浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测10计数原理单元检测含解析.pdf

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1、单元检测十计数原理(时间：120 分钟满分：150 分)第卷(选择题共40 分)一、选择题(本大题共10 小题，每小题4 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)13 个单位从 4 名大学毕业生中选聘工作人员，若每个单位至少选聘1 人(4 名大学毕业生不一定都能被选聘上)，则不同的选聘方法的种数为()A60B 36C24D42答案 A解析当4 名大学毕业生都被选聘上时，则有C A 6636(种)不同的选聘方法；当42 4 3名大学毕业生有3 名被选聘上时，则有A 24(种)不同的选聘方法由分类加法计数原3 4理，可得不同的选聘方法种数为362460，故选 A.2用数

2、字 0,1,2,3,4组成没有重复数字，且大于3000 的四位数，则这样的四位数有()A250 个 B249 个 C48 个 D24 个答案 C解析先考虑四位数的首位，当排数字4,3 时，其他三个数位上可从剩余的4 个数中任选3个进行全排列，得到的四位数都满足题设条件，因此依据分类加法计数原理，可得满足题设条件的四位数共有A A 2A 243248(个)，故选 C.3 43 43 43有四支足球队进行单循环比赛(每两队比赛一场)，每场比赛胜者得3 分，负者得0 分，平局双方各1 分比赛结束后发现没有足球队全胜，且四队得分各不相同，则比赛中可能出现的最少的平局场数是()A0B1C2D 3答案 B

3、解析四支队得分总和最多为3618，若没有平局，又没有全胜的队，则四支队的得分只可能有6,3,0三种选择，必有两队得分相同，与四队得分各不相同矛盾，所以最少平局场数是 1，如四队得分为7,6,3,1时符合题意，故选B.4某班上午有5 节课，分别安排语文、数学、英语、物理、化学各1 节课，要求语文与化学相邻，数学与物理不相邻，且数学不排在第一节课，则不同的排课法的种数是()A16B 24C8D12答案 A解析根据题意分3 步进行分析：要求语文与化学相邻，将语文与化学看成一个整体，考虑其顺序，有A 2(种)情况；将这个整体与英语全排列，有A 2(种)情况，排好后，22有 3 个空位；数学课不排在第一

4、节，有2 个空位可选，在剩下的2个空位中任选1 个安排物理，有2 种情况，则数学、物理的安排方法有224(种)，则不同的排课法的种数是224 16，故选 A.5某电视台连续播放6 个广告，其中有3 个不同的商业广告，2 个不同的两会宣传片，1 个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，且两会宣传片与公益广告不能连续播放，2 个两会宣传片也不能连续播放，则不同的播放方式的种数是()A48B 98C108D120答案 C解析首选排列3 个商业广告，有A 种结果，再在3 个商业广告形成的4 个空中排入另外33 个广告，注意最后一个位置的特殊性，共有C A 种结果，故不同的播放方式的种数为A C1 3

5、2 33A 108.1 3 2 36C C C C C的值为()0 31 42 53 61720ACBCC CDC321320420421答案 D解析 C C C C CC C C C CC C C CC0 31 42 53 617200 41 42 53 617201 52 53 617202 6C C CC，故选 D.3 6172017214217在(1 xx2)10的展开式中，x3的系数为()A10B 30C45D210答案 B解析(1 xx2)10表示 10 个 1xx2相乘，x3的组成可分为3 个x或 1 个x2,1 个x组成，故展开式中x3的系数为 C(1)CC 12090 30，

6、故选 B.3101101 98某班班会准备从包含甲、乙的7 名学生中选取4 人发言，要求甲、乙2 人至少有1 人参加，若甲、乙同时参加，则他们发言的顺序不能相邻，那么不同发言顺序的种数为()A720B520C 600D360答案 C解析分两种情况讨论：若甲、乙2 人只有 1 人参加，有C C A 480(种)情况；若甲、乙2 人都参加且发言的顺序1 2 3 5 4不相邻，有C C A A 120(种)情况，2 2 5 2 2 3则不同发言顺序的种数为480120600.9设集合A(x1，x2，x3，x4)|xi 1,0,1，i1,2,3,4，那么集合A中满足条件“xxxx4”的元素个数为()2

