数学 -排列、组合、二项式定理-基本原理 -数学教案

第一篇：数学 -排列、组合、二项式定理-基本原理 -数学教案

教学目标

（1）正确理解加法原理与乘法原理的意义，分清它们的条件和结论；

（2）能结合树形图来帮助理解加法原理与乘法原理；

（3）正确区分加法原理与乘法原理，哪一个原理与分类有关，哪一个原理与分步有关；

（4）能应用加法原理与乘法原理解决一些简单的应用问题，提高学生理解和运用两个原理的能力；

（5）通过对加法原理与乘法原理的学习，培养学生周密思考、细心分析的良好习惯。

教学建议

一、知识结构

二、重点难点分析

本节的重点是加法原理与乘法原理，难点是准确区分加法原理与乘法原理。

加法原理、乘法原理本身是容易理解的，甚至是不言自明的。这两个原理是学习排列组合内容的基础，贯穿整个内容之中，一方面它是推导排列数与组合数的基础；另一方面它的结论与其思想在方法本身又在解题时有许多直接应用。

两个原理回答的，都是完成一件事的所有不同方法种数是多少的问题，其区别在于：运用加法原理的前提条件是，做一件事有n类方案，选择任何一类方案中的任何一种方法都可以完成此事，就是说，完成这件事的各种方法是相互独立的；运用乘法原理的前提条件是，做一件事有n个骤，只要在每个步骤中任取一种方法，并依次完成每一步骤就能完成此事，就是说，完成这件事的各个步骤是相互依存的。简单的说，如果完成一件事情的所有方法是属于分类的问题，每次得到的是最后结果，要用加法原理；如果完成一件事情的方法是属于分步的问题，每次得到的该步结果，就要用乘法原理。

三、教法建议

关于两个计数原理的教学要分三个层次：

第一是对两个计数原理的认识与理解．这里要求学生理解两个计数原理的意义，并弄清两个计数原理的区别．知道什么情况下使用加法计数原理，什么情况下使用乘法计数原理．（建议利用一课时）．

第二是对两个计数原理的使用．可以让学生做一下习题（建议利用两课时）：

①用0，1，2，……，9可以组成多少个8位号码；

②用0，1，2，……，9可以组成多少个8位整数；

③用0，1，2，……，9可以组成多少个无重复数字的4位整数； ④用0，1，2，……，9可以组成多少个有重复数字的4位整数； ⑤用0，1，2，……，9可以组成多少个无重复数字的4位奇数；

⑥用0，1，2，……，9可以组成多少个有两个重复数字的4位整数等等．

第三是使学生掌握两个计数原理的综合应用，这个过程应该贯彻整个教学中，每个排列数、组合数公式及性质的推导都要用两个计数原理，每一道排列、组合问题都可以直接利用两个原理求解，另外直接计算法、间接计算法都是两个原理的一种体现．教师要引导学生认真地分析题意，恰当的分类、分步，用好、用活两个基本计数原理． 教学设计示例

加法原理和乘法原理

教学目标

正确理解和掌握加法原理和乘法原理，并能准确地应用它们分析和解决一些简单的问题，从而发展学生的思维能力，培养学生分析问题和解决问题的能力． 教学重点和难点

重点：加法原理和乘法原理．

难点：加法原理和乘法原理的准确应用． 教学用具

投影仪． 教学过程设计

（一）引入新课

从本节课开始，我们将要学习中学代数内容中一个独特的部分——排列、组合、二项式定理．它们研究对象独特，研究问题的方法不同一般．虽然份量不多，但是与旧知识的联系很少，而且它还是我们今后学习概率论的基础，统计学、运筹学以及生物的选种等都与它直接有关．至于在日常的工作、生活上，只要涉及安排调配的问题，就离不开它．

今天我们先学习两个基本原理．

（二）讲授新课

1．介绍两个基本原理

先考虑下面的问题：

问题1：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船．一天中，火车有4个班次，汽车有2个班次，轮船有3个班次．那么一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同的走法？

因为一天中乘火车有4种走法，乘汽车有2种走法，乘轮船有3种走法，每种走法都可以完成由甲地到乙地这件事情．所以，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有4+2+3=9种不同的走法．

这个问题可以http://jiaoan.cnkjz.com/Article/Index.html>总结为下面的一个基本原理（打出片子——加法原理）：

加法原理：做一件事，完成它可以有几类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法．

请大家再来考虑下面的问题（打出片子——问题2）：

问题2：由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条（见下图），从A村经B村去C村，共有多少种不同的走法？

