第18讲 排列组合、二项式定理&第19讲 离散型随机变量的分布列、均值与方差-【艺考一本通】2026年高考数学小题量检测

艺考一本通 数学 第18讲排列组合、二项式定理 ©限时：40分钟⊙总分：62分 1.某游泳锦标赛上有四名运动员甲、乙、丙、丁， 7.在（反-x”的展开式中，若只有第5项的二 他们每人参加项目且每人只能参加一个项 目，有三个游泳项目供选择，这四人参赛方案 项式系数最大，则展开式中x的系数为() 的种类共有 ( A.-7 R C36 8 D.7 A.34 B.43 C.12 D.9 8.在(1十x+x2)(1一x)1的展开式中，含x的 2.元宵节灯展后，悬挂的8盏不同的花灯需要 项的系数是 取下，如图所示，每次取1盏，则不同的取法 9.若(aV反-)°(b>0)的展开式中含x的项 共有 的系数为60，则a十b的最小值为 DD 1o.(x+)2x-》 展开式中的常数项是 O 120,则实数a= A.32种 B.70种 C.90种 D.280种 11.（多选)带有编号1、2、3、4、5的五个球，则 19 3.已知ax 的展开式中的常数项是672， () A.全部投入4个不同的盒子里，共有45种 则a= ( 放法 A.39 B.29 C.2 D.1 B.放进不同的4个盒子里，每盒至少一个， 4.(+)° 展开式中含x3项的系数为一84，则 共有4种放法 实数a的值为 C.将其中的4个球投入4个盒子里的一个 A.-1 B.-2 C.-3 D.-4 (另一个球不投入)，共有20种放法 5.某志愿小组共五人，随机安排四人去值班，每 D.全部投入3个不同的盒子里，没有空盒， 人只需值班一天，若前两天每天有一人值班， 共有140种不同的放法 第三天有两人值班，且其中的甲、乙两人不同 12.（多选)已知(3.x-2)2023=a0十a1x十a2x2十 在第三天值班，则满足条件的不同的安排方 …十a2023x2023,则 法共有 ( A.a=22023 A.72种B.60种C.54种 D.48种 B.a0十a1十a2十…+a2023=1 6.如果一个四位数各个位数上的数字之和为 C.a十a十a+…+a=5m23十 2 8,则称这个四位数为“幸运数”，那么总共有 个“幸运数” Da+号+学+学+…+9器=-1 32023 ·34· 第一部分 一轮单元检测 第19讲 离散型随机变量的分布列、均值与方差 ©限时：45分钟⊙总分：48分 解答题（每题12分，共48分） 2.强基计划校考由试点高校自主命题，校考过 1.某校举办“学党史”知识测试活动，每位教师 程中通过笔试后才能进入面试环节.已知甲、 3次测试机会，规定按顺序测试，一旦测试合 乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目 格就不必参加以后的测试，否则3次测试都 且每门科目是否通过相互独立，若某考生报 要参加.甲教师3次测试每次合格的概率组 考甲大学，每门科目通过的概率均为；该考 成一个公差为的等差数列，他第一次测试 生报考乙大学，每门科目通过的概率依次为 合格的概率不超过？，且他直到第二次测试 6,3m,其中0<m<1. 12 才合格的概率为品，乙教师3次测试每次测 )若m-号，分别求出该考生报考甲、乙两 试合格的餐率均为号，每位教师参加的每次 所大学在笔试环节恰好通过一门科目的 概率； 测试是否合格相互独立. (2)强基计划规定每名考生只能报考一所试 (1)求甲教师第一次参加测试就合格的概 点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学 率P; 期望为依据作决策，当该考生更希望通过乙 (2)设甲教师参加测试的次数为，乙教师参 大学的笔试时，求的取值范围， 加测试的次数为，求=m十n的分布列. ·35· 艺考一本通 数学 3.