第5章 1 基本计数原理-【重难点手册】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版）

答案D 误区1忽略直线斜率不存在的情况 易错探因解本题时易由直线PA的斜率A=号，直线 易错题1（错误率32%）求经过A(m,3),B(1,2)两点的 直线的斜率，并指出倾斜角α的取值范围。 PB的斜率km=一号，得直线1的斜率上的取值范围 正解当m=1时，直线AB的斜率不存在，此时直线的 倾斜角a=90°， 是[-号，号]，事实上，在直线1的允许活动范围内， 当加≠1时，由斜率公式可得直线AB的斜率k=3二 直线1的倾斜角连续变化时，直线斜率的变化并不 定连续，当直线1垂直于x轴（直线1的倾斜角为90） 品 时，直线I的斜率不存在.出错的原因是忽略了直线斜 当m>1时，=加己>0，所以直线的倾斜角口的取值 率的变化与倾斜角变化的关系，忽略了直线倾斜角为 90时直线无斜率， 范围是0°<a<90°： 当m时，=一<0，所以直线的倾斜角。的取值 误区3忽略直线方程成立的条件 易错题3（错误率29%）求过点M(m,0)和点N(2,1)的 范围是90°<a<180. 直线方程 易错探因利用斜率公式求直线的斜率的条件是“子 正解当m=2时，过点M(m,0)和点N(2,1)的直线的 x”.解本题时易忽略m=1,即斜率不存在的情况 斜率不存在，直线方程为x=2: 误区2忽略直线斜率变化与倾斜角变化的关系 当m≠2时，直线的斜率为k=0-=一1 m-2m-2 易错题2（错误率37%）(2024·武汉一中月考)已知点 又直线过点V(2,1), A(2,1),B(-2,2,若直线1过点P(-青，-吉)，且 所以直线的点斜式方程为y一1=一 m-2(x-2),即 与线段AB有交点，则直线1的斜率k的取值范围是 x十(m一2)y-m=0. (). 综上，当m=2时，所求的直线方程为x=2: A[-] 当m≠2时，所求的直线方程为x十(m一2)y一m=0. 易错探因解本题时容易忽略m一2=0即m=2的情 B[-4o)U(o,号) 形，此时直线的斜率不存在。 c(-,-g)U[1,+o 误区4求直线方程时忽略斜率不存在的情况 n(-o,-]U[号+） 易错题4（错误率27%）已知直线1过点A(1,2),且原 正解如图，当直线1由位置PA绕 点到直线1的距离为1，求直线1的方程. 点P转动到位置PB时，1的斜率 正解当直线1过点A(1,2)且斜率不存在时，直线1的 为正值并逐渐变大直至1垂直于 1012 方程为x=1,原点到直线1的距离为1，满足题意： x轴，当直线l垂直于x轴时，l无 当直线1过点A(1,2)且斜率存在时，由题意设直线1 斜率，继续转动，斜率变为负值并逐渐变大直至到达 的方程为y一2=k(x一1)，即kx一y一k+2=0, PB位置，易求得直线PA的斜率m=号，直线PB的斜 因为原点到直线1的距离为1， 率6=一昌，则直线1的斜率k的取值范围是 所以一生2=1，解得=是 +1 (-,-g]u[g,+o) 所以直线1的方程为y一2=是（x一1， 即3r-4y十5=0. 所以，当m=1或m=一3时，原方程表示的图形是一 综上所述，直线1的方程为x=1或3x一4y+5=0. 个圆。 易错探因符合题意的直线有两条，解题时容易忽略斜率 导致上述错解的原因为形如A十Bv+F=0的方程 不存在的情况，从而只得到一条直线3x一4y十5=0. 表示圆的条件是A=B≠0，且片<0， 误区5对距离公式理解不透彻 误区7对圆心的位置考虑不全面 易错题5（错误率25%）(2024·大同一中单元检测)求 易错题7（错误率31%）已知某圆圆心在x轴上，半径 两平行线l4:3x十4y十2=0和1：6x+8y-4=0之间 为5，且截y轴所得线段长为8，求该圆的标准方程. 的距离 正解方法一如图，由题设知AC=r=5,AB=8, 正解l:6.x十8y一4=0可化为3.x十4y一2=0，根据两 所以{AO引=4. 平行直线间的距离公式可得4=2-（一2)1=4 √3+4平 5 易错探因求解本题时易出现如下的错解： 4=2-（-401-6 3十4 5 导致上述错解的原因为两平行线4，中x,y的系数 不对应相等，不符合两平行直线间距离公式的使用 在R△4C中，C=￥TAC-AOP=√5-4=3 设点C的坐标为(a,0),则1OC1=a=3,所以a=士3. 条件 所以所求圆的标准方程为(x十3)+y=25或(.x一3)2+ 误区6对方程表示圆的条件认识不深刻 y2=25. 易错题6（错误率26%）(2024·黄冈中学单元检测)若 方法二由题意设所求圆的标准方程为(x一“)2十 关于x,y的方程(2m十m一1)x2十(m2一m十2)y2十 y=25. 因为圆截y轴所得的线段长为8， 十2=0表示的图形是一个圆.求实数m的值 正解欲使方程Ax+By+F=0表示一个圆， 所以圆过点(0,4)，(0，一4). 只要A=B≠0.且片0 代入方程得a2+16=25,所以a=士3. 所以所求圆的标准方程为(x十3)2十y2=25或(x一3)2+ 由2m2十m-1=-n十2.得十21一3=0. y=25. 所以n=一3或m=L 易错探因由题意可得OC=3,点C在x轴上，则点C ①当m=1时，方程为2+2y+3=0,号>0，不符合 可能在x轴正半轴上，也可能在x轴负半轴上，错解只 考虑了在x轴正半轴上的情况， 题意，舍去。 ②当m=-3时，方程为14x2+14y=1,即x2+y2 误区8求切线方程时忽略斜率不存在的情况 表示以原点为圆心，以平为半径的圆。 1 易错题8（错误率32%）过点P(6,一8)与圆C:x+ 故m=一3. y2一2x一4y一20=0相切的直线方程为 易错探因求解本题时易出现如下的错解： 正解，圆的标准方程为(x一1)2十(y一2)2=25， 形如Ax十By2十F=0的方程表示一个圆， ∴.圆心的坐标为C(1,2),半径r=5. 只要A=B≠0， 易知点P(6,一8)在圆C的外部，显然直线x=6是其 所以2m+m一1=m一m十2.即2+2m一3=0， 中一条切线。 解得=1,1=一3. 设另一条切线的斜率为k,则另一条切线的方程为y十 2 8=k(x一6)，即kx一y-6k-8=0. .圆C的圆心为C(2,1),半径r=3. 由圆心到切线的距离等于半径，得人一2一6一8=5， 由两圆相切，得引CA=7, VP+1 ∴.(a-2)2十(4-1)2=7，解得a=2士2/10， 解得=一是 ∴.所求圆的方程为(x一2一2/10)+(y一4)2=16或 “切线的方程为-是x一y一6×(-是）一-8=0， (x-2+2/10)2+(y-4)2=16. 导致上述错解的原因为只考虑了圆心在直线y=0上 即3.x+4y+14=0. 方的情况，而漏掉了圆心在直线y=0下方的情况另 综上可知，切线的方程为x=6和3x十4y十14=0. 外错解没有考虑两圆内切的情况，也是不全面的. 答案x=6和3x十4y十14=0. 易错探因过圆外一点作圆的切线有两条，解本题时容 误区10忽略椭圆标准方程的限制条件 易只考虑斜率存在的情况，忽略斜率不存在的情况，即 忽略切线x=6,从而造成漏解。 易错题10 (错民率26%若方程千十兰=1表示 误区9对两圆的位置关系考虑不全面 椭圆，则实数k的取值范围为 7-k>0, 易错题9（错误率30%）(2024·黄石二中月考)求半径 正解由题意可知k一5>0， 解得5<k<7且≠6. 为4，与圆C:x十y-4x一2y一4=0相切，且和直线 7-k去k5: y=0相切的圆的方程。 所以实数k的取值范围是(5,6)U(6,7). 正解设所求圆的方程为(x一a)十(y一b)=广(r>0), 答案(5.6)U(6,7). 圆心为A.