浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测十计数原理单元检测含解析

计数原理（6）排列与组合C1、2018年3月22日,某校举办了“世界水日”主题演讲比赛,该校高三年级准备从包括甲乙丙在内的6名学生中选派4人参加演讲比赛,其中学生丙必须参加,仅当甲乙两同学同时参加时候,甲乙至少有一人与丙学生演讲顺序相邻,那么选派的4名学生不同的演讲顺序的种数为( )A.228B.238C.218D.2482、某单位实行职工值夜班制度,已知,,,,A B C D E,5名职工每星期一到星期五都要值一次夜班,且没有两人同时值夜班,星期六和星期日不值夜班,若A昨天值夜班,从今天起,B C至少连续4天不值夜班, D星期四值夜班,则今天是星期几( )A.二B.三C.四D.五3、甲、乙、丙、丁、戊五位妈妈相约各带一个小孩去观看花卉展,她们选择共享电动车出行,每辆电动车只能载两人,其中孩子们表示都不坐自己妈妈的车,甲的小孩一定要坐戊妈妈的车,则她们坐车不同的搭配方式有( )A.12种B.11种C.10种D.9种4、两所学校分别有2名、3名学生获奖,这5名学生要排成一排合影,则同校学生排在一起的概率是( )A. 1 30B.1 15C.1 10D. 1 55、某校毕业典礼由6个节目组成,考虑整体效果,对节目演出顺序有如下要求:节目甲必须排在前三位,且节目丙、丁必须排在一起,则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有( )种。

A. 240B. 156C. 188D. 1206、若112311n n n n n n n n C C C C +--+++=++,则n = ( )A.4B.5C.6D.7 7、将5名同学分到甲、乙、丙3个小组,若甲组至少两人,乙、丙组每组至少一人,则不同的分配方案的种数为( )A.50B.80C.120D.1408、将3本相同的语文书和2本相同的数学书分给四名同学,每人至少1本,不同的分配方法数有( )A.24B.28C.32D.369、若,m n 均为非负整数，在做m n +的加法时各位均不进位(例如：20191002119+=，则称(),m n 为“简单的”有序对，而m n +称为有序对(),m n 的值，那么值为2019的“简单的”有序对的个数是( ) A ．30 B ．60 C ．96 D ．10010、5个男生和3个女生站成一排,则女生不站在一起的不同排法有( ) A.14400种 B.7200种 C.2400种 D.1200种11、将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人,被人至少1张,如果分别同一人的两张参观券连号,那么不同的分法种数是__________.12、甲、乙、丙、丁四个人排成一行,则乙、丙相邻的排法种数是__________.13、学校将从4名男生和4名女生中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手,其中男生甲不适合担任一辩手,女生乙不适合担任四辩手.现要求:如果男生甲入选,则女生乙必须入选.那么不同的组队形式有__________种14、有编号分别为1,2,3,4,5的5个黑色小球和编号分别为1,2,3,4,5的5个白色小球,若选取的4个小球中既有1号球又有白色小球,则有__________种不同的选法 15、有4个不同的球,四个不同的盒子,把球全部放入盒内(结果用数字表示). 1.共有多少种放法?2.恰有一个盒子不放球,有多少种放法?3.恰有一个盒内放2个球,有多少种放法?4.恰有两个盒不放球,有多少种放法?答案以及解析1答案及解析： 答案：A解析：对甲、乙两名同学是否参加分类.第一类,甲、乙均未参加: 44A .第二类,甲、乙中是有1人参加: 124234144C C A =.第三类,甲、乙都参加:14123432260C A C A -=.1232414460228N N N N =++=++=.2答案及解析： 答案：C 解析：3答案及解析： 答案：B解析：这是个错位排列模型,可视作1、2、3、4、5五个数字排在序号①、②、③、④、⑤的五个位置中,且⑤位置上固定排1,对5所处位置讨论:5在①位置上,是三个元素的错位排列,有2种情况;5在②、③、④位置上分别各都是3种情况;所以共有11种搭配方式,选B.4答案及解析： 答案：C解析：同校学生排在一起共有323323A A A 种排法,而三个学校的学生随便排有66A 种排法,故同校学生排在一起的概率110P = 故选C.5答案及解析： 答案：D 解析：6答案及解析： 答案：A解析：∵1112n n nn n n C C C -++++=,22n n n C C -=, ∴1232n n n n n C C C +++=+, ∴1232n n n n n C C C +++-=,∴122n n n C C ++=,∴122n n C C +=,∴()122n n n -+=,即()()410n n -+=,又0n >, ∴4n =.7答案及解析： 答案：A解析：分两类：若甲组两人，则乙、丙两组的方法数是1232C A ，此时的方法种数为C A =212532C 60；若甲组3人，则方法数C A =325220，根据分类加法原理得总的方法总数为60+20=80,故选A 考点：本题考查了排列组合的综合运用点评：熟练掌握排列、组合的综合运用是解决此类问题的关键，属基础题8答案及解析： 答案：B 解析：第一类,先选1人得到两本语文书,剩下的3人各得一本,有114312C C =种,第二类,先选1人得到一本语文书和一本数学书,其余3人各一本书,有114312C C =种, 第三类,先选1人得到两本数学书,剩下的3人各得一本,有144C =种,根据分类计数原理可得, 12124++种, 故选B9答案及解析： 答案：B解析：值为2019的“简单的”有序对的个数是3121060⨯⨯⨯=.故选B.10答案及解析： 答案：A解析：我们可以在操场上进行实地排队:先让5个男生站成一排有55A 种站法,在站队时每两个男生之间留下一个空(能站且只能站一个人的位置),同时女生还可站两头,因此可供女生站的位置有六个(即“①男②男③男④男⑤男⑥”),把这6个位置编一个号码,再从这6个号码中取出3个排成一排,按它的前后顺序依次把这3个号码分给3个女生甲、乙、丙,再让3个女生对号入座,插进男生之中,最后让这8个人向左看齐,即这8个人站成一排,且女生不相邻,于是就完成了这一事件,因而有:先让5个男生排成一排,有55A 种站法,再让3个女生插入5个男生产生的6个空中,有36A 种排法,故共有5356A A 种不同站法.故选A.11答案及解析： 答案：96解析：5张参观券分成4组, 1组2张,另外3组各1张,且2张参观券连号,则有4种分法,把这4份参观券分给4人,则不同的分法种数是44496A 。

