数学模块六作业

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新课标数学模块六作业

传统认为，小孩数学学得好，表示这孩子聪明，家长老师都喜欢。

我认为这是一项弊端。

数学好只能说这孩子数学能力强，因为聪明表现在很多方面。

还有就是缺少兴趣的开发和扩大发散性思维的内容，举一反三的例子说的多，真正运用的不够。

数学能培养人的理性思维能力，所以不管对数学有什么情感反应，都是应该学习数学的。

（1）将“情感与态度目标”融入教学。

（2）在学生“合作交流”的学习情境中落实“情感态度”教学目标。

（3）重视在九个“如何”中落实“情感态度”的教学目标。

（4）以身作责感染学生。

2、你对学生数学情感的培养有了哪些新的认识？我认为情感与态度这一目标关系到对数学课堂中的素质教育的认识。

《标准》认为数学课堂就是素质教育课堂。

新课程中强调让学生在情感、态度与价值观等方面都要得到发展，达到：积极参与数学活动，对数学有好奇心和求知欲；体验获得成功的乐趣，锻炼克服困难的意志，建立学好数学的自信心；了解数学的价值。

养成勇于质疑的习惯，形成实事求是的态度。

我的认识是：数学要讲的有趣味，不要生硬、枯燥。

加强对数学高需求的孩子的培养，不能一竿子打死。

鼓励学生提出问题。

教师在教学过程中应该有意识地培养学生的情感，去感染学生、激励学生，从而达到培养学生浓厚的学习兴趣、重要性。

情感教育在数学教学中具有十分重要的作用，要提高数学教学质量，必须重视和培养师生之间的感情，以老师和学生的良好情感的影响力带动和提高学生对学习数学的兴趣，从而通过情感教学达到学生主动学习数学的目的。