人勤春来早，实干正当时.某工厂春节后复工4.某品牌汽车厂今年计划生产10万辆轿车，生 复产，为满足市场需求加紧生产，但由于生产 产每辆轿车都需要安装一个配件M,其中由 设备超负荷运转导致某批产品次品率偏高. 本厂自主生产的配件M可以满足20%的生 已知这批产品的质量指标X~N(80,o),当 产需要，其余的要向甲、乙两个配件厂家订购、 X∈(60,100)时产品为正品，其余为次品.生 已知本厂生产配件M的成本为500元/件， 产该产品的成本为20元/件，售价为40元/ 从甲、乙两厂订购配件M的成本分别为 件.若售出次品，则不更换，需按原售价退款 600元/件和800元/件，该汽车厂计划将每 并补偿客户10元/件. 辆轿车使用配件M的平均成本控制为 (1)若某客户买到的10件产品中恰有2件次 640元/件. 品，现从中任取3件，求被选中的正品数量Z (1)分别求该汽车厂需要从甲厂和乙厂订购 的分布列和数学期望， 配件M的数量； (2)已知P(X≤60)=0.02，工厂欲聘请一名 (2)已知甲厂、乙厂和本厂自主生产的配件M 临时质检员检测这批产品，质检员工资是按 的次品率分别为4%，2%和1%，求该厂生产 件计费，每件x(x>0)元.产品检测后，检测 的一辆轿车使用的配件M是次品的概率； 为次品便立即销毁，检测为正品方能销售.假 (3)现有一辆轿车由于使用了次品配件M出 设该工厂生产的这批产品都能销售完，工厂 现了质量问题，需要返厂维修，维修费用为 对这批产品有两种检测方案.方案一：全部检 14000元，若维修费用由甲厂、乙厂和本厂按 测；方案二：抽样检测.若要使工厂两种检测 照次品配件M来自各厂的概率的比例分担， 方案的盈利均高于不检测时的盈利，求x的 则它们各自应该承担的维修费用分别为 取值范围，并从工厂盈利的角度选择恰当的 多少？ 方案 ·36·小题量检测数学 第18讲排列组合、二项式定理 1.A【解析】甲、乙、丙、丁每人均有3种选择，可以采用分步 计数原理，得34. 2.B【解析】因为取灯时每次只能取一盏，所以每串灯必须先 取下面的灯，即每串灯取下的顺序确定，故不同的取法有C =70(种).故选B. 3.C 【解析】αx)的展开式的通项为工+1=巴 aw(2)广=G·ar(-1)y·r产，令9号 0,得r=6,所以常数项是T6+1=a3·C9=672,故a=2.故 选C. 4.A【解析】.T,+1=Cax9-2r(r=0,1,2,…,9),令9-2r= 3,得r=3.所以T4=C月a3x3=84a3x3,依题意84a3=一84， 所以a=一1. 5.C【解析】不考虑甲、乙，则不同的安排方法有CCC号=60 (种)，甲、乙两人同在第三天值班的不同的安排方法有CC =6(种)，所以满足条件的不同的安排方法有60一6=54 (种).故选C. 6.120【解析】①若有3个0，则为8000，共1个：②若有2个 0,则另外两个数为(1,7)，(2,6)，(3,5)，(4,4)，则有 AA×3+A=21个；③若有1个0，则另外三个数为 (1,1,6),(1,2,5),(1,3,4),(2,2,4),(2,3,3),则有 AA×2+(3+A)X3=63个；④若没有0，则为 (1,1,1,5),(1,1,2,4),(1,1,3,3),(1,2,2,3), (2,22.2)则有N+1十号×2+-35个：馀上-共 有1+21+63十35=120个.故答案为120. 7.D【解析】因为在(W匠-7)的展开式中，只有第5项的 二项式系数最大，所以=8，所以展开式的通项为T,+1= C(-合）-(-）C产，令8=得r 2,故展开式中2的系数为(-号）》×C3=7.