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2019-2020年高考数学大一轮总复习第十一章计数原理同步训练理 A级训练完成时间10分钟
1.某城市的电话号码,由六位升为七位首位数字均不为零,则该城市可增加的电话部数是 A.9×8×7×6×5×4×3B.8×96C.9×106D.81×105
2.从a、b、c、d、e五人中选1名班长,1名副班长,1名学习委员,1名纪律委员,1名文娱委员,但a不能当班长,b不能当副班长.则不同选法总数为 A.78B.54C.24D.20
3.某生产过程有4道工序,每道工序需要安排一人照看,现从甲乙丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序,第一道工序只能从甲乙两工人中安排1人,第四道工序只能从甲丙两工人中安排1人,则不同的安排方案有 A.24种B.36种C.48种D.72种
4.五名旅客在三家旅店投宿的方法有 243 种.
5.72的正约数包括1和72共有 12 个.
6.4张卡片的正、反面分别写有0与12与34与56与7,将其中3张卡片排放在一起,可组成多少个不同的三位数?B级训练完成时间20分钟
1.[限时2分钟,达标是 否 ]已知复数a+bi,其中a,b为012,…,9这10个数字中的两个不同的数,则不同的虚数的个数为 A.36B.72C.81D.90
2.[限时2分钟,达标是 否 ]已知集合M∈{1,-23},N∈{-456,-7},从两个集合中各取一个元素作为点的坐标,则这样的坐标在直角坐标系中可表示第
一、二象限内不同的点的个数是 A.18B.10C.16D.14
3.[限时2分钟,达标是 否 ]如图是某汽车维修公司的维修点环形分布图.公司在年初分配给A,B,C,D四个维修点某种配件各50件.在使用前发现需将A,B,C,D四个维修点的这批配件分别调整为40455461件,但调整只能在相邻维修点之间进行,那么要完成上述调整,最少的调动件次n件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为n为 A.15B.16C.17D.18
4.[限时3分钟,达标是 否 ]如图,正五边形ABCDE中,若把顶点A、B、C、D、E染上红、黄、绿三种颜色中的一种,使得相邻顶点所染颜色不相同,则不同的染色方法共有 30 种.
5.[限时3分钟,达标是 否 ]用n种不同的颜色为下列两块广告牌着色如图甲、乙,要求在
①②③④四个区域中相邻有公共边界的区域不用同一颜色.1若n=6,则为甲图着色的不同方法共有 480 种;2若为乙图着色时共有120种不同方法,则n= 5 .
6.[限时4分钟,达标是 否 ]某体育彩票规定从01至36共36个号中抽出7个号为一注,每注2元.某人想先选定吉利号18,然后从01至17中选3个连续的号,从19至29中选2个连续的号,从30至36中选1个号组成一注.若这个人要把符合这种要求的号全买下,至少要花多少元钱?
7.[限时4分钟,达标是 否 ]从{-3,-2,-101234}中任选三个不同元素作为二次函数y=ax2+bx+c的系数,问能组成多少条图象为经过原点且顶点在第一象限或第三象限的抛物线?C级训练完成时间9分钟
1.[限时4分钟,达标是 否 ]xx·重庆某次联欢会要安排3个歌舞类节目,2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是 A.72B.120C.144D.168
2.[限时5分钟,达标是 否 ]已知圆的方程x-a2+y-b2=r2r>0,从0345678910这九个数中选出3个不同的数,分别作圆心的横坐标、纵坐标和圆的半径.问1可以作多少个不同的圆?2经过原点的圆有多少个?3圆心在直线上x+y-10=0的圆有多少个?第2讲 排列与组合 A级训练完成时间10分钟
1.甲、乙、丙、丁、戊共5人站成一排,其中甲、乙两人中间恰有1人的站法种数是 A.18B.24C.36D.48
2.xx·四川从13579这五个数中,每次取出两个不同的数分别为a,b,共可得到lga-lgb的不同值的个数是 A.9B.10C.18D.20
3.xx·山东用01,…,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为 A.243B.252C.261D.279
4.xx·全国6个人排成一行,其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有 480 种.用数字作答
5.选派5名学生参加四项环保志愿活动,要求每项活动至少有一人参加,则不同的选派方法共有 240 种.