开拓学生对学习数学的思维，达到优化情感教育的效果。

能积极参与数学学习活动，对数学有好奇心与求知欲。

在数学学习活动中获得成功的体验，锻炼克服困难的意志，建立学好数学的自信心。

向学生提出具有挑战性的问题，让他们在从事这项活动中获得成功的经验。

3、你准备在未来的教学实践中采取哪些有效的评价手段和方法？（1）把握知识技能评价的要求：把握小学基础知识和基本技能评价的基本要求。

对基础知识和基本技能评价，要把握课程标准的要求，与知识技能直接相关的行为动词有：了解，理解，掌握和应用。

2020_2021学年新教材高中数学单元素养评价第六章立体几何初步作业含解析北师大版必修第二册

单元素养评价(五)(第六章)(120分钟150分)一、单选题(每小题5分,共40分)1.对两条不相交的空间直线a与b,必存在平面α,使得( )A.a⊂α,b⊂αB.a⊂α,b∥αC.a⊥α,b⊥αD.a⊂α,b⊥α【解析】选B.已知两条不相交的空间直线a和b,可以在直线a上任取一点A,则A∉b,过A作直线c∥b,则过直线a,c必存在平面α且使得a⊂α,b∥α.2.在空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点,如果EF,HG交于一点P,则( )A.点P一定在直线BD上B.点P一定在直线AC上C.点P一定在直线AC或BD上D.点P既不在直线AC上,也不在直线BD上【解析】选B. 如图,因为P∈HG,HG⊂平面ACD,所以P∈平面ACD.同理,P∈平面BAC.因为平面BAC∩平面ACD=AC,所以P∈AC.3.(2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A. B. C. D.【解析】选C.如图,设CD=a,PE=b,则PO==,由题意PO2=ab,即b2-=ab,化简得4-2·-1=0,解得=(负值舍去).4.《算数书》是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“困盖”的术:置如其周,令相乘也. 又以高乘之,三十六成一. 该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A. B. C. D.【解析】选B.设圆锥底面积的半径为r,高为h,则L=2πr,πr2h=(2πr)2h,所以π=.5.菱形ABCD在平面α内,PC⊥α,则PA与对角线BD的位置关系是( )A.平行B.相交但不垂直C.相交垂直D.异面垂直【解析】选D.如图,PC⊥平面ABCD,所以PC⊥BD.又四边形ABCD是菱形,所以BD⊥AC. 因为PC∩AC=C,所以BD⊥平面PAC.因为PA⊂平面PAC,所以BD⊥PA.显然PA与BD异面,所以PA与BD异面垂直.6.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示),∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,则这个平面图形的面积为( )A.+B.2+C.+D.+【解析】选 B.如图,将直观图ABCD 还原后为直角梯形A′BCD′,其中A′B=2AB=2,BC=1+,A′D′=AD=1.所以这个平面图形的面积S=×(1+1+)×2=2+.7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则( )A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC【解析】选C.如图,连接BC1,B1C,A1D,由题设知,A1B1⊥平面BCC1B1,从而A1B1⊥BC1,又B1C⊥BC1,且A1B1∩B1C=B1,所以BC1⊥平面A1B1CD,又A1E⊂平面A1B1CD,所以A1E⊥BC1.8.如图,等边三角形ABC的边长为4,M,N分别为AB,AC的中点,沿MN将△AMN折起,使得平面AMN与平面MNCB所成的二面角为30°,则四棱锥A-MNCB的体积为(A. B. C. D.3【解析】选A.如图,作出二面角A-MN-B的平面角∠AED,AO为△AED底边ED上的高,也是四棱锥A-MNCB的高.由题意,得ED=,AO=,所以S四边形MNCB=×(2+4)×=3,V=××3=.二、多选题(每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.用一张长、宽分别为8 cm和4 cm的矩形硬纸折成正四棱柱的侧面,则此正四棱柱的对角线长可以为( )A. cmB.2 cmC.32 cmD. cm【解析】选BD.分两种情况:(1)以4 cm的长为高,则正四棱柱底面是边长为2 cm的正方形,因此对角线长l1==2(cm).(2)以8 cm长为高,则正四棱柱底面是边长为 1 cm的正方形,因此对角线长l2==(cm).10.用一个平面去截正方体,关于截面的形状,下列判断正确的是( )A.直角三角形B.正五边形C.正六边形D.梯形【解析】选CD.画出截面图形如图:可以截出三角形但不是直角三角形,故A错误;如图1经过正方体的一个顶点去截就可得到五边形,但不是正五边形,故B错误;正方体有六个面,如图2用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形,且可以截出正六边形,故C正确;可以截出梯形,故D正确.11.如图,在棱长均相等的正四棱锥P-ABCD中,O为底面正方形的中心,M,N分别为侧棱PA,PB 的中点,下列结论正确的是( )A.PC∥平面OMNB.平面PCD∥平面OMNC.OM⊥PAD.直线PD与直线MN所成角的大小为90°【解析】选ABC.连接AC,易得PC∥OM,所以PC∥平面OMN,结论A正确.同理PD∥ON,所以平面PCD∥平面OMN,结论B正确.由于四棱锥的棱长均相等,所以AB2+BC2=PA2+PC2=AC2,所以PC⊥PA,又PC∥OM,所以OM⊥PA,结论C正确.由于M,N分别为侧棱PA,PB的中点,所以MN∥AB.又四边形ABCD为正方形,所以AB∥CD,所以直线PD与直线MN所成的角即为直线PD与直线CD所成的角,即为∠PDC.又三角形PDC 为等边三角形,所以∠PDC=60°,故D错误.12.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O 的直径,且SC=2,则( )A.三棱锥S-ABC的体积为B.三棱锥S-ABC的体积为C.三棱锥O-ABC的体积为D.三棱锥O-ABC的体积为【解析】选AC.由于三棱锥S-ABC与三棱锥O-ABC的底面都是△ABC,O是SC的中点,因此三棱锥S-ABC的高是三棱锥O-ABC高的2倍,所以三棱锥S-ABC的体积也是三棱锥O-ABC体积的2倍,由题知三棱锥O-ABC的棱长都为1,如图,所以S△ABC=,高OD==,则V O-ABC=××=,V S-ABC=2V O-ABC=.三、填空题(每小题5分,共20分)13.已知a,b表示不同的直线,α,β,γ表示不重合的平面.