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2016高考数学大一轮复习 10.2排列与组合教师用书 理 苏教版


§10.2

排列与组合

1.排列与组合的概念 名称 排列 组合 2.排列数与组合数 (1)排列数的定义: 从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从 n 个 不同元素中取出 m 个元素的排列数,用 An表示. (2)组合数的定义:从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数,叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数,用 Cn表示. 3.排列数、组合数的公式及性质 (1)An=n(n-1)(n-2)?(n-m+1)=
m m m

定义 从 n 个不同元素中取出 按照一定的顺序排成一列 合成一组

m(m≤n)个元素

n! ?n-m?!
公式 An m (2)Cn= m= Am
m

n?n-1??n-2???n-m+1? = m! n! m!?n-m?!
性质 【思考辨析】 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.( × ) (2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序.( × ) (3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.( √ (4)(n+1)!-n!=n·n!.( √ ) (5)An=nAn-1.( √ )
1
m m-1

(1)0!=1;An=n!. (2)Cn=Cn ;Cn+1=Cn+Cn .
m n-m m m m-1

n

)

(6)kCn=nCn-1.( √

k

k-1

)

1.用数字 1、2、3、4、5 组成的无重复数字的四位偶数的个数为________. 答案 48 解析 末位数字排法有 A2种,其他位置排法有 A4种, 共有 A2A4=48(种). 2 .(2014·辽宁改编 )6 把椅子摆成一排, 3 人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为 ________. 答案 24 解析 剩余的 3 个座位共有 4 个空隙供 3 人选择就座, 因此任何两人不相邻的坐法种数为 A4=4×3×2=24. 3.将字母 a,a,b,b,c,c 排成三行两列,要求每行的字母互不相同,每列的字母也互不 相同,则不同的排列方法共有________种. 答案 12 解析 先排第一列,因为每列的字母互不相同,因此共有 A3种不同的排法. 再排第二列,其中第二列第一行的字母共有 A2种不同的排法,第二列第二、三行的字母只有 1 种排法. 因此共有 A3·A2·1=12(种)不同的排列方法. 4. 某班级要从 4 名男生、 2 名女生中选派 4 人参加某次社区服务, 如果要求至少有 1 名女生, 那么不同的选派方案有________种. 答案 14 解析 ①有 1 名女生:C2C4=8. ②有 2 名女生:C2C4=6. ∴不同的选派方案有 8+6=14(种).
2 2 1 3 3 1 1 3 3 1 3 1 3

题型一 排列问题 例 1 有 4 名男生、5 名女生,全体排成一行,问下列情形各有多少种不同的排法? (1)甲不在中间也不在两端; (2)甲、乙两人必须排在两端; (3)男女相间. 思维点拨 (1)先考虑甲的排法或先考虑中间位置排法.
2

(2)先排特殊元素. (3)插空法. 解 (1)方法一 (元素分析法) 先排甲有 6 种,其余有 A8种, 故共有 6·A8=241 920(种)排法. 方法二 (位置分析法) 中间和两端有 A8种排法,包括甲在内的其余 6 人有 A6种排法,故共有 A8·A6=336×720=241 920(种)排法. 方法三 (等机会法) 9 个人的全排列数有 A9种,甲排在每一个位置的机会都是均等的,依题意,甲不在中间及两 6 9 端的排法总数是 A9× =241 920(种). 9 方法四 (间接法) A9-3·A8=6A8=241 920(种). (2)先排甲、乙,再排其余 7 人, 共有 A2·A7=10 080(种)排法. (3)(插空法) 先排 4 名男生有 A4种方法,再将 5 名女生插空,有 A5种方法,故共有 A4·A5=2 880(种)排法. 思维升华 本题集排列多种类型于一题,充分体现了元素分析法(优先考虑特殊元素)、位置 分析法(优先考虑特殊位置)、直接法、间接法(排除法)、等机会法、插空法等常见的解题思 路. 由 0,1,2,3,4,5 这六个数字组成的无重复数字的自然数, 求:(1)有多少个含有 2,3,但它们不相邻的五位数? (2)有多少个数字 1,2,3 必须由大到小顺序排列的六位数? 解 (1)不考虑 0 在首位,0,1,4,5 先排三个位置, 则有 A4个,2,3 去排四个空档,有 A4个,即有 A4A4个; 而 0 在首位时,有 A3A3个, 即有 A4A4-A3A3=252 个含有 2,3,但它们不相邻的五位数; (2)在六个位置先排 0,4,5, 不考虑 0 在首位, 则有 A6个, 去掉 0 在首位, 即有 A6-A5个, 0,4,5 三个元素排在六个位置上留下了三个空位,1,2,3 必须由大到小进入相应位置,并不能自由 排列, 所以有 A6-A5=100 个六位数. 题型二 组合问题 例 2 某市工商局对 35 种商品进行抽样检查,已知其中有 15 种假货.现从 35 种商品中选取
3
3 2 3 3 2 3 2 2 2 2 2 3 2 3 2 4 5 4 5 2 7 9 8 8 9 3 6 3 6 8 8

