高中数学苏教版必修5第3章 不等式综合与测试课时练习

这是一份高中数学苏教版必修5第3章 不等式综合与测试课时练习，共4页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

(时间：30分钟 满分：60分)
一、填空题(每小题5分，共30分)
1．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单，那么不同插法的种数为________．
解析 可分为两类：两个节目相邻或两个节目不相邻，若两个节目相邻，则有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(1,6)＝12(种)排法；若两个节目不相邻，则有Aeq \\al(2,6)＝30(种)排法．由分类计数原理共有12＋30＝42(种)排法(或Aeq \\al(2,7)＝42)．
答案 42
2．(2010·北京卷改编)8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为________种．
解析 不相邻问题用插空法，8名学生先排有Aeq \\al(8,8)种排法，产生9个空，2位老师插空有Aeq \\al(2,9)种排法，所以最终有Aeq \\al(8,8)·Aeq \\al(2,9)种排法．
答案 Aeq \\al(8,8)Aeq \\al(2,9)
3．2010年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有________种．
解析 若四人中包含小张和小赵两人，则不同的选派方案有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,3)＝12(种)；若四人中恰含有小张和小赵中一人，则不同的选派方案有：Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(3,3)＝24(种)，由分类计数原理知不同的选派方案共有36种．
答案 36
4．某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有________种．
解析 若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共Aeq \\al(3,4)种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项共Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,4)种方法，由分类计数原理共Aeq \\al(3,4)＋Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,4)＝60(种)方法．
答案 60
5．有5名男生和3名女生，从中选出5人分别担任语文、数学、英语、物理、化学学科的课代表，若某女生必须担任语文课代表，则不同的选法共有________种(用数字作答)．
解析 由题意知，从剩余7人中选出4人担任4个学科课代表，共有Aeq \\al(4,7)＝840(种)．
答案 840
6．将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中，每个班级至少安排1名学生，其中甲同学不能分配到A班，那么不同的分配方案有________种．
解析 将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中，每个班级至少安排一名学生有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)种分配方案，其中甲同学分配到A班共有Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,2)＋Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)种方案．因此满足条件的不同方案共有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)－Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,2)－Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)＝24(种)．
答案 24
二、解答题(每小题15分，共30分)
7．在10名演员中5人能歌8人善舞，从中选出5人，使这5人能演出一个由1人独唱4人伴舞的节目，共有几种选法？
解 本题中的“双面手”有3个，仅能歌的2人，仅善舞的5人．把问题分为：(1)独唱演员从双面手中选，剩下的2个双面手和只能善舞的5个演员一起参加伴舞人员的选拔；(2)独唱演员不从双面手中选拔，即从只能唱歌的2人中选拔，这样3个双面手就可以和只能善舞的5个演员一起参加伴舞人员的选拔．故选法种数是Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(4,7)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(4,8)＝245(种)．
8．某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中：
(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？
(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？
(3)甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？
(4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？
解 (1)只需从其他18人中选3人即可，共有Ceq \\al(3,18)＝816(种)；
(2)只需从其他18人中选5人即可，共有Ceq \\al(5,18)＝8 568(种)；
(3)分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(4,18)＋Ceq \\al(3,18)＝6 936(种)；
(4)方法一 (直接法)：
至少有一名内科医生和一名外科医生的选法可分四类：
一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，
所以共有Ceq \\al(1,12)Ceq \\al(4,8)＋Ceq \\al(2,12)Ceq \\al(3,8)＋Ceq \\al(3,12)Ceq \\al(2,8)＋Ceq \\al(4,12)Ceq \\al(1,8)＝14 656(种)．
方法二 (间接法)：
由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得Ceq \\al(5,20)－(Ceq \\al(5,12)＋Ceq \\al(5,8))＝14 656(种)．
