（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（含解析）.docx

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1、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( )A60B36C24D42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 4243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，34可得不同的选聘方法种数为 362

2、460，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( )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.34 34 343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

3、少的平局场数是( )A0B1C2D3答案 B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( )A16B24C8D12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

4、列，有 A 2(种)情况，排好后，2 22有 3 个空位；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 224(种)，则不同的排课法的种数是22416，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( )A48B98C108D120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

5、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 C1323 3A 108.13236C C C C C 的值为( )03 14 25 36 1720AC BC CC DC321 320 420 421答案 D解析 C C C C C C C C C C C C C C C C 03 14 25 36 1720 04 14 25 36 1720 15 25 36 1720 26 36C C C ，故选 D.1720 1721 4217在(1 x x2)10的展开式中， x3的系数为( )A10B30C45D210答案 B解析 (1 x x2)10表示

6、 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 1209030，故选 B.310 10 198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( )A720B520C600D360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12354不相邻，有 C C A A 120(种)情况，225223则不同发言

7、顺序的种数为 480120600.9设集合 A( x1， x2， x3， x4)|xi1,0,1， i1,2,3,4，那么集合 A 中满足条件“ x x x x 4”的元素个数为( )21 2 23 24A60B65C80D81答案 D3解析 由题意可得 x x x x 4 成立，需要分五种情况讨论：21 2 23 24当 x x x x 0 时，只有 1 种情况，即 x1 x2 x3 x40；21 2 23 24当 x x x x 1 时，即 x11， x2 x3 x40，有 2C 8 种；21 2 23 24 14当 x x x x 2 时，即 x11， x21， x3 x40，有 4C

8、24 种；21 2 23 24 24当 x x x x 3 时，即 x11， x21， x31， x40，有 8C 32 种；21 2 23 24 34当 x x x x 4 时，即 x11， x21， x31， x41，有 16 种，21 2 23 24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( x1) 4 b1(x1) 3 b2(x1) 2 b3(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)

9、C(0，3,4，1) D(1,0,2，2)答案 C解析 因为 x4 a1x3 a2x2 a3x a4( x1)1 4 a1(x1)1 3 a2(x1)12 a3(x1)1 a4，所以 f(4,3,2,1)( x1)1 44( x1)1 33( x1)122( x1)11，所以 b1C (1)4C 0， b2C (1) 24C (1)14 03 24 133C 3， b3C (1) 34C (1) 23C (1)24， b4C (1) 44C (1)02 34 23 12 4 333C (1) 22(1)11，故选 C.2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

10、 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！ n 3！答案 35解析 由 242，解得 n7，所以 35.nn 12 n！3！ n 3！ 7！3！ 4！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Tk1 C ( x)k(1) kC xk，k6 k6令 k2 得 x2项的二项式系数为 C 15.26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

11、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 x1 得4a0 a1 a2 a3 a4 a5 a61(1) 664.13(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(x ax) 32xa_，展开式的第 3 项是_答案 6 36012x解析 5的展开式的通项(x ax)Tk1 C ( )5 k k( a)kC ，k5 x ( ax) k5 2x当 k 时， k1.( a)1C 5 a30， a6.52 32 15

12、第 3 项为 T3C ( )52 2C 62 360 .25 x ( 6x) 25 112x14(2019台州市期末质量评估)若( x22 x3) 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 x1，则有(4) n256，解得 n4，所以( x22 x3) n( x22 x3) 4( x3) 4(x1) 4，所以 x2项的系数是 C (3) 2C (3)4C (3) 3C 108.24 24 34 3415(2018绍兴市嵊州高考适应性考试)已知多项式( x b)5( x1) 5 a1(x1)4 a2(x1) 3 a3(x1) 2

13、a4(x1)32，则 b_， a2_.答案 3 40解析 设 x1，则(1 b)532，解得 b3；因为( x b)5( x3) 5( x1)2 5，所以 a2C (2) 240.2516(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03C24C2A2 2(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 6

14、0 种不13 14 23 23 24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)5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23 233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13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C13A3A21 个三位数综上所述

15、，构成的不同的三位数共有 A33C A 134(个)233C13A3A2三、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 ；18 12 2(2)两人均在后排左右不相邻，方法数为 A A A A ；21 2 1 211(3)两人均在前排，又分两类：两人一左一右，方法数为

16、C C A ；14 14 2两人同左或同右，方法数为 2(A A A )24 13 2综上，不同的排法种数为 C C A A C C A 2(A A A )346.18 12 2 211 14 14 2 24 13 219(15 分)已知 m， nN *， 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 n19.又 m， nN *，1 m18， x2的系数为 C C (m2 m) (n2 n)2m 2n12 12 m219 m171.当 m9 或 10 时， x2的系数取最小值 81，此时 x7的系数为 C C

17、 156.79 71020(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 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6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 43233216(种)21(15 分)已知 n的

18、展开式的各项系数之和等于 5的展开式中的常数项，(3a 3a) (43b 15b)求：(1)展开式的二项式系数和；(2)展开式中 a1 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) n2 n， 5展开(3a 3a) (43b 15b)式中的通项为 Tk1 C (4 )5 k k(1) kC 45 k .k5 3b ( 15b) k5 1056k若 Tk1 为常数项，则 0，即 k2，10 5k6故常数项为 T3(1) 2C 4351 2 7，25于是有 2n2 7，得 n7.(1) n展开式的二项式系数和为 2n2 7128.(3a 3a)(2) 7的通项为 Tk1

19、C 7 k( )k(3a 3a) k7(3a) 3aC (1) k37 k ，令 1，得 k3，k75265k 216所求 a1 项的二项式系数为 C 35.3722(15 分)已知 a， b， c2,0,1,2,3，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 a0 且 b0，所以分ab2 cb2b2,1,2,3 四种情况：当 b2 时，Error!当 时， 0，；ab2 14 cb2 1234当 时， 0，；ab2 12 cb2 1434当 时， 0， .ab2 34 cb2 14 12当 b2 时，Error!当 时， 0，；ab2 12 cb2 14347当 时， ，0，；ab2 14 cb2 12 34当 时， ，0， .ab2 34 cb2 12 14当 b1 时，Error!当 b3 时，Error!由于 b2 或 b2 时， b24，与中有 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 9249232(条)8