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2024高二數學期末考試題
在日復一日的學習、工作生活中，我們很多時候都不得不用到試題，試題有助于被考核者了解自己的真實水平。什么樣的試題才能有效幫助到我們呢？下面是小編為大家收集的2024高二數學期末考試題，歡迎閱讀，希望大家能夠喜歡。
高二數學期末考試題 1
一、選擇題：本大題共12小題，每小題3分，共36分，在每個小題給出的四個選項中，只有一個符合題目要求的
1.命題“a=0，則ab=0”的逆否命題是( )
A.若ab=0，則a=0 B.若a≠0，則ab≠0 C.若ab=0，則a≠0 D.若ab≠0，則a≠0
2.橢圓 + =1的長軸長是( )
A.2 B.3 C.4 D.6
3.已知函數f(x)=x2+sinx，則f′(0)=( )
A.0 B.﹣1 C.1 D.3
4.“a>1”是“a2<1”的( )
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充要條件 D.既不充分也不必要條件
5.雙曲線 =1的漸近線方程是( )
A.y=±2x B.y=±4x C.y=± x D.y=± x
6.已知y=f(x)的導函數f′(x)的圖象如圖所示，則下列結論正確的是( )
A.f(x)在(﹣3，﹣1)上先增后減 B.x=﹣2是函數f(x)極小值點
C.f(x)在(﹣1，1)上是增函數 D.x=1是函數f(x)的極大值點
7.已知雙曲線的離心率e= ，點(0，5)為其一個焦點，則該雙曲線的標準方程為( )
A. ﹣ =1 B. ﹣ =1
C. ﹣ =1 D. ﹣ =1
8.函數f(x)=xlnx的單調遞減區間為( )
A.(﹣∞， ) B.(0， ) C.(﹣∞，e) D.(e，+∞)
9.若方程 + =1表示焦點在y軸上的橢圓，則實數m的取值范圍為( )
A.(﹣∞，1) B.(1，2) C.(2，3) D.(3，+∞)
10.已知命題p：x∈(0，+∞)，2x>3x，命題q：x0∈(0，+∞)，x >x ，則下列命題中的真命題是( )
A.p∧q B.p∨(￢q) C.(￢p)∧(￢q) D.(￢p)∧q
11.f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，當x<0時，f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0，且g(﹣3)=0，則不等式f(x)g(x)<0的解集是( )
A.(﹣∞，﹣3)∪(0，3) B.(﹣∞，﹣3)∪(3，+∞) C.(﹣3，0)∪(3，+∞) D.(﹣3，0)∪(0，3)
12.過點M(2，﹣1)作斜率為 的直線與橢圓 + =1(a>b>0)相交于A，B兩個不同點，若M是AB的中點，則該橢圓的離心率e=( )
A. B. C. D.
二、填空題：本大題共4個小題，每小題4分.、共16分.
13.拋物線x2=4y的焦點坐標為 .
14.已知命題p：x0∈R，3 =5，則￢p為 .
15.已知曲線f(x)=xex在點P(x0，f(x0))處的切線與直線y=x+1平行，則點P的坐標為 .
16.已知f(x)=ax3+3x2﹣1存在唯一的零點x0，且x0<0，則實數a的取值范圍是 .
三、解答題：本大題共7小題，共48分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
17.已知命題p：函數y=kx是增函數，q：方程 +y2=1表示焦點在x軸上的橢圓，若p∧(￢q)為真命題，求實數k的取值范圍.
18.已知函數f(x)=2x3﹣6x2+m在[﹣2，2]上的最大值為3，求f(x)在[﹣2，2]上的最小值.
19.已知點P(1，﹣2)在拋物線C：y2=2px(p>0)上.
(1)求拋物線C的方程及其準線方程;
(2)若過拋物線C焦點F的直線l與拋物線C相交于A，B兩個不同點，求|AB|的最小值.
20.已知函數f(x)=x﹣ ﹣2alnx(a∈R).
(1)若函數f(x)在x= 處取得極值，求實數a的值;
(2)求證：當a≤1時，不等式f(x)≥0在[1，+∞)恒成立.
21.已知函數f(x)=x﹣ ﹣2alnx(a∈R).
(1)若函數f(x)在x= 處取得極值，求實數a的值;
(2)若不等式f(x)≥0在[1，+∞)恒成立，求實數a的取值范圍.
22.已知橢圓C： + =1(a>b>0)的離心率e= ，點P(﹣ ，1)在該橢圓上.
