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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
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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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