①若α∩β=a,b⊂α,a⊥b,则α⊥β;②若a⊂α,a垂直于β内任意一条直线,则α⊥β;③若α⊥β,α∩β=a,α∩γ=b,则a⊥b;④若a⊥α,b⊥β,a∥b,则α∥β.上述命题中,正确命题的序号是________.【解析】对①可举反例,如图,需b⊥β才能推出α⊥β;对③可举反例说明,当γ不与α,β的交线垂直时,即可知a,b不垂直;根据面面、线面垂直的定义与判定知②④正确.答案:②④14.古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱,此圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,如图所示,相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现,我们不妨称这个圆柱为“阿氏球柱体”,若在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球(溢出部分水),则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱体积的比值为________.【解析】因为球内切于圆柱,所以圆柱的底面半径与球的半径相等,不妨设为r,则圆柱的高为2r,所以V圆柱=πr2·2r=2πr3,V球=πr3.所以球与圆柱的体积之比为2∶3,即球的体积等于圆柱体积的.所以在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球,溢出部分水的体积为圆柱体积的,即剩下的水的体积是圆柱体积的,则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱体积的比值为. 答案:15.已知正四棱台的上底面边长为2,下底面边长为6,侧棱长为6,则正四棱台外接球的半径为________.【解析】根据题意,设该四棱台为ABCD-A1B1C1D1,取正棱台的上下底面的中心O1,O2,即上下底面外接圆的圆心也为O1,O2,则O2A=AC=AB=3,同理O1A1=A1C1=A1B1=.过点A1作A1H⊥AO2,且交AO2于点H,则有A1H===8,球心O在线段O1O2上,则有+=8,解得R=3.答案:316.(本题第一空3分,第二空2分)已知二面角α-l-β为60°,动点P,Q分别在平面α,β内,P 到β的距离为,Q到α的距离为2,则P,Q两点之间距离的最小值为________,此时直线PQ与平面α所成的角为________.【解析】如图,分别作QA⊥α于点A,AC⊥l于点C,PB⊥β于点B,PD⊥l于点D,连接CQ,BD,则∠ACQ=∠PDB=60°,AQ=2,BP=,所以AC=PD=2.又因为PQ==≥2,当且仅当AP=0,即点A与点P重合时取最小值,此时,PQ⊥平面α,故PQ与平面α所成的角为90°.答案:290°四、解答题(共70分)17.(10分)(2020·江苏高考)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C 的中点.(1)求证:EF∥平面AB1C1;(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.【证明】(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1,因为EF⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,所以EF∥平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以B1C⊥AB,又因为AB⊥AC,AC∩B1C=C,AC⊂平面AB1C,B1C⊂平面AB1C,所以AB⊥平面AB1C,因为AB⊂平面ABB1,所以平面AB1C⊥平面ABB1.【补偿训练】如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,且∠ABC=60°,E为CD的中点,F 为PD上一点.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)求证:平面PAB⊥平面FAE.【证明】(1)因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.因为底面ABCD为菱形,所以AC⊥BD,又PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.(2)在菱形ABCD中,∠BAD=180°-∠ABC=120°,AD=CD,所以∠BAC=∠CAD=∠BAD=60°,AC=AD.因为E为CD的中点,所以∠CAE=∠CAD=30°,所以∠BAE=∠BAC+∠CAE=60°+30°=90°,即AB⊥AE.因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE.又PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,PA∩AB=A,所以AE⊥平面PAB.因为AE⊂平面FAE,所以平面PAB⊥平面FAE.18.(12分)在四面体A-BCD中,点E,F,M分别是AB,BC,CD的中点,且BD=AC=2,EM=1.(1)求证:EF∥平面ACD;(2)求异面直线AC与BD所成的角.【解析】(1)因为点E,F分别是AB,BC的中点,所以EF∥AC.因为EF⊄平面ACD,AC⊂平面ACD,所以EF∥平面ACD.(2)因为点E,F,M分别是AB,BC,CD的中点,所以EF∥AC,FM∥BD,所以∠EFM是异面直线AC与BD所成的角(或所成角的补角).在△EFM中,EF=FM=EM=1,所以△EFM是等边三角形,所以∠EFM=60°,所以异面直线AC与BD所成的角为60°.19.(12分)某广场设置了一些多面体形或球形的石凳供市民休息.如图(1)的多面体石凳是由图(2)的正方体石块截去八个相同的四面体得到,且该石凳的体积是cm3.(1)求正方体石块的棱长;(2)若将图(2)的正方体石块打磨成一个球形的石凳,求此球形石凳的最大表面积.【解析】(1)设正方体石块的棱长为a cm,则每个截去的四面体的体积为××××=.由题意可得8×+=a3,解得a=40.故正方体石块的棱长为40 cm.(2)当球形石凳的面与正方体的各个面都相切时球形石凳的表面积最大.此时正方体的棱长正好是球的直径,所以球形石凳的表面积S=4π×2=1 600π(cm)2.20.(12分)(2020·全国Ⅲ卷)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.证明:(1)当AB=BC时,EF⊥AC;(2)点C1在平面AEF内.