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        浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测含试卷分析答题技巧(打包11套)详细信息
        宜城教育365速发国际靠谱么_365bet亚洲官方网址_预付365商城下载网www.bjtlcd.com浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测含试卷分析答题技巧(打包11套)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C24A33=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A34=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A34+A34=2A34=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A22=2(种)情况;②将这个整体与英语全排列,有A22=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A33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C13A23种结果,故不同的播放方式的种数为A33C13A23=108.6.C03+C14+C25+C36+…+C1720的值为()A.C321B.C320C.C420D.C421答案D解析C03+C14+C25+C36+…+C1720=C04+C14+C25+C36+…+C1720=C15+C25+C36+…+C1720=C26+C36+…+C1720=…=C1721=C421,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C310+(-1)·C110·C19=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C12C35A44=480(种)情况;若甲、乙2人都参加且发言的顺序不相邻,有C22C25A22A23=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"x21+x22+x23+x24≤4"的元素个数为()A.60B.65C.80D.81答案D解析由题意可得x21+x22+x23+x24≤4成立,需要分五种情况讨论:①当x21+x22+x23+x24=0时,只有1种情况,即x1=x2=x3=x4=0;②当x21+x22+x23+x24=1时,即x1=±1,x2=x3=x4=0,有2C14=8种;③当x21+x22+x23+x24=2时,即x1=±1,x2=±1,x3=x4=0,有4C24=24种;④当x21+x22+x23+x24=3时,即x1=±1,x2=±1,x3=±1,x4=0,有8C34=32种;⑤当x21+x22+x23+x24=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=C14(-1)+4C03=0,b2=C24(-1)2+4C13(-1)+3C02=-3,b3=C34(-1)3+4C23(-1)2+3C12(-1)+2=4,b4=C44(-1)4+4C33(-1)3+3C22(-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C2nA22=42,则n!3!n-3!=________.答案35解析由nn-12×2=42,解得n=7,所以n!3!n-3!=7!3!4!=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1564解析二项式(1-x)6的展开式的通项公式为Tk+1=Ck6(-x)k=(-1)kCk6xk,令k=2得x2项的二项式系数为C26=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x-ax5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-6360解析x-ax5的展开式的通项Tk+1=Ck5(x)5-k·-axk=(-a)kCk5,当52-k=32时,k=1.∴(-a)1C15=-5a=30,∴a=-6.第3项为T3=C25(x)5-2--6x2=C2562=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4108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C24(-3)2+C24×(-3)4+C34×(-3)3×C34=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-340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=C25·(-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C03·C24C22A22·A22=6种选法;选1名只会俄语的,有(C13·C14)·C23=36种选法;选2名只会俄语的,有C23·C24=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A33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C23种取法,可构成C23A33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C13种取法,可构成C13A33A22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+C23A33+C13A33A22+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C18·C112·A22;(2)两人均在后排左右不相邻,方法数为A212-A22·A111=A211;(3)两人均在前排,又分两类:①两人一左一右,方法数为C14·C14·A22;②两人同左或同右,方法数为2(A24-A13·A22).综上,不同的排法种数为C18·C112·A22+A211+C14·C14·A22+2(A24-A13·A22)=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C2m+C2n=12(m2-m)+12(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C79+C710=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3a-3an的展开式的各项系数之和等于43b-15b5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3a-3an展开式中各项系数和为(3-1)n=2n,43b-15b5展开式中的通项为Tk+1=Ck5(43b)5-k-15bk=(-1)kCk545-k··.若Tk+1为常数项,则10-5k6=0,即k=2,故常数项为T3=(-1)2C25·43·5-1=27,于是有2n=27,得n=7.(1)3a-3an展开式的二项式系数和为2n=27=128.(2)3a-3a7的通项为Tk+1=Ck73a7-k·(-3a)k=Ck7(-1)k·37-k·,令5k-216=-1,得k=3,∴所求a-1项的二项式系数为C37=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=ab2y-cb2,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,若a=1,则c=0,2,3,若a=2,则c=0,1,3,若a=3,则c=0,1,2,当ab2=14时,cb2=0,12,34;当ab2=12时,cb2=0,14,34;当ab2=34时,cb2=0,14,12.②当b=2时,若a=-2,则c=0,1,3,若a=1,则c=-2,0,3,若a=3,则c=-2,0,1,当ab2=-12时,cb2=0,14,34;当ab2=14时,cb2=-12,0,34;当ab2=34时,cb2=-12,0,14.③当b=1时,若a=-2,则c=0,2,3,若a=2,则c=0,-2,3,若a=3,则c=0,-2,2.④当b=3时,若a=-2,则c=0,1,2,若a=1,则c=-2,0,2,若a=2,则c=-2,0,1.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). 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