(浙江专)2020届高考数学单元检测十计数原理单元检测(含解析)

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，每题4分，共40 分．在每题给出的四个选项中，只有一
项是吻合题目要求的)
1．3个单位从4名大学毕业生中选聘工作人员，若每个单位最少选聘1人(4名大学毕业生不必定都能被选聘上)，则不一样的选聘方法的种数为( )
A．60B．36C．24D．42
答案 A
分析当4名大学毕业生都被选聘上时，则有2 3
不一样的选聘方法；
当 4 名
CA＝6×6＝36(种)
4 3
3
种)不一样的选聘方法．由分类加法计数原理，可
大学毕业生有3名被选聘上时，则有A4＝24(
得不一样的选聘方法种数
为36＋24＝60，应选A.
2．用数字0,1,2,3,4 构成没有重复数字，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
分析先考虑四位数的首位，当排数字4,3时，其余三个数位上可从节余的4个数中任选3 个进行全摆列，获取的四位数都满足题设条件，所以依照分类加法计数原理，可得悉足题设
3 3 3
个)，应选C.
条件的四位数共有A4＋A4＝2A4＝2×4×3×2＝48(
3．有四支足球队进行单循环竞赛(每两队竞赛一场)，每场竞赛胜者得3分，负者得0分，平局两方各1分．竞赛结束后发现没有足球队全胜，且四队得分各不同样，则竞赛中可能出现
的最少的平局场数是( )
A．0B．1C．2D．3
答案
B
分析
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，必有两队得分同样，与四队得分各不同样矛盾，所以最少平局场数
是1，如四队得分为
7,6,3,1 时吻合题意，应选 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，则不一样的排课法的种数是( )
A．16B．24C．8D．12
答案A
分析依据题意分3步进行分析：①要求语文与化学相邻，将语文与化学看作一个整体，考
虑其序次，有 2 种)状况；②将这个整体与英语全摆列，有 2 ＝2( 种)状况，排好后，有
A＝2( A
2 2
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种状况，则数学、物理的安排方法有 2×2＝4(种)，则不一样的排课法的种数是 2×2×4
＝16，应选A.
5．某电视台连续播放 6个广告，此中有 3个不一样的商业广告， 2个不一样的两会宣传
片，
1个 公益广告，要求最后播放的不可以是商业广告，且两会宣传片与公益广告不可以连续播放， 2个
两会宣传片也不可以连续播放，则不一样的播放方式的种数是 ( )
A ．48
B ．98
C ．108
D ．120 答案 C
分析 首选摆列3个商业广告，有
3
4个空中排入别的 3 A 3种结果，再在3个商业广告形成的 个广告，注意最后一个地址的特别性，共有
1 2 3 1 2
CA 种结果，故不一样的播放方式的种数为 ACA ＝
3 3
3 3 3
108.
1
2
3
17
)
6．C 3 ＋C 4 ＋C 5 ＋C 6＋＋C 20的值为(
3
3
4
4
A ．C 21
B ．
C 20C ．C 20
D ．C 21 答案 D
分析 0
1
2 3 17 0 1 2 3 17 1 2 3 17 2 3
C ＋C ＋C ＋C ＋＋C
＝C ＋C ＋C ＋C ＋＋C
＝C ＋C
＋C ＋＋C ＝C ＋C ＋＋
3
4
5
6
20
4
4
5
6
20
5
5
6
20
6
6
C 2017＝＝C 2117＝C 214，应选D. 7．在(1＋x －x 2)10
的睁开式中，x 3的系数为(
)
A ．10
B ．30
C ．45
D ．210 答案 B
分析 (1＋x －x 2)10表示10个1＋x －x 2相乘，x 3的构成可分为
3个x 或1个x 2,1个x 构成，
故睁开式中x 3
3
1 1
＝120－90＝30，应选B.
的系数为C 10＋(－1)·C 10·C 9
8．某班班会准备从包括甲、乙的7名学生中采用 4人发言，要求甲、乙2人最少有 1人参加，
若甲、乙同时参加，则他们发言的序次不可以相邻，那么不一样发言序次的种数为 ( ) A ．720B ．520C ．600D ．360 答案 C 分析 分两种状况谈论：
若甲、乙
2人只有1人参加，有
1 3 4 种)状况；若甲、乙2人都参加且发言的序次不
CCA ＝480(
2
5 4
相邻，有
2 2 2 2
种)状况，
CCAA ＝120(
2
5 2 3
则不一样发言序次的种数为
480＋120＝600.