又圆A与直线y=0相切且半径为4，故圆 易错探因本题在正解中画被浪线处容易出错，其原因是 心为A(a,4)或A(a,-4.又：圆C的圆心为C(2,1), 忽略椭圆标准方程的限制条件，而得到错误答案(5,7). 半径=3，若两圆相切，则1CA=4十3=7或CA|= 4一3=1.作分类讨论： 误区11忽略对椭圆焦点位置的讨论 当取A(a,4)时，(a一2)2+(4-1)2=7或(a-2)+ (4一1)=1（无解），a=2士2/10，此时所求圆的 易错题山（错送率30%）已知幅圆的标准方程为亏十 方程为(x-2-2、10)2+(y-4)2=16或(.x-2+ =1(m>0),并且焦距为6，则实数m的值为 2、10)2+(y-4)=16: 当取A(a,-4)时，(a-2)2十（一4-1）=7产或(a 正解，2=6，∴.c=3. 2)2十（一4-1）=12（无解），.a=2士26，此时所 当椭圆的焦点在x轴上时，由椭圆的标准方程知= 求圆的方程为(x-2-26)2十(y十4)2=16或(x 25,=m2,a=6+c2,得25=m2+9,.m2=16. 2+26)2+(y十4)2=16. 又m>0,故m=4. 综上所述，所求园的方程为(.x一2-210)2+(y一4)2=16 当椭圆的惩点在y轴上时，由椭圆的标准方程知 m,6=25,a2=+2,得m2=25十9=34. 或(x-2+2/10)+(y-4)2=16或(.x-2-26)2+(y+ 4)2=16或(x-2+2√6)2+(y+4)2=16. 又m>0,故m=34. 易错探因求解本题时易出现如下的错解： 综上，实数m的值为4或3. 由题知，所求圆的圆心为A(,4),半径为4， 答案4或√34. 故可设所求圆的方程为(x一a)2+(y一4)2=4， 易错探因本题在正解中画波浪线处容易出错，其原因 由圆C的方程配方，得(x一2)2+(y一1)2=3， 是想当然地认为焦点在x轴上而漏掉一解。 A.双曲线和一条直线 误区12忽略椭圆的焦点位置 B.双曲线和一条射线 易错题2（辑误率30若椭圆千8+ C双曲线的一支和一条直线 9 =1的离心 D.双曲线的一支和一条射线 率e= 2,求的值 正解依题意得F,F|=10,当a=3时，2a=6<|FF, 正解①若焦点在x轴上，即当k十8>9时，：2=k十8， 故点P的轨迹为双曲线：当a=5时，2a=10=|FF|, =9. 故点P的轨迹为一条射线.又|PF,I-PF=2a>0, ∴点P的轨迹为双曲线的右支和一条射线。 、又日，一1，所以e一2一2一—6s=L a2k+84 答案D 解得k=4 易错探因本题易忽略双曲线定义中的限制条件“差的 ②若焦点在y轴上，即当0<k十8<9时，a2=9,:= 绝对值” k+8, 义因为e=,所以= 误区15忽略双曲线的焦点位置 a 9 解得k=一 易错题15（错误率30%）若方程2m十网1表 综上可知6=4或女=一马 示双曲线，则实数m的取值范围为 12-m>0, (2-m0, 易错探因错解中忽略了椭圆的焦点位置的不确定性， 正解依题意有 或 m一301m-3>0, 应分焦点在x轴上和y轴上这两种情况进行讨论 解得一32或m>3. 误区13忽略隐含条件 所以实数m的取值范围是（一3,2）U(3,十∞). 答案(-3,2)U(3,+0∞). 易错题13（错误率30%）若直线y=kx十1(k∈R)与椭 易错探因本题易出错的地方是只考虑了双曲线的焦点 圆号+-1恒有公共点，求实数m的取值范围。 在x轴上的情况，忽略了焦点在y轴上的情况，从而得 到错误答案（一3,2）. 正解因为y=kx+1(k∈R)恒过点(0,1)，则点(0,1)在 椭圆亏+片=1内或椭圆上时，直线与椭圆恒有公共 误区16忽略对焦点所在轴的讨论 点，所以上≤1，即m≥1 易错题16（错误率35%）已知双曲线的渐近线方程为 当m=5时，专+兰-1不是椭圆，它是以原点为侧 少一士号，焦距为2、万，求双曲线的标准方程 正解当双曲线的焦点在x轴上时， 心，半径为5的圆，因此，m的取值范围为[1,5)U 42=18 (5,十0@). 解得 2=a2+6=26, =8, 易错探因本题易出现错解的原因是容易忽视m≠5这 个隐含条件， y 所以所求双曲线的标准方程为8一8=1： 误区14忽略双曲线定义中的限制条件 -2 当双曲线的焦点在y轴上时，由 b 3 易错题14（错误率29%）已知F(-5,0),F2(5,0),动 c2=a2+=26. 点P满足|PF,一PF=2a,当a为3和5时，点P =18, 解得 的轨迹分别是(). =8, 所以所求双曲线的标准方程为。一。 818=1 放所求双曲线的标准方程为后一。-1安 818-1. 平行，直线与双曲线只有一个公共点： 若4一k≠0，则△=(2k一2k)”-4(4-k2)(-k+ 易错探因本题易误认为焦点一定在x轴上，而漏掉焦 点在y轴上的情况 2次-5=0，解得k=号· 误区17忽略抛物线中定点和定直线间的关系 综上可得，直线1的斜率k的取值为号或士2 易错探因注意直线与双曲线只有一个公共点分为两种 易错题17（错误率32%）若动点P到定点F(1,1)的 情况： 离与它到直线l:3x十y-4=0的距离相等，则动点P (1)将直线方程代人双曲线方程后得到一个关于x(或 的轨迹是(). y)的一元二次方程，利用△=0可判断直线与双曲线只 A.椭圆B.双曲线 C.抛物线 D.直线 正解设动点P的坐标为(x,y),则由题意可得 有一个交点 (2)当直线平行于双曲线的渐近线时，也可判断直线与 √-1+(0y-1D=3十y- ,整理得x一3y十 110 双曲线仅有一个交点 2=0.所以动点P的轨迹为直线。 第二种情况特别容易被忽略，应值得注意， 答案D 误区20忽略直线与抛物线的交点个数的条件 易错探因在抛物线的定义中，易忽略定点和定直线间 的关系.定点一定是定直线外一点，若定点在定直线 易错题20（错误率39%）已知抛物线C:y=2px(p> 上，轨迹不再是抛物线，而是一条直线. 0)过点A(1,一2). (1)求抛物线C的方程，并求其准线方程. 误区18忽略抛物线标准方程的特征 (2)是否存在平行于OA(O为坐标原点)的直线1，使得 易错题18（错误率28%）若抛物线y=a.x的准线方程 直线/与抛物线C有公共点，且直线OA与直线/的距 是y=2,则a的值是 离等于号？若存在，求直线1的方程：若不存在，请说 正解把抛物线方程y=ax2化为标准形式得r2=】 u v. 明理由， 所以一-2a=- 1 正解(1)将(1，一2)代入y2=2p.x,得（一2）2=2p·1, 只1 所以p=2. 答案 8 故所求的抛物线方程为y=4,其准线方程为x=一1. 易错探因受二次函数的影响，误以为y=ax就是抛物线 (2)假设存在符合题意的直线1，其方程为y=一2x+t, 的标准方程，从而得到一冬=2，即a=一8的错误结论。 y2=4, 由 得v2+2y一21=0. y=-2.x+t, 误区19遗漏直线与双曲线有一个公共点的特 因为直线1与抛物线C有公共点， 殊情况 所以4=4什8>0.解得>一之 易错题19（错误率29%）已知过点P(1,1)的直线L与 双曲线x一兰=1只有一个公共点，试探究直线1的 由直线OA与直线（的E高等于停可得片-停所 5 4 斜率k的取值， =士.曲于-1e[-+1e[-+) 正解设直线1的斜率为k,则：y=(.x一1)十1，代入双 所以符合题意的直线1存在，其方程为y=一2x十1 曲线的方程得(4一k2)x2一(2k一2k)x一及十2k一5=0. 易错探因本题易错的地方是解出1的值后忽略了对( 若4一2=0，即k=±2，此时直线与双曲线的渐近线 是否满足直线与抛物线有交点的验证 2×62×cs60°=144. 误区21错把向量比直线 ∴.CD=12. 