2019版数学（理）一轮全国版单元提分练（集全国各地市模拟新题重组）：单元检测十 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精单元检测十计数原理考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前,考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60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)1．一个袋子里放有6个球，另一个袋子里放有8个球,每个球各不相同，从两袋子里各取一个球,不同取法的种数为（)A．182B．14C．48D．912．从10名高三年级优秀学生中挑选3人担任校长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为(）A．85 B．56C．49 D．283。eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x2－\f（2,x3)）)5展开式中的常数项为(）A．40 B．－80C．80 D．－404．用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂法有()ABCDA。72种 B．48种C．24种 D．12种5．若5名学生分到A，B，C三个宿舍,每个宿舍至少1人至多2人，其中学生甲不到A宿舍的不同分法有（)A．18种 B．36种C．48种 D．60种6．10名同学合影，站成了前排3人,后排7人，现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对顺序不变,则不同的调整方法的种数为（）A．Ceq\o\al（2,7)Aeq\o\al（5,5） B．Ceq\o\al（2，7)Aeq\o\al(2，2)C．Ceq\o\al（2,7）Aeq\o\al（2，5） D．Ceq\o\al(2,7）Aeq\o\al（3,5）7．已知关于x的二项式eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\r(x）＋\f(a,\r(3，x）)））展开式的二项式系数之和为32，常数项为80,则a的值为(）A．1 B．±1C．2 D．±28．(2018·济南模拟）在（1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn中，若2a2＋an－5＝0，则自然数n的值是（)A．7B．8C．9D．109．设函数f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－\f(1，x))）6，x〈0，，－\r(x），x≥0，））则当x>0时，f［f（x)］表达式的展开式中常数项为（)A．－20 B．20C．－15 D．1510．将A，B，C,D四个小球放入编号为1,2，3的三个盒子中,若每个盒子中至少放一个球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法有（）A．15种 B．18种C．30种 D．36种11．（2018·南昌调研）某班制定了数学学习方案：星期一和星期日分别解决4个数学问题，且从星期二开始,每天所解决问题的个数与前一天相比，要么“多一个"要么“持平”要么“少一个”，则在一周中每天所解决问题个数的不同方案共有（）A．50种 B．51种C．140种 D．141种12．若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大,则称这个数为“凸"数，现从0,1，2,3，4，5这六个数中任取三个数，组成无重复数字的三位数，其中“凸”数的概率为(）A.eq\f(3，8） B.eq\f(3,10）C。eq\f（3，5） D。eq\f(3，4)第Ⅱ卷(非选择题共90分）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．若(x＋1）n＝xn＋…＋ax3＋bx2＋nx＋1(n∈N*)，且a∶b＝3∶1，那么n＝________.14．假设乒乓球团体比赛的规则如下：进行5场比赛，除第3场为双打外,其余各场为单打，参赛的每个队选出3名运动员参加比赛，每个队员打两场，且第1，2场与第4,5场不能是某个运动员连续比赛．某队有4名乒乓球运动员，其中A不适合双打，则该队教练安排运动员参加比赛的方法共有________种．15．1,4，5，x四个不同的数字组成四位数，若所有这些四位数中的数字的总和为288,则x＝________.16．(1＋x＋x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x－\f（1，x）））6的展开式中的常数项为______．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)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?18．（12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．

19。(12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，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有多少种?20．(12分)（2018·大庆调研)已知eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（3,\r(a)）－\r（3,a))）n的展开式的各项系数之和等于eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(4\r(3，b)－\f（1,\r(5b））))5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．

21。（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？22．（12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？