6.某校高xx级数学培优学习小组有男生3人女生2人,这5人站成一排留影.1求其中的甲乙两人必须相邻的站法有多少种?2求其中的甲乙两人不相邻的站法有多少种?3求甲不站最左端且乙不站最右端的站法有多少种?B级训练完成时间24分钟
1.[限时2分钟,达标是 否 ]从正方体的6个面中选取3个面,其中有2个面不相邻的选法共有 A.8种B.12种C.16种D.20种
2.[限时2分钟,达标是 否 ]某市教育局人事部门打算将甲、乙、丙、丁四名应届大学毕业生安排到该市三所不同的学校任教,每所学校至少安排一名,其中甲、乙因属同一学科,不能安排在同一所学校,则不同的安排方法种数为 A.18B.24C.30D.36
3.[限时2分钟,达标是 否 ]八个一样的小球排成一排,涂上红、白两种颜色,5个涂红色,3个涂白色.若涂红色的小球恰好有三个连续,则不同涂法共有 A.36种B.30种C.24种D.20种
4.[限时3分钟,达标是 否 ]用012345这六个数字,可以组成 216 个没有重复数字且能被5整除的五位数结果用数值表示.
5.[限时2分钟,达标是 否 ]xx·北京把5件不同产品摆成一排,若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有 36 种.
6.[限时2分钟,达标是 否 ]xx·浙江在8张奖券中有
一、
二、三等奖各1张,其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人,每人2张,不同的获奖情况有 60 种用数字作答.
7.[限时5分钟,达标是 否 ]用02357这5个数字,可组成多少能被5整除的四位数.要写步骤1数字不重复;2数字可以重复.[限时6分钟,达标是 否 ]有编号分别为
1、
2、
3、4的四个盒子和四个小球,把小球全部放入盒子.问1共有多少种放法?2恰有一个空盒,有多少种放法?3恰有2个盒子内不放球,有多少种放法?C级训练完成时间10分钟
1.[限时5分钟,达标是 否 ]我们把各位数字之和为7的四位数为“北斗数”如xx是“北斗数”.则“北斗数”中千位为2的共有 21 个.
2.[限时5分钟,达标是 否 ]一个五位数满足a<b,b>c>d,d<e且a>d,b>e如3720145412,则称这个五位数符合“正弦规律”.那么,共有 2892 个五位数符合“正弦规律”.第3讲 二项式定理 A级训练完成时间10分钟
1.1+2x5的展开式中,x2的系数等于 A.80B.40C.20D.10
2.xx·新课标已知1+ax1+x5的展开式中x2的系数为5,则a= A.-4B.-3C.-2D.-1
3.在二项式x2-5的展开式中,含x4的项的系数是 A.-10B.10C.-5D.5
4.xx·四川二项式x+y5的展开式中,含x2y3的项的系数是 10 .用数字作答
5.xx·安徽若x+8的展开式中x4的系数为7,则实数a=________.
6.xx·广东深圳二模在2x+4的二项展开式中,含x3项的系数是________.
7.xx·山东若ax2+6的展开式中x3项的系数为20,则a2+b2的最小值为 2 .B级训练完成时间20分钟
1.[限时2分钟,达标是 否 ]在2x2-5的二项展开式中,x的系数为 A.10B.-10C.40D.-40
2.[限时2分钟,达标是 否 ]二项式3x2-n的展开式中有常数项,则n的最小值为 A.8B.9C.10D.11
3.[限时2分钟,达标是 否 ]已知1-2xn的展开式中,奇数项的二项式系数之和为32,则该二项展开式的中间项为 A.160x3B.-160x3C.240x4D.-160x3和240x4
4.[限时2分钟,达标是 否 ]设a∈Z,且0≤a≤13,若51xx+a能被13整除,则a= A.0B.1C.11D.12
5.[限时2分钟,达标是 否 ]xx·广东广州二模已知2x3-n的展开式的常数项是第7项,则正整数n的值为 8 .
