《2019-2020年高中數(shù)學(xué) 1.1第2課時(shí) 兩個(gè)基本原理的應(yīng)用課時(shí)作業(yè) 新人教A版選修2-3.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高中數(shù)學(xué) 1.1第2課時(shí) 兩個(gè)基本原理的應(yīng)用課時(shí)作業(yè) 新人教A版選修2-3.doc（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高中數(shù)學(xué) 1.1第2課時(shí) 兩個(gè)基本原理的應(yīng)用課時(shí)作業(yè) 新人教A版選修2-3 一、選擇題 1．把10個(gè)蘋果分成三堆，要求每堆至少有1個(gè)，至多5個(gè)，則不同的分法共有(　　) A．4種　　 B．5種　　 C．6種　　 D．7種 [答案]　A [解析]　分類考慮，若最少一堆是1個(gè)，那由至多5個(gè)知另兩堆分別為4個(gè)、5個(gè)，只有一種分法；若最少一堆是2個(gè)，則由3＋5＝4＋4知有2種分法；若最少一堆是3個(gè)，則另兩堆為3個(gè)、4個(gè)，故共有分法1＋2＋1＝4種． 2．四個(gè)同學(xué)，爭(zhēng)奪三項(xiàng)冠軍，冠軍獲得者可能有的種類是(　　) A．4 B．24 C．43 D．34 [答案]　C [解析]　依分步乘法計(jì)數(shù)原理，冠軍獲得者可能有的種數(shù)是444＝43.故選C． 3．已知函數(shù)y＝ax2＋bx＋c，其中a、b、c∈{0,1,2,3,4}，則不同的二次函數(shù)的個(gè)數(shù)共有(　　) A．125個(gè) B．15個(gè) C．100個(gè) D．10個(gè) [答案]　C [解析]　由題意可得a≠0，可分以下幾類， 第一類：b＝0，c≠0，此時(shí)a有4種選擇，c也有4種選擇，共有44＝16個(gè)不同的函數(shù)； 第二類：c＝0，b≠0，此時(shí)a有4種選擇，b也有4種選擇，共有44＝16個(gè)不同的函數(shù)； 第三類：b≠0，c≠0，此時(shí)a，b，c都各有4種選擇，共有444＝64個(gè)不同的函數(shù)； 第四類：b＝0，c＝0，此時(shí)a有4種選擇，共有4個(gè)不同的函數(shù)． 由分類加法計(jì)數(shù)原理，可確定不同的二次函數(shù)共有N＝16＋16＋64＋4＝100(個(gè))．故選C． 4．從個(gè)位數(shù)與十位數(shù)之和為奇數(shù)的兩位數(shù)中任取一個(gè)，其個(gè)位數(shù)為0的概率是(　　) A． B． C． D． [答案]　D [解析]　本題考查計(jì)數(shù)原理與古典概型， ∵兩數(shù)之和為奇數(shù)，則兩數(shù)一奇一偶，若個(gè)位數(shù)為奇數(shù)，則共有45＝20個(gè)數(shù)，若個(gè)位數(shù)為偶數(shù)，共有55＝25個(gè)數(shù)，其中個(gè)位為0的數(shù)共有5個(gè)， ∴P＝＝. 5．如圖，某電子器件是由三個(gè)電阻組成的回路，其中共有6個(gè)焊接點(diǎn)A、B、C、D、E、F，如果某個(gè)焊接點(diǎn)脫落，整個(gè)電路就會(huì)不通，現(xiàn)在電路不通了，那么焊接點(diǎn)脫落的可能性共有(　　) A．6種 B．36種 C．63種 D．64種 [答案]　C [解析]　每個(gè)焊接點(diǎn)都有正常與脫落兩種情況，只要有一個(gè)脫落電路即不通，∴共有26－1＝63種．故選C． 6．從集合{1,2,3，…，10}中任意選出三個(gè)不同的數(shù)，使這三個(gè)數(shù)成等比數(shù)列，這樣的等比數(shù)列的個(gè)數(shù)為(　　) A．3 B．4 C．6 D．8 [答案]　D [解析]　當(dāng)公比為2時(shí)，等比數(shù)列可為1、2、4,2、4、8. 當(dāng)公比為3時(shí)，等比數(shù)列可為1、3、9. 當(dāng)公比為時(shí)，等比數(shù)列可為4、6、9. 同時(shí)，4、2、1,8、4、2,9、3、1和9、6、4也是等比數(shù)列，共8個(gè)． 二、填空題 7．(xx杭州模擬)有一質(zhì)地均勻的正四面體，它的四個(gè)面上分別標(biāo)有1、2、3、4四個(gè)數(shù)字，現(xiàn)將它連續(xù)拋擲3次，其底面落于桌面，記三次在正四面體底面的數(shù)字和為S，則“S恰好為4”的概率為________. [答案]　 [解析]　本題是一道古典概型問題．