高中地理魯教版教案

2018版高考數(shù)學(xué)（理科）一輪設(shè)計(jì)：第11章教師用書（人教A版）。

一位優(yōu)秀的教師不打無(wú)準(zhǔn)備之仗，會(huì)提前做好準(zhǔn)備，高中教師要準(zhǔn)備好教案，這是高中教師的任務(wù)之一。教案可以讓學(xué)生們充分體會(huì)到學(xué)習(xí)的快樂(lè)，幫助高中教師提前熟悉所教學(xué)的內(nèi)容。那么，你知道高中教案要怎么寫呢？下面是小編為大家整理的“2018版高考數(shù)學(xué)（理科）一輪設(shè)計(jì)：第11章教師用書（人教A版）”，僅供您在工作和學(xué)習(xí)中參考。

第1講分類加法計(jì)數(shù)原理與分步乘法計(jì)數(shù)原理
最新考綱1.理解分類加法計(jì)數(shù)原理和分步乘法計(jì)數(shù)原理；2.會(huì)用分類加法計(jì)數(shù)原理或分步乘法計(jì)數(shù)原理分析和解決一些簡(jiǎn)單的實(shí)際問(wèn)題.
知識(shí)梳理
1.分類加法計(jì)數(shù)原理
完成一件事有兩類不同的方案，在第1類方案中有m種不同的方法，在第2類方案中有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m＋n種不同的方法.
2.分步乘法計(jì)數(shù)原理
完成一件事需要兩個(gè)步驟，做第1步有m種不同的方法，做第2步有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m×n種不同的方法.
3.分類加法和分步乘法計(jì)數(shù)原理，區(qū)別在于：分類加法計(jì)數(shù)原理針對(duì)“分類”問(wèn)題，其中各種方法相互獨(dú)立，用其中任何一種方法都可以做完這件事；分步乘法計(jì)數(shù)原理針對(duì)“分步”問(wèn)題，各個(gè)步驟相互依存，只有各個(gè)步驟都完成了才算完成這件事.
診斷自測(cè)
1.判斷正誤(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)精彩PPT展示
(1)在分類加法計(jì)數(shù)原理中，兩類不同方案中的方法可以相同.()
(2)在分類加法計(jì)數(shù)原理中，每類方案中的方法都能直接完成這件事.()
(3)在分步乘法計(jì)數(shù)原理中，每個(gè)步驟中完成這個(gè)步驟的方法是各不相同的.()
(4)在分步乘法計(jì)數(shù)原理中，事情是分兩步完成的，其中任何一個(gè)單獨(dú)的步驟都能完成這件事.()
解析分類加法計(jì)數(shù)原理，每類方案中的方法都是不同的，每一種方法都能完成這件事；分步乘法計(jì)數(shù)原理，每步的方法都是不同的，每步的方法只能完成這一步，不能完成這件事，所以(1)，(4)均不正確.
答案(1)×(2)√(3)√(4)×
2.從3名女同學(xué)和2名男同學(xué)中選1人主持主題班會(huì)，則不同的選法種數(shù)為()
A.6B.5
C.3D.2
解析5個(gè)人中每一個(gè)都可主持，所以共有5種選法.
答案B
3.(選修2－3P28B2改編)現(xiàn)有4種不同顏色要對(duì)如圖所示的四個(gè)部分進(jìn)行著色，要求有公共邊界的兩塊不能用同一種顏色，則不同的著色方法共有()
A.24種B.30種
C.36種D.48種
解析需要先給C塊著色，有4種結(jié)果；再給A塊著色，有3種結(jié)果；再給B塊著色，有2種結(jié)果；最后給D塊著色，有2種結(jié)果，由分步乘法計(jì)數(shù)原理知共有4×3×2×2＝48(種).
答案D
4.5位同學(xué)報(bào)名參加兩個(gè)課外活動(dòng)小組，每位同學(xué)限報(bào)其中一個(gè)小組，則不同的報(bào)名方法有________種(用數(shù)字作答).
解析每位同學(xué)都有2種報(bào)名方法，因此，可分五步安排5名同學(xué)報(bào)名，由分步乘法計(jì)數(shù)原理，總的報(bào)名方法共2×2×2×2×2＝32(種).
答案32
5.已知某公園有5個(gè)門，從任一門進(jìn)，另一門出，則不同的走法的種數(shù)為________(用數(shù)字作答).
解析分兩步，第一步選一個(gè)門進(jìn)有5種方法，第二步再選一個(gè)門出有4種方法，所以共有5×4＝20種走法.
答案20
考點(diǎn)一分類加法計(jì)數(shù)原理
【例1】(1)三個(gè)人踢毽，互相傳遞，每人每次只能踢一下，由甲開始踢，經(jīng)過(guò)4次傳遞后，毽又被踢回給甲，則不同的傳遞方式共有()
A.4種B.6種C.10種D.16種
(2)(2017鄭州質(zhì)檢)滿足a，b∈{－1，0，1，2}，且關(guān)于x的方程ax2＋2x＋b＝0有實(shí)數(shù)解的有序數(shù)對(duì)(a，b)的個(gè)數(shù)為()
A.14B.13C.12D.10
解析(1)分兩類：甲第一次踢給乙時(shí)，滿足條件有3種方法(如圖)，甲乙丙乙甲甲乙甲丙甲
同理，甲先傳給丙時(shí)，滿足條件有3種踢法.
由分類加法計(jì)數(shù)原理，共有3＋3＝6種傳遞方法.
(2)①當(dāng)a＝0，有x＝－b2，b＝－1，0，1，2有4種可能；
②當(dāng)a≠0時(shí)，則Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，
(ⅰ)若a＝－1時(shí)，b＝－1，0，1，2有4種不同的選法；
(ⅱ)若a＝1時(shí)，b＝－1，0，1有3種可能；
(ⅲ)若a＝2時(shí)，b＝－1，0，有2種可能.
∴有序數(shù)對(duì)(a，b)共有4＋4＋3＋2＝13(個(gè)).
答案(1)B(2)B
規(guī)律方法分類標(biāo)準(zhǔn)是運(yùn)用分類加法計(jì)數(shù)原理的難點(diǎn)所在，應(yīng)抓住題目中的關(guān)鍵詞、關(guān)鍵元素、關(guān)鍵位置.
(1)根據(jù)題目特點(diǎn)恰當(dāng)選擇一個(gè)分類標(biāo)準(zhǔn).
(2)分類時(shí)應(yīng)注意完成這件事情的任何一種方法必須屬于某一類，并且分別屬于不同種類的兩種方法是不同的方法，不能重復(fù).
(3)分類時(shí)除了不能交叉重復(fù)外，還不能有遺漏，如本例(2)中易漏a＝0這一類.
【訓(xùn)練1】(1)如圖，從A到O有________種不同的走法(不重復(fù)過(guò)一點(diǎn)).
(2)從集合{1，2，3，…，10}中任意選出三個(gè)不同的數(shù)，使這三個(gè)數(shù)成等比數(shù)列，這樣的等比數(shù)列的個(gè)數(shù)為()
A.3B.4C.6D.8
解析(1)分3類：第一類，直接由A到O，有1種走法；第二類，中間過(guò)一個(gè)點(diǎn)，有A→B→O和A→C→O共2種不同的走法；第三類，中間過(guò)兩個(gè)點(diǎn)，有A→B→C→O和A→C→B→O共2種不同的走法，由分類加法計(jì)數(shù)原理可得共有1＋2＋2＝5種不同的走法.
(2)以1為首項(xiàng)的等比數(shù)列為1，2，4；1，3，9；
以2為首項(xiàng)的等比數(shù)列為2，4，8；
以4為首項(xiàng)的等比數(shù)列為4，6，9；
把這4個(gè)數(shù)列的順序顛倒，又得到另外的4個(gè)數(shù)列，
∴所求的數(shù)列共有2(2＋1＋1)＝8個(gè).
答案(1)5(2)D
考點(diǎn)二分步乘法計(jì)數(shù)原理
【例2】(1)(2017石家莊模擬)教學(xué)大樓共有五層，每層均有兩個(gè)樓梯，由一層到五層的走法有()
A.10種B.25種C.52種D.24種
(2)定義集合A與B的運(yùn)算A*B如下：A*B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，則集合A*B的元素個(gè)數(shù)為________(用數(shù)字作答).
解析(1)每相鄰的兩層之間各有2種走法，共分4步.
由分步乘法計(jì)數(shù)原理，共有24種不同的走法.
(2)顯然(a，a)，(a，c)等均為A*B中的關(guān)系，確定A*B中的元素是A中取一個(gè)元素來(lái)確定x，B中取一個(gè)元素來(lái)確定y，由分步計(jì)數(shù)原理可知A*B中有3×4＝12個(gè)元素.
答案(1)D(2)12
規(guī)律方法(1)在第(1)題中，易誤認(rèn)為分5步完成，錯(cuò)選B.
(2)利用分步乘法計(jì)數(shù)原理應(yīng)注意：①要按事件發(fā)生的過(guò)程合理分步，即分步是有先后順序的.②各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步驟都完成才算完成這件事.
【訓(xùn)練2】(1)(2017威海模擬)某學(xué)校開設(shè)“藍(lán)天工程博覽課程”，組織6個(gè)年級(jí)的學(xué)生外出參觀包括甲博物館在內(nèi)的6個(gè)博物館，每個(gè)年級(jí)任選一個(gè)博物館參觀，則有且只有兩個(gè)年級(jí)選擇甲博物館的情況有()
A.C2645種B.A2654種
C.C26A45種D.C2654種
(2)設(shè)集合A＝{－1，0，1}，B＝{0，1，2，3}，定義A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，則A*B中元素的個(gè)數(shù)為________(用數(shù)字作答).
解析(1)有兩個(gè)年級(jí)選擇甲博物館共有C26種情況，其余四個(gè)年級(jí)每個(gè)年級(jí)各有5種選擇情況.故有且只有兩個(gè)年級(jí)選擇甲博物館的情況有C26×54種.
(2)易知A∩B＝{0，1}，A∪B＝{－1，0，1，2，3}，
∴x有兩種取法，y有5種取法.
由分步乘法計(jì)數(shù)原理，A*B的元素有2×5＝10(個(gè)).
答案(1)D(2)10
考點(diǎn)三兩個(gè)計(jì)數(shù)原理的綜合應(yīng)用
【例3】(1)(2015四川卷)用數(shù)字0，1，2，3，4，5組成沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)，其中比40000大的偶數(shù)共有()
A.144個(gè)B.120個(gè)C.96個(gè)D.72個(gè)
(2)(2017成都診斷)如圖所示，用4種不同的顏色對(duì)圖中5個(gè)區(qū)域涂色(4種顏色全部使用)，要求每個(gè)區(qū)域涂一種顏色，相鄰的區(qū)域不能涂相同的顏色，則不同的涂色種數(shù)為________(用數(shù)字作答).
解析(1)由題意，首位數(shù)字只能是4，5，若萬(wàn)位是5，則有3×A34＝72(個(gè))；若萬(wàn)位是4，則有2×A34個(gè)＝48(個(gè))，故比40000大的偶數(shù)共有72＋48＝120(個(gè)).選B.
(2)按區(qū)域1與3是否同色分類：
①區(qū)域1與3同色：先涂區(qū)域1與3有4種方法，再涂區(qū)域2，4，5(還有3種顏色)有A33種方法.
∴區(qū)域1與3涂同色，共有4A33＝24種方法.
②區(qū)域1與3不同色：先涂區(qū)域1與3有A24種方法，第二步涂區(qū)域2有2種涂色方法，第三步涂區(qū)域4只有一種方法，第四步涂區(qū)域5有3種方法.
∴這時(shí)共有A24×2×1×3＝72種方法.
由分類加法計(jì)數(shù)原理，不同的涂色種數(shù)為24＋72＝96.
答案(1)B(2)96
規(guī)律方法(1)①注意在綜合應(yīng)用兩個(gè)原理解決問(wèn)題時(shí)，一般是先分類再分步.在分步時(shí)可能又用到分類加法計(jì)數(shù)原理.②注意對(duì)于較復(fù)雜的兩個(gè)原理綜合應(yīng)用的問(wèn)題，可恰當(dāng)?shù)亓谐鍪疽鈭D或列出表格，使問(wèn)題形象化、直觀化.
(2)解決涂色問(wèn)題，可按顏色的種數(shù)分類，也可按不同的區(qū)域分步完成.第(2)題中，相鄰區(qū)域不同色，是按區(qū)域1與3是否同色分類處理.
【訓(xùn)練3】(1)如果一個(gè)三位正整數(shù)如“a1a2a3”滿足a1a2，且a2a3，則稱這樣的三位數(shù)為凸數(shù)(如120，343，275等)，那么所有凸數(shù)的個(gè)數(shù)為()
A.240B.204
C.729D.920
(2)從一架鋼琴挑出的十個(gè)音鍵中，分別選擇3個(gè)，4個(gè)，5個(gè)，…，10個(gè)鍵同時(shí)按下，可發(fā)出和聲，若有一個(gè)音鍵不同，則發(fā)出不同的和聲，則這樣的不同的和聲數(shù)為________(用數(shù)字作答).
解析(1)若a2＝2，則百位數(shù)字只能選1，個(gè)位數(shù)字可選1或0“凸數(shù)”為120與121，共2個(gè).若a2＝3，則“凸數(shù)”有2×3＝6(個(gè)).若a2＝4，滿足條件的“凸數(shù)”有3×4＝12(個(gè))，…，若a2＝9，滿足條件的“凸數(shù)”有8×9＝72(個(gè)).
∴所有凸數(shù)有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(個(gè)).
(2)由題意知本題是一個(gè)分類計(jì)數(shù)問(wèn)題，
共有8種不同的類型，
當(dāng)有3個(gè)鍵同時(shí)按下，有C310種結(jié)果，
當(dāng)有4個(gè)鍵同時(shí)按下，有C410種結(jié)果，
…，
以此類推，根據(jù)分類加法計(jì)數(shù)原理得到共有
C310＋C410＋C510＋…＋C1010
＝C010＋C110＋C210＋…＋C1010－(C010＋C110＋C210)
＝210－(1＋10＋45)＝968.
答案(1)A(2)968
[思想方法]
1.應(yīng)用兩個(gè)計(jì)數(shù)原理的難點(diǎn)在于明確分類還是分步.
在處理具體的應(yīng)用問(wèn)題時(shí)，首先必須弄清楚“分類”與“分步”的具體標(biāo)準(zhǔn)是什么.選擇合理的標(biāo)準(zhǔn)處理事情，可以避免計(jì)數(shù)的重復(fù)或遺漏.
2.(1)分類要做到“不重不漏”，分類后再分別對(duì)每一類進(jìn)行計(jì)數(shù)，最后用分類加法計(jì)數(shù)原理求和，得到總數(shù).
(2)分步要做到“步驟完整”，完成了所有步驟，恰好完成任務(wù)，當(dāng)然步與步之間要相互獨(dú)立，分步后再計(jì)算每一步的方法數(shù)，最后根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，把完成每一步的方法數(shù)相乘，得到總數(shù).
3.混合問(wèn)題一般是先分類再分步.
4.要恰當(dāng)畫出示意圖或樹狀圖，使問(wèn)題的分析更直觀、清楚，便于探索規(guī)律.
[易錯(cuò)防范]
1.切實(shí)理解“完成一件事”的含義，以確定需要分類還是需要分步進(jìn)行.
2.分類的關(guān)鍵在于要做到“不重不漏”，分步的關(guān)鍵在于要正確設(shè)計(jì)分步的程序，即合理分類，準(zhǔn)確分步.
3.確定題目中是否有特殊條件限制.
基礎(chǔ)鞏固題組
(建議用時(shí)：30分鐘)
一、選擇題
1.從集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取兩個(gè)互不相等的數(shù)a，b組成復(fù)數(shù)a＋bi，其中虛數(shù)有()
A.30個(gè)B.42個(gè)C.36個(gè)D.35個(gè)
解析∵a＋bi為虛數(shù)，∴b≠0，即b有6種取法，a有6種取法，由分步乘法計(jì)數(shù)原理知可以組成6×6＝36個(gè)虛數(shù).
答案C
2.某校舉行乒乓球賽，采用單淘汰制，要從20名選手中決出冠軍，應(yīng)進(jìn)行比賽的場(chǎng)數(shù)為()
A.18B.19C.20D.21
解析因?yàn)槊恳粓?chǎng)比賽都有一名選手被淘汰，即一場(chǎng)比賽對(duì)應(yīng)一個(gè)失敗者，要決出冠軍，就要淘汰19名選手，故應(yīng)進(jìn)行19場(chǎng)比賽.
答案B
3.(2016濟(jì)南質(zhì)檢)有4件不同顏色的襯衣，3件不同花樣的裙子，另有2套不同樣式的連衣裙.“五一”節(jié)需選擇一套服裝參加歌舞演出，則有幾種不同的選擇方式()
A.24B.14C.10D.9
解析第一類：一件襯衣，一件裙子搭配一套服裝有4×3＝12種方式，
第二類：選2套連衣裙中的一套服裝有2種選法.
∴由分類加法計(jì)數(shù)原理，共有12＋2＝14(種)選擇方式.
答案B
4.某電話局的電話號(hào)碼為139××××××××，若前六位固定，最后五位數(shù)字是由6或8組成的，則這樣的電話號(hào)碼的個(gè)數(shù)為()
A.20B.25C.32D.60
解析依據(jù)題意知，后五位數(shù)字由6或8組成，可分5步完成，每一步有2種方法，根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，符合題意的電話號(hào)碼的個(gè)數(shù)為25＝32.
答案C
5.集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且PQ.把滿足上述條件的一對(duì)有序整數(shù)對(duì)(x，y)作為一個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，則這樣的點(diǎn)的個(gè)數(shù)是()
A.9B.14C.15D.21
解析當(dāng)x＝2時(shí)，x≠y，點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1×7＝7(個(gè)).
當(dāng)x≠2時(shí)，由PQ，∴x＝y(tǒng).
∴x可從3，4，5，6，7，8，9中取，有7種方法.
因此滿足條件的點(diǎn)共有7＋7＝14(個(gè)).
答案B
6.用10元、5元和1元來(lái)支付20元錢的書款，不同的支付方法的種數(shù)為()
A.3B.5C.9D.12
解析只用一種幣值有2張10元，4張5元，20張1元，共3種；用兩種幣值的有1張10元，2張5元；1張10元，10張1元；3張5元，5張1元；2張5元，10張1元；1張5元，15張1元，共5種；用三種幣值的有1張10元，1張5元，5張1元，共1種.由分類加法計(jì)數(shù)原理得，共有3＋5＋1＝9(種).
答案C
7.從集合{1，2，3，4，…，10}中，選出5個(gè)數(shù)組成子集，使得這5個(gè)數(shù)中任意兩個(gè)數(shù)的和都不等于11，則這樣的子集有()
A.32個(gè)B.34個(gè)C.36個(gè)D.38個(gè)
解析將和等于11的放在一組：1和10，2和9，3和8，4和7，5和6.從每一小組中取一個(gè)，有C12＝2種，共有2×2×2×2×2＝32個(gè).故選A.
答案A
8.(2016全國(guó)Ⅱ卷)如圖，小明從街道的E處出發(fā)，先到F處與小紅會(huì)合，再一起到位于G處的老年公寓參加志愿者活動(dòng)，則小明到老年公寓可以選擇的最短路徑條數(shù)為()
A.24B.18C.12D.9
解析由題意可知E→F共有6種走法，F(xiàn)→G共有3種走法，由乘法計(jì)數(shù)原理知，共有6×3＝18種走法，故選B.
答案B
二、填空題
9.(2017西安質(zhì)檢)如果把個(gè)位數(shù)是1，且恰有3個(gè)數(shù)字相同的四位數(shù)叫作“好數(shù)”，那么在由1，2，3，4四個(gè)數(shù)字組成的有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)中，“好數(shù)”共有________個(gè)(用數(shù)字作答).
解析當(dāng)相同的數(shù)字不是1時(shí)，有C13個(gè)；當(dāng)相同的數(shù)字是1時(shí)，共有C13C13個(gè)，
由分類加法計(jì)數(shù)原理知共有“好數(shù)”C13＋C13C13＝12(個(gè)).
答案12
10.如圖所示，在連結(jié)正八邊形的三個(gè)頂點(diǎn)而成的三角形中，與正八邊形有公共邊的三角形有________個(gè)(用數(shù)字作答).
解析把與正八邊形有公共邊的三角形分為兩類：
第一類，有一條公共邊的三角形共有8×4＝32(個(gè)).
第二類，有兩條公共邊的三角形共有8個(gè).
由分類加法計(jì)數(shù)原理知，共有32＋8＝40(個(gè)).
答案40
11.如圖，矩形的對(duì)角線把矩形分成A，B，C，D四部分，現(xiàn)用5種不同顏色給四部分涂色，每部分涂1種顏色，要求共邊的兩部分顏色互異，則共有________種不同的涂色方法(用數(shù)字作答).
解析區(qū)域A有5種涂色方法；區(qū)域B有4種涂色方法；區(qū)域C的涂色方法可分2類：若C與A涂同色，區(qū)域D有4種涂色方法；若C與A涂不同色，此時(shí)區(qū)域C有3種涂色方法，區(qū)域D也有3種涂色方法.所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260種涂色方法.
答案260
12.有六名同學(xué)報(bào)名參加三個(gè)智力競(jìng)賽項(xiàng)目(不一定六名同學(xué)都能參加)，
(1)每人恰好參加一項(xiàng)，每項(xiàng)人數(shù)不限，則有________種不同的報(bào)名方法；
(2)每項(xiàng)限報(bào)一人，且每人至多參加一項(xiàng)，則有________種不同的報(bào)名方法；
(3)每項(xiàng)限報(bào)一人，但每人參加的項(xiàng)目不限，則有________種不同的報(bào)名方法(用數(shù)字作答).
解析(1)每人都可以從這三個(gè)比賽項(xiàng)目中選報(bào)一項(xiàng)，各有3種不同選法，由分步乘法計(jì)數(shù)原理，
知共有報(bào)名方法36＝729(種).
(2)每項(xiàng)限報(bào)一人，且每人至多參加一項(xiàng)，因此可由項(xiàng)目選人，第一個(gè)項(xiàng)目有6種選法，第二個(gè)項(xiàng)目有5種選法，第三個(gè)項(xiàng)目只有4種選法，由分步乘法計(jì)數(shù)原理，得共有報(bào)名方法6×5×4＝120(種).
(3)由于每人參加的項(xiàng)目不限，因此每一個(gè)項(xiàng)目都可以從這六人中選出一人參賽，由分步乘法計(jì)數(shù)原理，得共有不同的報(bào)名方法63＝216(種).
答案(1)729(2)120(3)216
能力提升題組
(建議用時(shí)：10分鐘)
13.(2017衡水調(diào)研)用0，1，…，9十個(gè)數(shù)字，可以組成有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)的個(gè)數(shù)為()
A.243B.252C.261D.279
解析0，1，2，…，9共能組成9×10×10＝900(個(gè))三位數(shù)，其中無(wú)重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)有9×9×8＝648(個(gè))，∴有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)有900－648＝252(個(gè)).
答案B
14.從正方體六個(gè)面的對(duì)角線中任取兩條作為一對(duì)，其中所成的角為60°的共有()
A.24對(duì)B.30對(duì)
C.48對(duì)D.60對(duì)
解析與正方體的一個(gè)面上的一條對(duì)角線成60°角的對(duì)角線有8條，故共有8對(duì).正方體的12條面對(duì)角線共有12×8＝96(對(duì))，且每對(duì)均重復(fù)計(jì)算一次，故共有962＝48(對(duì)).
答案C
15.一個(gè)旅游景區(qū)的游覽線路如圖所示，某人從P點(diǎn)處進(jìn)，Q點(diǎn)處出，沿圖中線路游覽A，B，C三個(gè)景點(diǎn)及沿途風(fēng)景，則不重復(fù)(除交匯點(diǎn)O外)的不同游覽線路有________種(用數(shù)字作答).
解析根據(jù)題意，從點(diǎn)P處進(jìn)入后，參觀第一個(gè)景點(diǎn)時(shí)，有6個(gè)路口可以選擇，從中任選一個(gè)，有6種選法；參觀完第一個(gè)景點(diǎn)，參觀第二個(gè)景點(diǎn)時(shí)，有4個(gè)路口可以選擇，從中任選一個(gè)，有4種選法；參觀完第二個(gè)景點(diǎn)，參觀
第三個(gè)景點(diǎn)時(shí)，有2個(gè)路口可以選擇，從中任取一個(gè)，有2種選法.由分步乘法計(jì)數(shù)原理知共有6×4×2＝48種不同游覽線路.
答案48
16.(2016廣州模擬)回文數(shù)是指從左到右與從右到左讀都一樣的正整數(shù)，如22，121，3443，94249等.顯然2位回文數(shù)有9個(gè)：11，22，33，…，99.3位回文數(shù)有90個(gè)：101，111，121，…，191，202，…，999.
則(1)4位回文數(shù)有________個(gè)；
(2)2n＋1(n∈N*)位回文數(shù)有________個(gè).
解析(1)4位回文數(shù)相當(dāng)于填4個(gè)方格，首尾相同，且不為0，共9種填法，中間兩位一樣，有10種填法，
共計(jì)9×10＝90(種)填法，即4位回文數(shù)有90個(gè).
(2)根據(jù)回文數(shù)的定義，此問(wèn)題也可以轉(zhuǎn)化成填方格.
結(jié)合計(jì)數(shù)原理，知有9×10n種填法.
答案(1)90(2)9×10n
第2講排列與組合
最新考綱1.理解排列、組合的概念；2.能利用計(jì)數(shù)原理推導(dǎo)排列數(shù)公式、組合數(shù)公式；3.能解決簡(jiǎn)單的實(shí)際問(wèn)題.
知識(shí)梳理
1.排列與組合的概念
名稱定義
排列從n個(gè)不同元素中取出m(m≤n)個(gè)不同元素按照一定的順序排成一列
組合合成一組
2.排列數(shù)與組合數(shù)
(1)從n個(gè)不同元素中取出m(m≤n)個(gè)元素的所有不同排列的個(gè)數(shù)，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的排列數(shù).
(2)從n個(gè)不同元素中取出m(m≤n)個(gè)元素的所有不同組合的個(gè)數(shù)，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的組合數(shù).
3.排列數(shù)、組合數(shù)的公式及性質(zhì)
公式(1)Amn＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n?。╪－m）！
(2)Cmn＝AmnAmm＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）m！
＝n！m?。╪－m）！(n，m∈N*，且m≤n).特別地C0n＝1

