第一章 学业质量标准检测
时间120分钟，满分150分．
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1．(2017·全国卷Ⅱ理，6)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( D )
A．12种 B．18种
C．24种 D．36种
[解析] 由题意可得其中1人必须完成2项工作，其他2人各完成1项工作，可得安排方式为C·C·A＝36(种)，或列式为C·C·C＝3××2＝36(种)．
故选D．
2．已知集合A＝{1,2,3,4}，B＝{5,6,7}，C＝{8,9}．现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则一共可以组成多少个集合( C )
A．24个 B．36个
C．26个 D．27个
[解析] 从三个集合中取出两个集合，有C＝3种取法．分别是集合A，B；集合A、C；集合B、C．
当取出A、B时，从这两个集合各取一个元素，有C×C＝12个；
当取出A、C时，从这两个集合各取一个元素，有C×C＝8个；
当取出B、C时，从这两个集合各取一个元素，有C×C＝6个；一共可以组成12＋8＋6＝26个集合．
3．(x3＋x2＋x＋1)(y2＋y＋1)(z＋1)展开后的不同项数为( D )
A．9 B．12
C．18 D．24
[解析] 分三步：第一步，从(x3＋x2＋x＋1)中任取一项，有4种方法；第二步，从(y2＋y＋1)中任取一项，有3种方法；第三步，从(z＋1)中任取一项有2种方法．
根据分步乘法计数原理共有4×3×2＝24(项)，故选D．
4．(2018·全国卷Ⅱ理，5)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( B )
A．24 B．18
C．12 D．9
[解析] 由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B．
5．某同学忘记了自己的QQ号的后六位，但记得QQ号后六位是由一个1，一个2，两个5和两个8组成的，于是用这六个数随意排成一个六位数，输入电脑尝试，那么他找到自己的QQ号最多尝试次数为( B )
A．96 B．180
C．360 D．720
[解析] 由这6个数字组成的六位数个数为＝180，
即最多尝试次数为180.故选B．
6．(2019·全国Ⅲ卷理，4)(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为( A )
A．12 B．16
C．20 D．24
[解析] 方法1：(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为1×C＋2C＝12.故选A．
方法2：∵ (1＋2x2)(1＋x)4＝(1＋2x2)(1＋4x＋6x2＋4x3＋x4)，∴ x3的系数为1×4＋2×4＝12.故选A．
7．将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( A )
A．10种 B．20种
C．36种 D．52种
[解析] 分为两类：①1号盒子放入1个球，2号盒子放入3个球，有C＝4种放球方法；②1号盒子放入2个球，2号盒子放入2个球，有C＝6种放球方法．
∴共有C＋C＝10种不同的放球方法．
8．从0、1、2、3、4、5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为( C )
A．300 B．216
C．180 D．162
[解析] 本小题主要考查排列组合的基础知识．
由题意知可分为两类，
(1)选“0”，共有CCCA＝108，
(2)不选“0”，共有CA＝72，
∴由分类加法计数原理得72＋108＝180，故选C．
9．(2018·柳州一模)某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形ABCD(边长为3个单位)的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为i(i＝1，2，…，6)，则棋子就按逆时针方向行走i个单位，一直循环下去．则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共有( C )
A．22种 B．24种
C．25种 D．36种
[解析] 由题意知正方形ABCD(边长为3个单位)的周长是12，
抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处表示三次骰子的点数之和是12，
列举出在点数中三个数字能够使得和为12的有1,5,6；2,4,6；3,4,5；3,3,6；5,5,2；4,4,4；共有6种组合，