(1)求橢圓C的方程;
(2)若點A，B是橢圓C上關于直線y=kx+1對稱的兩點，求實數k的取值范圍.
23.已知橢圓C： + =1(a>b>0)的離心率e= ，原點到直線 + =1的距離為 .
(1)求橢圓C的方程;
(2)若點A，B是橢圓C上關于直線y=kx+1對稱的兩點，求實數k的取值范圍.
參考答案與試題解析
一、選擇題：本大題共12小題，每小題3分，共36分，在每個小題給出的四個選項中，只有一個符合題目要求的
1.命題“a=0，則ab=0”的逆否命題是( )
A.若ab=0，則a=0 B.若a≠0，則ab≠0 C.若ab=0，則a≠0 D.若ab≠0，則a≠0
【考點】四種命題間的逆否關系.
【分析】根據互為逆否的兩命題是條件和結論先逆后否來解答.
【解答】解：因為原命題是“a=0，則ab=0”，
所以其逆否命題為“若ab≠0，則a≠0”，
故選D.
2.橢圓 + =1的長軸長是( )
A.2 B.3 C.4 D.6
【考點】橢圓的簡單性質.
【分析】直接利用橢圓的標準方程求解實軸長即可.
【解答】解：橢圓 + =1的實軸長是：2a=6.
故選：D.
3.已知函數f(x)=x2+sinx，則f′(0)=( )
A.0 B.﹣1 C.1 D.3
【考點】導數的運算.
【分析】求函數的導數，利用代入法進行求解即可.
【解答】解：函數的導數f′(x)=2x+cosx，
則f′(0)=cos0=1，
故選：C.
4.“a>1”是“a2<1”的( )
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充要條件 D.既不充分也不必要條件
【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷.
【分析】由a2<1解得﹣1
【解答】解：由a2<1解得﹣1
∴“a>1”是“a2<1”的既不充分也不必要條件.
故選：D.
5.雙曲線 =1的漸近線方程是( )
A.y=±2x B.y=±4x C.y=± x D.y=± x
【考點】雙曲線的標準方程.
【分析】利用雙曲線的'簡單性質直接求解.
【解答】解：雙曲線 =1的漸近線方為 ，
整理，得y= .
故選：C.
6.已知y=f(x)的導函數f′(x)的圖象如圖所示，則下列結論正確的是( )
A.f(x)在(﹣3，﹣1)上先增后減 B.x=﹣2是函數f(x)極小值點
C.f(x)在(﹣1，1)上是增函數 D.x=1是函數f(x)的極大值點
【考點】利用導數研究函數的單調性.
【分析】本小題考查導數的運用;根據導數值與0的關系判斷各個選項即可.
【解答】解：由圖象得：﹣30，﹣2
∴f(x)在(﹣3，﹣2)遞增，在(﹣2，﹣1)遞減，
故選：A.
7.已知雙曲線的離心率e= ，點(0，5)為其一個焦點，則該雙曲線的標準方程為( )
A. ﹣ =1 B. ﹣ =1
C. ﹣ =1 D. ﹣ =1
【考點】雙曲線的簡單性質.
【分析】設雙曲線的方程為 ﹣ =1(a，b>0)，運用離心率公式和a，b，c的關系，解方程可得a=3，b=4，進而得到所求雙曲線的方程.
【解答】解：設雙曲線的方程為 ﹣ =1(a，b>0)，
由題意可得e= = ，c=5，
可得a=3，b= =4，
即有雙曲線的標準方程為 ﹣ =1.
故選：D.
8.函數f(x)=xlnx的單調遞減區間為( )
A.(﹣∞， ) B.(0， ) C.(﹣∞，e) D.(e，+∞)
【考點】利用導數研究函數的單調性.
【分析】求出函數的定義域，求出函數的導函數，令導函數小于等于0求出x的范圍，寫出區間形式即得到函數y=xlnx的單調遞減區間.
【解答】解：函數的定義域為x>0
∵y′=lnx+1
令lnx+1<0得0
∴函數y=xlnx的單調遞減區間是( 0， )，
故選：B.
9.若方程 + =1表示焦點在y軸上的橢圓，則實數m的取值范圍為( )
A.(﹣∞，1) B.(1，2) C.(2，3) D.(3，+∞)
【考點】橢圓的簡單性質.
【分析】由題意可得m﹣1>3﹣m>0，解不等式即可得到所求范圍.