3 种. (1)其中某一种假货必须在内,不同的取法有多少种? (2)其中某一种假货不能在内,不同的取法有多少种? (3)恰有 2 种假货在内,不同的取法有多少种? (4)至少有 2 种假货在内,不同的取法有多少种? (5)至多有 2 种假货在内,不同的取法有多少种? 思维点拨 可以从特殊元素出发,考虑直接选取或使用间接法. 解 (1)从余下的 34 种商品中, 选取 2 种有 C34=561(种), ∴某一种假货必须在内的不同取法有 561 种. (2)从 34 种可选商品中,选取 3 种,有 C34种或者 C35-C34=C34=5 984(种). ∴某一种假货不能在内的不同取法有 5 984 种. (3)从 20 种真货中选取 1 件,从 15 种假货中选取 2 件有 C20C15=2 100(种). ∴恰有 2 种假货在内的不同的取法有 2 100 种. (4)选取 2 件假货有 C20C15种,选取 3 件假货有 C15种,共有选取方式 C20C15+C15=2 100+455 =2 555(种). ∴至少有 2 种假货在内的不同的取法有 2 555 种. (5)选取 3 件的总数有 C35,因此共有选取方式 C35-C15=6 545-455=6 090(种). ∴至多有 2 种假货在内的不同的取法有 6 090 种. 思维升华 组合问题常有以下两类题型变化: (1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:“含”,则先将这些元素取出,再由另外元 素补足;“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中去选取. (2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型:解这类题必须十分重视“至少”与“至 多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解,通常用直接法 分类复杂时,考虑逆向思维,用间接法处理. 从 10 位学生中选出 5 人参加数学竞赛. (1)甲必须入选的有多少种不同的选法? (2)甲、乙、丙不能同时都入选的有多少种不同的选法? 解 (1)学生甲入选,再从剩下的 9 人选 4 人, 故甲必须入选的有 C9=126(种)不同选法. (2)没有限制条件的选择方法有 C10=252 种, 甲、乙、丙同时都入选有 C7=21 种, 故甲、乙、丙不能同时都入选的有 252-21=231(种)不同的选法.
4
2 5 4 3 3 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 3 2 3 2