9．设会集 ＝{(
x
1
， 2， 3， 4)|
x i
∈{－1,0,1} ， ＝1,2,3,4} ，那么会集
A 中满足条件“
1
2
＋
A
x x
x
i
x
2
2 2
)
x 2＋x 3＋x 4≤4”的元素个数为(
A ．60
B ．65
C ．80
D ．81
答案D
分析 由题意可得
2
2
2
2
x 1＋x 2＋x 3＋x 4≤4成立，需要分五种状况谈论：
2 2 2 2 ＝0时，只有 1种状况，即x 1＝x 2＝x 3＝x 4＝0；
①当x 1＋ x 2＋ x 3 ＋x 4
②当 2 x 2 x 2 ＋ 2
＝1时，即 x 1＝±1， x 2＝ x 3＝ 1 种；
1
＋ 2
＋ 3 4 4
＝0，有2C 4
＝8
x
x
x
2
2 2
2
＝±1，x ＝±1，x ＝x
2
③当x ＋x
＋x
3 ＋x ＝2时，即x
＝0，有4C ＝24种；
1 2
4
1
2
3
4
2
2 2
2
＝3时，即x 1＝±1，x 2＝±1，x 3＝±1，x
4
＝0，有 3
＝32种；
④当x 1＋x 2＋x 3
＋x 4 8C 4
⑤当
1
2
＋
x 2
2
＋
x 32
＋
4
2
＝4时，即
x 1
＝±1，
x 2
＝±1，
x 3
＝±1， x 4
＝±1，有16
种，
x x
综合以上五种状况，则总合有
81种，应选D.
4
1 3
2 2
3
4
4
1
3
2
2
3
＋
10．已知关于x 的等式x ＋ax ＋ax ＋ax ＋a
＝(x ＋1) ＋b (x ＋1)
＋b (x ＋1)＋b (x ＋1)
b 4，定义映照
f ：(
a
1，
2，
a 3， 4)→(
1，
2，
b 3，
b 4)，则
f (4,3,2,1)
等于(
)
a a
b b
A ．(1,2,3,4)
B ．(0,3,4,0)
C ．(0，－3,4 ，－1)
D ．(－1,0,2
，－2)
答案 C
分析因为x 4＋a 1x 3＋a 2x 2＋a 3x ＋a 4＝[(x ＋1)－1]4＋a 1[(x ＋1)－1]3＋a 2[(x ＋1)－1]2＋
a 3[( x ＋1)－1]＋a 4，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
＋
2
2
1
3
3
＋1，所以b 1＝C 4(－1)
4C 3＝0，b 2＝C 4( －1) ＋ 4C 3( －1)＋3C 2＝－ 3，b 3＝C 4(－1)
2
2
1
4 4 3 －1) 3 2 －1) 2 ＋1＝－1，应选
＋4C(－1)
＋3C(
－1)＋2＝4，b ＝C(－1)＋4C(
＋3C( ＋2(－1)
3
2
4 4 3 2
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)
2 2
n ！
！＝________.
n
答案 35 分析 由 nn －1
n ＝7，所以
n ！
＝
7！
＝35.
2
×2＝42，解得
4！
3！n －3！ 3！
12．(2018·嘉兴市期末测试)已知
(1－x ) 6
0 1 2
2 6 6
2
项的二项式系数是
＝a ＋ax ＋ax ＋＋ax
，则
x
________；|
a 0|＋|
1|＋|
2|＋＋|
a 6|＝________.
a a
答案 15 64 分析
二项式(1－x )6的睁开式的通项公式为
k
x ) k ＝(－1)
k
k k
，
k ＋1
＝C 6(－
C 6
T
x
令k ＝2得x
2
项的二项式系数为
2
C ＝15.
