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一、选择题
1．某单位计划从5人中选4人值班，每人值班一天，其中第一、二天各安排一人，第三天安排两人，则安排的方法数为(　　)
A．30 B．60
C．120 D．180
解析：选B．先从5人中选出4人值班，再从4人中选出2人值第三天，剩余2人分别值第一、二天，所以安排方法数为CCA＝60.故选B．
2．甲、乙两人计划从A，B，C三个景点中各选择两个游玩，则两人所选景点不全相同的选法共有(　　)
A．3种 B．6种
C．9种 D．12种
解析：选B．本题用排除法，甲、乙两人从A，B，C三个景点中各选两个游玩，共有CC＝9(种)，但两人所选景点不能完全相同，所以排除3种完全相同的选择，故共有6种选法．故选B．
3．现有15个数学竞赛参赛名额分给五个班，其中一、二班每班至少3个名额，三、四、五班每班至少2个名额，则名额分配方式共有(　　)
A．15种 B．35种
C．70种 D．125种
解析：选B．根据题意，先将15个名额分配给一班、二班每班2个，三、四、五班每班1个，还剩下8个名额，将剩下的8个名额分5组，每组至少一人，利用“隔板法”求解，8个名额排成一列有7个间隔，要分成5组，7个间隔选4个即可，则有C＝35种分配方法．故选B．
4．从0，1，2，3，4，5这6个数中任选2个偶数和1个奇数，组成没有重复数字的三位数的个数为(　　)
A．36 B．42
C．45 D．54
解析：选B．当任选2个偶数中含有0时，0可以放在个位或十位，共2种情况，再从3个奇数中选一个，2个偶数中选一个，放在剩余的数位上，共CCA＝12种情况，此时共2×12＝24种情况；当任选2个偶数中不含有0时，从3个奇数中选一个，并和2，4进行全排列，共CA＝18种情况，综上，组成没有重复数字的三位数的个数为24＋18＝42.故选B．
5．已知直线a，直线b，且a∥b，a上有5个点，b上有4个点，则以这9个点为顶点的三角形个数为(　　)
A．CC＋CC
B．(C＋C)(C＋C)
C．C－9
D．C－C
解析：选A.可以分为两类：a上取两点，b上取一点，则可构成三角形个数为CC；a上取一点，b上取两点，则可构成三角形个数为CC，由分类加法计数原理可得以这9个点为顶点的三角形个数为CC＋CC.故选A.
6．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是(　　)
A．若任意选择三门课程，选法种数为A
B．若物理和化学至少选一门，选法种数为CC
C.若物理和历史不能同时选，选法种数为C－C
D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法种数为CC－C
解析：选C.对于A，若任意选择三门课程，选法种数为C，A错误；对于B，有两种情况：①若物理和化学选一门，有C种选法，其余两门从剩余的5门中选，有C种选法，共CC种选法；②若物理和化学都选，有C种选法，剩下一门从剩余的5门中选，有C种选法，共CC种选法，故选法种数为CC＋CC，B错误；对于C，若物理和历史不能同时选，则选法种数为C－CC＝C－C，C正确；对于D，有3种情况：①若物理和化学选一门，只选物理，且物理和历史不同时选，有CC种选法；②选化学，不选物理，有CC种选法；③物理与化学都选，且不选历史，有CC种选法，故选法种数为CC＋CC＋CC≠CC－C，D错误．故选C.
7．数列{an}共7项，a1＝0，a7＝2，且|ak＋1－ak|＝1，k＝1，2，3，…，6.满足这些条件的不同数列的个数为(　　)
A．6 B．12
C．15 D．30
解析：选C.因为|ak＋1－ak|＝1，k＝1，2，3，…，6，所以ak＋1－ak＝1或者ak＋1－ak＝－1，即数列{an}从前往后依次增加1或者减少1.