【解答】解：方程 + =1表示焦點在y軸上的橢圓，
可得m﹣1>3﹣m>0，
解得2
故選：C.
10.已知命題p：x∈(0，+∞)，2x>3x，命題q：x0∈(0，+∞)，x >x ，則下列命題中的真命題是( )
A.p∧q B.p∨(￢q) C.(￢p)∧(￢q) D.(￢p)∧q
【考點】復合命題的真假.
【分析】根據x∈(0，+∞)，2x<3x，是真命題，再根據復合命題之間的判定方法即可判斷出真假.
【解答】解：命題p：x∈(0，+∞)，2x>3x，是假命題，例如取x=2不成立;
命題q：∵x∈(0，+∞)，2x<3x，因此命題q是假命題，
∴只有(￢p)∧(￢q)是真命題.
故選：C.
11.f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，當x<0時，f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0，且g(﹣3)=0，則不等式f(x)g(x)<0的解集是( )
A.(﹣∞，﹣3)∪(0，3) B.(﹣∞，﹣3)∪(3，+∞) C.(﹣3，0)∪(3，+∞) D.(﹣3，0)∪(0，3)
【考點】利用導數研究函數的單調性;函數奇偶性的性質.
【分析】構造函數h(x)=f(x)g(x)，利用已知可判斷出其奇偶性和單調性，進而即可得出不等式的解集.
【解答】解：令h(x)=f(x)g(x)，則h(﹣x)=f(﹣x)g(﹣x)=﹣f(x)g(x)=﹣h(x)，因此函數h(x)在R上是奇函數.
�、佟弋攛<0時，h′(x)=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0，∴h(x)在x<0時單調遞增，
故函數h(x)在R上單調遞增.
∵h(﹣3)=f(﹣3)g(﹣3)=0，
∴h(x)=f(x)g(x)<0=h(﹣3)，
∴x<﹣3.
�、诋攛>0時，函數h(x)在R上是奇函數，可知：h(x)在(0，+∞)上單調遞增，且h(3)=﹣h(﹣3)=0，
∴h(x)<0，的解集為(0，3).
∴不等式f(x)g(x)<0的解集是(﹣∞，﹣3)∪(0，3).
故選：A
12.過點M(2，﹣1)作斜率為 的直線與橢圓 + =1(a>b>0)相交于A，B兩個不同點，若M是AB的中點，則該橢圓的離心率e=( )
A. B. C. D.
【考點】橢圓的簡單性質.
【分析】利用點差法，結合M是線段AB的中點，斜率為 = = ，即可求出橢圓的離心率.
【解答】解：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1+x2=4，y1+y2=﹣2，
A，B兩個不同點代入橢圓方程，可得 + =1， + =1，
作差整理可得 + =0，
∵斜率為 = = ，
∴a=2b，
∴c= = b，
∴e= = .
故選：C.
二、填空題：本大題共4個小題，每小題4分.、共16分.
13.拋物線x2=4y的焦點坐標為 (0，1) .
【考點】拋物線的簡單性質.
【分析】由拋物線x2=4y的焦點在y軸上，開口向上，且2p=4，即可得到拋物線的焦點坐標.
【解答】解：拋物線x2=4y的焦點在y軸上，開口向上，且2p=4，∴
∴拋物線x2=4y的焦點坐標為(0，1)
故答案為：(0，1)
14.已知命題p：x0∈R，3 =5，則￢p為 x∈R，3x≠5 .
【考點】命題的否定.
【分析】由特稱命題的否定方法可得結論.
【解答】解：由特稱命題的否定可知：
￢p：x∈R，3x≠5，
故答案為：x∈R，3x≠5.
15.已知曲線f(x)=xex在點P(x0，f(x0))處的切線與直線y=x+1平行，則點P的坐標為 (0，0) .
【考點】利用導數研究曲線上某點切線方程.
【分析】求出f(x)的導數，求得切線的斜率，由兩直線平行的條件：斜率相等，可得x0為x+1=e﹣x的解，運用單調性可得方程的解，進而得到P的坐標.
【解答】解：f(x)=xex的導數為f′(x)=(x+1)ex，
可得切線的斜率為(x0+1)ex0，
由切線與直線y=x+1平行，可得
(x0+1)ex0=1，
即有x0為x+1=e﹣x的解，
由y=x+1﹣e﹣x，在R上遞增，且x=0時，y=0.
即有x0=0，
則P的坐標為(0，0).
故答案為：(0，0).