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A级基础夯实练1．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数的个数是()A．30B．42C．36 D．35解析：选C.因为a＋b i为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a 有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．2．某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记，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．28解析：选C.由于丙不入选，相当于从9人中选派3人．甲、乙两人均入选，有C22C17种选法，甲、乙两人只有1人入选，有C12C27种选法．所以由分类加法计数原理知，共有C22C17＋C12C27＝49种不同选法．3．从1,3,5中取两个数，从2,4中取一个数，可以组成没有重复数字的三位数，则在这些三位数中，奇数的个数为() A．12 B．18C．24 D．36解析：选C.从1,3,5中取两个数有C23种方法，从2,4中取一个数有C12种方法，而奇数只能从1,3,5取出的两个数之一作为个位数，故奇数的个数为C23C12A12A22＝3×2×2×2×1＝24(个)4．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有()A．192种B．216种C．240种D．288种解析：选B.第一类：甲在最左端，有A55＝5×4×3×2×1＝120(种)方法；第二类：乙在最左端，有4A44＝4×4×3×2×1＝96(种)方法．所以共有120＋96＝216(种)方法．5．某班组织文艺晚会，准备从A，B等8个节目中选出4个节目演出，要求A，B两个节目至少有一个选中，且A，B同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的种数为() A．1 860 B．1 320C．1 140 D．1 020解析：选C.当A，B节目中只选其中一个时，共有C12C36A44＝960(种)演出顺序；当A，B节目都被选中时，由插空法得共有C26A22A23＝180(种)演出顺序，所以一共有1 140种演出顺序．6．(2018·河南天一大联考)如图，图案共分9个区域，有6种不同颜色的涂料可供涂色，每个区域只能涂一种颜色的涂料，其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色，且相邻区域的颜色不相同，则涂色方法共有() A．360种B．720种C．780种D．840种解析：选B.由题意知2,3,4,5的颜色都不相同，先涂1：有6种方法，再涂2,3,4,5，有A45种方法，故一共有6×A45＝720(种)．7．某县委将7位大学生志愿者(4男3女)分成两组，分配到两所小学支教，若要求女生不能单独成组，且每组最多5人，则不同的分配方案共有()A．36种B．68种C．104种D．110种解析：选C.分组的方案有3、4和2、5两类，第一类有(C37－1)·A22＝68(种)；第二类有(C27－C23)·A22＝36(种)，所以共有N＝68＋36＝104(种)．8．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．解析：第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．答案：369．乘积(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开后共有________项．解析：由(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开式各项都是从每个因式中选一个字母的乘积，由分步乘法计数原理可得其展开式共有3×4×5＝60(项)．答案：6010．若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误写法共有________种．解析：把g、o、o、d 4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A24种排法；第二步：排两个o，共一种排法，所以总的排法种数为A24＝12(种)．其中正确的有一种，所以错误的共A24－1＝12－1＝11(种)．答案：11B级能力提升练11．(2018·福建漳州八校第二次联考)若无重复数字的三位数满足条件：①个位数字与十位数字之和为奇数，②所有数位上的数字和为偶数，则这样的三位数的个数是()A．540 B．480C．360 D．200解析：选 D.由个位数字与十位数字之和为奇数知个位数字、十位数字1奇1偶，有C15C15A22＝50(种)排法；所有数位上的数字和为偶数，则百位数字是奇数，有C14＝4(种)满足题意的选法，故满足题意的三位数共有50×4＝200(个)．12．(2018·浙江温州高三模拟)身高从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人排成高矮相间的一个队形，则甲丁不相邻的不同的排法共有()A．12 B．14C．16 D．18解析：选B.从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人的身高可记为1,2,3,4,5.要求1,4不相邻．分四类：①先排4,5时，则1只有1种排法，2,3在剩余的两个位上，这样有A22A22＝4(种)排法；②先排3,5时，则4只有1种排法，2,1在剩余的两个位上，这样有A22A22＝4种排法；③先排1,2时，则4只有1种排法，3,5在剩余的两个位上，这样有A22A22＝4(种)排法；④先排1,3时，则这样的数只有两个，即21534,43512，只有两种排法．综上共有4＋4＋4＋2＝14(种)排法，故选B.13．将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有() A．18种B．24种C．36种D．72种解析：选 C.不同的分配方案可分为以下两种情况：①甲、乙两人在一个路口，其余三人分配在另外的两个路口，其不同的分配方案有C23A33＝18(种)；②甲、乙所在路口分配三人，另外两个路口各分配一个人，其不同的分配方案有C13A33＝18(种)．由分类加法计数原理可知不同的分配方案共有18＋18＝36(种)．14．(2018·黑龙江哈尔滨第六中学期末)某中学高一学习雷锋志愿小组共有16人，其中一班、二班、三班、四班各4人，现从中任选3人，要求这三人不能全是同一个班的学生，且在三班至多选1人，则不同选法的种数为()A．484 B．472C．252 D．232解析：选B.若三班有1人入选，则另两人从三班以外的12人中选取，共有C14C212＝264(种)选法．若三班没有人入选，则要从三班以外的12人中选3人，又这3人不能全来自同一个班，故有C312－3C34＝208(种)选法．故总共有264＋208＝472(种)不同的选法．15．用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答) 解析：分两种情况：第一种：四位数都不是偶数的个数为：A45＝120(个)，第二种：四位数中有一位为偶数的个数为C14C14A35＝960(个)，则共有1 080个．答案：1 08016．设a，b，c∈{1,2,3,4,5,6}，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有________个．解析：由题意知以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，(1)先考虑等边三角形情况则a＝b＝c＝1,2,3,4,5,6，此时有6个．(2)再考虑等腰三角形情况，若a，b是腰，则a＝b，当a＝b＝1时，c＜a＋b＝2，则c＝1，与等边三角形情况重复；当a＝b＝2时，c＜4，则c＝1,3(c＝2的情况等边三角形已经讨论了)，此时有2个；当a＝b＝3时，c＜6，则c＝1,2,4,5，此时有4个；当a＝b＝4时，c＜8，则c＝1,2,3,5,6，此时有5个；当a＝b＝5时，c＜10，有c＝1,2,3,4,6，此时有5个；当a＝b＝6时，c＜12，有c＝1,2,3,4,5，此时有5个；由分类加法计数原理知有2＋4＋5＋5＋5＋6＝27(个)．答案：27。