因为a1＝0，a7＝2，所以从a1到a7有4次增加1，有2次减少1，即6次变化中选出2次减少1的，其他就是增加1的，所以不同的数列共有C＝15(种).故选C.
8．(多选)某校举行强身健体的主题宣讲．现安排4名教师到高中3个年级进行宣讲，每个年级至少1名教师，则不同的选法有(　　)
A．CCCC B．CA
C．CC D．CCA
解析：选BD．将4名教师分为三组，有C种分组方法，再将三组分配到三个年级有A种方法，所以共有CA种选法，故选项B正确；在三个年级中选出一个，安排2名教师有CC种安排方法，再将剩下的2人安排到两个年级有A种方法，所以共有CCA种选法，故选项D正确．故选BD．
9．(多选)某校举办“新生杯”足球比赛，现分配A，B，C，D 4人到甲、乙、丙三场比赛中担任主裁判，每人最多担任其中一场比赛的主裁判，每场比赛主裁判有且只有一人担任，则下列说法正确的是(　　)
A．不同的分配方案共有81种
B．不同的分配方案共有24种
C．若A，B两人都不能去甲场比赛担任主裁判，则不同的安排方法共有12种
D．若A，B两人必有一人去甲场比赛担任主裁判，则不同的安排方法共有12种
解析：选BCD．不同的分配方案共有A＝24(种)，故B正确，A错误；
若A，B两人都不能去甲场比赛担任主裁判，第一步，从C，D中选出一人去甲场；第二步，从剩下的三人中选出两人；第三步，将选出的两人分配到乙、丙两场中．
则不同的安排方法共有CCA＝12(种)，故C正确；
若A，B两人必有一人去甲场比赛担任主裁判，第一步，从A，B中选出一人去甲场；
第二步，从剩下的三人中选出两人；第三步，将选出的两人分配到乙、丙两场中．
则不同的安排方法共有CCA＝12(种)，故D正确．故选BCD．
10．(多选)现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有(　　)
A．没有空盒子的放法共有24种
B．有空盒子的放法共有128种
C．恰有1个盒子不放球的放法共有144种
D．恰有1个小球放入与自己编号相同的盒中的放法共8种
解析：选ACD．对于A项，没有空盒子即每个盒子放1个小球，共A＝24种放法，故A正确；
对于B项，不考虑是否有空盒子的放法为44种，减去没有空盒子的放法，得有空盒子的放法有256－24＝232(种)，故B错误；
对于C项，先选不放球的盒子有4种选法，再把4个小球分成三组(有1个盒子放2个球)放入3个盒子有CA种放法，故有4×CA＝144种放法，故C正确；
对于D项，恰有1个小球放入与自己编号相同的盒中有4种放法，余下3个球放入不同编号的盒子只有2种放法．
比如1号球放入1号盒子，则2号球可放入3号盒子或4号盒子．若2号球放入3号盒子，3号球只能放入4号盒子，4号球放入2号盒子；若2号球放入4号盒子，则3号球只能放入2号盒子，4号球放入3号盒子．共2×4＝8种放法，故D正确．
故选ACD．
二、填空题
11．某地奥运火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成．如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方法共有________种．
解析：甲传第一棒，乙传最后一棒，共有A种方法．乙传第一棒，甲传最后一棒，共有A种方法．丙传第一棒，共有CA种方法．由分类加法计数原理得，共有A＋A＋CA＝96种方法．
答案：96
12．现将甲、乙、丙、丁四名志愿者分配到6个项目中参加志愿活动，且每名志愿者只能参加1个项目的志愿活动，则有且只有3人分到同一项目中的情况有________种．
解析：可分三步完成：第一步，从四名志愿者中选取三名志愿者，有C种选法；第二步，从6个项目中选取2个项目有C种不同的选法；第三步，把志愿者分配到两个项目中有A种分配方法．故共有CCA＝120种不同的分配方法．
答案：120
13．方程x＋y＋z＝11的非负整数解共有______组．
解析：将方程的解看成11个1与3个0放在3个小盒的方法，可以将11个1和3个0，共14个元素，分成3组，每组至少1个元素，采用隔板法，14个元素之间13个位置，隔2块板，共有C＝78种方法，所以方程x＋y＋z＝11的非负整数解共有78组．
答案：78
14．如图，将1，2，3，4四个数字填在6个“”中，每个“”中填一个数字，有线段连接的两个“”不能填相同数字，四个数字不必均使用，则不同填数方法有________种．
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解析：如图，计算不同填数方法有两类办法：
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当用四个数字时，先填A，E，D，有A种填法，再从B，F，C中选一处填第四个数，如B，再填F，若F与D同，则C有2种填法，若F与D不同，则C有1种填法，于是有AC(2＋1)种填法；
当用三个数字时，先填A，E，D，有CA种填法，再填B，有2种填法，则F，C各有1种填法，于是有2CA种填法．
利用分类加法计数原理得，不同填数方法有
AC(2＋1)＋2CA＝216＋48＝264(种).