易错题21（错误率31%）（多选题）下列命题是真命题 易错探因本题易错的地方是混淆二面角的平面角与向 的是( 量夹角的概念，而误认为(CA,BD)=120°，从而得到错 A.若A,B,C,D在一条直线上，则AB与CD是共线 误答案62. 向量 误区23混淆“向量平行”和“向量共向” B若A,B,C,D不在一条直线上，则AB与C方不是共 线向量 易错题23（错误率28%）已知向量a=(1,2,3),b=(x C向量AB与CD是共线向量，则A,B,C,D四点必在 x2+y-2,y),且a,b同向，求x,y的值 一条直线上 正解 由题意知a/6,则千-十=名，可得 2 D.向量AB与AC是共线向量，则A,B,C三点必在 条直线上 y=3.x①. 正解A为真命题，A,B,C,D在一条直线上，向量AB, x2+y-2=2x②， CD的方向相同或相反，因此AB与C方是共线向量：B 把①代入②得x2+x-2=0,解得x=一2或：x=1. 当x=一2时y=一6：当x=1时，y=3. 为假命题，A,B,C,D不在一条直线上，则AB.CD的方 x=一2， 向不确定，不能判断AB与CD是否为共线向量：C为假 当 时，b=(-2,-4,-6)=-2a.向量a与b y=-6 命题，因为AB.CD两个向量所在的直线可能没有公共 反向，不符合题意，故舍去： 点，所以四点不一定在一条直线上：D为真命题，因为 AB,AC两个向量所在的直线有公共点A,且AB与AC 时，b=(1,2,3)=a,向量a与b同向，符合题意 y=3 是共线向量，所以三点共线。 故xy的值分别为1,3. 答案AD 易错探因本题易错的地方是将“向量共向”误认为“向 易错探因本题易混淆向量与直线这两个概念，从而误 量平行”，得到错解：x,y的值分别为一2，一6或1,3. 认为B,C也是其命题. 事实上，“两向量同向”是“两向量平行”的充分不必要 误区22向量的夹角与空间角混淆不清 条件，上述错解扩大了范围。 易错题22（错误率29%）如图所示，在平面角为120°的 误区24建立的空间直角坐标系不正确 二面角rABB中，ACCa,BDCB,且AC⊥AB.BD⊥ 易错题24（错误率31%）在四棱锥O-ABCD中，底面 AB,垂足分别为点A,B.已知AC=AB=BD=6,求线 段CD的长， ABCD是边长为1的菱形，∠ABC=牙，QA⊥底面 ABCD,OA=2,M为OA的中点，求异面直线AB与 MD所成角的大小. 正解作AP⊥CD于点P,如图所示，分别以AB,AP, AO所在直线为x轴、y轴、之轴建立空间直角坐标系， 正解AC⊥AB,BD⊥AB, ..CA.AB=0.BD.AB=0. :二面角aAB3的平面角为120°， .(CA,Bd》=180°-120°=60 ..CD=CD=(CA+AB+BD):=CA+AB+ BD:+2CA.AB+2CA.BD+2BD.AB=3X6+ 6 则A00,0),B10.0).M0,01,D(-号号.0小 B-2 答案 a++. 所以AB=(1,0,0), 易错探因本题易错的地方是求出cos(BD,B,C)= 而-（得-小 云+十？·+元后，误认为异面直线BD,和 2-c2 所以cosA成.M市= AB.MD 1 BC所成角的余弦值为 62-2 ABIMD 2 Va++c.√+元 出错的原因有两个：(1)忽略异面直线所成角的范围是 所以异面直线AB与MD所成角的大小为， (0,受]，其余弦值为非负数：(2)误把两个向量B配和 易错探因本题易错的地方是误以AB,AD,AO所在的 直线分别为x轴、y轴，之轴建立空间直角坐标系，从而 B,C的夹角看作异面直线BD,和BC所成的角。 得出错误答案.事实上，这里AB与AD不垂直. 误区26混淆二面角与面面角的大小 误区25忽略异面直线所成角与向量夹角的关系 易错题26（错误率28%）已知四边形ABCD为矩形， 易错题25（错误率30%）在长方体ABCD-A:B,CD, PA⊥平面ABCD.设PA=AB=a,BC=2a,求二而角 中，AB=a,BC=b,AA:=c,则异面直线BD,和BC BPCD的余弦值. 所成角的余弦值为 正解建立如图所示的空间直角坐标系A-x,则B(a,0, 正解以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐 0),C(a.2a,0),P0,0,a).D(0,2a,0),BC=(0,2a,0). 标系，则B(b,a,0),D(0,0,c),B(h,a,c),C(0,a,0), Bi-(-a,0.a),Cdi-(-a,0,0),Pi=(0,2a,-a. 则BD=(-h,-a,c),BC=(-h,0,-c) 从而cos(BD,BC= BD·BC IBDB.CI B-2 设平面PBC,平面PCD的法向量分别为 a++2,+ n1=(1,yh,),n=(+2+边） D m·BC=0,m.CD=0. 则有 和 m·=0m·P=0, 2ay=0. -a.x2=0, 即 和 对上式进行以下讨论： -ax1十a21=0 (2a9-a2=0. ①当<b时，cs(BD,BC)>0,这时(BD,BC)是锐 令x=1,可得平面PBC的一个法向量m1=(1,0,1), 角，则(BD,BC即异面直线BD和BC所成的角： 令为-1，可得平面PCD的一个法向量n:=(0,1.2), ②当c>b时，cos(BD,BC)<0,这时BD,BC)是 所以osm)==可 nm 5 钝角，则(BD,BC)的补角x一〈BD,BC)即异面直 观察图形知二面角B-PCD为钝角，所以二面角 线BD,和B,C所成的角： ③当c=b时，cos(BDi,BC)=0,这时(BD.BC) BPCD的余弦值为-一 9o°，则(BD,B,C)即异面直线BD和BC所成的角. 易错探因本题在正解中画波浪线处容易出错，求出 综上，异面直线BD和BC所成角的余弦值为 cos (m,n)= 日：册-平后，误认为所要求的余 nn2 8-c 、a++c·+ 弦值即为严，其原因是混清了二面角与两个平面的 7 法向量所成角的关系，从而得出错误的答案 10种安装方法，所以有20种不同的安装方法：若恰有 1种颜色相邻，则有2×6=12种不同的安装方法.综 误区27计数时出现“遗漏”或“重复” 上，共有3×(6+20+12)=114种不同的安装方法. 易错题27（错误率31%）(2024·天津新华中学检测) 答案114. 某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其 易错探因求解本题时容易出现如下的错解： 中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的 从颜色考虑.从3种颜色中任选1种颜色，最多安装 各1人，有种不同的选法 3盏，最少安装2盏，分类讨论.不妨就选安装2盏红 正解共分三类：第一类，当选出的会英语的人既会英语 灯、2盏黄灯、3盏蓝灯（这里有3种选法）来讨论.先排 又会日语时，选会日语的人有2种选法：第二类，当选 3盏蓝灯，只有1种排法，然后插空，把2盏红灯插进 出的会日语的人既会英语又会日语时，选会英语的人 去，再把2盏黄灯插进去，有A好A是=240种插空方式. 有6种选法：第三类，当概会英语又会日语的人不参与 所以共有240×3=720种不同的安装方式 选择时，则需从只会日语和只会英语的人中各选一人， 导致上述错解的原因如下： 有2×6=12种选法.故共有2+6十12=20种选法. 错把同色的路灯看成了可以区分的元素，但同色路灯 答案20. 是相同元素，相同元素在排列中是不考虑顺序的。 易错探因求解本题时容易出现如下的错解： 误区29忽略排列的有序性 共分两步完成，选出会英语和日语的各1人.