性質(zhì)(1)0?。?；Ann＝n！.
(2)Cmn＝Cn－mn；Cmn＋1＝Cmn＋Cm－1n

診斷自測(cè)
1.判斷正誤(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)精彩PPT展示
(1)所有元素完全相同的兩個(gè)排列為相同排列.()
(2)兩個(gè)組合相同的充要條件是其中的元素完全相同.()
(3)若組合式Cxn＝Cmn，則x＝m成立.()
(4)kCkn＝nCk－1n－1.()
解析元素相同但順序不同的排列是不同的排列，故(1)不正確；若Cxn＝Cmn，則x＝m或n－m，故(3)不正確.
答案(1)×(2)√(3)×(4)√
2.從4本不同的課外讀物中，買3本送給3名同學(xué)，每人各1本，則不同的送法種數(shù)是()
A.12B.24C.64D.81
解析4本不同的課外讀物選3本分給3位同學(xué)，每人一本，則不同的分配方法為A34＝24.
答案B
3.(選修2－3P28A17改編)從4名男同學(xué)和3名女同學(xué)中選出3名參加某項(xiàng)活動(dòng)，則男女生都有的選法種數(shù)是()
A.18B.24C.30D.36
解析法一選出的3人中有2名男同學(xué)1名女同學(xué)的方法有C24C13＝18種，選出的3人中有1名男同學(xué)2名女同學(xué)的方法有C14C23＝12種，故3名學(xué)生中男女生都有的選法有C24C13＋C14C23＝30種.
法二從7名同學(xué)中任選3名的方法數(shù)，再除去所選3名同學(xué)全是男生或全是女生的方法數(shù)，即C37－C34－C33＝30.
答案C
4.用數(shù)字1，2，3，4，5組成的無(wú)重復(fù)數(shù)字的四位偶數(shù)的個(gè)數(shù)為________(用數(shù)字作答).
解析末位數(shù)字排法有A12，其他位置排法有A34種，共有A12A34＝48種.
答案48
5.(2017唐山調(diào)研)某市委從組織機(jī)關(guān)10名科員中選3人擔(dān)任駐村第一書記，則甲、乙至少有1人入選，而丙沒(méi)有入選的不同選法的種數(shù)為________(用數(shù)字作答).
解析法一(直接法)甲、乙兩人均入選，有C17C22種.
甲、乙兩人只有1人入選，有C12C27種方法，
∴由分類加法計(jì)數(shù)原理，共有C22C17＋C12C27＝49(種)選法.
法二(間接法)從9人中選3人有C39種方法.
其中甲、乙均不入選有C37種方法，
∴滿足條件的選排方法是C39－C37＝84－35＝49(種).
答案49
考點(diǎn)一排列問(wèn)題
【例1】(1)六個(gè)人從左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，則不同的排法共有()
A.192種B.216種
C.240種D.288種
(2)(2017北京西城區(qū)質(zhì)檢)把5件不同產(chǎn)品擺成一排.若產(chǎn)品A與產(chǎn)品B相鄰，且產(chǎn)品A與產(chǎn)品C不相鄰，則不同的擺法有________種.
解析(1)第一類：甲在最左端，
有A55＝5×4×3×2×1＝120(種)方法；
第二類：乙在最左端，
有4A44＝4×4×3×2×1＝96(種)方法.
所以共有120＋96＝216(種)方法.
(2)記其余兩種產(chǎn)品為D，E，A，B相鄰視為一個(gè)元素，先與D，E排列，有A22A33種方法；再將C插入，僅有3個(gè)空位可選，共有A22A33C13＝2×6×3＝36種不同的擺法.
答案(1)B(2)36
規(guī)律方法(1)第(1)題求解的關(guān)鍵是按特殊元素甲、乙的位置進(jìn)行分類.注意特殊元素(位置)的優(yōu)先原則，即先排有限制條件的元素或有限制條件的位置.對(duì)于分類過(guò)多的問(wèn)題，可利用間接法.
(2)對(duì)相鄰問(wèn)題采用捆綁法、不相鄰問(wèn)題采用插空法、定序問(wèn)題采用倍縮法等常用的解題方法.
【訓(xùn)練1】(1)(2017新余二模)7人站成兩排隊(duì)列，前排3人，后排4人，現(xiàn)將甲、乙、丙三人加入隊(duì)列，前排加一人，后排加兩人，其他人保持相對(duì)位置不變，則不同的加入方法種數(shù)為()
A.120B.240C.360D.480
(2)(2017撫順模擬)某班準(zhǔn)備從甲、乙等七人中選派四人發(fā)言，要求甲乙兩人至少有一人參加，那么不同的發(fā)言順序有()
A.30B.600C.720D.840
解析(1)第一步，從甲、乙、丙三人選一個(gè)加到前排，有3種，第二步，前排3人形成了4個(gè)空，任選一個(gè)空加一人，有4種，第三步，后排4人形成了5個(gè)空，任選一個(gè)空加一人有5種，此時(shí)形成6個(gè)空，任選一個(gè)空加一人，有6種，根據(jù)分步計(jì)數(shù)原理有3×4×5×6＝360種方法.
(2)若只有甲乙其中一人參加，有C12C35A44＝480種方法；若甲乙兩人都參加，有C22C25A44＝240種方法，則共有480＋240＝720種方法，故選C.
答案(1)C(2)C
考點(diǎn)二組合問(wèn)題
【例2】某市工商局對(duì)35種商品進(jìn)行抽樣檢查，已知其中有15種假貨.現(xiàn)從35種商品中選取3種.
(1)其中某一種假貨必須在內(nèi)，不同的取法有多少種？
(2)其中某一種假貨不能在內(nèi)，不同的取法有多少種？
(3)恰有2種假貨在內(nèi)，不同的取法有多少種？
(4)至少有2種假貨在內(nèi)，不同的取法有多少種？
(5)至多有2種假貨在內(nèi)，不同的取法有多少種？
解(1)從余下的34種商品中，選取2種有C234＝561種，∴某一種假貨必須在內(nèi)的不同取法有561種.
(2)從34種可選商品中，選取3種，有C334種或者C335－C234＝C334＝5984種.
∴某一種假貨不能在內(nèi)的不同取法有5984種.
(3)從20種真貨中選取1件，從15種假貨中選取2件有C120C215＝2100種.
∴恰有2種假貨在內(nèi)的不同的取法有2100種.
(4)選取2種假貨有C120C215種，選取3件假貨有C315種，共有選取方式C120C215＋C315＝2100＋455＝2555種.
∴至少有2種假貨在內(nèi)的不同的取法有2555種.
(5)選取3件的總數(shù)為C335，因此共有選取方式
C335－C315＝6545－455＝6090種.
∴至多有2種假貨在內(nèi)的不同的取法有6090種.
規(guī)律方法組合問(wèn)題常有以下兩類題型變化：
(1)“含有”或“不含有”某些元素的組合題型；“含”，則先將這些元素取出，再由另外元素補(bǔ)足；“不含”，則先將這些元素剔除，再?gòu)氖Ｏ碌脑刂腥ミx取.
(2)“至少”或“至多”含有幾個(gè)元素的組合題型：解這類題必須十分重視“至少”與“至多”這兩個(gè)關(guān)鍵詞的含義，謹(jǐn)防重復(fù)與漏解.用直接法和間接法都可以求解，通常用直接法分類復(fù)雜時(shí)，考慮逆向思維，用間接法處理.
【訓(xùn)練2】(1)(2017邯鄲一模)現(xiàn)有6個(gè)不同的白球，4個(gè)不同的黑球，任取4個(gè)球，則至少有兩個(gè)黑球的取法種數(shù)是()
A.90B.115C.210D.385
(2)(2017武漢二模)若從1，2，3，…，9這9個(gè)整數(shù)中同時(shí)取4個(gè)不同的數(shù)，其和為偶數(shù)，則不同的取法共有()
A.60種B.63種C.65種D.66種
解析(1)分三類，取2個(gè)黑球有C24C26＝90種，取3個(gè)黑球有C34C16＝24種，取4個(gè)黑球有C44＝1種，故共有90＋24＋1＝115種取法，選B.
(2)共有4個(gè)不同的偶數(shù)和5個(gè)不同的奇數(shù)，要使和為偶數(shù)，則4個(gè)數(shù)全為奇數(shù)，或全為偶數(shù)，或2個(gè)奇數(shù)和2個(gè)偶數(shù)，∴共有不同的取法有C45＋C44＋C25C24＝66(種).
答案(1)B(2)D
考點(diǎn)三排列、組合的綜合應(yīng)用
【例3】4個(gè)不同的球，4個(gè)不同的盒子，把球全部放入盒內(nèi).
(1)恰有1個(gè)盒不放球，共有幾種放法？
(2)恰有1個(gè)盒內(nèi)有2個(gè)球，共有幾種放法？
(3)恰有2個(gè)盒不放球，共有幾種放法？
解(1)為保證“恰有1個(gè)盒不放球”，先從4個(gè)盒子中任意取出去一個(gè)，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“4個(gè)球，3個(gè)盒子，每個(gè)盒子都要放入球，共有幾種放法？”即把4個(gè)球分成2，1，1的三組，然后再?gòu)?個(gè)盒子中選1個(gè)放2個(gè)球，其余2個(gè)球放在另外2個(gè)盒子內(nèi)，由分步乘法計(jì)數(shù)原理，共有C14C24C13×A22＝144(種).
(2)“恰有1個(gè)盒內(nèi)有2個(gè)球”，即另外3個(gè)盒子放2個(gè)球，每個(gè)盒子至多放1個(gè)球，也即另外3個(gè)盒子中恰有一個(gè)空盒，因此，“恰有1個(gè)盒內(nèi)有2個(gè)球”與“恰有1個(gè)盒不放球”是同一件事，所以共有144種放法.
(3)確定2個(gè)空盒有C24種方法.
4個(gè)球放進(jìn)2個(gè)盒子可分成(3，1)、(2，2)兩類，第一類有序不均勻分組有C34C11A22種方法；第二類有序均勻分組有C24C22A22A22種方法.故共有C24(C34C11A22＋C24C22A22A22)＝84(種).
規(guī)律方法(1)解排列組合問(wèn)題常以元素(或位置)為主體，即先滿足特殊元素(或位置)，再考慮其他元素(或位置).對(duì)于排列組合的綜合題目，一般是將符合要求的元素取出或進(jìn)行分組，再對(duì)取出的元素或分好的組進(jìn)行排列.
(2)不同元素的分配問(wèn)題，往往是先分組再分配.在分組時(shí)，通常有三種類型：①不均勻分組；②均勻分組；③部分均勻分組，注意各種分組類型中，不同分組方法的差異.其次對(duì)于相同元素的“分配”問(wèn)題，常用的方法是采用“隔板法”.
【訓(xùn)練3】(1)某校高二年級(jí)共有6個(gè)班級(jí)，現(xiàn)從外地轉(zhuǎn)入4名學(xué)生，要安排到該年級(jí)的兩個(gè)班級(jí)且每班安排2名，則不同的安排方案種數(shù)為()
A.A26C24B.12A26C24
C.A26A24D.2A26
(2)在8張獎(jiǎng)券中有一、二、三等獎(jiǎng)各1張，其余5張無(wú)獎(jiǎng).將這8張獎(jiǎng)券分配給4個(gè)人，每人2張，不同的獲獎(jiǎng)情況有________種(用數(shù)字作答).
解析(1)法一將4人平均分成兩組有12C24種方法，將此兩組分配到6個(gè)班級(jí)中的2個(gè)班有A26(種).
所以不同的安排方法有12C24A26(種).
法二先從6個(gè)班級(jí)中選2個(gè)班級(jí)有C26種不同方法，然后安排學(xué)生有C24C22種，故有C26C24C22＝12A26C24(種).
(2)把8張獎(jiǎng)券分4組有兩種分法，一種是分(一等獎(jiǎng)，無(wú)獎(jiǎng))、(二等獎(jiǎng)，無(wú)獎(jiǎng))、(三等獎(jiǎng)，無(wú)獎(jiǎng))、(無(wú)獎(jiǎng)，無(wú)獎(jiǎng))四組，分給4人有A44種分法；另一種是一組兩個(gè)獎(jiǎng)，一組只有一個(gè)獎(jiǎng)，另兩組無(wú)獎(jiǎng)，共有C23種分法，再分給4人有C23A24種分法，所以不同獲獎(jiǎng)情況種數(shù)為A44＋C23A24＝24＋36＝60.
答案(1)B(2)60
[思想方法]
1.對(duì)于有附加條件的排列、組合應(yīng)用題，通常從三個(gè)途徑考慮
(1)以元素為主考慮，即先滿足特殊元素的要求，再考慮其他元素.
(2)以位置為主考慮，即先滿足特殊位置的要求，再考慮其他位置.
(3)先不考慮附加條件，計(jì)算出排列數(shù)或組合數(shù)，再減去不合要求的排列數(shù)或組合數(shù).
2.排列、組合問(wèn)題的求解方法與技巧
(1)特殊元素優(yōu)先安排；(2)合理分類與準(zhǔn)確分步；(3)排列、組合混合問(wèn)題先選后排；(4)相鄰問(wèn)題捆綁處理；(5)不相鄰問(wèn)題插空處理；(6)定序問(wèn)題排除法處理；(7)分排問(wèn)題直排處理；(8)“小集團(tuán)”排列問(wèn)題先整體后局部；(9)構(gòu)造模型；(10)正難則反，等價(jià)條件.
[易錯(cuò)防范]
1.區(qū)分一個(gè)問(wèn)題屬于排列問(wèn)題還是組合問(wèn)題，關(guān)鍵在于是否與順序有關(guān).
2.解受條件限制的排列、組合題，通常有直接法(合理分類)和間接法(排除法).分類時(shí)標(biāo)準(zhǔn)應(yīng)統(tǒng)一，避免出現(xiàn)重復(fù)或遺漏.
3.解組合應(yīng)用題時(shí)，應(yīng)注意“至少”、“至多”、“恰好”等詞的含義.
4.對(duì)于分配問(wèn)題，一般先分組，再分配，注意平均分組與不平均分組的區(qū)別，避免重復(fù)或遺漏.
基礎(chǔ)鞏固題組
(建議用時(shí)：30分鐘)
一、選擇題
1.從1，3，5，7，9這五個(gè)數(shù)中，每次取出兩個(gè)不同的數(shù)分別記為a，b，共可得到lga－lgb的不同值的個(gè)數(shù)是()
A.9B.10C.18D.20
解析由于lga－lgb＝lgab(a＞0，b＞0)，
∴l(xiāng)gab有多少個(gè)不同的值，只需看ab不同值的個(gè)數(shù).
從1，3，5，7，9中任取兩個(gè)作為ab有A25種，又13與39相同，31與93相同，∴l(xiāng)ga－lgb的不同值的個(gè)數(shù)有A25－2＝18.
答案C
2.(2016四川卷)用數(shù)字1，2，3，4，5組成沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)，其中奇數(shù)的個(gè)數(shù)為()
A.24B.48C.60D.72
解析由題意，可知個(gè)位可以從1，3，5中任選一個(gè)，有A13種方法，其他數(shù)位上的數(shù)可以從剩下的4個(gè)數(shù)字中任選，進(jìn)行全排列，有A44種方法，所以奇數(shù)的個(gè)數(shù)為A13A44＝3×4×3×2×1＝72，故選D.
答案D