滚动检测七(1～10章)(时间：120分钟 满分：150分) 第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4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．已知集合A ＝{y |y ＝2x＋1}，B ＝{x ∈Z |x 2≤5}，则A ∩B 等于( ) A ．(1，5] B ．(1,2] C ．{2}D ．{1,2} 答案 C解析 由2x＋1>1得A ＝(1，＋∞)，而B ＝{0,1，－1,2，－2}，故A ∩B ＝{2}．故选C. 2．已知命题p ：方程x 25＋k ＋y 23－k ＝1表示椭圆，命题q ：－5<k <3，则p 是q 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 对于p,5＋k >0,3－k >0且5＋k ≠3－k ，可得－5<k <3且k ≠－1，易知p 是q 的充分不必要条件，故选A.3．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2(1－x )，x <1，3x－7，x ≥1，则不等式f (x )<2的解集为( )A ．(－3,2)B ．(－2,3)C ．(2,3)D ．(－3，－2)答案 A解析 当x <1时，f (x )<2可化为log 2(1－x )<2，即0<1－x <4，解得－3<x <1；当x ≥1时，f (x )<2可化为3x－7<2，即3x<9，解得1≤x <2.综上，不等式f (x )<2的解集为(－3,1)∪[1,2)＝(－3,2)． 4．若函数f (x )＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6(ω>0)的最小正周期是π5，则f⎝ ⎛⎭⎪⎫π6等于( )A.34B.12C.14D ．0 答案 A解析 f (x )＝sin 2⎝⎛⎭⎪⎫ωx －π6＝1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π32(ω>0)的最小正周期T ＝2π2ω＝π5，得ω＝5，所以f (x )＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫5x －π6， 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－π6＝34.5．已知数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n .若S 3＝6，S 5＝20，则S 7的值为( ) A ．32B ．36C ．40D ．42 答案 D解析 方法一 设公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝6，S 5＝20，得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3×22d ＝6，5a 1＋5×42d ＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝2，从而S 7＝7×0＋7×62×2＝42.方法二 设S n ＝An 2＋Bn ，则由⎩⎪⎨⎪⎧ S 3＝6，S 5＝20，得⎩⎪⎨⎪⎧9A ＋3B ＝6，25A ＋5B ＝20，即⎩⎪⎨⎪⎧A ＝1，B ＝－1，从而得S 7＝49A ＋7B ＝42. 方法三 设公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝6，S 5＝20，得⎩⎪⎨⎪⎧3a 2＝6，5a 3＝20，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2，a 3＝4，所以d ＝2，得a 4＝a 3＋d ＝6，所以S 7＝7a 4＝42. 方法四 易知S 33，S 55，S 77成等差数列，所以2×S 55＝S 33＋S 77，得S 7＝42.6．(2018·浙江省高三调研考试)已知直线l ：y ＝x ＋b 与圆M ：(x －2)2＋y 2＝4交于A ，B 两点，从直线l 上的一点P 向圆N ：x 2＋(y －3)2＝1引切线，切点为Q ，线段PQ 长度的最小值为7，则b 的值为( )A ．－1B ．7C ．7或－1D ．2 答案 A解析 由题意得M (2,0)，圆心M 到直线l 的距离 |2＋b |2<2，解得－22－2<b <22－2，|PQ |＝|PN |2－|NQ |2＝|PN |2－1，|PQ |最小，则|PN |最小，即转化为直线y ＝x ＋b 上的点与圆心N 的最小距离，设圆心N (0,3)到直线y ＝x ＋b 的距离为d ，则d ＝|b －3|2＝22，解得b ＝7或－1，又－22－2<b <22－2，所以b ＝－1.7．已知变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥0，2x ＋3y ≤6，则点P (x －y,3x ＋2y )满足的平面区域的面积为( )A ．3B ．6C ．15D ．30 答案 C解析 设a ＝x －y ，b ＝3x ＋2y ，则x ＝2a ＋b 5，y ＝b －3a5，所以a ，b 满足⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ≥0，b －3a ≥0，b －a ≤6，该不等式组表示的平面区域是一个以(0,0)，(－2,4)，(3,9)为顶点的三角形区域，结合图形可知(图略)，其面积S ＝12×6×(3＋2)＝15.故选C.8．已知a >0，b >0，定义H (a ，b )＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ＋22－b，9a＋2b ，则H (a ，b )的最小值是( )A ．5B ．6C ．8D ．10 答案 A解析 由定义H (a ，b )＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ＋22－b，9a＋2b ，得⎩⎪⎨⎪⎧H (a ，b )≥a ＋22－b，H (a ，b )≥9a ＋2b，⇒2H (a ，b )≥a ＋22－b＋9a＋2b，即2H (a ，b )≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋9a ＋(22－b ＋2b)≥2a ·9a＋222－b ·2b ＝6＋4＝10，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝9a，22－b ＝2b ，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝1时取等号，所以H (a ，b )min ＝5.9．