第一步， 选出会英语的，有7种方法：第二步，选出会日语的，有 易错题29（错误率30%）(2024·中山一中单元测试) 3种方法.故共有7×3=21种不同的方法， 8人站成前后两排，每排4人，其中甲、乙两人必须在前 导致上述错解的原因如下： 排，丙在后排，则共有 种排法， 忽视了既会英语又会日语的多面手，当从7个会英语 正解先排甲、乙，有A种排法，再排丙，有A种排法， 的人中选出的1人既会英语又会日语时，选会日语的 其余5人有A种排法，故共有AAA=5760种 人时，只有2种选法了.这是因分类不清造成“重复” 排法。 答案5760. 误区28不能正确区分有顺序与无顺序问题 易错探因求解本题时容易出现下面两种错解： 易错题28（错误率32%）(2024·宜昌一中测试)为亮 错解一甲，乙两人在前排，前排还少2人，有A种排 化城市，现在要把一条路上？盏路灯全部改装成彩色 法：丙在后排，其余3人有A种排法，故共有AA 路灯，如果彩色路灯有红、黄、蓝共3种颜色，在安装时 120种排法. 要求相同颜色的路灯不能相邻，而且每种颜色的路灯 错解二甲，乙两人在前排，有A好种排法，再从余下 至少婴有2盏，那么有种不同的安装方法 5人（不含丙）中选2人排在前排，有A:种排法：其余 正解安装时要求相同颜色的路灯不能相邻，而且每种 4人（含丙）在后排，有A种排法，故共有AA号A= 颜色的路灯至少要有2盏，这说明3种颜色的路灯的 960种排法. 分配情况只能是2,2,3盏的形式.先讨论颜色，在选择 导致上述两种错解的原因如下： 颜色时有3种方法，选好了1种颜色后，安装时采用插 甲、乙两人在前排，但甲、乙的位置不能确定，需对甲、 空的方式.下面不妨就选安装2盏红灯，2盏黄灯，3盏 乙两人的位置进行排列.同样地，丙在后排，丙的位置 蓝灯来讨论.先排2盏红灯，2盏黄灯，若2盏红灯、 也不能确定，后排4人的位置需进行排列： 2盏黄灯分别两两相邻，有2种排法，则蓝灯有3种排 误区30分类不当导致重复 法，共有6种不同的安装方法；若2盏红灯，2盏黄灯分 别两两不相邻，有2种排法，再把蓝灯安排进去，有 易错题30（错误率35%）(2024·珠海一中月考)在 8 11名工人中，有5人只当钳工，4人只当车工，另外2人 从A1,A2,A三点中任取两个点，在B1,B,B,B,B 既可当钳工，又可当车工，现从11人中选出4人当钳 五点中任取一个点，有CC个不同的平面.由分类加 工，4人当车工，则共有 种不同的选法 法计数原理，有CC十CC=45个不同的平面， 正解讨论既会钳工又会车工的2人的工种，可以分成 上述解法的错误在于分类重复，因为在（上任取两点 六类： 与在2上任取一点确定的平面，实际上就是直线4分 (1)这2人只当钳工，有CCC=10种选法： 别与B,B,B,B,B确定的平面，这样的平面共有 (2)这2人只当车工，有CCC=30种选法： 5个：同理，在上任取两点与在上任取一点确定的 (3)这2人中一人当钳工，另一人当车工，有CC野 平面，就是直线分别与A,A:,A确定的平面，这样 80种选法： 的平面共有3个，所以这八个点可以确定8个不同的 (4)当不分配这2人时，有CC=5种选法： 平面。 (5)这2人只选一人当钳工，另一人不选， 误区32混淆二项展开式项的系数与二项式系数 有CCC=20种选法： (6)这2人只选一人当车工，另一人不选， 易错题32（错误率28%）设(x一2)展开式中第二项 有CCC=40种选法。 与第四项的系数之比为1：2，则含x的项为 所以共有10十30+80+5+20十40=185种不同的选法. 答案185. 正解(x一2)"展开式中第二项与第四项分别为T:= 易错探因求解本题时容易出现如下的错解： Cx-1(-2)=-2nx"-l,T=Cx3(-2)3= 讨论既可当钳工又可当车工的2人的工种，可以分成 -2v2Cx-. 三类： (1)这2人只当钳工，有CC种选法： 根粥题意得到2亮一子能理得行一3一0，解 (2)这2人只当车工，有CC种选法： 得=4或n=一1（没有意义，舍去）. (3)这2人中一人当钳工，另一人当车工，有(CC)A号 设(x一2)展开式中含x的项为第r十1项，则 种选法，所以共有CC+CC+(CC)A=260种不 同的选法 T,+=Cx-(-2)(r=0.1.2.3.4). 导致上述错解的原因如下： 根据题意有4一r=2,解得r=2,所以(x一2)展开式 (1)与(2)重复，若(1)中的C可以不选这2人，则与 中含x2的项为T=Cx2(一√2)=12x2. (2)中的C就重复了：(2)与(3)，(1)与(3)都重复. 答案12x2. 易错探因第二项的系数为C,第四项的系数为C.根 误区31分类重复 据题意得到哈-之将二项展开式的某项的系数与二 易错题31（错误率34%）(2024·贵阳一中检测)已知 项展开式的二项式系数弄混了，这是同学们解题时经 l,是两条异面直线，在4上有A,A,A三点，在 常犯的错误。 上有B,B2,B,B,B五点，则这八个点可以确定 个不同的平面， 误区33对二项式通项理解不透彻 正解共有5十3=8个平面. 答案8. 易错题33（错误率29%）若x=2,则(1十x)0的展开 易错探因求解本题时容易出现如下的错解： 式中的第儿项的系数最大？ 分成两类，第一类：从A1,A,A三点中任取一个点， 正解设展开式的第r+1项的系数最大，则有 在B,B,B,B,B五点中任取两个点，根据不共线 C(2)r≥C'(2)1, 的三点确定一个平面，有CC个不同的平面.第二类： C(2)≥C话'(2)+1， 9 解得101-一512≤r≤102-512. 产生错解的原因在于仅注意到随机变量X的分布列 又r∈N4,故r=29. 满足概率和为1，而忽略了0≤p:≤1(i一1,2) 即(1十x)的展开式中的第30项的系数最大 误区36在求随机变量的分布列时出现错误， 易错探因本题在求出=29后，很容易误认为第29项 即所求，其实应该是展开式中的第30项. 导致求错均值 误区34未能正确区分条件概率与积事件的概率 易错题36（错误率37%）(2024·济南调考)学校新购 易错题34（错误率29%）袋中有6个黄色、4个白色的 置了3台投影仪用于多媒体教学，为保证设备正常工 乒乓球（只有颜色不同），不放回抽取，每次任取一球， 作，事先进行独立试验，已知各设备产生故障的概率分 取两次，求第二次才取到黄球的概率。 别为P,P,P,则试验中产生故障的投影仪数量的数 正解设A表示第一次取到白球，B表示第二次取到黄 学期望为 球，C表示第二次才取到黄球。 正解设表示产生故障的仪器数，A,(i=1,2.3)表示 则PG=PAB)=高×号-高 第i台仪器出现故障 P(-1)-P(AA A)+P(AAA)+P(AA:A) 易错探因求解本题时容易出现如下错解： =P(1-P)(1-P)+P(1-P)(1-P)+P1 设A表示第一次取到白球，B表示第二次取到黄球， P)(1-P)=P1+P+P-2PP-2PP。-2P3P C表示第二次才取到黄球，期八O-BA-号-号 +3P P:P:. 出现上述错误的原因是不理解P(AB)与P(B引A)的含 P(=2)=P(AAA)+P(A:A:A)+P(AA2A)= 义，事实上，求P(BA)时表示第一次抽取结果已知： PiP:(1-P)+PP(1-P:)+P:P:(1-P)=PiP: 抽到白球，而求P(AB)时两次抽取都是随机的， +PP+P:P-3PP:P3, P(E=3)=P(AA:A）=P(A)P(A)P(A）= 误区35对随机变量分布列的性质认识不够 PP:P. 易错题35（错误率29%）设X是一个离散型随机变量， 所以E()=1×P(=1)十2XP(=2)+3×P(=3) 其分布列为 P+P:+P. X 0 1 答案P十P十P. 