3.有A，B，C，D，E五位學(xué)生參加網(wǎng)頁(yè)設(shè)計(jì)比賽，決出了第一到第五的名次.A，B兩位學(xué)生去問(wèn)成績(jī)，老師對(duì)A說(shuō)：你的名次不知道，但肯定沒(méi)得第一名；又對(duì)B說(shuō)：你是第三名.請(qǐng)你分析一下，這五位學(xué)生的名次排列的種數(shù)為()
A.6B.18C.20D.24
解析由題意知，名次排列的種數(shù)為C13A33＝18.
答案B
4.10名同學(xué)合影，站成了前排3人，后排7人，現(xiàn)攝影師要從后排7人中抽2人站前排，其他人的相對(duì)順序不變，則不同調(diào)整方法的種數(shù)為()
A.C27A55B.C27A22
C.C27A25D.C27A35
解析首先從后排的7人中抽2人，有C27種方法；再把2個(gè)人在5個(gè)位置中選2個(gè)位置進(jìn)行排列有A25種.由分步乘法計(jì)數(shù)原理知不同調(diào)整方法種數(shù)是C27A25.
答案C
5.某臺(tái)小型晚會(huì)由6個(gè)節(jié)目組成，演出順序有如下要求：節(jié)目甲必須排在前兩位，節(jié)目乙不能排在第一位，節(jié)目丙必須排在最后一位.該臺(tái)晚會(huì)節(jié)目演出順序的編排方案共有()
A.36種B.42種C.48種D.54種
解析分兩類，第一類：甲排在第一位時(shí)，丙排在最后一位，中間4個(gè)節(jié)目無(wú)限制條件，有A44種排法；第二類：甲排在第二位時(shí)，從甲、乙、丙之外的3個(gè)節(jié)目中選1個(gè)節(jié)目排在第一位有C13種排法，其他3個(gè)節(jié)目有A33種排法，故有C13A33種排法.依分類加法計(jì)數(shù)原理，知共有A44＋C13A33＝42種編排方案.
答案B
6.(2016東北三省四市聯(lián)考)甲、乙兩人要在一排8個(gè)空座上就坐，若要求甲、乙兩人每人的兩旁都有空座，則有多少種坐法()
A.10B.16C.20D.24
解析一排共有8個(gè)座位，現(xiàn)有兩人就坐，故有6個(gè)空座.∵要求每人左右均有空座，∴在6個(gè)空座的中間5個(gè)空中插入2個(gè)座位讓兩人就坐，即有A25＝20種坐法.
答案C
7.(2017本溪模擬)某次聯(lián)歡會(huì)要安排3個(gè)歌舞類節(jié)目、2個(gè)小品類節(jié)目和1個(gè)相聲類節(jié)目的演出順序，則同類節(jié)目不相鄰的排法種數(shù)是()
A.72B.120C.144D.168
解析法一先安排小品節(jié)目和相聲節(jié)目，然后讓歌舞節(jié)目去插空.安排小品節(jié)目和相聲節(jié)目的順序有三種：“小品1，小品2，相聲”，“小品1，相聲，小品2”和“相聲，小品1，小品2”.對(duì)于第一種情況，形式為“□小品1歌舞1小品中2□相聲□”，有A22C13A23＝36(種)安排方法；同理，第三種情況也有36種安排方法，對(duì)于第二種情況，三個(gè)節(jié)目形成4個(gè)人，其形式為“□小品1□相聲□小品2□”.有A22A34＝48種安排方法，故共有36＋36＋48＝120種安排方法.
法二先不考慮小品類節(jié)目是否相鄰，保證歌舞類節(jié)目不相鄰的排法共有A33A34＝144(種)，再剔除小品類節(jié)目相鄰的情況，共有A33A22A22＝24(種)，于是符合題意的排法共有144－24＝120(種).
答案B
8.(2017青島模擬)將甲、乙等5名交警分配到三個(gè)不同路口疏導(dǎo)交通，每個(gè)路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有()
A.18種B.24種
C.36種D.72種
解析一個(gè)路口有3人的分配方法有C13C22A33(種)；兩個(gè)路口各有2人的分配方法有C23C22A33(種).
∴由分類加法計(jì)數(shù)原理，甲、乙在同一路口的分配方案為C13C22A33＋C23C22A33＝36(種).
答案C
二、填空題
9.7位身高均不等的同學(xué)排成一排照相，要求中間最高，依次往兩端身高逐漸降低，共有________種排法(用數(shù)字作答).
解析先排最中間位置有一種排法，再排左邊3個(gè)位置，由于順序一定，共有C36種排法，再排剩下右邊三個(gè)位置，共一種排法，所以排法種數(shù)為C36＝20(種).
答案20
10.若把英語(yǔ)單詞“good”的字母順序?qū)戝e(cuò)了，則可能出現(xiàn)的錯(cuò)誤方法共有________種(用數(shù)字作答).
解析把g、o、o、d4個(gè)字母排一列，可分兩步進(jìn)行，第一步：排g和d，共有A24種排法；第二步：排兩個(gè)o，共一種排法，所以總的排法種數(shù)為A24＝12(種).其中正確的有一種，所以錯(cuò)誤的共A24－1＝12－1＝11(種).
答案11
11.(2016呼和浩特二模)從5臺(tái)甲型和4臺(tái)乙型電視機(jī)中任意取出3臺(tái)，其中至少要有甲型與乙型電視機(jī)各1臺(tái)，則不同的取法共有________種(用數(shù)字作答).
解析甲型2臺(tái)乙型1臺(tái)或甲型1臺(tái)乙型2臺(tái)，故共有C25C14＋C15C24＝70種方法.
答案70
12.(2017淮北一模)寒假里5名同學(xué)結(jié)伴乘動(dòng)車外出旅游，實(shí)名制購(gòu)票，每人一座，恰在同一排A，B，C，D，E五個(gè)座位(一排共五個(gè)座位)，上車后五人在這五個(gè)座位上隨意坐，則恰有一人坐對(duì)與自己車票相符座位的坐法有________種(用數(shù)字作答).
解析設(shè)5名同學(xué)也用A，B，C，D，E來(lái)表示，若恰有一人坐對(duì)與自己車票相符的坐法，設(shè)E同學(xué)坐在自己的座位上，則其他四位都不坐自己的座位，則有：BADC，BDAC，BCDA，CADB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA共9種坐法，則恰有一人坐對(duì)與自己車票相等座位的坐法有9×5＝45種坐法.
答案45
能力提升題組
(建議用時(shí)：20分鐘)
13.甲、乙等5人在9月3號(hào)參加了紀(jì)念抗日戰(zhàn)爭(zhēng)勝利閱兵慶典后，在天安門廣場(chǎng)排成一排拍照留念，甲和乙必須相鄰且都不站在兩端的排法有()
A.12種B.24種
C.48種D.120種
解析甲乙相鄰，將甲乙捆綁在一起看作一個(gè)元素，共有A44A22種排法，甲乙相鄰且在兩端有C12A33A22種排法，故甲乙相鄰且都不站在兩端的排法有A44A22－C12A33A22＝24(種).
答案B
14.設(shè)集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5}，那么集合A中滿足條件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素個(gè)數(shù)為()
A.60B.90
C.120D.130
解析因?yàn)閤i∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5，且1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3，
所以xi中至少兩個(gè)為0，至多四個(gè)為0.
①xi(i＝1，2，3，4，5)中4個(gè)0，1個(gè)為－1或1，A有2C15個(gè)元素；
②xi中3個(gè)0，2個(gè)為－1或1，A有C25×2×2＝40個(gè)元素；
③xi中2個(gè)0，3個(gè)為－1或1，A有C35×2×2×2＝80個(gè)元素；
從而，集合A中共有2C15＋40＋80＝130個(gè)元素.
答案D
15.(2017黃岡模擬)在某班進(jìn)行的演進(jìn)比賽中，共有5位選手參加，其中3位女生，2位男生，如果2位男生不能連著出場(chǎng)，且女生甲不能排在第一個(gè)，那么出場(chǎng)順序的排法種數(shù)為________(用數(shù)字作答).
解析若第一個(gè)出場(chǎng)是男生，則第二個(gè)出場(chǎng)的是女生，以后的順序任意排，方法有C12C13A33＝36種；若第一個(gè)出場(chǎng)的是女生(不是女生甲)，則剩余的2個(gè)女生排列好，2個(gè)男生插空，方法有C12A22A23＝24種.故所有出場(chǎng)順序的排法種數(shù)為36＋24＝60.
答案60
16.(1)現(xiàn)有10個(gè)保送上大學(xué)的名額，分配給7所學(xué)校，每校至少有1個(gè)名額，問(wèn)名額分配的方法共有多少種？
(2)已知集合A＝{5}，B＝{1，2}，C＝{1，3，4}，從這三個(gè)集合中各取一個(gè)元素構(gòu)成空間直角坐標(biāo)系中點(diǎn)的坐標(biāo)，那么最多可確定多少個(gè)不同的點(diǎn)？
解(1)法一每個(gè)學(xué)校至少一個(gè)名額，則分去7個(gè)，剩余3個(gè)名額分到7所學(xué)校的方法種數(shù)就是要求的分配方法種數(shù).
分類：若3個(gè)名額分到一所學(xué)校有7種方法；
若分配到2所學(xué)校有C27×2＝42(種)；
若分配到3所學(xué)校有C37＝35(種).
∴共有7＋42＋35＝84(種)方法.
法二10個(gè)元素之間有9個(gè)間隔，要求分成7份，相當(dāng)于用6塊檔板插在9個(gè)間隔中，共有C69＝84種不同方法.
所以名額分配的方法共有84種.
(2)①?gòu)募螧中取元素2時(shí)，確定C13A33個(gè)點(diǎn).
②當(dāng)從集合B中取元素1，且從C中取元素1，則確定的不同點(diǎn)有C13×1＝C13.
③當(dāng)從B中取元素1，且從C中取出元素3或4，則確定的不同點(diǎn)有C12A33個(gè).
∴由分類加法計(jì)數(shù)原理，共確定C13A33＋C13＋C12A33＝33(個(gè))不同點(diǎn).
第3講二項(xiàng)式定理
最新考綱1.能用計(jì)數(shù)原理證明二項(xiàng)式定理；2.會(huì)用二項(xiàng)式定理解決與二項(xiàng)展開式有關(guān)的簡(jiǎn)單問(wèn)題.
知識(shí)梳理
1.二項(xiàng)式定理
(1)二項(xiàng)式定理：(a＋b)n＝C0nan＋C1nan－1b＋…＋Crnan－rbr＋…＋Cnnbn(n∈N*)；
(2)通項(xiàng)公式：Tr＋1＝Crnan－rbr，它表示第r＋1項(xiàng)；
(3)二項(xiàng)式系數(shù)：二項(xiàng)展開式中各項(xiàng)的系數(shù)C0n，C1n，…，Cnn.
2.二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)
性質(zhì)性質(zhì)描述
對(duì)稱性與首末等距離的兩個(gè)二項(xiàng)式系數(shù)相等，即Ckn＝Cn－kn

增減性二項(xiàng)式
系數(shù)Ckn
當(dāng)k＜n＋12(n∈N*)時(shí)，是遞增的

當(dāng)k＞n＋12(n∈N*)時(shí)，是遞減的

二項(xiàng)式系數(shù)最大值當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，中間的一項(xiàng)取得最大值

當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，中間的兩項(xiàng)與取最大值（趣祝福 ZfW152.cOm）

3.各二項(xiàng)式系數(shù)和
(1)(a＋b)n展開式的各二項(xiàng)式系數(shù)和：C0n＋C1n＋C2n＋…＋Cnn＝2n.
(2)偶數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)的和等于奇數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)的和，即C0n＋C2n＋C4n＋…＝C1n＋C3n＋C5n＋…＝2n－1.
診斷自測(cè)
1.判斷正誤(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)精彩PPT展示
(1)Cknan－kbk是二項(xiàng)展開式的第k項(xiàng).()
(2)二項(xiàng)展開式中，系數(shù)最大的項(xiàng)為中間一項(xiàng)或中間兩項(xiàng).()
(3)(a＋b)n的展開式中某一項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)與a，b無(wú)關(guān).()
(4)(a＋b)n某項(xiàng)的系數(shù)是該項(xiàng)中非字母因數(shù)部分，包括符號(hào)等，與該項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)不同.()
解析二項(xiàng)式展開式中Cknan－kbk是第k＋1項(xiàng)，二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)為中間一項(xiàng)或中間兩項(xiàng)，故(1)(2)均不正確.
答案(1)×(2)×(3)√(4)√
2.(x－y)n的二項(xiàng)展開式中，第m項(xiàng)的系數(shù)是()
A.CmnB.Cm＋1n
C.Cm－1nD.(－1)m－1Cm－1n
解析(x－y)n展開式中第m項(xiàng)的系數(shù)為Cm－1n(－1)m－1.
答案D
3.(選修2－3P35練習(xí)T1(3)改編)
C02017＋C12017＋C22017＋…＋C20172017C02016＋C22016＋C42016＋…＋C20162016的值為()
A.2B.4
C.2017D.2016×2017
解析原式＝2201722016－1＝22＝4.
答案B
4.(2017石家莊調(diào)研)(1＋x)n的二項(xiàng)式展開式中，僅第6項(xiàng)的系數(shù)最大，則n＝________.
解析(1＋x)n的二項(xiàng)式展開式中，項(xiàng)的系數(shù)就是項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)，所以n2＋1＝6，n＝10.
答案10
5.x2－2x35展開式中的常數(shù)項(xiàng)為________.
解析Tk＋1＝Ck5(x2)5－k－2x3k＝Ck5(－2)kx10－5k.
令10－5k＝0，則k＝2.∴常數(shù)項(xiàng)為T3＝C25(－2)2＝40.
答案40