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，点P 是双曲线C 上一动点，若△F 1PF 2的面积为b 2，且∠PF 2F 1＝2∠PF 1F 2，则双曲线C 的离心率为( ) A.3＋2B.3C.3＋1D ．2 3 答案 C解析 设∠F 1PF 2＝α(0<α<π)， 则在△PF 1F 2中，利用余弦定理可得，|F 1F 2|2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1||PF 2|cos α＝(|PF 1|－|PF 2|)2＋2|PF 1||PF 2|－2|PF 1||PF 2|cos α， 即4c 2＝4a 2＋2|PF 1|·|PF 2|(1－cos α)，2b 2＝|PF 1||PF 2|(1－cos α)，|PF 1||PF 2|＝2b21－cos α，因为＝12|PF 1||PF 2|sin α＝b 2sin α1－cos α＝b 2，所以sin α＝1－cos α.又sin 2α＋cos 2α＝1，所以cos α＝0， 又0<α<π，所以α＝π2，即∠F 1PF 2＝π2，即PF 1⊥PF 2，因为∠PF 2F 1＝2∠PF 1F 2， 所以∠PF 2F 1＝π3，∠PF 1F 2＝π6，所以|PF 1|＝3c ，|PF 2|＝c ， 所以|PF 1|－|PF 2|＝(3－1)c ＝2a ， 则e ＝ca＝23－1＝3＋1，故选C.10．(2018·衢州模拟)如图，△BCD 是以BC 为斜边的等腰直角三角形，△ABC 中∠BAC ＝90°，△ABC 沿着BC 翻折成三棱锥A －BCD 的过程中，直线AB 与平面BCD 所成的角均小于直线AC 与平面BCD 所成的角，设二面角A －BD －C ，A －CD －B 的大小分别为α，β，则( )A ．α>βB ．α<βC ．存在α＋β>πD ．α，β的大小关系不能确定答案 B解析 作AH ⊥平面BCD ，分别作HM ⊥BD ，HN ⊥CD 于M ，N 两点(图略)．由AB 与平面BCD 所成的角∠ABH 总小于AC 与平面BCD 所成的角∠ACH ，则AB >AC .设O 为BC 的中点，则点H 在DO 的右侧，所以有HM >HN ，故tan α＝tan∠AMH ＝AH HM ，tan β＝tan∠ANH ＝AH HN，因此，tan α<tan β，即α<β，故选B.第Ⅱ卷(非选择题 共110分)二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．把答案填在题中横线上)11．若2－i i ＋a (i 是虚数单位，a ∈R )是纯虚数，则a ＝________，|(2a ＋1)＋3i|＝________.答案 1213解析 因为2－i i ＋a ＝(2－i )(a －i )(a ＋i )(a －i )＝2a －1－(2＋a )ia 2＋1，又2－ii ＋a为纯虚数，所以2a －1＝0且2＋a ≠0， 解得a ＝12，则(2a ＋1)＋3i ＝2＋3i ，所以|(2a ＋1)＋3i|＝|2＋3i|＝13.12．(2018·浙江省普通高中高考模拟)已知⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －1x n 的展开式中各项系数的绝对值之和为4096，则n ＝______，该展开式中的常数项为________． 答案 6 1215解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －1x n 的展开式中各项系数的绝对值之和与⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋1x n 的展开式中各项系数之和相等，令x ＝1，则4n＝4096，则n ＝6.⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －1x 6的展开式的通项 T k ＋1＝C k 6(3x )6－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x k ＝(－1)k 36－k C k 6，令3－32k ＝0，则k ＝2，T 3＝(－1)234C 26＝1215.13．已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________，该几何体的各条棱中最长棱的长度为________．答案 217解析 还原该几何体，并将其放入长方体中，如图中三棱锥A －BCD 所示，则V A －BCD ＝V C －ABD ＝13×12×3×2×2＝2.经计算知，三棱锥A －BCD 的各条棱的长度分别为AB ＝3，BC ＝AD ＝22，BD ＝CD ＝5，AC ＝17，则最长棱的长度为17.14．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－2a n ＝2n(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________. 答案 n ·2n －1解析 a n ＋1－2a n ＝2n两边同除以2n ＋1，可得a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12，又a 12＝12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以12为首项，12为公差的等差数列，∴a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝n 2，∴a n ＝n ·2n －1. 15．设a ，b ，e 为平面向量，若|e |＝1，a ·e ＝1，b ·e ＝2，|a －b |＝2，则|a ＋b |的最小值为________，a ·b 的最小值为________．答案 3 54解析 ∵|e |＝1，a ·e ＝1，b ·e ＝2，∴(a ＋b )·e ＝3， 设(a ＋b )与e 的夹角为θ(θ∈[0，π])，则|a ＋b |·|e |cos θ＝3，∴|a ＋b |＝3cos θ(θ∈[0，π])，∴|a ＋b |min ＝3，当且仅当cos θ＝1即θ＝0时取最小值． ∵|e |＝1，∴不妨设e ＝(1,0)．∵a ·e ＝1，b ·e ＝2，∴可设a ＝(1，m )，b ＝(2，n )， ∴a －b ＝(－1，m －n )．∵|a －b |＝2，∴1＋(m －n )2＝2，化为(m －n )2＝3， ∴(m ＋n )2＝3＋4mn ≥0，∴mn ≥－34，当且仅当m ＝－n ＝±32时取等号． ∴a ·b ＝2＋mn ≥2－34＝54.16．2017年某县为检查“精准扶贫”的落实情况，对甲、乙、丙三个镇进行重点调研，甲镇最多派3个人，乙镇最多派2个人，丙镇只派1个人．调研工作组由3男2女组成，由于该县位于偏远山区，因此女同志不单独调研，每个镇至少派1个人，则不同的分配方法有________种． 