前三种组合1,5,6；2,4,6；3,4,5；又可以排列出A＝6种结果，
3,3,6；5,5,2；有6种结果，4,4,4；有1种结果．
根据分类计数原理知共有24＋1＝25种结果，
故选C．
10．若x∈R，n∈N＋，定义M＝x(x＋1)(x＋2)…(x＋n－1)，例如M＝(－5)(－4)(－3)(－2)(－1)＝－120，则函数f(x)＝xM的奇偶性为( A )
A．是偶函数而不是奇函数 B．既是奇函数又是偶函数
C．是奇函数而不是偶函数 D．既不是奇函数又不是偶函数
[解析] 由题意知f(x)＝x(x－9)(x－8)…(x－9＋19－1)
＝x2(x2－1)(x2－4)…(x2－81)
故为偶函数而不是奇函数．
11．(2018·石景山区一模)现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有( D )
A．24种 B．30种
C．36种 D．48种
[解析] 根据题意，设需要涂色的四个部分依次分①、②、③、④，
对于区域①，有4种颜色可选，有4种涂色方法，
对于区域②，与区域①相邻，有3种颜色可选，有3种涂色方法，
对于区域③，与区域①②相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法，
对于区域④，与区域②③相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法，
则不同的涂色方法有4×3×2×2＝48种；
故选D．
12．(2018·保山二模)一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位．若小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，则小蜜蜂不同的飞行方式有多少种( D )
A．5 B．25
C．55 D．75
[解析] 根据题意，分4种情况讨论：
①，小蜜蜂向正方向飞行4次，负方向飞行1次，每次飞行1个单位，有C＝5种飞行方式，
②，小蜜蜂向正方向飞行4次，有3次飞行1个单位，1次飞行2个单位，
负方向飞行1次，飞行2个单位，有CC＝20种飞行方式，
③，小蜜蜂向正方向飞行3次，有2次飞行2个单位，1次飞行1个单位，
负方向飞行2次，每次飞行1个单位，有CC＝30种飞行方式，
④，小蜜蜂向正方向飞行3次，每次飞行2个单位，
负方向飞行2次，1次飞行2个单位，1次飞行1个单位，有CA＝20种飞行方式，
则一共有5＋20＋30＋20＝75种飞行方式，
故选D．
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)
13．若(2x3＋)n的展开式中含有常数项，则最小的正整数n等于__7__．
[解析] 二项式的通项为Tr＋1＝C(2x3)n－r·()r＝C2n－r·x3n－，令3n－r＝0，即r＝n，而r∈N*.∴n为7的整数倍，即最小的正数n等于7．
14．将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴世博会的三个不同场馆服务，不同的分配方案有__90__种．(用数字作答)
[解析] 本题考查了排列组合中的平均分组分配问题，先分组，再把三组分配乘以A得：·A＝90种．
15．(2019·浙江卷，13)在二项式(＋x)9的展开式中，常数项是__16__，系数为有理数的项的个数是__5__．
[解析] 由二项展开式的通项公式可知Tr＋1＝C·()9－r·xr，r∈N,0≤r≤9，
当为常数项时，r＝0，T1＝C·()9·x0＝()9＝16．
当项的系数为有理数时，9－r为偶数，
可得r＝1,3,5,7,9，即系数为有理数的项的个数是5．
16．如图，在排成4×4方阵的16个点中，中心4个点在某一圆内，其余12个点在圆外，在16个点中任取3个点构成三角形，其中至少有1个顶点在圆内的三角形共有__312__个．
[解析] 分为三类：①3个顶点在圆内的三角形有C＝4个；②2个顶点在圆内的三角形有CC＝60个；③1个顶点在圆内的三角形有C(C－4)＝248个．所以至少有1个顶点在圆内的三角形共有4＋60＋248＝312个．
三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本题满分10分)已知A＝{x|1从集合A和B中各取一个元素作为直角坐标系中点的坐标，共可得到多少个不同的点？
[解析] A＝{3,4,5,6,7}，B＝{4,5,6,7,8}．
从A中取一个数作为横坐标，从B中取一个数作为纵坐标，有5×5＝25(个)，而8作为横坐标的情况有5种，3作为纵坐标且8不是横坐标的情况有4种，故共有5×5＋5＋4＝34个不同的点．
18．(本题满分12分)求证：对任何非负整数n,33n－26n－1可被676整除．
[证明] 当n＝0时，原式＝0，可被676整除．