9a2-a 3-8a 易错探因求解本题时容易出现如下的错解： 则常数a的值为( P(E=1)=P(A)P(A)P(A)=P(1-P)(1-P) 分 B号 P+PPP-PP-PP. c日或号 n-号或-号 P(=2)=P(A:)P(A:)P(A)=PP:(1-P)=PP: -P PP. 正解由离散型随机变量分布列的性质可得 P(=3)=P(A)P(A:)P(A)=PP:P, r9a2-a+3-8a=1. 所以E()=P(=1)X1+P(e=2)×2+P(=3)× 0≤9a2-a≤1， 解得a= 3=P+PP:P:-PP:-PiP:+2PP:-2PP:P.+ 10≤3-8a≤1， 3P P:P=P+2P P:P+PP:-P P3. 答案A 导致上述错解的原因是求概率时出现错误，由于3台 易错探因本题易由离散型随机变量分布列的性质得 投影仪中，无论哪台发生故障都会对最后的结果产生 9a-a十3-8=1，解得a=号或a=号，从而错选C 影响，所以在解题的过程中应进行分类讨论. 105 第五章 计数原理 §1基本计数原理 1.1分类加法计数原理 1.2分步乘法计数原理 1.3基本计数原理的简单应用 重点和难点 课标要求 重点：理解分类加法计数原理和分步 乘法计数原理，并能应用它们解决一些简 单的实际问题， 1.理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理。 难点：正确理解“完成一件事情”的含 2.用计数原理解决一些简单的实际问题， 义，能根据实际问题的特征，正确区分“分 类”或“分步” 门01必备知识梳理一。 基础梳理 国敲黑板 知识点1分类加法计数原理 (1)分类加法计数原理中 1.定义：完成一件事，可以有n类办法，在第1类办法中有m 各类方案相互独立，各类方案 种方法，在第2类办法中有m2种方法…在第n类办法中有mm 中的各种方法也相互独主，用 种方法，那么，完成这件事共有N=m1十2十…十m,种方法.（也 任何一类方案中的任何一种 方法都可以单独完成这件事 称“加法原理”) (2)要清楚“完成一件事” 2.原理的特点分析 的含义，即知道做一件事或完 完成这件事有n类不同的方案 成一个事件在题目中具体指 特点一每一类方案中的每一种方法都可以完成这件事 的是什么. (3)“完成一件事有n类 将这”类方案中的方法数相加，即可得到完成这 不同的方案”是指完成这件事 件事的方法总数 的所有方法可分为类，即任 知识点2分步乘法计数原理 何一类中的任何一种方法都 1.定义：完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步 可以单独完成任务，而不需要 有种不同的方法，做第2步有2种不同的方法…做第n步 再用到其他方法：每一类没有 178 第五章 计数原理么国 有种不同的方法，那么，完成这件事共有V=·e·…·2 相同的方法，且完成这件事的 种方法.（也称“乘法原理”） 任何一种方法都在某一类中 2.原理的特点分析 冒敲黑板 完成这件事至少需要两个步骤，缺一不可 (1)首先明确问题中所指 特点 完成每一步有若干种方法 的“完成一件事”是指什么，怎 样才算是“完成这件事”，然后 把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事 根据问题的特点确定分步标 的方法总数 准，标准不同，分步的步骤也 知识点3两个计数原理的区别与联系 会不同 (2)“完成一件事需要n 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 个步骤”是指完成这件事的任 联系 都是用来计算完成一件事的方法种数 何一种方法都要分成”个步 区别一 针对的是“分类”问题 针对的是“分步”问题 骤，在每一个步骤中任取一种 区别二 各种方法相互独立 各个步骤中的方法相互连续 方法，然后相继完成所有的步 骤就能完成这件事，即各步骤 任何一种方法都可以完成 只有各个步骤都完成才算完成这 区别三 是相互依存的，只有每个步骤 这件事 件事 都完成才能完成这件事， 重难拓展 通记方法 重难点1两个计数原理的合理选择 应用分类加法计数原理 1.在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分 解题的一般思路 步，而是可能同时应用两个计数原理，即分类时，每类的方法数可 将完城一作事的办法 分成若类 能要运用分步完成：分步时，每步的方法数可能会采取分类的思 想解决.另外，具体问题是先分类后分步，还是先分步后分类，应 视问题的特点而定.解题时经常是两个原理交叉使用，分类的关 计数 求出：类的方法数 键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程 序，即合理分类，准确分步 古论 将每一类的达数相 加得出钻果 2.解决较为复杂的计数问题时，一般要将两个计数原理综合 应用.使用时要做到目的明确、层次分明、先后有序，还需特别注 意以下两点： (1)合理分类，准确分步：处理计数问题，应紧扣两个计数原 理，首先弄清楚是“分类”还是“分步”，其次弄清楚“分类”或“分 步”的标准，做到合理分类，准确分步 (2)特殊优先，一般在后：解含有特殊元素、特殊位置的计数 问题时，优先安排特殊元素，优先确定特殊位置，再考虑其他元素 与其他位置，体现出解题过程中特殊与一般的思想. 例①(2024·大连二十四中检测)在7名学生中，有3名会 下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另外2名 179 更滩包手细高中数学选择性必修第一册S> 既会下象棋又会下围棋.现在从这7人中选2人分别参加象棋比 赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？ 解析方法一分四类：第1类，从3名只会下象棋的学生中 选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参 加围棋比赛，有选法3×2=6种： 第2类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛 同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比 赛，有选法3×2=6种： 第3类，从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛， 同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比 赛，有选法2×2=4种： 第4类，从2名既会下象棋又会下围棋的学生中各选1名分 别参加象棋比赛和围棋比赛，有选法2×1=2种.故不同的选法 8记方法切 共有6十6十4十2=18种. 应用分步乘法计数原理 方法二分两类：第1类，从3名只会下象棋的学生中选1 解题的一般思路 名参加象棋比赛，这时7人中还有4人会下围棋，从中选1名参 将完城一件$的过程 加围棋比赛，有选法3×4=12种； 分成若「广步 第2类，从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加 求州每一步中的方 象棋比赛，这时7人中还有3人会下围棋，从中选1名参加围棋 法数 比赛，有选法2×3=6种.故不同的选法共有12十6=18种 将每非中的方法数 重难点2涂色问题 结论 招采得山最终结果 例2(2024·济南历城二中单元测试)将红、 国敲黑板 黄、绿、黑四种颜色涂在如图所示的图中，要求相 1.利用两个原理处理图 邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？ 