【证明】(1)因为长方体ABCD-A1B1C1D1,所以BB1⊥平面ABCD,所以AC⊥BB1,因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC,所以四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,因为BB1∩BD=B,BB1,BD⊂平面BB1D1D,因此AC⊥平面BB1D1D,因为EF⊂平面BB1D1D,所以EF⊥AC;(2)在CC1上取点M使得CM=2MC1,连接DM,MF,EC1,因为D1E=2ED,DD1∥CC1,DD1=CC1,所以ED=MC1,ED∥MC1,所以四边形DMC1E为平行四边形,所以DM∥EC1,因为MF∥DA,MF=DA,所以四边形MFAD为平行四边形,所以DM∥AF,所以EC1∥AF,因此点C1在平面AEF内.【补偿训练】如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB∥CD,AB=BC=CC1=2CD,E为线段AB的中点,F是线段DD1上的动点.(1)求证:EF∥平面BCC1B1;(2)若∠BCD=∠C1CD=60°,且平面D1C1CD⊥平面ABCD,求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值.【解析】(1)如图,连接DE,D1E.因为AB∥CD,AB=2CD,E是AB的中点,所以BE∥CD,BE=CD,所以四边形BCDE是平行四边形,所以DE∥BC.又DE⊄平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,所以DE∥平面BCC1B1.因为DD1∥CC1,DD1⊄平面BCC1B1,CC1⊂平面BCC1B1,所以D1D∥平面BCC1B1.又D1D∩DE=D,DE⊂平面DED1,D1D⊂平面DED1,所以平面DED1∥平面BCC1B1.因为EF⊂平面DED1,所以EF∥平面BCC1B1.(2)如图,连接BD.设CD=1,则AB=BC=CC1=2.因为∠BCD=60°,所以BD==.所以CD2+BD2=BC2,所以BD⊥CD.同理可得,C1D⊥CD.因为平面D1C1CD⊥平面ABCD,平面D1C1CD∩平面ABCD=CD,C1D⊂平面D1C1CD,所以C1D ⊥平面ABCD,因为BC⊂平面ABCD,所以C1D⊥BC,所以C1D⊥B1C1.在平面ABCD中,过点D作DH⊥BC,垂足为H,连接C1H,如图.因为C1D∩DH=D,所以BC⊥平面C1DH.因为C1H⊂平面C1DH,所以BC⊥C1H,所以B1C1⊥C1H,所以∠DC1H为平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角.因为在Rt△C1CD中,C1D=,在Rt△BCD中,DH=CD·sin 60°=,所以在Rt△C1DH中,C1H==,所以cos ∠DC1H==.所以平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值为.21.(12分)在三棱锥P-ABC中,AB=BC,PA⊥平面ABC,D为PC的中点,E为AC的中点.(1)求证:BD⊥AC;(2)若M为AB的中点,请问线段PC上是否存在一点N,使得MN∥平面BDE?若存在,请说明点N 的位置,并说明理由.若不存在,也请说明理由.【解析】(1)因为AE=EC,PD=CD,所以DE∥AP.又因为PA⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以DE⊥AC.因为AB=BC,AE=EC,所以BE⊥AC.因为AC⊥DE,AC⊥BE,BE∩DE=E,所以AC⊥平面BDE.又因为BD⊂平面BDE,所以BD⊥AC.(2)PC上存在点N,使得MN∥平面BDE.理由如下:取AE的中点Q,连接MQ,NQ.因为MB=MA,AQ=QE,所以MQ∥BE.又因为MQ⊄平面BDE,BE⊂平面BDE,所以MQ∥平面BDE.因为MN⊂平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,MN∩MQ=M,MN∥平面BDE,MQ∥平面BDE,所以平面MNQ∥平面BDE.又因为NQ⊂平面MNQ,所以NQ∥平面BDE.因为平面PAC∩平面BDE=DE,NQ∥平面BDE,NQ⊂平面PAC,所以NQ∥DE.又因为AQ=QE,NQ∥DE,所以N为线段PD的中点.故线段PC上存在一点N,使得MN∥平面BDE,此时点N是线段PC上靠近点P的四等分点.22.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,E为侧棱PD上一点.(1)求证:CD∥平面ABE;(2)求证:CD⊥AE;(3)若E为PD中点,平面ABE与侧棱PC交于点F,且PA=PD=AD=2,求四棱锥P-ABFE的体积. 【解析】(1)因为底面ABCD是正方形,所以AB∥CD.因为AB⊂平面ABE,CD⊄平面ABE,所以CD∥平面ABE.(2)因为底面ABCD是正方形,所以CD⊥AD,又侧面PAD⊥底面ABCD,且侧面PAD∩底面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面PAD,而AE⊂平面PAD,所以CD⊥AE.(3)由AB∥CD,CD⊂平面PCD,AB⊄平面PCD,得AB∥平面PCD,而AB⊂平面ABFE,且平面ABFE∩平面PCD=FE,可得FE∥CD∥AB.又E为PD的中点,可得EF=CD.由(2)知CD⊥平面PAD,则AB⊥平面PAD,得AB⊥PD.因为三角形PAD是等边三角形,E为PD 的中点,所以PD⊥AE.又AE∩AB=A,所以PD⊥平面ABFE.在等边三角形PAD中,求得AE=. 所以S梯形ABFE=(1+2)×=.则四棱锥P-ABFE的体积V=S梯形ABFE·PD=×××2=.【补偿训练】在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AC1,B1C的中点.(1)证明:DE∥平面A1B1C1;(2)若A1B1=B1C=2,AA1=AC=2,证明:C1E⊥平面ACB1.【证明】(1)连接A1C,如图.因为四边形ACC1A1是平行四边形,D为AC1的中点,所以A1D=DC.因为B1E=EC,所以DE∥A1B1.又因为A1B1⊂平面A1B1C1,DE⊄平面A1B1C1,所以DE∥平面A1B1C1.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.因为A1B1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1B1,同理AC⊥CC1,BC⊥CC1.因为A1A=2,A1B1=2,所以AB1=2.又因为AC=2,B1C=2,所以AC2+B1C2=A,得AC⊥B1C.因为CC1∩B1C=C,CC1,B1C⊂平面BB1C1C,所以AC⊥平面BB1C1C,又C1E⊂平面BB1C1C,所以AC⊥C1E,同理AC⊥BC.因为AC⊥BC,AC=2,AB=2,所以BC=2.又因为CC1=2,BC⊥CC1, 所以平行四边形BB1C1C为正方形.因为E为B1C的中点,所以C1E⊥B1C,又AC∩B1C=C,AC,B1C⊂平面ACB1,所以C1E⊥平面ACB1.。