答案 18解析 分析知有2种分配途径：(1)甲镇派2个女同志，则必有1个男同志，有C 13种分配方法，另2个男同志分别分配在乙镇和丙镇，分配方法有A 22种，此时分配方法的种数为C 13×A 22＝6；(2)甲镇派1个女同志，乙镇派1个女同志，共A 22种分配方法，3个男同志只能每镇派1个，共有A 33种，又A 22×A 33＝12，所以共有12种分配方法．又12＋6＝18，所以共有18种分配方法．17．已知函数f (x )＝－x 2＋|x －2a |＋ax (a ∈R )，若函数f (x )在[0,1]上的值域为[1,2]，则实数a 的值为________． 答案 －1或1解析 由题意得，1≤f (0)＝|2a |≤2，① 1≤f (1)＝a －1＋|2a －1|≤2，②由①得12≤|a |≤1.当12≤a ≤1时，由②得，1≤3a －2≤2,1≤a ≤43， 所以a ＝1，此时f (x )＝－x 2＋|x －2|＋x ，又x ∈[0,1]，所以f (x )＝－x 2＋2∈[1,2]，满足题意； 当－1≤a ≤－12时，同理可得a ＝－1，此时f (x )＝－x 2＋|x ＋2|－x ，又x ∈[0,1]，所以f (x )＝－x 2＋2∈[1,2]，满足题意． 故实数a 的值为－1或1.三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 18．(14分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a cos C ＋c cos A ＝12(a ＋c )．(1)若4sin A ＝3sin B ，求c a的值；(2)若C ＝2π3，且c －a ＝8，求△ABC 的面积．解 方法一 a cos C ＋c cos A ＝12(a ＋c )，由余弦定理得a ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·b 2＋c 2－a 22bc ＝12(a ＋c )，所以a ＋c ＝2b .方法二 因为a cos C ＋c cos A ＝12(a ＋c )，所以由正弦定理得sin A cos C ＋sin C cos A ＝12(sin A ＋sin C )，所以sin B ＝sin(A ＋C )＝12(sin A ＋sin C )，由正弦定理得b ＝12(a ＋c )，即a ＋c ＝2b .(1)4sin A ＝3sin B ，由正弦定理得4a ＝3b ， 所以a ＋c ＝2·43a ，所以c a ＝53.(2)由c －a ＝8，得b ＝a ＋4，c ＝a ＋8， 则由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，可得(a ＋8)2＝a 2＋(a ＋4)2－2a ·(a ＋4)cos 2π3，解得a ＝6或a ＝－4(舍去)，所以b ＝10， 所以△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝15 3.19．(15分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，且∠ABC ＝120°.点E 是棱PC 的中点，平面ABE 与棱PD 交于点F .(1)求证：EF ∥平面PAB ；(2)若PA ＝PD ＝AD ＝2，且平面PAD ⊥平面ABCD ，求PB 与平面ABEF 所成角的正弦值． (1)证明 ∵底面ABCD 是菱形，∴AB ∥CD ， 又AB ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ， ∴AB ∥平面PCD ，∵A ，B ，E ，F 四点共面，且平面ABEF ∩平面PCD ＝EF ， ∴AB ∥EF ，∵AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ， ∴EF ∥平面PAB .(2)解 方法一 要求PB 与平面ABEF 所成角的正弦值，只要求出点P 到平面ABEF 的距离，设点P 到平面ABEF 的距离为h ，PB 与平面ABEF 所成的角为θ，取AD 的中点G ，连接PG ，BG ，BF . ∵PA ＝PD ，∴PG ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴PG ⊥平面ABCD ，∴PG ⊥GB ， ∵PG ＝BG ＝3，∴PB ＝6， 不难求得BF ＝2，S △ABF ＝394，S △PAF ＝32， 点B 到平面PAF 的距离为BG ＝3， 由V P －ABF ＝V B －PAF ，可得13S △ABF ·h ＝13S △PAF ·BG ， ∴394h ＝32，∴h ＝23913， 则sin θ＝h PB ＝239136＝2613，∴PB 与平面ABEF 所成角的正弦值为2613. 方法二 取AD 的中点G ，连接PG ，GB ，∵PA ＝PD ，∴PG ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴PG ⊥平面ABCD ， ∴PG ⊥GB ，在菱形ABCD 中，∵AB ＝AD ，∠DAB ＝60°，G 是AD 中点，∴AD ⊥GB ， 如图，建立空间直角坐标系Gxyz ，∵PA ＝PD ＝AD ＝2，则G (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－2，3，0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，∵AB ∥EF ，E 是棱PC 的中点， ∴F 是棱PD 的中点， ∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32， AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，32，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，0，PB →＝(0，3，－3)， 设平面ABEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AF →＝0，n ·EF →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧z ＝3x ，y ＝33x ，不妨取x ＝3，则平面ABEF 的一个法向量为n ＝(3，3，33)，∵sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝|n ·PB →||n ||PB →|＝639×6＝2613， ∴PB 与平面ABEF 所成角的正弦值为2613. 20．