形涂色问题是一种对能力要 解折方法一①当B与D同色时，有4X3×2X1×2=48种： 求较高的问题，需要特别关注 ②当B与D不同色时，有4×3×2×1×1=24种， 图形的特征，有多少块，用多 故共有48十24=72种不同的涂色方法. 少种颜色 方法二按涂色时所用颜色种数多少分类： 2.如果图形不是很规则， 往往从某一块出发进行分步 第一类，用4种颜色，此时B,D区域或A,E区域同色，则共 涂色；如果图形具有一定的对 有2×4×3×2×1=48种不同涂法： 称性，那么先对涂色方案进行 第二类，用3种颜色，此时B,D同色，A,E同色，先从4种颜 分类，每一类再进行分步. 色中取3种，再涂色，共4×3×2×1×1=24种不同涂法. 由分类加法计数原理知，共有48十24=72种不同涂法. 180 第五章计数原理 门-02-关建能边提升。 题型方法 复数字的三位数？ 题型1分类加法计数原理的应用 解析(1)要完成“组成三位数”这件事，需 例3(2024·海南中学检测)在所有的两 分以下三步进行。 位数中，个位数字小于十位数字的两位数共有 第一步：确定个位数字，7,8,9三个数字都 个 可以选择，有3种选法； 解析一个两位数由十位数字和个位数字 第二步：确定十位数字，7,8,9三个数字都 组成，可先确定个位数字后再考虑十位数字有 可以选择，有3种选法； 几种可能. 第三步：确定百位数字，7,8,9三个数字都 一个两位数的个位数字可以是0,1,2,3， 可以选择，有3种选法 4,5,6,7,8,9.这样，满足题意的两位数可分成 根据乘法原理，可以组成的三位数有3X 九类 3×3=27个. 第一类：当个位数字为0时，十位数字可 (2)要完成“组成没有重复数字的三位数” 以是1,2,3,4,5,6,7,8,9，有9个满足条件的 这件事，需分以下三步进行. 第一步：确定个位数字，7,8,9三个数字都 两位数： 第二类：当个位数字为1时，十位数字可 可以选择，有3种选法； 第二步：确定十位数字，第一步选过的数 以是2,3,4,5,6,7,8,9，有8个满足条件的两 位数： 字不能选择，因此有2种选法： 第三类：当个位数字为2时，十位数字可 第三步：确定百位数字，只有1种选法 根据乘法原理，可以组成的没有重复数字 以是3,4,5,6,7,8,9，有7个满足条件的两 的三位数有3×2×1=6个 位数： 以此类推，当个位数字分别是3,4,5,6,7， 题型3两个计数原理的综合应用 8时，满足条件的两位数的个数分别为6,5,4， 1.“类中有步”的计数问题 3,2,1 用流程图描述计数问题，类中有步的情形 由分类加法计数原理知，满足条件的两位 如图所示。 数有9+8+7+6+5十4+3+2+1=45个. 第类 故个位数字小于十位数字的两位数共有 分2类 45个. 具体意义如下： 答案45. 从A到B算作完成一件事，完成这件事有 题型2分步乘法计数原理的应用 两类办法，在第1类办法中有3步，在第2类办 例④(2024·临川一中月考)(1)用数字 法中有2步，每步的方法数如图所示。 7,8,9可以组成多少个三位数？ 所以，完成这件事的方法总数为mh2十 (2)用数字7,8,9可以组成多少个没有重 m4175. 181 更难食手册高中数学选择性必修第一册 rsD “类”与“步”可进一步理解为： 地铁的方案共有多少种？ “类”用“十”连接，“步”用“×”连接，“类” (2)若甲、乙两人共付费8元，则甲比乙先 独立，“步”连续，“类”标志一件事的完成，“步” 下地铁的方案共有多少种？ 缺一不可 解析(1)甲、乙两人共付费6元，则一人 2.“步中有类”的计数问题 付费2元，另一人付费4元.付费2元的乘坐站 用流程图描述计数问题，“步中有类”的情 数有1,2,3共三种选择，付费4元的乘坐站数 形如图所示. 有4,5,6,7共四种选择，所以甲、乙下地铁的 B 方案共有(3×4)×2=24种. (2)甲、乙两人共付费8元，则甲付费2元， 从计数的角度看，由A到D算作完成一件 乙付费6元或两人都付费4元.当甲付费2元， 事，可简单地记为A→D. 乙付贵6元时，甲乘坐站数有1,2,3共三种选 完成A→D这件事需要经历三步，即A~ 择，乙乘坐站数有8,9,10,11,12共五种选择， B,B→C,C→D.其中B→C这步又分为三类， 共有3×5=15种方案.当两人都付费4元时， 这就是“步中有类” 若甲在第4站下地铁，则乙可在第5,6,7站下 其中m(i=1,2,3,4,5)表示相应的方法数 地铁，有3种方案：若甲在第5站下地铁，则乙 完成A→D这件事的方法数为m1(2十 可在第6,7站下地铁，有2种方案；若甲在第6 g十1)5. 站下地铁，则乙只能在第7站下地铁，有1种方 例(2024·西安铁一中学检测)某城市 地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客 案.综上，甲比乙先下地铁的方案共有15十3十 经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过 2+1=21种. 12站的地铁票价如下表. 易错警示 乘坐站数 0<x≤3 3<x≤7 7<x≤12 ◆易错题27（错误率31%）(2024·天 票价/元 2 4 6 津新华中学检测)某外语组有9人，每人至 现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一 少会英语和日语中的一门，其中7人会英 辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过12站，且 语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各 他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的. 1人，有 种不同的选法 (1)若甲、乙两人共付费6元，则甲、乙下 参考答案见《全书易错题集》第8页 03核心泰养聚焦一 考向分类 老年公寓可以选择的最短路径条数为( 考向1两个计数原理的简单应用 例⑥（经典·全国卷Ⅱ）如图1，小明从街 道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到 图1 位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到 A.24 B.18 C.12 D.9 182 第五章计数原理】 解析除已知标记的E,F,G三点外，另标 答秦B 记A,B,A1,B1,E1,A2,B2,G,A3,B3,F1,如 命题意图：本题主要考查两个计数原理的 图2.若总体路线最短，则需E到F最短，并且 命题规律应用 F到G也最短.E到F最短，可由E→B→F或 真题探源：根据课本P156相关知识命制 E→E→F.显然，由E→B→F最短有3条 常考题型 选填题难度系数0.6高考热度 ★ (E→B→A→A1→F或E→B→B1→A1→F或 核心素养 逻辑推理 素养水平 水平 E→B→B,→A2→F).由E→E→F最短有3 条(E→E1→B1→A→F或E→E1→B→A2→ 真题演练 F或E→E→B2→A2→F).由分类加法计数原 1.(经典·山东卷，考向1)用0,1，…，9十 理可知，E→F共有6条最短路径.而FG有 个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数 F→G1→A3→G,F→B3→A→G,F→B→ 为( ). F1G,共3条最短路径，由分步乘法计数原理 A.243 B.252 可知，共有6×3=18条最短路径 C.261 D.279 2.