数学建模课后作业第六章

数学建模课后作业第六章-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第六章.数理统计实验6.2 基本实验1.区间估计解：（1）由点估计与参数估计未知参数和σ^2,可以求出均值与方差；由题目条件可以得出如下的R程序：> x<-c(1067,919,1196,785,1126,936,918,1156,920,948)> n<-length(x)> x.sd<-sd(x)> x.mean<-mean(x); x.mean[1] 997.1> x.var<-sum((x-x.mean)^2)/n; x.var[1] 15574.29即=997.1，σ^2=15574.29令大约95%的灯泡至少使用的时间为x小时，可以得出如下的等式：由标准正态分布表可以得出：Ф（）=0.05,可以得出=-1.645可以得出x=791.809小时。

（2）当使用时间至少为1000小时：查阅标准正态分布表可以得出对应的概率为1-Ф（）=1-Ф（）=1-Ф（0.02324）=1-0.5106=0.4894即由题可以得出使用时间在1000小时以上的概率为48.94%。

2.假设检验I解：对于自然状态下的男子血小板的数目可以假设服从于正态分布，由点估计与参数估计未知参数和σ^2,可以求出均值、均值区间与方差；x<-c(113,126,145,158,160,162,164,175,183,188,188,190,220,224,230,231,2 38,245,247,256)> n<-length(x)> x.sd<-sd(x)> x.mean<-mean(x); x.mean[1] 192.15> x.var<-sum((x-x.mean)^2)/n; x.var[1] 1694.728> tmp<-x.sd/sqrt(n)*qt(1-0.05/2,n-1)> a<-x.mean-tmp;a [1] 172.3827 > b<-x.mean+tmp;b [1] 211.9173可以得出均值为= 192.15，方差σ^2=1694.728；均值区间为（172.3827,211.9173）由此可以得出对于油漆工人而言正常男子血小板数为225单位，油漆工人明显低于正常的数量，则可以得知结论油漆作业对人体血小板数量有严重影响。

2019高中数学课时分层作业6 组合的综合应用新人教A版选修2-3

课时分层作业(六) 组合的综合应用(建议用时：40分钟)[基础达标练]一、选择题1．有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有( )A．60种B．70种C．75种D．150种C[从6名男医生中选出2名有C26种选法，从5名女医生中选出1名有C15种选法，由分步乘法计数原理得不同的选法共有C26·C15＝75种，故选C.]2．圆上有10个点，过每三个点画一个圆内接三角形，则一共可以画的三角形个数为( )【导学号：95032066】A．720 B．360C．240 D．120D[确定三角形的个数为C310＝120.]3．一个口袋中装有大小相同的6个白球和4个黑球，从中取2个球，则这2个球同色的不同取法有( )A．27种B．24种C．21种D．18种C[分两类：一类是2个白球有C26＝15种取法，另一类是2个黑球有C24＝6种取法，所以共有15＋6＝21种取法．]4．某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有( )A．56种B．68种C．74种D．92种D[根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有C33C36种，有一个“多面手”的选派方法有C12C23C35种，有两个“多面手”的选派方法有C13C34种，既共有20＋60＋12＝92种不同的选派方法．]5．将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1人，最多2人，则不同的分配方案有( )【导学号：95032067】A．30种B．90种C ．180种D ．270种B [先将5名教师分成3组，有C 15C 24C 222＝15种分法，再将3组分配到3个不同班级有A 33＝6种分法，故共有15×6＝90种方案．]二、填空题6．4位同学每人从甲、乙、丙三门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有________种．24 [依题意，满足题意的选法共有C 24×2×2＝24种．]7．将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有________种．18 [因为先从3个信封中选一个放标号为1,2的卡片，有3种不同的选法，再从剩下的4个标号的卡片中选两个放入一个信封有C 24＝6种，余下的放入最后一个信封，所以共有3C 24＝18(种)．]8．将标号为1,2，…，10的10个球放入标号为1,2，…，10的10个盒子内．每个盒内放一个球，则恰好有3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法共有________种．(以数字作答)【导学号：95032068】240 [从10个球中任取3个，有C 310种方法．取出的3个球与其所在盒子的标号不一致的方法有2种．∴共有2C 310种方法．即240种．] 三、解答题9．在一次数学竞赛中，某学校有12人通过了初试，学校要从中选出5人去参加市级培训，在下列条件下，有多少种不同的选法？(1)任意选5人；(2)甲、乙、丙三人必须参加； (3)甲、乙、丙三人不能参加； (4)甲、乙、丙三人只能有1人参加； (5)甲、乙、丙三人至少1人参加． [解] (1)C 512＝792种不同的选法．(2)甲、乙、丙三人必须参加，只需从另外的9人中选2人，共有C 29＝36种不同的选法． (3)甲、乙、丙三人不能参加，只需从另外的9人中选5人，共有C 59＝126种不同的选法．(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加，分两步，先从甲、乙、丙中选1人，有C 13＝3种选法，再从另外的9人中选4人有C 49种选法，共有C 13C 49＝378种不同的选法．(5)法一：(直接法)可分为三类：第一类，甲、乙、丙中有1人参加，共有C13C49种不同的选法；第二类，甲、乙、丙中有2人参加，共有C23C39种不同的选法；第三类，甲、乙、丙3人均参加，共有C33C29种不同的选法；共有C13C49＋C23C39＋C33C29＝666种不同的选法．法二：(间接法)12人中任意选5人共有C512种，甲、乙、丙三人不能参加的有C59种，所以共有C512－C59＝666种不同的选法．10．有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒子内．(1)共有几种放法？(2)恰有2个盒子不放球，有几种放法？【导学号：95032069】[解](1)44＝256(种)．(2)恰有2个盒子不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中，有两类放法；第一类，1个盒子放3个小球，1个盒子放1个小球，先把小球分组，有C34种，再放到2个小盒中有A24种放法，共有C34A24种方法；第二类，2个盒子中各放2个小球有C24C24种放法，故恰有2个盒子不放球的方法共有C34A24＋C24C24＝84种放法．[能力提升练]一、选择题1．某电视台连续播放5个广告，其中有3个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求最后播放的必须是公益广告，且2个公益广告不能连续播放，则不同的播放方式有( )A．120种B．48种C．36种D．18种C[依题意，所求播放方式的种数为C12C13A33＝2×3×6＝36.]2．某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有( )【导学号：95032070】A．16种B．36种C．42种D．60种D[(1)每城不超过1个项目，有A34＝24(种)；(2)有1个城市投资2个项目，有C14C23C13＝36(种)．∴共有24＋36＝60(种)方案．]二、填空题3．以正方体的顶点为顶点的四面体共有________个．58[先从8个顶点中任取4个的取法为C48种，其中，共面的4点有12个，则四面体的个数为C48－12＝58个．]4．某科技小组有六名学生，现从中选出三人去参观展览，至少有一名女生入选的不同选法有16种，则该小组中的女生人数为________．2[设男生人数为x，则女生有(6－x)人．依题意C36－C3x＝16，即6×5×4＝x(x－1)(x －2)＋16×6，所以x(x－1)(x－2)＝2×3×4，解得x＝4，即女生有2人．]三、解答题5．已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？【导学号：95032071】[解](1)先排前4次测试，只能取正品，有A46种不同测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C24A22＝A24种测法，再排余下4件的测试位置，有A44种测法．所以共有不同测试方法A46·A24·A44＝103 680种．(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有不同测试方法C16·C34·A44＝576种．。