题型三 排列与组合的综合应用问题 例 3 4 个不同的球,4 个不同的盒子,把球全部放入盒内. (1)恰有 1 个盒不放球,共有几种放法? (2)恰有 1 个盒内有 2 个球,共有几种放法? (3)恰有 2 个盒不放球,共有几种放法? 思维点拨 把不放球的盒子先拿走,再放球到余下的盒子中并且不空. 解 (1)为保证“恰有 1 个盒不放球”,先从 4 个盒子中任意取出去一个,问题转化为“4 个 球,3 个盒子,每个盒子都要放入球,共有几种放法?”,即把 4 个球分成 2,1,1 的三组, 然后再从 3 个盒子中选 1 个放 2 个球,其余 2 个球放在另外 2 个盒子内,由分步计数原理, 共有 C4C4C3×A2=144(种)放法. (2)“恰有 1 个盒内有 2 个球”,即另外 3 个盒子放 2 个球,每个盒子至多放 1 个球,也即另 外 3 个盒子中恰有一个空盒,因此,“恰有 1 个盒内有 2 个球”与“恰有 1 个盒不放球”是 同一件事,所以共有 144 种放法. (3)确定 2 个空盒有 C4种方法. 4 个球放进 2 个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类,第一类有序不均匀分组有 C4C1A2种方法;第二 C4C2 2 C4C2 2 2 3 1 2 类有序均匀分组有 2 ·A2种方法.故共有 C4(C4C1A2+ 2 ·A2)=84(种)放法. A2 A2 思维升华 排列、组合综合题目,一般是将符合要求的元素取出(组合)或进行分组,再对取 出的元素或分好的组进行排列.其中分组时,要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异 及分类的标准. (1)将标号为 1,2,3,4,5,6 的 6 张卡片放入 3 个不同的信封中.若每个信封放 2 张,其中标号为 1,2 的卡片放入同一信封,则不同的放法共有________种. (2)(2014·重庆改编)某次联欢会要安排 3 个歌舞类节目, 2 个小品类节目和 1 个相声类节目 的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是________. 答案 (1)18 (2)120 C4 2 1 解析 (1)先放 1、2 的卡片有 C3种,再将 3、4、5、6 的卡片平均分成两组再放置,有 2·A2 A2 种,故共有 C3·C4=18 种. (2)先安排小品节目和相声节目, 然后让歌舞节目去插空. 安排小品节目和相声节目的顺序有 三种:“小品 1,小品 2,相声”,“小品 1,相声,小品 2”和“相声,小品 1,小品 2”.对 于第一种情况,形式为“□小品 1 歌舞 1 小品 2□相声□”,有 A2C3A3=36(种)安排方法;同 理,第三种情况也有 36 种安排方法,对于第二种情况,三个节目形成 4 个空,其形式为“□ 小品 1□相声□小品 2□”,有 A2A4=48(种)安排方法,故共有 36+36+48=120(种)安排方 法.
2 3 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 3 1 2 2 1 2 1 2

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排列、组合问题计算重、漏致误 典例:有 20 个零件,其中 16 个一等品,4 个二等品,若从 20 个零件中任意取 3 个,那么至 少有 1 个一等品的不同取法有________种. 易错分析 易犯错误如下:先从一等品中取 1 个,有 C16种取法;再从余下的 19 个零件中任 取 2 个,有 C19种不同取法,共有 C16×C19=2 736 种不同取法.上述做法使两次取的一等品有 了先后顺序,导致取法重复. 解析 方法一 将“至少有 1 个是一等品的不同取法”分三类:“恰有 1 个一等品”,“恰 有 2 个一等品”,“恰有 3 个一等品”,由分类计数原理有 C16C4+C16C4+C16=1 136(种). 方法二 考虑其对立事件“3 个都是二等品”,用间接法:C20-C4=1 136(种). 答案 1 136 温馨提醒 (1)排列、组合问题由于其思想方法独特,计算量庞大,对结果的检验困难,所以 在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则,如特殊元素、位置优先原则、先取后排原则、 先分组后分配原则、正难则反原则等,只有这样我们才能有明确的解题方向.同时解答组合 问题时必须心思细腻,考虑周全,这样才能做到不重不漏,正确解题. (2)“至少、 至多”型问题不能利用分步计数原理求解, 多采用分类求解或转化为它的对立事 件求解.
3 3 1 2 2 1 3 2 1 2 1

方法与技巧 1.对于有附加条件的排列、组合应用题,通常从三个途径考虑: (1)以元素为主考虑,即先满足特殊元素的要求,再考虑其他元素; (2)以位置为主考虑,即先满足特殊位置的要求,再考虑其他位置; (3)先不考虑附加条件,计算出排列数或组合数,再减去不合要求的排列数或组合数. 2.排列、组合问题的求解方法与技巧: (1)特殊元素优先安排;(2)合理分类与准确分步;(3)排列、组合混合问题先选后排;(4)相 邻问题捆绑处理; (5)不相邻问题插空处理; (6)定序问题排除法处理; (7)分排问题直排处理; (8)“小集团”排列问题先整体后局部;(9)构造模型;(10)正难则反,等价条件. 失误与防范 求解排列与组合问题的三个注意点: (1)解排列与组合综合题一般是先选后排,或充分利用元素的性质进行分类、分步,再利用两 个原理做最后处理.
6

(2)解受条件限制的组合题, 通常用直接法(合理分类)和间接法(排除法)来解决, 分类标准应 统一,避免出现重复或遗漏.