故选D. 8.135【解析】(1一x)”展开式的通项公式为T+1=(一1)” C0x(r=0,1,2,…,10),取r=2,3,4所得T,+1分别与x2, x,1相乘并合并同类项就得到展开式中含x的项为Cx ·x2-C30x3·x+C0x·1=(45-120+210)x=135.x4, 所以含x项的系数为135. 9.22【解析】T+1=(-1)rCa-bx6,5=(-1) 22 C6a6-brx3-r(r=0,1,2,…,6),令3一r=1得r=2,所以T =15abx,依题意15ab2=60(b>0),所以a2b=2,所以a2 +b≥2a6=2√2，当且仅当a=士4√2，b=√2时，等号成 立.所以2十b的最小值为2√2. 10.22【解析】因为(2x-）”展开式的通项公式为T1 (一1)rC25-x5-2r(r=0,1,2,…,5),令5-2r=一1得r= 3,即T=C2x=-0.令52r=1得=2，即T日 C2x=80,所以(x+)(2x-上）展开式中的常数项 为x·T4+4·T3=-40+80a=120,即a=2.2. 11.AC【解析】对于A:由分步计数原理，五个球全部投入4 个不同的盒子里共有4种放法，故A正确；对于B:由排列 数公式，五个不同的球放进不同的4个盒子里，每盒至少 个，共有C喝A=240种放法，故B错误；对于C:将其中的4 个球投入一个盒子里（另一个球不投入）共有CC=20种 放法，故C正确；对于D:全部投入3个不同的盒子里，没有 空盒，共有CA十CCA=150种不同的放法，故D错 误.故选AC. 12.BCD【解析】对于A,令x=0,可得a=(-2)2023= 22023,故A错误；对于B,令x=1,可得a十a1十a2十…十 a2028=123=1①，故B正确：对于C,令x=一1，可得a0 a1十a2-a3+…+a202-a2023=(-5)22s=-5223②，① ②可得2(a1十a十a5+…十a02s)=52023+1,即a1十a十a5 76 十…十a2023= 1,故C正确：对于D,令x=弓，可得 2 a十号十号十学+十号器=（一1D赠=-1，故D正确， 故选BCD. 第19讲离散型随机变量 的分布列、均值与方差 1.【解析】(1)由甲教师3次测试每次合格的概率组成一个公差 为日的等差数列，甲教师第一次参加测试就合格的概率为 P,故甲教师参加第二，三次测试合格的概率分别是P十日， P叶}，由题意知，1-P(P+日)）=品解得P=子或P =号（合)，所以甲教师第一次参加测试就合格的概率为子 (2)由(1)知甲教师参加第二、三次测试合格的概率分别是 8,2,由题意知，的可能取值为2,3,4,5,6，由题意可知P 31 (G=2)=Pm=1,m=1D=子×号=g,P(g=3)=P(m= 1m=2)+Pm=2m=1D=}×(3×号)+(×毫)× 号-幕，P=4)=Pm=1m=3》+P0m=2a=2)+P m=3.m=1)=(3×号)+（受×音）号×号)+ (×晋)×号-=路，P=5)=P(m=2,m=3)+P(m= 3,n=2)=(是×8)×(3×号)+（是×8）× (号×号）-品P=6)=Pm=3,m=3)=(×号)X (号×号)=品所以的分布列为： ξ2 3 4 5 6 1 35 58 13 5 6 144 144 96 96 2.