6
由二项睁开式的通项公式得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|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋|a 4|＋|a 5|＋|a 6|＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6，
6 2 3 4 5 6 x ＝－1得a －a ＋a －a ＋a －a
则在(1－x )＝a ＋a
x ＋ax ＋ax ＋ax ＋ax ＋ax 中，令
5
0 1 2 3
4
5 6 0 1 2 3
4
＋a 6＝[1－(－1)]6＝64.
x －
a
5
的睁开式中含 3
13．(2018·浙江名校缔盟联考 )已知 x 2的项的系数为 30，则实数a
x
＝________，睁开式的第
3项是________．
1
答案－6 360x 2
分析
x －
a
5
的睁开式的通项
x
k
x ) 5－k
·－
a
k
kk
5 k
T k ＋1＝C 5(
x
＝(－a )C 5 x 2
，
5 3
a
1
1
＝30，∴＝－6.
当－＝时，＝1.∴(－
)
C 5＝－5
k
2 k
a
a
2
2
5－2
－6 22 2 1 1
x )
x 2＝360x 2
.
第3项为T 3＝C 5(
－ x ＝C 56
14．(2019·台州市期末质量评估
)若(
x 2
－2－3)n 的睁开式中全部项的系数之和为 256，则
n
x
＝ ________，含x 2项的系数是________．(用数字作答) 答案 4108 分析 令x ＝1，则有(－4)n ＝256，解得n ＝4， 所以(x 2－2x －3)n ＝(x 2－2x －3)4＝(x －3)4(x ＋1)4，
所以 2
2
2 2
3
3 3
x 项的系数是 C 4(－3)
＋C 4×(－3)4 ＋C 4×(－3) ×C 4＝108.
15．(2018·绍兴市嵊州高考适应性考试
)已知多项式
5
＝(x －1)
5 1
4
2
(x ＋b )
＋a (x －1) ＋a (x －
1)3＋a 3(x －1)2＋a 4(x －1)－32，则b ＝________，a 2＝________.
答案 －340
分析 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
2
2) 2
＝40.
2
＝C 5·(－
a
16．(2018·丽水、衢州、湖州三地质检 )现有7名志愿者，此中只会俄语的有 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人担当英语
翻译，2人担当俄语翻译，共有 ________种不一样的选
法． 答案 60
2
2
分析
C 4C 2
2
1名只会俄语的，有
1
1
2
不选只会俄语的，有C 3·
2
·A 2＝6种选法；选
(C 3·C 4)
·C 3＝36
A
2
种选法；选2名只会俄语的，有 2
2
60种不一样的选法．
C 3·C 4＝18种选法，所以共有
17．有6张卡片分别写有数字 1,1,1,2,3,4
，从中任取 3张，可排出不一样的三位数的个数是
________．(用数字作答)
答案 34
分析 当拿出的 3张卡片中不含写有数字 1的卡片刻，只有1种取法，可构成
3
A 个不一样的三
3
位数；当拿出的3张卡片中，含1张写有数字
1的卡片刻，有
2
2 3
C 种取法，可构成
CA 个不一样
3
3
3
1 3
的三位数；当拿出的
3张卡片中，含2张写有数字 1的卡片刻，有
1
C 3A 3
C 种取法，可构成
A 2
个
3
2
不一样的三位数；当拿出
的
3张卡片都为写有数字
1的卡片刻，有 1种取法，只好构成 1个三
2 3 1
3
CA
位数．综上所述，构成的不一样的三位数共有
A3＋CA ＋
3
3
A 2
＋1＝34(个)．
3
3 3
2
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个座位不可以坐，而且这2人不左右相邻，共有多少种不一样的排法？解∵前排中间3个座位不可以坐，
∴实质可坐的地址前排8个，后排 12个．
(1) 两人一个前排，一个后排，方法数为 1
1
2
C 8 ·C 12·A 2；
(2) 两人均在后排左右不相邻，方法数为
2
2 1 2
；
A
－A ·A＝A
12 2
11
11
(3) 两人均在前排，又分两类：
112
①两人一左一右，方法数为C 4·C 4·A 2；
②两人同左或同右，方法数为 2
1
2 ．
2(A －A ·A )
4 3
2
综上，不一样的排法种数为
1
1
2
2 1 1
2
2
1
2
C ·C·A＋A
＋C ·C·A＋2(A
4
－A
·A )＝346. 8 12
2 11
4
4
2 3
2
19．(15分)已知 ， ∈N *， f ( x )＝(1＋
)m ＋(1＋ )n 的睁开式中
x 的系数为 19，求 2 的系数
mn
x
x
x
的最小值及此时睁开式中
x 7的系数．
解 由题设知， ＋＝19.又 ， ∈N *
，∴1≤≤18，
mn
mn
m
∴
2 2
2
1
2
1
2
－)
x 的系数为C
＋C ＝(
－)＋(
n
m
n
2 ＝m －19m ＋171.