16.已知f(x)=ax3+3x2﹣1存在唯一的零點x0，且x0<0，則實數a的取值范圍是 (﹣∞，﹣2) .
【考點】利用導數研究函數的極值;函數零點的判定定理.
【分析】討論a的取值范圍，求函數的導數判斷函數的極值，根據函數極值和單調性之間的關系進行求解即可.
【解答】解：(i)當a=0時，f(x)=﹣3x2+1，令f(x)=0，解得x= ，函數f(x)有兩個零點，舍去.
(ii)當a≠0時，f′(x)=3ax2+6x=3ax(x+ )，令f′(x)=0，解得x=0或﹣ .
①當a<0時，﹣>0，當x>﹣ 或x<0，f′(x)<0，此時函數f(x)單調遞減;當00，此時函數f(x)單調遞增.
∴故x=﹣ 是函數f(x)的極大值點，0是函數f(x)的極小值點.
∵函數f(x)=ax3+3x2﹣1存在唯一的零點x0，且x0<0，則f(﹣ )=﹣ + ﹣1= ﹣1<0，
即a2>4得a>2(舍)或a<﹣2.
�、诋攁>0時，﹣<0，當x<﹣ x="">0時，f′(x)>0，此時函數f(x)單調遞增;
當﹣
∴x=﹣ 是函數f(x)的極大值點，0是函數f(x)的極小值點.
∵f(0)=﹣1<0，
∴函數f(x)在(0，+∞)上存在一個零點，此時不滿足條件.
綜上可得：實數a的取值范圍是(﹣∞，﹣2).
故答案為：(﹣∞，﹣2).
三、解答題：本大題共7小題，共48分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
17.已知命題p：函數y=kx是增函數，q：方程 +y2=1表示焦點在x軸上的橢圓，若p∧(￢q)為真命題，求實數k的取值范圍.
【考點】復合命題的真假.
【分析】命題p：函數y=kx是增函數，利用一次函數的單調性可得k>0.命題q：方程 +y2=1表示焦點在x軸上的橢圓，可得k>1.由于p∧(￢q)為真命題，可得p為真命題，q為假命題.即可得出.
【解答】解：命題p：函數y=kx是增函數，∴k>0.
命題q：方程 +y2=1表示焦點在x軸上的橢圓，∴k>1.
∵p∧(￢q)為真命題，∴p為真命題，q為假命題.
∴ ，解得0
∴實數k的取值范圍是0
18.已知函數f(x)=2x3﹣6x2+m在[﹣2，2]上的最大值為3，求f(x)在[﹣2，2]上的最小值.
【考點】二次函數的性質.
【分析】求導并判斷導數的正負，從而確定單調區間;由最大值建立方程求出m的值，進而求出最小值.
【解答】解：f′(x)=6x2﹣12x，令f′(x)=0，則x=0或x=2，
x (﹣∞，0) 0 (0，2) 2 (2，+∞)
f(x) 正 0 負 0 正
f(x) 遞增 極大值 遞減 極小值 遞增
∴f(x)在[﹣2，0]上單調遞增，在(0，2]上單調遞減，
∴f(x)max=f(0)=m=3，
即f(x)=2x3﹣6x2+3，
又∵f(﹣2)=﹣37，f(2)=﹣5，
∴f(x)min=f(﹣2)=﹣37.
19.已知點P(1，﹣2)在拋物線C：y2=2px(p>0)上.
(1)求拋物線C的方程及其準線方程;
(2)若過拋物線C焦點F的直線l與拋物線C相交于A，B兩個不同點，求|AB|的最小值.
【考點】拋物線的簡單性質.
【分析】(1)根據點P(1，﹣2)在拋物線C：y2=2px(p>0)上，可得p值，即可求拋物線C的方程及其準線方程;
(2)設直線l的方程為：x+my﹣1=0，代入y2=4x，整理得，y2+4my﹣4=0，利用韋達定理和拋物線的定義知|AB|=4(m2+1)≥4，由此能求出|AB|的最小值.
【解答】解：∵點P(1，﹣2)在拋物線C：y2=2px(p>0)上，
∴2p=4，解得：p=2，
∴拋物線C的方程為y2=4x，準線方程為x=﹣1;
(2)設直線l的方程為：x+my﹣1=0，
代入y2=4x，整理得，y2+4my﹣4=0
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則y1，y2是上述關于y的方程的兩個不同實根，所以y1+y2=﹣4m
根據拋物線的定義知：|AB|=x1+x2+2=(1﹣my1)+(1﹣my2)=4(m2+1)
∴|AB|=4(m2+1)≥4，
當且僅當m=0時|AB|有最小值4.
