浙江省杭州电子科技大学附中高三数学一轮复习 计数原理单元能力提升训练 .doc

杭州电子科技大学附中2014届高三数学一轮复习单元能力提升训练：计数原理本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分150分考试时间120分钟第卷(选择题共60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，只有一项是符合题目要求的)1某电视台连续播放5个不同的广告，其中有3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告，要求最后播放的必须是奥运宣传广告，且两个奥运宣传广告不能连续播放，则不同的播放方式有( )a120种b48种c36种d18种【答案】c2某单位拟安排6位员工在今年6月4日至6日(端午节假期)值班，每天安排2人，每人值班1天，若6位员工中的甲不值14日，乙不值16日，则不同的安排方法共有( )a30种b36种c42种d48种【答案】c3由十个数码和一个虚数单位可以组成虚数的个数为( )abcd【答案】d4能使=成立的整数应是( )a4b5c7d9【答案】c5三名教师教六个班的课，每人教两个班，分配方案共有( )a18种b24种c45种d90种【答案】d6在二项式n的展开式中，各项系数之和为4，各项二项式系数之和为b，且ab72，则展开式中常数项的值为( )a6b9c12d18【答案】b7若的展开式中第三项与第五项的系数之比为，则展开式中常数项是( )abc45d45【答案】d8三对夫妇参加完“红歌汇”，在人民大礼堂前拍照留念若六人排成一排，每对夫妇必须相 邻，不同的排法种数为( )abcd【答案】c9将标号为1、2、3、4、5、6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为3，6的卡片放入同一信封，则不同的方法共有( )种a 54b 18c 12d 36【答案】a10展开式中的常数项为( )a第5项b第6项c第5项或第6项d不存在【答案】b11在二项式的展开式中，含的项的系数是( )a b c d 【答案】b12有一排7只发光二级管，每只二级管点亮时可发出红光或绿光，若每次恰有3只二级管点亮，但相邻的两只二级管不能同时点亮，根据这三只点亮的二级管的不同位置或不同颜色来表示不同的信息，则这排二级管能表示的信息种数共有( )a10b48c60d80【答案】d第卷(非选择题共90分)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某停车场有一排编号为1到8的八个停车空位，现有2辆货车与2辆客车同时停入，每个车位最多停一辆车，若同类车要停放在相邻的停车位上，共有 种停车方案【答案】12014在展开式中，如果第项和第项的二项式系数相等，则 ， . 【答案】4；157名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动若每天安排3人，则不同的安排方案共有 种(用数字作答)。【答案】14016a，b，c，d，e五人并排站成一排，如果b必须站在a的右边，（a，b可以不相邻）那么不同的排法有 【答案】三、解答题 (本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17用0，1，2，3，4，5这六个数字：(1）能组成多少个无重复数字的四位偶数？(2）能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？(3）能组成多少个无重复数字且比1325大的四位数？【答案】（1）符合要求的四位偶数可分为三类：第一类：0在个位时有个；第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个（有种）,十位和百位从余下的数字中选（有种），于是有个；第三类：4在个位时，与第二类同理，也有个由分类加法计数原理知，共有四位偶数：个(2）符合要求的五位数中5的倍数的数可分为两类：个位数上的数字是0的五位数有个；个位数上的数字是5的五位数有个故满足条件的五位数的个数共有个(3）符合要求的比1325大的四位数可分为三类：第一类：形如2，3，4，5，共个；第二类：形如14，15，共有个；第三类：形如134，135，共有个；由分类加法计数原理知，无重复数字且比1325大的四位数共有：个18（1）比5000小且没有重复数字的自然数有多少个？(2）由1到9这9个数字中每次选出5个数字组成无重复数字的5位数，其中奇数位置上的数字只能是奇数，问有多少个这样的5位数？其中奇数只能在奇数位置上，问又有多少个这样的5位数?【答案】（1）2755；（2）1800；2520.19给出五个数字1，2，3，4，5；(1）用这五个数字能组成多少个无重复数字的四位偶数？(2）用这些数字作为点的坐标，能得到多少个不同的点(数字可以重复用) ?【答案】（1）用1，2，3，4，5组成无重复数字的四位偶数可分为以下两步：第一步从2，4中选一个作为个位，有2种不同的选法；第二步从余下的四个数中选3个分别作为十位、百位和千位共有种不同的选法。由分步计数原理得共可组成242=48个不同的四位偶数。（也可直接用分步计数原理得2432=48）.(2）由分步计数原理得：第一步从1，2，3，4，5中任选一个作为点的横坐标，有5种不同的选法；第二步从1，2，3，4，5中任选一个作为点的纵坐标，也有5种不同的选法；所以共可组成55=25个不同的点。20在由1、2、3、4、5五个数字组成的没有重复数字的四位数中1不在百位且2不在十位的有多少个？计算所有偶数的和。【答案】由1不在百位，可分为以下两类 第一类：1在十位的共有个； 第二类：1不在十位也不在百位的共有个。 所以1不在百位且2不在十位的共有24+5478个。千位数字的和为：(1+3+5)+2+4=108+12+24=144； 百位数字的和为：(1+3+5)+2+4=108+12+24=144； 十位数字的和为：(1+3+5)+2+4=108+12+24=144； 个位数字的和为：(2+4)=144； 所有偶数的和为：144(1000+100+10+1)=159984。21给定平面上的点集p=p1，p2，p1994, p中任三点均不共线,将p中的所有的点任意分成83组，使得每组至少有3个点，且每点恰好属于一组，然后将在同一组的任两点用一条线段相连,不在同一组的两点不连线段,这样得到一个图案g，不同的分组方式得到不同的图案，将图案g中所含的以p中的点为顶点的三角形个数记为m(g)(1)求m(g)的最小值m0(2)设g*是使m(g*)=m0的一个图案，若g*中的线段(指以p的点为端点的线段)用4种颜色染色,每条线段恰好染一种颜色证明存在一个染色方案,使g*染色后不含以p的点为顶点的三边颜色相同的三角形【答案】设g中分成的83个子集的元素个数分别为ni(1i83)，ni=1994且3n1n2n83则m(g)= c即求此式的最小值设nk+1nk+1即nk+11nk+1则c+ c( c+ c)= cc0这就是说，当nk+1与nk的差大于1时，可用nk+11及nk+1代替nk+1及nk，而其余的数不变此时，m(g)的值变小于是可知，只有当各ni的值相差不超过1时，m(g)才能取得最小值1994=8324+2故当81组中有24个点，2组中有25个点时，m(g)达到最小值m0=81c+2c=812024+22300=168544 取5个点为一小组，按图1染成a、b二色这样的五个小组，如图2，每个小圆表示一个五点小组同组间染色如图1，不同组的点间的连线按图2染成c、d两色这25个点为一组，共得83组染色法相同其中81组去掉1个点及与此点相连的所有线即得一种满足要求的染色22已知，且正整数n满足，(1)求n；(2)若