(15分)(2019·台州质检)已知数列{a n }为等比数列，其前n 项和为S n ，若a 1＋a 4＝－716，且对任意的n ∈N *，有S n ，S n ＋2，S n ＋1成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝n ，T n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 1a 1＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 2a 2＋…＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b n a n ，且(n －1)2≤m (T n －n －1)对任意的n ≥2，n ∈N *恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为对任意的n ∈N *，有S n ，S n ＋2，S n ＋1成等差数列，所以2S n ＋2＝S n ＋S n ＋1，令n ＝1，则2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)＝a 1＋a 1＋a 1q ，整理得2a 1(1＋q ＋q 2)＝a 1(2＋q )．因为a 1≠0，所以2(1＋q ＋q 2)＝2＋q ，又q ≠0，所以q ＝－12. 又a 1＋a 4＝－716，所以a 1＝－12， 所以a n ＝a 1q n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n . (2)因为b n ＝n ，由(1)知⎪⎪⎪⎪⎪⎪b n a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝n ·2n ， 所以T n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，2T n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1， 两式相减，得－T n ＝1×21＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1， 所以T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2n ＋11－2－n ×2n ＋1＝(n －1)×2n ＋1＋2. 当n ≥2，n ∈N *时，T n >n ＋1， 所以(n －1)2≤m (T n －n －1)对任意的n ≥2，n ∈N *恒成立，即m ≥n －12n ＋1－1对任意的n ≥2，n ∈N *恒成立．令f (x )＝x －12x ＋1－1(x ≥2)， 则f (x ＋1)－f (x )＝x 2x ＋2－1－x －12x ＋1－1 ＝(2－x )2x ＋1－1(2x ＋2－1)(2x ＋1－1)<0， 所以n －12n ＋1－1≤2－123－1＝17.所以m ≥17， 即实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫17，＋∞. 21．(15分)已知抛物线C 1，C 2的方程分别为x 2＝2y ，y 2＝2x .(1)求抛物线C 1和抛物线C 2的公切线l 的方程；(2)过点G (a ，b )(a ，b 为常数)作一条斜率为k 的直线与抛物线C 2：y 2＝2x 交于P ，Q 两点，当弦PQ 的中点恰好为点G 时，试探求k 与b 之间的关系．解 (1)由题意可知，直线l 的斜率显然存在，且不等于0，设直线l 的方程为y ＝tx ＋m .联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2y ，y ＝tx ＋m ，消去y 并整理得x 2－2tx －2m ＝0， 因为直线l 与抛物线C 1相切， 所以Δ1＝(－2t )2－4×(－2m )＝0，整理得t 2＋2m ＝0.①同理，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y 2＝2x ，y ＝tx ＋m ，得2tm ＝1.②由①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧ t ＝－1，m ＝－12，所以直线l 的方程为y ＝－x －12. (2)由题意知直线PQ 的方程为y －b ＝k (x －a )，即y ＝k (x －a )＋b .联立⎩⎪⎨⎪⎧ y 2＝2x ，y ＝k (x －a )＋b ，消去y 得k 2x 2＋(－2k 2a ＋2kb －2)x ＋k 2a 2＋b 2－2kab ＝0，当k ＝0时，直线PQ 与抛物线C 2：y 2＝2x 只有一个交点，故k ≠0，设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2k 2a －2kb ＋2k 2， 所以x 1＋x 22＝k 2a －kb ＋1k 2. 又y 1＋y 2＝k (x 1－a )＋b ＋k (x 2－a )＋b＝k (x 1＋x 2)－2ka ＋2b ＝2k 2a －2kb ＋2k－2ka ＋2b ＝2k 2a －2kb ＋2－2k 2a ＋2kb k ＝2k， 所以y 1＋y 22＝1k. 要满足弦PQ 的中点恰好为点G (a ，b )，根据中点坐标公式可知⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 22＝a ，y 1＋y 22＝b ，即⎩⎪⎨⎪⎧ k 2a －kb ＋1k 2＝a ，1k ＝b ，所以kb ＝1.故k 与b 之间的关系是互为倒数．22．(15分)已知函数f (x )＝e x －x 2－ax .(1)若函数f (x )在R 上单调递增，求a 的取值范围；(2)若a ＝1，证明：当x >0时，f (x )>1－ln22－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln222. 参考数据：e≈2.71828，ln2≈0.69.(1)解 方法一 由f (x )＝e x －x 2－ax ，得f ′(x )＝e x －2x －a ，因为函数f (x )在R 上单调递增，所以f ′(x )＝e x －2x －a ≥0在R 上恒成立，得a ≤e x －2x 在R 上恒成立．设g (x )＝e x －2x ，则g ′(x )＝e x －2.令g ′(x )＝e x －2＝0，得x ＝ln2.当x <ln2时，g ′(x )<0；当x >ln2时，g ′(x )>0.则函数g (x )在(－∞，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，所以当x ＝ln2时，g (x )取得最小值，且g (ln2)＝e ln2－2ln2＝2－2ln2，所以a ≤2－2ln2，所以a 的取值范围为(－∞，2－2ln2]．方法二 由f (x )＝e x －x 2－ax ，得f ′(x )＝e x －2x －a ，因为函数f (x )在R 上单调递增，所以f ′(x )＝e x －2x －a ≥0在R 上恒成立． 设h (x )＝e x －2x －a ，则h ′(x )＝e x －2.令h ′(x )＝e x－2＝0，得x ＝ln2，当x <ln2时，h ′(x )<0；当x >ln2时，h ′(x )>0.则函数h (x )在(－∞，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，所以当x ＝ln2时，h (x )取得最小值，且h (ln2)＝e ln2－2ln2－a ＝2－2ln2－a . 由于f ′(x )＝h (x )，则2－2ln2－a ≥0，得a ≤2－2ln2，所以a 的取值范围为(－∞，2－2ln2]．(2)若a ＝1，则f (x )＝e x －x 2－x ，得f ′(x )＝e x －2x －1.