当n＝1时，原式＝0，也可被676整除．
当n≥2时，
原式＝27n－26n－1＝(26＋1)n－26n－1
＝(26n＋C·26n－1＋…＋C·262＋C·26＋1)－26n－1
＝26n＋C26n－1＋…＋C·262．
每一项都含262这个因数，故可被262＝676整除．
综上所述，对一切非负整数n,33n－26n－1可被676整除．
19．(本题满分12分)已知(1＋m)n(m是正实数)的展开式的二项式系数之和为256，展开式中含x项的系数为112．
(1)求m，n的值；
(2)求展开式中奇数项的二项式系数之和；
(3)求(1＋m)n(1－x)的展开式中含x2项的系数．
[解析] (1)由题意可得2n＝256，解得n＝8．
∴通项Tr＋1＝Cmrx，
∴含x项的系数为Cm2＝112，
解得m＝2，或m＝－2(舍去)．
故m，n的值分别为2,8．
(2)展开式中奇数项的二项式系数之和为C＋C＋C＋C＝28－1＝128．
(3)(1＋2)8(1－x)＝(1＋2)8－x(1＋2)8，
所以含x2项的系数为C24－C22＝1008．
20．(本题满分12分)某班要从5名男生3名女生中选出5人担任5门不同学科的课代表，请分别求出满足下列条件的方法种数．
(1)所安排的女生人数必须少于男生人数；
(2)其中的男生甲必须是课代表，但又不能担任数学课代表；
(3)女生乙必须担任语文课代表，且男生甲必须担任课代表，但又不能担任数学课代表．
[解析] (1)所安排的女生人数少于男生人数包括三种情况，一是2个女生，二是1个女生，三是没有女生，依题意得(C＋CC＋CC)A＝5520种．
(2)先选出4人，有C种方法，连同甲在内，5人担任5门不同学科的课代表，甲不担任数学课代表，有A·A种方法，∴方法数为C·A·A＝3360种．
(3)由题意知甲和乙两人确定担任课代表，需要从余下的6人中选出3个人，有C＝20种结果，女生乙必须担任语文课代表，则女生乙就不需要考虑，其余的4个人，甲不担任数学课代表，∴甲有3种选择，余下的3个人全排列共有3A＝18；综上可知共有20×18＝360种．
21．(本题满分12分)用0、1、2、3、4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？
(1)被4整除；
(2)比21034大的偶数；
(3)左起第二、四位是奇数的偶数．
[解析] (1)被4整除的数，其特征应是末两位数是4的倍数，可分为两类：当末两位数是20、40、04时，其排列数为3A＝18，当末两位数是12、24、32时，其排列数为3A·A＝12.故满足条件的五位数共有18＋12＝30(个)．
(2)①当末位数字是0时，首位数字可以为2或3或4，满足条件的数共有3×A＝18个．
②当末位数字是2时，首位数字可以为3或4，满足条件的数共有2×A＝12个．
③当末位数字是4时，首位数字是3的有A＝6个，首位数字是2时，有3个，共有9个．
综上知，比21034大的偶数共有18＋12＋9＝39个．
(3)解法一：可分为两类：
末位数是0，有A·A＝4(个)；
末位数是2或4，有A·A＝4(个)；
故共有A·A＋A·A＝8(个)．
解法二：第二、四位从奇数1,3中取，有A个；首位从2,4中取，有A个；余下的排在剩下的两位，有A个，故共有AAA＝8(个)．
22．(本题满分12分)已知n(n∈N*)的展开式的各项系数之和等于5的展开式中的常数项，求n的展开式中a－1项的二项式系数．
[解析] 对于5：Tr＋1＝C(4)5－rr＝C·(－1)r·45－r·5－b．
若Tr＋1为常数项，则10－5r＝0，所以r＝2，此时得常数项为T3＝C·(－1)2·43·5－1＝27．
令a＝1，得n展开式的各项系数之和为2n.由题意知2n＝27，所以n＝7.对于7：Tr＋1＝C7－r·(－)r＝C·(－1)r·37－ra．
若Tr＋1为a－1项，则＝－1，所以r＝3．
所以n的展开式中a－1项的二项式系数为C＝35．
课件51张PPT。第一章计数原理章末整合提升知 识 网 络专 题 突 破专题一 ?两个计数原理的综合应用1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理很少单独命题，多与排列、组合等问题相结合，以选择题或填空题的形式考查，难度适中，属中档题．
2．应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件是分类完成还是分步完成，而分类与分步的区别又在于任取其中某一方法是否能完成事件，能完成便是分类，否则便是分步．对于有些较复杂问题可能既要分类又要分步，此时，应注意层次分明，不重不漏． 某地政府召集5家企业的负责人开会，已知甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为 ( )
A．14 B．16
C．20 D．48