考點(diǎn)一求展開式中的特定項(xiàng)或特定項(xiàng)的系數(shù)
【例1】已知在3x－123xn的展開式中，第6項(xiàng)為常數(shù)項(xiàng).
(1)求n；
(2)求含x2的項(xiàng)的系數(shù)；
(3)求展開式中所有的有理項(xiàng).
解(1)通項(xiàng)公式為
Tk＋1＝Cknxn－k3－12kx－k3＝Ckn－12kxn－2k3.
因?yàn)榈?項(xiàng)為常數(shù)項(xiàng)，所以k＝5時(shí)，n－2×53＝0，即n＝10.
(2)令10－2k3＝2，得k＝2，
故含x2的項(xiàng)的系數(shù)是C210－122＝454.
(3)根據(jù)通項(xiàng)公式，由題意10－2k3∈Z，0≤k≤10，k∈N，
令10－2k3＝r(r∈Z)，則10－2k＝3r，k＝5－32r，
∵k∈N，∴r應(yīng)為偶數(shù).
∴r可取2，0，－2，即k可取2，5，8，
∴第3項(xiàng)，第6項(xiàng)與第9項(xiàng)為有理項(xiàng)，
它們分別為454x2，－638，45256x－2.
規(guī)律方法(1)二項(xiàng)式定理的核心是通項(xiàng)公式，求解此類問(wèn)題可以分兩步完成：第一步根據(jù)所給出的條件(特定項(xiàng))和通項(xiàng)公式，建立方程來(lái)確定指數(shù)(求解時(shí)要注意二項(xiàng)式系數(shù)中n和r的隱含條件，即n，r均為非負(fù)整數(shù)，且n≥r，
如常數(shù)項(xiàng)指數(shù)為零、有理項(xiàng)指數(shù)為整數(shù)等)；第二步是根據(jù)所求的指數(shù)，再求所求的項(xiàng).
(2)求兩個(gè)多項(xiàng)式的積的特定項(xiàng)，可先化簡(jiǎn)或利用分類加法計(jì)數(shù)原理討論求解.
【訓(xùn)練1】(1)(2015全國(guó)Ⅰ卷)(x2＋x＋y)5的展開式中，x5y2的系數(shù)為()
A.10B.20C.30D.60
(2)(2016全國(guó)Ⅰ卷)(2x＋x)5的展開式中，x3的系數(shù)是________(用數(shù)字作答).
解析(1)法一(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，
含y2的項(xiàng)為T3＝C25(x2＋x)3y2.
其中(x2＋x)3中含x5的項(xiàng)為C13x4x＝C13x5.
所以x5y2的系數(shù)為C25C13＝30.
法二(x2＋x＋y)5表示5個(gè)x2＋x＋y之積.
∴x5y2可從其中5個(gè)因式中選兩個(gè)因式取y，兩個(gè)取x2，一個(gè)取x.因此x5y2的系數(shù)為C25C23C11＝30.
(2)由(2x＋x)5得Tr＋1＝Cr5(2x)5－r(x)r＝
25－rCr5x5－r2，令5－r2＝3得r＝4，此時(shí)系數(shù)為10.
答案(1)C(2)10

相關(guān)知識(shí)

2018版高考數(shù)學(xué)（理科）一輪設(shè)計(jì)：第5~6章教師用書（人教A版）

作為優(yōu)秀的教學(xué)工作者，在教學(xué)時(shí)能夠胸有成竹，高中教師在教學(xué)前就要準(zhǔn)備好教案，做好充分的準(zhǔn)備。教案可以讓學(xué)生們充分體會(huì)到學(xué)習(xí)的快樂(lè)，有效的提高課堂的教學(xué)效率。寫好一份優(yōu)質(zhì)的高中教案要怎么做呢？下面是小編精心為您整理的“2018版高考數(shù)學(xué)（理科）一輪設(shè)計(jì)：第5~6章教師用書（人教A版）”，但愿對(duì)您的學(xué)習(xí)工作帶來(lái)幫助。

第1講平面向量的概念及線性運(yùn)算
最新考綱1.了解向量的實(shí)際背景；2.理解平面向量的概念，理解兩個(gè)向量相等的含義；3.理解向量的幾何表示；4.掌握向量加法、減法的運(yùn)算，并理解其幾何意義；5.掌握向量數(shù)乘的運(yùn)算及其幾何意義，理解兩個(gè)向量共線的含義；6.了解向量線性運(yùn)算的性質(zhì)及其幾何意義.
知識(shí)梳理
1.向量的有關(guān)概念
名稱定義備注
向量既有大小又有方向的量；向量的大小叫做向量的長(zhǎng)度(或稱模)平面向量是自由向量
零向量長(zhǎng)度為零的向量；其方向是任意的記作0
單位向量長(zhǎng)度等于1個(gè)單位的向量非零向量a的單位向量為±a|a|

平行向量方向相同或相反的非零向量0與任一向量平行或共線
共線向量方向相同或相反的非零向量又叫做共線向量
相等向量長(zhǎng)度相等且方向相同的向量?jī)上蛄恐挥邢嗟然虿坏?，不能比較大小
相反向量長(zhǎng)度相等且方向相反的向量0的相反向量為0

2.向量的線性運(yùn)算
向量運(yùn)算定義法則(或幾何意義)運(yùn)算律
加法求兩個(gè)向量和的運(yùn)算
(1)交換律：
a＋b＝b＋a
(2)結(jié)合律：
(a＋b)＋c＝
a＋(b＋c)
減法求a與b的相反向量－b的和的運(yùn)算叫做a與b的差
a－b＝a＋(－b)
數(shù)乘求實(shí)數(shù)λ與向量a的積的運(yùn)算(1)|λa|＝|λ||a|；
(2)當(dāng)λ＞0時(shí)，λa的方向與a的方向相同；當(dāng)λ＜0時(shí)，λa的方向與a的方向相反；當(dāng)λ＝0時(shí)，λa＝0λ(μa)＝λμa；(λ＋μ)a＝λa＋μa；λ(a＋b)＝λa＋λb
3.共線向量定理
向量a(a≠0)與b共線的充要條件是存在唯一一個(gè)實(shí)數(shù)λ，使得b＝λa.診斷自測(cè)
1.判斷正誤(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)精彩PPT展示
(1)零向量與任意向量平行.()
(2)若a∥b，b∥c，則a∥c.()
(3)向量AB→與向量CD→是共線向量，則A，B，C，D四點(diǎn)在一條直線上.()
(4)當(dāng)兩個(gè)非零向量a，b共線時(shí)，一定有b＝λa，反之成立.()
(5)在△ABC中，D是BC中點(diǎn)，則AD→＝12(AC→＋AB→).()
解析(2)若b＝0，則a與c不一定平行.
(3)共線向量所在的直線可以重合，也可以平行，則A，B，C，D四點(diǎn)不一定在一條直線上.
答案(1)√(2)×(3)×(4)√(5)√
2.給出下列命題：①零向量的長(zhǎng)度為零，方向是任意的；②若a，b都是單位向量，則a＝b；③向量AB→與BA→相等.則所有正確命題的序號(hào)是()
A.①B.③C.①③D.①②
解析根據(jù)零向量的定義可知①正確；根據(jù)單位向量的定義可知，單位向量的模相等，但方向不一定相同，故兩個(gè)單位向量不一定相等，故②錯(cuò)誤；向量AB→與BA→互為相反向量，故③錯(cuò)誤.
答案A
3.(2017棗莊模擬)設(shè)D為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，AD→＝－13AB→＋43AC→，若BC→＝λDC→(λ∈R)，則λ＝()
A.2B.3C.－2D.－3
解析由AD→＝－13AB→＋43AC→，可得3AD→＝－AB→＋4AC→，即4AD→－4AC→＝AD→－AB→，則4CD→＝BD→，即BD→＝－4DC→，可得BD→＋DC→＝－3DC→，故BC→＝－3DC→，則λ＝－3，故選D.
答案D
4.(2015全國(guó)Ⅱ卷)設(shè)向量a，b不平行，向量λa＋b與a＋2b平行，則實(shí)數(shù)λ＝____________.
解析∵向量a，b不平行，∴a＋2b≠0，
又向量λa＋b與a＋2b平行，
則存在唯一的實(shí)數(shù)μ，使λa＋b＝μ(a＋2b)成立，即λa＋b＝μa＋2μb，則得λ＝μ，1＝2μ，解得λ＝μ＝12.
答案12
5.(必修4P92A12改編)已知ABCD的對(duì)角線AC和BD相交于O，且OA→＝a，OB→＝b，則DC→＝______，BC→＝________(用a，b表示).
解析如圖，DC→＝AB→＝OB→－OA→＝b－a，BC→＝OC→－OB→＝－OA→－OB→＝－a－b.
答案b－a－a－b
考點(diǎn)一平面向量的概念
【例1】下列命題中，不正確的是________(填序號(hào)).
①若|a|＝|b|，則a＝b；
②若A，B，C，D是不共線的四點(diǎn)，則“AB→＝DC→”是“四邊形ABCD為平行四邊形”的充要條件；
③若a＝b，b＝c，則a＝c.
解析①不正確.兩個(gè)向量的長(zhǎng)度相等，但它們的方向不一定相同.
②正確.∵AB→＝DC→，∴|AB→|＝|DC→|且AB→∥DC→，又A，B，C，D是不共線的四點(diǎn)，∴四邊形ABCD為平行四邊形；反之，若四邊形ABCD為平行四邊形，則|AB→|＝|DC→|，
AB→∥DC→且AB→，DC→方向相同，因此AB→＝DC→.
③正確.∵a＝b，∴a，b的長(zhǎng)度相等且方向相同，又b＝c，∴b，c的長(zhǎng)度相等且方向相同，∴a，c的長(zhǎng)度相等且方向相同，故a＝c.
答案①
規(guī)律方法(1)相等向量具有傳遞性，非零向量的平行也具有傳遞性.
(2)共線向量即為平行向量，它們均與起點(diǎn)無(wú)關(guān).
(3)向量可以平移，平移后的向量與原向量是相等向量.解題時(shí)，不要把它與函數(shù)圖象的移動(dòng)混為一談.
(4)非零向量a與a|a|的關(guān)系：a|a|是與a同方向的單位向量.
【訓(xùn)練1】下列命題中，正確的是________(填序號(hào)).
①有向線段就是向量，向量就是有向線段；
②向量a與向量b平行，則a與b的方向相同或相反；
③兩個(gè)向量不能比較大小，但它們的模能比較大小.
解析①不正確，向量可以用有向線段表示，但向量不是有向線段，有向線段也不是向量；
②不正確，若a與b中有一個(gè)為零向量，零向量的方向是不確定的，故兩向量方向不一定相同或相反；
③正確，向量既有大小，又有方向，不能比較大?。幌蛄康哪＞鶠閷?shí)數(shù)，可以比較大小.
答案③
考點(diǎn)二平面向量的線性運(yùn)算
【例2】(1)(2017濰坊模擬)在△ABC中，P，Q分別是AB，BC的三等分點(diǎn)，且AP＝13AB，BQ＝13BC.若AB→＝a，AC→＝b，則PQ→＝()
A.13a＋13bB.－13a＋13b
C.13a－13bD.－13a－13b
(2)(2015北京卷)在△ABC中，點(diǎn)M，N滿足AM→＝2MC→，BN→＝NC→.若MN→＝xAB→＋yAC→，則x＝________；y＝________.
解析(1)PQ→＝PB→＋BQ→＝23AB→＋13BC→＝23AB→＋
13(AC→－AB→)＝13AB→＋13AC→＝13a＋13b，故選A.
(2)由題中條件得，MN→＝MC→＋CN→＝13AC→＋12CB→＝13AC→＋12(AB→－AC→)＝12AB→－16AC→＝xAB→＋yAC→，所以x＝12，y＝－16.
答案(1)A(2)12－16
規(guī)律方法(1)解題的關(guān)鍵在于熟練地找出圖形中的相等向量，并能熟練運(yùn)用相反向量將加減法相互轉(zhuǎn)化.
(2)用幾個(gè)基本向量表示某個(gè)向量問(wèn)題的基本技巧：①觀察各向量的位置；②尋找相應(yīng)的三角形或多邊形；③運(yùn)用法則找關(guān)系；④化簡(jiǎn)結(jié)果.
【訓(xùn)練2】(1)如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E是DC的中點(diǎn)，點(diǎn)F是BC的一個(gè)靠近B點(diǎn)的三等分點(diǎn)，那么EF→等于()
A.12AB→－13AD→B.14AB→＋12AD→
C.13AB→＋12DA→D.12AB→－23AD→
(2)在△ABC中，AB＝2，BC＝3，∠ABC＝60°，AD為BC邊上的高，O為AD的中點(diǎn)，若AO→＝λAB→＋μBC→，則λ＋μ等于()
A.1B.12C.13D.23
解析(1)在△CEF中，有EF→＝EC→＋CF→.
因?yàn)辄c(diǎn)E為DC的中點(diǎn)，所以EC→＝12DC→.
因?yàn)辄c(diǎn)F為BC的一個(gè)靠近B點(diǎn)的三等分點(diǎn)，
所以CF→＝23CB→.
所以EF→＝12DC→＋23CB→＝12AB→＋23DA→
＝12AB→－23AD→，故選D.
(2)∵AD→＝AB→＋BD→＝AB→＋13BC→，
∴2AO→＝AB→＋13BC→，即AO→＝12AB→＋16BC→.
故λ＋μ＝12＋16＝23.
答案(1)D(2)D
考點(diǎn)三共線向量定理及其應(yīng)用
【例3】設(shè)兩個(gè)非零向量a與b不共線.
(1)若AB→＝a＋b，BC→＝2a＋8b，CD→＝3(a－b).求證：A，B，D三點(diǎn)共線；
(2)試確定實(shí)數(shù)k，使ka＋b和a＋kb共線.
(1)證明∵AB→＝a＋b，BC→＝2a＋8b，CD→＝3(a－b).
∴BD→＝BC→＋CD→＝2a＋8b＋3(a－b)＝2a＋8b＋3a－3b＝5(a＋b)＝5AB→.∴AB→，BD→共線，
又它們有公共點(diǎn)B，
∴A，B，D三點(diǎn)共線.
(2)解∵ka＋b與a＋kb共線，∴存在實(shí)數(shù)λ，
使ka＋b＝λ(a＋kb)，即ka＋b＝λa＋λkb，
∴(k－λ)a＝(λk－1)b.
∵a，b是不共線的兩個(gè)非零向量，
∴k－λ＝λk－1＝0，∴k2－1＝0，∴k＝±1.
規(guī)律方法(1)證明三點(diǎn)共線問(wèn)題，可用向量共線解決，但應(yīng)注意向量共線與三點(diǎn)共線的區(qū)別與聯(lián)系，當(dāng)兩向量共線且有公共點(diǎn)時(shí)，才能得出三點(diǎn)共線.
(2)向量a，b共線是指存在不全為零的實(shí)數(shù)λ1，λ2，使λ1a＋λ2b＝0成立.
【訓(xùn)練3】(1)(2017資陽(yáng)模擬)已知向量AB→＝a＋3b，BC→＝5a＋3b，CD→＝－3a＋3b，則()
A.A，B，C三點(diǎn)共線B.A，B，D三點(diǎn)共線
C.A，C，D三點(diǎn)共線D.B，C，D三點(diǎn)共線
(2)已知A，B，C是直線l上不同的三個(gè)點(diǎn)，點(diǎn)O不在直線l上，則使等式x2OA→＋xOB→＋BC→＝0成立的實(shí)數(shù)x的取值集合為()
A.{0}B.C.{－1}D.{0，－1}
解析(1)∵BD→＝BC→＋CD→＝2a＋6b＝2(a＋3b)＝2AB→，
∴BD→、AB→共線，又有公共點(diǎn)B，
∴A，B，D三點(diǎn)共線.故選B.
(2)因?yàn)锽C→＝OC→－OB→，所以x2OA→＋xOB→＋OC→－OB→＝0，即OC→＝－x2OA→－(x－1)OB→，因?yàn)锳，B，C三點(diǎn)共線，
所以－x2－(x－1)＝1，即x2＋x＝0，
解得x＝0或x＝－1.
答案(1)B(2)D
[思想方法]
1.向量的線性運(yùn)算滿足三角形法則和平行四邊形法則.向量加法的三角形法則要素是“首尾相接，指向終點(diǎn)”；向量減法的三角形法則要素是“起點(diǎn)重合，指向被減向量”；平行四邊形法則要素是“起點(diǎn)重合”.
2.證明三點(diǎn)共線問(wèn)題，可用向量共線來(lái)解決，但應(yīng)注意向量共線與三點(diǎn)共線的區(qū)別與聯(lián)系，當(dāng)兩向量共線且有公共點(diǎn)時(shí)，才能得出三點(diǎn)共線.
3.對(duì)于三點(diǎn)共線有以下結(jié)論：對(duì)于平面上的任一點(diǎn)O，OA→，OB→不共線，滿足OP→＝xOA→＋yOB→(x，y∈R)，則P，A，B共線x＋y＝1.
[易錯(cuò)防范]
1.解決向量的概念問(wèn)題要注意兩點(diǎn)：一是不僅要考慮向量的大小，更重要的是要考慮向量的方向；二是考慮零向量是否也滿足條件.要特別注意零向量的特殊性.
2.在利用向量減法時(shí)，易弄錯(cuò)兩向量的順序，從而求得所求向量的相反向量，導(dǎo)致錯(cuò)誤.
基礎(chǔ)鞏固題組
(建議用時(shí)：30分鐘)
一、選擇題
1.已知下列各式：①AB→＋BC→＋CA→；②AB→＋MB→＋BO→＋OM→；③OA→＋OB→＋BO→＋CO→；④AB→－AC→＋BD→－CD→.其中結(jié)果為零向量的個(gè)數(shù)為()
A.1B.2C.3D.4
解析由題知結(jié)果為零向量的是①④，故選B.
答案B
2.設(shè)a是非零向量，λ是非零實(shí)數(shù)，下列結(jié)論中正確的是()
A.a與λa的方向相反B.a與λ2a的方向相同
C.|－λa|≥|a|D.|－λa|≥|λ|a
解析對(duì)于A，當(dāng)λ＞0時(shí)，a與λa的方向相同，當(dāng)λ＜0時(shí)，a與λa的方向相反；B正確；對(duì)于C，|－λa|＝|－λ||a|，由于|－λ|的大小不確定，故|－λa|與|a|的大小關(guān)系不確定；對(duì)于D，|λ|a是向量，而|－λa|表示長(zhǎng)度，兩者不能比較大小.
答案B
3.如圖，在正六邊形ABCDEF中，BA→＋CD→＋EF→＝()
A.0B.BE→
C.AD→D.CF→
解析由題圖知BA→＋CD→＋EF→＝BA→＋AF→＋CB→＝CB→＋BF→＝CF→.
答案D
4.設(shè)a0為單位向量，下述命題中：①若a為平面內(nèi)的某個(gè)向量，則a＝|a|a0；②若a與a0平行，則a＝|a|a0；③若a與a0平行且|a|＝1，則a＝a0.假命題的個(gè)數(shù)是()
A.0B.1C.2D.3
解析向量是既有大小又有方向的量，a與|a|a0的模相同，但方向不一定相同，故①是假命題；若a與a0平行，則a與a0的方向有兩種情況：一是同向，二是反向，反向時(shí)a＝－|a|a0，故②③也是假命題.綜上所述，假命題的個(gè)數(shù)是3.
答案D
5.設(shè)M為平行四邊形ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)，O為平行四邊形ABCD所在平面內(nèi)任意一點(diǎn)，則OA→＋OB→＋OC→＋OD→等于()
A.OM→B.2OM→C.3OM→D.4OM→
解析OA→＋OB→＋OC→＋OD→＝(OA→＋OC→)＋(OB→＋OD→)＝2OM→＋2OM→＝4OM→.故選D.
答案D
6.在△ABC中，AB→＝c，AC→＝b，若點(diǎn)D滿足BD→＝2DC→，則AD→等于()
A.23b＋13cB.53c－23b
C.23b－13cD.13b＋23c
解析∵BD→＝2DC→，∴AD→－AB→＝BD→＝2DC→＝2(AC→－AD→)，
∴3AD→＝2AC→＋AB→，∴AD→＝23AC→＋13AB→＝23b＋13c.
答案A
7.(2017溫州八校檢測(cè))設(shè)a，b不共線，AB→＝2a＋pb，BC→＝a＋b，CD→＝a－2b，若A，B，D三點(diǎn)共線，則實(shí)數(shù)p的值為()
A.－2B.－1C.1D.2
解析∵BC→＝a＋b，CD→＝a－2b，
∴BD→＝BC→＋CD→＝2a－b.
又∵A，B，D三點(diǎn)共線，∴AB→，BD→共線.
設(shè)AB→＝λBD→，∴2a＋pb＝λ(2a－b)，
∴2＝2λ，p＝－λ，∴λ＝1，p＝－1.
答案B
8.如圖所示，已知AB是圓O的直徑，點(diǎn)C，D是半圓弧的兩個(gè)三等分點(diǎn)，AB→＝a，AC→＝b，則AD→＝()
A.a－12bB.12a－b
C.a＋12bD.12a＋b
解析連接CD，由點(diǎn)C，D是半圓弧的三等分點(diǎn)，得CD∥AB且CD→＝12AB→＝12a，
所以AD→＝AC→＋CD→＝b＋12a.
答案D
二、填空題
9.如圖，點(diǎn)O是正六邊形ABCDEF的中心，在分別以正六邊形的頂點(diǎn)和中心為始點(diǎn)和終點(diǎn)的向量中，與向量OA→相等的向量有________個(gè).
解析根據(jù)正六邊形的性質(zhì)和相等向量的定義，易知與向量OA→相等的向量有CB→，DO→，EF→，共3個(gè).
答案3
10.如圖，在平行四邊形ABCD中，對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，AB→＋AD→＝λAO→，則λ＝________.
解析因?yàn)锳BCD為平行四邊形，所以AB→＋AD→＝AC→＝2AO→，已知AB→＋AD→＝λAO→，故λ＝2.
答案2
11.向量e1，e2不共線，AB→＝3(e1＋e2)，CB→＝e2－e1，CD→＝2e1＋e2，給出下列結(jié)論：①A，B，C共線；②A，B，D共線；③B，C，D共線；④A，C，D共線.其中所有正確結(jié)論的序號(hào)為________.
解析由AC→＝AB→－CB→＝4e1＋2e2＝2CD→，且AB→與CB→不共線，可得A，C，D共線，且B不在此直線上.
答案④
12.已知△ABC和點(diǎn)M滿足MA→＋MB→＋MC→＝0，若存在實(shí)數(shù)m使得AB→＋AC→＝mAM→成立，則m＝________.
解析由已知條件得MB→＋MC→＝－MA→，如圖，延長(zhǎng)AM交BC于D點(diǎn)，則D為BC的中點(diǎn).
延長(zhǎng)BM交AC于E點(diǎn)，延長(zhǎng)CM交AB于F點(diǎn)，同理可證E，F(xiàn)分別為AC，AB的中點(diǎn)，即M為△ABC的重心，
∴AM→＝23AD→＝13(AB→＋AC→)，即AB→＋AC→＝3AM→，則m＝3.
答案3
能力提升題組
(建議用時(shí)：15分鐘)
13.(2017延安模擬)設(shè)e1與e2是兩個(gè)不共線向量，AB→＝3e1＋2e2，CB→＝ke1＋e2，CD→＝3e1－2ke2，若A，B，D三點(diǎn)共線，則k的值為()
A.－94B.－49
C.－38D.不存在
解析由題意，A，B，D三點(diǎn)共線，故必存在一個(gè)實(shí)數(shù)λ，使得AB→＝λBD→.
又AB→＝3e1＋2e2，CB→＝ke1＋e2，CD→＝3e1－2ke2，
所以BD→＝CD→－CB→＝3e1－2ke2－(ke1＋e2)
＝(3－k)e1－(2k＋1)e2，
所以3e1＋2e2＝λ(3－k)e1－λ(2k＋1)e2，
所以3＝λ（3－k），2＝－λ（2k＋1），解得k＝－94.
答案A
14.已知點(diǎn)O，A，B不在同一條直線上，點(diǎn)P為該平面上一點(diǎn)，且2OP→＝2OA→＋BA→，則()
A.點(diǎn)P在線段AB上B.點(diǎn)P在線段AB的反向延長(zhǎng)線上
C.點(diǎn)P在線段AB的延長(zhǎng)線上D.點(diǎn)P不在直線AB上
解析因?yàn)?OP→＝2OA→＋BA→，所以2AP→＝BA→，所以點(diǎn)P在線段AB的反向延長(zhǎng)線上，故選B.
答案B
15.O是平面上一定點(diǎn)，A，B，C是平面上不共線的三個(gè)點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P滿足：OP→＝OA→＋λAB→|AB→|＋AC→|AC→|，λ∈[0，＋∞)，則P的軌跡一定通過(guò)△ABC的()
A.外心B.內(nèi)心C.重心D.垂心
解析作∠BAC的平分線AD.∵OP→＝OA→＋λAB→|AB→|＋AC→|AC→|，
∴AP→＝λAB→|AB→|＋AC→|AC→|＝λ′AD→|AD→|(λ′∈[0，＋∞))，
∴AP→＝λ′|AD→|AD→，∴AP→∥AD→.
∴P的軌跡一定通過(guò)△ABC的內(nèi)心.
答案B
16.若點(diǎn)O是△ABC所在平面內(nèi)的一點(diǎn)，且滿足|OB→－OC→|＝|OB→＋OC→－2OA→|，則△ABC的形狀為________.
解析OB→＋OC→－2OA→＝(OB→－OA→)＋(OC→－OA→)＝AB→＋AC→，OB→－OC→＝CB→＝AB→－AC→，∴|AB→＋AC→|＝|AB→－AC→|.
故A，B，C為矩形的三個(gè)頂點(diǎn)，△ABC為直角三角形.
答案直角三角形
第2講平面向量基本定理及坐標(biāo)表示
最新考綱1.了解平面向量的基本定理及其意義；2.掌握平面向量的正交分解及其坐標(biāo)表示；3.會(huì)用坐標(biāo)表示平面向量的加法、減法與數(shù)乘運(yùn)算；4.理解用坐標(biāo)表示的平面向量共線的條件.

