第4章 计数原理（单元测试·提升卷）数学湘教版2019高二选择性必修第一册

………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… … 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________ 湘教版计数原理单元测试卷——提升卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．“湘超”足球比赛正在如火如荼进行中，某企业赞助一批足球训练设备给甲、乙、丙三个球队.这批设备分别为个相同的跳箱和箱相同的药球.要求每队至少有一个跳箱，且药球不能全部分配给同一球队，则不同的分配方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 2．某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有1，2，3，4四个区域，现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉.若从所有种植方案中任意选一种，则这种方案中花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为（    ） A． B． C． D． 3．的展开式中的系数为（   ） A． B．4 C．20 D． 4．如图，从正六边形的顶点和该正六边形的中心这七个点中任意选取三个点，若选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的概率是（    ） A． B． C． D． 5．二项式的展开式中，把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法种数为（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 6．如图（1），由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体称为“牟合方盖”（如图（2）），牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，然后每个曲面染一种颜色，相邻（有公共图边）的两面颜色不能相同，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数（    ） A．24 B．48 C．60 D．84 7．若，则（    ） A． B． C． D． 8．将6名学生分别安排到甲、乙、丙三地参加社会实践活动，每个地方至少安排一名学生参加，学生不安排到甲地且与学生不安排到同一个地方，则不同的安排方案的种数为（    ） A．260 B．280 C．360 D．390 2、 选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．从五个人中选三个人站成一排，则不同的排法有60种 C．过三棱柱任意两顶点的直线中，异面直线共有36对 D．用0，1，2，…，9这十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为252 10．将甲，乙，丙，丁4个志愿者分别安排到学校图书馆，食堂，实验室帮忙，要求每个地方至少安排一个志愿者帮忙，则下列选项正确的是（    ） A．总其有36种安排方法 B．若甲安排在实验室帮忙，则有6种安排方法 C．若图书馆需要安排两位志愿者帮忙，则有24种安排方法 D．若甲､乙安排在同一个地方帮忙，则有6种安排方法 11．在二项式展开式中，所有项的系数和为，所有奇数项的二项式系数和为，且满足时，下列说法正确的有（    ） A． B． C．展开式中二项式系数最大的项为第三项和第四项 D．展开式中各项的系数最大的为第三项 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．的展开式中常数项是 ． 13．我校田径队有十名队员，分别记为，为完成某训练任务，现将十名队员分成甲、乙两队.其中将五人排成一行形成甲队，要求与相邻，在的左边，剩下的五位同学排成一行形成乙队，要求与不相邻，则不同的排列方法种数为 . 14．某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用AI技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码，并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖．其它情况不获奖，已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为 ． 三、解答题（共9小题，共72分） 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（1）求不等式“”的解集. （2）已知，求. 16．从A，B，C等8人中选出5人排成一排. (1)A必须在内，有多少种排法？ (2)A，B，C三人不全在内，有多少种排法？ (3)A，B，C都在内，且A，B必须相邻，C与A，B都不相邻，都多少种排法？ (4)A不允许站排头和排尾，B不允许站在中间（第三位），有多少种排法？ 17．设（，）． (1)当，时，记的展开式中的系数为（，1，2，3，4，5，6，8），求的值； (2)若的展开式中的系数为20，求的最小值． 18．如图，从左到右有5个空格． (1)若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法?（用数字作答） (2)若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法?（用数字作答） (3)若把这5个格子看成5个企业，现安排3名校长与5个企业洽谈，若每名校长与2家企业领导洽谈，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）． 19．某箱子中放有编号分别为1，2，3，4，5，6，7，8的大小与形状都相同的小球，现由A，B二人轮流从该箱子中不放回地取出小球，并记下小球的编号，若A先取小球． (1)求B前两次取得的小球编号之和为13的概率． (2)当有一人所取出的小球编号之和为13时，游戏结束，并判定此人胜利． （ⅰ）求A取了3次小球并获得胜利的概率；（ⅱ）求A获得胜利的概率． 试题 第3页（共8页） 试题 第4页（共8页） 试题 第1页（共8页） 试题 第2页（共8页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 湘教版计数原理单元测试卷——提升卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．“湘超”足球比赛正在如火如荼进行中，某企业赞助一批足球训练设备给甲、乙、丙三个球队.这批设备分别为个相同的跳箱和箱相同的药球.要求每队至少有一个跳箱，且药球不能全部分配给同一球队，则不同的分配方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 2．某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有1，2，3，4四个区域，现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉.若从所有种植方案中任意选一种，则这种方案中花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为（    ） A． B． C． D． 3．的展开式中的系数为（   ） A． B．4 C．20 D． 4．如图，从正六边形的顶点和该正六边形的中心这七个点中任意选取三个点，若选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的概率是（    ） A． B． C． D． 5．二项式的展开式中，把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法种数为（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 6．如图（1），由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体称为“牟合方盖”（如图（2）），牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，然后每个曲面染一种颜色，相邻（有公共图边）的两面颜色不能相同，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数（    ） A．24 B．48 C．60 D．84 7．若，则（    ） A． B． C． D． 8．将6名学生分别安排到甲、乙、丙三地参加社会实践活动，每个地方至少安排一名学生参加，学生不安排到甲地且与学生不安排到同一个地方，则不同的安排方案的种数为（    ） A．260 B．280 C．360 D．390 2、 选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．从五个人中选三个人站成一排，则不同的排法有60种 C．过三棱柱任意两顶点的直线中，异面直线共有36对 D．用0，1，2，…，9这十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为252 10．将甲，乙，丙，丁4个志愿者分别安排到学校图书馆，食堂，实验室帮忙，要求每个地方至少安排一个志愿者帮忙，则下列选项正确的是（    ） A．总其有36种安排方法 B．若甲安排在实验室帮忙，则有6种安排方法 C．若图书馆需要安排两位志愿者帮忙，则有24种安排方法 D．若甲､乙安排在同一个地方帮忙，则有6种安排方法 11．在二项式展开式中，所有项的系数和为，所有奇数项的二项式系数和为，且满足时，下列说法正确的有（    ） A． B． C．展开式中二项式系数最大的项为第三项和第四项 D．展开式中各项的系数最大的为第三项 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．的展开式中常数项是 ． 13．我校田径队有十名队员，分别记为，为完成某训练任务，现将十名队员分成甲、乙两队.