2022届高考数学一轮复习单元检测十三　计数原理（解析版）

单元检测十三　计数原理

(时间：120分钟　满分：150分)

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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)

1．2020年初，我国向相关国家派出了由医疗专家组成的医疗小组．现有四个医疗小组和4个需要援助的国家，每个医疗小组只去一个国家，且4个医疗小组去的国家各不相同，则不同的分配方法有(　　)

A．64种  B．48种  C．24种  D．12种

答案　C

解析　4个医疗小组全排列后按顺序到四个国家即可，共有A＝24(种)方法．

2．在5的二项展开式中x2的系数为(　　)

A．40  B．－40  C．80  D．－80

答案　D

解析　因为5展开式的第k＋1项为

Tk＋1＝C(2x)5－k(－1)kx－2k＝C(－1)k25－kx5－3k，

令5－3k＝2，则k＝1，

所以5的二项展开式中x2的系数为

C×(－1)×24＝－80.

3．(2020·北京市通州区期末)甲、乙、丙、丁四名同学和一名老师站成一排合影留念．若老师站在正中间，甲同学不与老师相邻，乙同学与老师相邻，则不同站法种数为(　　)

A．24  B．12  C．8  D．6

答案　C

解析　由题：老师站中间，

第一步：排乙，乙与老师相邻，2种排法；

第二步：排甲，此时甲有两个位置可以站，2种排法；

第三步：排剩下两位同学，2种排法，

所以共2×2×2＝8(种)．

4.6展开式中各项系数之和为(　　)

A．26  B．36  C．46  D．1

答案　A

解析　令x＝1，得6展开式中各项系数之和为(3－1)6＝26.

5.如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，而且四种不同的颜色要全部用完，则不同的涂色方法共有(　　)

A．144种  B．216种  C．264种  D．360种

答案　B

解析　由题意，4种颜色都用到，先给A，B，C三点涂色，有A种涂法，再给D，E，F涂色，因为D，E，F中必有一点用到第4种颜色，有C种涂法，所以另外两点用到A，B，C三点所用颜色中的两种，有C种涂法，

由分步乘法计数原理得ACC＝216(种)．

6．在(2－x)6(x＋1)展开式中，含x4的项的系数是(　　)

A．220  B．－220  C．100  D．－100

答案　D

解析　由题意知，含x4的项有两部分，即C23(－x)3·x＋C22(－x)4，所以含x4的项的系数是－C23＋C22＝－100.

7．若用0,1,2,3,4,5这6个数字组成无重复数字且奇数数字互不相邻的六位数，则这样的六位数共有(　　)

A．120个  B．132个  C．144个  D．156个

答案　B

解析　先排0,2,4，再让1,3,5插空．总的排法共A·A＝144.其中0在排头，将1,3,5插在后三个空的排法共A·A＝12，此时构不成六位数，故总的六位数的个数为144－12＝132.

8．设常数a∈R.若5的二项展开式中含x7的项的系数为－15，则a等于(　　)

A．－2  B．2  C．3  D．－3

答案　D

解析　5的二项展开式的通项公式为

Tk＋1＝C·(x2)5－k·k＝ak·C·x10－3k，k＝0,1,2,3,4,5.

令10－3k＝7，得k＝1，

所以展开式中含x7的项的系数为a·C＝－15，

解得a＝－3.

9．(2020·北京市昌平区新学道临川学校期末)在6的二项展开式中，常数项为(　　)

A．－  B.  C．－20  D．20

答案　C

解析　因为Tk＋1＝C·6－k·k＝(－1)k22k－6Cx3－k，所以可得当k＝3时，常数项为－20，C正确．

10．疫情期间，上海某医院安排5名专家到3个不同的区级医院支援，每名专家只去一个区级医院，每个区级医院至少安排一名专家，则不同的安排方法共有(　　)

A．60种  B．90种  C．150种  D．240种

答案　C

解析　5名专家到3个不同的区级医院，分为1,2,2和1,1,3两种情况，

分为1,2,2时，有A种安排方法；

分为1,1,3时，有A种安排方法．

所以一共有A＋A＝150种安排方法．

11．(2021·温州模拟)本次模拟考试结束后，班级要排一张语文、数学、英语、物理、化学、生物六科试卷讲评顺序表，若化学排在生物前面，数学与物理不相邻且都不排在最后，则不同的排表方法共有(　　)

A．72种  B．144种  C．288种  D．360种

答案　B

解析　第一步排语文，英语，化学，生物4种，且化学排在生物前面，有A＝12(种)排法；第二步将数学和物理分别插入前4科除最后位置外的4个空中，有A＝12种排法，所以不同的排表方法共有12×12＝144(种)．

12．(2021·广州模拟)若(1＋x)20＝a0＋a1x＋…＋a19x19＋a20x20，则a0＋a1＋…＋a9＋a10的值为(　　)

A．219   B．219－C

C．219＋C   D．219＋C

答案　C

解析　(1＋x)20展开式的通项为Tk＋1＝Cxk，

故an＝C，

(1＋x)20＝a0＋a1x＋…＋a19x19＋a20x20，

令x＝1，得a0＋a1＋…＋a19＋a20＝220，

∵a0＋a1＋…＋a9＝a11＋a12＋…＋a19＋a20，a10＝C，

∴a0＋a1＋…＋a9＝＝219－C，

∴a0＋a1＋…＋a9＋a10＝219＋C.