20.已知函數f(x)=x﹣ ﹣2alnx(a∈R).
(1)若函數f(x)在x= 處取得極值，求實數a的值;
(2)求證：當a≤1時，不等式f(x)≥0在[1，+∞)恒成立.
【考點】利用導數求閉區間上函數的最值;利用導數研究函數的極值.
【分析】(1)求出函數的導數，根據f′( )=0，解出驗證即可;(2)求出函數的導數，通過a的范圍，確定導函數的符號，求出函數f(x)的單調性，從而判斷f(x)的范圍.
【解答】解：(1)f(x)的定義域是(0，+∞)，
f′(x)=1+ ﹣ ，
∴f′( )=1+4(2a﹣1)﹣4a=0，解得：a= ，
∴a= 時，f′(x)= ，
∴f(x)在(0， )遞增，在( ，1)遞減，
f(x)在x= 處取得極值，
故a= 符合題意;
(2)f′(x)=1+ ﹣ = ，
當a≤1時，則2a﹣1≤1，
∴f′(x)>0在(1，+∞)恒成立，
函數f(x)遞增，
∴f(x)≥f(1)=2(1﹣a)≥0.
21.已知函數f(x)=x﹣ ﹣2alnx(a∈R).
(1)若函數f(x)在x= 處取得極值，求實數a的值;
(2)若不等式f(x)≥0在[1，+∞)恒成立，求實數a的取值范圍.
【考點】利用導數求閉區間上函數的最值;利用導數研究函數的單調性;利用導數研究函數的極值.
【分析】(1)求出函數的導數，根據f′( )=0，解出驗證即可;
(2)依題意有：fmin(x，)≥0從而求出f(x)的導數，令f′(x)=0，得：x1=2a﹣1，x2=1，通過討論①當2a﹣1≤1即a≤1時②當2a﹣1>1即a>1時，進而求出a的范圍
【解答】解：(1)f(x)的定義域是(0，+∞)，
f′(x)=1+ ﹣ ，
∴f′( )=1+4(2a﹣1)﹣4a=0，解得：a= ，
∴a= 時，f′(x)= ，
∴f(x)在(0， )遞增，在( ，1)遞減，
f(x)在x= 處取得極值，
故a= 符合題意;
(2)依題意有：fmin(x，)≥0
f′(x)= ，
令f′(x)=0，
得：x1=2a﹣1，x2=1，
�、佼�2a﹣1≤1即a≤1時，
函數f(x)≥0在[1，+∞)恒成立，
則f(x)在[1，+∞)單調遞增，
于是fmin(x)=f(1)=2﹣2a≥0，
解得：a≤1;
�、诋�2a﹣1>1即a>1時，
函數f(x)在[1，2a﹣1]單調遞減，在[2a﹣1，+∞)單調遞增，
于是fmin(x)=f(2a﹣1)
綜上所述：實數a的取值范圍是a≤1.
22.已知橢圓C： + =1(a>b>0)的離心率e= ，點P(﹣ ，1)在該橢圓上.
(1)求橢圓C的方程;
(2)若點A，B是橢圓C上關于直線y=kx+1對稱的兩點，求實數k的取值范圍.
【考點】橢圓的簡單性質.
【分析】(1)根據離心率公式和點滿足橢圓方程，結合b2=a2﹣c2，即可求得橢圓C的方程;
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1≠y2，BA的中點(x0，y0)，直線y=kx+1且k≠0，恒過(0，1)，點B，A在橢圓上，化簡可得y0= =﹣1，AB的中點在y=kx+1上，解得x0，利用 ，可得x=± ，推出k的不等式，得到結果.
【解答】解：(1)由已知e= = ，即c2= a2，b2=a2﹣c2= a2，
將P(﹣ ，1)代入橢圓方程，可得 + =1，
∴a=2，b= ，∴a2=4，∴b2=2，
∴橢圓C的方程為： + =1;
(2)橢圓C上存在點B，A關于直線y=kx+1對稱，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1≠y2
AB的中點(x0，y0)，直線y=kx+1且k≠0，恒過(0，1)，
則x12+(y1﹣1)2=x22+(y2﹣1)2，
點B，A在橢圓上，
∴x12=4﹣2y12，x22=4﹣2y22，∴4﹣2y12+(y1﹣1)2=4﹣2y22+(y2﹣1)2，
化簡可得：y12﹣y22=﹣2(y1﹣y2)，即y1+y2=﹣2，
∴y0= =﹣1，
又因為AB的中點在y=kx+1上，所以y0=kx0+1，x0=﹣ ，
由 ，可得x=± ，
∴0<﹣ < ，或﹣ <﹣<0，
即k<﹣ k=""> .
