问题将并排的有不同编号的5个房间安排给5个工作人员临时休息,假定每个人可以选择任一房间,且选择各个房间是等可能的,则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数为________．【解析】 先将5人分成三组(1,1,3或2,2,1两种形式),再将这三组人安排到3个房间,然后将2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空档中即可,故安排方式共有⎝ ⎛⎭⎪⎫C 15C 14C 33A 22＋C 25C 23C 11A 22·A 33·C 24＝900种．【答案】 900本题属于部分均分,解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数,即若有m 组元素个数相等,则分组时应除以m ！,一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．三、不等分组问题将6本不同的书分给甲、乙、丙3名学生,其中一人得1本,一人得2本,一人得3本,则有________种不同的分法．【解析】 先把书分成三组,把这三组分给甲、乙、丙3名学生．先选1本,有C 16种选法；再从余下的5本中选2本,有C 25种选法；最后余下3本全选,有C 33种选法．故共有C 16·C 25·C 33＝60种选法．由于甲、乙、丙是不同的3人,还应考虑再分配,故共有60A 33＝360种分配方法．【答案】 360对于不等分组,只需先分组,后排列,注意分组时,任何组中元素的个数都不相等,所以不需要除以全排列数．总之,在解答分组问题时,一定要注意均匀分组与不均匀分组的区别,均匀分组不要重复计数．对于平均分组问题更要注意顺序,避免计数的重复或遗漏,抓住了以上关键点,就能避免掉进陷阱．[基础题组练]1．不等式A x8＜6×A x－28的解集为( )A．[2,8] B．[2,6]C．(7,12) D．{8}解析：选D.由题意得8！（8－x）！＜6×8！（10－x）！,所以x2－19x＋84＜0,解得7＜x＜12.又x≤8,x－2≥0,所以7＜x≤8,x∈N*,即x＝8.2．(2020·金华等三市部分学校高三期中)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1种花,且相邻的2块种不同的花,则不同的种法总数为( )A．96 B．84C．60 D．48解析：选B.法一：分三类：种两种花有A24种种法；种三种花有2A34种种法；种四种花有A44种种法．共有A24＋2A34＋A44＝84.法二：按A－B－C－D顺序种花,可分A,C同色与不同色有4×3×(1×3＋2×2)＝84.3．(2020·温州八校第二次联考)若无重复数字的三位数满足条件：①个位数字与十位数字之和为奇数,②所有数位上的数字和为偶数,则这样的三位数的个数是( )A．540 B．480C．360 D．200解析：选D.由个位数字与十位数字之和为奇数知个位数字、十位数字1奇1偶,有C15C15A22＝50种排法；所有数位上的数字和为偶数,则百位数字是奇数,有C14＝4种满足题意的选法,故满足题意的三位数共有C14×C15C15A22＝200(个)．4．3本不同的数学书与3本不同的语文书放在书架同一层,则同类书不相邻的放法种数为( ) A．36 B．72C．108 D．144解析：选B.3本数学书的放法有A33种,将3本语文书插入使得语文数学均不相邻的插法有2A33种,故同类书不相邻的放法有2A33A33＝2×6×6＝72(种),故选B.5．(2020·金华十校期末调研)A、B、C、D、E五个人参加抽奖活动,现有5个红包,每人各摸一个,5个红包中有2个8元,1个18元,1个28元,1个0元,(红包中金额相同视为相同红包),则A、B两人都获奖(0元视为不获奖)的情况有( )A．18种B．24种C．36种D．48种解析：选C.A、B两人都获奖(0元视为不获奖)的情况有三类：即获奖的四人为：ABCD,ABCE,ABDE,在每类情况中,获奖的情况有C24·A22＝12种,所以由分步乘法原理得：A、B两人都获奖(0元视为不获奖)的情况有3×12＝36种．6．某中学高一学习雷锋志愿小组共有16人,其中一班、二班、三班、四班各4人,现从中任选3人,要求这三人不能全是同一个班的学生,且在三班至多选1人,则不同选法的种数为( ) A．484 B．472C．252 D．232解析：选B.若三班有1人入选,则另两人从三班以外的12人中选取,共有C14C212＝264种选法．若三班没有人入选,则要从三班以外的12人中选3人,又这3人不能全来自同一个班,故有C312－3C34＝208种选法．故总共有264＋208＝472种不同的选法．7．如图,∠MON的边OM上有四点A1,A2,A3,A4,ON上有三点B1,B2,B3,则以O,A1,A2,A3,A4,B1,B2,B3中三点为顶点的三角形的个数为( )A．30 B．42C．54 D．56解析：选B.间接法：先从这8个点中任取3个点,有C38种取法,再减去三点共线的情形即可,即C38－C35－C34＝42.8．