2020-2021学年河北省衡水高二（下）5月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河北省衡水高二（下）5月月考数学试卷人教A版，共7页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 2020年一种新型冠状病毒严重危及人民的生命健康，为了抗击疫情，省里决定成立一支医疗队．市第一人民医院决定从传染科5名医生，呼吸科7名医生中各选派一名医生到省医疗队去，则该医院所有不同选派方法有( )
A.20种B.70种C.12种D.35种

2. 两条平行线，一条直线上有4个不同点，另一条直线上有6个不同点，从上述10个点中任取3点作三角形，则不同的三角形的个数为( )
A.36B.60C.96D.120

3. 为美化办公环境，营造文明场所，某公司欲在门厅两侧各摆放两盆绿植（一侧的两盆绿植种类不同），现有一叶兰、绿巨人、千年木、观音竹四种绿植待选，若两侧绿植种类不全相同，则不同的选法有( )
A.20种B.24种C.30种D.36种

4. 9名同学分别到三个不同社区去进行卫生健康习惯调查，若每个社区分派3人，则不同的分配方案有( )
A.1680种B.5040种C.10080种D.280种

5. 五行学说是中国古代的一种物质观．《五帝》篇中记载：“……天有五行，水火金木土，……”顺着循环，“五行相生”，逆着循环，“五行相克”．如图，现有5种颜色涂染水火金木土五个小圈，“相生相克”不同色，则不同的涂色方法种数为( )

A.280B.240C.180D.120

6. 高二年级组有11个优秀表彰名额，分配给年级的6个班，每个班至少分配1个名额，则不同的分配方案种数为( )
A.210B.252C.462D.720

7. 已知集合A=1,2,3,⋯,10，B=a1,a2,a3,a4，满足A∩B=B，且|ai−aj|≠1(i,j=1,2,3,4)，则满足条件的集合B的个数为( )
A.35B.70C.140D.210

8. 正四面体的所有顶点和各棱的中点共10个点，从中任取4个不同的点，则所取的4个点不共面的取法共有( )
A.150种B.147种C.144种D.141种
二、多选题

下列等式中，正确的是( )
A.A53=C52+50B.C102=90
C.A52=C63D.A74=C73⋅A44

若甲、乙等5个人站成一排，则下列判断正确的是( )
A.甲、乙不相邻有72种B.甲、乙不相邻有90种
C.甲、乙相邻有120种D.甲、乙相邻有48种

甲、乙、丙、丁4名志愿者报名参加三项志愿者活动，每人限报一项，每项活动均有人报名，则( )
A.不同的报名方法有34种
B.不同的报名方法有36种
C.甲，乙报名参加同一项志愿者活动的概率是13
D.甲，乙报名参加同一项志愿者活动的概率是16

如图，线路从A到B之间有五个连接点，若连接点断开，可能导致线路不通，现发现AB之间线路不通，则下列判断正确的是( )

A.至多三个断点的有19种B.至多三个断点的有22种
C.共有25种D.共有28种
三、填空题

随着生活水平的提高，人们越来越喜欢旅游．小明计划本次假期外出旅游，预选了省内2个不同的名胜景点，省外3个不同的旅游胜地，境外1个旅游景点，若本次假期小明只能选一个地方，则其不同的选择方案有________种．（用数字作答）

从0，1，2，3这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)=ax2+bx+c的系数，可组成不同的二次函数，且是偶函数的有________个．（用数字作答）

有一段台阶共10级，某同学上台阶时可一步跨一级，或跨两级，或跨三级，若该同学用6步走完该段台阶，则其不同的跨台阶的方法数是________．（用数字作答）

将1，2，3，4，5，6排成一行，依次记为a，b，c，d，e，f，若abc+def为偶数（abc：a，b，c三数乘积），则不同的排列方法种数为________．（用数字作答）
四、解答题