則k的取值范圍是(﹣∞，﹣ )∪( ，+∞).
23.已知橢圓C： + =1(a>b>0)的離心率e= ，原點到直線 + =1的距離為 .
(1)求橢圓C的方程;
(2)若點A，B是橢圓C上關于直線y=kx+1對稱的兩點，求實數k的取值范圍.
【考點】橢圓的簡單性質.
【分析】(1)根據離心率公式和點到直線的距離公式，結合b2=a2﹣c2，即可求得橢圓C的方程;
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1≠y2，BA的中點(x0，y0)，直線y=kx+1且k≠0，恒過(0，1)，點B，A在橢圓上，化簡可得y0= =﹣1，AB的中點在y=kx+1上，解得x0，利用 ，可得x=± ，推出k的不等式，得到結果.
【解答】解：(1)由已知e= = ，即c2= a2，b2=a2﹣c2= a2，
原點到直線 + =1的距離為 ，
即有 = ，
∴a=2，b= ，∴a2=4，∴b2=2，
∴橢圓C的方程為： + =1;
(2)橢圓C上存在點B，A關于直線y=kx+1對稱，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1≠y2
AB的中點(x0，y0)，直線y=kx+1且k≠0，恒過(0，1)，
則x12+(y1﹣1)2=x22+(y2﹣1)2，
點B，A在橢圓上，
∴x12=4﹣2y12，x22=4﹣2y22，∴4﹣2y12+(y1﹣1)2=4﹣2y22+(y2﹣1)2，
化簡可得：y12﹣y22=﹣2(y1﹣y2)，即y1+y2=﹣2，
∴y0= =﹣1，
又因為AB的中點在y=kx+1上，所以y0=kx0+1，x0=﹣ ，
由 ，可得x=± ，
∴0<﹣ < ，或﹣ <﹣<0，
即k<﹣ k=""> .
則k的取值范圍是(﹣∞，﹣ )∪( ，+∞)
高二數學期末考試題 2
一、選擇題
1.某年級有6個班，分別派3名語文教師任教，每個教師教2個班，則不同的任課方法種數為( )
A.C26C24C22 B.A26A24A22
C.C26C24C22C33 D.A26C24C22A33
[答案] A
2.從單詞“equation”中取5個不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相連且順序不變)的不同排法共有( )
A.120種 B.480種
C.720種 D.840種
[答案] B
[解析] 先選后排，從除qu外的6個字母中任選3個字母有C36種排法，再將qu看成一個整體(相當于一個元素)與選出的3個字母進行全排列有A44種排法，由分步乘法計數原理得不同排法共有C36A44＝480(種).
3.從編號為1、2、3、4的四種不同的種子中選出3種，在3塊不同的土地上試種，每塊土地上試種一種，其中1號種子必須試種，則不同的試種方法有( )
A.24種 B.18種
C.12種 D.96種
[答案] B
[解析] 先選后排C23A33＝18，故選B.
4.把0、1、2、3、4、5這六個數，每次取三個不同的數字，把其中最大的數放在百位上排成三位數，這樣的三位數有( )
A.40個 B.120個
C.360個 D.720個
[答案] A
[解析] 先選取3個不同的數有C36種方法，然后把其中最大的數放在百位上，另兩個不同的數放在十位和個位上，有A22種排法，故共有C36A22＝40個三位數.
5.(2010湖南理，7)在某種信息傳輸過程中，用4個數字的一個排列(數字允許重復)表示一個信息，不同排列表示不同信息，若所用數字只有0和1，則與信息0110至多有兩個對應位置上的數字相同的信息個數為( )
A.10 B.11
C.12 D.15
[答案] B
[解析] 與信息0110至多有兩個對應位置上的數字相同的信息包括三類：
第一類：與信息0110只有兩個對應位置上的數字相同有C24＝6(個)
第二類：與信息0110只有一個對應位置上的數字相同有C14＝4(個)
第三類：與信息0110沒有一個對應位置上的數字相同有C04＝1(個)
與信息0110至多有兩個對應位置上的數字相同的信息有6＋4＋1＝11(個)
6.北京《財富》全球論壇開幕期間，某高校有14名志愿者參加接待工作.若每天排早，中，晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，則開幕式當天不同的排班種數為( )
A.C414C412C48 B.C1214C412C48
C.C1214C412C48A33 D.C1214C412C48A33
[答案] B
[解析] 解法1：由題意知不同的排班種數為：C414C410C46＝14×13×12×114！10×9×8×74！6×52�。紺1214C412C48.
