浙江专版2020届高考数学一轮复习+单元检测十计数原理

浙江专版2020届高考数学一轮复习+单元检测十计数原理

单元检测十　计数原理 ‎(时间：120分钟　满分：150分)‎ 第Ⅰ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)‎ ‎1．3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(　　)‎ A．60B．36C．24D．42‎ 答案　A 解析　当4名大学毕业生都被选聘上时，则有CA＝6×6＝36(种)不同的选聘方法；当4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．由分类加法计数原理，可得不同的选聘方法种数为36＋24＝60，故选A.‎ ‎2．用数字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(　　)‎ A．250个B．249个C．48个D．24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＝2×4×3×2＝48(个)，故选C.‎ ‎3．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(　　)‎ A．0B．1C．2D．3‎ 答案　B 解析　四支队得分总和最多为3×6＝18，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(　　)‎ A．16B．24C．8D．12‎ 答案　A 解析　根据题意分3步进行分析：①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；②将这个整体与英语全排列，有A＝2(种)情况，排好后，有 ‎3个空位；③数学课不排在第一节，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2×2＝4(种)，则不同的排课法的种数是2×2×4＝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(　　)‎ A．48B．98C．108D．120‎ 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3个广告，注意最后一个位置的特殊性，共有CA种结果，故不同的播放方式的种数为ACA＝108.‎ ‎6．C＋C＋C＋C＋…＋C的值为(　　)‎ A．CB．CC．CD．C 答案　D 解析　C＋C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝…＝C＝C，故选D.‎ ‎7．在(1＋x－x2)10的展开式中，x3的系数为(　　)‎ A．10B．30C．45D．210‎ 答案　B 解析　(1＋x－x2)10表示10个1＋x－x2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)·C·C＝120－90＝30，故选B.‎ ‎8．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(　　)‎ A．720B．520C．600D．360‎ 答案　C 解析　分两种情况讨论：‎ 若甲、乙2人只有1人参加，有CCA＝480(种)情况；若甲、乙2人都参加且发言的顺序不相邻，有CCAA＝120(种)情况，‎ 则不同发言顺序的种数为480＋120＝600.‎ ‎9．设集合A＝{(x1，x2，x3，x4)|xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4}，那么集合A中满足条件“x＋x＋x＋x≤4”的元素个数为(　　)‎ A．60B．65C．80D．81‎ 答案　D 解析　由题意可得x＋x＋x＋x≤4成立，需要分五种情况讨论：‎ ‎①当x＋x＋x＋x＝0时，只有1种情况，即x1＝x2＝x3＝x4＝0；‎ ‎②当x＋x＋x＋x＝1时，即x1＝±1，x2＝x3＝x4＝0，有2C＝8种；‎ ‎③当x＋x＋x＋x＝2时，即x1＝±1，x2＝±1，x3＝x4＝0，有4C＝24种；‎ ‎④当x＋x＋x＋x＝3时，即x1＝±1，x2＝±1，x3＝±1，x4＝0，有8C＝32种；‎ ‎⑤当x＋x＋x＋x＝4时，即x1＝±1，x2＝±1，x3＝±1，x4＝±1，有16种，‎ 综合以上五种情况，则总共有81种，故选D.‎ ‎10．已知关于x的等式x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4＝(x＋1)4＋b1(x＋1)3＋b2(x＋1)2＋b3(x＋1)＋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x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4＝[(x＋1)－1]4＋a1[(x＋1)－1]3＋a2[(x＋1)－1]2＋a3[(x＋1)－1]＋a4，所以f(4,3,2,1)＝[(x＋1)－1]4＋4[(x＋1)－1]3＋3[(x＋1)－1]2＋2[(x＋1)－1]＋1，所以b1＝C(－1)＋4C＝0，b2＝C(－1)2＋4C(－1)＋3C＝－3，b3＝C(－1)3＋4C(－1)2＋3C(－1)＋2＝4，b4＝C(－1)4＋4C(－1)3＋3C(－1)2＋2(－1)＋1＝－1，故选C.‎ 第Ⅱ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CA＝42，则＝________.‎ 答案　35‎ 解析　由×2＝42，解得n＝7，所以＝＝35.‎ ‎12．