2019版一轮复习理数通用版“计数原理”双基过关检测

2019版一轮复习理数通用版“计数原理”双基过关检测

“计数原理”双基过关检测 一、选择题 1．5 名学生相约第二天去春游，本着自愿的原则，规定任何人可以“去”或“不去”， 则第二天可能出现的不同情况的种数为( ) A．C25 B．25 C．52 D．A25 解析：选 B 不妨设 5 名同学分别是 A，B，C，D，E, 对于 A 同学来说，第二天可能出现的不同情况有去和不去 2 种， 同样对于 B，C，D，E 都是 2 种， 由分步乘法计数原理可得， 第二天可能出现的不同情况的种数为 2×2×2×2×2＝25(种). 2.现有 4 种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共 边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( ) A．24 种 B．30 种 C．36 种 D．48 种 解析：选 D 按 A→B→C→D 顺序分四步涂色，共有 4×3×2×2＝48(种)． 3．(2018·云南师大附中适应性考试)在(a＋x)7 展开式中 x4 的系数为 280，则实数 a 的值 为( ) A．1 B．±1 C．2 D．±2 解析：选 C 由题知，C47a3＝280，解得 a＝2. 4.如图，∠MON 的边 OM 上有四点 A1，A2，A3，A4，ON 上有三 点 B1，B2，B3，则以 O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3 为顶点的三角 形个数为( ) A．30 B．42 C．54 D．56 解析：选 B 用间接法．先从这 8 个点中任取 3 个点，最多构成三角形 C 38个，再减去 三点共线的情形即可．共有 C38－C35－C34＝42(个)． 5．张、王两家夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园．为安全起 见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这六人入园顺序的排法 种数为( ) A．12 B．24 C．36 D．48 解析：选 B 将两位爸爸排在两端，有 2 种排法；将两个小孩视作一人与两位妈妈任 意排在中间的三个位置上，有 2A 33种排法，故总的排法有 2×2×A33＝24(种)． 6．已知(1＋ax)(1＋x)5 的展开式中 x2 的系数为 5，则 a＝( ) A．－4 B．－3 C．－2 D．－1 解析：选 D 展开式中含 x2 的系数为 C25＋aC15＝5， 解得 a＝－1. 7．(2018·成都一中摸底)设(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11， 则 a0＋a1＋a2＋…＋a11 的值为( ) A．－2 B．－1 C．1 D．2 解析：选 A 令等式中令 x＝－1，可得 a0＋a1＋a2＋…＋a11＝(1＋1)×(－1)9＝－2. 8．从 1,3,5,7,9 这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为 a，b，共可得到 lg a－lg b 的不同值的个数是( ) A．9 B．10 C．18 D．20 解析：选 C lg a－lg b＝lg a b ，从 1,3,5,7,9 中任取两个数分别记为 a，b，共有 A25＝20 个结果，其中 lg 1 3 ＝lg 3 9 ，lg 3 1 ＝lg 9 3 ，故共可得到不同值的个数为 20－2＝18. 二、填空题 9. 2x－1 x 5 的二项展开式中 x 项的系数为________． 解析： 2x－1 x 5 的展开式的通项是 Tr＋1＝Cr5·(2x)5－r· －1 x r＝Cr5·(－1)r·25－r·x5－2r. 令 5－2r＝1，得 r＝2.因此 2x－1 x 5 的展开式中 x 项的系数是 C25·(－1)2·25－2＝80. 答案：80 10．若 n＝错误!1 xdx，则二项式(1－ 2x)n 的展开式中第 1 009 项的二项式系数为 ________．(用符号作答) 解析：由题意知，n＝错误!1 xdx＝ln x|e2 018 e ＝2 017，二项式(1－ 2x)2 017 的展开式中 第 1 009 项为 T1 008＋1＝C1 0082 017(－ 2x)1 008，其二项式系数为 C1 0082 017. 答案：C1 0082 017 11．(2017·天津高考)用数字 1,2,3,4,5,6,7,8,9 组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶 数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答) 解析：一个数字是偶数、三个数字是奇数的四位数有 C14C35A44＝960(个)， 四个数字都是奇数的四位数有 A45＝120(个)， 则至多有一个数字是偶数的四位数一共有 960＋120＝1 080(个)． 答案：1 080 12．有一个五边形 ABCDE，若把顶点 A，B，C，D，E 涂上红、黄、绿三种颜色中的 一种，使得相邻的顶点所涂的颜色不同，则共有________种不同的涂色方法． 解析：首先 A 选取一种颜色，有 3 种情况. 如果 A 的两个相邻点 B，E 颜色相同，有 2 种情况， 则最后两个点 C，D 也有 2 种情况； 如果 A 的两个相邻点 B，E 颜色不同，有 2 种情况； 则最后两个点 C，D 有 3 种情况. 所以共有 3×(2×2＋2×3)＝30 种不同的涂色方法. 答案：30 三、解答题 13．已知(a2＋1)n展开式中的二项式系数之和等于 16 5 x2＋ 1 x 5的展开式的常数项，而 (a2 ＋1)n 的展开式的二项式系数最大的项等于 54，求正数 a 的值． 解： 16 5 x2＋ 1 x 5 展开式的通项 Tr＋1＝Cr5 16 5 x2 5－r· 1 x r＝Cr5 16 5 5－rx 20 5 2 - r . 令 20－5r＝0，得 r＝4， 故常数项 T5＝C45×16 5 ＝16， 又(a2＋1)n 展开式中的二项式系数之和为 2n， 由题意得 2n＝16，∴n＝4. ∴(a2＋1)4 展开式中二项式系数最大的项是中间项 T3， 从而 C24(a2)2＝54，∴a＝ 3. 14．已知袋中装有大小相同的 4 个红球和 6 个白球，现从中取出 4 个． (1)取出的 4 个球必须是两种颜色的取法有多少种？ (2)取出的 4 个球中红球个数不少于白球个数的取法有多少种？ 解：(1)根据题意，袋中装有大小相同的 4 个红球和 6 个白球，从中取出 4 个，有 C410＝ 210 种取法， 其中颜色相同的情况有 2 种：4 个红球或 4 个白球， 若 4 个红球，有 C44＝1 种取法， 若 4 个白球，有 C46＝15 种取法， 则取出球必须是两种颜色的取法有 210－(1＋15)＝194 种. (2)若取出的红球个数不少于白球个数，分 3 种情况讨论： ①4 个全部是红球，有 C44＝1 种取法， ②3 个红球，1 个白球，有 C34C16＝24 种取法， ③2 个红球，2 个白球，有 C24C26＝90 种取法， 则取出的 4 个球中红球个数不少于白球个数的取法共有 1＋24＋90＝115 种．