故選B.
解法2：也可先選出12人再排班為：C1214C412C48C44，即選B.
7.(2009湖南理5)從10名大學畢業生中選3人擔任村長助理，則甲、乙至少有1人入選，而丙沒有入選的不同選法的種數為( )
A.85 B.56
C.49 D.28
[答案] C
[解析] 考查有限制條件的組合問題.
(1)從甲、乙兩人中選1人，有2種選法，從除甲、乙、丙外的7人中選2人，有C27種選法，由分步乘法計數原理知，共有2C27＝42種.
(2)甲、乙兩人全選，再從除丙外的其余7人中選1人共7種選法.
由分類計數原理知共有不同選法42＋7＝49種.
8.以一個正三棱柱的頂點為頂點的四面體共有( )
A.6個 B.12個
C.18個 D.30個
[答案] B
[解析] C46－3＝12個，故選B.
9.(2009遼寧理，5)從5名男醫生、4名女醫生中選3名醫生組成一個醫療小分隊，要求其中男、女醫生都有，則不同的組隊方案共有( )
A.70種 B.80種
C.100種 D.140種
[答案] A
[解析] 考查排列組合有關知識.
解：可分兩類，男醫生2名，女醫生1名或男醫生1名，女醫生2名，
∴共有C25C14＋C15C24＝70，∴選A.
10.設集合Ⅰ＝{1,2,3,4,5}.選擇Ⅰ的兩個非空子集A和B，要使B中最小的數大于A中最大的數，則不同的選擇方法共有( )
A.50種 B.49種
C.48種 D.47種
[答案] B
[解析] 主要考查集合、排列、組合的基礎知識.考查分類討論的思想方法.
因為集合A中的最大元素小于集合B中的最小元素，A中元素從1、2、3、4中取，B中元素從2、3、4、5中取，由于A、B非空，故至少要有一個元素.
1° 當A＝{1}時，選B的方案共有24－1＝15種，
當A＝{2}時，選B的方案共有23－1＝7種，
當A＝{3}時，選B的方案共有22－1＝3種，
當A＝{4}時，選B的方案共有21－1＝1種.
故A是單元素集時，B有15＋7＋3＋1＝26種.
2° A為二元素集時，
A中最大元素是2，有1種，選B的方案有23－1＝7種.
A中最大元素是3，有C12種，選B的方案有22－1＝3種.故共有2×3＝6種.
A中最大元素是4，有C13種.選B的方案有21－1＝1種，故共有3×1＝3種.
故A中有兩個元素時共有7＋6＋3＝16種.
3° A為三元素集時，
A中最大元素是3，有1種，選B的方案有22－1＝3種.
A中最大元素是4，有C23＝3種，選B的方案有1種，
∴共有3×1＝3種.
∴A為三元素時共有3＋3＝6種.
4° A為四元素時，只能是A＝{1、2、3、4}，故B只能是{5}，只有一種.
∴共有26＋16＋6＋1＝49種.
二、填空題
11.北京市某中學要把9臺型號相同的電腦送給西部地區的三所希望小學，每所小學至少得到2臺，共有______種不同送法.
[答案] 10
[解析] 每校先各得一臺，再將剩余6臺分成3份，用插板法解，共有C25＝10種.
12.一排7個座位分給3人坐，要求任何兩人都不得相鄰，所有不同排法的總數有________種.
[答案] 60
[解析] 對于任一種坐法，可視4個空位為0,3個人為1,2,3則所有不同坐法的種數可看作4個0和1,2,3的一種編碼，要求1,2,3不得相鄰故從4個0形成的5個空檔中選3個插入1,2,3即可.
∴不同排法有A35＝60種.
13.(09海南寧夏理15)7名志愿者中安排6人在周六、周日兩天參加社區公益活動.若每天安排3人，則不同的安排方案共有________種(用數字作答).
[答案] 140
[解析] 本題主要考查排列組合知識.
由題意知，若每天安排3人，則不同的安排方案有
C37C34＝140種.