其中将五人排成一行形成甲队，要求与相邻，在的左边，剩下的五位同学排成一行形成乙队，要求与不相邻，则不同的排列方法种数为 . 14．某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用AI技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码，并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖．其它情况不获奖，已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为 ． 三、解答题（共9小题，共72分） 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（1）求不等式“”的解集. （2）已知，求. 16．从A，B，C等8人中选出5人排成一排. (1)A必须在内，有多少种排法？ (2)A，B，C三人不全在内，有多少种排法？ (3)A，B，C都在内，且A，B必须相邻，C与A，B都不相邻，都多少种排法？ (4)A不允许站排头和排尾，B不允许站在中间（第三位），有多少种排法？ 17．设（，）． (1)当，时，记的展开式中的系数为（，1，2，3，4，5，6，8），求的值； (2)若的展开式中的系数为20，求的最小值． 18．如图，从左到右有5个空格． (1)若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法?（用数字作答） (2)若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法?（用数字作答） (3)若把这5个格子看成5个企业，现安排3名校长与5个企业洽谈，若每名校长与2家企业领导洽谈，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）． 19．某箱子中放有编号分别为1，2，3，4，5，6，7，8的大小与形状都相同的小球，现由A，B二人轮流从该箱子中不放回地取出小球，并记下小球的编号，若A先取小球． (1)求B前两次取得的小球编号之和为13的概率． (2)当有一人所取出的小球编号之和为13时，游戏结束，并判定此人胜利． （ⅰ）求A取了3次小球并获得胜利的概率；（ⅱ）求A获得胜利的概率． 1 / 9 学科网（北京）股份有限公 学科网（北京）股份有限公司 $ 湘教版计数原理单元测试卷——提升卷（参考答案） 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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 2 3 4 5 6 7 8 B D B C D D C A 2、 选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9 10 11 BCD AD BC 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．15； 13．1728； 14． 三、解答题（共9小题，共72分） 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分） 【详解】（1）由知且，由排列数公式，原不等式可化为，整理得， 即，解得，因为，所以或， 所以不等式的解集为.----------------------6分 （2），， 化简得，即，解得或. ，，.----------------------13分 16．（15分） 【详解】（1）由题意，先从余下的7人中选4人共有种不同结果，再将这4人与A进行全排列有种不同的排法，故由乘法原理可知共有种不同排法；----------------------3分 （2）从8人中任选5人排列共有种不同排法，A，B，C三人全在内有种不同排法，由间接法可得A，B，C三人不全在内共有种不同排法；----------------------6分 （3）因A，B，C都在内，所以只需从余下5人中选2人有种不同结果，A，B必须相邻，有种不同排法，由于C与A，B都不相邻，先将选出的2人进行全排列共有种不同排法，再将A、B这个整体与C插入到选出的2人所产生的3个空位中有种不同排法，由乘法原理可得共有种不同排法；----------------------10分 （4）分四类：第一类：所选的5人无A、B，共有种排法；第二类：所选的5人有A、无B，共有种排法；第三类：所选的5人无A、有B，共有种排法；第四类：所选的5人有A、B，若A排中间时，有种排法，若A不排中间时，有种排法，共有种排法；综上，共有4440种不同排法.----------------------15分 17．（15分） 【详解】（1）由题意．的展开式的通项为，，的展开式的通项为，故当时，可得的系数为，当时，可得的系数为，因此；----------------------6分 （2）由二项式的展开式的特征可得：的展开式的通项为， 的展开式的通项为，，当时，的系数为，即， 则， 由函数在上单调递减，在上单调递增．注意到n取值为整数，因此的最小值为．因此的最小值为，----------------------9分 18．