这里，从A村到B村，有3种不同的走法，按这3种走法中的每一种走法到达B村后，再从B村到C村又各有2种不同的走法，因此，从A村经B村去C村共有3×2=6种不同的走法．

一般地，有如下基本原理（找出片子——乘法原理）：

乘法原理：做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法． 2．浅释两个基本原理

两个基本原理的用途是计算做一件事完成它的所有不同的方法种数．

比较两个基本原理，想一想，它们有什么区别？

两个基本原理的区别在于：一个与分类有关，一个与分步有关．

看下面的分析是否正确（打出片子——题1，题2）：

题1：找1～10这10个数中的所有合数．第一类办法是找含因数2的合数，共有4个；第二类办法是找含因数3的合数，共有2个；第三类办法是找含因数5的合数，共有1个． 1～10中一共有N=4＋2＋1=7个合数．

题2：在前面的问题2中，步行从A村到B村的北路需要8时，中路需要4时，南路需要6时，B村到C村的北路需要5时，南路需要3时，要求步行从A村到C村的总时数不超过12时，共有多少种不同的走法？

第一步从A村到B村有3种走法，第二步从B村到C村有2种走法，共有N=3×2=6种不同走法．

题2中的合数是4，6，8，9，10这五个，其中6既含有因数2，也含有因数3；10既含有因数2，也含有因数5．题中的分析是错误的．

从A村到C村总时数不超过12时的走法共有5种．题2中从A村走北路到B村后再到C村，只有南路这一种走法．

（此时给出题1和题2的目的是为了引导学生找出应用两个基本原理的注意事项，这样安排，不但可以使学生对两个基本原理的理解更深刻，而且还可以培养学生的学习能力）

进行分类时，要求各类办法彼此之间是相互排斥的，不论哪一类办法中的哪一种方法，都能单独完成这件事．只有满足这个条件，才能直接用加法原理，否则不可以．

如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而各步要求相互独立，即相对于前一步的每一种方法，下一步都有m种不同的方法，那么计算完成这件事的方法数时，就可以直接应用乘法原理．

也就是说：类类互斥，步步独立．

（在学生对问题的分析不是很清楚时，教师及时地归纳小结，能使学生在应用两个基本原理时，思路进一步清晰和明确，不再简单地认为什么样的分类都可以直接用加法，只要分步而不管是否相互联系就用乘法．从而深入理解两个基本原理中分类、分步的真正含义和实质）

（三）应用举例

现在我们已经有了两个基本原理，我们可以用它们来解决一些简单问题了．

例1 书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书．

（1）若从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？

（2）若从这些书中，取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？

（3）若从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法？

（让学生思考，要求依据两个基本原理写出这3个问题的答案及理由，教师巡视指导，并适时口述解法）

（1）从书架上任取一本书，可以有3类办法：第一类办法是从3本不同数学书中任取1本，有3种方法；第二类办法是从5本不同的语文书中任取1本，有5种方法；第三类办法是从6本不同的英语书中任取一本，有6种方法．根据加法原理，得到的取法种数是 N＝m1＋m2＋m3＝3＋5＋6＝14．故从书架上任取一本书的不同取法有14种．

（2）从书架上任取数学书、语文书、英语书各1本，需要分成三个步骤完成，第一步取1本数学书，有3种方法；第二步取1本语文书，有5种方法；第三步取1本英语书，有6种方法．根据乘法原

第二篇：高二数学教案：二项式定理

北京英才苑网站

http://www.xiexiebang.com与第r1项的系数是不同的概念。

三、教学重点、难点：二项式定理及二项展开式的通项公式的灵活运用。

四、教学过程：

（一）复习：

1．二项式定理及其特例：

0n1nrnrrnn

（1）(ab)nCnaCnabCnabCnb(nN)，1rr

（2）(1x)n1CnxCnxxn.rnrr2．二项展开式的通项公式：Tr1Cnab.（二）新课讲解：

例1（1）求(12x)7的展开式的第四项的系数；（2）求(x)的展开式中x的系数及二项式系数。19x3解：(12x)7的展开式的第四项是T31C7(2x)3280x3，∴(12x)的展开式的第四项的系数是280． 7

（2）∵(x)的展开式的通项是Tr1C9x191r9r()r(1)rC9rx92r，xx∴92r3，r3，333∴x的系数(1)3C984，x3的二项式系数C984．