(经典·福建卷，考向1)满足a,b∈{一1， A日 0,1,2},且关于x的方程a.x2十2x十b=0有实 B 数解的有序数对(a,b)的个数为( 图2 A.14 B.13 C.12 D.10 04学业质量测评。 基础过关练 测试时间：20分钟 4.[题型2]某城市的电话号码由六位升为七位 1.[题型3]从甲地到乙地有2种走法，从乙地 (首位数字均不为0)，则该城市可增加的电 到丙地有4种走法，从甲地不经过乙地到丙 话部数是( 地有3种走法，则从甲地到丙地的不同走法 A.9×8×7×6×5×4×3×2 种数共有( B.8×9 A.2+4+3 B.2×4+3 C.9×10 C.2×3+4 D.2×4×3 D.8.1×10 2.[题型2]用1,2,3三个数字组成一个四位 5.[题型2]从1到10的正整数中，任意抽取 数，规定这三个数必须全部使用，且同一数 两个相加，所得和为奇数的不同情形有 字不能相邻出现，这样的四位数有( 种 A.36个B.18个C.9个D.6个 6.[题型2]现有6名同学去听同时进行的5个 3.[题型3]设集合I=1,2,3,4,5},选择I的 课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的 两个非空子集A和B,若要使B中最小的数 一个讲座，不同选法的种数是 大于A中最大的数，则不同的选择方法有 B综合提能练 测试时间：30分钟 (). 7.[题型1、2](2024·黑龙江大庆第十中学期 A.50种B.49种C.48种D.47种 中)现有4种不同的颜色，任选其中几种对 183 更难手细高中数学选择性必修第一册 ?SD 如图所示的四个部分进行着色，要求有公共 2,3},且a,b,c互不相同，在所有这些方程 边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的 所表示的曲线中，不同的抛物线共有 着色方法共有( 条. 金 A.144种 B.72种 13.[题型2](2024·南京金陵中学检测)某人 C.64种 D.84种 题 名 有4种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够 8.[题型2](2024·黄冈中学模拟考试)对 多)，要在如图所示的6个点A,B,C,A, 33000分解质因数得33000=23×3×5× B,C上各装一个灯泡，要求同一条线段两 11,则33000的正偶数因数的个数是( 端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至 A.48 B.72C.64 D.96 少用一个的安装方法共有多少种？ 9.[题型3](2024·临川一中期中)甲，乙，丙， 丁，戊五只猴子在一棵枯树上玩要，它们均 不慎失足下落.已知(1)甲在下落的过程中 依次撞击到树枝A,B,C:(2)乙在下落的过 程中依次撞击到树枝D,E,F:(3)丙在下落 的过程中依次撞击到树枝G,A,C:(4)丁在 下落的过程中依次撞击到树枝B,D,H:(5) 14.[题型2、3]已知0,1,2,3,4,5,6这七个数 戊在下落的过程中依次撞击到树枝I,C,E, 字，请完成下面三个小题 则这9根树枝从高到低不同的次序种数是 (1)用以上七个数字能组成多少个三位偶 (). 数（允许有重复数字）？ A.23 B.24 C.32 D.33 (2)用以上七个数字能组成多少个无重复 10.[题型3](2024·北京东城二中检测)已知 数字且能被5整除的四位数？ 集合A={(x,y)|x2+y≤1，x,y∈Z}, B={(x,y)川|x≤2，y≤2，x,y∈Z},定 3已知桶圆后+芳-1，其中a,6E101, 义集合A⊕B={(+2,M十)川(，M)∈ 2,3,4,5,6},则满足焦距不小于8的不 A,(x2,2)∈B,则A①B中元素的个数为 同椭圆有多少个？ (). A.77 B.49 C.45 D.30 11.[题型2、3](2024·杭州 ●324 二中单元测试)工人在安 装一个正六边形零件时， 需要固定如图所示的六个 ●56● 位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固 培优突破练 测试时间：10分钟 定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓，则 不同的固定螺栓方式的种数是 15.[题型2、3](2022·南京大学强基计划)方 12.[题型3](2024·江西师大附中月考)方程 程x1十2十x3十3x4十3x十5.x6=7非负整 ay=x2+c中的a,b,c∈{-3，-2,0,1， 数解的个数为 184所以平面PAB的一个法向量为n=(2,0,1). 要使其有实数解，需判别式△=2一4ab>0,即ab≤1. 2+2 -故平面P 若a=一1，则b可为一1,0,1,2，即有序数对为（一1， cos(m.n)= 1+1+2X/2+1 -1),(一1,0)，（一1,1），（一1,2），共4对 与平面PEC的夹角的正弦值为，√一（雪）-号 若a=1,则b可为-1.0,1，有序数对为(1，一1)，(1， 0).(1,10,共3对： (3)设存在点Q满足条件. 若a=2,则b可为-1,0，有序数对为(2，一1)，(2,0)， 由F(号0，号E0,2② 共2对. 根据分类加法计数原理可得，满足题意的有序数对的 可知成=(-2.号)】 个数为4十4十3+2=13. 设F戒=λF求(0≤≤1)， 学业质量测评 1.B 整理得Q(12,2x.B+D）: 2.B提示：由题意得1,2,3这三个数中必有某一个数字 则à-(1号，2以-1,2+D) 被重复使用2次.第一步，确定是哪一个数字被重复使 用2次，有3种方法：第二步，把这2个相同的数字排 因为直线BQ与平面BCP所成角的大小为答， 在四位数不相邻的两个位置上，有3种方法：第三步， 所以s血音=lcos(成m1=à：m 将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有 BQI Im 2种方法.故有3×3×2=18个不同的四位数， 154-11 1 3.B提示：当A=(1)时，B为集合{2,3,4,5)的非空子 219吸-10m+7=2 集即可，有15个：当A中最大的数为2时，B有7个： 解得x=1,由0≤1≤1知A=1,即点Q与点E重合 当A中最大的数为3时，B有3个：当A中最大的数为 故在线段EF上存在一点Q,使得BQ与平面BCP所 4时，B=(51.故共有15十2×7+4×3十8=49种不同 成角的大小为否，此时FQ=EF= 的选择方法 2 4.D提示：电话号码是六位数字时，该城市可安装电话 第五章计数原理 9×10部，同理，升为七位数字时为9×10部，.可 增加的电话部数是9×10一9×10-8.1×10 §1基本计数原理 5.25.6.5. 1.1分类加法计数原理 7.D提示：根据题意，分3步进行分析：①给“金”着色， 1,2分类乘法计数原理 有4种结果.②给“榜”着色，有3种结果.③给“题”着 L.3基本计数原理的简单应用 色，若其与“榜”同色，则给“名”着色有3种结果：若其 真题演练 与榜”不同色，则给“题”着色有2种结果，然后给“名” 1.B 若色有2种结果.共有4×3×(3+2×2)=84种结果. 2.B提示：要确定使方程ax2十2x十b=0有实数解的有 8.A提示：33000的因数有若干个2（共有2,2,2,2 序数对(a,b),需对a分类讨论. 四种情况)， (1)若a=0,方程即2x+b=0,显然有实数解，此时b 若干个3（共有3,3”两种情况）. 