由(1)知函数f ′(x )在(－∞，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增． 又f ′(0)＝0，f ′(1)＝e －3<0， f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12ln2＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12ln2－1＝2e －3－ln2>0， 所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫1，1＋12ln2，使得f ′(x 0)＝0， 即－2x 0－1＝0.当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.则函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，则当x ＝x 0时，函数f (x )取得最小值， 且f (x 0)＝－x 20－x 0，所以当x >0时，f (x )≥f (x 0)．由－2x 0－1＝0，得＝2x 0＋1，则f (x 0)＝－x 20－x 0＝2x 0＋1－x 20－x 0＝－x 20＋x 0＋1＝－⎝⎛⎭⎪⎫x 0－122＋54. 由于x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫1，1＋12ln2， 则f (x 0)＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－122＋54>－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12ln2－122＋54＝1－ln22－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln222.所以当x >0时，f (x )>1－ln22－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln222.。

浙江大学附中2020届高三数学一轮复习单元训练：计数原理 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ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．设m ∈N*，且m ＜25，则(25－m)(26－m)…(30－m)等于( )A ．625m A -B ．2530m m A --C ．630m A -D ．530m A -【答案】C2．把10)x -把二项式定理展开，展开式的第8项的系数是( )A ．135B ．135-C ．-D ．【答案】D3．球面上有七个点，其中四个点在同一个大圆上，其余无三点共一个大圆，也无两点与球心共线，那么经过球心与球面上的任意两点可作球的大圆有( )A ．15个B ．16个C ．31个D ．32个【答案】B4．西大附中数学组有实习老师共5名，现将他们分配到高二年级的1、2、3三个班实习，每班至少1名，最多2名，则不同的分配方案有( )A ．30种B ．90种C ．180种D ．270种【答案】B5．6位好朋友在一次元旦聚会中进行礼品交换，任意两位朋友之间最多交换一次，进行交换的两位朋友互赠一份礼品，已知这6位好朋友之间共进行了13次互换，则收到4份礼品的同学人数为( )A ．1或4B ．2或4C ．2或3D ．1或3【答案】B6．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a ，b 组成复数a ＋bi ，其中虚数有( )A ．30个B ．42个C ．36个D ．35个【答案】C7．编号为1、2、3、4、5、6、7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有( )A ．60B ．20种C ．10种D ．8种【答案】C8．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，令nS S S T n n +⋯++=21，称n T 为数列1a ，2a ，……，n a 的“理想数”，已知数列1a ，2a ，……，500a 的“理想数”为2020，那么数列8，1a ，2a ，……，500a 的“理想数”为( )A ．2020B ．2020C ．2020D ．2020【答案】A9．现有男、女学生共7人，从男生中选1人，从女生中选2人分别参加数学、物理、化学三科竞赛，共有108种不同方案，那么男、女生人数分别是( )A ．男生4人，女生3人B ．男生3人，女生4人C ．男生2人，女生5人D ．男生5人，女生2人.【答案】B10．某班由24名女生和36名男生组成，现要组织20名学生外参观，若这20名学生按性别分层抽样产生，则参观团的组成法共有( )A ．824C 1236C 种B ．81224.36AC 种 C ．10102436C C 种D ．2060C 种 【答案】A11．3张不同的电影票全部分给10个人,每人至多一张,则有不同分法的种数是( )A ．1260B ．120C ．240D ．720【答案】D12．计划在4个体育馆举办排球、篮球、足球3个项目的比赛，每个项目的比赛只能安排在一个体育馆进行，则在同一个体育馆比赛的项目不超过2项的安排方案共有( )A ．24种B ．36种C ．42种D ．60种【答案】D第Ⅱ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．n x )1(+的展开式中，某一项的系数为7，则展开式中第三项的系数是________．【答案】2114．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，赠送给5位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有 种.【答案】1015．7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)。

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A级基础夯实练1．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数的个数是()A．30B．42C．36 D．35解析：选C.因为a＋b i为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a 有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．2．某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记，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．28解析：选C.由于丙不入选，相当于从9人中选派3人．甲、乙两人均入选，有C22C17种选法，甲、乙两人只有1人入选，有C12C27种选法．所以由分类加法计数原理知，共有C22C17＋C12C27＝49种不同选法．3．从1,3,5中取两个数，从2,4中取一个数，可以组成没有重复数字的三位数，则在这些三位数中，奇数的个数为() A．