【解析】(1)设该考生报考甲大学恰好通过一门笔试科目为事 件A,该考生报考乙大学恰好通过一门笔试科目为事件B, 根据题意可得P(A)=C(分)（合）广'=各，P(B)=日× ()广°+×号×号×2-- (2)设该考生报考甲大学通过的科目数为X,报考乙大学通 过的科目数为Y,根据题意可知，X一B(3,),则E(X)=3 ×2=号，PY=0)=×1-m)=&1-m.PY= 6 1》=号×号1-m+号×号1-m)+号×w=是 P0Y=2》=×号1-m+日×m+音×号m= 2 日+ 2m,P(Y=3)= ×号m=日，则随机变量Y的分 布列为 Y 0 1 2 3 P 81- 11 183m 9m E(Y)= 11 1 18 +号+m十了m=十m,若EY)>E 3 X),则吾+> 3 7,故二m<1,即m的取值范围 是（号1） 3.【解析】(1)由题意可知Z的可能取值为1,2,3，P(Z=1)= 高店Pz=2)CPz-3》 C。 C。 =C9·C8.56 7 C。 120二·所以Z的分布列为 Z 1 2 3 7 P 15 1515 所以Z)=1×+2×+3×-号 12 (2)因为X~N(80.2)且P(X60)=0.02,所以P(X≥ 100)=0.02.所以这批产品的次品率为0.04.设该工厂生产 的这批产品有n(n∈N”)件，记Y为这批产品的次品数量， 则Y~B(n,0.04),E(Y)=0.04n.若这批产品不检测，设该 工厂的利润的期望为y,则y=n×(40一20)一0.041×50 =181.若选择方案一，设该工厂的利润的期望为y2,则= 0.96n×(40-20)-x-0.04nX20=18.4n-.x,令y2> y1,得0<x<0.4.若选择方案二，假设抽样检测m(m∈N“, <)件，则检测出的次品的期望为0.041，不检测的产品 有(n一m)件，设该工厂的利润的期望为yg,则yg=18.4m mx十18(n一m)=(0.4-x)m+18n.令>y,得0<x≤0. 4.则y一y2=(n一m)(x一0.4)，因为0x<0.4,且n, 所以y3<y2.所以x的取值范围是(0,0.4)，并从工厂盈利 的角度应选择方案一 4.【解析(1)设使用甲厂生产的配件M的比例为Q,则使用乙 厂生产的配件M的比例为0.8-a,由已知可得600a十(0.8 一a)800十500×0.2=640，解得a=0.5.所以需要从甲厂订 购配件M的数量为10X0.5=5万个；从乙厂订购配件M 的数量为10×(0.8-0.5)=3万个. (2)由(1)知甲厂、乙厂和本厂自主生产的配件M的比例分 别为0.5,0.3,0.2，所以该汽车厂使用的配件M的次品率的 估计值为0.5×0.04+0.3×0.02+0.2×0.01=0.028，所 以该厂生产的一辆轿车使用的配件M是次品的概率为 0.028. (3)设A=“该轿车使用了次品配件M”,B1=“配件M来自 甲厂”，B2=“配件M来自乙厂”，B=“配件M来自本厂” 由(2)可知P(A)=0.028.该次品配件M来自甲厂的概率 为：P(B,A)=PAB)=PCB)PABD=0.5X0.04 P(A) P(A) 0.028 号，该次品配件M来自乙厂的概率为P(B,A)=PAB P(A) =P(B2)P(AB)=0.3×0.02_3 P(A) 0.028 ,该次品配件M来自本 厂的概率为P(BA)=PAB2=P(B,)PAB2 P(A) P(A) 0.028 =,所以甲厂应承担的费用为14000×号 0.2×0.011 100元，乙厂应承担的货月为1400×是=3000元，本厂 应承担的费月为1400X品-1000元. 第20讲空间几何体 1.CD【解析】四棱锥的底面是正方形，它的侧棱可以相等，也 可以不相等，A错误；五棱锥除了五条侧棱外，底面上还有五 条棱，故共10条棱，B错误；一个棱柱最少有三个侧面，两个 底面，故至少有五个面，C正确；棱台是由平行于棱锥底面的 截面截得，故棱台的各侧棱延长后交于一点，D正确.