高代选讲第七章习题篇

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《高等代数选讲》课程教学大纲

《高等代数选讲》课程教学大纲

《高等代数选讲》课程教学大纲浙江教育学院《高等代数选讲》课程教学大纲一、课程基本情况课程代码:22026总学时数:50课程类型: 专业选修课适用对象: 数学与应用数学专业四年制本科二、课程性质和目标1、课程的基本特性高等代数选讲是为全国硕士研究生入学考试数学系各专业设置的课程,一般在大学三年级开设,要求学生已学过高等代数课程并取得优异成绩. 2、课程的教学目标高等代数选讲是数学专业的专业选修课. 通过本课程的教学,使学生对高等代数的基础知识、基本概念和性质有深刻的理解和认识,并掌握综合运用各知识的方法和技巧,为考研作准备.三、课程教学方法与手段课堂讲授+习题课训练四、课程教学内容、要求及重点、难点第一章多项式(一)主要教学内容第一节数域第二节一元多项式第三节整除的概念第四节最大公因式第五节因式分解定理第六节重因式第七节多项式函数第八节复系数与实系数多项式的因式分解第九节有理系数多项式第十节多元多项式第十一节对称多项式(二)学习目的要求1(掌握数域的概念.2(掌握一元多项式的概念、多项式的整除及其性质.3(掌握两个多项式的最大公因式的概念及其性质. 4(理解多项式的因式分解定理.15(掌握复系数与实系数多项式的因式分解定理 6(理解有理系数多项式的因式分解. (三)重点和难点重点:多项式的整除及其性质,两个多项式的最大公因式的概念及其性质,复系数与实系数多项式的因式分解,有理系数多项式的因式分解.难点:多项式的因式分解定理,有理系数多项式的因式分解.第二章行列式(一)主要教学内容第一节引言第二节排列第三节 n级行列式第四节 n级行列式的性质第五节行列式的计算第六节行列式按行(列)展开第七节克兰姆法则第八节拉普拉斯定理、行列式的乘法规则 (二)学习目的要求1(掌握n级行列式的定义及其性质. 2(能利用n级行列式的性质来计算行列式. 3(理解克兰姆法则(三)重点和难点重点:n级行列式的定义及其性质.难点:行列式的计算.第三章线性方程组(一)主要教学内容第一节消元法第二节 n维向量空间第三节线性相关性第四节矩阵的秩第五节线性方程组有解的判别定理第六节线性方程组解的结构第七节二元高次方程组(二)学习目的要求1(理解 n维向量空间的概念及性质.2(掌握向量的线性相关性及其性质.3(掌握矩阵秩的概念及其相关性质.4(理解线性方程组有解的判别定理及线性方程组解的结构.(三)重点和难点重点: 向量的线性相关性,矩阵的秩.难点:矩阵的秩,线性方程组解的结构. 第四章矩阵2(一)主要教学内容第一节矩阵概念的一些背景第二节矩阵的运算第三节矩阵乘积的行列式与秩第四节矩阵的逆第五节矩阵的分块第六节初等矩阵第七节分块乘法的初等变换及应用举例 (二)学习目的要求1(掌握矩阵的运算以及矩阵乘积的行列式与秩.2(掌握逆矩阵的概念及求法.3(理解分块矩阵的概念及性质.4(掌握初等矩阵及性质.(三)重点和难点重点:矩阵的运算,逆矩阵及求法.难点:分块矩阵,分块乘法的初等变换. 第五章二次型(一)主要教学内容第一节二次型及其矩阵表示第二节标准形第三节唯一性第四节正定二次型(二)学习目的要求1(掌握二次型的定义及其矩阵表示.2(理解二次型的标准形及唯一性3(掌握正定二次型及其判别条件. (三)重点和难点重点:正定二次型及其判别条件.难点:二次型的标准形及唯一性,正定二次型的判别. 第六章线性空间(一)主要教学内容第一节集合、映射第二节线性空间的定义与简单性质第三节维数、基与坐标第四节基变换与坐标变换第五节线性子空间第六节子空间的交与和第七节子空间的直和第八节线性空间的同构(二)学习目的要求1(掌握线性空间的定义、性质.32(掌握线性空间的维数、基与坐标的概念及其性质.3(理解线性空间的基变换与坐标变换.4(理解线性空间的子空间,子空间的交、和、直和的有关性质.5(理解线性空间的同构.(三)重点和难点重点:线性空间的维数、基与坐标的概念及其性质,子空间的交、和、直和的有关性质.难点:线性空间的基变换与坐标变换,子空间的直和. 第七章线性变换(一)主要教学内容第一节线性变换的定义第二节线性变换的运算第三节线性变换的矩阵第四节特征值与特征向量第五节对角矩阵第六节线性变换的值域与核第七节不变子空间第八节若当标准形介绍第九节最小多项式(二)学习目的要求1(掌握线性变换的定义、运算、线性变换的矩阵.2(掌握线性变换(矩阵)的特征值与特征向量的定义、性质及其求法.3(掌握矩阵对角化的条件及如何对矩阵对角化.4(理解线性变换的值域与核、不变子空间的概念及相关性质.5(了解若当标准形.(三)重点和难点重点:线性变换(矩阵)的特征值与特征向量,矩阵的对角化. 难点:线性变换的值域与核、不变子空间. 第八章 ,矩阵 , (一)主要教学内容第一节 ,矩阵 ,第二节 ,矩阵在初等变换下的标准形 ,第三节不变因子第四节矩阵相似的条件第五节初等因子第六节若当标准形的理论推导第七节矩阵的有理标准形(二)学习目的要求1(掌握,矩阵在初等变换下的标准形 ,2(掌握矩阵相似的条件3(掌握矩阵的不变因子、初等因子及相关性质.44(理解若当标准形的理论推导三)重点和难点重点:矩阵的不变因子、初等因子及相关性质.难点:矩阵相似的条件.第九章欧几里得空间(一)主要教学内容第一节定义及基本性质第二节标准正交基第三节同构第四节正交变换第五节子空间第六节实对称矩阵的标准形第七节向量到子空间的距离、最小二乘法第八节酉空间介绍(二)学习目的要求1(掌握欧几里得空间的定义及基本性质.2(掌握欧几里得空间标准正交基的概念、性质及求法.3(掌握正交变换的定义及性质.4(理解欧氏空间的同构、子空间.5(理解实对称矩阵的标准形,掌握其求法.(三)重点和难点重点:欧几里得空间标准正交基、正交变换.难点:实对称矩阵的标准形的求法.五、各教学环节学时分配其它教学内容课堂讲授课程实验习题或讨论小计环节 (一)多项式 2 46 (二)行列式 2 3 5 (三)线性方程组 2 3 5 (四)矩阵 3 47 (五)二次型 2 3 5(六)线性空间 2 4 6 (七)线性变换 2 4 6 (八),矩阵 ,2 2 4 (九)欧几里得空间2 4 6总计 19 31 505六、推荐教材和教学参考书教材:《高等代数》(第三版),北京大学数学系与代数教研室前代数小组编著,高等教育出版社,2003.参考书:《代数学典》,樊恽等编著,华中师范大学出版社,1994《高等代数新方法》(下册),王品超编著,中国矿业出版社,2003.大纲制订人:(史美华)制订日期: 2007年9月6。

高代第7章习题参考答案

高代第7章习题参考答案

第七章 线性变换1. 判别下面所定义的变换那些是线性的,那些不是:1) 在线性空间V 中,A αξξ+=,其中∈αV 是一固定的向量; 2) 在线性空间V 中,A αξ=其中∈αV 是一固定的向量;3) 在P 3中,A),,(),,(233221321x x x x x x x +=; 4) 在P 3中,A ),,2(),,(13221321x x x x x x x x +-=;5) 在P[x ]中,A )1()(+=x f x f ;6) 在P[x ]中,A ),()(0x f x f =其中0x ∈P 是一固定的数; 7) 把复数域上看作复数域上的线性空间, A ξξ=。

8) 在P nn ⨯中,A X=BXC 其中B,C ∈P nn ⨯是两个固定的矩阵. 解 1)当0=α时,是;当0≠α时,不是。

2)当0=α时,是;当0≠α时,不是。

3)不是.例如当)0,0,1(=α,2=k 时,k A )0,0,2()(=α, A )0,0,4()(=αk , A ≠)(αk k A()α。

4)是.因取),,(),,,(321321y y y x x x ==βα,有 A )(βα+= A ),,(332211y x y x y x +++=),,22(1133222211y x y x y x y x y x ++++--+ =),,2(),,2(1322113221y y y y y x x x x x +-++- = A α+ A β, A =)(αk A ),,(321kx kx kx),,2(),,2(1322113221kx kx kx kx kx kx kx kx kx kx +-=+-== k A )(α,故A 是P 3上的线性变换。

5) 是.因任取][)(],[)(x P x g x P x f ∈∈,并令)()()(x g x f x u +=则A ))()((x g x f += A )(x u =)1(+x u =)1()1(+++x g x f =A )(x f + A ))((x g , 再令)()(x kf x v =则A =))((x kf A k x kf x v x v =+=+=)1()1())((A ))((x f , 故A 为][x P 上的线性变换。

新教材适用2024_2025学年高中语文第7单元14

新教材适用2024_2025学年高中语文第7单元14

第七单元14.基础训练1.下列加点的词语解说不当的一项是( C )A.采莲是江南的旧俗,好像..很早就有,而六朝时为盛。

(“好像”是不确定的意思,表明采莲的历史久远,但何时起先不特别确定)B.荷塘的四周,长着很多树,蓊蓊郁郁....的。

(“蓊蓊郁郁”是后置定语,突出了树的茂密,也更加突出了荷塘的幽僻)C.突然想起日日走过的荷塘,在这满月的光里,总.该另有一番样子吧。

(“总”表明在这样的日子里月光就会另有一番样子)D.树梢上隐隐隐约的是一带远山,只有些大意..罢了。

(“大意”在这里是或许的轮廓的意思,可见当时的朦胧静谧)【解析】“总”在这里表示一种推想和希望,并不表示必定的意思。

2.依次填入下列括号内的词语,最恰当的一项是( A )曲曲折折的荷塘上面,弥望的是( )的叶子。

叶子出水很高,像( )的舞女的裙。

( )的叶子中间,零星地点缀着些白花,有( )地开着的,有( )地打着朵儿的;正如一粒粒的明珠,又如碧天里的星星,又如刚出浴的美人。

微风过处,送来( )芳香,仿佛远处高楼上渺茫的歌声似的。

A.田田亭亭层层袅娜羞怯缕缕B.层层袅娜田田羞怯亭亭缕缕C.田田羞怯亭亭袅娜层层缕缕D.层层袅娜亭亭田田羞怯缕缕【解析】“田田”意指莲叶,形容荷叶相连、盛密的样子;“层层”意思是一层又一层,指逐层逐次;“亭亭”意思是高耸或直立的样子;“袅娜”形容草木松软瘦长,或形容女子姿态美丽;“羞怯”意思是难为情,看法不自然;“缕缕”形容一条一条,连绵不断。