4例2 求(x3x4)的展开式中x的系数。

分析：要把上式展开，必须先把三项中的某两项结合起来，看成一项，才可以用二项式定理展开，然后再用一次二项式定理，也可以先把三项式分解成两个二项式的积，再用二项式定理展开。

解：（法一）(x3x4)[(x3x)4]

01C4(x23x)4C4(x23x)34

234C4(x23x)242C4(x23x)43C444，显然，上式中只有第四项中含x的项，33∴展开式中含x的项的系数是C434768

24444（法二）：(x3x4)[(x1)(x4)](x1)(x4)

04132234(C4xC4xC4xC4xC4)04132234(C4xC4x4C4x42C4x43C444)

3433∴展开式中含x的项的系数是C44C44768． 22424

北京英才苑网站

http://www.xiexiebang.com4x(2Cm4Cn)x mn2211∴(2Cm4Cn)36，即m2n18，12xm14x展开式中含x2的项的系数为 n22222Cn42m22m8n28n，tCm∵m2n18，∴m182n，∴t2(182n)2(182n)8n8n16n148n612

3715337时，t取最小值，16(n2n)，∴当n448*2但nN，∴ n5时，t即x项的系数最小，最小值为272，此时n5,m8．

例4 已知(x1)n的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列，24x

（1）证明展开式中没有常数项；（2）求展开式中所有的有理项。

解：由题意：2Cnr822211121Cn()2，即n29n80，∴n8(n1舍去）221r163rrrr1rr8rC80r8 24 ∴Tr1Cx(4)()C8xx1rx4222xrZ①若Tr1是常数项，则163r0，即163r0，∵rZ，这不可能，∴展开

4式中没有常数项； 8r②若Tr1是有理项，当且仅当163r为整数，∴0r8,rZ，∴ r0,4,8，4即展开式中有三项有理项，分别是：T1x4，T535x，T91x2.8256

五、课堂练习：课本第107页练习第5，6题。

六、课堂小结：1．三项或三项以上的展开问题，应根据式子的特点，转化为二项式来解决，转化的方法通常为集项、配方、因式分解，集项时要注意结合的合理性和简捷性；

2．求常数项、有理项和系数最大的项时，要根据通项公式讨论对r的限制；求有理项时要注意到指数及项数的整数性。

七、作业：课本第143页 复习参考题十第12题，补充： 1．已知x3a8的展开式中x的系数是ax19展开式中倒数第四项的系数的2倍，求

a,a,a,a,前n项的和；

12．(xx4)n的展开式中第3项的二项式系数比第2项的二项式系数大44，则展开式中

x

常数项。

-23n3

第三篇：排列 、组合、二项式定理 加法原理和乘法原理 教案

排列、组合、二项式定理·加法原理和乘法原理·教案

教学目标

正确理解和掌握加法原理和乘法原理，并能准确地应用它们分析和解决一些简单的问题，从而发展学生的思维能力，培养学生分析问题和解决问题的能力．

教学重点和难点

重点：加法原理和乘法原理．

难点：加法原理和乘法原理的准确应用．

教学用具 投影仪． 教学过程设计

（一）引入新课

师：从本节课开始，我们将要学习中学代数内容中一个独特的部分——排列、组合、二项式定理．它们研究对象独特，研究问题的方法不同一般．虽然份量不多，但是与旧知识的联系很少，而且它还是我们今后学习概率论的基础，统计学、运筹学以及生物的选种等都与它直接有关．至于在日常的工作、生活上，只要涉及安排调配的问题，就离不开它．

今天我们先学习两个基本原理．

（这是排列、组合、二项式定理的第一节课，是起始课．讲起始课时，把这一学科的内容作一个大概的介绍，能使学生从一开始就对将要学习的知识有一个初步的了解，并为下面的学习研究打下思想基础）

师：（板书课题）

（二）讲授新课

1．介绍两个基本原理

师：请大家先考虑下面的问题（找出片子——问题1）．

问题1：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船．一天中，火车有4个班次，汽车有2个班次，轮船有3个班次．那么一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同的走法？

师：（启发学生回答后，作补充说明）

因为一天中乘火车有4种走法，乘汽车有2种走法，乘轮船有3种走法，每种走法都可以完成由甲地到乙地这件事情．所以，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有

4+2+3=9 种不同的走法．

这个问题可以总结为下面的一个基本原理．（打出片子——加法原理）

加法原理：做一件事，完成它可以有几类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法．

（教师放慢速度读一遍加法原理）

师：请大家再来考虑下面的问题（打出片子——问题2）．

问题2：由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条（见图9－1），从A村经B村去C村，共有多少种不同的走法？