6.[限时2分钟,达标是 否 ]xx·广东汕尾二模若x-16=a6x6+a5x5+…+a2x2+a1x+a0,则函数fx=a2x2+a1x+a0的增区间为__________.
7.[限时2分钟,达标是 否 ]若将函数fx=x5表示为fx=a0+a11+x+a21+x2+…+a51+x5,其中a0,a1,a3,…,a5为实数,则a3= 10 .
8.[限时6分钟,达标是 否 ]设fx=1+xm+1+xn展开式中x的系数是19m,n∈N+.1求fx展开式中x2的系数的最小值;2对fx展开式中x2的系数取最小值时的m和n,求fx展开式中x7的系数.C级训练完成时间6分钟
1.[限时3分钟,达标是 否 ]1+2xn的展开式中x3的系数等于x2的系数的4倍,则n等于 8 .
2.[限时3分钟,达标是 否 ]在x+yn的展开式中,若第七项系数最大,则n的值可能等于 A.1314B.1415C.1213D.111213第十一章 计数原理第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理【A级训练】1.D 解析由题意知本题是一个分步计数问题,电话号码是六位数字时,该城市可安装电话9×105部,同理升为七位时为9×
106.所以可增加的电话部数是9×106-9×105=81×
105.2.A 解析第1类,a当副班长,共有A种选法;第2类,a当委员,共有CC·A种选法.所以不同选法共有A+CC·A=24+54=78种.3.B 解析依题若第一道工序由甲来完成,则第四道工序必由丙来完成,故完成方案共有A=12种;若第一道工序由乙来完成,则第四道工序必由甲丙二人之一来完成,故完成方案共有A·A=24种;所以则不同的安排方案共有A+A·A=36种.4.243 解析完成这件事,可分成五个步骤第一步安排一名旅客,有3种投宿方法,同理第二步,第三步,第四步,第五步依次安排一名旅客,都各自有3种方法,根据分步计数原理,得到五名旅客在三家旅店投宿的方法有N=3×3×3×3×3=35=243种.5.12 解析72=23×
32.所以2m·3n0≤m≤30≤n≤2,m,n∈N都是72的正约数.m的取法有4种,n的取法有3种,由分步计数原理共3×4个.6.解析分三个步骤第一步百位可放8-1=7个数;第二步十位可放6个数;第三步个位可放4个数.根据分步计数原理,可以组成7×6×4=168个数.【B级训练】1.C 解析当a取0时,b有9种取法,当a不取0时,a有9种取法,b不能取0和a取的数,故b有8种取法,所以组成不同的虚数个数为9+9×8=81种.2.D 解析由题意知本题是一个分类和分步的综合问题,M中的元素作点的横坐标,N中的元素作点的纵坐标,在第一象限的点共有2×2个,在第二象限的点共有1×2个.N中的元素作点的横坐标,M中的元素作点的纵坐标,在第一象限的点共有2×2个,在第二象限的点共有2×2个.所以所求不同的点的个数是2×2+1×2+2×2+2×2=14个.3.B 解析D处的零件要从A、C或B处移来调整,且件次数最少.方案一从A处调10个零件到D处,从B处调5个零件到C处,从C处调1个零件到D处,共调动16件次;方案二从B处调1个零件到A处,从A处调11个零件到D处,从B处调4个零件到C处,共调动16件次.故选B.4.30 解析由题意知给五个顶点染色,使得相邻顶点所染颜色不相同,将图中五个点分成三组AC、BD、E;AC、BE、D;AD、BE、C;AD、CE、B;BD、CE、A.共五种情况,于是有5A=30种涂色方法.5.1480 25 解析1由分步乘法计数原理,对区域
①②③④按顺序着色,共有6×5×4×4=480种方法.2与第1问的区别在于与
④相邻的区域由2块变成了3块.同样利用分步乘法计数原理,得nn-1n-2n-3=
120.所以n2-3nn2-3n+2=120,即n2-3n2+2n2-3n-12×10=0,所以n2-3n-10=0,n2-3n+12=0舍去,解得n=5,n=-2舍去.6.解析由题意知本题是一个分步计数问题,第1步从01到17中选3个连续号有15种选法;第2步从19到29中选2个连续号有10种选法;第3步从30到36中选1个号有7种选法.由分步计数原理可知满足要求的注数共有15×10×7=1050注,故至少要花1050×2=