7、 122 32 4A60B 65C80D81答案 D解析由题意可得xxxx4 成立，需要分五种情况讨论：2 122 32 4当xxxx0 时，只有1 种情况，即x1x2x3x40；2 122 32 4当xxxx1 时，即x11，x2x3x40，有 2C 8 种；2 122 32 41 4当xxxx2 时，即x11，x21，x3x4 0，有 4C 24 种；2 122 32 42 4当xxxx3 时，即x11，x21，x31，x40，有 8C 32 种；2 122 32 43 4当xxxx4 时，即x11，x21，x31，x41，有 16 种，2 122 32 4综合以上五种情况，则总共有81

8、种，故选D.10已知关于x的等式x4a1x3a2x2a3xa4(x1)4b1(x1)3b2(x1)2b3(x1)b4，定义映射f：(a1，a2，a3，a4)(b1，b2，b3，b4)，则f(4,3,2,1)等于()A(1,2,3,4)B(0,3,4,0)C(0，3,4，1)D(1,0,2，2)答案 C解析因为x4a1x3a2x2a3xa4(x1)14a1(x1)13a2(x1)12a3(x1)1 a4，所以f(4,3,2,1)(x1)144(x1)133(x1)122(x1)1 1，所以b1C(1)4C 0，b2C(1)24C(1)3C 3，b31 40 32 41 30 2C(1)3 4C(

9、1)23C(1)24，b4C(1)4 4C(1)3 3C(1)22(1)13 42 31 2432 1，故选 C.第卷(非选择题共110 分)二、填空题(本大题共7 小题，多空题每题6 分，单空题每题4 分，共 36 分把答案填在题中横线上)11若 C A 42，则_.2n2n！3！n3！答案 35解析由242，解得n7，所以35.n n12n！3！n3！7！3！4！12(2018 嘉兴市期末测试)已知(1 x)6a0a1xa2x2a6x6，则x2项的二项式系数是 _；|a0|a1|a2|a6|_.答案 1564解析二项式(1 x)6的展开式的通项公式为Tk 1C(x)k(1)kCxk，k6k

10、6令k2 得x2项的二项式系数为C 15.2 6由二项展开式的通项公式得x的奇数次幂的项的系数小于零，偶数次幂的项的系数大于零，则|a0|a1|a2|a3|a4|a5|a6|a0a1a2a3a4a5a6，则在(1 x)6a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5a6x6中，令x 1 得a0a1a2a3a4a5a61 (1)664.13(2018 浙江名校联盟联考)已知5的展开式中含32x的项的系数为30，则实数a(xax)_，展开式的第3 项是 _答案 636012x解析5的展开式的通项(xax)Tk 1C()5kk(a)kC52kx，k5x(ax)k5当 k 时，k1.(a)1C 5a30，

11、a 6.52321 5第 3 项为T3C()522C 6212x36012x.2 5x(6x)2 514(2019 台州市期末质量评估)若(x22x3)n的展开式中所有项的系数之和为256，则n_，含x2项的系数是 _(用数字作答)答案 4108解析令x 1，则有(4)n256，解得n4，所以(x22x3)n(x2 2x3)4(x3)4(x1)4，所以x2项的系数是C(3)2C(3)4 C(3)3C 108.2 42 43 43 415(2018 绍兴市嵊州高考适应性考试)已知多项式(xb)5(x1)5a1(x1)4a2(x1)3a3(x1)2a4(x1)32，则b _，a2_.答案 340解

12、析设x 1，则(1 b)5 32，解得b 3；因为(xb)5(x 3)5(x1)25，所以a2C(2)240.2 516(2018 丽水、衢州、湖州三地质检)现有 7 名志愿者，其中只会俄语的有3 人，既会俄语又会英语的有4 人从中选出4 人负责“一带一路”峰会开幕式翻译工作，2 人担任英语翻译，2 人担任俄语翻译，共有_种不同的选法答案 60解析不选只会俄语的，有C A6 种选法；选1 名只会俄语的，有(C C)C0 3C2 4C2A221 31 42 336 种选法；选2 名只会俄语的，有C C 18 种选法，所以共有60 种不同的选法2 32 417有 6 张卡片分别写有数字1,1,1,