[分析] 根据题意分成两类，一类是甲企业有1人发言，另两个发言人来自其余4家企业，另一类是3人全来自其余4家企业，采用分类加法和分步乘法计数原理可得解．典例 1B [解析] 分两类，第1类：甲企业有1人发言，有2种情况，另两个发言人来自其余4家企业，有6种情况，由分步乘法计数原理，得N1＝2×6＝12；
第2类：3人全来自其余4家企业，有4种情况．
综上可知，共有N＝N1＋N2＝12＋4＝16(种)情况．『规律方法』 运用两个原理解答时先分类后分步，还是先分步后分类，应视具体问题而定．有时为了问题的简化和表达的方便，数学中经常将具有实际意义的事物符号化、数字化．专题二 ?排列组合的综合问题1．此类问题多以选择题或填空题的形式考查，且常与分类加法计数原理或分步乘法计数原理综合考查．
2．将具体问题抽象为排列问题或组合问题，是解决排列、组合应用题的关键一步．(1)正确分类或分步，恰当选择两个计数原理．(2)有限制条件的排列组合问题应优先考虑“受限元素”或“受限位置”，而排列组合讨论的问题共同点是“元素不相同”，不同点是排列与顺序有关，组合与顺序无关． (2018·安徽合肥一中检测)由1,2,3,4,5五个数字组成没有重复数字的五位数排成一个递增数列，则首项为12345，第2项是12354，…，直到末项(第120项)是54321.问：
(1)43251是第几项？
(2)第93项是怎样的一个五位数？
[分析] (1)由于43251的万位数字是4，故可先求出比43251大的所有数字的个数，然后再判断43251是第几项；(2)由于一共有120项，故第93项即为倒数第28项，进而求解即可．典例 2(2)从(1)知万位数字是5的有A＝24(个)，
万位数字是4，千位数字是5的有A＝6(个)；
但比第93项大的数有120－93＝27(个)，第93项即倒数第28项，而万位数字是4，千位数字是5的6个数是45321,45312,45231,45213,45132,45123，从此可见第93项是45213．『规律方法』 根据所述结论，确定各个数位上的数字的情况是正确求解本题的关键，要做到不重不漏． (2018·山东省实验中学检测)一条长椅上有七个座位，四人坐，要求三个空位中，有两个空位相邻，另一个空位与这两个相邻空位不相邻，则不同的坐法有_______种．
[分析] 可优先安排人入座，再让座位去“插队”，也可以运用逆向思维，从问题反面入手．典例 3480 『规律方法』 复杂的排列问题常常通过试验、画简图、小数字简化等手段使问题直观化，从而寻求解题途径，由于结果的正确性难以直接检验，因而常需要用不同的方法求解来获得检验．专题三 ?二项式定理的应用对于二项式定理的考查常出现两类问题：一类是直接运用通项公式来求特定项；另一类需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题．从近几年高考命题趋势来看，对于本部分知识的考查以基础知识和基本技能为主，难度不大，但不排除与其他知识交汇，具体归纳如下：
(1)考查通项公式问题．
(2)考查系数问题：
①涉及项的系数、二项式系数以及系数的和．
②一般采用通项公式或赋值法解决．
③可转化为二项式定理解决问题．典例 4[分析] 先利用“第7项与倒数第7项的比是1∶6”求出n的值，然后再利用通项求第7项．『规律方法』 求特定项或特定项的系数，就是根据二项式定理写出展开式的通项Tk＋1，根据需要对通项Tk＋1中的k进行赋值．典例 5[分析] 先根据条件求出n的值，再求出特定项．
典例 6－256
专题四 ?分类讨论思想当计数问题过于复杂或限制条件较多时，一般采取分类讨论的方法解决，即对计数问题中的各种情况进行分类，然后针对每一类分别研究和求解．分类的原则是不重复、不遗漏． (1)从编号为1,2,3，…，10,11的11个球中，取出5个球，使这5个球的编号之和为奇数，其取法总数为 ( )
A．236 B．328
C．462 D．2640
(2)(2018·广西桂林期末)将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个球，若甲球必须放入第1个盒子中，则不同的方法种数是 ( )
A．120 B．72
C．60 D．36
[分析] (1)以取出的编号为奇数的球的个数进行分类；(2)共有4个盒子5个球，所以必有1个盒子中放入2个球，且甲必须在第1个盒子中，所以应以第1个盒子中的球的个数进行分类．典例 7A C 『规律方法』 寻找合理的分类方法是解此类题目的关键．对于计数问题，分类的依据主要是特殊元素或特殊位置．专题五 ?正难则反思想正难则反既是一种手段，又是一种策略．有许多计数问题，应用正难则反思想求解，常能事半功倍．在解题时，当正向思维受阻时，不妨改变思维方向，从结论或条件的反面进行思考，从而使问题得到解决． (2018·广东肇庆检测)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且绿色卡片至多1张，不同的取法种数为 ( )