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)

13．(2021·嘉兴模拟)将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，若A，B，C均互不相邻且A，B在C的同一侧，则不同的排法有________种．(用数字作答)

答案　96

解析　先排D，E，F，有A种排法；再利用插空法排A，B，C且C只能插在A，B的同侧，有CCA种排法，所以共有ACCA＝96(种)排法．

14．(2020·北京市昌平区新学道临川学校月考)(x＋2y)·(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为________．

答案　30

解析　因为(x＋2y)(x＋y)5＝(x＋2y)(Cx5＋Cx4y＋…＋Cy5)，

所以它的展开式中含x3y3的项有Cx3y3和2Cx3y3，

所以x3y3的系数为C＋2C＝30.

15．早在11世纪中叶，我国宋代数学家贾宪在其著作《释锁算数》中就给出了二、三、四、五、六次幂的二项式系数表．已知(ax－1)6的展开式中x3的系数为－160，则实数a＝________.

答案　2

解析　由题可知，T4＝C(－1)3(ax)3＝－160x3，则20a3＝160，故a＝2.

16．(2020·绍兴模拟)某地区有3个不同的值班地点，每个值班地点需配一名医务人员和两名警察，现将3名医务人员(1男2女)和6名警察(4男2女)分配到这3个地点去值班，要求每个值班地点至少有一名女性，则共有________种不同的分配方案．(用具体数字作答)

答案　324

解析　根据题意，分2步进行分析：

①将9人分成3组，每组一名医务人员和两名警察，要求每一组至少有1名女性，

将9人分成3组，有A×种情况，其中存在某组没有女性即全部为男性的情况有CC种，

则有A×－CC＝90－36＝54(种)分组方法，

②将分好的三组全排列，对应三个值班地点，有A＝6(种)情况，

则有54×6＝324(种)不同的分配方案．

三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17．(10分)(1)解不等式A<6A(x∈N且x≥3)；

(2)已知－＝，求m.

解　(1)原不等式即<6·，

也就是<，

因为3≤x≤9，且x∈N，化简得x2－21x＋104<0，

解得8<x<13，所以x＝9，

所以原不等式的解集为{9}．

(2)依题意，m的取值范围是{m|0≤m≤5，m∈N*}，

原等式化为－＝，

化简得m2－23m＋42＝0，解得m＝21或m＝2，

因为0≤m≤5，m∈N*，

所以m＝21应舍去，所以m＝2.

18．(12分)从7名男生和5名女生中选取5人，分别求符合下列条件的选法有多少种？

(1)其中的A，B必须当选；

(2)A，B恰有一人当选；

(3)选取3名男生和2名女生分别担任班长、体育委员等5种不同职务，但体育委员必须由男生担任，班长必须由女生担任．

解　(1)根据题意，先选出A，B，再从剩下的10人中选3人，共有CC＝120(种)选法．

(2)根据题意，先选出A，B中1人，再从剩下的10人中选4人，共有CC＝420(种)选法．

(3)选出一名男生担任体育委员共有C种情况，选出一名女生担任班长共有C种情况，剩下6名男生再选2人，4名女生再选1人，担任其他3个班委，共有CCA种情况，所以共有CCCCA＝12 600(种)选法．

19．(12分)已知A＝30C，设f(x)＝n.

(1)求n的值；

(2)求f(x)的展开式中的常数项．

解　(1)由已知A＝30C得＝，＝，

解得n＝8.

(2)8展开式的通项为

Tk＋1＝Cx8－kk＝，

令8－＝0，得k＝6，

即f(x)的展开式中的常数项为T7＝28.

20．(12分)一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球，

(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？

(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？

解　(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法，红球4个，红球3个和白球1个，红球2个和白球2个，红球4个，取法有1种；

红球3个和白球1个，取法有C·C＝24种；

红球2个和白球2个，取法有C·C＝90种；

根据分类加法计数原理，红球的个数不比白球少的取法有1＋24＋90＝115(种)．

(2)使总分不少于7分的情况有三种，4红1白，3红2白，2红3白．

第一种，4红1白，取法有CC＝6(种)；

第二种，3红2白，取法有C·C＝60(种)，

第三种，2红3白，取法有C·C＝120(种)，

根据分类加法计数原理，总分不少于7分的取法共有6＋60＋120＝186(种)．

21．(12分)设二项式n，若其展开式中，奇数项二项式系数之和为47，是否存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项？

解　因为奇数项二项式系数之和为47，

∴2n－1＝47＝214，∴n＝15.

∴Tk＝C·()16－k·k－1＝3k－1·C·.

由22－7k＝0，得k＝∉Z.

即不存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项．

22．(12分)已知(2x－1)n＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn(n∈N*)，若(2x－1)n的展开式中，只有第6项的二项式系数最大．

(1)求n的值；

(2)求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|的值．

解　(1)若(2x－1)n的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则＝5，∴n＝10.

(2)由(1)知n＝10，

则(2x－1)10＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10，

令x＝0，得a0＝1，

令x＝－1，则310＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝1＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10|，

∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10|＝310－1.