2100.7.解析抛物线经过原点,得c=0,当顶点在第一象限时,a<0,->0,即,则有3×4=12种;当顶点在第三象限时,a>0,-<0,即a>0,b>0,则有4×3=12种.共计有12+12=24种.【C级训练】1.B 解析先安排小品节目和相声节目,然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种“小品,小品,相声”“小品,相声,小品”和“相声,小品,小品”.对于第一种情况,形式为“□小品歌舞小品□相声□”,有ACA=36种安排方法;同理,第三种情况也有36种安排方法,对于第二种情况,三个节目形成4个空,其形式为“□小品□相声□小品□”,有AA=48种安排方法,故共有36+36+48=120种安排方法.2.解析1可分两步完成第一步,先选r,因r>0,则r有A种选法,第二步再选a,b,在剩余8个数中任取2个,有A种选法,所以由分步计数原理可得有AA=448个不同的圆.2圆x-a2+y-b2=r2经过原点,a、b、r满足a2+b2=r2,满足该条件的a,b,r共有345与6810两组,考虑a、b的顺序,有A种情况,所以符合题意的圆有2A=4个.3圆心在直线x+y-10=0上,即满足a+b=10,则满足条件的a、b有三组010;37;
46.当a、b取
10、0时,r有7种情况,当a、b取
3、7;
4、6时,r不可取0,有6种情况,考虑a、b的顺序,有A种情况,所以满足题意的圆共有AA+2AA=38个.第2讲 排列与组合【A级训练】1.C 解析先选1人站在甲、乙两人中间,再与其余2人进行全排,可得C·A·A=36种.2.C 解析从13579中,每次取出两个不同的数作为a,b可以得到不同的差式lga-lgb共计A=20个,但其中lg9-lg3=lg3-lg1,lg3-lg9=lg1-lg3,故不同的值只有18个.3.B 解析排除法十个数排成不重复数字的三位数求解方法是第一步,排百位数字,有9种方法0不能作首位,第二步,排十位数字,有9种方法,第三步,排个位数字,有8种方法,根据乘法原理,共有9×9×8=648个没有重复数字的三位数.可以组成所有三位数的个数9×10×10=900,所以可以组成有重复数字的三位数的个数是900-648=
252.4.480 解析先排另外四人,方法数是A,再在隔出的五个位置安插甲乙,方法数是A,根据乘法原理得不同排法共有AA=24×20=480种.5.240 解析根据题意,分2步分析
①先将5名学生分成4组,分析可得应该1组有2人,剩余3组每组1人,则有C=10种情况;
②将分好的4个组对应四项环保志愿活动,有A=24种情况,则共有10×24=240种不同的选派方法.6.解析1把甲乙捆绑成一个整体与其余3人当做4个人作全排列有A种,且甲、乙的位置还可以互换,所以不同站法有A·A=48种.2除甲乙两人外其余3人的排列数为A,而甲乙二人应插其余3人排好的空才不相邻;且甲、乙位置可以互换.故有CA种排列方式.所以不同站法有A·CA=72种.3优先考虑甲若甲站最右端,则乙与其余三人可任意排,则此时的排法数为A种;若甲不站最右端,则先从中间3个位置中选一个给甲,再从除最右端的剩余的3个位置中选一个给乙,其余的三个人任意排,则此时的排法数为CCA种;所以不同站法有A+CCA=78种.【B级训练】1.B 解析使用间接法,首先分析从6个面中选取3个面,共C种不同的取法,而其中有3个面相邻,即8个角上3个相邻平面,选法有8种,则选法共有C-8=12种.2.C 解析先计算四名学生中有两名分在一所学校的种数,可从4个中选2个,和其余的2个看作3个元素的全排列共有C·A种,再排除甲乙被分在同一所学校的情况共有A种,所以不同的安排方法种数是C·A-A=36-6=
30.3.C 解析根据题意,先把3个涂白色的小球排起来,有4个空位;再把3个涂红色的小球看成一体,与剩余的2个红球插入白球的空位;需要分2步分析
①把捆绑的小球插入3个涂白色的小球中有4种选择;
②把剩下的2个红色小球插入2个红色小球分开有3种插法,在一起也有3种插法,即不同的涂法有4×3+3=24种.4.216 解析因为用012345这六个数字,可以组成没有重复数字且能被5整除的五位数,所以
①当有0时,若0排在个位,可从12345这5个数字中选4个排在其他四个位置,有A=120种方法,若0不排在个位,它又不能排在万位,故有三个位置可排,有A种方法,个位必排5,再从1234中选三个在在其他三个位置自由排列,有A种方法,所以共有A·A=72种方法.