第一空,语境指的是荷塘里布满荷叶,应用“田田”;其次空,语境中指舞女的裙子直立,应用“亭亭”;第三空,语境指的是层层叠加的荷叶中间点缀荷花,应用“层层”;第四、五空,语境指的是荷花开放的状态既有姿态美丽的,又有像羞涩一样不全开放的花骨朵儿的,分别用“袅娜”“羞怯”。

3.下列句子中运用比方修辞手法的一项是( B )A.这秋蝉的嘶叫,在北平可和蟋蟀耗子一样,简直像是家家户户都养在家里的家虫。

最新代数学选讲教学大纲

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代数学选讲教学大纲《代数学选讲》教学大纲适用专业:数学与应用数学执笔人:王庚审定人:王宏勇系负责人:张从军南京财经大学应用数学系《代数学选讲》教学大纲课程代码:120010英文名:Selected Topics in Advanced Algebra课程类别:专业选修课适用专业:数学与应用数学前置课:数学分析、线性代数、概率论、数理统计后置课:抽象代数(续),泛代数等学分:3学分课时:54课时主讲教师:周惠新等选定教材:[1] 陈志杰, 陈咸平, 林磊, 瞿森荣, 韩士安,高等代数与解析几何习题精解[M]. 北京: 科学出版社, 2002.[2]北京大学数学系几何与代数教研室小组,高等代数(第三版)[M].北京:高等教育出版社,2003.课程概述:本课程主要讲授高等代数(行列式及其计算、线性方程组理论、矩阵初步、二次型理论、线性空间和线性变换、Euclid空间)解题方法和内容再认识、专题选讲(如线性代数应用、用数学软件做线性代数、从模的观点来认识线性代数、特殊矩阵的研究)。

高等代数选论课程是数学类专业及相关专业的主干基础课高等代数的归纳整理、再认识,以及某些专题的深入,使学生在更好的掌握线性代数的基础知识和基础理论,并补充详讲多项式理论,了解高等代数的应用、软件实现、抽象代数中群、环、域的基本概念及线性代数的最新发展方向,进一步熟悉和掌握抽象的、严格的代数解题方法。

教学目的:通过高等代数的教学,应使学生系统掌握高等代数的知识和理论,深入理解具体与抽象、特殊与一般、有限与无限等辩证关系,提高抽象思维、逻辑推理及运算能力,提高分析问题和解决问题的能力。

进一步向学生渗透现代数学的研究结构和研究方式。

同时,提高运用代数方法解决实际问题的能力;能在较高的理论水平的基础上,处理实际应用的有关问题。

作为代数选论课程,学习本课程,要求学生对其他代数能有一些了解。

教学方法:高等代数选论主要为课堂教学,辅助以上机实践和模拟测试,增强学生对有关内容的理解和掌握。

上交大《高级财务会计》本科教学资料 课后习题答案 第七章

上交大《高级财务会计》本科教学资料 课后习题答案 第七章

第七章衍生金融工具会计思考题:1.答:衍生金融工具是由基础金融工具派生而来的,其是价值随基础变量变动而变动的待执行合同。

《企业会计准则第22号——金融工具确认与计量》中指出,衍生金融工具是指具有下列特征的金融工具或其他合同:(1)其价值随特定利率、金融工具价格、汇率、价格指数、费率指数、信用等级、信用指数或其他类似变量的变动而变动。

(2)不要求初始净投资,或与对市场变化有类似反应的其他类型合同相比,要求很少的净投资。

(3)在未来某一日期结算。

2.答:衍生金融工具按照不同的交易方法与特点,可以分为远期合同、期货合同、期权合同、互换合同、结构化金融衍生工具等。

按照衍生金融工具的不同使用方向,其又可以分为股票市场中的衍生金融工具、外汇市场中的衍生金融工具、利率市场中的衍生金融工具。

按照衍生金融工具的不同交易性质,其又可以分为远期交易性质的衍生金融工具、选择权交易性质的衍生金融工具。

3.答:我国《企业会计准则第24号——套期保值》的定义为:套期保值是指企业为规避外汇风险、利率风险、商品价格风险、股票价格风险、信用风险等,指定一项或一项以上套期工具,使套期工具的公允价值或现金流量变动,预期抵消被套期项目全部或部分公允价值或现金流量变动。

4.答:公允价值套期是指对源于某类特定风险的、将影响企业损益的公允价值变动风险进行的套期。

公允价值套期主要适用于以下被套期项目:已确认资产或负债、尚未确认的确定承诺,或该资产、负债、尚未确认的确定承诺中的可辨认部分。

金流量套期是指对源于,某类特定风险的、将影响企业损益的现金流量变动方向进行的套期。

可以指定为现金流量套期的被套期项目包括:已确认资产或负债、很可能发生的预期交易。

核算题:1.(1)4月29日开仓时,交纳保证金金额为:4 850×300×10%=145 500(元)交纳手续费金额为:4 850×300×0.0003=436.50(元)会计处理为:借:财务费用 436.50 贷:银行存款 436.50 借:衍生工具——股指期货合同 145 500 贷:银行存款 145 500 (2)由于投资者购买的是多头,而4月30日出现了下跌,即该投资者发生亏损,需要按照交易所的规定补交保证金。

第七章 现代西方美学思潮(选讲)

第七章 现代西方美学思潮(选讲)

2、悲观主义的伦理学
(1)人生的本质是痛苦
①生命意志:体现为难以满足的 欲望
②痛苦与无聊是人生的两大基本 要素;
③生育行为延续了人生的痛苦。
(2)解脱之道
①真正富有智慧的人不学的沉思、艺术和审美、 道德的途径暂时摆脱意志,可人们 不能永远处于无为的静观状态中。
于康德所说的先验形式。
(3)意志是世界的本质 ①表象是意志的体现; ②各人的意志有特殊性:形成各具特
色的身体; ③意志是世界上一切事物的本质。
(4)意志客体化的等级 ①意志(自在之物)——理念(直接
的客体化)——事物(间接的客体化) ②无机物(盲目的自然力,如重,如
不可透入性,固体性,液体性,弹性, 电气,磁力,化学属性和各种物性。都 是意志的直接表出,无异于人的动作 ); 动植物(生命和繁殖);人(观念)
③禁欲的道路 “自愿的、彻底的不近女色是禁 欲或否定生命意志的第一步” “此外禁欲主义还表现于自愿的, 故意造成的贫苦”
④佛教是最高的宗教。
(二)美学观点
1、审美直观
①审美直观的含义 一种摒弃理性、忘却意志(欲望)的 自失状态 “人们自失于对象之中了,也就是说 人们忘记了他的个体,忘记了他的意志; 他已仅仅只是作为纯粹的主体,作为客 体的镜子而存在;好像仅仅只有对象的 存在而没有知觉这对象的人了,所以人 们也不能再把直观者与直观分开了,而 是两者合一了 ”
心幻想世界的美丽外观。 平和、静穆,“外观”
的全部喜悦、智慧及其美丽。 梦境的美丽外观是一切
造型艺术的基础。 “我们用日神的名字统
称美的外观的无数的幻觉”。
②日神艺术:
日神
造型艺术、史诗
(2)酒神精神
①酒神崇拜、酒神秘仪、酒神节庆: 酒神的经历(被肢解):个体化的 痛苦 秘仪:生殖的崇拜、性的放纵、与 神合一的象征仪式;人们忘却了自我。 表明了人摆脱个体化束缚,打破外 观的幻觉,回归自然之母的怀抱的强烈冲 动。 自弃与回归;痛苦与狂喜;个体化 的崩溃与回归神秘本源