答案精析1．C[由分步乘法计数原理，得不同取法的种数为6×8＝48.］2．C［丙没有入选共Ceq\o\al(3，9）＝84（种)选法，其中甲、乙都没有入选有Ceq\o\al（3，7）＝35(种）选法，故共84－35＝49（种）选法．]3．A[Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5）·（x2）5－k·eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(2,x3）))k＝Ceq\o\al(k，5）·（－2)k·x10－5k，令10－5k＝0，得k＝2，故常数项为Ceq\o\al（2,5）×（－2)2＝40。]4．A［若A有4种涂法,则B有3种涂法,C有2种涂法，D有3种涂法,∴共有4×3×2×3＝72(种)涂法．]5．D［第一步：先安排甲学生，他可以去B或C宿舍,共有2种安排方法；第二步：若甲在B宿舍，B宿舍可以不安排其他学生，那么其余4人平均安排在A,C宿舍有Ceq\o\al(2,4）Ceq\o\al(2,2)种；B宿舍也可再安排一个学生有Ceq\o\al(1,4）种，其余3人安排在A，C宿舍，其中一个1人、一个2人，有Ceq\o\al(1，3）Ceq\o\al（2，2）＋Ceq\o\al（2，3)Ceq\o\al(1，1）种，所以共有Ceq\o\al(1，4）（Ceq\o\al(1，3)Ceq\o\al(2，2)＋Ceq\o\al（2,3）Ceq\o\al（1，1)）种．综上两步共有:2×30＝60（种)．故选D。]6．C［从后排抽2人的方法种数是Ceq\o\al(2，7）;前排的排列方法种数是Aeq\o\al(2,5），故由分步乘法计数原理知不同的调整方法共有Ceq\o\al(2，7）Aeq\o\al（2,5)种．]7．C[由题意知2n＝32,得n＝5，∴Tk＋1＝Ceq\o\al(k，5）(eq\r（x)）5－k·ak·x－eq\f（1,3)k＝Ceq\o\al（k，5)akxeq\f(5，2）－eq\f（5，6）k,令eq\f（5,2）－eq\f（5，6)k＝0，得k＝3，∴由a3Ceq\o\al(3,5)＝80,解得a＝2.]8．B［a2＝Ceq\o\al(2，n），an－5＝(－1）n－5Ceq\o\al(n－5,n）＝（－1)n－5Ceq\o\al(5，n)，∴2Ceq\o\al(2,n)＋(－1）n－5Ceq\o\al（5，n)＝0,eq\f（120,－1n－5n－2n－3n－4）＝－1，∴(n－2）（n－3）(n－4)＝120且n－5为奇数，∴n＝8.］9．A［当x>0时，f［f(x)]＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\r(x)＋\f(1,\r（x))））6＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x)）－\r（x）))6的展开式中，常数项为Ceq\o\al(3,6）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,\r(x))）)3(－eq\r（x)）3＝－20.]10．C[先把A,B放入不同的盒中，有3×2＝6(种)放法,再放C，D，若C，D在同一个盒中，只能是第3个盒，有1种放法;若C,D在不同的盒中,则必有一球在第3个盒中，另一球在A球或B球所在的盒中，有2×2＝4（种)放法．故共有6×(1＋4)＝30(种)放法．]11．D［因为星期一和星期日分别解决4个数学问题，所以从这周的第二天开始后六天中“多一个”或“少一个”的天数必须相同，所以后面六天中解决问题个数“多一个"或“少一个"的天数可能是0,1,2，3天，共四种情况，所以共有Ceq\o\al（0,6)＋Ceq\o\al(1,6）Ceq\o\al（1，5)＋Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al（2，4）＋Ceq\o\al（3,6）Ceq\o\al（3,3)＝141(种)．]12．B[组成凸数分四类：（1）十位数为5，有4＋Aeq\o\al（2，4)＝16（个）；（2)十位数为4，有3＋Aeq\o\al（2，3)＝9(个)；(3)十位数为3，有2＋Aeq\o\al（2，2)＝4(个)；（4）十位数为2，有1个，故共有16＋9＋4＋1＝30（个)，组成三位数有Aeq\o\al（1,5)·Aeq\o\al(2，5)＝100（个），所以凸数的概率为P＝eq\f（30，100)＝eq\f（3，10).故选B。］13．11解析a＝Ceq\o\al(n－3，n），b＝Ceq\o\al（n－2，n），又∵a∶b＝3∶1，∴eq\f（C\o\al（n－3，n),C\o\al(n－2,n）)＝eq\f（C\o\al(3，n），C\o\al（2，n））＝eq\f（3,1），即eq\f(nn－1n－2,3nn－1）＝3，解得n＝11.14．48解析安排运动员参加比赛的方法分两类，第一类,运动员A参加比赛，第一步，先排A，由于A不适合双打，第1，2场与第4，5场不能是某个运动员连续比赛，所以运动员A从第1，2场、4，5场中各选一场参赛,有Aeq\o\al(1，2）·Aeq\o\al(1，2）＝4(种）不同的方法;第二步，从另外三人中选出的两人必须参加双打,有Ceq\o\al(2，3）＝3（种)不同的方法；第三步，安排参加双打的两名运动员分别参加一场单打,有Aeq\o\al（2,2)＝2(种)不同的方法，共有4×3×2＝24(种）不同的方法．第二类，运动员A不参加比赛，第一步，从剩下的三人中选一人，并从第1，2场、4,5场中各选一场参赛，有Ceq\o\al(1，3）Aeq\o\al(1，2）·Aeq\o\al(1,2）＝12(种)不同的方法，其余两人除一同参加双打比赛外，在剩下的两场单打比赛中各安排一场比赛，共有Ceq\o\al（2,2）·Aeq\o\al(2,2）＝2（种）不同的方法，由分步乘法计数原理，知共有12×2＝24（种)不同的方法．综上,安排运动员参加比赛的方法共有24＋24＝48(种)．15．2解析当x＝0时，这四个不同的数字可以组成的四位数有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al（3，3)＝3×(1×2×3）＝18(个)，这18个四位数中的数字总和为(1＋4＋5＋0)×18＝180≠288,故舍去．当x≠0时，这四个不同的数字可以组成的四位数有Aeq\o\al(4，4）＝24(个)，这24个四位数中的数字总和为(1＋4＋5＋x）×24＝288，解得x＝2。