14.2010年上海世博會期間，將5名志愿者分配到3個不同國家的場館參加接待工作，每個場館至少分配一名志愿者的方案種數是________種.
[答案] 150
[解析] 先分組共有C35＋C25C232種，然后進行排列，有A33種，所以共有(C35＋C25C232)A33＝150種方案.
三、解答題
15.解方程Cx2＋3x＋216＝C5x＋516.
[解析] 因為Cx2＋3x＋216＝C5x＋516，所以x2＋3x＋2＝5x＋5或(x2＋3x＋2)＋(5x＋5)＝16，即x2－2x－3＝0或x2＋8x－9＝0，所以x＝－1或x＝3或x＝－9或x＝1.經檢驗x＝3和x＝－9不符合題意，舍去，故原方程的解為x1＝－1，x2＝1.
16.在∠MON的邊OM上有5個異于O點的點，邊ON上有4個異于O點的點，以這10個點(含O點)為頂點，可以得到多少個三角形？
[解析] 解法1：(直接法)分幾種情況考慮：O為頂點的三角形中，必須另外兩個頂點分別在OM、ON上，所以有C15C14個，O不為頂點的.三角形中，兩個頂點在OM上，一個頂點在ON上有C25C14個，一個頂點在OM上，兩個頂點在ON上有C15C24個.因為這是分類問題，所以用分類加法計數原理，共有C15C14＋C25C14＋C15C24＝5×4＋10×4＋5×6＝90(個).
解法2：(間接法)先不考慮共線點的問題，從10個不同元素中任取三點的組合數是C310，但其中OM上的6個點(含O點)中任取三點不能得到三角形，ON上的5個點(含O點)中任取3點也不能得到三角形，所以共可以得到C310－C36－C35個，即C310－C36－C35＝10×9×81×2×3－6×5×41×2×3－5×41×2＝120－20－10＝90(個).
解法3：也可以這樣考慮，把O點看成是OM邊上的點，先從OM上的6個點(含O點)中取2點，ON上的4點(不含O點)中取一點，可得C26C14個三角形，再從OM上的5點(不含O點)中取一點，從ON上的4點(不含O點)中取兩點，可得C15C24個三角形，所以共有C26C14＋C15C24＝15×4＋5×6＝90(個).
17.某次足球比賽共12支球隊參加，分三個階段進行.
(1)小組賽：經抽簽分成甲、乙兩組，每組6隊進行單循環比賽，以積分及凈剩球數取前兩名；
(2)半決賽：甲組第一名與乙組第二名，乙組第一名與甲組第二名作主客場交叉淘汰賽(每兩隊主客場各賽一場)決出勝者；
(3)決賽：兩個勝隊參加決賽一場，決出勝負.
問全程賽程共需比賽多少場？
[解析] (1)小組賽中每組6隊進行單循環比賽，就是6支球隊的任兩支球隊都要比賽一次，所需比賽的場次即為從6個元素中任取2個元素的組合數，所以小組賽共要比賽2C26＝30(場).
(2)半決賽中甲組第一名與乙組第二名(或乙組第一名與甲組第二名)主客場各賽一場，所需比賽的場次即為從2個元素中任取2個元素的排列數，所以半決賽共要比賽2A22＝4(場).
(3)決賽只需比賽1場，即可決出勝負.
所以全部賽程共需比賽30＋4＋1＝35(場).
18.有9本不同的課外書，分給甲、乙、丙三名同學，求在下列條件下，各有多少種分法？
(1)甲得4本，乙得3本，丙得2本；
(2)一人得4本，一人得3本，一人得2本；
(3)甲、乙、丙各得3本.
[分析] 由題目可獲取以下主要信息：
�、�9本不同的課外書分給甲、乙丙三名同學；
�、陬}目中的3個問題的條件不同.
解答本題先判斷是否與順序有關，然后利用相關的知識去解答.
[解析] (1)分三步完成：
第一步：從9本不同的書中，任取4本分給甲，有C49種方法；
第二步：從余下的5本書中，任取3本給乙，有C35種方法；
第三步：把剩下的書給丙有C22種方法，
∴共有不同的分法有C49C35C22＝1260(種).
(2)分兩步完成：
第一步：將4本、3本、2本分成三組有C49C35C22種方法；
第二步：將分成的三組書分給甲、乙、丙三個人，有A33種方法，
∴共有C49C35C22A33＝7560(種).
(3)用與(1)相同的方法求解，
得C39C36C33＝1680(種).
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