2018版高考數(shù)學(xué)理科一輪設(shè)計(jì)：第1~3章教師用書（人教A版）

第1講集合
最新考綱1.了解集合的含義，體會(huì)元素與集合的屬于關(guān)系；能用自然語(yǔ)言、圖形語(yǔ)言、集合語(yǔ)言(列舉法或描述法)描述不同的具體問(wèn)題；2.理解集合之間包含與相等的含義，能識(shí)別給定集合的子集；在具體情境中了解全集與空集的含義；3.理解兩個(gè)集合的并集與交集的含義，會(huì)求兩個(gè)簡(jiǎn)單集合的并集與交集；理解在給定集合中一個(gè)子集的補(bǔ)集的含義，會(huì)求給定子集的補(bǔ)集；能使用韋恩(Venn)圖表達(dá)集合間的基本關(guān)系及集合的基本運(yùn)算.
知識(shí)梳理
1.元素與集合
(1)集合中元素的三個(gè)特性：確定性、互異性、無(wú)序性.
(2)元素與集合的關(guān)系是屬于或不屬于，表示符號(hào)分別為∈和.
(3)集合的三種表示方法：列舉法、描述法、圖示法.
2.集合間的基本關(guān)系
(1)子集：若對(duì)任意x∈A，都有x∈B，則AB或BA.
(2)真子集：若AB，且集合B中至少有一個(gè)元素不屬于集合A，則A?B或B?A.
(3)相等：若AB，且BA，則A＝B.
(4)空集的性質(zhì)：是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集.
3.集合的基本運(yùn)算
集合的并集集合的交集集合的補(bǔ)集
符號(hào)表示A∪BA∩B若全集為U，則集合A的補(bǔ)集為UA
圖形表示