（17分） 【详解】（1）分2步：①第三个格子不能填0，则0有4种选法； ②将其余的4个数字全排列安排在其他四个格子中有种情况， 则一共有种不同的填法；----------------------4分 （2）根据题意，第一个格子有3种颜色可选，即有3种情况，第二个格子与第一个格子的颜色不能相同，有2种颜色可选，即有2种情况，同理可得：第三、四、五个格子都有2种情况，则五个格子共有种不同的涂法；----------------------9分 （3）法一：根据题意，有一家企业与2位校长谈，其余4家企业只与1位校长谈，第1步：从5家企业中选一家，第2步：从3位校长中选2位，第3步：从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长，第4步：在第2步选中的两位校长，每位还要安排一家企业，因此有种．---------15分 法二：五家企业记为A，B，C，D，E，把这五家企业分为3份，如，，，含有E的这一份要从A，B，C，D取一家组成2家，如取A得，前面分三份会出现，因此有，然后再分给3位校长，因此总排法有种．----------------------15分 19.（17分） 【详解】（1）分析可得B前两次取得的小球编号之和为13时，取得的小球编号分别为6，7或5，8，只需要分析前4次抽取的情况，一共有种取法，当B取得的小球编号为6，7时，概率为， 当B取得的小球编号为5，8时，概率为， 所以B前两次取得的小球编号之和为13的概率为；----------------------5分 （2）（ⅰ）A取了3次小球并获得胜利，说明A取了3次小球编号之和为13， B取了2次小球编号之和不为13，A，B取球的总情况一共有种取法，其中3次小球编号之和为13的组合有1，4，8；1，5，7；2，3，8；2，4，7；2，5，6；3，4，6共6种情况． 当A抽取的小球编号为1，5，7；2，5，6时，共有种； 当A抽取的小球编号为1，4，8；2，3，8时，要排除B抽取6，7，此时共有种； 当A抽取的小球编号为2，4，7；3，4，6时，要排除B抽取5，8，此时共有种； 所以A取了3次小球并获得胜利的取法为种， 可得所求概率为．----------------------11分 （ⅱ）A可以抽取2次小球获胜，概率为，A可以抽取3次小球获胜，概率为， A可以抽取4次小球获胜，A可取小球编号为1，2，3，7；1，2，4，6；1，3，4，5． 当A抽取4次小球时，获胜的概率为， 所以可得A获得胜利的概率为．----------------------17分 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 湘教版计数原理单元测试卷——提升卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．“湘超”足球比赛正在如火如荼进行中，某企业赞助一批足球训练设备给甲、乙、丙三个球队.这批设备分别为个相同的跳箱和箱相同的药球.要求每队至少有一个跳箱，且药球不能全部分配给同一球队，则不同的分配方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】分两步完成，先分跳箱、再分药球，确定每一步的分法种数，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】分以下两步： （1）先分跳箱：个相同的跳箱分给三个球队，三个球队分得的跳箱数量分别为、、或、、或、、，所以，跳箱的分法种数为种；（2）接下来分药球：将个药球分给三个球队，三个球队分得的药球数量分别为、、或、、，所以，药球的分法种数为种.由分步乘法计数原理可知，不同的分法种数为种.故选：B. 2．某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有1，2，3，4四个区域，现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉.若从所有种植方案中任意选一种，则这种方案中花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别求出区域1与区域3种同种花卉和不同花卉的方案种数，根据古典概率的公式求解. 【详解】当区域1与区域3种植同一种花卉时，该花坛种植方案共有种；当区域1与区域3不种植同一种花卉时，该花坛种植方案共有种．故该花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为.故选：D. 3．的展开式中的系数为（   ） A． B．4 C．20 D． 【答案】B 【分析】根据二项式的展开式，求出特定项的系数. 【详解】由题意得的展开式为，当时；当时，；则含的项为，故选：B. 4．如图，从正六边形的顶点和该正六边形的中心这七个点中任意选取三个点，若选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出选出的三个点能构成三角形的选法种数，并求出等边三角形的个数，结合古典概型和对立事件的概率公式可求得结果. 【详解】从这七个点中任选三个点，共有种，其中三点共线的情形有种，即、、或、、或、、，其中能构成的等边三角形的有：、、、、、、、，共个，因此，构成的三角形不是等边三角形的概率是.