苏教版高中数学选择性必修第二册课后习题 第七章 计数原理 7.2 第1课时 排列、排列数公式

苏教版高中数学选择性必修第二册课后习题 第七章 计数原理 7.2 第1课时 排列、排列数公式

7.2 排列第1课时排列、排列数公式A级必备知识基础练1.(多选题)从1,2,3,4四个数字中,任选两个数做以下数学运算,并分别计算它们的结果.在这些问题中,相应运算可以看作排列问题的有( )A.加法B.减法C.乘法D.除法2.6本不同的书摆放在书架的同一层上,要求甲、乙两本书必须摆放在两端,丙、丁两本书必须相邻,则不同的摆放方法有( )A.24种B.36种C.48种D.60种2−A n2=10,则n的值为( )3.已知A n+1A.4B.5C.6D.74.若要在某跨海大桥上建造风格不同的3个报警电话亭和3个观景区,要求它们各自互不相邻,则不同的排法种数为( )A.144B.72C.36D.95.要从a,b,c,d,e 5个人中选出1名组长和1名副组长,但a不能当副组长,则不同的选法种数是( )A.20B.16C.10D.66.由数字0,1,2,3,4,5可以组成能被5整除,且无重复数字的不同的五位数有( )A.(2A54−A43)个B.(2A54−A53)个C.2A54个D.5A54个7.某一天上午的课程表要排入语文、数学、物理、体育共4节课,如果第一节不排体育,最后一节不排数学,那么共有不同排法种.2-n<7的解集为.8.不等式A n-19.7名班委有7种不同的职务,甲、乙、丙三人在7名班委中,现对7名班委进行职务具体分工.(1)若正、副班长两职只能从甲、乙、丙三人中选两人担任,有多少种不同的分工方案?(2)若正、副班长两职至少要选甲、乙、丙三人中的一人担任,有多少种不同的分工方案?B 级关键能力提升练10.下列各式中与排列数A n m 相等的是( ) A.n !(n -m+1)!B.n(n-1)(n-2)…(n -m)C.nA n -1m n -m+1D.A n 1A n -1m -111.某班级从A,B,C,D,E,F 六名学生中选四人参加4×100 m 接力比赛,其中第一棒只能在A,B 中选一人,第四棒只能在A,C 中选一人,则不同的选派方法共有 ( )A.24种B.36种C.48种D.72种12.用0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的6位数,其中个位数字小于十位数字的六位数共有( ) A.300个B.464个C.600个D.720个13.某单位安排7位员工在10月1日至7日值班,每天安排1人,每人值班1天.若7位员工中的甲、乙排在相邻两天,丙不排在10月1日,丁不排在10月7日,则不同的安排方案共有( )A.504种B.960种C.1 008种D.1 108种14.英国数学家泰勒(B.Taylor,1685—1731)以发现泰勒公式和泰勒级数闻名于世.由泰勒公式,我们能得到e=1+11!+12!+13!+…+1n!+eθ(n+1)!(其中e为自然对数的底数,0<θ<1,n!=n×(n-1)×(n-2)×…×2×1),其拉格朗日余项是R n=e θ(n+1)!.可以看出,右边的项用得越多,计算得到的e的近似值也就越精确.若3(n+1)!近似地表示e的泰勒公式的拉格朗日余项R n,当R n不超过11000时,正整数n的最小值是( )A.5B.6C.7D.815.某老师一天上3个班级的课,每班一节,如果一天共9节课,且老师不能连上3节课(第5节和第6节不算连上),那么这位老师一天的课表的所有排法有种.16.解下列方程或不等式.4;(1)A2n3=2A n+1(2)A8x<6A8x-2.17.某次文艺晚会上共演出8个节目,其中有2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目,求分别满足下列条件的节目编排方法有多少种.(1)一个唱歌节目开头,另一个唱歌节目放在最后压台;(2)2个唱歌节目互不相邻;(3)2个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻.C级学科素养创新练18.(多选题)对于正整数n,定义“n!!”如下:当n为偶数时,n!!=n·(n-2)·(n-4)…6·4·2;当n为奇数时,n!!=n·(n-2)·(n-4)…5·3·1,则下列结论正确的是( )A.(2 021!!)·(2 020!!)=2 021!B.2 004!!=21 002·1 002!C.2 020!!的个位数不可能是0D.2 005!!能被5整除参考答案7.2 排列第1课时排列、排列数公式1.BD 因为加法和乘法满足交换律,所以选出两个数做加法和乘法时,结果与两数字位置无关,故不是排列问题,而减法、除法与两数字的位置有关,故是排列问题.故选BD.2.A 第1步,甲、乙两本书必须摆放在两端,有A22种不同的摆放方法;第2步,丙、丁两本书视为整体与其他两本共三本,有A22A33种不同的摆放方法.根据分步计数原理,共有A22A33A22=24(种)不同的摆放方法.故选A.2−A n2=10,得(n+1)n-n(n-1)=10,解得n=5.3.B 由A n+14.B 若电话亭用△表示,观景区用○表示,先排电话亭有A33种方法.当观景区插入电话亭所形成的空时,只有△○△○△○或○△○△○△两类,观景区有2A33种排法.故共有2A33·A33=72(种)排法.5.B 不考虑限制条件有A52种选法,若a当副组长,有A41种选法,故a不当副组长,有A52−A41=16(种)选法.6.A 能被5整除,则个位需为5或0,有2A 54个,但其中个位是5的含有0在首位的排法有A 43个,故共有(2A 54−A 43)个.7.14 (方法一)若第一节排数学,共有A 33=6(种)排法;若第一节不排数学,第一节有2种排法,最后一节有2种排法,中间两节任意排,有2×2×2=8(种)排法.根据分类计数原理,共有6+8=14(种)排法,故答案为14.(方法二 间接法)4节课全部可能的排法有A 44=24(种),其中体育排第一节的有A 33=6(种),数学排最后一节的有A 33=6(种),体育排第一节且数学排最后一节的有A 22=2(种),故符合要求的排法有A 44-2×A 33+A 22=14(种).8.{3,4} 由A n -12-n<7,得(n-1)(n-2)-n<7,整理得n 2-4n-5<0,解得-1<n<5.又n-1≥2且n ∈N *,即n≥3且n ∈N *,所以n=3或n=4.9.解(1)先排正、副班长,有A 32种方案,再安排其余职务有A 55种方案,由分步计数原理知,共有A 32×A 55=720(种)不同的分工方案.(2)7人中任意分工,有A 77种不同的分工方案,甲、乙、丙三人中无一人担任正、副班长的分工方案有A 42A 55种,因此甲、乙、丙三人中至少有一人担任正、副班长的分工方案有A 77−A 42A 55=3600(种).10.D A n m =n !(n -m )!,而A n 1A n -1m -1=n ×(n -1)!(n -m )!=n !(n -m )!,所以A n 1A n -1m -1=A n m.11.B 若第一棒选A,则第四棒只能选C,共有A42种选派方法;若第一棒选B,则有2A42种选派方法.由分类计数原理知,共有A42+2A42=3A42=36(种)选派方法.12.A (方法一)确定最高位有A51种不同方法.确定万位、千位、百位,从剩下的5个数字中取3个排列,共有A53种不同的方法,剩下两个数字,把大的排在十位上即可,由分步计数原理知,共有A51A53=300(个).(方法二)由于个位数字大于十位数字与个位数字小于十位数字的应各占A51A55=300(个).一半,故有1213.C 满足甲、乙相邻的所有方案有A22A66=1440(种).其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班的方案有A22A55=240(种); 满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在10月7日值班的方案有A22A55=240(种);满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班,丁在10月7日值班的方案有A22A44=48(种).故符合题设要求的不同安排方案有1440-2×240+48=1008(种).故选C.14.B 依题意得,(n+1)!≥3000,当n=5时,(5+1)!=6×5×4×3×2×1=720,当n=6时,(6+1)!=7×6×5×4×3×2×1=5040>3000,所以正整数n 的最小值是6.15.474 从9节课中任意安排3节共有A 93=504(种),其中前5节课连排3节共有3A 33=18(种);后4节课连排3节共有2A 33=12(种).故老师一天课表的所有排法共有504-18-12=474(种). 16.解(1)由A 2n 3=2A n+14,知{2n ≥3,n +1≥4,n ∈N *, 解得n≥3且n ∈N *,原式变形可得2n(2n-1)(2n-2)=2(n+1)n(n-1)(n-2),又n≥3,解得n=5. (2)由A 8x <6A 8x -2,知{1≤x ≤8,1≤x -2≤8,x ∈N *, 解得3≤x≤8且x ∈N *, 原不等式即8!(8-x )!<6×8!(10-x )!,化简得x 2-19x+84<0, 解得7<x<12,又3≤x≤8且x ∈N *,所以x=8.17.解(1)先排唱歌节目有A 22种排法,再排其他节目有A 66种排法,所以共有A 22×A 66=1440(种)排法.(2)先排3个舞蹈节目和3个曲艺节目,有A66种排法,再从其中7个空(包括两端)中选2个排唱歌节目,有A72种插入方法,所以共有A66×A72=30240(种)排法.(3)把2个相邻的唱歌节目看作一个元素,与3个曲艺节目排列共有A44种排法,再将3个舞蹈节目插入,共有A53种插入方法,最后将2个唱歌节目互换位置,有A22种排法,故所求排法共有A44×A53×A22=2880(种)排法.18.ABD (!!)·(!!)=×××…×5×3×1××××…×6×4×2=!,A正确;!!=××…×10×8×6×4×2=21002·1002!,B正确;!!=××…×10×8×6×4×2的个位数是0,C错误;!!=××…×9×7×5×3×1的个位数是5,D正确.故选ABD.第11页共11页。

苏教版高中数学选择性必修第二册课后习题 第七章 计数原理 7.2 第2课时 排列的应用

苏教版高中数学选择性必修第二册课后习题 第七章 计数原理 7.2 第2课时 排列的应用