可取一1,0,1,2，所以有序数对为(0，一1)，(0,0)，(0， 若干个5（共有5,5,5,5四种情况）， 1),(0,2),共4对. 若干个11（共有11'，11°两种情况）. (2)若a≠0，则方程a.x2+2x十b=0为一元二次方程， 由分步乘法计数原理可得，33000的因数共有4×2× 45 4×2=64个，不含2的共有1×2×4×2=16个，所以 9=23条. 33000的正偶数因数的个数是64一16=48. 同理，当b=一2或b=2时，共有16十16一9=23条 9.D提示：由题意可判断出树枝顺序从上到下依次为 当b=1时，a=-3,0=一2,0,2,3或a=-2,c=-3, G,A,B.C,E,F,还剩下D,H,I 0,2.3或a=2,c=-3,-2,0,3或u=3,c=-3,-2. 先看树枝I在C之前，有4种可能，而树枝D在B,E 0,2,共有16条。 之间，H在D之后. 综上，共有23+23+16=62条， 若1在B,C之间，D有3种可能： 13.第一步，在点A,B,C上安装灯泡，A1有4种方法， ①若D在B,I之间.H有5种可能： B,有3种方法，C,有2种方法，由分步乘法计数原理 ②若D在I,C之间，H有4种可能： 可得，共有4×3×2=24种方法. ③若D在C.E之间，H有3种可能. 第二步，从A,B,C中选一个点安装第4种颜色的灯 若1不在B,C之间，则I有3种可能，此时D有2种可 泡，有3种方法。 能：D可能在B,C之间，H有4种可能：D可能在C,E 第三步，再给剩余的两个点安装灯泡，共有3种方法。 之间，H有3种可能. 由分步乘法计数原理可得，安装方法共有24×3×3 综上所述，共有5+4十3+3×(4十3)=12+21=33种 216种. 可能 14.(1)在0,1,2,3,4,5,6这七个数字中，偶数包括0,2， 10.C提示：的取值为一1,0,1，x的取值为一2，一1， 4,6,奇数包括1,3,5.因为百位数字不能是0，所以有 0,1.2,十的不同取值为-3，一2，一1.0,1,2.3. 6种选择，十位数字有7种选择，个位数字有4种选 同理，1十为的不同取值为一3，一2，一1,0,1,2,3.当 1十x=一3时，y只能等于0，此时”十2≠士3， 择，故能组成6×7×4=168个三位偶数. 多出2个元素：同理，当十=3时，只能等于 (2)无重复数字且能被5整除的四位数的个位数字只 0,此时”+≠±3，多出2个元素.。一共多出4个 能为0或5 元素， 当个位数字为0时，这样的四位数有6×5×4 ,A④B中元素的个数为7×7一4=45. =120个： 11.60.提示：根据题意可知，第一个可以从6个螺栓里 当个位数字为5时，这样的四位数有5×5×4=100个. 任意选一个，共有6种选择方法，并且机会是相等的， 所以无重复数字且能被5整除的四位数有120十100= 若第一个选1号螺栓，则第二个可以选3,4,5号螺 220个. 栓，依次选下去，可以得到10种方法(135246,135264， (3)由题意知a≠b且a,b均不为0， 136425,142536,142635,146253,146352,152463,153624, 当u>b时，由2c≥8得2√G-≥8.整理得a2≥ 153642).所以共有10×6=60种方法. ?十16，所以a=5或a=6. 12.62.提示：若方程表示抛物线，则a≠0，b≠0，方程变 若a=5,则b=1,2,3,此时满足条件的椭圆有3个： 形得y=仁x+S 若a=6,则b=1.2,3.4,此时满足条件的椭圆有4个. .分h=-3,一2,1,2,3五种情况. 所以满足条件的椭圆有3十4=7个. 当b=一3时，a=-2,c=0,1,2,3或a=1,c=-2,0, 同理，当<b时，满足条件的椭圆也有7个 2,3或a=2,c=-2,0.1,3或a=3,c=-2,0.1,2. 综上，焦距不小于8的不同椭圆有7十7=14个. 当b=3时，a=-2,c=0,1,2,-3或a=1,c=-2,0, 15.81.提示：若x6=1,则xD十十十3(x4十)=2. 2,-3或a=2,c=-2,0,1.-3或a=-3,c=-2,0, 所以上=x=0.即十2十x=2,则x,,的 1,2.以上两种情况中有9条重复，故共有16+16一 取值情况有0,0,2或0,1,1两种类型，即共3+3= 46 6种 数为A号·A=12:②3,5在a2,a:的位置上全排列，其 若x%=0,则十十x十3(x十)=7， 排列是(1,3,2,5,4)，(2,3,1,5,4)，(4,5,1,3,2)，(4， 若x十=2，即十2十乃=1，则，2，的一 5,2,3,1),共4种.故共有排列12+4=16种， 种取值情况可为0,0,1，共3×3=9种。 5.24.提示：分三步完成。第一步，将两位爸爸排在两 若x4十x=1,即十x十=4，则x,的取 端，有A种排法：第二步，将两个小孩看作1人，与两 值情况有0,0,4或0,1,3或0,2,2或1,1,2四种类 位妈妈任意排在中间的三个位置，有A种排法：第三 型.即共2×(3十6+3+3)=30种。 步，两个小孩之间有A种排法. 若x十=0，即十x十=7，则，的取 故这6个人的入园排列方法共有A号AA=24种. 值情况有3,3,1或4,2,1或7,0,0或2,5,0或3,4,0 6.1560.提示：由题意知，此题为排列问题，故全班共 或1,6,0或1,5,1或2,3,2八种类型，即共3+6十3 写了A=40×39=1560条留言. +6+6+6+3+3=36种： 7.首先将体育课排在第三节或第四节，有A是种排法： 故所求个数为6+9+30十36=81. 其次将语文课排在第一节或第二节，有A种排法： §2排列问题 最后排数学、英语两门课，有A种排法. 2.1排列与排列数 因此共有A是AA=8种排课方法. 2.2排列数公式 8.C提示：分3步进行. 真题演练 ①歌曲节目排在首尾，有A=2种排法： 1.D ②将2个小品节目安排在歌曲节目的中间，有A 2.36.提示：将A,B捆绑在一起，有A种摆法，再将它 2种排法： 们与其他3件产品全排列，有A种摆法，共有AA ③排好后，2个小品节目与2个歌曲节目之间有3个空 种摆法，而A,B,C3件产品在一起，且A,B相邻，A,C 位，将2个舞蹈节目全排列，安排在中间的3个空位， 相邻时有2种情况，将这3件产品与剩下2件产品全 有AA=6种排法 排列，有2A种摆法.故A,B相邻，A,C不相邻的摆法 则这6个节日的不同编排种数为2×2×6=24. 有A8A1-2A=36种. 9.B因为每次取花灯时只能取一盏，所以每串花灯必须 3.480.提示：不考虑A,BC的位置限定时的排法有 先取下面的，即每串花灯取下的顺序确定，取下的方法 A=720种，只考虑A,B,C三个字母的顺序时的排法 有六=0种 有A=6种，而A,B在C的同侧时的排法有2A 10.A由题意知，当只考虑“立春”和“惊垫”时，将其捆 4种，故满足条件的排法有A·2 A =480种. 绑在一起，利用捆绑法可得，有A5A3=240种不同的 学业质量测评 放置方式 1.C2.D 当“惊蛰”与“立春”和“清明”均相邻，即“惊蛰”在“立 3.C提示：从2,4中取一个数作为个位数字，有2种取 春”“清明”之间时，将三者捆绑在一起，有2=48种 法，再从其余四个数中取出三个数排在前三位，有A 不同的放置方式 种排法，由分步乘法计数原理知这样的四位偶数共有 所以最终满足题意的放置方式种数为240一48=192， 2×A=48个. 11.C提示：程序A只能出现在第一步或最后一步，共 4.D提示：排列分两类.①4,5在a:·的位置上全排 有2种不同的排法：将程序C和D捆绑成一个元素， 列，其余的3个数在a1,aas的位置上全排列，排列个 再和其他两个元素一起排列，有A种不同的排法，同 47