用有序?qū)崝?shù)對(duì)(a，b，c)來表示連續(xù)拋擲3次所得的3個(gè)數(shù)字，則該試驗(yàn)中共含444＝64個(gè)基本事件，取S＝a＋b＋c，事件“S恰好為4”中包含了(1,1,2)，(1,2,1)，(2,1,1)三個(gè)基本事件，則所求概率P＝. 8．設(shè)橢圓＋＝1的焦點(diǎn)在y軸上，m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，則這樣的橢圓個(gè)數(shù)為________________. [答案]　20 [解析]　曲線是焦點(diǎn)在y軸上的橢圓，∴n>m.當(dāng)m＝1時(shí)，n有6種取法，當(dāng)m＝2時(shí)，n有5種取法……當(dāng)m＝5時(shí)n有2種取法，∴這樣的橢圓共有6＋5＋4＋3＋2＝20個(gè)． 9．有10本不同的數(shù)學(xué)書，9本不同的語文書，8本不同的英語書，從中任取兩本不同類的書，共有不同的取法________種． [答案]　242 [解析]　取兩本書中，一本數(shù)學(xué)、一本語文，根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理有109＝90(種)不同取法； 取兩本書中，一本語文、一本英語，有98＝72(種)不同取法； 取兩本書中，一本數(shù)學(xué)、一本英語，有108＝80(種)不同取法． 綜合以上三類，利用分類加法計(jì)數(shù)原理，共有90＋72＋80＝242(種)不同取法． 三、解答題 10．有三項(xiàng)體育運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目，每個(gè)項(xiàng)目均設(shè)冠軍和亞軍各一名獎(jiǎng)項(xiàng)． (1)學(xué)生甲參加了這三個(gè)運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目，但只獲得一個(gè)獎(jiǎng)項(xiàng)，學(xué)生甲獲獎(jiǎng)的不同情況有多少種？ (2)有4名學(xué)生參加了這三個(gè)運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目，若一個(gè)學(xué)生可以獲得多項(xiàng)冠軍，那么各項(xiàng)冠軍獲得者的不同情況有多少種？ [解析]　(1)三個(gè)運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目，共有六個(gè)獎(jiǎng)項(xiàng)，由于甲獲得一個(gè)獎(jiǎng)項(xiàng)且甲可獲得六個(gè)獎(jiǎng)項(xiàng)中的任何一個(gè)． ∴甲有6種不同的獲獎(jiǎng)情況． (2)每一項(xiàng)體育運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目中冠軍的歸屬都有4種不同的情況，故各項(xiàng)冠軍獲得者的不同情況有444＝64(種)． 一、選擇題 11. 元旦來臨之際，某寢室四人各寫一張賀卡，先集中起來，然后每人從中拿一張別人送出的賀卡，則四張賀卡不同的分配方式有(　　) A．6種 B．9種 C．11種 D．23種 [答案]　B [解析]　解法1：設(shè)四人A、B、C、D寫的賀卡分別是a、b、c、d，當(dāng)A拿賀卡b，則B可拿a、c、d中的任何一張，即B拿a，C拿d，D拿c或B拿c，D拿a，C拿d或B拿d，C拿a，D拿c，所以A拿b時(shí)有三種不同的分配方式．同理，A拿c，d時(shí)也各有三種不同的分配方式．由分類加法計(jì)數(shù)原理，四張賀卡共有3＋3＋3＝9(種)分配方式． 解法2：讓四人A、B、C、D依次拿一張別人送出的賀卡，如果A先拿，有3種，此時(shí)被A拿走的那張賀卡的人也有3種不同的取法．接下來，剩下的兩個(gè)人都各只有1種取法，由分步乘法計(jì)數(shù)原理，四張賀卡不同的分配方式有3311＝9(種)． 12．某單位有7個(gè)連在一起的車位，現(xiàn)有3輛不同型號(hào)的車需停放，如果要求剩余的4個(gè)車位連在一起，則不同的停放方法的種數(shù)為(　　) A．16 B．18 C．24 D．32 [答案]　C [解析]　若將7個(gè)車位從左向右按1～7進(jìn)行編號(hào)，則該3輛車有4種不同的停放方法：(1)停放在1～3號(hào)車位；(2)停放在5～7號(hào)車位；(3)停放在1、2、7號(hào)車位；(4)停放在1、6、7號(hào)車位．每一種停放方法均有6種，故共有24種不同的停放方法． 13．