答案：264
三、解答题
15．某班某次班会准备从甲、乙2名女同学及其他6名男同学中安排5名同学依次发言．
(1)若甲、乙同时参与，且她们发言时不能相邻，则不同的安排方法有多少种？
(2)若甲、乙同时参与，且前3名发言的同学中有女同学，则不同的安排方法有多少种？
解：(1)若甲、乙同时参与，则只需再从剩下的6名同学中选取3名即可．
在安排顺序时，甲、乙不相邻，则“插空”，不同的安排方法有AA种．
故甲、乙同时参与，且她们发言时不能相邻的安排方法有CAA＝1 440(种).
(2)只考虑甲、乙同时参与，不同的安排方法有CA＝2 400(种).
若前3名发言的同学中没有女同学，则甲、乙被安排在最后两位发言，不同的安排方法有CAA＝240(种).
故甲、乙同时参与，且前3名发言的同学中有女同学的安排方法有2 400－240＝2 160(种).
16．为弘扬我国古代的六艺文化，某夏令营主办单位计划利用暑期开设礼、乐、射、御、书、数六门体验课程．
(1)若体验课连续开设六周，每周一门，求其中射不排在第一周，数不排在最后一周的所有可能排法种数；
(2)甲、乙、丙、丁、戊五名教师在教这六门课程，每名教师至少任教一门课程，求其中甲不任教数的课程安排种数．
解：(1)分两组情况讨论，
①射排在最后一周时，则有A＝120种排法；
②当射不排在最后一周，则射有4种排法，数也有4种排法，剩下的4门课程全排列，有4×4×A＝384种排法，
所以，共有120＋384＝504种不同排法．
(2)分两种情况讨论；
当甲教两门时，则有CA＝240种安排方法；
当甲教一门时，则有CCA＝1 200种安排方法．
所以，共有240＋1 200＝1 440种安排方法．
17．在混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品．现需要通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束．
(1)若第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，求共有多少种不同的抽法；
(2)已知每检测一件产品需要100元费用，求检测结束时检测费用为400元的抽法有多少种？(要求：解答过程要有必要的说明和步骤)
解：(1)由题意知，第一次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束，
第1次抽到的是正品有C种抽法；第2次抽到的是次品有C种抽法；第3次抽到的是正品有C种抽法；
当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有CCC＝24种抽法；
当抽取5次结束时，若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是正品，则共有CCCC＝48种抽法；
若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是次品，则共有CCCC＝48种抽法；
综上，第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品共有24＋48＋48＝120种抽法．
(2)由题意知，检测费用为400元，说明一共抽取了4次检测结束，共有以下两种情况：
①4次抽到的均为正品，共有A＝24种抽法；
②前3次抽到2件正品，1件次品，且第4次抽到的是次品，共有CCA＝72种抽法.
所以，检测结束时检测费用为400元的抽法共有24＋72＝96(种).

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