16．－5解析（1＋x＋x2)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x－\f（1，x))）6＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f(1，x）)）6＋xeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x）))6＋x2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f（1,x）))6，∴要找出eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f(1,x)））6中的常数项，eq\f(1,x)项的系数，eq\f(1,x2)项的系数，Tk＋1＝Ceq\o\al（k,6）x6－k（－1）kx－k＝Ceq\o\al（k,6）(－1)kx6－2k，令6－2k＝0，∴k＝3，令6－2k＝－1，无解．令6－2k＝－2，∴k＝4。∴常数项为－Ceq\o\al（3,6）＋Ceq\o\al（4，6)＝－5。17．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Ceq\o\al（1,8）·Ceq\o\al(1,12)·Aeq\o\al(2,2)；(2）两人均在后排左右不相邻，方法数为Aeq\o\al（2,12)－Aeq\o\al(2，2)·Aeq\o\al（1,11)＝Aeq\o\al(2，11)；(3)两人均在前排，又分两类：①两人一左一右，方法数为Ceq\o\al（1,4）·Ceq\o\al(1，4)·Aeq\o\al(2,2）；②两人同左或同右,方法数为2（Aeq\o\al（2,4)－Aeq\o\al（1，3)·Aeq\o\al(2，2)）．综上，不同的排法种数为Ceq\o\al(1,8）·Ceq\o\al（1,12)·Aeq\o\al（2,2)＋Aeq\o\al(2,11）＋Ceq\o\al（1，4）·Ceq\o\al(1，4）·Aeq\o\al(2,2）＋2（Aeq\o\al(2，4）－Aeq\o\al(1，3)·Aeq\o\al(2,2))＝346。18．解由题设知，m＋n＝19.又m，n∈N＊，∴1≤m≤18，∴x2的系数为Ceq\o\al(2，m）＋Ceq\o\al(2,n）＝eq\f（1，2）(m2－m）＋eq\f(1,2)（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Ceq\o\al（7,9)＋Ceq\o\al（7，10）＝156。19．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)．20．解依题意，令a＝1，得eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（3,\r(a))－\r(3，a))）n展开式中各项系数和为（3－1)n＝2n,eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(4\r(3,b）－\f（1,\r（5b)))）5展开式中的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al（k,5）(4eq\r(3，b））5－keq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(1，\r（5b））)）k＝(－1)kCeq\o\al（k,5）45－k·5－eq\f（k,2)·beq\f(10－5k，6）.若Tk＋1为常数项，则eq\f（10－5k，6）＝0，即k＝2,故常数项为T3＝(－1）2Ceq\o\al(2,5)·43·5－1＝27，于是有2n＝27，得n＝7.(1）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(3，\r（a）)－\r（3,a）））n展开式的二项式系数和为2n＝27＝128.(2）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3,\r（a))－\r（3,a）))7的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k，7）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3，\r（a）））)7－k·(－eq\r(3,a)）k＝Ceq\o\al(k,7)（－1)k·37－k·aeq\f(5k－21，6),令eq\f(5k－21，6）＝－1，得k＝3,∴所求a－1项的二项式系数为Ceq\o\al（3,7)＝35。21．解（1)将取出的4个球分成三类情况:①取4个红球，没有白球，有Ceq\o\al(4,4）种；②取3个红球1个白球,有Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,6)种；③取2个红球2个白球，有Ceq\o\al（2,4）Ceq\o\al（2，6)种，故有Ceq\o\al(4，4）＋Ceq\o\al(3,4）Ceq\o\al（1,6）＋Ceq\o\al（2，4)Ceq\o\al(2，6）＝115(种）．(2）设取x个红球，y个白球,则eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＋y＝5，，2x＋y≥7，,0≤x≤4，,0≤y≤6，））故eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＝2，，y＝3）)或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝2)）或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝1。））因此，符合题意的取法共有Ceq\o\al(2，4）Ceq\o\al（3，6）＋Ceq\o\al（3,4）Ceq\o\al（2，6)＋Ceq\o\al(4，4）Ceq\o\al（1，6)＝186(种)．22．解将方程ay＝b2x2＋c变形可得x2＝eq\f（a,b2）y－eq\f(c，b2），若表示抛物线，则a≠0且b≠0，所以分b＝－2，1，2,3四种