A．484 B．472
C．252 D．232
[分析] 设(x，y，z)表示取x张红色卡片，y张黄色卡片，z张蓝色卡片．
若从正面考虑，需考虑当不取绿色卡片时，有(2,1,0)，(2,0,1)，(1,2,0)，(0,2,1)，(1,0,2)，(0,1,2)，(1,1,1)，共7类；当取1张绿色卡片时，有(2,0,0)，(0,2,0)，(0,0,2)，(1,1,0)，(1,0,1)，(0,1,1)，共6类，分类较多，而其对立面为3张卡片同一种颜色或2张绿色卡片，第三张从非绿色卡片中任取，其包含的情况较少，因此用正难则反思想求解．典例 8B 『规律方法』 利用正难则反思想解题时，正确找出问题的反面是解题的关键．专题六 ?构造模型的思想 某城市一条道路上有12盏路灯，为了节约用电而不影响正常的照明，可以熄灭其中的3盏，但两端路灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的2盏，那么熄灯方法共有______种．典例 956 『规律方法』 本题通过构造组合模型，利用插空法得解． 如图所示，某城市M，N两地间有4条东西街道和6条南北街道．若规定只能向东或向北两个方向沿图中路线行走，则从M到N有______种不同的走法(用数字作答)．典例1056 『规律方法』 通过模型的构造化繁为简．一、选择题
1．将18个参加青少年科技创新大赛的名额分配给3个学校，要求每校至少有一个名额且各校分配的名额互不相等，则不同的分配方法种数为 ( )
A．96 B．114
C．128 D．136B 2．若从1、2、3、…、9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有 ( )
A．60种 B．63种
C．65种 D．66种D 3．(2018·肇庆三模)已知(1－ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝ ( )
A．1 B．2
C．－1 D．－2
[解析] (1－ax)(1＋x)5＝(1－ax)(1＋5x＋10x2＋10x3＋5x4＋x5)，
其展开式中含x2项的系数为10－5a＝5，
解得a＝1．
故选A．A
4．(2018·保定一模)甲、乙、丙、丁四位同学高考之后计划去A、B、C三个不同社区进行帮扶活动，每人只能去一个社区，每个社区至少一人．其中甲必须去A社区，乙不去B社区，则不同的安排方法种数为 ( )
A．8 B．7
C．6 D．5
B [解析] 根据题意，分2种情况讨论：
①，乙和甲一起去A社区，此时将丙丁二人安排到B、C社区即可，有A＝2种情况，
②，乙不去A社区，则乙必须去C社区，
若丙丁都去B社区，有1种情况，
若丙丁中有1人去B社区，先在丙丁中选出1人，安排到B社区，
剩下1人安排到A或C社区，有2×2＝4种情况，
则不同的安排方法种数有2＋1＋4＝7种；
故选B．二、填空题
5．设(1－3x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，那么|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a8|＝_____．
[解析] 令x＝－1，即求得(1－3x)8展开式中各项系数绝对值的和为48．
6．将4名大学生分配到3个乡镇去当村干部，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有______种(用数字作答)．48 36 7．某校开设了9门课程供学生选修，学校规定每位学生选修4门，其中A、B、C 3门课程由于上课时间相同，所以每位学生至多选修1门，则不同的选修方案共有______种．75 三、解答题
8．为了下一次的航天飞行，现准备从10名预备队员(其中男6人，女4人)中选4人参加“神舟十一号”的航天任务．
(1)若男甲和女乙同时被选中，共有多少种选法？
(2)若至少两名男航天员参加此次航天任务，问共有几种选法？
(3)若选中的四个航天员被分配到A，B，C三个实验室去，其中每个实验室至少一个航天员，共有多少种选派法？10．某节目的现场观众来自四个不同的单位，分别在如图中的A，B，C，D四个区域落座．
现有四种不同颜色的服装，每个单位的观众必须穿同色服装，且相邻区域不能同色，不相邻区域是否同色不受限制，则不同的着装方法共有多少种？
[解析] 当A，B，C，D四个区域的观众服装颜色全不相同时，有4×3 ×2×1＝24(种)不同的方法；
当A区与C区同色，B区和D区不同色且不与A，C同色时，或B区，D区同色，A区，C区不同色且不与B，D同色时，有2×4×3×2＝48(种)不同的方法；
当A区与C区同色，B区与D区也同色且不与A，C同色时，有4×3＝12(种)不同的方法．
由分类加法计数原理知共有24＋48＋12＝84(种)不同的着装方法．