A 组 专项基础训练 (时间:35 分钟) 1.(2014·四川改编)六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则 不同的排法共有________种. 答案 216 解析 第一类:甲在最左端,有 A5=5×4×3×2×1=120(种)方法; 第二类:乙在最左端,有 4A4=4×4×3×2×1=96(种)方法.所以共有 120+96=216(种) 方法. 2.将 2 名教师,4 名学生分成 2 个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小 组由 1 名教师和 2 名学生组成,不同的安排方案共有________种. 答案 12 解析 分两步:第一步,选派一名教师到甲地,另一名到乙地,共有 C2=2(种)选派方法; 第二步,选派两名学生到甲地,另外两名到乙地,共有 C4=6(种)选派方法. 由分步计数原理得不同的选派方案共有 2×6=12(种). 3.10 名同学合影,站成了前排 3 人,后排 7 人.现摄影师要从后排 7 人中抽 2 人站前排, 其他人的相对顺序不变,则不同调整方法的种数为________. 答案 420 解析 从后排抽 2 人的方法种数是 C7;前排的排列方法种数是 A5.由分步计数原理知不同调 整方法种数是 C7A5=420. 4.某台小型晚会由 6 个节目组成,演出顺序有如下要求:节目甲必须排在前两位,节目乙不 能排在第一位,节目丙必须排在最后一位.该台晚会节目演出顺序的编排方案共有________ 种. 答案 42 解析 分两类,第一类:甲排在第一位时,丙排在最后一位,中间 4 个节目无限制条件,有 A4种排法;第二类:甲排在第二位时,从甲、乙、丙之外的 3 个节目中选 1 个节目排在第一 位有 C3种排法,其他 3 个节目有 A3种排法,故有 C3A3种排法.依分类计数原理,知共有 A4+ C3A3=42(种)编排方案. 5.如图所示,要使电路接通,开关不同的开闭方式有______种.
1 3 1 3 1 3 4 4 2 2 2 2 2 1 4 5

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答案 21 解析 当第一组开关有一个接通时,电路接通有 C2(C3+C3+C3)=14(种)方式; 当第一组开关有两个接通时,电路接通有 C2(C3+C3+C3)=7(种)方式. 所以共有 14+7=21(种)方式. 6.A、B、C、D、E 五人并排站成一排,如果 B 必须站在 A 的右边(A、B 可以不相邻),那么不 同的排法共有________种. 答案 60 解析 可先排 C、D、E 三人,共 A5种排法,剩余 A、B 两人只有一种排法,由分步计数原理 知满足条件的排法共有 A5=60(种). 7.(2013·北京)将序号分别为 1,2,3,4,5 的 5 张参观券全部分给 4 人,每人至少 1 张,如果 分给同一人的 2 张参观券连号,那么不同的分法种数是________. 答案 96 解析 将 5 张参观券分成 4 堆,有 2 个连号有 4 种分法,每种分法再分给 4 人,各有 A4种分 法,∴不同的分法种数共有 4A4=96. 8. 用 1,2,3,4 这四个数字组成无重复数字的四位数, 其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的 四位数的个数为________. 答案 8 解析 先把两奇数捆绑在一起有 A2种方法,再用插空法共有 A2·C2·A2=8 个. 9.某商店要求甲、乙、丙、丁、戊五种不同的商品在货架上排成一排,其中甲、乙两种必须 排在一起,而丙、丁两种不能排在一起,不同的排法共有________种. 答案 24 解析 甲、乙排在一起,用捆绑法,丙、丁不排在一起,用插空法,不同的排法共有 2A2·A3 =24 种. 10.有 9 名学生,其中 2 名会下象棋但不会下围棋,3 名会下围棋但不会下象棋,4 名既会下 围棋又会下象棋;现在要从这 9 名学生中选出 2 名学生,一名参加象棋比赛,另一名参加围 棋比赛,共有多少种不同的选派方法? 解 设 2 名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合 A,3 名会下围棋但不会下象棋的同学组成 集合 B,4 名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合 C,则选派 2 名参赛同学的方法可以分为 以下 4 类: 第一类:A 中选 1 人参加象棋比赛,B 中选 1 人参加围棋比赛,方法数为 C2·C3=6 种; 第二类:C 中选 1 人参加象棋比赛,B 中选 1 人参加围棋比赛,方法数为 C4·C3=12 种; 第三类:C 中选 1 人参加围棋比赛,A 中选 1 人参加象棋比赛,方法数为 C4·C2=8 种;
8
1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 2 4 4 3 3 2 1 2 3 1 1 2 3