(2019·宁波高考模拟)从1,2,3,4,5这五个数字中选出三个不相同数组成一个三位数,则奇数位上必须是奇数的三位数的个数为( )A．12 B．18C．24 D．30解析：选B.根据题意,要求奇数位上必须是奇数的三位数,则这个三位数的百位、个位为奇数,分2步进行分析：①在1、3、5三个奇数中任选2个,安排在三位数的个位和百位,有C23A22＝6种情况,②在剩余的3个数字中任选1个,将其安排在三位数的十位,有C13＝3种情况,则奇数位上必须是奇数的三位数有6×3＝18个．9．(2020·温州中学高三模拟)身高从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人排成高矮相间的一个队形,则甲丁不相邻的不同的排法共有( )A．12 B．14C．16 D．18解析：选B.从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人的身高可记为1,2,3,4,5.要求1,4不相邻．分四类：①先排4,5时,则1只有1种排法,2,3在剩余的两个位上,这样有A22A22＝4种排法；②先排3,5时,则4只有1种排法,2,1在剩余的两个位上,这样有A22A22＝4种排法；③先排1,2时,则4只有1种排法,3,5在剩余的两个位上,这样有A22A22＝4种排法；④先排1,3时,则这样的数只有两个,即21534,43512,只有两种排法．综上共有4＋4＋4＋2＝14种排法,故选B.10．设集合A＝{(x1,x2,x3,x4,x5)|x i∈{－1,0,1},i＝1,2,3,4,5},那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素的个数为( )A．60 B．90C．120 D．130解析：选D.设t＝|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|,t＝1说明x1,x2,x3,x4,x5中有一个为－1或1,其他为0,所以有2×C15＝10个元素满足t＝1；t＝2说明x1,x2,x3,x4,x5中有两个为－1或1,其他为0,所以有C25×2×2＝40个元素满足t＝2；t＝3说明x1,x2,x3,x4,x5中有三个为－1或1,其他为0,所以有C35×2×2×2＝80个元素满足t＝3,从而,共有10＋40＋80＝130个元素满足1≤t≤3.11．(2020·温州十五校联合体期末联考)用数字1、2、3、4、5构成数字不重复的五位数,要求数字1,3不相邻,数字2,5相邻,则这样的五位数的个数是________(用数字作答)．解析：先把2,5捆挷有2种方法,再把它与4排列有2种排法,此时共有3个空隙供数字1、3插入有A23＝6种方法,故这样的五位数的个数是2×2×6＝24个．答案：2412．(2020·嘉兴市一中高考适应性考试)电影院一排10个位置,甲、乙、丙三人去看电影,要求他们坐在同一排,那么他们每人左右两边都有空位且甲坐在中间的坐法有________种．解析：先排7个空座位,由于空座位是相同的,则只有1种情况,其中有6个空位符合条件,考虑三人的顺序,将3人插入6个空位中,则共有1×A36＝120种情况,由于甲必须坐在三人中间,则有符合要求的坐法有1×120＝40(种)．3答案：4013．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60°的共有________对．解析：如图．它们的棱是原正方体的12条面对角线．一个正四面体中两条棱成60°角的有(C26－3)对,两个正四面体有(C26－3)×2对．又正方体的面对角线中平行成对,所以共有(C26－3)×2×2＝48(对)．答案：4814．如图A,B,C,D为海上4个小岛,要建立3座大桥,将4个小岛连接起来,则不同的建桥方案有________种．解析：法一：任2个岛之间建立1座桥,则共需C24＝6座桥,现只建其中3座,有C36种建法,但如图(1)这样的建桥方式是不合题意的,类似这样的情况有C34种,则共有C36－C34＝16种建桥方案．法二：依题意,满足条件的建桥方案分两类．第一类,如图(2),此时有C 14种方法．第二类,如图(3),此时有12A 44＝12种方法． 由分类加法计数原理得,共有4＋12＝16种建桥方案．答案：1615．现从男、女共8名学生干部中选出2名男同学和1名女同学分别参加全校“资源”“生态”“环保”三个夏令营活动,已知共有90种不同的方案,那么有男生________人、女生________人．解析：设男、女同学的人数分别为m 和n,则有,⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝8，C 2m ·C 1n ·A 33＝90，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝8，C 2m ·C 1n ＝15. 由于m,n ∈N ＋,则m ＝3,n ＝5.答案：3 516．在航天员进行的一项太空实验中,要先后实施6个程序,其中程序A 只能出现在第一或最后一步,程序B 和C 在实施时必须相邻,则实验顺序的编排方法共有________种．