②若没有0,则5必排在个位,1234在其他四个位置自由排列,有A=24种方法.综合
①②得,共有120+72+24=216种方法.5.36 解析将产品A与B捆绑在一起,然后与其他三种产品进行全排列,共有AA种方法,将产品A,B,C捆绑在一起,且A在中间,然后与其他两种产品进行全排列,共有AA种方法.于是符合题意的排法共有AA-AA=36种.6.60 解析把8张奖券分4组有两种分法,一种是分一等奖,无奖、二等奖,无奖、三等奖,无奖、无奖,无奖四组,分给4人有A种分法;另一种是一组两个奖,一组只有一个奖,另两组无奖,共有C种分法,再分给4人有CA种分法,所以不同获奖情况种数为A+CA=24+36=
60.7.解析1根据题意,被5整除的数的末位数字为5或0,分析可得,当末位数字为5时,则首位数字有3种选择,第二位数字有3种选择,第三位数字有2种选择,即共有3×3×2=18种情况;当末位数字为0时,前三位数字可以从2357任取3个,即共有A=24种情况.综合可得,有18+24=42种情况.2根据题意,被5整除的数的末位数字为5或0,分析可得,当末位数字为5时,则首位数字不能为0,有4种选择,因可以重复,则第
二、三位数字各有5种选择,共5×5×4=100种情况;当末位数字为0时,则首位数字不能为0,有4种选择,因可以重复,则第
二、三位数字各有5种选择,共5×5×4=100种情况.综合可得,有100+100=200种情况.8.解析1本题要求把小球全部放入盒子,因为1号小球可放入任意一个盒子内,有4种放法.同理,
2、
3、4号小球也各有4种放法,所以共有44=256种放法.2因为恰有一个空盒,则这4个盒子中只有3个盒子内有小球,且小球数只能是
1、
1、
2.先从4个小球中任选2个放在一起,有C种方法,然后与其余2个小球看成三组,分别放入4个盒子中的3个盒子中,有A种放法.所以由分步计数原理知共有CA=144种不同的放法.3恰有2个盒子内不放球,也就是把4个小球只放入2个盒子内,有两类放法
①一个盒子内放1个球,另一个盒子内放3个球.先把小球分为两组,一组1个,另一组3个,有C种分法,再放到2个盒子内,有A种放法,共有CA种放法;
②2个盒子内各放2个小球.先从4个盒子中选出2个盒子,有C种选法,然后把4个小球平均分成2组,每组2个,放入2个盒子内,有C种放法,共有CC种放法.所以由分类计数原理知共有CA+CC=84种不同的放法.【C级训练】1.21 解析根据题意,分析可得,“北斗数”中千位为2,则其他三位数字之和为5,分5种情况讨论
①若其他三位数字为
0、
0、5,在后三位数字中任取一个放5,其余为0即可,有C=3种情况;
②若其他三位数字为
0、
1、4,三个数字完全不同,进行全排列对应三个位置,有A=6种情况;
③若其他三位数字为
0、
2、3,三个数字完全不同,进行全排列对应三个位置,有A=6种情况;
④若其他三位数字为
1、
1、3,在后三位数字中任取一个放3,其余为1即可,有C=3种情况;
⑤若其他三位数字为
1、
2、2,在后三位数字中任取一个放1,其余为2即可,有C=3种情况.共有3+6+6+3+3=21种情况,即“北斗数”中千位为2的共有21个.2.2892 解析条件就是b是最大的,d是最小的,a,c,e介于最小最大之间.取b=9,d=7时,a,c,e只能是8;d=6时,a,c,e可取78,共23种;d=5时,a,c,e可取678,共33种;…,d=0时,a,c,e可取12,…,8,共83种;故此种情况是1+23+…+83种.类似b=8时,是1+23+…+73种;b=7时,是1+23+…+63种;b=6时,是1+23+…+53种;b=5时,是1+23+…+43种;b=4时,是1+23+33种;b=3时,是1+23种;b=2时,是1种.最后得所有的情况是1+23+…+83+1+23+…+73+…+1=
2892.第3讲 二项式定理【A级训练】1.B 解析1+2x5的展开式的通项为Tr+1=C2xr,令r=2,则x2的系数等于C×22=
40.2.D 解析已知1+ɑx1+x5的展开式中,x2的系数为C+aC=5,则a=-
1.3.B 解析对于Tr+1=Cx25-r-r=-1rCx10-3r,令10-3r=4,得r=2,则x4的项的系数是C-12=
10.4.10 解析根据二项展开式的性质可得x2y3的系数为C=
10.