故 选CD. 2.D【解析】设圆柱的底面半径为r,则依题意得（πr)2十22= ⑤)，所以()2=16，即r三4，所以该圆柱的体积 2m2=2x×19=32,故选D. 3.B【解析】因为一个圆台的侧面展开，得到的扇环的内孤长 为4π，外孤长为8π，外孤半径与内孤半径之差为，所以圆 台的上底面半径r=2,下底面半径R=4,母线长为m.设圆 台的高为h,根据题意可知该圆台的体积V=3πh +R+R)=了动(2+2X4+4)=28,解得h 3 √5，则m=√(R-r)+=√/2+(5)=3.故选B 4.A【解析】由正方体的体积为8可知，正方体的棱长a=2. 参考答案·数学 又正方体的体对角线是其外接球的一条直径，即2R=√/3α (R为正方体外接球的半径)，所以R=√3，故所求球的表面 积S=4πR2=12元. 5.AD【解析】对于A:由a⊥a、a∥B,可得a⊥B,又b∥B, 所以a⊥b,故A正确：对于B:由aa、a∥B,可得a⊥3，又a Lb,则b∥3或b二B,故B错误；对于C:由a∥a,a∥B,则a∥ B或aCB,又a⊥b,则b∥B或bC3或b与B相交（不垂直）或 b⊥B,故C错误；对于D:由a⊥aa∥B,可得a⊥B,又a∥b, 所以b⊥B,故D正确；故选AD. 6.D【解析】由题意可得A应=A成+B应=A访-之BB, AM=A B+BM=5,B C=BC-BB, 1BC1=√/TC+BB7=2√2，cos<A1M,BC>= AM.B C (AB-- BB)·(B武-BB) AMIB CI 2W/10 AB.武+号BB 2X2Xc0s60°+7×4 /10 .故 2√/10 2/10 选D. 7.BD【解析】对A,如图，根据正方体 股铁9 AD,故当且仅当P在B点时才有 PC1∥AD,故A错误：对B,如图，由 正方体的性质可得B1C⊥BC,A1B ⊥平面BBCC,故AB⊥BC,又 BC∩AB1=B,B1C,AB1C平面 AB1CD,故BC」平面A,BCD,故BCAC,同理DC A1C,故AC平面BCD,故PC1A1C,故B正确：对C, 当P在B时，∠CBA1=60°，故PC1⊥平面A1BD不成立， 故C错误；对D,同B有AC⊥平面ABD1,故平面BCD∥ 平面ABD,故PC∥平面ABD成立，故D正确；故 选BD. 8.B【解析】作出圆台OO2与球O的轴截 面如图所示，连接O1O2,则O为O1O2的 中点，设球O的半径为R,圆台OO的 上、下底面半径分别为r,2r,则圆台的母 ◆O 线长为3r,高为2√2r,所以R=√2r,则 R2=2r,则S=4xR2=8π2，S=πr2+ 8π2 .4 4+92=14r2,故S14r户一7” S 即S=号S,故选B 9.B【解析】设底面圆半径为r,由 B' 母线长为4，所以侧面展开扇形的 圆心角为a=2=可；将圆锥侧 面展开成一个扇形，从点M拉一 绳子围绕圆锥侧面转到点B,最短 距离为BM,如图所示：在△ABM M 中，由余弦定理得，BM的长度为： BM 元 B √4+22-2×4×2×cos艺 20-160s罗=25，解得0s号=0，所以r=1,所以国 锥的表面积为S=x×12+x×1×4=5π. 10.C【解析】因为三棱锥P-ABC中， PA⊥平面ABC,AB⊥BC,不妨将三 棱锥放入一个长方体中，则长方体的 外接球即为三棱锥的外接球，长方体 的体对角线即为其外接球的直径，因 A 为PA=AB=2,BC=2W/2,则长方体 的长、宽、高分别为2,2,22，所以三 棱锥P-ABC外接球的半径R=号√22+2+(2②)= 2,故三棱锥P-ABC外接球的表面积S=4πR2=16π. 11.C【解析】如图所示，因为四个面都是直角三角形，所以 PC的中点到每一个顶点的距离都相等，即PC的中点为球 77