第2课时排列的应用A级必备知识基础练1.6位学生排成两排,每排3人,则不同的排法种数为( )A.36B.120C.240D.7202.6位选手依次演讲,其中选手甲不排在第一个也不排在最后一个演讲,则不同的演讲次序共有( )A.240种B.360种C.480种D.720种3.(多选题)若3男3女排成一排,则下列说法正确的是( )A.共计有720种不同的排法B.男生甲排在两端共有120种排法C.男生甲、乙相邻的排法总数为120种D.男、女生相间的排法总数为72种4.请把“加油了我的国”这六个字随机地排成一排,其中“加”“油”这两个字必须相邻(可以交换顺序),“了”“的”这两个字不能相邻,则不同的排法种数为( )A.72B.108C.144D.2885.一排9个座位坐了3个三口之家,若每家人坐在一起,则不同的坐法种数为( )A.3×3!B.3×(3!)3C.(3!)4D.9!6.某会议室共有8个座位,现有3人就座,若要求每人左右均有空位,则不同的坐法有( )A.12种B.16种C.24种D.32种7.某诗词类节目组决定把《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另外确定的两首诗词排在后六场,并要求《将进酒》与《望岳》相邻,且《将进酒》排在《望岳》的前面,《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻,且均不排在最后,则后六场诗词的排法有种.(用数字作答)8.用0,1,2,…,9这十个数可以组成多少个符合下列条件的没有重复数字的数?(1)五位奇数;(2)大于30 000的五位偶数.B级关键能力提升练9.(四川成都树德中学高二检测)七人排成一排,其中甲只能在排头或排尾,乙、丙两人必须相邻,则排法共有( )A.48种B.96种C.240种D.480种10.(四川成都七中高二期末)在某校举行的秋季运动会中,有甲、乙、丙、丁四位同学参加了50米短跑比赛.现将四位同学安排在1,2,3,4这4个跑道上,每个跑道安排一名同学,则甲不在1道,乙不在2道的不同安排方法有( )种.A.12B.14C.16D.1811.(河北邯郸高三摸底)由1,2,3,4,5,6六个数字按如下要求组成无重复数字的六位数,1必须排在前两位,且2,3,4必须排在一起,则这样的六位数共有( )A.48个B.60个C.72个D.84个12.(多选题)(广东清远高二期末)用3,4,5,6,7,9这6个数字组成没有重复数字的六位数,下列结论正确的有( )A.这样的六位数共有720个B.在这样的六位数中,偶数共有240个C.在这样的六位数中,4,6不相邻的共有144个D.在这样的六位数中,4个奇数数字从左到右、从小到大排序的共有30个13.(多选题)(江苏淮安高二期中)甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排照相,下列说法正确的是( )A.如果甲、乙必须相邻,那么不同的排法有24种B.甲不站在排头,乙不站在正中间,则不同的排法共有78种C.甲、乙不相邻且乙在甲的右边,则不同的排法共有36种D.若五人已站好,后来情况有变,需加上2人,但不能改变原来五人的相对顺序,则不同的排法共有42种14.书架上某层有6本书,新买3本插进去,要保持原有6本书的顺序,有种不同的插法.(具体数字作答)15.有7名学生,其中3名男生、4名女生,在下列不同条件下,求不同的排法种数.(1)全体站成一排,其中甲不站在最左边,也不站在最右边;(2)男生顺序已定,女生顺序不定;(3)站成三排,前排2名同学,中间排3名同学,后排2名同学,其中甲站在中间排的中间位置;(4)7名同学站成一排,其中甲、乙相邻,但都不与丙相邻.C级学科素养创新练16.男生甲和女生乙及另外2男2女共6位同学排成一排拍照,要求男、女生相间且甲和乙相邻,共有多少种不同排法?参考答案第2课时排列的应用1.D 不同的排法有A66=6×5×4×3×2×1=720(种).2.C 第1步,排甲,共有A41种不同的排法;第2步,排其他人,共有A55种不同的排法.因此不同的演讲次序共有A41A55=480(种).3.AD 3男3女排成一排共计有A66=720(种)排列方法;男生甲排在两端的排法共有2A55=240(种);男生甲、乙相邻的排法总数为A22A55=240(种);男、女生相间排法总数共有2A33A33=72(种).4.C 第1步,因为“加”“油”这两个字必须相邻,先看作一个整体与“我”“国”排成一排,共A22A33=12(种)情况;第2步,因为“了”“的”这两个字不能相邻,可用插空法处理,共有A42=12(种)情况.因此,不同的排法种数为A22A33A42=144.5.C 利用“捆绑法”求解,满足题意的坐法种数为A33·(A33)3=(3!)4.6.C 将三个人插入五个空位中间的四个空当中,有A43=24(种)坐法.7.36 根据题意,分两步分析:第1步,将《将进酒》与《望岳》捆绑在一起和另外确定的两首诗词进行全排列,共有A33种排法;第2步,再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在3个空里(最后一个空不排),有A32种排法.后六场的排法共有A33A32=36(种).8.解(1)要得到五位奇数,末位应从1,3,5,7,9五个数字中取,有5种取法,取定末位数字后,首位就有除这个数字和0之外的8种不同取法.首末两位取定后,十个数字还有八个数字可供中间的十位、百位与千位三个数位选取,共有A83种不同的排列方法.由分步计数原理知共有5×8×A83=13440(个)没有重复数字的五位奇数.(2)要得偶数,末位应从0,2,4,6,8中选取,而要得比30000大的五位偶数,可分两类:①末位数字从0,2中选取,则首位可取3,4,5,6,7,8,9中任一个,共7种选取方法,其余三个数位就有除首尾两个数位上的数字之外的八个数字可以选取,共A83种取法.所以共有2×7×A83=4704(种)不同情况.②末位数字从4,6,8中选取,则首位应从3,4,5,6,7,8,9中除去末位数字的六个数字中选取,其余三个数位仍有A83种选法,所以共有3×6×A83=6048(种)不同情况.由分类计数原理,比30000大的无重复数字的五位偶数的个数共有4704+6048=10752.9.D 特殊元素优先安排,先让甲从排头或排尾中选取一个位置,有A21种选法,乙、丙相邻,捆绑在一起看作一个元素,与其余四个元素全排列,有A55种排法,最后乙、丙全排列,有A22种排法,故共有A21A55A22=480(种).故选D.10.B ①甲在2道的安排方法有A33=6(种);②甲不在2道,则甲只能在3或4号道,乙不能在2道,只能在剩下的2个道中选择一个,丙、丁有A22=2(种)安排方法,所以甲不在2号跑道的分配方案有2×2×2=8(种),共有6+8=14(种)安排方法.故选B.11.B 把2,3,4捆绑在一起,作为一个元素排列,当1排在第一位时,有A33·A33=36(种)排法;当1排在第二位时,第一位可从5,6中选1个,2,3,4作为一个元素只能排在第三、四、五位或第四、五、六位,故共有2A33·A22=24(种)排法.由分类计数原理得,共有36+24=60(种)排法.故选B. 12.ABD 符合题意的六位数有A66=720(个),A正确;若六位数为偶数,其个位数字为4或6,有2种情况,其他数位没有限制,则有2A55=240(个),B正确;将其他4个数字全排列,再将4,6安排在产生的5个空位中,则4,6不相邻的六位数有A 44A 52=480(个),C 错误;4个奇数数字从左到右、从小到大的顺序排好,有720A 44=30(个)符合题意的六位数,D 正确.故选ABD. 13.BCD 将甲、乙看成一个整体,与丙、丁、戊全排列,有A 22A 44=48(种)不同的排法,A 错误;若甲站在正中间,乙有4种站法,剩下3人全排列,有4×A 33=24(种)排法,若甲不站在正中间,甲有3种站法,乙有3种站法,剩下3人全排列,有3×3×A 33=54(种)排法,则有24+54=78(种)不同的站法,B 正确; 将丙、丁、戊三人排成一排,再将甲、乙安排在三人的空位中,有A 33A 42=72(种)排法,其中乙在甲的右边和乙在甲的左边的情况数目相同,则有12×72=36(种)不同的排法,C 正确;若五人已站好,后来情况有变,需加上2人,第一个人有6种站法,第二个人有7种站法,则有6×7=42(种)不同的安排方法,D 正确.故选BCD. 14.504 原来的6本书,加上新买的3本书,共有A 99种排法,原来的6本书有A 66种排法,而原来特有的顺序只有1种,所以共有A 99A 66=9×8×7=504(种)不同的插法.15.解(1)(方法一)先排甲,有5种排法,其余6人有A 66种排法,故不同的排法种数为5×A 66=3600.(方法二)左右两边位置可安排除甲外其余6人中的2人,有A 62种排法,其他位置有A 55种排法,故不同的排法种数为A 62A 55=3600.(2)7名学生站成一排,有A 77种排法,其中3名男生的排法有A 33种,由于男生顺序已定,女生顺序不定,故不同的排法种数为A 77A 33=840. (3)首先把甲放在中间排的中间位置,则问题可以看作剩余6人的全排列,故不同的排法种数为A 66=720.(4)先排出甲、乙、丙3人外的4人,有A 44种排法,由于甲、乙相邻,故再把甲、乙排好,有A 22种排法,最后把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4人之间及两端的5个空中,有A 52种排法,故不同的排法种数为A 44A 22A 52=960.16.解当6名同学按男女男女男女排列时,若男生甲在最左侧,女生乙只能在其右侧,有1种情况,剩下的2名男生和2名女生都各有A 22=2(种)排法,共有1×2×2=4(种)排法;若男生甲不在最左边的位置,则男生甲有2种排法,此时女生乙可以在其左侧或右侧,有2种排法,剩下的2名男生和2名女生都各有A 22=2(种)排法,共有2×2×2×2=16(种)排法,故共有4+16=20(种)排法.当6名同学按女男女男女男进行排列时,若女生乙在最左边的位置,则男生甲只能在其右侧,有1种情况,剩下的2名男生和2名女生都各有A22=2(种)排法,共有1×2×2=4(种)排法;若女生乙不在最右的位置,则女生乙有2种排法,此时男生甲可以在其左侧或右侧,有2种排法,剩下的2名男生和2名女生都各有A22=2(种)排法,共有2×2×2×2=16(种)排法,故共有4+16=20(种)排法.综上,符合条件的排法有20+20=40(种).。