(1)已知3A2n2=4An+32，求n的值；

(2)求C32+C42+C52+⋯+C102的值（用数字作答）．

有8个不同的小球，任取4个小球，按下列不同的要求放置，各有多少种不同的方法？（用数字作答）
(1)4个小球放入一个盒子中；

(2)4个小球放入4个不同的盒子中且盒中不空；

(3)4个小球全部放入3个不同的盒子中．

在正方体ABCD−A1B1C1D1 的8个顶点中．
(1)任取4个顶点，构成不同的四面体有多少个？

(2)连接任意两个顶点，可形成多少不同的异面直线对？

某学习小组有4名男同学，3名女同学．
(1)七名同学站一排照相，若甲、乙相邻，丙、丁相邻，且上述两组成员不相邻，有多少种不同的排法？

(2)从小组成员中选出4位同学分别参加四项不同的比赛，若选出的同学中有男有女，则不同的安排方法有多少种？

从1，2，3，…，64这64个数中，任取（不计顺序）两个不同的数．
(1)若两数乘积能被7整除，则不同的取法有多少种？

(2)若两数和能被4整除，则不同的取法有多少种？

在8件不同的产品中有3件次品，现对8件产品一一检测，直到找出所有次品为止．
(1)若第4次检测出第一件次品，第7次检测出最后一件正品，则不同的检测方法有多少种？

(2)若恰好第5次检测后就找出所有次品，则不同的检测方法有多少种？
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省衡水市高二（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
分步乘法计数原理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得5×7=35（种）.
故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：一条线上选1个点，另一条线上任取两个点构成三角形，共有C41C62+C42C61=96个．
故选C．
3.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
排列、组合的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：两侧各选2种有C42C42=36种方法，
两侧绿植种类相同有C42=6种方法，
故不同的选法有36−6=30种方法.
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
排列、组合及简单计数问题
排列、组合的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：每个社区分派3人，则9人平均分三组，再分到三个社区，
共有C93C63C33A33⋅A33=1680种方案．
故选A．
5.
【答案】
D
【考点】
分步乘法计数原理
排列、组合的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设由“火”字圈涂起，有5种涂法，“土”字圈，有4种涂法，因“相生、相克”不同色，故“金”字圈有3种涂法，“水”字圈有2种涂法，“木”字圈有1种涂法．共有A55=120种涂法．
故选D．
6.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
排列、组合的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在11个名额形成的10个空中插入五块“隔板”，有C105=252种．
故选B．
7.
【答案】
A
【考点】
排列、组合的应用
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意知B中元素是A中不相邻元素，设a1故选A．
8.
【答案】
D
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
由题意知从10个点中任取4个点有C104种取法，减去不合题意的结果，4点共面的情况有三类，取出的4个点位于四面体的同一个面上；取任一条棱上的3个点及该棱对棱的中点；由中位线构成的平行四边形，用所有的结果减去不合题意的结果即可得答案．
【解答】
解：从10个点中任取4个点有C104种取法，其中4点共面的情况有三类．
第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面上，有4C64种；
第二类，取任一条棱上的3个点及该棱对棱的中点，这4点共面，有6种；
第三类，由中位线构成的平行四边形（其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱），它的4顶点共面，有3种．
以上三类情况不合要求应减掉，
所以不同的取法共有C104−4C64−6−3=141种.
故选D.
二、多选题
【答案】
A,C,D
【考点】
组合及组合数公式