人教版小学数学三年级下册第六单元达标作业试题(含解析)

第六单元达标作业一、填一填。

1．一年有_______个月。

3月是_______月，6月是_______月。

（后面两空填“大”或“小”）2. 3年=_______个月 5日=_______时 1时15分=_______分3．小华7月和8月在姥姥家住了整整2个月。

她一共住了_______天。

4．用不同的计时法表示下面的时刻。

下午4时_______ 晚上9：30_______ 下午2时15分_______ 8:45_______ 17时_______ 23：10_______ 5．中华人民共和国是_______年_______月_______日成立的，到2019年_______月_______日建国_______周年。

6．叔叔32岁的时候，只过了8个生日，他的生日是_______。

二、辨一辨。

1．时针一昼夜转24圈。

( )2．如果今天是2017年6月1日，那么昨天是5月30日。

( ) 3．16时20分就是下午4时20分。

( )三、选一选。

1．每年的下半年( )。

A. 总是183天 B．总是184天C．平年183天，闰年184天2. 2016年的儿童画展从1月1日开始到3月8日结束，共展出( )天。

A．67 B．68 C．693．华云小学举行小学生汉字读写大赛。

比赛从14：10开始，一共进行了145分钟。

比赛( )结束。

A. 16:35 B．16:45 C.15:004．天津自2017年4月9日起，每天7时至19时，禁止载货汽车、专项作业车在外环线上通行。

王师傅在( )可以驾驶一辆载货汽车在外环线上通行。

A. 8：00 B．13：30 C．晚上8：00四、收发电子邮件。

小丁阿姨负责收发单位电子邮件，她每天查看电子邮箱5次。

第一次查看是上午9：00，第二次是上午11：00。

如果她每次查看间隔的时间相同，她最后一次查看邮箱是什么时间？五、喝奶粉。

张阿姨给小豆丁买了一盒奶粉，生产日期是2018年3月15日，保质期是18个月。

五上数学6单元作业单

订正栏第六单元练习一基础演练场班级姓名学号____一、列竖式计算或列方程1.46×3=8.4÷3=12x+2.4=24二、填空1.在一个底是8cm、高是6cm 的平行四边形的左边沿高剪下一个三角形，再平移到右边，就拼成一个长方形。

这个长方形的面积和原来平行四边形的面积（），长方形的长是（）cm，宽是（）cm，面积是（）c ㎡，所以原来平行四边形的面积是（)c ㎡。

2.平行四边形的面积是3.6㎡，涂色三角形的面积是（）㎡。

3.一个面积是36cm²的梯形，如果上底增加5cm，下底减少5cm，高不变，那么得到的新梯形的面积是（）cm²。

二、选择1.如下图所示，大长方形的长均是40cm，宽均是30cm，A、B 为大长方形内部或边上的任意一点，有（）个图形的涂色部分的面积是600c ㎡A.2B.3C.4D.52.一个三角形的底和面积与一个平行四边形的底和面积分别相等。

平行四边形的高是10cm，三角形的高是（)cm。

A.20B.10C.5D.无法确定3.一个平行四边形的面积比与它等底等高的三角形的面积大28c ㎡，这个三角形的面积是（)c㎡A.14B.28C.42D.56订正栏第六单元练习一能力提升站班级姓名学号____一、简算2.5×4.9×48.6×99+8.63.6×0.4+6.4×0.4二、计算下面各图形的面积三、生活应用题1.计算下面两种机动车停车位每个车位的占地面积。

（单位：m）2.废品收购站的张叔叔收购了很多啤酒瓶、并把啤酒瓶堆成了下图的形状。

这堆啤酒瓶一共有多少个？（列式计算）订正栏第六单元练习二基础演练场班级姓名学号____一、列竖式计算或列方程1.15×3.2=28÷16=0.3×7+4x=12.5二、填空1.下图这块平行四边形玻璃的高是（)dm。