解析：程序A 有A 12＝2种结果,将程序B 和C 看作元素集团与除A 外的元素排列有A 22A 44＝48(种),所以由分步乘法计数原理得,实验顺序的编排共有2×48＝96种方法．答案：9617．规定C m x ＝x （x －1）…（x －m ＋1）m ！,其中x∈R ,m 是正整数,且C 0x ＝1,这是组合数C m n (n,m 是正整数,且m≤n)的一种推广,则C3－15＝________；若x>0,则x ＝________时,C 3x （C 1x ）2取到最小值,该最小值为________．解析：由规定：C 3－15＝（－15）×（－16）×（－17）3×2×1＝－680,由C 3x （C 1x ）2＝x （x －1）（x －2）6x 2＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x －3. 因为x>0,x ＋2x≥22,当且仅当x ＝2时,等号成立, 所以当x ＝2时,得最小值22－36. 答案：－680 2 22－36[综合题组练]1．已知10件不同的产品中有4件是次品,现对它们进行测试,直至找出所有的次品为止．(1)若恰在第5次测试才测试到第1件次品,第10次才找到最后一件次品,则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后就找出了所有次品,则这样的不同测试方法数是多少？解：(1)先排前4次测试,只能取正品,有A 46种不同的测试方法,再从4件次品中选2件排在第5次和第10次的位置上测试,有C 24·A 22＝A 24种测试方法,再排余下4件的测试位置,有A 44种测试方法．所以共有A 46·A 24·A 44＝103 680种不同的测试方法．(2)第5次测试的产品恰为最后一件次品,另3件在前4次中出现,从而前4次有一件正品出现,所以共有C 14·C 16·A 44＝576种不同的测试方法．2．现有男运动员6名,女运动员4名,其中男女队长各1名,选派5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)既要有队长,又要有女运动员．解：(1)任选3名男运动员,方法数为C 36,再选2名女运动员,方法数为C 24,共有C 36·C 24＝120种方法．(2)法一：至少有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,由分类加法计数原理可得总选法数为C 14C 46＋C 24C 36＋C 34C 26＋C 44C 16＝246(种)．法二：“至少有1名女运动员”的反面是“全是男运动员”,因此用间接法求解,不同选法有C 510－C 56＝246(种)．(3)当有女队长时,其他人任意选,共有C 49种选法,不选女队长时,必选男队长,其他人任意选,共有C 48种选法,其中不含女运动员的选法有C 45种,所以不选女队长时共有(C 48－C 45)种选法．所以既有队长又有女运动员的选法共有C 49＋C 48－C 45＝191(种)．3．证明下列各题：(1)A k n ＋kA k －1n ＝A k n ＋1(k≤n ,n ≥0)；(2)C k n C m －k n －k ＝C m n C k m (k≤m≤n ,n ≥0)．证明：(1)左边＝n ！（n －k ）！＋k·n ！（n －k ＋1）！＝n ！[（n －k ＋1）＋k]（n －k ＋1）！＝（n ＋1）！（n ＋1－k ）！＝A k n ＋1＝右边．(2)左边＝n ！k ！（n －k ）！·（n －k ）！（m －k ）！（n －m ）！＝n ！k ！（m －k ）！（n －m ）！, 右边＝n ！m ！（n －m ）！·m ！k ！（m －k ）！＝n ！（n －m ）！k ！（m －k ）！, 所以左边＝右边．4．集合A ＝{x∈Z|x≥10},集合B 是集合A 的子集,且B 中的元素满足：①任意一个元素的各数位的数字互不相同；②任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9.(1)集合B 中两位数和三位数各有多少个？(2)集合B 中是否有五位数？是否有六位数？(3)将集合B 中的元素从小到大排列,求第1 081个元素．解：将0,1,…,9这10个数字按照和为9进行配对,(0,9),(1,8),(2,7),(3,6),(4,5),B 中元素的每个数位只能从上面五对数中每对只取一个数构成．(1)两位数有C 25×22×A 22－C 14×2＝72(个)；三位数有C 35×23×A 33－C 24×22×A 22＝432(个)．(2)存在五位数,只需从上述五个数对中每对取一个数即可找出符合条件的五位数；不存在六位数,若存在,则至少要从一个数对中取出两个数,则该两个数字之和为9,与B 中任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9矛盾,因此不存在六位数．(3)四位数共有C 45×24×A 44－C 34×23×A 33＝1 728(个),因此第1 081个元素是四位数,且是第577个四位数,我们考虑千位,千位为1,2,3的四位数有3×C 34×23×A 33＝576(个),因此第1 081个元素是4 012.。