高考生物考前指导与超越教材训练8必修二第7章(深度思考学习)

高考生物考前指导与超越教材训练8必修二第7章(深度思考学习)

必修二第7章〔深度思考学习〕★第7章现代生物进化理论★71. 有关达尔文自然选择学说说法〔1〕第一个提出生物进化观点〔〕〔2〕环境改变使生物产生变异,是生物进化根本原因〔〕〔3〕可遗传变异是生物进化原材料.如果没有可遗传变异,生物就不可能进化〔〕〔4〕自然选择是通过生存斗争来实现〔〕〔5〕生物适应性是自然选择结果〔〕〔6〕变异是定向,有利变异逐代积累形成生物新类型〔〕〔7〕自然选择直接作用于个体基因型〔〕〔8〕自然选择决定了生物进化方向〔〕〔9〕自然选择学说能科学地解释生物进化原因与生物适应性、多样性形成〔〕〔10〕自然选择学说能科学地解释生物遗传与变异本质〔〕〔11〕自然选择学说认为物种形成是渐变,不能很好解释物种大爆发等现象〔〕〔12〕达尔文自然选择学说认为生物个体是生物进化根本单位〔〕〔13〕食蚁兽长舌是因为长期舔食树缝中蚂蚁反复不断伸长所致〔〕〔14〕鹿与狼在长期生存斗争中相互选择,结果都开展了自己特征〔〕〔15〕昆虫抗药性形成是农药引起了昆虫产生抗药性变异〔〕〔16〕杀虫剂选择作用使抗药性害虫数量增加〔〕〔17〕害虫能将抗药性变异遗传给后代〔〕〔18〕自然选择使生物产生定向变异与进化〔〕〔19〕枯叶蝶反面色泽与形状极似枯叶是变异后再自然选择结果〔〕〔20〕自然选择学说提醒了生命现象统一性是由于所有生物都有共同祖先〔〕72. 有关基因频率说法〔1〕基因频率指某个基因占全部基因比例〔〕〔2〕基因突变产生新等位基因,就可能使种群基因频率发生变化〔〕〔3〕基因突变、基因重组、染色体变异及自然选择等都可能引起种群基因频率变化〔〕〔4〕假设某性状有三种表现型,那么控制该相对性状各等位基因频率之与大于1〔〕〔5〕生物只要发生进化,种群基因频率就会改变〔〕〔6〕基因频率改变不一定引起生物进化〔〕〔7〕生物在进化过程中不一定有基因频率改变〔〕〔8〕自然选择使种群基因频率发生改变从而决定进化方向〔〕〔9〕生物进化实质就是种群基因频率发生变化过程〔〕〔10〕种群基因频率改变是产生生殖隔离前提条件〔〕〔11〕喷洒农药可使害虫种群抗药基因频率提高,从而使害虫抗药性逐代增强〔〕〔12〕一个连续自交植物种群,基因型频率与基因频率都会发生改变〔〕〔13〕在理想状态下,种群到达遗传平衡时才可以根据基因频率求基因型频率〔〕〔14〕自然选择能定向改变种群基因频率,决定生物变异与进化方向〔〕〔15〕只有在新物种形成时,才发生基因频率改变〔〕〔16〕生物进化实质是种群基因频率改变,但随机交配对种群基因频率没有影响〔〕〔17〕种群基因频率变化趋势能反映生物进化方向〔〕〔18〕在环境条件保持稳定前提下,种群基因频率也会发生变化〔〕〔19〕自然选择导致种群基因频率发生定向改变,基因频率改变标志着新物种产生〔〕〔20〕自然选择是对种群有利基因进展直接选择,且决定了新基因产生〔〕73. 有关基因库说法〔1〕细胞核是遗传信息库,含有全部基因就叫基因库〔〕〔2〕种群基因频率与基因库发生改变那么一定形成新物种〔〕〔3〕一个种群中全部个体所含有全部基因构成一个基因库〔〕〔4〕每个个体所含基因只是种群基因库中一个组成局部〔〕〔5〕一个生物全部基因构成基因库〔〕〔6〕当种群变得很小时,就有可能失去遗传多样性,从而失去了进化上优势而逐渐被淘汰〔〕〔7〕对同一种群来说基因组与基因库所包含基因是一样〔〕〔8〕种群基因库会随着种群中一代代个体死亡而逐渐变小直至消失〔〕〔9〕地理隔离导致种群基因库形成明显差异,进而逐步形成生殖隔离〔〕〔10〕生物进化过程中,基因库是不断变化〔〕〔11〕亚洲人与非洲人种群基因库一样,但具体基因频率不同〔〕〔12〕长期地理隔离可能造成不同种群基因库组成上发生显著差异〔〕〔13〕所有生物基因构成一个基因库〔〕〔14〕新物种形成一定有基因频率改变与基因库变化〔〕〔15〕种群中每个个体含有该种群基因库全部基因〔〕〔16〕基因突变与自然选择均可改变基因库组成〔〕〔17〕同一物种不同种群基因库一般是不同〔〕〔18〕种群不断进化,但基因库保持稳定不变〔〕〔19种群基因库中基因型频率改变,基因频率不一定改变〔〕〔20〕遗传多样性能有效增大种群基因库〔〕74. 有关物种说法:〔1〕新物种产生都是因为长期地理隔离最终导致生殖隔离而造成〔〕〔2〕生殖隔离是形成新物种标志〔〕〔3〕种群是生物进化根本单位,物种是繁殖根本单位〔〕〔4〕生物之间只要能相互交配且能产生后代就属于同一物种〔〕〔5〕四倍体西瓜与二倍体西瓜可以杂交,不存在生殖隔离,属于同一物种〔〕〔6〕长期地理隔离一定会导致生殖隔离〔〕〔7〕隔离是物种形成必要条件〔〕〔8〕同一种群生物一定属于同一物种〔〕〔9〕同一物种由于地理隔离形成群体是不同种群〔〕〔10〕我们认为某现存物种与它祖先是两个物种,其依据是它们之间存在生殖隔离〔〕〔11〕物种形成三个根本环节是突变与基因重组、自然选择及隔离〔〕〔12〕多倍体育种过程中二倍体母本经过秋水仙素处理成为四倍体,证明了新物种形成不一定需要隔离〔〕〔13〕物种形成过程也就是种群基因频率发生定向改变过程〔〕〔14〕两个种群间生殖隔离一旦形成,这两个种群就属于两个物种〔〕〔15〕严格自花传粉植物个体之间存在生殖隔离〔〕〔16〕种群基因频率变化一定会导致新物种产生〔〕〔17〕两种莴苣开花季节不同但可以人工杂交,两者是同一物种〔〕〔18〕只有生殖隔离能阻止种群间基因交流〔〕〔19〕物种形成意味着生物能以新方式利用环境条件〔〕〔20〕由于地理隔离,一个种群突变与基因重组对另一个种群基因频率没有影响〔〕75. 有关现代生物进化理论说法〔1〕达尔文自然选择学说是现代生物进化理论根底与核心〔〕〔2〕自然选择直接作用于个体基因型,并决定了生物进化方向〔〕〔3〕生物进化过程实质在于保存对环境更适应性状〔〕〔4〕自然选择通过选择个体使种群基因频率发生定向改变〔〕〔5〕现代生物进化理论认为,同一群落中种群会相互影响,因此进化根本单位是群落〔〕〔6〕工业污染区黑色桦尺蛾保护色形成是因为自然选择使黑色基因频率增加结果〔〕〔7〕生物进化实质是种群基因型频率改变〔〕〔8〕种群是生物进化单位〔〕〔9〕自然状态下基因突变频率很低且是不定向,而物理、化学因素诱发基因突变不仅提高了突变频率且是定向,从而产生人类需要变异类型〔〕〔10〕生物进化是长期适应结果〔〕〔11〕害虫对杀虫剂抗药性增强是由于人工选择结果〔〕〔12〕自然选择是生物变异随机淘汰与保存〔〕〔13〕隔离是形成新物种必要条件,也是生物进化必要条件〔〕〔14〕生物变异为进化提供原材料,并决定了生物进化方向〔〕〔15〕变异利与害是由生物生存环境决定〔〕〔16〕生殖隔离是物种朝不同方向开展决定性因素〔〕〔17〕不同物种之间必然存在着生殖隔离〔〕〔18〕某一个种群中某种可遗传变异性状出现频率增加,很可能该性状对环境有很大适应性〔〕〔19〕环境改变使生物产生适应性变化〔〕〔20〕害虫抗药性不断增强是因为农药对害虫进展了定向选择〔〕76. 有关生物进化说法〔1〕物种之间共同进化不仅仅是通过物种之间生存斗争实现〔〕〔2〕基因突变不定向性是指基因突变可发生在个体发育任何时期与任何部位〔〕〔3〕自然选择实质是导致种群基因频率定向改变,但不决定新基因产生〔〕〔4〕地理隔离会导致种群基因库间差异,因而也一定导致生殖隔离〔〕〔5〕基因突变方向与生物进化方向保持高度一致〔〕〔6〕突变使狼与鹿产生不定向变异,自然选择使它们向奔跑速度快方向进化〔〕〔7〕有利突变太少,缺乏作为生物进化原始材料〔〕〔8〕突变是可遗传变异,一定会遗传给下一代〔〕〔9〕种群必须经过地理隔离,才能到达生殖隔离〔〕〔10〕可遗传变异与不可遗传变异都为生物进化提供了原材料〔〕〔11〕基因突变产生新基因不定向地改变了种群基因频率,对生物进化有重要意义〔〕〔12〕在生物进化过程中,显性基因频率比隐性基因频率增加得快,有利于产生适应环境新性状〔〕〔13〕种群是生物进化根本单位,也是自然选择对象〔〕〔14〕只有基因突变与基因重组为生物进化提供了原材料〔〕〔15〕外来物种入侵能改变生物进化速度与方向〔〕〔16〕生物进化一定会形成新物种〔〕〔17〕生物变异为进化提供原始材料,并决定了生物进化方向〔〕〔18〕有性生殖出现后,生物进化速度明显加快〔〕〔19〕最先登陆生物是两栖类动物〔〕〔20〕地球上最早出现生物是单细胞生物,进展无氧呼吸〔〕77. 有关共同进化说法〔1〕生物进化过程是生物与生物、生物与无机环境共同进化过程〔〕〔2〕物种之间共同进化都是通过物种之间生存斗争来实现〔〕〔3〕在自然选择过程中,黑色与灰色桦尺蠖表现为共同进化〔〕〔4〕随着光合生物出现,大气中有了氧气,为好氧生物出现创造了条件〔〕〔5〕某种长有细长花矩兰花与生有细长口器专门为它传粉蛾实现共同进化〔〕〔6〕狼与兔子奔跑能力提高是它们共同进化结果〔〕〔7〕共同进化是指不同生物之间通过捕食、竞争、寄生、互利共生等关系相互影响、不断进化〔〕〔8〕任何物种都不是单独进化〔〕〔9〕同一物种不同种群往往都会向着适应环境方向开展进化,即共同进化〔〕〔10〕生物多样性形成也就是新物种不断形成过程〔〕〔11〕一个物种形成或绝灭,会影响到假设干其它物种进化〔〕〔12〕通过共同进化形成了千姿百态物种与多种多样生态系统〔〕〔13〕寄生关系使寄生者与宿主在生存斗争过程中共同进化开展〔〕〔14〕“精明捕食者〞策略是我们人类合理利用生物资源应该借鉴〔〕〔15〕捕食者存在客观上起到促进种群开展作用〔〕〔16〕生物与无机环境在相互影响中不断进化与开展〔〕〔17〕不同物种之间在相互影响中不断进化与开展〔〕〔18〕捕食者对猎物起到选择作用,但猎物对捕食者无此作用〔〕〔19〕所有生物进化速度是一样〔〕〔20〕有性生殖生物通过雌雄个体间选择实现共同进化〔〕78. 有关生物多样性说法〔1〕生物多样性形成是不同物种之间共同进化结果〔〕〔2〕物种繁多而复杂生态系统具有较高抵抗力稳定性〔〕〔3〕生物多样性程度高,各类生物生存时机多〔〕〔4〕生物种类越繁多,引起病虫害几率越大〔〕〔5〕生物多样性包括基因多样性、个体多样性与生态系统多样性三个层次内容〔〕〔6〕生物多样性包括基因多样性、种群多样性与生态系统多样性三个层次内容〔〕〔7〕物种灭绝不利于生物多样性形成〔〕〔8〕捕食者存在不利于增加生物多样性〔〕〔9〕生态系统多样性是物种多样性保证〔〕〔10〕对不同生物基因功能研究表达了生物多样性间接价值〔〕〔11〕大量引进国外物种是增加当地生物多样性重要措施〔〕〔12〕混合树种天然林比单一树种人工林更容易被病虫害消灭〔〕〔13〕生物多样性间接价值表现为调节气候、保持水土等生态功能〔〕〔14〕生物多样性减少直接原因是人类活动造成物种灭绝速度远超过自然物种形成〔〕〔15〕过度人为干扰导致生物多样性降低〔〕〔16〕外来物种入侵增加了生物多样性〔〕〔17〕生物多样性直观表现为基因多样性〔〕〔18〕生物多样性是指所有植物、动物与微生物及其所拥有全部基因〔〕〔19〕保护生物多样性就是制止开发与利用野生生物资源〔〕〔20〕就地保护是对生物多样性最有效保护〔〕79. 以下有关说法正确是〔1〕生活在地下水井中盲螈,因长期不用眼睛而失去视觉〔〕〔2〕隔离一定会导致新物种形成〔〕〔3〕基因突变方向是由环境决定〔〕〔4〕进化改变是个体而不是群体〔〕〔5〕不同种群间只要存在隔离就一定是两个物种〔〕〔6〕生物进化过程实质上就是种群基因型频率发生变化过程〔〕〔7〕生物进化实质是种群基因频率定向变化,导致生物朝着一定方向不断进化〔〕〔8〕不同物种之间、生物与环境之间在相互影响中不断进化开展,形成生物多样性〔〕〔9〕共同进化是生物与生物之间通过生存斗争结果〔〕〔10〕生物有性生殖过程实现了基因突变,增强了生物变异多样性,生物进化速度明显加快〔〕〔11〕从分子水平看,生物多样性直接原因是蛋白质多样性〔〕〔12〕种群内基因频率改变偶然性随种群数量下降而减小〔〕〔13〕杀虫剂能诱导害虫分解药物基因大量表达〔〕〔14〕基因自发突变率虽然很低,但对进化非常重要〔〕〔15〕不同基因型个体对环境适应性可一样,也可不同〔〕〔16〕环境发生变化时,种群基因频率可能改变,也可能不变〔〕〔17〕狼性状分歧说明自然选择在一定程度上是不定向〔〕〔18〕在生存斗争中,捕食者与被捕食者之间进展着相互选择〔〕〔19〕原始狼群由于食物来源不同,通过自然选择进化成不同类型〔〕〔20〕种群中BB、Bb与bb基因型个体分别占20%、60%、20%,B基因频率是70%〔〕80. 以下有关说法正确是〔1〕一个种群中,控制一对相对性状各种基因型频率改变说明物种在不断进化〔〕〔2〕在一个种群中,控制一对相对性状各种基因型频率之与为1〔〕〔3〕基因型为Aa个体自交后代所形成种群中,A基因频率大于a基因频率〔〕〔4〕因色盲患者中男性数量多于女性,所以男性群体中色盲基因频率大于女性群体〔〕〔5〕种群基因频率改变是通过环境对生物个体选择实现〔〕〔6〕自然选择直接作用于个体表现型而不是基因型〔〕〔7〕同一物种不同种群基因频率改变能导致种群基因库差异越来越大,但生物没有进化〔〕〔8〕地理隔离能使种群基因库产生差异,必然导致生殖隔离〔〕〔9〕种群基因频率改变是产生生殖隔离前提条件〔〕〔10〕基因突变是生物变异根本来源,为生物进化提供了原始材料〔〕〔11〕每一物种往往都由多个具有生殖隔离种群构成〔〕〔12〕生态系统多样性形成原因可以概括为共同进化〔〕〔13〕突变能改变核苷酸序列,不能改变基因在染色体上位置〔〕〔14〕奶牛产奶多是自然选择结果〔〕〔15〕变异是不定向,进化方向是确定,这个方向由自然选择决定〔〕〔16〕地球上生物都来源于原始共同祖先〔〕〔17〕有性生殖基因重组有助于物种在一个无法预测将会发生什么变化环境中生存〔〕〔18〕种群中个体只要满足随机交配,生物基因频率与基因型频率就不会改变〔〕〔19〕基因突变产生等位基因,通过有性生殖中基因重组,可以形成多种多样基因重组,从而使种群出现大量可遗传变异〔〕〔20〕在自然选择作用下,会使不利变异个体出生率下降,而有利变异个体有更多时机产生后代〔〕【答案】第11 页。