2.如图，正方形的周长是28cm，平行四边形（涂色部分）的面积是（)c ㎡。

六年级数学作业

孩子作业一、填空1、华氏温度和摄氏温度换算公式是：华氏温度=摄氏温度×1.8+32。

如果今天气温测出是80.6℉，那么相当于（）℃。

2、与a相邻的两个自然数分别是（）和（），这三个数的和是（）。

3、平行四边形的底是2.8厘米，高是x厘米，他的面积是（）平方厘米。

4、在括号里填合适的式子。

（1）a与b的和的4倍。

（）（2）30比4个x多多少。

（）5、苹果比梨的3倍还多16千克，如果梨有x千克，苹果有（）千克，当x=35时，苹果有（）千克，苹果和梨一共有（）千克。

二、判断题1、8与x的和的5倍是8+5x。

（）2、把一个长方体切成两个相等的正方体，每个正方体的表面积是长方体表面积的一半。

（）三、选择1、在3a+4=10 7.2-x＜3 x-2=0 4x-x=0.9中，方程的个数有（）个。

A.1B.2C.3D.42、方程0.5x-0.5=1.5的解是（）A.x=0.5B.x=1.5C.x=3.5D.x=43、x=2是下面（）方程的解A.4x-2.4x=6.4B.20x=10C.2x-4=20D.3x+8=234、小明今年x岁，妹妹x-3岁，再过5年，他们相差（）岁A.x-3B.3C.5D.2四、看图列方程，并求出x的值。

长方形周长9cm。

Xcm五、应用题：1、梯形的上底是4分米，下底是9分米，面积是65分米，求梯形的高。

2、从南京到兴化的公路长310千米，两汽车从两地同时相对开出，经过2小时相遇，从兴化开出的汽车每小时行驶80千米，从南京开出的汽车每小时行驶多少千米？3、甲乙两人从东西两村相对而行，甲每小时行6千米，乙每小时行4.5千米。

他们在离中点2.55千米处相遇，东西两村相距多少千米？4、甲乙两人原来身上的钱分别是丙身上的钱的6倍和5倍，后来甲又收入180元，乙又收入30元，甲身上的钱是乙的1.5倍。

原来甲乙丙三人钱数总和是多少元？5、甲乙两车队共有汽车180辆，因运输任务需要从甲队调30辆支援乙队，使乙队的汽车正好是甲队的2倍，甲乙两队原来各有汽车多少辆？孩子作业一、填空1、长方体最多有（）条棱长度相等，最少要有（）条棱长度相等。

初中数学模块六测试答案

初中数学模块六测试答案开始时间 2021年07月29日星期日 12:43 完成于耗时成绩 2021年07月29日星期日 12:57 13 分钟 24 秒 10/满分10 (100%) 题目1 正确获得1分中的1分 Flag question 题干《标准》中有关情感态度的目标是: ( ) 选择一项： a. 在数学学习过程中，体验获得成功的乐趣，锻炼克服困难的意志，建立自信心。

b. 积极参与数学活动，对数学有好奇心和求知欲 c. 体会数学的特点，了解数学的价值 d. 养成认真勤奋、独立思考、合作交流、反思质疑等学习习惯。

形成坚持真理、修正错误、严谨求实的科学态度 e. 以上选项都对。

反馈正确答案是：以上选项都对。

题目2 正确获得1分中的1分 Flag question题干数学思想不包括: ( ) 选择一项：a. 模型b. 函数c. 推理d. 抽象反馈正确答案是：函数题目3正确获得1分中的1分Flag question题干评价方式多样化体现在多种评价方法的运用，包括: ( 选择一项：a. 书面测验、口头测验b. 开放式问题、活动报告c. 课堂观察、课后访谈d. 课内外作业、成长记录) e. 以上选项都对。

反馈正确答案是：以上选项都对。

题目4正确获得1分中的1分Flag question题干为了培养学生学会数学，教师要引导学生针对不同的问题选择适合的数学语言来描述问题，而数学的语言有三种，以下哪种不属于其中?( ) 选择一项：a. 图形语言b. 自然语言c. 符号语言d. 计算机语言反馈正确答案是：计算机语言题目5正确获得1分中的1分Flag question题干教师由“教书匠”转变为“教育家”的主要条件是（）。

选择一项：a. 认真备课，认真上课b. 以研究者的眼光审视和分析教学理论与教学实践中的各种问题，对自身的行为进行反思。

c. 经常撰写教育教学论文d. 坚持学习课程理论和教学理论反馈正确答案是：以研究者的眼光审视和分析教学理论与教学实践中的各种问题，对自身的行为进行反思。

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数学模块六作业
1.《标准》为什么要强调评价主体的多元化、评价方式的多元化？
《标准》指出：“评价主体的多元化是指教师、家长、同学及学生本人都可以作为评价者，可以综合运用教师评价、学生自我评价、学生相互评价、家长评价等方式，对学生的学习情况和教师的教学情况进行全面的考查。

”《标准》尤其强调学生自我评价和生生之间的评价。

（1）教师可以通过学习小结对学生的学习情况进行评价，也可以组织学生将自己的学习小结在班级展示交流，通过这种形式总结自己的进步，反思自己的不足以及需要改进的地方，汲取他人值得借鉴的经验。

条件允许时，可以请家长参与评价。

”现代心理学研究证明：内因性动机的内驱力较大，维持时间也较长。

此外，1951 年罗杰斯提出自我概念的理论，他认为自我概念对一个人的个性与行为具有重要意义，它使学生表现出程度不同的自信，对自己满怀信心的学生通过迎接挑战而保持自尊；相反，感到无力取胜的学生容易放弃成就动机，出现逃避的动机。

从这个意义上来说，在学生学习过程中通过自我评价和生生评价引导他们形成积极的自我概念，这一点有着非常重要的意义。

因此,在教学中教师要给学生提供表现自己所知所能的各种机会，通过评价形成学生自我认识和自我教育、自我进步的能力，使评价成为有力手段，帮助我们“创造适合儿童的教育”。