师：（启发学生回答后加以说明）

这里，从A村到B村，有3种不同的走法，按这3种走法中的每一种走法到达B村后，再从B村到C村又各有2种不同的走法，因此，从A村经B村去C村共有3×2=6种不同的走法．

一般地，有如下基本原理：

（找出片子——乘法原理）

乘法原理：做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有

N＝m1×m2×…×mn 种不同的方法．

（教师要读一遍乘法原理）

2．浅释两个基本原理

师：两个基本原理是干什么用的呢？

生：计算做一件事完成它的所有不同的方法种数．（如果学生不能较准确地回答，教师可以加以提示）师：比较两个基本原理，想一想，它们有什么区别呢？

（学生经过思考后可以得出：各类的方法数相加，各步的方法数相乘．）两个基本原理的区别在于：一个与分类有关，一个与分步有关． 师：请看下面的分析是否正确．（打出片子——题1，题2）

题1：找1～10这10个数中的所有合数．第一类办法是找含因数2的合数，共有4个；第二类办法是找含因数3的合数，共有2个；第三类办法是找含因数5的合数，共有1个．

1～10中一共有N=4＋2＋1=7个合数．

题2：在前面的问题2中，步行从A村到B村的北路需要8时，中路需要4时，南路需要6时，B村到C村的北路需要5时，南路需要3时，要求步行从A村到C村的总时数不超过12时，共有多少种不同的走法？

第一步从A村到B村有3种走法，第二步从B村到C村有2种走法，共有N=3×2=6种不同走法． 生甲：9-2中的合数是4，6，8，9，10这五个，其中6既含有因数2，也含有因数3；10既含有因数2，也含有因数5．题中的分析是错误的．

生乙：从A村到C村总时数不超过12时的走法共有5种．题2中从A村走北路到B村后再到C村，只有南路这一种走法．

（此时给出题1和题2的目的是为了引导学生找出应用两个基本原理的注意事项，这样安排，不但可以使学生对两个基本原理的理解更深刻，而且还可以培养学生的学习能力）

师：为什么会出现错误呢？

生：题1的分类可能有问题吧，题2都走北路不符合要求．

师：（教师归纳）

进行分类时，要求各类办法彼此之间是相互排斥的，不论哪一类办法中的哪一种方法，都能单独完成这件事．只有满足这个条件，才能直接用加法原理，否则不可以．

如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而各步要求相互独立，即相对于前一步的每一种方法，下一步都有m种不同的方法，那么计算完成这件事的方法数时，就可以直接应用乘法原理．

也就是说：类类互斥，步步独立．

（在学生对问题的分析不是很清楚时，教师及时地归纳小结，能使学生在应用两个基本原理时，思路进一步清晰和明确，不再简单地认为什么样的分类都可以直接用加法，只要分步而不管是否相互联系就用乘法．从而深入理解两个基本原理中分类、分步的真正含义和实质）

（三）应用举例

师：现在我们已经有了两个基本原理，我们可以用它们来解决一些简单问题了．请看例题1．（板书）

例1 书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书．（1）若从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？

（2）若从这些书中，取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？（3）若从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法？

（让学生思考，要求依据两个基本原理写出这3个问题的答案及理由，教师巡视指导，并适时口述解法）

师：（1）从书架上任取一本书，可以有3类办法：第一类办法是从3本不同数学书中任取1本，有3种方法；第二类办法是从5本不同的语文书中任取1本，有5种方法；第三类办法是从6本不同的英语书中任取一本，有6种方法．根据加法原理，得到的取法种数是

N＝m1＋m2＋m3＝3＋5＋6＝14．

故从书架上任取一本书的不同取法有14种．

师：（2）从书架上任取数学书、语文书、英语书各1本，需要分成三个步骤完成，第一步取1本数学书，有3种方法；第二步取1本语文书，有5种方法；第三步取1本英语书，有6种方法．根据乘法原理，得到不同的取法种数是

N=m1×m2×m3=3×5×6=90．

故，从书架上取数学书、语文书、英语书各1本，有90种不同的方法．

师：（3）从书架上任取不同科目的书两本，可以有3类办法：第一类办法是数学书、语文书各取1本，需要分两个步骤，有3×5种方法；第二类办法是数学书、英语书各取1本，需要分两个步骤，有3×6种方法；第三类办法是语文书、英语书各取1本，有5×6种方法．一共得到不同的取法种数是