故选：C. 5．二项式的展开式中，把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法种数为（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【详解】二项式的展开式的通项公式为：，令，得，所以展开式中的有理项有项，把展开式中的项重新排列，先把项无理项全排列，再把项有理项插入形成的个空中，所以有理项互不相邻的排法种数为种.故选：D. 6．如图（1），由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体称为“牟合方盖”（如图（2）），牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，然后每个曲面染一种颜色，相邻（有公共图边）的两面颜色不能相同，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数（    ） A．24 B．48 C．60 D．84 【答案】D 【分析】利用分步计数乘法原理与分类加法计数原理可求解. 【详解】根据牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，故可转化为有公共点的4个区域，如图所示：1号小方格可以从4种颜色的染料中任取一种涂色，有4种不同的涂法.①当2号，3号小方格涂不同颜色的染料时，有种不同的涂法，4号小方格有2种不同的涂法，故由分步乘法计数原理，可知有种不同的涂法.②当2号，3号小方格涂相同颜色的染料时，有3种不同的涂法，4号小方格也有3种不同的涂法，故由分步乘法计数原理，可知有种不同的涂法.综上，由分类加法计数原理，可得共有种不同的涂法.故选：D. 7．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】令计算可判断A；利用展开式的通项公式计算可判断B，令计算可判断C；令结合C选项计算可判断D. 【详解】对于A，令，得，即，故A错误；对于B，展开式的通项公式为，所以，故B错误；对于C，令，得，即，故C正确；对于D，令，得，即， 因为，所以， 因为，所以不成立，故D错误.故选：C 8．将6名学生分别安排到甲、乙、丙三地参加社会实践活动，每个地方至少安排一名学生参加，学生不安排到甲地且与学生不安排到同一个地方，则不同的安排方案的种数为（    ） A．260 B．280 C．360 D．390 【答案】A 【分析】分三地分别有1人、1人、4人，人、人、人，各有2人三种情况讨论，在每种情况中用总数减去去甲地和、去同一个地方的情况数，再加上、去甲地的情况数，即可得到答案. 【详解】（1）三地分别有1人、1人、4人共有种；①去甲地，如果甲地有人，则有种，如果甲地有人，则有种，所以去甲地共有种； ②、去同一个地方，有种；③、去甲地，有种； 所以，三地分别有1人、1人、4人的情况下，符合题意的共有种； （2）三地分别有人、人、人共有种； ①去甲地，如果甲地有人，有种，如果甲地有人，有种，如果甲地人，有种，所以去甲地共有种； ②、去同一个地方，如果这个地方有人，有种，如果这个地方有人，有种，所以、去同一个地方共有种； ③、去甲地，如果甲地有2人，则有种，如果甲地有3人，则有种，所以、去甲地共有种；所以，三地分别有人、人、人的情况下，共有种； （3）三地各有2人，共有种；①去甲地，有种； ②、去同一个地方，有种；③、去甲地，有种； 所以，三地各有2人的情况下，符合题意的共有种；综上，符合题意的安排方案共有种，故选：A. 2、 选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．从五个人中选三个人站成一排，则不同的排法有60种 C．过三棱柱任意两顶点的直线中，异面直线共有36对 D．用0，1，2，…，9这十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为252 【答案】BCD 【分析】利用组合数的性质可判断A；根据排列数的概念可判断B；利用组合的定义结合四面体的性质可判断C；利用间接法结合分步计数原理可判断D. 【详解】对A，由，则或，解得或，故A错误；对B，从五个人中选三个人站成一排，则不同的排法有种，故B正确；对C，三棱柱有六个顶，可组成个四面体，而每个四面体有3对异面直线，则共有对，故C正确；对D，根据分步计数原理可知用0，1，2，…，9这十个数字，可以组成三位数的个数为，其中没有重复数字的三位数的个数为，所以可以组成有重复数字的三位数的个数为，故D正确.故选：BCD 10．将甲，乙，丙，丁4个志愿者分别安排到学校图书馆，食堂，实验室帮忙，要求每个地方至少安排一个志愿者帮忙，则下列选项正确的是（    ） A．总其有36种安排方法 B．若甲安排在实验室帮忙，则有6种安排方法 C．若图书馆需要安排两位志愿者帮忙，则有24种安排方法 D．若甲､乙安排在同一个地方帮忙，则有6种安排方法 【答案】AD 【分析】先将4人分成3组，再将3组安排到3个场馆，即可判断A；分实验室只安排甲1人和实验室安排2人，即可判断B；先安排2人去图书馆，再将其他2人安排到其他两个场馆，即可判断C；将甲､乙看成一人，则将3人安排到3个不同的地方，即可判断D. 