(xx張家界月考)先后擲兩次正方體骰子(骰子的六個(gè)面分別標(biāo)有點(diǎn)數(shù)1、2、3、4、5、6)，骰子朝上的面的點(diǎn)數(shù)分別為m、n，則mn是奇數(shù)的概率是(　　) A． B． C． D． [答案]　C [解析]　先后擲兩次正方體骰子總共有36種可能，要使mn是奇數(shù)，則m、n都是奇數(shù)，因此有以下幾種可能：(1,1)，(1,3)，(1,5)，(3,1)，(3,3)，(3,5)，(5,1)，(5,3)，(5,5)共9種可能．因此P＝＝. 14．若三角形的三邊長(zhǎng)均為正整數(shù)，其中一邊長(zhǎng)為4，另外兩邊長(zhǎng)分別為b、c，且滿足b≤4≤c，則這樣的三角形有(　　) A．10個(gè) B．14個(gè) C．15個(gè) D．21個(gè) [答案]　A [解析]　當(dāng)b＝1時(shí)，c＝4；當(dāng)b＝2時(shí)，c＝4,5；當(dāng)b＝3時(shí)，c＝4,5,6；當(dāng)b＝4時(shí)，c＝4,5,6,7.故共有10個(gè)這樣的三角形．選A． [點(diǎn)評(píng)]　注意三角形兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊． 二、填空題 15．連擲兩次骰子得到的點(diǎn)數(shù)分別為m和n，向量a＝(m，n)和向量b＝(1，－1)的夾角為θ，則θ為銳角的概率是________. [答案]　 [解析]　cosθ＝＝， ∵θ∈(0，)，∴∴ ∴m>n，則m＝2時(shí)，n＝1；m＝3時(shí)，n＝1,2；m＝4時(shí)，n＝1,2,3；m＝5時(shí)，n＝1,2,3,4；m＝6時(shí)，n＝1,2,3,4,5. 則這樣的向量a共有1＋2＋3＋4＋5＝15(個(gè))， 而第一次投擲骰子得到的點(diǎn)數(shù)m有6種情形，同樣n也有6種情形，∴不同的向量a＝(m，n)，共有66＝36個(gè)，因此所求概率P＝＝. 16．從集合{1,2,3,4,5,6}中任取兩個(gè)元素作為雙曲線－＝1中的幾何量a、b的值，則“雙曲線漸近線的斜率k滿足|k|≤1”的概率為________. [答案]　 [解析]　所有可能取法有65＝30種，由|k|＝≤1知b≤a，滿足此條件的有(2,1)，(3,2)，(3,1)，(4,3)，(4,2)，(4,1)，(5,4)，(5,3)，(5,2)，(5,1)，(6,5)，(6,4)，(6,3)，(6,2)，(6,1)共15種， ∴所求概率P＝＝. 三、解答題 17．現(xiàn)有高三四個(gè)班的學(xué)生共34人，其中一、二、三、四班分別有7人、8人、9人、10人，他們自愿組成數(shù)學(xué)課外小組． (1)選其中一人為負(fù)責(zé)人，有多少種不同的選法？ (2)每班選一名組長(zhǎng)，有多少種不同的選法？ (3)推選二人作發(fā)言，這二人需來自不同的班級(jí)，有多少種不同的選法？ [解析]　(1)分四類：第一類，從一班學(xué)生中選1人，有7種選法；第二類，從二班學(xué)生中選1人，有8種選法；第三類，從三班學(xué)生中選1人，有9種選法；第四類，從四班學(xué)生中選1人，有10種選法，所以，共有不同的選法N＝7＋8＋9＋10＝34(種)． (2)分四步：第一、二、三、四步分別為從一、二、三、四班的學(xué)生中選一人任組長(zhǎng)，所以共有不同的選法N＝78910＝5040(種)． (3)分六類：每類又分兩步，從一、二班的學(xué)生中各選1人，有78種不同的選法；從一、三班的學(xué)生中各選1人，有79種不同的選法；從一、四班的學(xué)生中各選1人，有710種不同的選法；從二、三班的學(xué)生中各選1人，有89種不同的選法；從二、四班的學(xué)生中各選1人，有810種不同的選法：從三、四班的學(xué)生中各選1人，有910種不同的選法；所以共有不同的選法N＝78＋79＋710＋89＋810＋910＝431(種)． 18.用1、2、3、4四個(gè)數(shù)字(可重復(fù))排成三位數(shù)，并把這些三位數(shù)由小到大排成一個(gè)數(shù)列{an}． (1)寫出這個(gè)數(shù)列的前11項(xiàng)； (2)這個(gè)數(shù)列共有多少項(xiàng)？ (3)若an＝341，求n. [解析]　(1)111,112,113,114,121,122,123,124,131,132,133. (2)這個(gè)數(shù)列的項(xiàng)數(shù)就是用1、2、3、4排成的三位數(shù)，每個(gè)位上都有4種排法，則共有444＝64項(xiàng)． (3)比an＝341小的數(shù)有兩類：① 1 2 ； ② 3 1 3 2 3 3 .共有244＋134＝44項(xiàng)． ∴n＝44＋1＝45(項(xiàng))．