排列及排列数公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A53=60=10+50=C52+50，A项正确；
C102=45，B项错误；
A52=20=C63，C项正确；
A74=7×6×5×4=7×6×53×2×1×4!=C73⋅A44，，D项正确．
故选ACD．
【答案】
A,D
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：不相邻时，先排除甲、乙外的另三人，再对甲、乙插空处理，有A33A42=72种方法；
相邻时，有A22⋅A44=48种方法．
故选AD．
【答案】
B,D
【考点】
古典概型及其概率计算公式
排列、组合的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：4人分三组参加三项活动共C42⋅A33=36种，
甲、乙参加同一项，丙、丁两人各选一项，共3⋅A22=6种，
所求概率P=636=16．
故选BD．
【答案】
A,C
【考点】
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
【解析】
本题考查分类分步计数原理综合．以导致线路不通的断点个数为标准分类计算．
【解答】
解：①一个断点：1，5中断开一个，有2种情况；
②两个断点：1，5都断开1种，1，5断开1个，则有2×3=6种，共7种情况；
③三个断点：2，3，4断开1种，1，5都断开有3种，1，5断开1个，有2×3=6种，共10种情况；
④四个断点：1，5都断开有3种，1，5断开1个，有2种，共5种情况；
⑤五个断点：只有1种情况．
综上，线路不通，连接点新开有25种不同情况，至多三个断点的有19种．
故选AC．
三、填空题
【答案】
6
【考点】
分类加法计数原理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因小明只能选一个地方，故其不同的选择方案有1+2+3=6种．
故答案为：6．
【答案】
6
【考点】
分步乘法计数原理
偶函数
【解析】
欲求可组成不同的二次函数个数，只须利用分步计数原理求出a、b、c的组数即可；其中不同的偶函数的个数，要注意：“b=0”再利用分步计数原理即可．
【解答】
解：一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，若二次函数为偶函数，则b=0．
a的取法有3种，b的取法有1种，c的取法有2种，
由分步乘法计数原理知共有二次函数3×1×2=6个.
故答案为：6．
【答案】
90
【考点】
排列、组合及简单计数问题
排列、组合的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：10级台阶6步走完，则步数分：
①1，1，1，1，3，3，有C62种；
②2，2，2，2，1，1有C62种；
③1，1， 1，2，2，3有C63C32种．
共90种方法．
故答案为：90．
【答案】
648
【考点】
排列、组合及简单计数问题
排列、组合的应用
【解析】
本题考查排列的综合应用
【解答】
解：若abc+def为奇数，则abc，def 一奇一偶．
若abc为奇数，则为1，3，5的排列，def只能为2，4，6的排列，有A33A33=36种方法；
若abc为偶数，则def为奇数，则也有A33A33=36种方法．故和为奇数有72种不同排法，
则abc+def为偶数有A66−72=648种排法．
故答案为：648．
四、解答题
【答案】
解：(1)3×2n×2n−1=4n+3n+2，化简得4n2−13n−12=0，
解得n=4或n=−34（舍去），
所以n的值为4.
(2)C32+C42+C52+⋯+C102
=C33+C32+C42+C52+⋯+C102−C33
=C43+C42+C52+⋯+C102−1
=C53+C52+⋯+C102−1
=C63+⋯+C102−1
=⋯=C103+C102−1
=C113−1=164．
【考点】
排列及排列数公式
组合及组合数公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)3×2n×2n−1=4n+3n+2，化简得4n2−13n−12=0，
解得n=4或n=−34（舍去），
所以n的值为4.
(2)C32+C42+C52+⋯+C102
=C33+C32+C42+C52+⋯+C102−C33
=C43+C42+C52+⋯+C102−1
=C53+C52+⋯+C102−1
=C63+⋯+C102−1
=⋯=C103+C102−1
=C113−1=164．
【答案】
解：(1)4个小球放入一个盒子有C84=70种方法．
(2)4个小球放入4个不同的盒子中且盒中不空有A84=1680种方法．
(3)4个小球全部放入3个不同的盒子中有C84⋅34=5670种方法．
【考点】
排列、组合及简单计数问题
排列、组合的应用
【解析】
（1）本题考查排列组合的基本应用．
（2）本题考查排列组合的基本应用．
（3）本题考查排列组合的基本应用．
【解答】
解：(1)4个小球放入一个盒子有C84=70种方法．