第四类:C 中选 2 人分别参加两项比赛,方法数为 A4=12 种; 由分类计数原理,选派方法数共有 6+12+8+12=38 种. B 组 专项能力提升 (时间:20 分钟) 1.计划展出 10 幅不同的画,其中 1 幅水彩画、4 幅油画、5 幅国画,排成一列,要求同一品 种的画必须连在一起,并且水彩画不放在两端,那么不同的排列方式的种数为________. 答案 5 760 解析 先把 3 种品种的画看成整体,而水彩画受限制应优先考虑,不能放在头尾,故只能放 在中间,又油画与国画有 A2种放法,再考虑国画与油画本身又可以全排列,故排列的方法有 A2A4A5=5 760 种. 2.我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中,有 5 架舰载机准备着舰.如果 甲、乙两机必须相邻着舰,而丙、丁不能相邻着舰,那么不同的着舰方法有________种. 答案 24 解析 丙、丁不能相邻着舰,则将剩余 3 机先排列,再将丙、丁进行“插空”.由于甲、乙 “捆绑”视作一整体,剩余 3 机实际排列方法共 2×2=4 种.有三个“空”供丙、丁选择, 即 A3=6 种.由分步计数原理,共有 4×6=24 种着舰方法. 3.(2014·广东)设集合 A={(x1,x2,x3,x4,x5)|xi∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5},那么集 合 A 中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”的元素个数为________. 答案 130 解析 在 x1,x2,x3,x4,x5 这五个数中,因为 xi∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5,所以满足条 件 1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3 的可能情况有“①一个 1(或-1),四个 0,有 C5×2 种;②两个 1(或-1),三个 0,有 C5×2 种;③一个-1,一个 1,三个 0,有 A5种;④两个 1(或-1),一个-1(或 1),两个 0,有 C5C3×2 种;⑤三个 1(或-1),两个 0,有 C5×2 种.故 共有 C5×2+C5×2+A5+C5C3×2+C5×2=130 种. 4.(2013·浙江)将 A、B、C、D、E、F 六个字母排成一排,且 A、B 均在 C 的同侧,则不同的 排法共有________种(用数字作答). 答案 480 解析 分类讨论:A、B 都在 C 的左侧,且按 C 的左侧分别有两个、三个、四个、五个字母这 4 类计算,再考虑右侧情况. 所以共有 2(A2·A3+C3A3·A2+C3A4+A5)=480 种. 5.(2014·浙江)在 8 张奖券中有一、二、三等奖各 1 张,其余 5 张无奖.将这 8 张奖券分配 给 4 个人,每人 2 张,不同的获奖情况有________种(用数字作答). 答案 60 解析 把 8 张奖券分 4 组有两种分法, 一种是分(一等奖, 无奖)、 (二等奖, 无奖)、 (三等奖,
9
2 3 1 3 2 2 4 5 1 2 2 2 1 3 2 1 3 2 2 1 2 2 4 5 2

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无奖)、(无奖,无奖)四组,分给 4 人有 A4种分法;另一种是一组两个奖,一组只有一个奖, 另两组无奖,共有 C3种分法,再分给 4 人有 A4种分法,所以不同获奖情况种数为 A4+C3A4= 24+36=60. 6.7 名师生站成一排照相留念,其中老师 1 人,男生 4 人,女生 2 人,在下列情况下,各有 不同站法多少种? (1)两个女生必须相邻而站; (2)4 名男生互不相邻; (3)老师不站中间,女生甲不站左端. 解 (1)∵两个女生必须相邻而站, ∴把两个女生看做一个元素, 则共有 6 个元素进行全排列,还有女生内部的一个排列共有 A6A2=1 440(种)站法. (2)∵4 名男生互不相邻, ∴应用插空法, 要老师和女生先排列,形成四个空再排男生共有 A3A4=144(种)站法. (3)当老师站左端时其余六个位置可以进行全排列共有 A6=720(种)站法, 当老师不站左端时,老师有 5 种站法,女生甲有 5 种站法,余下的 5 个人在五个位置进行排 列共有 A5×5×5=3 000(种)站法.根据分类计数原理知共有 720+3 000=3 720(种)站法.
5 6 3 4 6 2 2 2 4 2 2

4

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