此外,同学之间的感受是最直接、最真实的，让学习伙伴一起来互评，有利于准确找出学习中存在的问题，提高学习效率。

（2）学生的自评与同伴的互评可以渗透在教学过程的各个环节，比如，课堂教学中，教师可以进行有意识地引导，如：“你同意他的观点吗？”，“你怎么看待你刚才的错误？”，“你来当裁判，说说他们俩的做法怎样？”再如，在小组共同完成一份调研报告或数学实验报告后，教师可以制定一些评价表格，引导学生对合作学习中参与态度、知识的学习、习得的能力等方面进行自评和互评；再如，在每个单元的学习完成后，教师引导学生用多种方式（如知识树、框图等）对单元学习的知识方法对学习进行梳理。

（3）由于家长与孩子之间的特殊关系，家长的评价对孩子的作用也不可低估,可以利用评价手册、家校联系卡、课外作业、实践活动，对学生进行评价，以发挥家长在学生成长中的作用。

除了以上的评价主体外，参与评价活动的还可以包括专职的评价机构、教育决策机构、学校管理人员、活动中涉及的其他有关人员（如，调查活动的调研对象等）。

教师对学生的评价、学生的自我评价、同伴之间的评价、家长及社会评价等，构成评价主体的立体化。

为了很好的发挥评价的作用，教师作为这立体化评价主体中的核心发挥着协调、连接等重要作用。

教师应协调好学生、同伴、家长之间的关系，做好综合评价工作，以发挥多元评价的“合力”作用。

评价最重要的意图不是为了证明，而是为了改进。

而改进的前提是对评价对象进行全面、深入、真实的观察，从而需要通过多渠道、采取多种评价方式来获取评价对象的全面的信息。

为此，《标准》强调：“评价方式多样化体现在多种评价方法的运用，包括书面测验、口头测验、开放式问题、活动报告、课堂观察、课后访谈、课内外作业、成长记
录等等,在条件允许的地方，也可以采用网上交流的方式进行评价。

”下面就选择几种典型的评价方式进行阐述。

口头测验、课堂观察、成长记录等开放的质性评价手段和方法进行阐述，在关注学生个性化发展的需要，在具体地描述学生发展的独特性和差异性，在凸显学生的学习和发展过程等方面，这些质性评价方式有特别的优势。

口头测验的形式是一种质性评价方式，指通过师生面对面地问答，考查学生对知识的掌握、思考方式、表达能力，也可以给学生提供展示个人思维过程的机会和自我表现的空间，通过学生对问题的思考、分析、解答、操作，不仅可以考查学生对知识技能的掌握运用情况，而且可以使教师全面了解学生的思维过程、解决问题的方法、动手操作能力、表达与交流的能力和个性创造力，为多角度评价学生提供真实有效的素材。

课堂观察适用于学生数学学习的一切领域，了解数学知识与技能、数学思考、解决问题以及情感态度与价值观等。

但是由于课堂观察的主观性较强，记录的水平与观察者个人的经验、描述能力和理论水平有很大关系，因此不同的观察者对同一学习现象的观察很难达到较高的一致性，观察的效度也难以检验。

但它有利于教师获取书面测验中不易获得东西，例如，学生独立思考的习惯，合作交流的意识，倾听和表达的能力等方面。

教师可以设计如下探究活动，在独立思考阶段和小组合作阶段观察并记录学生的表现。

学生成长记录袋是另一种典型的质性评价方式，通过系统收集学生日常学习作品，展示学生在知识能力、情感态度等方面的发展过程、水平和潜力。

从成长记录中了解学生的发展变化,使用成长记录评价学生的数学学习,教师需要注意有计划地收集反映学生成长的内容，制定比较明晰的、可操作的评分标准，以及定期对成长记录袋进行必要的讨论和反思，这样才能在最大程度上发挥成长记录的优势。

这样的活动为考查学生提出假设、分析和综合数据，以及推断能力提供了依据。

同时，这些任务还有助于学生发挥主动性、创造性以及在一个长期任务中坚持不懈的精神，从而也为我们评价学生这些方面的发展提供了依据。

教师也可以设计动态的成长记录袋，把评价的焦点放在学生的发展变化，衡量学生发展的速度与潜力。

关注的角度可以是，在问题提出方面的进步、解决问题策略合理性的提高、计算错误的减少、运用图表技能的提高、同他人交流数学结果能力的增强、估计并检验推理结果能力的提高等等。

从衡量学习者进步程度的角度入手建立评价标准。

需要说明的是，每种评价方式都有各自的优势，也有不足，如，书面测验可以客观快捷地了解学生知识技能的掌握情况，成长档案袋能够让教师获取关于学生发展的轨迹的全面信息…我们应该根据学生的特点、个性差异和学习的内容灵活的选择评价的方式。

2.提出一个在实施评价过程中遇到的困难或问题，并谈谈自己的思考。

问题：在对学生进行评价的过程中，总是把握不好尺度，怎样改革自己的评价方式？
新的课程标准指出：对学生的评价强调评价主体的多元化、评价方式的多元化。

教师可以通过学习小结对学生的学习情况进行评价，也可以组织学生将自己的学习小结在班级展示交流，教师对学生的评价、学生的自我评价、同伴之间的评价、家长及社会评价等，构成评价主体的立体化。