【详解】对于A，先将4人分成3组，再将3组安排到3个场馆，有种安排方法，故A正确；对于B，若实验室只安排甲1人，则有种安排方法，若实验室安排2人，则有种安排方法，所以若甲安排在实验室帮忙，则有12种安排方法，故B错误；对于C，先安排2人去图书馆，再将其他2人安排到其他两个场馆，则有种安排方法，故C错误；对于D，若甲､乙安排在同一个地方帮忙，则有种安排方法，故D正确.故选：AD. 11．在二项式展开式中，所有项的系数和为，所有奇数项的二项式系数和为，且满足时，下列说法正确的有（    ） A． B． C．展开式中二项式系数最大的项为第三项和第四项 D．展开式中各项的系数最大的为第三项 【答案】BC 【分析】令，可得，再由二项式系数的特征得到，即可求出，判断A、B，根据二项式系数的增减性判断C，写出展开式的通项，第项的系数最大，即可得到不等式组，解得，即可判断D. 【详解】对于，令，可得所有项的系数和为，又所有奇数项的二项式系数和为，因为，即，所以，所以，故A错误，B正确；所以二项式展开式一共有项，则其展开式中二项式系数最大的项为第三项和第四项，故C正确；又二项式展开式的通项为（其中且），令第项的系数最大，则，即，解得， 又，所以，即展开式中系数最大的为第五项，故D错误.故选：BC 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．的展开式中常数项是 ． 【答案】15 【分析】求出的展开式的通项，再结合即可求解. 【详解】的通项公式为：，所以的展开式中常数项是：, 13．我校田径队有十名队员，分别记为，为完成某训练任务，现将十名队员分成甲、乙两队.其中将五人排成一行形成甲队，要求与相邻，在的左边，剩下的五位同学排成一行形成乙队，要求与不相邻，则不同的排列方法种数为 . 【答案】1728 【分析】甲队利用捆绑法和除序法计算，乙队利用插空法计算，最后利用分步乘法原理计算即可. 【详解】甲队，先用捆绑法，将与捆绑有种排法，将与看作一个整体，再用除序法得种，利用计数原理可知，一共有种排法;乙队，利用插空法得种，按照分步乘法计数原理可知，一共有种排法.故答案为：1728. 14．某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用AI技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码，并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖．其它情况不获奖，已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为 ． 【答案】 【分析】首先确定一次抽奖产生的总情况数，然后列出奖券码的表达式，分情况讨论二等奖的取值情况数，最后除以总情况数即是答案. 【详解】设一次抽奖所生成的奖券码为，共有种情况，生成的5个数字中有个0，个1，则，由题可知．若获得二等奖，则为3的正整数倍，故可取的值为1，4，7．当时，的取值为，共有种情况； 当时，的可能取值为，，，共有种情况；当时，的取值为，共有种情况，由分类加法计数原理得符合条件的有种情况，且设获得二等奖的概率为，由古典概型概率公式得．故答案为：． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（1）求不等式“”的解集. （2）已知，求. 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）利用排列数公式化简不等式，解出的取值范围，即可得出符合条件的的值； （2）利用组合数公式化简等式，可解出的值，再利用组合数公式可计算出所求代数式的值. 【详解】（1）由知且，由排列数公式，原不等式可化为，整理得，即，解得，因为，所以或， 所以不等式的解集为； （2），， 化简得，即，解得或. ，，. 16．从A，B，C等8人中选出5人排成一排. (1)A必须在内，有多少种排法？ (2)A，B，C三人不全在内，有多少种排法？ (3)A，B，C都在内，且A，B必须相邻，C与A，B都不相邻，都多少种排法？ (4)A不允许站排头和排尾，B不允许站在中间（第三位），有多少种排法？ 【答案】(1)4200 (2)5520 (3)240 (4)4440 【分析】（1）先选后排，然后根据分步乘法原理计算即可； （2）正难则反，从反面出发，用全部的排法减去A，B，C三人全在内的排法即可； （3）相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插空法，分步计算即可； （4）对所选的5人有无A，B进行分类讨论即可. 【详解】（1）由题意，先从余下的7人中选4人共有种不同结果，再将这4人与A进行全排列有种不同的排法， 故由乘法原理可知共有种不同排法； （2）从8人中任选5人排列共有种不同排法，A，B，C三人全在内有种不同排法， 由间接法可得A，B，C三人不全在内共有种不同排法； （3）因A，B，C都在内，所以只需从余下5人中选2人有种不同结果，A，B必须相邻，有种不同排法，由于C与A，B都不相邻，先将选出的2人进行全排列共有种不同排法，再将A、B这个整体与C插入到选出的2人所产生的3个空位中有种不同排法，由乘法原理可得共有种不同排法； （4）分四类：第一类：所选的5人无A、B，共有种排法；第二类：所选的5人有A、无B，共有种排法；第三类：所选的5人无A、有B，共有种排法； 第四类：所选的5人有A、B，若A排中间时，有种排法，若A不排中间时，有种排法，共有种排法；综上，共有4440种不同排法. 