(2018·嘉兴市期末测试)已知(1－x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则x2项的二项式系数是________；|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝________.‎ 答案　15　64‎ 解析　二项式(1－x)6的展开式的通项公式为 Tk＋1＝C(－x)k＝(－1)kCxk，‎ 令k＝2得x2项的二项式系数为C＝15.‎ 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|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6，‎ 则在(1－x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6中，令x＝－1得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝[1－(－1)]6＝64.‎ ‎13．(2018·浙江名校联盟联考)已知5的展开式中含的项的系数为30，则实数a＝________，展开式的第3项是________．‎ 答案　－6　360‎ 解析　5的展开式的通项 Tk＋1＝C()5－k·k＝(－a)kC，‎ 当－k＝时，k＝1.∴(－a)1C＝－5a＝30，∴a＝－6.‎ 第3项为T3＝C()5－22＝C62＝360.‎ ‎14．(2019·台州市期末质量评估)若(x2－2x－3)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　4　108‎ 解析　令x＝1，则有(－4)n＝256，解得n＝4，‎ 所以(x2－2x－3)n＝(x2－2x－3)4＝(x－3)4(x＋1)4，‎ 所以x2项的系数是C(－3)2＋C×(－3)4＋C×(－3)3×C＝108.‎ ‎15．(2018·绍兴市嵊州高考适应性考试)已知多项式(x＋b)5＝(x－1)5＋a1(x－1)4＋a2(x－1)3＋a3(x－1)2＋a4(x－1)－32，则b＝________，a2＝________.‎ 答案　－3　40‎ 解析　设x＝1，则(1＋b)5＝－32，解得b＝－3；‎ 因为(x＋b)5＝(x－3)5＝[(x－1)－2]5，‎ 所以a2＝C·(－2)2＝40.‎ ‎16．(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··A＝6种选法；选1名只会俄语的，有(C·C)·C＝36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．‎ ‎17．有6张卡片分别写有数字1,1,1,2,3,4，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CA 个不同的三位数；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1个三位数．综上所述，构成的不同的三位数共有A33＋CA＋＋1＝34(个)．‎ 三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，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·C·A；‎ ‎(2)两人均在后排左右不相邻，方法数为A－A·A＝A；‎ ‎(3)两人均在前排，又分两类：‎ ‎①两人一左一右，方法数为C·C·A；‎ ‎②两人同左或同右，方法数为2(A－A·A)．‎ 综上，不同的排法种数为C·C·A＋A＋C·C·A＋2(A－A·A)＝346.‎ ‎19．(15分)已知m，n∈N*，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)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，m＋n＝19.又m，n∈N*，∴1≤m≤18，‎ ‎∴x2的系数为C＋C＝(m2－m)＋(n2－n)‎ ‎＝m2－19m＋171.‎ ‎∴当m＝9或10时，x2的系数取最小值81，此时x7的系数为C＋C＝156.‎ ‎20．(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4×3×2＝24(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4×3×2×3×3＝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a＝1，得n展开式中各项系数和为(3－1)n＝2n，5展开式中的通项为Tk＋1＝C(4)5－kk＝(－1)kC45－k··.‎ 若Tk＋1为常数项，则＝0，即k＝2，‎ 故常数项为T3＝(－1)2C·43·5－1＝27，‎ 于是有2n＝27，得n＝7.‎ ‎(1)n展开式的二项式系数和为2n＝27＝128.‎ ‎(2)7的通项为Tk＋1＝C7－k·(－)k ‎＝C(－1)k·37－k·，令＝－1，得k＝3，‎ ‎∴所求a－1项的二项式系数为C＝35.‎ ‎22．(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ay＝b2x2＋c所表示的曲线中不同的抛物线共有多少条？‎ 解　将方程ay＝b2x2＋c变形可得x2＝y－，若表示抛物线，则a≠0且b≠0，所以分b＝－2,1,2,3四种情况：‎ ‎①当b＝－2时， 当＝时，＝0，，；‎ 当＝时，＝0，，；‎ 当＝时，＝0，，.‎ ‎②当b＝2时， 当＝－时，＝0，，；‎ 当＝时，＝－，0，；‎ 当＝时，＝－，0，.‎ ‎③当b＝1时， ‎④当b＝3时， 由于b＝－2或b＝2时，b2＝4，①与②中有4条重复的抛物线，所以方程ay＝b2x2＋c所表示的曲线中不同的抛物线共有9×2－4＋9×2＝32(条)．‎