高等代数第七章综合例题分析与小结

高等代数第七章综合例题分析与小结
2、知道标准正交基与一般基的区别 3、施密特正交化方法,能熟练地将4维以下的线性无关向量 组正交化。
内容小结
三、熟练掌握子空间正交的定义及子空间正交补的定义; 熟知欧氏空间的的任何单位正交向量组都可以扩充为标准 正交基。
四、正交变换与对称变换 1、熟练掌握正交变换的定义与等价命题 2、掌握在标准正交基下正交变换与正交矩阵的关系 3、熟练掌握对称变换的定义与等价命题 4、掌握在标准正交基下对称变换与对称矩阵的关系
第七章综合例题分析与小结
内容小结
一、欧氏空间的基本概念 1、熟练掌握内积的定义与性质,理解欧氏空间是特殊的线 性空间 2、熟练掌握向量长度、夹角、距离的定义及计算公式
3、熟练掌握向量正交的定义、单位向量的定义和单位化向、熟练掌握标准正交基的定义及等价命题
5、熟练掌握对称矩阵的特性,特别是对称矩阵与对角化 的关系
6、熟练掌握将对称矩阵对角化的方法与步骤

苏教版高中数学选择性必修第二册课后习题 第七章 计数原理 7.3 第2课时 排列与组合的综合应用

苏教版高中数学选择性必修第二册课后习题 第七章 计数原理 7.3 第2课时 排列与组合的综合应用

第2课时排列与组合的综合应用A级必备知识基础练1.要将甲、乙、丙、丁4名同学分到A,B,C三个班中,要求每个班至少分到一人,则甲被分到A班的分法种数为( )A.6B.12C.24D.362.重阳节,农历九月初九,二九相重,谐音是“久久”,有长久之意,人们常在此日感恩敬老.某校在重阳节当日安排6名学生到两所敬老院开展志愿服务活动,要求每所敬老院至少安排2人,则不同的分配方案数是( ) A.35 B.40C.50D.703.将5名冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,则不同的分配方案共有( )A.60种B.120种C.240种D.480种4.将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通,每个路口至少一人,其中一个路口3人,且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )A.18种B.24种C.36种D.72种5.(河南名校联盟高二期中)某省示范性高中安排6名高级教师到基础教育薄弱的甲、乙、丙三所中学进行支教,每所学校至少安排1人,则不同的分配方案有( ) A.150种 B.180种C.270种D.540种6.5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子中至少有一个球,若甲球必须放入A盒,则不同的放法种数是( )A.120B.72C.60D.367.从6个人中选4个人去值班,每人值班一天,第一天安排1个人,第二天安排1个人,第三天安排2个人,则共有种安排情况.8.α,β是两个平行平面,在α内取四个点,在β内取五个点.这些点最多能确定几条直线?几个平面?B级关键能力提升练9.把16个相同的小球放到三个编号为1,2,3的盒子中,且每个盒子内的小球数要多于盒子的编号数,则共有不同的放法种数为( )A.18B.28C.36D.4210.从正方体的8个顶点中选取4个作为顶点,可得到四面体的个数为( )A.C84-12B.C84-8C.C84-6D.C84-411.(黑龙江哈尔滨三中高二期中)现有15个数学竞赛参赛名额分给五个班,其中一班、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12.(多选题)某师范大学5名毕业生主动申请到某山区的乡村小学工作.将这5名毕业生分配到该山区的A,B,C三所小学,每所学校至少分配1人,则下列说法正确的是( )A.若甲不去A小学,则共有100种分配方法B.若甲、乙去同一所小学,则共有36种分配方法C.若有一所小学分配了3人,则共有90种分配方法D.共有120种分配方法13.现有10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中,从中任意取出4只,4只鞋子恰有两双的种数为,4只鞋子有2只成双,另2只不成双的种数为.14.已知从1,3,5,7,9任取两个数,从0,2,4,6,8中任取两个数,组成没有重复的数字的不含有数字0的四位数的个数为.15.将四个编号为1,2,3,4的小球放入四个编号为1,2,3,4的盒子中.(1)若每盒至多一球,则有多少种放法?(2)若恰好有一个空盒,则有多少种放法?(3)若每个盒内放一个球,并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同,则有多少种放法?C 级学科素养创新练16.某高校有14名志愿者参加某论坛的接待工作,若每天早、中、晚三班,每班4人,每人每天最多值一班,则论坛开幕式当天不同的排班种数为( )A.C 1412C 124C 84B.C 1412A 124A 84C.C 1412C 124C 84A 33D.C 1412C 124C 84A 33 17.已知不定方程x 1+x 2+x 3+x 4=12,则不定方程正整数解的组数为 .参考答案第2课时排列与组合的综合应用1.B (方法一)根据题意分2步进行分析:①将甲、乙、丙、丁4名同学分为3组,有C42=6(种)分组方法;②将甲所在的组分到A班,剩下2组安排到B,C班,有A22=2(种)情况.由分步计数原理可知共有6×2=12(种)分法.故选B.(方法二)依题意,若A班只有1名同学,则这名同学一定是甲,然后将乙、丙、丁3人分到B,C两个班,则有C32A22=6(种)不同的分法;若A班有2名同学,则问题转化为乙、丙、丁3位同学分到A,B,C三个班中共有A33=6(种)不同的分法,由分类计数原理可知共有6+6=12(种)不同的分法.故选B.2.C 6名学生分成两组,每组不少于两人的分组,一组2人另一组4人,或每组3人,所以不同的分配方案数是C62A22+C63=50.故选C.3.C 根据题意,有一个项目中分配2名志愿者,其余各项目中分配1名志愿者,可以先从5名志愿者中任选2人,组成一个小组,有C52种选法;然后连同其余三人,看成四个元素,四个项目看成四个不同的位置,四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有A44种,根据分步计数原理,完成这件事共有C52×A44=240(种)不同的分配方案.故选C.4.A 5名交警分配到三个不同路口疏导交通,每个路口至少一人,其中一个路口3人,所以不同路口的执勤人数为3,1,1,又甲、乙在同一路口,先选一个人和甲、乙组成一组有C31种选法,剩余两人为两组,然后安排到3个路口共有C31A33=18(种)不同的安排方法.故选A.5.D 将6人分成3组,每组人数可以是1,1,4,也可以是1,2,3,也可以是2,2,2.若分成1,1,4,则有C64A33=90(种)分配方案,若分成1,2,3,则有C61C52A33=360(种)分配方案,若分成2,2,2,则有C62C42C22=90(种)分配方案,则不同的分配方案共有90+360+90=540(种).故选D.6.C 将甲球放入A盒后分两类:一类是除甲球外,A盒还放其他球,共A44=24(种)放法;另一类是A盒中只有甲球,则其他4个球放入另外三个盒中,有C42·A33=36(种)放法.故总的放法有24+36=60(种).7.180 按照先选再排的方法可知共有C64C41C31=180(种)安排情况.8.解在9个点中,除了α内的四点共面和β内的五点共面,其余任意四点不共面且任意三点不共线时,所确定的平面和直线才能达到最多,此时,最多能确定直线C92=36(条).又三个不共线的点确定一个平面,故最多可确定C42C51+C41C52+2=72(个)平面.9.C 根据题意,16个相同的小球放到三个编号为1,2,3的盒子中,且每个盒子内的小球数要多于盒子的编号数,先在1号盒子里放1个球,在2号盒子里放2个球,在3号盒子里放3个球,则原问题可以转化为将剩下的10个小球,放入3个盒子,每个盒子至少放1个的问题,将剩下的10个球排成一排,有9个空位,在9个空位中任选2个,插入隔板,有C92=9×8=36(种)不同的放法,即有36个不同的符合题意的放法.210.A 从正方体的8个顶点中选取4个顶点,有C84种选法,正方体表面四点共面不能构成四面体有6种,正方体的六个对角面四点共面不能构成四面体有6种,所以可得到的四面体的个数为C84-6-6=C84-12.故选A.11.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个名额分为5组,每组至少一个,每组依次对应一个班级即可,则有C74=35(种)分配方法.故选B.12.AB 5名毕业生分配到三所小学可以分成3,1,1或2,2,1两种情况,若A 小学安排1人,则有C 41·(C 43×A 22+C 42)=56(种)分配方法;若A 小学安排2人,则有C 42C 31A 22=36(种)分配方法;若A 小学安排3人,则有C 43A 22=8(种)分配方法,所以甲不去A 小学共有56+36+8=100(种)分配方法,故A 正确. 若甲、乙同去A,当A 中仅有2人时,则将剩下的3人分到B,C 两所小学,共有C 31A 22=6(种)分配方法,当A 中有3人时,则将剩下的3人平均分到A,B,C 三所小学,共有A 33=6(种)分配方法,所以甲、乙去同一所小学共有(6+6)·C 31=36(种)分配方法,所以B 正确.若有一所小学分配了3人,先将5人分成3,1,1三组,再将三组人分配到三所小学,所以有C 53A 33=60(种)分配方法,故C 错误.这5名毕业生分配到该山区的A,B,C 三所小学,每所学校至少分配1人,共有C 53C 21C 11A 22+C 52C 32C 11A 22·A 33=150(种)分配方法,故D 错误.故选AB.13.45 1 440 从10双中任选2双有C 102=45(种)取法.先选取一双有C 101种选法,再从9双中任取两双有C 92种选法,每双鞋只取一只各有2种取法,根据分步计数原理可知选取的种数为N=C 101C 92×22=1440.14.1 440 从1,3,5,7,9中任取两个数,从2,4,6,8中任取两个数,组成C 52C 42A 44=10×6×24=1440(个)不含有数字0的四位数.15.解(1)根据题意,若每盒至多一球,即每个盒子放入一个小球,有A44=24(种)情况.(2)根据题意,分2步进行分析:①将4个小球分为3组,其中1组2个小球,另外2组各有1个小球,有C42=6(种)分组方法;②将4个小盒中任选3个,放入三组小球,有C43A33=24(种)情况.共有6×24=144(种)不同的放法.(3)根据题意,分2步进行分析:①先选出1个小球,放到对应序号的盒子里,有C41=4(种)情况,假设4号球放在4号盒子里;②其余三个球的放法为(2,3,1),(3,1,2)共2种.恰好有一个球的编号与盒子的编号相同的放法有4×2=8种.16.A 首先从14人中选出12人共C1412种,然后将12人平均分为3组共C124C84C44A33种,然后这两步相乘,得C1412C124C84A33.将三组分配为早、中、晚三班,共C1412C124C84种.故选A.17.165 问题相当于将12个完全相同的小球放入4个不同的盒子,且每个盒子中至少放入1个小球,使用“隔板法”得不定方程正整数解的组数为C113=165.第11页共11页。

人教版高中语文选择性必修中册课后习题 7包身工

人教版高中语文选择性必修中册课后习题 7包身工

7 包身工课后·训练提升一、语言文字运用阅读下面的文字,完成第1~3题。

夏衍的报告文学,数量上,但它对中国报告文学的发展所产生的影响却是其他作家的。

有人说《包身工》为中国的报告文学开创了新的纪录。

( )。

《包身工》完美体现了报告文学的属性特色,既缩短了报告文学与小说的距离,又在报告文学与小说之间划出了严格的界限。

报告文学,无论是记事,还是写人,都是作者在生活中有了理性认识或感情冲动,带着自己的观点、感情来写的。

任何一个作者都不会以的身份对故事和人物进行纯客观的叙述,而总是把自己的见解和感情遣上笔端,用以说服、感染读者。

夏衍的报告文学在主客观结合方面达到了浑然一体的境界。

他的作品把叙述、描写、议论、抒情等多种表现手法融于一体,交错运用,并且,恰到好处。

( );《包身工》是抒情的,在关节处又常常直抒胸臆,将作者自身的深切感受、爱憎情感和着包身工的血泪一起喷出。

有时,夏衍又以精确的数据和事实,围绕包身工制度的起源、发展为中心进行深刻分析和直接评价,使作品具有强大的说服力。

1.依次填入文中横线上的成语,全都恰当的一项是( )A.寥寥无几鞭长莫及作壁上观天衣无缝B.屈指可数鞭长莫及袖手旁观无懈可击C.屈指可数望尘莫及袖手旁观天衣无缝D.寥寥无几望尘莫及作壁上观无懈可击答案:C解析:屈指可数:形容数目很少。