集合表示{x|x∈A，或x∈B}{x|x∈A，且x∈B}{x|x∈U，且xA}
4.集合關(guān)系與運(yùn)算的常用結(jié)論
(1)若有限集A中有n個(gè)元素，則A的子集有2n個(gè)，真子集有2n－1個(gè).
(2)子集的傳遞性：AB，BCAC.
(3)ABA∩B＝AA∪B＝B.
(4)U(A∩B)＝(UA)∪(UB)，U(A∪B)＝(UA)∩(UB).
診斷自測(cè)
1.判斷正誤(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)精彩PPT展示
(1)任何集合都有兩個(gè)子集.()
(2)已知集合A＝{x|y＝x2}，B＝{y|y＝x2}，C＝{(x，y)|y＝x2}，則A＝B＝C.()
(3)若{x2，1}＝{0，1}，則x＝0，1.()
(4)若A∩B＝A∩C，則B＝C.()
解析(1)錯(cuò)誤.空集只有一個(gè)子集，就是它本身，故該說(shuō)法是錯(cuò)誤的.
(2)錯(cuò)誤.集合A是函數(shù)y＝x2的定義域，即A＝(－∞，＋∞)；集合B是函數(shù)y＝x2的值域，即B＝[0，＋∞)；集合C是拋物線y＝x2上的點(diǎn)集.因此A，B，C不相等.
(3)錯(cuò)誤.當(dāng)x＝1，不滿足互異性.
(4)錯(cuò)誤.當(dāng)A＝時(shí)，B，C可為任意集合.
答案(1)×(2)×(3)×(4)×
2.(必修1P7練習(xí)2改編)若集合A＝{x∈N|x≤10}，a＝22，則下列結(jié)論正確的是()
A.{a}AB.aAC.{a}∈AD.aA
解析由題意知A＝{0，1，2，3}，由a＝22，知aA.
答案D
3.(2016全國(guó)Ⅰ卷)設(shè)集合A＝{x|x2－4x＋30}，B＝{x|2x－30}，則A∩B＝________.
A.－3，－32B.－3，32
C.1，32D.32，3
解析易知A＝(1，3)，B＝32，＋∞，所以A∩B＝32，3.
答案D
4.(2017石家莊模擬)設(shè)全集U＝{x|x∈N*，x6}，集合A＝{1，3}，B＝{3，5}，則U(A∪B)等于()
A.{1，4}B.{1，5}
C.{2，5}D.{2，4}
解析由題意得A∪B＝{1，3}∪{3，5}＝{1，3，5}.又U＝{1，2，3，4，5}，∴U(A∪B)＝{2，4}.
答案D
5.已知集合A＝{(x，y)|x，y∈R，且x2＋y2＝1}，B＝{(x，y)|x，y∈R，且y＝x}，則A∩B的元素個(gè)數(shù)為________.
解析集合A表示圓心在原點(diǎn)的單位圓，集合B表示直線y＝x，易知直線y＝x和圓x2＋y2＝1相交，且有2個(gè)交點(diǎn)，故A∩B中有2個(gè)元素.
答案2
考點(diǎn)一集合的基本概念
【例1】(1)已知集合A＝{0，1，2}，則集合B＝{x－y|x∈A，y∈A}中元素的個(gè)數(shù)是()
A.1B.3C.5D.9
(2)若集合A＝{x∈R|ax2－3x＋2＝0}中只有一個(gè)元素，則a＝()
A.92B.98C.0D.0或98
解析(1)當(dāng)x＝0，y＝0，1，2時(shí)，x－y＝0，－1，－2；
當(dāng)x＝1，y＝0，1，2時(shí)，x－y＝1，0，－1；
當(dāng)x＝2，y＝0，1，2時(shí)，x－y＝2，1，0.
根據(jù)集合中元素的互異性可知，B的元素為－2，－1，0，1，2，共5個(gè).
(2)若集合A中只有一個(gè)元素，則方程ax2－3x＋2＝0只有一個(gè)實(shí)根或有兩個(gè)相等實(shí)根.
當(dāng)a＝0時(shí)，x＝23，符合題意；
當(dāng)a≠0時(shí)，由Δ＝(－3)2－8a＝0，得a＝98，
所以a的取值為0或98.
答案(1)C(2)D
規(guī)律方法(1)第(1)題易忽視集合中元素的互異性誤選D.第(2)題集合A中只有一個(gè)元素，要分a＝0與a≠0兩種情況進(jìn)行討論，此題易忽視a＝0的情形.
(2)用描述法表示集合，先要弄清集合中代表元素的含義，再看元素的限制條件，明確集合類型，是數(shù)集、點(diǎn)集還是其他的集合.
【訓(xùn)練1】(1)設(shè)a，b∈R，集合{1，a＋b，a}＝0，ba，b，則b－a＝________.
(2)已知集合A＝{x∈R|ax2＋3x－2＝0}，若A＝，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________.
解析(1)因?yàn)閧1，a＋b，a}＝0，ba，b，a≠0，
所以a＋b＝0，且b＝1，
所以a＝－1，b＝1，所以b－a＝2.
(2)由A＝知方程ax2＋3x－2＝0無(wú)實(shí)根，
當(dāng)a＝0時(shí)，x＝23不合題意，舍去；
當(dāng)a≠0時(shí)，Δ＝9＋8a0，∴a－98.
答案(1)2(2)－∞，－98
考點(diǎn)二集合間的基本關(guān)系
【例2】(1)已知集合A＝{x|y＝1－x2，x∈R}，B＝{x|x＝m2，m∈A}，則()
A.A?BB.B?AC.ABD.B＝A
(2)已知集合A＝{x|－2≤x≤7}，B＝{x|m＋1x2m－1}，若BA，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________.
解析(1)易知A＝{x|－1≤x≤1}，
所以B＝{x|x＝m2，m∈A}＝{x|0≤x≤1}.
因此B?A.
(2)當(dāng)B＝時(shí)，有m＋1≥2m－1，則m≤2.
當(dāng)B≠時(shí)，若BA，如圖.
則m＋1≥－2，2m－1≤7，m＋12m－1，
解得2m≤4.
綜上，m的取值范圍為(－∞，4].
答案(1)B(2)(－∞，4]
規(guī)律方法(1)若BA，應(yīng)分B＝和B≠兩種情況討論.
(2)已知兩個(gè)集合間的關(guān)系求參數(shù)時(shí)，關(guān)鍵是將兩個(gè)集合間的關(guān)系轉(zhuǎn)化為元素或區(qū)間端點(diǎn)間的關(guān)系，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為參數(shù)滿足的關(guān)系.解決這類問(wèn)題常常要合理利用數(shù)軸、Venn圖，化抽象為直觀進(jìn)行求解.
【訓(xùn)練2】(1)(2017長(zhǎng)郡中學(xué)質(zhì)檢)若集合A＝{x|x0}，且BA，則集合B可能是()
A.{1，2}B.{x|x≤1}
C.{－1，0，1}D.R
(2)(2016鄭州調(diào)研)已知集合A＝{x|x＝x2－2，x∈R}，B＝{1，m}，若AB，則m的值為()
A.2B.－1
C.－1或2D.2或2
解析(1)因?yàn)锳＝{x|x＞0}，且BA，再根據(jù)選項(xiàng)A，B，C，D可知選項(xiàng)A正確.
(2)由x＝x2－2，得x＝2，則A＝{2}.
因?yàn)锽＝{1，m}且AB，
所以m＝2.
答案(1)A(2)A
考點(diǎn)三集合的基本運(yùn)算
【例3】(1)(2015全國(guó)Ⅰ卷)已知集合A＝{x|x＝3n＋2，n∈N}，B＝{6，8，10，12，14}，則集合A∩B中元素的個(gè)數(shù)為()
A.5B.4
C.3D.2
(2)(2016浙江卷)設(shè)集合P＝{x∈R|1≤x≤3}，Q＝{x∈R|x2≥4}，則P∪(RQ)＝()
A.[2，3]B.(－2，3]
C.[1，2)D.(－∞，－2)∪[1，＋∞)
解析(1)集合A中元素滿足x＝3n＋2，n∈N，即被3除余2，而集合B中滿足這一要求的元素只有8和14.共2個(gè)元素.
(2)易知Q＝{x|x≥2或x≤－2}.
∴RQ＝{x|－2x2}，
又P＝{x|1≤x≤3}，故P∪(RQ)＝{x|－2x≤3}.
答案(1)D(2)B
規(guī)律方法(1)在進(jìn)行集合的運(yùn)算時(shí)要盡可能地借助Venn圖和數(shù)軸使抽象問(wèn)題直觀化.
(2)一般地，集合元素離散時(shí)用Venn圖表示；集合元素連續(xù)時(shí)用數(shù)軸表示，用數(shù)軸表示時(shí)要注意端點(diǎn)值的取舍.
【訓(xùn)練3】(1)(2017石家莊模擬)設(shè)集合M＝{－1，1}，N＝{x|x2－x6}，則下列結(jié)論正確的是()
A.NMB.N∩M＝
C.MND.M∩N＝R
(2)(2016山東卷)設(shè)集合U＝{1，2，3，4，5，6}，A＝{1，3，5}，B＝{3，4，5}，則U(A∪B)＝()
A.{2，6}B.{3，6}
C.{1，3，4，5}D.{1，2，4，6}
解析(1)易知N＝(－2，3)，且M＝{－1，1}，∴MN.
(2)∵A＝{1，3，5}，B＝{3，4，5}，∴A∪B＝{1，3，4，5}，
又全集U＝{1，2，3，4，5，6}，因此U(A∪B)＝{2，6}.
答案(1)C(2)A
[思想方法]
1.集合中的元素的三個(gè)特征，特別是無(wú)序性和互異性在解題時(shí)經(jīng)常用到.解題后要進(jìn)行檢驗(yàn)，要重視符號(hào)語(yǔ)言與文字語(yǔ)言之間的相互轉(zhuǎn)化.
2.對(duì)連續(xù)數(shù)集間的運(yùn)算，借助數(shù)軸的直觀性，進(jìn)行合理轉(zhuǎn)化；對(duì)已知連續(xù)數(shù)集間的關(guān)系，求其中參數(shù)的取值范圍時(shí)，要注意單獨(dú)考察等號(hào)能否取到.
3.對(duì)離散的數(shù)集間的運(yùn)算，或抽象集合間的運(yùn)算，可借助Venn圖.這是數(shù)形結(jié)合思想的又一體現(xiàn).
[易錯(cuò)防范]
1.集合問(wèn)題解題中要認(rèn)清集合中元素的屬性(是數(shù)集、點(diǎn)集還是其他類型集合)，要對(duì)集合進(jìn)行化簡(jiǎn).
2.空集是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集，時(shí)刻關(guān)注對(duì)空集的討論，防止漏解.
3.解題時(shí)注意區(qū)分兩大關(guān)系：一是元素與集合的從屬關(guān)系；二是集合與集合的包含關(guān)系.
4.Venn圖圖示法和數(shù)軸圖示法是進(jìn)行集合交、并、補(bǔ)運(yùn)算的常用方法，其中運(yùn)用數(shù)軸圖示法時(shí)要特別注意端點(diǎn)是實(shí)心還是空心.
基礎(chǔ)鞏固題組
(建議用時(shí)：25分鐘)
一、選擇題
1.(2015全國(guó)Ⅱ卷)已知集合A＝{1，2，3}，B＝{2，3}，則()
A.A＝BB.A∩B＝
C.A?BD.B?A
解析∵A＝{1，2，3}，B＝{2，3}，∴2，3∈A且2，3∈B，1∈A但1B，∴B?A.
答案D
2.(2016全國(guó)Ⅱ卷)已知集合A＝{1，2，3}，B＝{x|(x＋1)(x－2)0，x∈Z}，則A∪B＝()
A.{1}B.{1，2}
C.{0，1，2，3}D.{－1，0，1，2，3}
解析由(x＋1)(x－2)0，得－1x2，又x∈Z，所以B＝{0，1}，因此A∪B＝{0，1，2，3}.
答案C
3.(2017肇慶模擬)已知集合A＝{x|lgx0}，B＝{x|x≤1}，則()
A.A∩B≠B.A∪B＝RC.BAD.AB
解析由B＝{x|x≤1}，且A＝{x|lgx0}＝(1，＋∞)，∴A∪B＝R.
答案B
4.已知集合P＝{x|x2≤1}，M＝{a}.若P∪M＝P，則a的取值范圍是()
A.(－∞，－1]B.[1，＋∞)
C.[－1，1]D.(－∞，－1]∪[1，＋∞)
解析因?yàn)镻∪M＝P，所以MP，即a∈P，
得a2≤1，解得－1≤a≤1，所以a的取值范圍是[－1，1].
答案C
5.(2016山東卷)設(shè)集合A＝{y|y＝2x，x∈R}，B＝{x|x2－10}，則A∪B＝()
A.(－1，1)B.(0，1)
C.(－1，＋∞)D.(0，＋∞)
解析由y＝2x，x∈R，知y0，則A＝(0，＋∞).
又B＝{x|x2－10}＝(－1，1).
因此A∪B＝(－1，＋∞).
答案C
6.(2016浙江卷)已知全集U＝{1，2，3，4，5，6}，集合P＝{1，3，5}，Q＝{1，2，4}，則(UP)∪Q＝()
A.{1}B.{3，5}
C.{1，2，4，6}D.{1，2，3，4，5}
解析∵U＝{1，2，3，4，5，6}，P＝{1，3，5}，∴UP＝{2，4，6}，∵Q＝{1，2，4}，∴(UP)∪Q＝{1，2，4，6}.
答案C
7.若x∈A，則1x∈A，就稱A是伙伴關(guān)系集合，集合M＝－1，0，12，2，3的所有非空子集中具有伙伴關(guān)系的集合的個(gè)數(shù)是()
A.1B.3
C.7D.31
解析具有伙伴關(guān)系的元素組是－1，12，2，所以具有伙伴關(guān)系的集合有3個(gè)：{－1}，12，2，－1，12，2.
答案B
8.已知全集U＝R，A＝{x|x≤0}，B＝{x|x≥1}，則集合U(A∪B)＝()
A.{x|x≥0}B.{x|x≤1}
C.{x|0≤x≤1}D.{x|0x1}
解析∵A＝{x|x≤0}，B＝{x|x≥1}，
∴A∪B＝{x|x≤0或x≥1}，在數(shù)軸上表示如圖.
∴U(A∪B)＝{x|0x1}.
答案D
二、填空題
9.已知集合A＝{x|x2－2x＋a0}，且1A，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.
解析∵1{x|x2－2x＋a0}，
∴1∈{x|x2－2x＋a≤0}，
即1－2＋a≤0，∴a≤1.
答案(－∞，1]
10.(2016天津卷)已知集合A＝{1，2，3}，B＝{y|y＝2x－1，x∈A}，則A∩B＝________.
解析由A＝{1，2，3}，B＝{y|y＝2x－1，x∈A}，∴B＝{1，3，5}，因此A∩B＝{1，3}.
答案{1，3}
11.集合A＝{x|x0}，B＝{x|y＝lg[x(x＋1)]}，若A－B＝{x|x∈A，且xB}，則A－B＝________.
解析由x(x＋1)0，得x－1或x0，
∴B＝(－∞，－1)∪(0，＋∞)，
∴A－B＝[－1，0).
答案[－1，0)
12.(2017石家莊質(zhì)檢)已知集合A＝{x|x2－2016x－2017≤0}，B＝{x|xm＋1}，若AB，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________.
解析由x2－2016x－2017≤0，得A＝[－1，2017]，
又B＝{x|xm＋1}，且AB，
所以m＋12017，則m2016.
答案(2016，＋∞)
能力提升題組
(建議用時(shí)：10分鐘)
13.(2016全國(guó)Ⅲ卷改編)設(shè)集合S＝{x|(x－2)(x－3)≥0}，T＝{x|x0}，則(RS)∩T＝()
A.[2，3]B.(－∞，－2)∪[3，＋∞)
C.(2，3)D.(0，＋∞)
解析易知S＝(－∞，2]∪[3，＋∞)，∴RS＝(2，3)，
因此(RS)∩T＝(2，3).
答案C
14.(2016黃山模擬)集合U＝R，A＝{x|x2－x－20}，B＝{x|y＝ln(1－x)}，則圖中陰影部分所表示的集合是()
A.{x|x≥1}B.{x|1≤x2}
C.{x|0x≤1}D.{x|x≤1}
解析易知A＝(－1，2)，B＝(－∞，1)，∴UB＝[1，＋∞)，A∩(UB)＝[1，2).因此陰影部分表示的集合為A∩(UB)＝{x|1≤x2}.
答案B
15.(2017南昌十所省重點(diǎn)中學(xué)模擬)設(shè)集合A＝x∈N|14≤2x≤16，B＝{x|y＝ln(x2－3x)}，則A∩B中元素的個(gè)數(shù)是________.
解析由14≤2x≤16，x∈N，
∴x＝0，1，2，3，4，即A＝{0，1，2，3，4}.
又x2－3x0，知B＝{x|x3或x0}，
∴A∩B＝{4}，即A∩B中只有一個(gè)元素.
答案1
16.已知集合A＝{x∈R||x＋2|3}，集合B＝{x∈R|(x－m)(x－2)0}，且A∩B＝(－1，n)，則m＋n＝________.
解析A＝{x∈R||x＋2|3}＝{x∈R|－5x1}，
由A∩B＝(－1，n)可知m1，
則B＝{x|mx2}，畫出數(shù)軸，可得m＝－1，n＝1.
所以m＋n＝0.
答案0
第2講命題及其關(guān)系、充分條件與必要條件
最新考綱1.理解命題的概念，了解“若p，則q”形式的命題及其逆命題、否命題與逆否命題，會(huì)分析四種命題的相互關(guān)系；2.理解必要條件、充分條件與充要條件的含義.
知識(shí)梳理
1.命題
用語(yǔ)言、符號(hào)或式子表達(dá)的，可以判斷真假的陳述句叫做命題，其中判斷為真的語(yǔ)句叫做真命題，判斷為假的語(yǔ)句叫做假命題.
2.四種命題及其相互關(guān)系
(1)四種命題間的相互關(guān)系
(2)四種命題的真假關(guān)系
①兩個(gè)命題互為逆否命題，它們具有相同的真假性.
②兩個(gè)命題為互逆命題或互否命題時(shí)，它們的真假性沒(méi)有關(guān)系.
3.充分條件、必要條件與充要條件的概念
若pq，則p是q的充分條件，q是p的必要條件
p是q的充分不必要條件pq且qp
p是q的必要不充分條件p且qp
p是q的充要條件pq
p是q的既不充分也不必要條件pq且qp

診斷自測(cè)
1.判斷正誤(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)精彩PPT展示
(1)“x2＋2x－30”是命題.()
(2)命題“若p，則q”的否命題是“若p，則綈q”.()
(3)當(dāng)q是p的必要條件時(shí)，p是q的充分條件.()
(4)“若p不成立，則q不成立”等價(jià)于“若q成立，則p成立”.()
解析(1)錯(cuò)誤.該語(yǔ)句不能判斷真假，故該說(shuō)法是錯(cuò)誤的.
(2)錯(cuò)誤.否命題既否定條件，又否定結(jié)論.
答案(1)×(2)×(3)√(4)√
2.(教材練習(xí)改編)命題“若α＝π4，則tanα＝1”的逆否命題是()
A.若α≠π4，則tanα≠1B.若α＝π4，則tanα≠1
C.若tanα≠1，則α≠π4D.若tanα≠1，則α＝π4
解析命題“若p，則q”的逆否命題是“若綈q，則綈p”，顯然綈q：tanα≠1，綈p：α≠π4，所以該命題的逆否命題是“若tanα≠1，則α≠π4”.
答案C
3.(2016天津卷)設(shè)x0，y∈R，則“xy”是“x|y|”的()
A.充要條件B.充分不必要條件
C.必要不充分條件D.既不充分也不必要條件
解析xyx|y|(如x＝1，y＝－2).
但x|y|時(shí)，能有xy.
∴“xy”是“x|y|”的必要不充分條件.
答案C
4.命題“若a－3，則a－6”以及它的逆命題、否命題、逆否命題中假命題的個(gè)數(shù)為()
A.1B.2C.3D.4
解析原命題正確，從而其逆否命題也正確；其逆命題為“若a－6，則a－3”是假命題，從而其否命題也是假命題.因此四個(gè)命題中有2個(gè)假命題.
答案B
5.(2017大連雙基檢測(cè))已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，則命題p：“函數(shù)f(x)為偶函數(shù)”是命題q：“x0∈R，f(x0)＝f(－x0)”的()
A.充分不必要條件B.必要不充分條件
C.充要條件D.既不充分也不必要條件
解析若f(x)為偶函數(shù)，則有f(x)＝f(－x)，所以pq；若f(x)＝x，當(dāng)x＝0時(shí)，f(0)＝f(－0)，而f(x)＝x為奇函數(shù)，所以qp.
∴“命題p”是“命題q”的充分不必要條件.
答案A
考點(diǎn)一四種命題的關(guān)系及其真假判斷
【例1】(1)命題“若x2－3x－4＝0，則x＝4”的逆否命題及其真假性為()
A.“若x＝4，則x2－3x－4＝0”為真命題
B.“若x≠4，則x2－3x－4≠0”為真命題
C.“若x≠4，則x2－3x－4≠0”為假命題
D.“若x＝4，則x2－3x－4＝0”為假命題
(2)原命題為“若z1，z2互為共軛復(fù)數(shù)，則|z1|＝|z2|”，關(guān)于其逆命題、否命題、逆否命題真假性的判斷依次如下，正確的是()
A.真、假、真B.假、假、真
C.真、真、假D.假、假、假
解析(1)根據(jù)逆否命題的定義可以排除A，D；由x2－3x－4＝0，得x＝4或－1，所以原命題為假命題，所以其逆否命題也是假命題.
(2)由共軛復(fù)數(shù)的性質(zhì)，|z1|＝|z2|，∴原命題為真，因此其逆否命題為真；取z1＝1，z2＝i，滿足|z1|＝|z2|，但是z1，z2不互為共軛復(fù)數(shù)，∴其逆命題為假，故其否命題也為假.
答案(1)C(2)B
規(guī)律方法(1)由原命題寫出其他三種命題，關(guān)鍵要分清原命題的條件和結(jié)論，如果命題不是“若p，則q”的形式，應(yīng)先改寫成“若p，則q”的形式；如果命題有大前提，寫其他三種命題時(shí)需保留大前提不變.
(2)判斷一個(gè)命題為真命題，要給出推理證明；判斷一個(gè)命題為假命題，只需舉出反例.
(3)根據(jù)“原命題與逆否命題同真同假，逆命題與否命題同真同假”這一性質(zhì)，當(dāng)一個(gè)命題直接判斷不易進(jìn)行時(shí)，可轉(zhuǎn)化為判斷其等價(jià)命題的真假.
【訓(xùn)練1】已知：命題“若函數(shù)f(x)＝ex－mx在(0，＋∞)上是增函數(shù)，則m≤1”，則下列結(jié)論正確的是()
A.否命題是“若函數(shù)f(x)＝ex－mx在(0，＋∞)上是減函數(shù)，則m＞1”，是真命題
B.逆命題是“若m≤1，則函數(shù)f(x)＝ex－mx在(0，＋∞)上是增函數(shù)”，是假命題
C.逆否命題是“若m＞1，則函數(shù)f(x)＝ex－mx在(0，＋∞)上是減函數(shù)”，是真命題
D.逆否命題是“若m＞1，則函數(shù)f(x)＝ex－mx在(0，＋∞)上不是增函數(shù)”，是真命題
解析由f(x)＝ex－mx在(0，＋∞)上是增函數(shù)，則f′(x)＝ex－m≥0恒成立，
∴m≤1.
因此原命題是真命題，所以其逆否命題“若m＞1，則函數(shù)f(x)＝ex－mx在(0，＋∞)上不是增函數(shù)”是真命題.
答案D

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)橢圓學(xué)案帶答案

一名優(yōu)秀的教師在教學(xué)方面無(wú)論做什么事都有計(jì)劃和準(zhǔn)備，作為高中教師就要精心準(zhǔn)備好合適的教案。教案可以更好的幫助學(xué)生們打好基礎(chǔ)，幫助高中教師能夠更輕松的上課教學(xué)。那么一篇好的高中教案要怎么才能寫好呢？以下是小編為大家精心整理的“高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)橢圓學(xué)案帶答案”，但愿對(duì)您的學(xué)習(xí)工作帶來(lái)幫助。

學(xué)案51橢圓

導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.了解圓錐曲線的實(shí)際背景，了解圓錐曲線在刻畫現(xiàn)實(shí)世界和解決實(shí)際問(wèn)題中的作用.2.掌握橢圓的定義，幾何圖形、標(biāo)準(zhǔn)方程及其簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)．
自主梳理
1．橢圓的概念
在平面內(nèi)與兩個(gè)定點(diǎn)F1、F2的距離的和等于常數(shù)(大于|F1F2|)的點(diǎn)的軌跡叫做________．這兩定點(diǎn)叫做橢圓的________，兩焦點(diǎn)間的距離叫________．
集合P＝{M||MF1|＋|MF2|＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a0，c0，且a，c為常數(shù)：
(1)若________，則集合P為橢圓；
(2)若________，則集合P為線段；
(3)若________，則集合P為空集．
2．橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)

標(biāo)準(zhǔn)方程x2a2＋y2b2＝1
(ab0)y2a2＋x2b2＝1
(ab0)
圖形

性
質(zhì)范圍－a≤x≤a
－b≤y≤b－b≤x≤b
－a≤y≤a
對(duì)稱性對(duì)稱軸：坐標(biāo)軸對(duì)稱中心：原點(diǎn)
頂點(diǎn)A1(－a,0)，A2(a,0)
B1(0，－b)，B2(0，b)A1(0，－a)，A2(0，a)
B1(－b,0)，B2(b,0)
軸長(zhǎng)軸A1A2的長(zhǎng)為2a；短軸B1B2的長(zhǎng)為2b
焦距|F1F2|＝2c
離心率e＝ca∈(0,1)

a，b，c
的關(guān)系c2＝a2－b2

自我檢測(cè)
1．已知△ABC的頂點(diǎn)B、C在橢圓x23＋y2＝1上，頂點(diǎn)A是橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)，且橢圓的另外一個(gè)焦點(diǎn)在BC邊上，則△ABC的周長(zhǎng)是()
A．23B．6C．43D．12
2．(2011揭陽(yáng)調(diào)研)“mn0”是方程“mx2＋ny2＝1表示焦點(diǎn)在y軸上的橢圓”的()
A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
3．已知橢圓x2sinα－y2cosα＝1(0≤α2π)的焦點(diǎn)在y軸上，則α的取值范圍是()
A.3π4，πB.π4，3π4
C.π2，πD.π2，3π4
4．橢圓x212＋y23＝1的焦點(diǎn)為F1和F2，點(diǎn)P在橢圓上，如果線段PF1的中點(diǎn)在y軸上，那么|PF1|是|PF2|的()
A．7倍B．5倍C．4倍D．3倍
5．(2011開封模擬)橢圓5x2＋ky2＝5的一個(gè)焦點(diǎn)是(0,2)，那么k等于()
A．－1B．1C.5D．－5
探究點(diǎn)一橢圓的定義及應(yīng)用
例1(教材改編)一動(dòng)圓與已知圓O1：(x＋3)2＋y2＝1外切，與圓O2：(x－3)2＋y2＝81內(nèi)切，試求動(dòng)圓圓心的軌跡方程．
變式遷移1求過(guò)點(diǎn)A(2,0)且與圓x2＋4x＋y2－32＝0內(nèi)切的圓的圓心的軌跡方程．
探究點(diǎn)二求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程
例2求滿足下列各條件的橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：
(1)長(zhǎng)軸是短軸的3倍且經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(3,0)；
(2)經(jīng)過(guò)兩點(diǎn)A(0,2)和B12，3.