12 B．18C．24 D．36解析：选C.从1,3,5中取两个数有C23种方法，从2,4中取一个数有C12种方法，而奇数只能从1,3,5取出的两个数之一作为个位数，故奇数的个数为C23C12A12A22＝3×2×2×2×1＝24(个)．4．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有()C．240种D．288种解析：选B.第一类：甲在最左端，有A55＝5×4×3×2×1＝120(种)方法；第二类：乙在最左端，有4A44＝4×4×3×2×1＝96(种)方法．所以共有120＋96＝216(种)方法．5．某班组织文艺晚会，准备从A，B等8个节目中选出4个节目演出，要求A，B两个节目至少有一个选中，且A，B同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的种数为() A．1 860 B．1 320C．1 140 D．1 020解析：选C.当A，B节目中只选其中一个时，共有C12C36A44＝960(种)演出顺序；当A，B节目都被选中时，由插空法得共有C26A22A23＝180(种)演出顺序，所以一共有1 140种演出顺序．6．(2018·河南天一大联考)如图，图案共分9个区域，有6种不同颜色的涂料可供涂色，每个区域只能涂一种颜色的涂料，其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色，且相邻区域的颜色不相同，则涂色方法共有() A．360种B．720种C．780种D．840种解析：选B.由题意知2,3,4,5的颜色都不相同，先涂1：有6种方法，再涂2,3,4,5，有A45种方法，故一共有6×A45＝720(种)．7．某县委将7位大学生志愿者(4男3女)分成两组，分配到两所小学支教，若要求女生不能单独成组，且每组最多5人，则不同的分配方案共有()C．104种D．110种解析：选C.分组的方案有3、4和2、5两类，第一类有(C37－1)·A22＝68(种)；第二类有(C27－C23)·A22＝36(种)，所以共有N＝68＋36＝104(种)．8．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．解析：第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．答案：369．乘积(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开后共有________项．解析：由(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开式各项都是从每个因式中选一个字母的乘积，由分步乘法计数原理可得其展开式共有3×4×5＝60(项)．答案：6010．若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误写法共有________种．解析：把g、o、o、d 4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A24种排法；第二步：排两个o，共一种排法，所以总的排法种数为A24＝12(种)．其中正确的有一种，所以错误的共A24－1＝12－1＝11(种)．答案：11B级能力提升练11．(2018·福建漳州八校第二次联考)若无重复数字的三位数满足条件：①个位数字与十位数字之和为奇数，②所有数位上的数字和为偶数，则这样的三位数的个数是()A．540 B．480C．360 D．200解析：选 D.由个位数字与十位数字之和为奇数知个位数字、十位数字1奇1偶，有C15C15A22＝50(种)排法；所有数位上的数字和为偶数，则百位数字是奇数，有C14＝4(种)满足题意的选法，故满足题意的三位数共有50×4＝200(个)．12．(2018·浙江温州高三模拟)身高从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人排成高矮相间的一个队形，则甲丁不相邻的不同的排法共有()A．12 B．14C．16 D．18解析：选B.从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人的身高可记为1,2,3,4,5.要求1,4不相邻．分四类：①先排4,5时，则1只有1种排法，2,3在剩余的两个位上，这样有A22A22＝4(种)排法；②先排3,5时，则4只有1种排法，2,1在剩余的两个位上，这样有A22A22＝4种排法；③先排1,2时，则4只有1种排法，3,5在剩余的两个位上，这样有A22A22＝4(种)排法；④先排1,3时，则这样的数只有两个，即21534,43512，只有两种排法．综上共有4＋4＋4＋2＝14(种)排法，故选B.13．将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有() A．18种B．24种C．36种D．72种解析：选 C.不同的分配方案可分为以下两种情况：①甲、乙两人在一个路口，其余三人分配在另外的两个路口，其不同的分配方案有C23A33＝18(种)；②甲、乙所在路口分配三人，另外两个路口各分配一个人，其不同的分配方案有C13A33＝18(种)．由分类加法计数原理可知不同的分配方案共有18＋18＝36(种)．14．(2018·黑龙江哈尔滨第六中学期末)某中学高一学习雷锋志愿小组共有16人，其中一班、二班、三班、四班各4人，现从中任选3人，要求这三人不能全是同一个班的学生，且在三班至多选1人，则不同选法的种数为()A．484 B．472C．252 D．232解析：选B.若三班有1人入选，则另两人从三班以外的12人中选取，共有C14C212＝264(种)选法．若三班没有人入选，则要从三班以外的12人中选3人，又这3人不能全来自同一个班，故有C312－3C34＝208(种)选法．故总共有264＋208＝472(种)不同的选法．15．用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答) 解析：分两种情况：第一种：四位数都不是偶数的个数为：A45＝120(个)，第二种：四位数中有一位为偶数的个数为C14C14A35＝960(个)，则共有1 080个．答案：1 08016．设a，b，c∈{1,2,3,4,5,6}，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有________个．解析：由题意知以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，(1)先考虑等边三角形情况则a＝b＝c＝1,2,3,4,5,6，此时有6个．(2)再考虑等腰三角形情况，若a，b是腰，则a＝b，当a＝b＝1时，c＜a＋b＝2，则c＝1，与等边三角形情况重复；当a＝b＝2时，c＜4，则c＝1,3(c＝2的情况等边三角形已经讨论了)，此时有2个；当a＝b＝3时，c＜6，则c＝1,2,4,5，此时有4个；当a＝b＝4时，c＜8，则c＝1,2,3,5,6，此时有5个；当a＝b＝5时，c＜10，有c＝1,2,3,4,6，此时有5个；当a＝b＝6时，c＜12，有c＝1,2,3,4,5，此时有5个；由分类加法计数原理知有2＋4＋5＋5＋5＋6＝27(个)．答案：27。