寥寥无几:形容数量极少。

一般而言,“屈指可数”形容的数目具体形象,“寥寥无几”形容的数目比较抽象,故选用“屈指可数”。

鞭长莫及:指力量达不到。

望尘莫及:形容远远落后。

句中指夏衍的报告文学作品所产生的影响是其他作家比不上的,即远远地落在后面,故选用“望尘莫及”。

袖手旁观:比喻置身事外或不协助别人。

作壁上观:比喻坐观成败,不给予帮助。

句中没有坐观成败的意思,故选用“袖手旁观”。

天衣无缝:形容事物(多指诗文、话语等)严密,没有一点儿破绽。

无懈可击:没有漏洞可以被攻击或挑剔,形容十分严密。

句中指夏衍的作品,故选用“天衣无缝”。

人教A版高中同步学案数学选择性必修第三册精品习题课件 第七章 二项分布与超几何分布 超几何分布

人教A版高中同步学案数学选择性必修第三册精品习题课件 第七章 二项分布与超几何分布 超几何分布

显的两类,故B错误.
2.在100张奖券中,有4张能中奖,从中任取2张,则2张都能中奖的概率是( C
1
50
1
25
1
1
D.
825 4 950
A. B. C.
[解析]若记为抽出的2张奖劵中的中奖数,则( = ) =




=

.

)
3.在10个排球中,有6个正品,4个次品.从中抽取4个,则正品数比次品数少的概率为
的2个红球、3个白球的袋子中随机地摸出2个球,若摸出的“2个都是红球”出现了3次,
则获得200分;若摸出的“2个都是红球”出现了1次或2次,则获得20分;若摸出的“2个都是
红球”出现了0次,则扣除10分(即获得−10分).
(1)设每轮游戏中摸出的“2个都是红球”出现的次数为,求的分布列;
C22
解 设每轮游戏得分为.
由(1)知,的分布列为

−10
20
200

729
1 000
270
1 000
1
1 000
() = −10 ×
729
1 000
+ 20 ×
270
1 000
+ 200 ×
1
1 000
= −1.69.
因为每轮游戏获得的分数的均值为负,所以多次游戏之后,与最初的分数相比,分
数没有增加,反而减少了.

故所求概率为

+


=

.

=


=

.

=

;

4.一个盒子里装有大小相同的10个黑球,12个红球,4个白球,从中任取2个,其中白

马克思主义基本原理概论第七篇复习题

马克思主义基本原理概论第七篇复习题

《马克思主义基本原理概论》第七章复习题一、单项选择题1.马克思主义的最高社会理想是()A.消灭等级制度,实现人人平等B.推翻资本主义,实现共产主义C.消灭贫富悬殊,实行平均主义D.取消按资分配,实行按劳分配2.下列提法正确的是()A.只有空想社会主义思想家预见了未来社会B.只有唯心主义思想家预见了未来社会C.只有马克思主义经典作家预见了未来社会D.许多思想家都预见了未来社会3.“通过批判旧世界发现新世界”是()A.唯物主义预见未来社会的方法B.空想社会主义预见未来社会的方法C.唯心主义预见未来社会的方法D.马克思主义预见未来社会的方法4.“未来的事情具体如何发展,应该由未来的实践去回答。

”这种观点是()A.历史唯物论的观点B.历史唯心论的观点C.不可知论的观点D.怀疑论的观点5.在展望未来社会问题上,马克思主义与空想社会主义的根本区别()A.是否对资本主义进行了辛辣地批判B.是否看到了资本主义旧制度灭亡的命运C.是否坚持科学的立场、观点和方法D.是否对未来社会进行了描绘6.马克思恩格斯在《共产党宣言》中指出:“资产阶级的生产关系和交换关系,资产阶级的所有制关系,这个曾经仿佛用法术创造了如此庞大的生产资料和交换手段的现代资产阶级社会,现在像一个魔法师一样不能再支配自己用法术呼唤出来的魔鬼了。

”这里的“魔鬼”是指()A.科学技术B.生产力C.生产关系D.生产方式7.实现共产主义的根本条件是()A.消灭一切剥削制度B.消灭一切旧风俗、旧习惯C.社会生产力的高度发展D.社会道德水平的极大提高8.各尽所能,按需分配是()A.原始社会的分配方式B.社会主义社会的分配方式C.阶级社会的分配方式D.共产主义社会的分配方式9.马克思主义认为,共产主义社会的分配原则是()A.按劳分配B.按需分配C.按生产要素分配D.平均分配10.“各尽所能,按需分配”实现的重大意义是()A.第一次以人的劳动作为分配的标准B.它将最终实现人类在分配上的真正平等C.第一次否定了特权作为分配的标准D.第一次否定了资本作为分配的标准11.共产主义社会的根本特征是 ( )A.社会生产力高度发展B.各尽所能,按需分配C.人的自由而全面发展D.人们精神境界极大提高12.马克思主义认为,消灭“三大差别”的关键在于()A.消灭工业和农业的差别B.消灭城市和乡村的差别C.消灭脑力劳动和体力劳动的差别D.消灭利益差别13.“代替那存在着阶级和阶级对立的资产阶级旧社会的,将是这样一个联合体,在那里,每个人的自由发展是一切人的自由发展的条件”。

高1生物人教版必修2练习:第7章 第2节 现代生物进化理论的主要内容 Word版含解析

高1生物人教版必修2练习:第7章 第2节 现代生物进化理论的主要内容 Word版含解析

第七章第2节一、选择题1.下列有关种群基因库的叙述中,不正确的是导学号12200660()A.一个种群的基因库包括这个种群所含有的全部基因B.生物的个体总是要死亡的,但基因库却因种群个体的繁殖而代代相传C.种群中每个个体含有种群基因库的全部基因D.基因突变可以改变基因库的组成[答案] C[解析]基因库是一个种群的全部个体所含的全部基因,由于不同个体之间在基因上具有差异,所以不可能每个个体都含有种群基因库中的全部基因,A正确,C错误。

种群是生物繁殖的基本单位,所以基因库不会因个体死亡而消失,应代代相传,B正确。

可遗传的变异均可能改变基因库的组成,D正确。

2.下列与生物进化相关的叙述,正确的是导学号12200661()A.进化总是由突变引起的B.进化时基因频率总是变化的C.变异个体总是适应环境的D.进化改变的是个体而不是群体[答案] B[解析]进化的原材料由突变和基因重组提供,然后通过自然选择的作用,使得基因频率发生定向的改变,所以A错误;有利变异能适应环境,而不利变异则被环境所淘汰,所以C错误;进化的基本单位不是个体而是种群,所以D错误。

3.现代进化理论与达尔文进化理论观点不同的是导学号12200662()A.可遗传的变异是生物进化的原始材料B.自然选择决定生物进化的方向C.种群基因频率的改变是生物进化的实质D.自然选择是环境对生物的选择[答案] C[解析]达尔文进化理论认为遗传和变异是生物进化的内在因素,生物产生了变异以后,由自然选择决定其生存或淘汰,因此自然选择决定生物进化的方向,而自然选择是环境对生物的选择,因此A、B、D都符合达尔文观点。

由于他没有研究透遗传和变异的本质,因此也就不知道生物进化的实质是基因频率的改变。

4.下列关于生物共同进化的叙述,正确的是导学号12200663()A.所有生物的进化速度是相同的B.所有新物种的诞生是同时的C.不同种生物之间、生物与无机环境之间在相互影响中不断进化和发展D.所有生物的进化都是同步进行的[答案] C[解析]生物的进化是在漫长年代中逐步进行的,经历了从简单到复杂、从低等到高等、从水生到陆生的过程,不可能是同步进行的。

【步步高】(湖北专用)高考语文二轮 第七章实用类文本阅读 学案23如何紧扣传主作探究

【步步高】(湖北专用)高考语文二轮 第七章实用类文本阅读 学案23如何紧扣传主作探究

学案23 如何紧扣传主作探究学案略语传主是传记命题的中心,更是探究题命题的聚焦点。

围绕传主进行命题的探究角度有:一是发掘传主身上蕴涵的人生价值和时代精神及由此带来的启示,二是就传主的观点主张或做法说出自己的认识和体会。

这两个角度正是二轮复习中探究题训练的主要方向。

阅读下面的文字,完成文后题目。

“硬汉”李书福杨坤在汽车领域,李书福一直是位居高不下的话题人物,汽车界的传奇。

无论是白手兴家创建吉利集团,投资8亿多元建造全国最大民办大学——北京吉利大学,还是“迎娶”瑞典名车沃尔沃。

李书福那敢闯敢拼,豁得出去的架势,总能激发出无限可能。

只要你一提到“硬汉”“造车狂人”,几乎不用思考,大家都会对号入座地扣在李书福身上。

2010年,吉利收购沃尔沃一事直接将李书福推到世界的舞台上,让全世界都认识了这位“癞蛤蟆想吃天鹅肉的穷小子”。

在一片不被看好的唏嘘声中,无论从年销售额、资产规模还是发展历史、品牌影响力上看,吉利与沃尔沃都不在一个档次。

有的人更大肆吐槽:“就算是上汽那样的实力连个双龙都收拾不了,何况沃尔沃早已亏损严重,瑞典人自己都经营不下去,你小小的一个吉利又怎能收拾这么一个烂摊子?”就在大家都抱着看戏的心态,满心期待李书福将如何应付时,结果却令他们失望了。

李书福以“只要我幸福就行了,自我感觉良好就可以了”一句帅气的话撂倒了一片好事者。

这种始终坚持自我,以“走自己的路,让他人说去吧”的方式隔绝了外界所有不友善的舆论。

在瑞典的斯德哥尔摩,就在3月28日这天,吉利最终以18亿美元的价格收购瑞典汽车企业沃尔沃100%的股权,随之,各大报纸铺天盖地地报道穷小子“吉利”迎娶瑞典高贵公主“沃尔沃”的跨国世纪“婚礼”,那些看不起李书福的人统统都傻眼了。

收购协议签订完后的李书福笑得如同盛开的向日葵,小眼睛都成了两弯月牙。

因为这一刻,无数个不眠之夜的努力和辛酸都得到了最好的回报。

2011年欧洲的经济非常不景气,但沃尔沃的两大主要工厂之一的比利时根特工厂,产销却较去年同期提升25%以上,达到27万辆,创下根特工厂45年历史最高纪录,让那些原本处于失业状态的人都有了工作的机会。

高等代数(北大版)第7章习题

高等代数(北大版)第7章习题
1 2 1
阵;
6) 在 P 3 中,A 定义如下:
A (5,0,3)