變式遷移2(1)已知橢圓過(guò)(3,0)，離心率e＝63，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)已知橢圓的中心在原點(diǎn)，以坐標(biāo)軸為對(duì)稱軸，且經(jīng)過(guò)兩點(diǎn)P1(6，1)、P2(－3，－2)，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．

探究點(diǎn)三橢圓的幾何性質(zhì)
例3(2011安陽(yáng)模擬)已知F1、F2是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，P為橢圓上一點(diǎn)，∠F1PF2＝60°.
(1)求橢圓離心率的范圍；
(2)求證：△F1PF2的面積只與橢圓的短軸長(zhǎng)有關(guān)．

變式遷移3已知橢圓x2a2＋y2b2＝1(ab0)的長(zhǎng)、短軸端點(diǎn)分別為A、B，從此橢圓上一點(diǎn)M(在x軸上方)向x軸作垂線，恰好通過(guò)橢圓的左焦點(diǎn)F1，AB∥OM.
(1)求橢圓的離心率e；
(2)設(shè)Q是橢圓上任意一點(diǎn)，F(xiàn)1、F2分別是左、右焦點(diǎn)，求∠F1QF2的取值范圍．
方程思想的應(yīng)用
例(12分)(2011北京朝陽(yáng)區(qū)模擬)已知中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓C的離心率為12，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)M(1，32)，過(guò)點(diǎn)P(2,1)的直線l與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)A，B.
(1)求橢圓C的方程；
(2)是否存在直線l，滿足PA→PB→＝PM→2？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答題模板】
解(1)設(shè)橢圓C的方程為x2a2＋y2b2＝1(ab0)，
由題意得1a2＋94b2＝1，ca＝12，a2＝b2＋c2.解得a2＝4，b2＝3.故橢圓C的方程為x24＋y23＝1.[4分]
(2)若存在直線l滿足條件，由題意可設(shè)直線l的方程為y＝k(x－2)＋1，由x24＋y23＝1，y＝kx－2＋1，
得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0.[6分]
因?yàn)橹本€l與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)A，B，
設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，
所以Δ＝[－8k(2k－1)]2－4(3＋4k2)(16k2－16k－8)0.
整理得32(6k＋3)0，解得k－12.[7分]
又x1＋x2＝8k2k－13＋4k2，x1x2＝16k2－16k－83＋4k2，
且PA→PB→＝PM→2，
即(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝54，
所以(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝54，
即[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝54.[9分]
所以[16k2－16k－83＋4k2－2×8k2k－13＋4k2＋4](1＋k2)＝4＋4k23＋4k2＝54，
解得k＝±12.[11分]
所以k＝12.于是存在直線l滿足條件，
其方程為y＝12x.[12分]
【突破思維障礙】
直線與橢圓的位置關(guān)系主要是指公共點(diǎn)問(wèn)題、相交弦問(wèn)題及其他綜合問(wèn)題．反映在代數(shù)上，就是直線與橢圓方程聯(lián)立的方程組有無(wú)實(shí)數(shù)解及實(shí)數(shù)解的個(gè)數(shù)的問(wèn)題，它體現(xiàn)了方程思想的應(yīng)用，當(dāng)直線與橢圓相交時(shí)，要注意判別式大
于零這一隱含條件，它可以用來(lái)檢驗(yàn)所求參數(shù)的值是否有意義，也可通過(guò)該不等式來(lái)求參數(shù)的范圍．對(duì)直線與橢圓的位置關(guān)系的考查往往結(jié)合平面向量進(jìn)行求解，與向量相結(jié)合的題目，大都與共線、垂直和夾角有關(guān)，若能轉(zhuǎn)化為向量的坐標(biāo)運(yùn)算往往更容易實(shí)現(xiàn)解題功能，所以在復(fù)習(xí)過(guò)程中要格外重視．
1．求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，除了直接根據(jù)定義外，常用待定系數(shù)法(先定性，后定型，再定參)．當(dāng)橢圓的焦點(diǎn)位置不明確而無(wú)法確定其標(biāo)準(zhǔn)方程時(shí)，可設(shè)方程為x2m＋y2n＝1(m0，n0且m≠n)，可以避免討論和繁雜的計(jì)算，也可以設(shè)為Ax2＋By2＝1(A0，B0且A≠B)，這種形式在解題中更簡(jiǎn)便．
2．橢圓的幾何性質(zhì)分為兩類：一是與坐標(biāo)軸無(wú)關(guān)的橢圓本身固有的性質(zhì)，如：長(zhǎng)軸長(zhǎng)、短軸長(zhǎng)、焦距、離心率等；另一類是與坐標(biāo)系有關(guān)的性質(zhì)，如：頂點(diǎn)坐標(biāo)，焦點(diǎn)坐標(biāo)等．第一類性質(zhì)是常數(shù)，不因坐標(biāo)系的變化而變化，第二類性質(zhì)是隨坐標(biāo)系變化而相應(yīng)改變．
3．直線與橢圓的位置關(guān)系問(wèn)題．它是高考的熱點(diǎn)，通常涉及橢圓的性質(zhì)、最值的求法和直線的基礎(chǔ)知識(shí)、線段的中點(diǎn)、弦長(zhǎng)、垂直問(wèn)題等，分析此類問(wèn)題時(shí)，要充分利用數(shù)形結(jié)合法、設(shè)而不求法、弦長(zhǎng)公式及根與系數(shù)的關(guān)系去解決．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011溫州模擬)若△ABC的兩個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為A(－4,0)、B(4,0)，△ABC的周長(zhǎng)為18，則頂點(diǎn)C的軌跡方程為()
A.x225＋y29＝1(y≠0)B.y225＋x29＝1(y≠0)
C.x216＋y29＝1(y≠0)D.y216＋x29＝1(y≠0)
2．已知橢圓x210－m＋y2m－2＝1，長(zhǎng)軸在y軸上，若焦距為4，則m等于()
A．4B．5C．7D．8
3．已知F1、F2是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，過(guò)F1且與橢圓長(zhǎng)軸垂直的直線交橢圓于A、B兩點(diǎn)，若△ABF2是等腰直角三角形，則這個(gè)橢圓的離心率是()
A.32B.22C.2－1D.2
4．(2011天門期末)已知圓(x＋2)2＋y2＝36的圓心為M，設(shè)A為圓上任一點(diǎn)，N(2,0)，線段AN的垂直平分線交MA于點(diǎn)P，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是()
A．圓B．橢圓
C．雙曲線D．拋物線
5．橢圓x225＋y29＝1上一點(diǎn)M到焦點(diǎn)F1的距離為2，N是MF1的中點(diǎn)，則|ON|等于()
A．2B．4C．8D.32
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．已知橢圓G的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，長(zhǎng)軸在x軸上，離心率為32，且G上一點(diǎn)到G的兩個(gè)焦點(diǎn)的距離之和為12，則橢圓G的方程為______________．
7．(2011唐山調(diào)研)橢圓x29＋y22＝1的焦點(diǎn)為F1、F2，點(diǎn)P在橢圓上．若|PF1|＝4，則|PF2|＝________；∠F1PF2的大小為________．
8.
如圖，已知點(diǎn)P是以F1、F2為焦點(diǎn)的橢圓x2a2＋y2b2＝1(ab0)上一點(diǎn)，若PF1⊥PF2，tan∠PF1F2＝12，則此橢圓的離心率是______．
三、解答題(共38分)
9．(12分)已知方向向量為v＝(1，3)的直線l過(guò)點(diǎn)(0，－23)和橢圓C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的右焦點(diǎn)，且橢圓的離心率為63.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若已知點(diǎn)D(3,0)，點(diǎn)M，N是橢圓C上不重合的兩點(diǎn)，且DM→＝λDN→，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．
10．(12分)(2011煙臺(tái)模擬)橢圓ax2＋by2＝1與直線x＋y－1＝0相交于A，B兩點(diǎn)，C是AB的中點(diǎn)，若|AB|＝22，OC的斜率為22，求橢圓的方程．

11．(14分)(2010福建)已知中心在坐標(biāo)原點(diǎn)O的橢圓C經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(2,3)，且點(diǎn)F(2,0)為其右焦點(diǎn)．
(1)求橢圓C的方程．
(2)是否存在平行于OA的直線l，使得直線l與橢圓C有公共點(diǎn)，且直線OA與l的距離等于4？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說(shuō)明理由．

學(xué)案51橢圓
自主梳理
1．橢圓焦點(diǎn)焦距(1)ac(2)a＝c(3)ac
自我檢測(cè)
1．C2.C3.D4.A5.B
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解如圖所示，設(shè)動(dòng)圓的圓心為C，半徑為r.
則由圓相切的性質(zhì)知，
|CO1|＝1＋r，|CO2|＝9－r，
∴|CO1|＋|CO2|＝10，
而|O1O2|＝6，
∴點(diǎn)C的軌跡是以O(shè)1、O2為焦點(diǎn)的橢圓，其中2a＝10,2c＝6，b＝4.
∴動(dòng)圓圓心的軌跡方程為
x225＋y216＝1.
變式遷移1解將圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)形式為：
(x＋2)2＋y2＝62，圓心B(－2,0)，r＝6.
設(shè)動(dòng)圓圓心M的坐標(biāo)為(x，y)，
動(dòng)圓與已知圓的切點(diǎn)為C.
則|BC|－|MC|＝|BM|，
而|BC|＝6，
∴|BM|＋|CM|＝6.
又|CM|＝|AM|，
∴|BM|＋|AM|＝6|AB|＝4.
∴點(diǎn)M的軌跡是以點(diǎn)B(－2,0)、A(2,0)為焦點(diǎn)、線段AB中點(diǎn)(0,0)為中心的橢圓．
a＝3，c＝2，b＝5.
∴所求軌跡方程為x29＋y25＝1.
例2解題導(dǎo)引確定一個(gè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，必須要有一個(gè)定位條件(即確定焦點(diǎn)的位置)和兩個(gè)定形條件(即確定a，b的大小)．當(dāng)焦點(diǎn)的位置不確定時(shí)，應(yīng)設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2＋y2b2＝1(ab0)或y2a2＋x2b2＝1(ab0)，或者不必考慮焦點(diǎn)位置，直接設(shè)橢圓的方程為mx2＋ny2＝1(m0，n0，且m≠n)．
解(1)若橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，
設(shè)方程為x2a2＋y2b2＝1(ab0)．
∵橢圓過(guò)點(diǎn)A(3,0)，∴9a2＝1，
∴a＝3，又2a＝32b，∴b＝1，∴方程為x29＋y2＝1.
若橢圓的焦點(diǎn)在y軸上，設(shè)方程為y2a2＋x2b2＝1(ab0)．
∵橢圓過(guò)點(diǎn)A(3,0)，∴9b2＝1，
∴b＝3，又2a＝32b，
∴a＝9，∴方程為y281＋x29＝1.
綜上可知橢圓的方程為x29＋y2＝1或y281＋x29＝1.
(2)設(shè)經(jīng)過(guò)兩點(diǎn)A(0,2)，B12，3的橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程為mx2＋ny2＝1，將A，B坐標(biāo)代入方程得4n＝114m＋3n＝1m＝1n＝14，∴所求橢圓方程為x2＋y24＝1.
變式遷移2解(1)當(dāng)橢圓的焦點(diǎn)在x軸上時(shí)，∵a＝3，ca＝63，∴c＝6，從而b2＝a2－c2＝9－6＝3，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29＋y23＝1.
當(dāng)橢圓的焦點(diǎn)在y軸上時(shí)，
∵b＝3，ca＝63，∴a2－b2a＝63，∴a2＝27.
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29＋y227＝1.
∴所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29＋y23＝1或x29＋y227＝1.
(2)設(shè)橢圓方程為mx2＋ny2＝1(m0，n0且m≠n)．
∵橢圓經(jīng)過(guò)P1、P2點(diǎn)，∴P1、P2點(diǎn)坐標(biāo)適合橢圓方程，
則6m＋n＝1，①3m＋2n＝1，②
①②兩式聯(lián)立，解得m＝19，n＝13.
∴所求橢圓方程為x29＋y23＝1.
例3解題導(dǎo)引(1)橢圓上一點(diǎn)與兩焦點(diǎn)構(gòu)成的三角形，稱為橢圓的焦點(diǎn)三角形，與焦點(diǎn)三角形有關(guān)的計(jì)算或證明常利用正弦定理、余弦定理、|PF1|＋|PF2|＝2a，得到a、c的關(guān)系．
(2)對(duì)△F1PF2的處理方法定義式的平方余弦定理面積公式
|PF1|＋|PF2|2＝2a2，4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cosθ，S△＝12|PF1||PF2|sinθ.
(1)解設(shè)橢圓方程為x2a2＋y2b2＝1(ab0)，
|PF1|＝m，|PF2|＝n.
在△PF1F2中，由余弦定理可知，
4c2＝m2＋n2－2mncos60°.
∵m＋n＝2a，∴m2＋n2＝(m＋n)2－2mn＝4a2－2mn.
∴4c2＝4a2－3mn，即3mn＝4a2－4c2.
又mn≤m＋n22＝a2(當(dāng)且僅當(dāng)m＝n時(shí)取等號(hào))，
∴4a2－4c2≤3a2.∴c2a2≥14，即e≥12.
∴e的取值范圍是12，1.
(2)證明由(1)知mn＝43b2，∴S△PF1F2＝12mnsin60°＝33b2，
即△PF1F2的面積只與短軸長(zhǎng)有關(guān)．
變式遷移3解(1)∵F1(－c,0)，則xM＝－c，yM＝b2a，
∴kOM＝－b2ac.∵kAB＝－ba，OM∥AB，
∴－b2ac＝－ba，∴b＝c，故e＝ca＝22.
(2)設(shè)|F1Q|＝r1，|F2Q|＝r2，∠F1QF2＝θ，
∴r1＋r2＝2a，|F1F2|＝2c，
cosθ＝r21＋r22－4c22r1r2＝r1＋r22－2r1r2－4c22r1r2
＝a2r1r2－1≥a2r1＋r222－1＝0，
當(dāng)且僅當(dāng)r1＝r2時(shí)，cosθ＝0，∴θ∈[0，π2]．
課后練習(xí)區(qū)
1．A2.D3.C4.B5.B
6.x236＋y29＝17.2120°8.53
9．解(1)∵直線l的方向向量為v＝(1，3)，
∴直線l的斜率為k＝3.
又∵直線l過(guò)點(diǎn)(0，－23)，
∴直線l的方程為y＋23＝3x.
∵ab，∴橢圓的焦點(diǎn)為直線l與x軸的交點(diǎn)．
∴c＝2.又∵e＝ca＝63，∴a＝6.∴b2＝a2－c2＝2.
∴橢圓方程為x26＋y22＝1.(6分)
(2)若直線MN⊥y軸，則M、N是橢圓的左、右頂點(diǎn)，
λ＝3＋63－6或λ＝3－63＋6，即λ＝5＋26或5－26.
若MN與y軸不垂直，設(shè)直線MN的方程為x＝my＋3(m≠0)．由x26＋y22＝1，x＝my＋3得(m2＋3)y2＋6my＋3＝0.
設(shè)M、N坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，
則y1＋y2＝－6mm2＋3，①
y1y2＝3m2＋3，②
Δ＝36m2－12(m2＋3)＝24m2－360，∴m232.
∵DM→＝(x1－3，y1)，DN→＝(x2－3，y2)，DM→＝λDN→，顯然λ0，且λ≠1，
∴(x1－3，y1)＝λ(x2－3，y2)．∴y1＝λy2.
代入①②，得λ＋1λ＝12m2m2＋3－2＝10－36m2＋3.
∵m232，得2λ＋1λ10，即λ2－2λ＋10，λ2－10λ＋10，
解得5－26λ5＋26且λ≠1.
綜上所述，λ的取值范圍是5－26≤λ≤5＋26，
且λ≠1.(12分)
10．解方法一設(shè)A(x1，y1)、B(x2，y2)，
代入橢圓方程并作差得
a(x1＋x2)(x1－x2)＋b(y1＋y2)(y1－y2)＝0.
而y1－y2x1－x2＝－1，y1＋y2x1＋x2＝kOC＝22，
代入上式可得b＝2a.(4分)
由方程組ax2＋by2＝1x＋y－1＝0，得(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0，
∴x1＋x2＝2ba＋b，x1x2＝b－1a＋b，
再由|AB|＝1＋k2|x2－x1|＝2|x2－x1|＝22，
得2ba＋b2－4b－1a＋b＝4，(8分)
將b＝2a代入得a＝13，∴b＝23.
∴所求橢圓的方程是x23＋2y23＝1.(12分)
方法二由ax2＋by2＝1，x＋y＝1
得(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0.(2分)
設(shè)A(x1，y1)、B(x2，y2)，
則|AB|＝k2＋1x1－x22＝24b2－4a＋bb－1a＋b2.
∵|AB|＝22，∴a＋b－aba＋b＝1.①(6分)
設(shè)C(x，y)，則x＝x1＋x22＝ba＋b，y＝1－x＝aa＋b，
∵OC的斜率為22，∴ab＝22.(9分)
代入①，得a＝13，b＝23.
∴橢圓方程為x23＋2y23＝1.(12分)
11．解方法一(1)依題意，可設(shè)橢圓C的方程為x2a2＋y2b2＝1(ab0)，且可知其左焦點(diǎn)為F′(－2,0)．
從而有c＝2，2a＝|AF|＋|AF′|＝3＋5＝8，
解得c＝2，a＝4.又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，
故橢圓C的方程為x216＋y212＝1.(5分)
(2)假設(shè)存在符合題意的直線l，設(shè)其方程為y＝32x＋t.
由y＝32x＋t，x216＋y212＝1，得3x2＋3tx＋t2－12＝0.(7分)
因?yàn)橹本€l與橢圓C有公共點(diǎn)，
所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0，
解得－43≤t≤43.(9分)
另一方面，由直線OA與l的距離d＝4，
得|t|94＋1＝4，解得t＝±213.(12分)
由于±213[－43，43]，所以符合題意的直線l不存在．(14分)
方法二(1)依題意，可設(shè)橢圓C的方程為x2a2＋y2b2＝1(ab0)，
且有4a2＋9b2＝1，a2－b2＝4.解得b2＝12或b2＝－3(舍去)．
從而a2＝16.(3分)
所以橢圓C的方程為x216＋y212＝1.(5分)
(2)同方法一．