∴当＝9或10时，
x 2
的系数取最小值
81，此时 x 7
7
7
的系数为C 9＋C 10＝156.
m
20．(15分)某人有4种颜色的灯泡 (每种颜色的灯泡足够多 )，要在以下列图的 6个点A ，B ，
C ，A 1，B 1，C 1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不一样色，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A 1，B 1，C 1上安装灯泡，A 1有4种方法，
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
第三步，再给节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＝
B 1有3种方法， 3种方法．
216(种)．
C 1有2种方法，则
21．(15分)已知
3 3
n
的睁开式的各项系数之和等于
3
15
的睁开式中的常数项，
－a
4b －
a
5b
求： (1) 睁开式的二项式系数和；
(2) 睁开式中a －
1项的二项式系数．
依题意，令a ＝1，得 3 3 n (3－1) n n
，4
3
1 5
解 a －a 睁开式中各项系数和为 ＝2 b － 5 睁开
b
k
3
5－k
1k
kk5－k
k
10
5k
式中的通项为 － ·5
·b
.
T k ＋1＝C 5(4 b ) 5b ＝(－1)C 54
2 6
若T k ＋1为常数项，则10－5k
＝0，即k ＝2，6
2 2
3 －1 ＝2 7
故常数项为T 3＝(－1)C 5·4·5
，
于是有 n
2＝27，得n ＝7. (1)
3
－ 3 a n 睁开式的二项式系数和为 2n ＝27＝128.
a
(2)
3 － 3
7
的通项为 T
k
3
7－k
·(
3
k
a
＝C
－a)
a k ＋1 7
a
5k 21
5k －21
k
k
7－k
，令
＝C 7(－1) ·3·a 6
＝－1，得k ＝3，
6
－1
项的二项式系数为
3
∴所求a
C 7＝35.
22．(15分)已知a ，b ，c ∈{－2,0,1,2,3}
，且a ，b ，c 互不同样，则关于方程
ay ＝b 2x 2＋c
所表示的曲线中不一样的抛物线共有多少条？
22
2
a c
解 将方程ay ＝bx ＋c 变形可得x ＝b 2y －b 2，若表示抛物线，则 a ≠0且b ≠0，所以分b ＝
－ 2,1,2,3四种状况：
若a ＝1，则c ＝0，2，3，
①当b ＝－2时，若a ＝2，则c ＝0，1，3，
若a ＝3，则c ＝0，1，2，
a 1c 13
当b 2＝4时，b 2＝0，2，4； a 1c 13 当b 2＝2时，b 2＝0，4，4；
a 3 c
1 1
当b 2＝ 4时，b 2＝0，4
，
2
.
若a ＝－2，则c ＝0，1，3，
②当b ＝2时，若a ＝1，则c ＝－2，0，3，
若a ＝3，则c ＝－2，0，1，
a 1c 13
当b 2＝－2时，b 2＝0，4，4； a 1c 13
当2＝时，2＝－，0，；
b 4b 24 a 3
c 11
当b 2＝4时，b 2＝－2，0，4.
若a ＝－2，则c ＝0，2，3，③当
b ＝1时，若a ＝2，则
c ＝0，－2，3，
若a ＝3，则c ＝0，－2，2. 若a ＝－2，则c ＝0，1，2，
④当b ＝3时，若a ＝1，则c ＝－2，0，2，
若a ＝2，则c ＝－2，0，1.
因为 ＝－2或 ＝2时， 2 ＝4，①与②中有 4条重复的抛物线，所以方程
ay ＝
2
2
＋ c 所表
b b b
bx
示的曲线中不一样的抛物线共
有
9×2－4＋9×2＝32(条)．。