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1．(2012·苏锡常镇调研)甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________(用数字作答)．
解析 当每个台阶上各站1人时有Ceq \\al(3,7)Aeq \\al(3,3)种站法，当两个人站在同一个台阶上时有Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,7)Ceq \\al(1,6)种站法，因此不同的站法种数有Aeq \\al(3,3)Ceq \\al(3,7)＋Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,7)Ceq \\al(1,6)＝210＋126＝336(种)．
答案 336
2．(2012·无锡调研)某车队有7辆车，现要调出4辆按一定顺序出去执行任务．要求甲、乙两车必须参加，且甲车要先于乙车开出有________种不同的调度方法(填数字)．
解析 先从除甲、乙外的5辆车任选2辆有Ceq \\al(2,5)种选法，连同甲、乙共4辆车，排列在一起，选从4个位置中选两个位置安排甲、乙，甲在乙前共有Ceq \\al(2,4)种，最后安排其他两辆车共有Aeq \\al(2,2)种方法，∴不同的调度方法为Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(2,4)·Aeq \\al(2,2)＝120(种)．
答案 120
3．(2013·盐城模拟)3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同的排法种数是________．
解析 记三名男生为甲、乙、丙，三名女生为a、b、c，先排男生，若甲在男生两端有4种排法，然后3位女生去插空，排法如eq \x(ab)甲□丙eq \x(c)乙eq \x( )共有4Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(1,3)种，若男生甲排在中间，有两种排法，然后女生去插空，排法如eq \x(ab)乙□甲eq \x(c)丙eq \x( )共有2Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(2,4)种排法．根据分类计数原理共有4Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(1,3)＋2Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(2,4)＝288(种)不同排法．
答案 288
4．(2013·苏州期末调研)以一个正五棱柱的顶点为顶点的四面体共有________个．
解析 正五棱柱共有10个顶点，若每四个顶点构成一个四面体，共可构成Ceq \\al(4,10)＝210(个)四面体．其中四点在同一平面内的有三类：
(1)每一底面的五点中选四点的组合方法有2Ceq \\al(4,5)个．
(2)五条侧棱中的任意两条棱上的四点有Ceq \\al(2,5)个．
(3)一个底面的一边与另一个底面相应的一条对角线平行(例如AB∥E1C1)，这样共面的四点共有2Ceq \\al(1,5)个．
所以Ceq \\al(4,10)－2Ceq \\al(4,5)－Ceq \\al(2,5)－2Ceq \\al(1,5)＝180(个)．
答案 180
5．在m(m≥2)个不同数的排列p1p2…pm中，若1≤i＜j≤m时pi＞pj(即前面某数大于后面某数)，则称pi与pj构成一个逆序，一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数．记排列(n＋1)n(n－1)…321的逆序数为an.如排列21的逆序数a1＝1，排列321的逆序数a2＝3，排列4 321的逆序数a3＝6.
(1)求a4、a5，并写出an的表达式；
(2)令bn＝eq \f(an,an＋1)＋eq \f(an＋1,an)，证明2n＜b1＋b2＋…＋bn＜2n＋3，n＝1,2，….
解 (1)由已知条件a4＝Ceq \\al(2,5)＝10，a5＝Ceq \\al(2,6)＝15，
则an＝Ceq \\al(2,n＋1)＝eq \f(nn＋1,2).
(2)证明 bn＝eq \f(an,an＋1)＋eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋2)＋eq \f(n＋2,n)＝2＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))
∴b1＋b2＋…＋bn＝2n＋
2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))
＝2n＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，
∴2n＜b1＋b2＋…＋bn＜2n＋3.
6．(2012·苏州市自主学习调查)设整数n≥4，在集合{1,2，3，…，n}中任取两个不同元素a，b(a>b)，记An为满足a＋b能被2整除的取法种数．
(1)当n＝6时，求An；
(2)求An.
解 (1)当n＝6时，集合中偶数为2,4,6；奇数为1,3,5.
要使a＋b为偶数，则a，b同奇或同偶，共有Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,3)＝6(种)取法，即A6＝6.
(2)①当n＝2k(k≥2，k∈N*)即k＝eq \f(n,2)时，集合为{1,2,3，…，2k}．记A＝{1,3,5，…，2k－1}，B＝{2,4,6，…，2k}，因为a＋b能被2整除，所以a，b应同是奇数或同是偶数，所以a，b应取自同一个集合A或B，
故有Ceq \\al(2,k)＋Ceq \\al(2,k)＝eq \f(kk－1,2)＋eq \f(kk－1,2)＝k(k－1)种取法．
即An＝eq \f(n,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)－1))＝eq \f(nn－2,4)；
②当n＝2k＋1(k≥2，k∈N*)时，
即k＝eq \f(n－1,2)，集合为{1,2，3，…，2k＋1}．
将其分为两个集合：奇数集A＝{1,3，…，2k＋1}，偶数集B＝{2,4，…，2k}．
因为a＋b能被2整除，所以a，b应同是奇数或同是偶数，所以a，b应该取自同一个集合A或B.
故有Ceq \\al(2,k＋1)＋Ceq \\al(2,k)＝eq \f(kk＋1,2)＋eq \f(kk－1,2)＝k2种取法，
即An＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,2)))2＝eq \f(n－12,4).所以An＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(nn－2,4)，n是偶数，,\f(n－12,4)，n是奇数.))