N=3×5＋3×6＋5×6=63．

即，从书架任取不同科目的书两本的不同取法有63种．

师：请大家再来分析和解决例题2．（板书）

例2 由数字0，1，2，3，4可以组成多少个三位整数（各位上的数字允许重复）？ 师：每一个三位整数是由什么构成的呢？ 生：三个整数字．

师：023是一个三位整数吗？

生：不是，百位上不能是0．

师：对！百位的数字不能是0，也就是说，一个三位整数是由百位、十位、个位三位数字组成的，其中最高位不能是0．那么要组成一个三位数需要怎么做呢？

生：分成三个步骤来完成：第一步确定百位上的数字；第二步确定十位上的数字；第三步确定个位上的数字．

师：很好！怎样表述呢？（教师巡视指导、并归纳）

解：要组成一个三位数，需要分成三个步骤：第一步确定百位上的数字，从1～4这4个数字中任选一个数字，有4种选法；第二步确定十位上的数字，由于数字允许重复，共有5种选法；第三步确定个位上的数字，仍有5种选法．根据乘法原理，得到可以组成的三位整数的个数是 N=4×5×5=100．

答：可以组成100个三位整数．（教师的连续发问、启发、引导，帮助学生找到正确的解题思路和计算方法，使学生的分析问题能力有所提高．

教师在第二个例题中给出板书示范，能帮助学生进一步加深对两个基本原理实质的理解，周密的考虑，准确的表达、规范的书写，对于学生周密思考、准确表达、规范书写良好习惯的形成有着积极的促进作用，也可以为学生后面应用两个基本原理解排列、组合综合题打下基础）

（四）归纳小结

师：什么时候用加法原理、什么时候用乘法原理呢？ 生：分类时用加法原理，分步时用乘法原理．

师：应用两个基本原理时需要注意什么呢？

生：分类时要求各类办法彼此之间相互排斥；分步时要求各步是相互独立的．

（五）课堂练习P222：练习1～4．

（对于题4，教师有必要对三个多项式乘积展开后各项的构成给以提示）

（六）布置作业

P222：练习5，6，7．

补充题：

1．在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的共有多少个？

（提示：按十位上数字的大小可以分为9类，共有9＋8＋7＋…＋2＋1=45个个位数字小于十位数字的两位数）

2．某学生填报高考志愿，有m个不同的志愿可供选择，若只能按第一、二、三志愿依次填写3个不同的志愿，求该生填写志愿的方式的种数．

（提示：需要按三个志愿分成三步，共有m（m-1）（m-2）种填写方式）

3．在所有的三位数中，有且只有两个数字相同的三位数共有多少个？（提示：可以用下面方法来求解：（1）△△□，（2）△□△，（3）□△□，（1），（2），（3）类中每类都是9×9种，共有9×9+9×9+9×9=3×9×9=243个只有两个数字相同的三位数）

4．某小组有10人，每人至少会英语和日语中的一门，其中8人会英语，5人会日语，（1）从中任选一个会外语的人，有多少种选法？（2）从中选出会英语与会日语的各1人，有多少种不同的选法？

（提示：由于8＋5=13＞10，所以10人中必有3人既会英语又会日语．（1）N=5＋2＋3；（2）N=5×2＋5×3＋2×3）

课堂教学设计说明

两个基本原理一课是排列、组合、二项式定理的开头课，学习它所需的先行知识跟学生已熟知的数学知识联系很少，通常教师们或者感觉很简单，一带而过；或者感觉难以开头．中学数学课程中引进的关于排列、组合的计算公式都是以乘法原理为基础的，而一些较复杂的排列、组合应用题的求解，更是离不开两个基本原理，因此必须使学生学会正确地使用两个基本原理，学会正确地使用这两个基本原理是这一章教学中必须抓住的一个关键．所以在教学目标中特别提出要使学生学会准备地应用两个基本原理分析和解决一些简单的问题．对于学生陌生的知识，在开头课中首先作一个大概的介绍，使学生有一个大致的了解是十分必要的．基于这一想法，在引入新课时，首先是把这一章将要学习的内容，以及与其它科目的关系做了介绍，同时也引入了课题．

正确使用两个基本原理的前提是要学生清楚两个基本原理使用的条件．而原理中提到的分步和分类，学生不是一下子就能理解深刻的，这就需要教师引导学生，帮助他们分析，找到分类和分步的具体要求——类类互斥，步步独立．教学过程中的题1和题2，就是为了解决这一问题而提出的．