1
A2

(0,1,6)

A3 (5,1,9)
其中
(1,0,2)

1
2

(0,1,1)

3 (3,1,0)
求 A 在基1=(1,0,0), 2 =(0,1,0),3 =(0,0,1)下的矩阵;
9.设三维线性空间 V 上的线性变换 A 在基1, 2 ,3 下的矩阵为
a11 a12 a13
A= a21 a22 a23 ,
a31 a32 a33
1) 求 A 在基 3 , 2 ,1 下的矩阵;
2) 求 A 在基 1, k 2 , 3 下的矩阵,其中 k P 且 k≠0;
An =0.求证:A 在某组下的矩阵是
0 1
0 0

0 0
0 0

0
1

0
0 。



0
0

1Leabharlann 0 12. 设 V 是数域 P 上 n 维线性空间,证明:V 的与全体线性变换可
以交换的线性变换是数乘变换。
13. A 是数域 P 上 n 维线性空间 V 的一个线性变换,证明:如果 A 在
16.证明
1
i1


2




n
i2

in
相似,其中 i1,i2 ,,in 是 1,2,, n 的一个排列。
高代第七章作业题
17. 如果 A 可逆,证明:AB 与 BA 相似。
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高代选讲第七章一﹑填空题1.设σ是线性空间3R 的线性变换,()()321323213212,,2,,x x x x x x x x x x x -++-+=σ 则)0(1-σ的维数是_____。

2.设σ是线性空间3R 的线性变换,()()12312323123,,,,2x x x x x x x x x x x σ=+-++- 则)(3R σ的维数是________。

3.设σ是数域P 上线性空间V 的线性变换,λ是σ的特征根,V ∈ξ且满足λξξσ=)(,则ξ_____定是σ的属于特征值λ的特征向量,(填一,或 不一)。

4.设A 是一个n 阶复矩阵,那么A 可以对角化的充分条件是_________。

5.已知矩阵A 与矩阵100230857B ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭相似, 则矩阵A 的特征多项式为_________。

6.设A 是线性空间3P 中的一个线性变换, 321,,εεε是3P 的一组基, 且已知()11,1,0A ε=,()20,1,1A ε=,()30,0,0A ε=,则A 的值域()3A P 的维数为( ), A 的核()10A -的维数为_____。

7.设A 是线性空间3P 中的一个线性变换, ),,0,0,1(1=ε ),0,1,0(2=ε,),1,0,0(3=ε是3P 的一组基, 且1(5,7,9)A ε=, 2(3,0,1)A ε=, 3(0,1,1)A ε=, 那么A 在基321,,εεε下的矩阵为_________。

8.设A 是数域P 上线性空间V 的线性变换, W 是 V 的子空间, 如果_________,就称W 是A 的不变子空间。

9.设A 是线性空间3P 中的一个线性变换, 321,,εεε是3P 的一组基, 且已知()11,1,0A ε=,()20,1,1A ε=,()30,0,0A ε=,则A 的值域()3A P 的一个基为 ( ) , A 的核()10A -的一个基为_________。

10.设βα,分别是线性变换A 的属于不同特征值21,λλ的特征向量,则βα+一定_________A 的特征向量(填是,或 不是)。

11.设,W V 同是数域P 上的线性空间,则,W V 同构的充分必要条件是_________。

12.设A 是n 维线性空间V 的一个线性变换, A 的矩阵可以在某一组基下为对角矩阵的充分必要条件为_____。

二、选择题1.下面所定义的变换中,线性变换的个数是( ):(1)在][x P 中,)1()(+=x f x Af ; (2)在3P 中,),,2(),,(13221321x x x x x x x x A +-= ;(3)把复数域看成复数域上的向量空间,对任意复数α,定义αασ=)(; A .0 B .1 C .2 D .3 2.下面所定义的变换中,线性变换的个数是( ):(1)把复数域看成复数域上的向量空间,对任意复数α,定义αασ=)(; (2)在3P 中,),,2(),,(13221321x x x x x x x x A +-= ; (3)在][x P 中,)()(0x f x Af =,其中P x ∈0是一固定的数; A .0 B .1 C .2 D .3 3.下面所定义的变换中,线性变换的个数是( ):(1)在][x P 中,)()(0x f x Af =,其中P x ∈0是一固定的数; (2)在3P 中,),,2(),,(13221321x x x x x x x x A +-= ; (3)在][x P 中,)1()(+=x f x Af ; A .0 B .1 C .2 D .3 4.下列四个命题中正确命题的个数是( )命题1 线性空间V 中的线性变换σ在V 的给定基下的矩阵是唯一的。

命题2 线性空间V 中的线性变换σ在V 的给定基下的矩阵是可逆的。

命题3 同一个线性变换在不同基下的矩阵可能相同。

命题4 两个n 阶矩阵相似当且仅当它们的秩相等。

A .1B .2C .3D .45.设σ是线性空间V 中的线性变换,21W W ,是V 的σ的不变子空间,下列V 的四个子集中有( )个是σ的不变子空间。

(1)21W W +; (2)21W W ; (3))()(21W W σσ+;(4)21W W 。

A .1B .2C .3D .4 6.下列四个命题中正确的个数是( )命题1 一个特征向量可能属于两个不同的特征植。

命题2 一个特征向量只能属于一个特征植。

命题3 两个特征向量的线性组合仍是特征向量。

命题4 属于同一个特征值的两个不同特征向量的非零线性组合一定还是特征向量。

A .1B .2C .3D .4 7.设σ,τ是向量空间][x R 中如下定义的两个线性变换:).()(),()(x xf x f x f x f ='=τσ 下列两个等式εετσσττσστ(,)2(;)1(+==为恒等变换)中正确的个数是( )。

A .0 B .1 C .2 D .38.设σ是数域P 上n 维向量空间V中的一个线性变换,n ααα,,21 是V 的一个基,下列说法正确的是( )。

A .))(,),(),((21n L V ασασασσ =B .))(,),(),((21n L ασασασ 的维数一定等于nC .)(,),(),(21n ασασασ 一定线性无关D .)(,),(),(21n ασασασ 一定线性相关9.设σ是n 维线性空间V 中的线性变换,下列命题中错误的是( )。

A .若{}0)0(1=-σ 则 维()V n σ=; B .若{}0)0(1≠-σ 则 维()V n σ<; C .V V =+-)()0(1σσ;D .若维()V n σ< 则 {}001≠-)(σ。

10.设σ是数域P 上n 维线性空间V 的线性变换,且V s ∈ααα,,21 ,下列说法正确的是( )。

A .s ααα,,21 线性无关 则)(,),(),(21s ασασασ 一定线性无关;B .s ααα,,21 线性无关,则)(,),(),(21s ασασασ 一定线性相关;C .s ααα,,21 线性相关,则)(,),(),(21s ασασασ 一定线性相关;D .s ααα,,21 线性相关,则)(,),(),(21s ασασασ 一定线性无关。

三、基础题1、设142034043A ⎛⎫ ⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭,求100.A 2、求方阵4322111529B A A A A E =-+-+的逆矩阵,其中1331A -⎛⎫= ⎪-⎝⎭.3、已知n 阶方阵的特征值是12,,,,n λλλ ,求(1)TA 的特征值;(2)A α的特征值;(3)2A的特征值;(4)kA 的特征值;(5)A 可逆时,1A -的特征值;(6)A 可逆时,A *的特征值;(7)25A A E +-的特征值;(8)设1011()m m m m f x a x a x a x a --=++++ ,求()f A 的特征值。

4、设有4阶方阵A 满足条件350E A +=,2AA E '=,0A <,求A *的一个特征值。

5、设A 是n n ⨯方阵,若2A E =(对合矩阵),证明A 的特征值只有1或-1。

6、假设A 是幂等矩阵,即2A A =,试证A 的特征值只有1或0。

7、已知三阶矩阵A 与三维列向量x 使得向量组2,,x Ax A x 线性无关,且满足3232A x Ax A x =-,(1)记2[]P xAxA x =,求3阶矩阵B ,使1A PBP -=;(2)计算行列式A E +,其中E为3阶单位矩阵。

8、已知22R ⨯的线性变换22(),.X MXN X R σ⨯=∀∈1011,1111M N -⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭,求σ的特征值与特征向量。

9、设12,,,s λλλ 是线性变换A 的s 个不同的特征值,12,,,s ααα 是分别属于12,,,s λλλ 的特征向量。

证明:1122s s k k k ααα+++ 是A 的特征向量的充分必要条件是数12,,,s k k k 中有且仅有一个不为零。

四、提高题1、设200121101A ⎛⎫ ⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭,设k 为正整数,求kA .2、设110001010A ⎛⎫ ⎪= ⎪⎪-⎝⎭。

(1)证明:22(3)n n A A A E n -=-++≥(2)计算:102103,.A A3、已知下列两矩阵相似20022311A x -⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭,12B y -⎛⎫ ⎪=⎪ ⎪⎝⎭(1)求,x y 的值;(2)求矩阵P ,使1P AP B -=。

4、设A 为n 阶方阵,且满足2320A A E -+=,求一可逆矩阵T ,使1T AT -为对角形.5、设A 是数域P 上n 阶可逆矩阵,证明以下条件等价:(1)A 与对角阵相似;(2)1A -与对角阵相似;(3)A *与对角阵相似,(A *为A 的伴随矩阵).6、设321222361A -⎛⎫ ⎪=-- ⎪ ⎪-⎝⎭,求A 的特征值和特征向量,并说明A 是否与对角矩阵相似。

若与对角矩阵相似,试求可逆矩阵T ,使1T AT -为对角形.7、在3P 中定义线性变换σ为12312231(,,)(2,,)x x x x x x x x σ=-+(1)求σ在基123(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)εεε===下的矩阵;(2)设(1,0,2)α=-求()σα在基123(2,0,1),(0,1,1),(1,0,2)ααα==-=-下的坐标; (3)σ是否可逆,若可逆求1σ-.8、设σ是数域P 上n 维线性空间V 的线性变换,证明σ可逆的充要条件是σ无零特征值。

9、设σ是数域P 上n 维线性空间V 的线性变换,若有,V ξ∈使1()0k σξ-≠,但()0k σξ=,证明(1)1,(),,()k ξσξσξ- 线性无关;(2)若dim(),V n =,且ξ满足1()0n σξ-≠,()0nσξ=,求V 的一组基,使σ在这组基下的矩阵是0000100001000010⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭。

10、设1234,,,εεεε是4维线性空间V 的一组基,线性变换σ在这组基下的矩阵为1021121312552212⎛⎫⎪- ⎪ ⎪⎪--⎝⎭(1)求σ在基11242234334442,3,,2αεεεαεεεαεεαε=-+=--=+=下的矩阵; (2)求σ的核与值域;(3)在σ的核中任选一组基,把它扩充成V 的一组基,并求σ在这组基下的矩阵; (4)在σ的值域中选一组基,把它扩充成V 的一组基,并求σ在这组基下的矩阵.11、P 为数域,设33101010111A P ⨯-⎛⎫ ⎪=-∈ ⎪⎪--⎝⎭,对任意的33X P ⨯∈,定义线性变换σ:()X AX σ=,求 Im ,,Ker σσ并分别给出它们的一组基和维数。

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