13、2,3,4，从中任取3 张，可排出不同的三位数的个数是_(用数字作答)答案 34解析当取出的3 张卡片中不含写有数字1 的卡片时，只有1 种取法，可构成A 个不同的3三位数；当取出的3 张卡片中，含1 张写有数字1 的卡片时，有C 种取法，可构成C A 个2 32 3 3不同的三位数；当取出的3 张卡片中，含2 张写有数字1 的卡片时，有C 种取法，可构成1 3个不同的三位数；当取出的3 张卡片都为写有数字1 的卡片时，有1 种取法，只能构成C1 3A3A21 个三位数综上所述，构成的不同的三位数共有A33C A 134(个)2 3 3C1 3A3A2三、解答题(本大题共5 小题，共74 分解

14、答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)18(14 分)有两排座位，前排11 个座位，后排12 个座位，现安排2 人就座，规定前排中间的 3 个座位不能坐，并且这2 人不左右相邻，共有多少种不同的排法？解前排中间3 个座位不能坐，实际可坐的位置前排8 个，后排12 个(1)两人一个前排，一个后排，方法数为C CA；1 81122(2)两人均在后排左右不相邻，方法数为AA AA；2122111211(3)两人均在前排，又分两类：两人一左一右，方法数为C C A；1 41 42两人同左或同右，方法数为2(A A A)2 41 32综上，不同的排法种数为C CAAC C A2(A A A)346.1

15、81 1222111 41 422 41 3219(15 分)已知m，nN*，f(x)(1 x)m(1x)n的展开式中x的系数为19，求x2的系数的最小值及此时展开式中x7的系数解由题设知，mn19.又m，nN*，1m18，x2的系数为C C (m2m)(n2n)2m2n1212m219m171.当m9 或 10 时，x2的系数取最小值81，此时x7的系数为C C156.7 971020(15 分)某人有 4 种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多)，要在如图所示的6 个点A，B，C，A1，B1，C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，求每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法的种数解第一

16、步，在点A1，B1，C1上安装灯泡，A1有 4 种方法，B1有 3 种方法，C1有 2 种方法，则共有 43224(种)方法第二步，从A，B，C中选一个点安装第4 种颜色的灯泡，有3 种方法第三步，再给剩余的两个点安装灯泡，有3 种方法由分步乘法计数原理可得，安装方法共有43233 216(种)21(15 分)已知n的展开式的各项系数之和等于5的展开式中的常数(3a3a)(43b15b)项，求：(1)展开式的二项式系数和；(2)展开式中a 1项的二项式系数解依题意，令a1，得n展开式中各项系数和为(31)n2n，5展开(3a3a)(43b15b)式中的通项为Tk1C(4)5kk(1)kC 45

17、k25k10 56kb.k53b(15b)k5若Tk1为常数项，则0，即k2，105k6故常数项为T3(1)2C 435 127，2 5于是有 2n27，得n7.(1)n展开式的二项式系数和为2n 27128.(3a3a)(2)7的通项为Tk1C7k()k(3a3a)k7(3a)3aC(1)k37k5216ka，令 1，得k3，k75k216所求a 1项的二项式系数为C 35.3 722(15 分)已知a，b，c 2,0,1,2,3，且a，b，c互不相同，则对于方程ayb2x2c所表示的曲线中不同的抛物线共有多少条？解将方程ayb2x2c变形可得x2y，若表示抛物线，则a0 且b0，所以分bab2cb2 2,1,2,3四种情况：当b 2 时，Error!当 时，0，；ab214cb21234当 时，0，；ab212cb21434当 时，0，.ab234cb21412当b2 时，Error!当时，0，；ab212cb21434当 时，0，；ab214cb21234当 时，0，.ab234cb21214当b1 时，Error!当b3 时，Error!由于b 2 或b 2 时，b24，与中有4 条重复的抛物线，所以方程ayb2x2c所表示的曲线中不同的抛物线共有9249232(条)