分类用加法原理，分步用乘法原理，单纯这点学生是容易理解的，问题在于怎样合理地进行分类、分步，特别是在分类时必须做到既不重复，又不遗漏，找到分步的方法有时是比较困难的，这就要着重进行训练．教学中给出了例题

1、例题2．这两个题目都是在课本例题的基础上稍加改动过的，目的就是要帮助学生发展思维能力，培养学生周密思考、细心分析的良好习惯．为了帮助学生在今后能正确运用两个基本原理解决其它排列组合问题，特别给出了4个补充习题，为下面将要进行的课打下一个基础． 考虑到这节课无论是两个基本原理，还是例题都是文字较多的，因此特别设计了使用教具——投影仪．要是有实物投影仪那就更方便了．

第四篇：2014年高考文科数学试题分类10：排列、组合及二项式定理

2014年全国各地高考文科数学试题分类汇编10：排列、组合及二项式定理

一、选择题

错误！未指定书签。．（2013年高考大纲卷（文））x2的展开式中x的系数是 68（）

A．28

【答案】C

二、填空题 B．56 C．112 D．224

2a7错误！未指定书签。．（2013年上海高考数学试题（文科））设常数aR.若x的二项展开式中x项x的系数为-10,则a_______.【答案】2

错误！未指定书签。．（2013年高考大纲卷（文））从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖,2名二等奖,35

名三等奖,则可能的决赛结果共有____种.(用数字作答)

【答案】60

第五篇：高二地方新教材期末练习卷(三角函数、解析几何、排列、组合、二项式定理)

高一地方新教材期末练习卷一

一、选择题（每题3分，共36分）

1.54，ab10，则a与b的夹角为（）

A.90B.120C.135D.150

2.cos83cos38sin83sin38的值为（）

A.123B.C.D.1 22

23.在ABC中，已知a8，B60，A45，则b为（）

A.4B.42C.43D.46

4.下列方程的曲线经过点(0,0)的是（）

A.yx2B.y122C.xy4D.y2x x

5.点P(1,1)到直线3x4y60的距离为（）A.24B.C.1D.2 5

56.直线2x3y10关于原点对称的直线方程为（）

A.2x3y10B.2x3y10C.2x3y10D.3x2y10

7.过圆x2y24上一点M(1,)的切线方程是（）A.x3y40 B.x3y40C.x3y40D.x3y40

x2y2

1的渐近线为（）8.双曲线 49

A.y9432xB.yxC.yxD.yx 492

329.抛物线y4x的焦点坐标为（）

A．(1,0)B．(1,0)C．(0,1)D．(1,0)

10.若C12C12x3x4，则x为（）

A．2B．2C．2D．4 11.(x24)中的常数项为（）x

A．6B．6C．24D．2

412.酸、甜、苦、辣、咸、涩六味，假设任何两种或多种混合调出的味道都不同，则六味可以调出多少种不同的味道（）

A．6种B．21种C．63种D．720种

二、填空题（每题4分，共24分）

13.sin75cos75 _______

14.过点(3,2)且倾斜角为45的直线方程为___________

15.直线yx52与圆x2y225的位置关系为_________ 

x2y

21上一点到一个焦点的距离为6，则该点到另外一个焦点的距离为____ 16.椭圆1006

42526269817.C100C50C51______ _____，C50

18.从5名男同学和4名女同学中选出3名参加某种技能比赛，则选到的3名同学中既有男同学又有女同学的选法有______种

三、解答题（共40分）

19.（本题6分）已知（2,)，且sin3，求tan，tan2

520.（本题6分）第29届北京奥运会表彰会上，中国乒乓球队男女主力队员各3名，与主教练刘国梁合影留念。

（1）教练站着中间有多少种排法？

（2）女的站在前排，男的站在后排，有多少种排法？

21.（本题8分）求满足下列条件的直线方程：

（1）经过(2,3)且与直线3x2y70平行的直线

（2）经过(2,3)且与直线3x2y70垂直的直线

22.（本题6分）已知点A(1,7),B(1,1)，求以线段AB为直径的圆的方程

x2y

21的长轴长、短轴长，焦点坐标和离心率 23.（本题8分）求椭圆2516

24.（本题6分）(x1)7a0a1xa2x2a7x7

（1）求a0

（2）求a1a2a7