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)冪函數(shù)學(xué)案含答案

學(xué)案9冪函數(shù)
導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.了解冪函數(shù)的概念.2.結(jié)合函數(shù)y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝1x，y＝x12的圖象，了解它們的變化情況．
自主梳理
1．冪函數(shù)的概念
形如______的函數(shù)叫做冪函數(shù)，其中____是自變量，____是常數(shù)．
2．冪函數(shù)的性質(zhì)
(1)五種常見(jiàn)冪函數(shù)的性質(zhì)，列表如下：
定義域值域奇偶性單調(diào)性過(guò)定點(diǎn)
y＝xRR奇?↗(1,1)
y＝x2R[0，＋∞)偶[0，＋∞)↗
(－∞，0]↙
y＝x3RR奇?↗
y＝
[0，＋∞)[0，＋∞)非奇
非偶[0，＋∞)↗
y＝x－1(－∞，0)
∪(0，＋∞)(－∞，0)
∪(0，＋∞)奇(－∞，0)↙
(0，＋∞)↙
(2)所有冪函數(shù)在________上都有定義，并且圖象都過(guò)點(diǎn)(1,1)，且在第____象限無(wú)圖象．
(3)α0時(shí)，冪函數(shù)的圖象通過(guò)點(diǎn)________________，并且在區(qū)間(0，＋∞)上是________，α0時(shí)，冪函數(shù)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，圖象________原點(diǎn)．
自我檢測(cè)
1．(2011石家莊月考)如圖中曲線是冪函數(shù)y＝xn在第一象限的圖象．已知n取±2，±12四個(gè)值，則相應(yīng)于曲線C1，C2，C3，C4的n值依次為()
A．－2，－12，12，2
B．2，12，－12，－2
C．－12，－2,2，12
D．2，12，－2，－12
2．已知函數(shù)：①y＝2x；②y＝log2x；③y＝x－1；④y＝.則下列函數(shù)圖象(在第一象限部分)從左到右依次與函數(shù)序號(hào)的正確對(duì)應(yīng)順序是()

A．②①③④B．②③①④
C．④①③②D．④③①②
3．(2011滄州模擬)設(shè)α∈{－1,1，12，3}，則使函數(shù)y＝xα的定義域?yàn)镽且為奇函數(shù)的所有α值為()
A．1,3B．－1,1C．－1,3D．－1,1,3
4．與函數(shù)y＝xx＋1的圖象形狀一樣的是()
A．y＝2xB．y＝log2xC．y＝1xD．y＝x＋1
5．已知點(diǎn)(33，33)在冪函數(shù)f(x)的圖象上，則f(x)的表達(dá)式是()
A．f(x)＝x3B．f(x)＝x－3
C．f(x)＝D．f(x)＝
探究點(diǎn)一冪函數(shù)的定義與圖象
例1已知冪函數(shù)f(x)的圖象過(guò)點(diǎn)(2，2)，冪函數(shù)g(x)的圖象過(guò)點(diǎn)(2，14)．
(1)求f(x)，g(x)的解析式；
(2)求當(dāng)x為何值時(shí)：①f(x)g(x)；②f(x)＝g(x)；③f(x)g(x)．

變式遷移1若點(diǎn)(2，2)在冪函數(shù)f(x)的圖象上，點(diǎn)(－2，14)在冪函數(shù)g(x)的圖象上，定義h(x)＝f(x)，f(x)≤g(x)，g(x)，f(x)g(x)，
試求函數(shù)h(x)的最大值以及單調(diào)區(qū)間．

探究點(diǎn)二冪函數(shù)的單調(diào)性
例2比較下列各題中值的大?。?br> (1)，；(2)，；
(3)，；(4)，和.

變式遷移2(1)比較下列各組值的大?。?br> ①________；
②0.20.5________0.40.3.
(2)已知(0.71.3)m(1.30.7)m，則m的取值范圍是__________________________．
探究點(diǎn)三冪函數(shù)的綜合應(yīng)用
例3(2011葫蘆島模擬)已知函數(shù)f(x)＝(m∈N*)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，且在(0，＋∞)上是減函數(shù)，求滿足的a的范圍．

變式遷移3已知冪函數(shù)f(x)＝(m∈N*)
(1)試確定該函數(shù)的定義域，并指明該函數(shù)在其定義域上的單調(diào)性；
(2)若該函數(shù)還經(jīng)過(guò)點(diǎn)(2，2)，試確定m的值，并求滿足條件f(2－a)f(a－1)的實(shí)數(shù)a的取值范圍．

1．冪函數(shù)y＝xα(α∈R)，其中α為常數(shù)，其本質(zhì)特征是以冪的底x為自變量，指數(shù)α為常數(shù)，這是判斷一個(gè)函數(shù)是否是冪函數(shù)的重要依據(jù)和唯一標(biāo)準(zhǔn)．
2．在(0,1)上，冪函數(shù)中指數(shù)越大，函數(shù)圖象越靠近x軸(簡(jiǎn)記為“指大圖低”)，在(1，＋∞)上，冪函數(shù)中指數(shù)越大，函數(shù)圖象越遠(yuǎn)離x軸．冪函數(shù)的圖象一定會(huì)出現(xiàn)在第一象限內(nèi)，一定不會(huì)出現(xiàn)在第四象限內(nèi)，至于是否出現(xiàn)在第二、三象限內(nèi)，要看函數(shù)的奇偶性；冪函數(shù)的圖象最多只能同時(shí)出現(xiàn)在兩個(gè)象限內(nèi)；如果冪函數(shù)的圖象與坐標(biāo)軸相交，則交點(diǎn)一定是原點(diǎn)．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．右圖是函數(shù)y＝(m，n∈N*，m、n互質(zhì))的圖象，則()
A．m，n是奇數(shù)，且mn1
B．m是偶數(shù)，n是奇數(shù)，且mn1
C．m是偶數(shù)，n是奇數(shù)，且mn1
D．m是奇數(shù)，n是偶數(shù)，且mn1
2．(2010陜西)下列四類函數(shù)中，具有性質(zhì)“對(duì)任意的x0，y0，函數(shù)f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)f(y)”的是()
A．冪函數(shù)B．對(duì)數(shù)函數(shù)
C．指數(shù)函數(shù)D．余弦函數(shù)
3．下列函數(shù)圖象中，正確的是()
4．(2010安徽)設(shè)a＝，b＝，c＝，則a，b，c的大小關(guān)系是()
A．a(chǎn)cbB．a(chǎn)bc
C．cabD．bca
5．下列命題中正確的是()
①冪函數(shù)的圖象都經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,1)和點(diǎn)(0,0)；
②冪函數(shù)的圖象不可能在第四象限；
③當(dāng)n＝0時(shí)，函數(shù)y＝xn的圖象是一條直線；
④冪函數(shù)y＝xn當(dāng)n0時(shí)是增函數(shù)；
⑤冪函數(shù)y＝xn當(dāng)n0時(shí)在第一象限內(nèi)函數(shù)值隨x值的增大而減?。?br> A．①和④B．④和⑤
C．②和③D．②和⑤
題號(hào)12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2011邯鄲模擬)若冪函數(shù)y＝的圖象不經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的值為________．
7．已知a＝xα，b＝，c＝，x∈(0,1)，α∈(0,1)，則a，b，c的大小順序是________．
8．已知函數(shù)f(x)＝xα(0α1)，對(duì)于下列命題：①若x1，則f(x)1；②若0x1，則0f(x)1；③當(dāng)x0時(shí)，若f(x1)f(x2)，則x1x2；④若0x1x2，則f(x1)x1f(x2)x2.
其中正確的命題序號(hào)是________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)設(shè)f(x)是定義在R上以2為最小正周期的周期函數(shù)．當(dāng)－1≤x1時(shí)，y＝f(x)的表達(dá)式是冪函數(shù)，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)(12，18)．求函數(shù)在[2k－1,2k＋1)(k∈Z)上的表達(dá)式．

10．(12分)已知f(x)＝(n＝2k，k∈Z)的圖象在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，解不等式f(x2－x)f(x＋3)．

11．(14分)(2011荊州模擬)已知函數(shù)f(x)＝(k∈Z)滿足f(2)f(3)．
(1)求k的值并求出相應(yīng)的f(x)的解析式；
(2)對(duì)于(1)中得到的函數(shù)f(x)，試判斷是否存在q0，使函數(shù)g(x)＝1－qf(x)＋(2q－1)x在區(qū)間[－1,2]上的值域?yàn)閇－4，178]？若存在，求出q；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

答案自主梳理
1．y＝xαxα2.(2)(0，＋∞)四(3)(0,0)，(1,1)增函數(shù)不過(guò)
自我檢測(cè)
1．B[方法一由冪函數(shù)的圖象與性質(zhì)，n0時(shí)不過(guò)原點(diǎn)，故C3，C4對(duì)應(yīng)的n值均為負(fù)，C1，C2對(duì)應(yīng)的n值均為正；
由增(減)快慢知n(C1)n(C2)n(C3)n(C4)．
故C1，C2，C3，C4的n值依次為
2，12，－12，－2.
方法二作直線x＝2分別交C1，C2，C3，C4于點(diǎn)A1，A2，A3，A4，則其對(duì)應(yīng)點(diǎn)的縱坐標(biāo)顯然為22,，，2－2，故n值分別為2，12，－12，－2.]
2．D[第一個(gè)圖象過(guò)點(diǎn)(0,0)，與④對(duì)應(yīng)；第二個(gè)圖象為反比例函數(shù)圖象，表達(dá)式為y＝kx，③y＝x－1恰好符合，
∴第二個(gè)圖象對(duì)應(yīng)③；
第三個(gè)圖象為指數(shù)函數(shù)圖象，表達(dá)式為y＝ax，且a1，①y＝2x恰好符合，∴第三個(gè)圖象對(duì)應(yīng)①；
第四個(gè)圖象為對(duì)數(shù)函數(shù)圖象，表達(dá)式為y＝logax，且a1，②y＝log2x恰好符合，∴第四個(gè)圖象對(duì)應(yīng)②.
∴四個(gè)函數(shù)圖象與函數(shù)序號(hào)的對(duì)應(yīng)順序?yàn)棰堍邰佗?]
3．A4.C5.B
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解(1)設(shè)f(x)＝xα，
∵圖象過(guò)點(diǎn)(2，2)，故2＝(2)α，
解得α＝2，∴f(x)＝x2.
設(shè)g(x)＝xβ，∵圖象過(guò)點(diǎn)(2，14)，
∴14＝2β，解得β＝－2.
∴g(x)＝x－2.
(2)在同一坐標(biāo)系下作出f(x)＝x2與g(x)＝x－2的圖象，如圖所示．

由圖象可知，f(x)，g(x)的圖象均過(guò)點(diǎn)(－1，1)和(1,1)．
∴①當(dāng)x1，或x－1時(shí)，f(x)g(x)；
②當(dāng)x＝1，或x＝－1時(shí)，f(x)＝g(x)；
③當(dāng)－1x1且x≠0時(shí)，f(x)g(x)．
變式遷移1解求f(x)，g(x)解析式及作出f(x)，g(x)的圖象同例1，
如例1圖所示，
則有：h(x)＝x－2，x－1或x1，x2，－1≤x≤1.
根據(jù)圖象可知函數(shù)h(x)的最大值為1，單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－1)和(0,1)；單調(diào)減區(qū)間為(－1,0)和(1，＋∞)．
例2解題導(dǎo)引比較兩個(gè)冪的大小關(guān)鍵是搞清楚是底數(shù)相同，還是指數(shù)相同，若底數(shù)相同，利用指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)；若指數(shù)相同，利用冪函數(shù)的性質(zhì)；若底數(shù)、指數(shù)皆不相同，考慮用中間值法，常用0和1“搭橋”進(jìn)行分組．
解(1)函數(shù)y＝3x是增函數(shù)，∴30.830.7.
(2)函數(shù)y＝x3是增函數(shù)，∴0.2130.233.
(3)∵，
∴.
(4)＝1；0＝1；
0，∴.
變式遷移2(1)①②
(2)m0
解析根據(jù)冪函數(shù)y＝x1.3的圖象，
當(dāng)0x1時(shí)，0y1，∴00.71.31.
又根據(jù)冪函數(shù)y＝x0.7的圖象，
當(dāng)x1時(shí)，y1，∴1.30.71.
于是有0.71.31.30.7.
對(duì)于冪函數(shù)y＝xm，由(0.71.3)m(1.30.7)m知，當(dāng)x0時(shí)，隨著x的增大，函數(shù)值也增大，∴m0.
例3解∵函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上遞減，
∴m2－2m－30，解得－1m3.
∵m∈N*，∴m＝1,2.
又函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，
∴m2－2m－3是偶數(shù)，
而22－2×2－3＝－3為奇數(shù)，
12－2×1－3＝－4為偶數(shù)，
∴m＝1.
而y＝在(－∞，0)，(0，＋∞)上均為減函數(shù)，
∴等價(jià)于a＋13－2a0，
或0a＋13－2a，或a＋103－2a，
解得a－1或23a32.
故a的范圍為{a|a－1或23a32}．
變式遷移3解(1)m2＋m＝m(m＋1)，m∈N*，
而m與m＋1中必有一個(gè)為偶數(shù)，
∴m(m＋1)為偶數(shù)．
∴函數(shù)f(x)＝(m∈N*)的定義域?yàn)閇0，＋∞)，并且在定義域上為增函數(shù)．
(2)∵函數(shù)f(x)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(2，2)，
∴2＝，即.
∴m2＋m＝2.
解得m＝1或m＝－2.
又∵m∈N*，∴m＝1.
由f(2－a)f(a－1)得2－a≥0，a－1≥02－aa－1.
解得1≤a32.
∴a的取值范圍為[1，32)．
課后練習(xí)區(qū)
1．C[由圖象知，函數(shù)為偶函數(shù)，
∴m為偶數(shù)，n為奇數(shù)．
又函數(shù)圖象在第一限內(nèi)上凸，∴mn1.]
2．C[∵(x＋y)α≠xαyα，
∴冪函數(shù)f(x)＝xα不具有此性質(zhì)．
∵loga(x＋y)≠logaxlogay，
∴對(duì)數(shù)函數(shù)f(x)＝logax不具有此性質(zhì)．
∵ax＋y＝axay，∴指數(shù)函數(shù)f(x)＝ax具有此性質(zhì)．
∵cos(x＋y)≠cosxcosy，
∴余弦函數(shù)y＝cosx不具有此性質(zhì)．]
3．C[對(duì)A、B，由y＝x＋a知a1，可知A、B圖象不正確；
D中由y＝x＋a知0a1，∴y＝logax應(yīng)為減函數(shù)，D錯(cuò)．]
4．A[∵y＝在x∈(0，＋∞)遞增，
∴，即ac，
∵y＝(25)x在x∈(－∞，＋∞)遞減，
∴，即cb，
∴acb.]
5．D
6．1或2
解析由m2－3m＋3＝1m2－m－2≤0解得m＝1或2.
經(jīng)檢驗(yàn)m＝1或2都適合．
7．cab
解析∵α∈(0,1)，∴1ααα2.
又∵x∈(0,1)，∴xα，即cab.
8．①②③
解析作出y＝xα(0α1)在第一象限內(nèi)的圖象，如圖所示，
可判定①②③正確，
又fxx表示圖象上的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率，
當(dāng)0x1x2時(shí)應(yīng)有fx1x1fx2x2，故④錯(cuò)．
9．解設(shè)在[－1,1)中，f(x)＝xn，
由點(diǎn)(12，18)在函數(shù)圖象上，求得n＝3.……………………………………………………(4分)
令x∈[2k－1,2k＋1)，則x－2k∈[－1,1)，
∴f(x－2k)＝(x－2k)3.……………………………………………………………………(8分)
又f(x)周期為2，∴f(x)＝f(x－2k)＝(x－2k)3.
即f(x)＝(x－2k)3(k∈Z)．………………………………………………………………(12分)
10．解由條件知1－n2＋2n＋30，
－n2＋2n＋30，解得－1n3.…………………………………………………………(4分)
又n＝2k，k∈Z，∴n＝0,2.
當(dāng)n＝0,2時(shí)，f(x)＝x13，
∴f(x)在R上單調(diào)遞增．…………………………………………………………………(8分)
∴f(x2－x)f(x＋3)轉(zhuǎn)化為x2－xx＋3.
解得x－1或x3.
∴原不等式的解集為(－∞，－1)∪(3，＋∞)．………………………………………(12分)
11．解(1)∵f(2)f(3)，
∴f(x)在第一象限是增函數(shù)．
故－k2＋k＋20，解得－1k2.
又∵k∈Z，∴k＝0或k＝1.
當(dāng)k＝0或k＝1時(shí)，－k2＋k＋2＝2，
∴f(x)＝x2.…………………………………………………………………………………(6分)
(2)假設(shè)存在q0滿足題設(shè)，由(1)知
g(x)＝－qx2＋(2q－1)x＋1，x∈[－1,2]．
∵g(2)＝－1，∴兩個(gè)最值點(diǎn)只能在端點(diǎn)(－1，g(－1))和頂點(diǎn)(2q－12q，4q2＋14q)處取得．
……………………………………………………………………………………………(8分)
而4q2＋14q－g(－1)＝4q2＋14q－(2－3q)＝4q－124q≥0，
∴g(x)max＝4q2＋14q＝178，…………………………………………………………………(12分)
g(x)min＝g(－1)＝2－3q＝－4.
解得q＝2.∴存在q＝2滿足題意．……………………………………………………(14分)