5. 解析二项式x+8的展开式的通项为Tr+1=Carx8-r,令8-r=4,可得r=3,故Ca3=7,解得a=.6.32 解析2x+4的二项展开式的通项公式为Tr+1=C·3·24-r·x4-r,令4-r=3,求得r=1,所以含x3项的系数是C··8=
32.7.2 解析ax2+6的展开式的通项为Tr+1=Cax26-r·r=Ca6-rbrx12-3r,令12-3r=3,得r=3,由Ca6-3b3=20得ab=1,所以a2+b2≥2=2,故a2+b2的最小值为
2.【B级训练】1.D 解析二项展开式的通项为Tk+1=C2x25-k·-k=C25-kx10-3k-1k,令10-3k=1,解得3k=9,k=3,所以T4=C22x-13=-40x,所以x的系数为-40,故选D.2.D 解析Tr+1=C3x2n-r·-r=-r·3n-r·C·x2n-22r.令2n-22r=0,得n=11r,所以n的最小值为
11.3.B 解析由已知2n-1=32,得n=6,则中间项为T4=C-2x3=-160x
3.4.D 解析由于51=52-1,52-1xx=C52xx-C522011+…-C521+1,又由于13整除52,所以只需13整除1+a0≤a<13,所以a=12,故选D.5.8 解析因为2x3-n的展开式的通项公式为Tr+1=C·2n-r·-1r·x3n-4r,展开式的常数项是第7项,所以3n-4×6=0,解得n=
8.6.[,+∞ 解析由题意可得函数fx=a2x2+a1x+a0=Cx2-Cx+C=15x2-6x+1,显然函数fx为二次函数,图象的对称轴方程为x=,故函数fx的增区间为[,+∞.7.10 解析方法一由于fx=x5=[1+x-1]5,那么a3=C-12=
10.方法二对等式fx=x5=a0+a11+x+a21+x2+…+a51+x5两边连续对x求导三次得60x2=6a3+24a41+x+60a51+x2,再运用赋值法,令x=-1得60=6a3,即a3=
10.8.解析1由题设,得m+n=
19.所以m=19-n.x2的系数为C+C=C+C=n2-19n+171=n-2+.因为n∈N+,所以当n=9,或n=10时,x2的系数取最小值
81.2当n=9,m=10,或n=10,m=9时,x7的系数为C+C=
156.【C级训练】1.8 解析设1+2xn的展开式的通项公式为Tr+1,则Tr+1=C2xr=2r·C·xr,令r=3得展开式中x3的系数为8C,令r=2得展开式中x2的系数为4C.依题意,8C=4×4C,=2×,解得n=
8.2.D 解析根据题意,分三种情况
①若仅T7系数最大,则共有13项,n=12;
②若T7与T6系数相等且最大,则共有12项,n=11;
③若T7与T8系数相等且最大,则共有14项,n=
13.所以n的值可能等于
111213.。