(2)4个小球放入4个不同的盒子中且盒中不空有A84=1680种方法．
(3)4个小球全部放入3个不同的盒子中有C84⋅34=5670种方法．
【答案】
解：1正方体8个顶点任取4点，有C84种方法，
其中正方体的6个表面和6个对角面的四个顶点共面不能构成四面体，
所以构成的不同四面体有C84−12=58个.
2因为一个四面体中仅有3对异面直线，
由1知正方体的8个顶点任取4个顶点构成的不同四面体有58个，
所以连线形成的异面直线对有3×58=174对．
【考点】
排列、组合的应用
排列、组合及简单计数问题
【解析】
本题考查排列组合的实际应用．
本题考查排列组合的实际应用．
【解答】
解：1正方体8个顶点任取4点，有C84种方法，
其中正方体的6个表面和6个对角面的四个顶点共面不能构成四面体，
所以构成的不同四面体有C84−12=58个.
2因为一个四面体中仅有3对异面直线，
由1知正方体的8个顶点任取4个顶点构成的不同四面体有58个，
所以连线形成的异面直线对有3×58=174对．
【答案】
解：1先排另外3人，再将甲、乙，丙、丁分别“捆绑”后“插空”处理，
有A33A42A22A22=288种不同的排队方法．
2分三类：有1个女生，则有C31C43A44种方法；
有两个女生，则有C32C42A44种方法；
有三个女生，则有C33C41A44种方法．
所以共有816种方法．
【考点】
排列、组合及简单计数问题
排列、组合的应用
【解析】
本题考查两个计数原理与排列组合的实际应用．
本题考查两个计数原理与排列组合的实际应用．
【解答】
解：1先排另外3人，再将甲、乙，丙、丁分别“捆绑”后“插空”处理，
有A33A42A22A22=288种不同的排队方法．
2分三类：有1个女生，则有C31C43A44种方法；
有两个女生，则有C22C42A44种方法；
有三个女生，则有C33C41A44种方法．
所以共有816种方法．
【答案】
解：1被取的两个数中至少有一个能被7整除时，
则两数乘积就能被7整除，在1，2，3，⋯，64中，
能被7整除的数的集合记作A=7,14,21,28,35,42,49,56,63，
有9个元素，则不能被7整除的数组成的集合记作B共有55个元素，
可知，从A中任取2个元素的取法有C92个，从A中任取一个，
又从B中任取一个共有C91C551个，
则符合要求的取法有C91C551+C92=531种.
2设在1，2，3，⋯，64中，被4整除的数集A0=4,8,12,⋯,64，
被4整除余1的数集A1={1,5,9,…,61}，
被4除余2的数集A2=2,6,10,⋯,62，
被4除余3的数集A3=3,7,11,⋯,63．
每一个集合中有16个元素，从A0中任取两个数符合要求，
从A1，A3中各取一个数也符合要求，
从A2中任取两个数也符合要求，
所以符合要求的取法共有C162+C161C161+C162=496种．
【考点】
排列、组合及简单计数问题
排列、组合的应用
【解析】
本题考查组合的应用．
本题考查组合的应用．
【解答】
解：1被取的两个数中至少有一个能被7整除时，
则两数乘积就能被7整除，在1，2，3，⋯，64中，
能被7整除的数的集合记作A=7,14,21,28,35,42,49,56,63，
有9个元素，则不能被7整除的数组成的集合记作B共有55个元素，
可知，从A中任取2个元素的取法有C92个，从A中任取一个，
又从B中任取一个共有C91C551个，
则符合要求的取法有C91C551+C92=531种.
2设在1，2，3，⋯，64中，被4整除的数集A0=4,8,12,⋯,64，
被4整除余1的数集A1={1,5,9,…,61}，
被4除余2的数集A2=2,6,10,⋯,62，
被4除余3的数集A3=3,7,11,⋯,63．
每一个集合中有16个元素，从A0中任取两个数符合要求，
从A1，A3中各取一个数也符合要求，
从A2中任取两个数也符合要求，
所以符合要求的取法共有C162+C161C161+C162=496种．
【答案】
解：1前三次检测的都是正品，第四次检测出第一件次品，有A53C31种方法，
第8次检测的是次品，第7次检测的是正品，
第5，6次中有一次检测的是正品，有C21C21A22种方法，
则共有8×3×60=1440种方法.
2①前5次检测出的都是正品，符合题意，有A55=120种；
②第5次检测的是次品，前四次中有两次检测出的是次品，有C32C52A44=720种．
满足题意的检测方法共有840种.
【考点】
排列、组合的应用
排列、组合及简单计数问题
【解析】
本题考查排列组合的综合应用．
本题考查排列组合的综合应用．
【解答】
解：1前三次检测的都是正品，第四次检测出第一件次品，有A53C31种方法，
第8次检测的是次品，第7次检测的是正品，
第5，6次中有一次检测的是正品，有C21C21A22种方法，
则共有8×3×60=1440种方法.
2①前5次检测出的都是正品，符合题意，有A55=120种；
②第5次检测的是次品，前四次中有两次检测出的是次品，有C32C52A44=720种．
满足题意的检测方法共有840种.