17．设（，）． (1)当，时，记的展开式中的系数为（，1，2，3，4，5，6，8），求的值； (2)若的展开式中的系数为20，求的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据二项式展开式的通项特征即可求解， （2）根据二项式展开式的通项可得，进而根据不等式以及对勾函数的性质即可求解. 【详解】（1）由题意．的展开式的通项为，，的展开式的通项为，故当时，可得的系数为，当时，可得的系数为，因此； （2）由二项式的展开式的特征可得：的展开式的通项为， 的展开式的通项为，，当时，的系数为，即， 则， 由函数在上单调递减，在上单调递增．注意到n取值为整数，因此的最小值为．因此的最小值为， 18．如图，从左到右有5个空格． (1)若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法?（用数字作答） (2)若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法?（用数字作答） (3)若把这5个格子看成5个企业，现安排3名校长与5个企业洽谈，若每名校长与2家企业领导洽谈，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）． 【答案】(1)96 (2)48 (3)180 【分析】（1）先将排好，再排其他数字即可； （2）先涂第一个格子，再涂第二个格子，依次进行，求出每步的方法种数，即可得解； （3）法一：从5家企业中选一家，再从3位校长中选2位，再从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长，进而可得出答案. 法二：先将五家企业分为3份，再将这3份分给3位校长即可. 【详解】（1）分2步：①第三个格子不能填0，则0有4种选法； ②将其余的4个数字全排列安排在其他四个格子中有种情况，则一共有种不同的填法； （2）根据题意，第一个格子有3种颜色可选，即有3种情况，第二个格子与第一个格子的颜色不能相同，有2种颜色可选，即有2种情况，同理可得：第三、四、五个格子都有2种情况，则五个格子共有种不同的涂法； （3）法一：根据题意，有一家企业与2位校长谈，其余4家企业只与1位校长谈，第1步：从5家企业中选一家，第2步：从3位校长中选2位，第3步：从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长，第4步：在第2步选中的两位校长，每位还要安排一家企业，因此有种． 法二：五家企业记为A，B，C，D，E，把这五家企业分为3份，如，，，含有E的这一份要从A，B，C，D取一家组成2家，如取A得，前面分三份会出现，因此有，然后再分给3位校长，因此总排法有种． 19．某箱子中放有编号分别为1，2，3，4，5，6，7，8的大小与形状都相同的小球，现由A，B二人轮流从该箱子中不放回地取出小球，并记下小球的编号，若A先取小球． (1)求B前两次取得的小球编号之和为13的概率． (2)当有一人所取出的小球编号之和为13时，游戏结束，并判定此人胜利． （ⅰ）求A取了3次小球并获得胜利的概率； （ⅱ）求A获得胜利的概率． 【答案】(1)；(2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）求出B取得的小球编号为6，7时的概率，和为5，8时的概率可得答案； （2）（ⅰ）求出A抽取的小球编号为1，5，7；2，5，6时的概率、小球编号为1，4，8；2，3，8时的概率、小球编号为2，4，7；3，4，6时的概率可得答案；（ⅱ）求出A抽取2次小球获胜的概率、抽取3次小球获胜的概率、抽取4次小球获胜的概率可得答案． 【详解】（1）分析可得B前两次取得的小球编号之和为13时，取得的小球编号分别为6，7或5，8，只需要分析前4次抽取的情况，一共有种取法，当B取得的小球编号为6，7时，概率为， 当B取得的小球编号为5，8时，概率为，所以B前两次取得的小球编号之和为13的概率为； （2）（ⅰ）A取了3次小球并获得胜利，说明A取了3次小球编号之和为13， B取了2次小球编号之和不为13，A，B取球的总情况一共有种取法，其中3次小球编号之和为13的组合有1，4，8；1，5，7；2，3，8；2，4，7；2，5，6；3，4，6共6种情况． 当A抽取的小球编号为1，5，7；2，5，6时，共有种； 当A抽取的小球编号为1，4，8；2，3，8时，要排除B抽取6，7，此时共有种； 当A抽取的小球编号为2，4，7；3，4，6时，要排除B抽取5，8，此时共有种； 所以A取了3次小球并获得胜利的取法为种， 可得所求概率为． （ⅱ）A可以抽取2次小球获胜，概率为，A可以抽取3次小球获胜，概率为， A可以抽取4次小球获胜，A可取小球编号为1，2，3，7；1，2，4，6；1，3，4，5．当A抽取4次小球时，获胜的概率为，所以可得A获得胜利的概率为． 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $