周测卷(二十五) 计数原理-【鱼跃龙门卷】2025-2026学年高三数学一轮复习周测卷

高三一轮复习周测卷 24k 64 所以x1十x?=1十26，x1·x:=1十2，显然 所以y1十y2=4m,y1y2=-4,可得y2=一4 P(x1,y1),Q(x2,y2)位于y轴同侧.设直线l与y 所以yc=y2=yB, 轴交于点A,易知A(0,一6)， 所以直线BC∥x轴 因为BP∥OQ,所以△ABP∽△AOQ,即OQ BP （)解：设1：y=〔》. BA21 OA3 x2 联立方程组 -1=(-9》, 则a+x)-4十2+=25= （(24k)2 y2=4x, I1X2 x2 x1=6= (1+2k)2X 消去x,整理得y2一4y十4y1一y1=0, ,得：-华解得=士昌 所以△=16-4k(4y1-y)=0, 64 12.(1)解：由题意可知抛物线准线为1：x=一 29 y1 则H(3,y)到准线1的距离为3+名， 2, 根据抛物线的定义可知3+号=4，即力=2， 令-2得M+》 所以抛物线方程为y2=4x. 同理l2:y= x十 y2 (2)(1)证明：由(1)可知抛物线的焦点F(1,0),准 2 线l方程为x=-1, y1 2’ 联立 设A(),B(, 2 y= 2x+2' y2 y2 所以直线AO的方程为y= 4 得交点Q的横坐标为x。=yy=一1， 山, 4 由题意可得点C(-1,-4)》 设直线AB的方程为x=my+1, 23-2引多)-+)-4w- =my十1整理可得gy2-my-4=0, 联立 9√m2+1≥9， y2=4x, 所以△QMN面积的取值范围是[9，+∞). 数学（二十五） 一、选择题 选择，再涂F,有2种选择，①当C,D颜色相同时涂 1.D【解析】由条件知张先生不同的选购方法分为三 色方法数是4×3×2×1×2=48，②当C,D颜色不 类，选购一种，选购两种，选购三种，选购一种商品的 相同时涂色方法数是4×3×2×1×(1+2)=72，所 方法有4+6十7=17种，选购两种商品的方法有4× 以满足题意的涂色方法总数是48+72=120. 6十4×7+6×7=94种，选购三种商品的方法有4× 4.B【解析】令t=x+1得x=t-1,则(2-x)2o25= 6×7=168种，由分类加法计数原理可得张先生不同 (3-t)2025=a0十a1t十a2t2+…+a2o2st2025,则有 的选购方法种数共有17+94+168=279种. Tk+1=C哈o25X32025-0X(-t)=Co25X(-1)X 2.C【解析】由题意，在（是-）中，展开式的通项 32025=t,所以a:>0,i=0,2,4,…,2024,a;<0,i= 1,3,5,…,2025,所以令t=-1,有[3-(-1)]25= 为T1=C()”(-次)=(-1DrCx,令 ao+a1X(-1)+a2X(-1)2+…+a22s×(-1)205= (a0十a2+…十a2o24)-(a1十a3+…+a2025),所以 3r一8=0，解得r=6,所以展开式中常数项是 4 |aol+|a1|+…+|a22s|=(a。+a2+…+a2o24) (-1)C8=28. (a1十a3+…十a2025)=42o25=24o50】 3.A【解析】先涂E,有4种选择，接下来涂C,有3种 (n+1)！ 5.A【解析】C-m+1n-m,n+1)C ·68· ·数学· 参考答案及解析 n (n+1)! n+1)×mln-m1Fmln-m1C}≠(n+ 系数为C2m,故(C)2+(C)2+…十(C)2=C2n,故D 正确. 1)Cw,A错误；n！=n(n-1)(n-2)…×2×1=n× 三、填空题 (n+1)！ (n-1)!,B正确；C+1= m！(n+1一m刀Cg1+ 9.1【解析】32025=(33)675=2775=(26十1)675=C875· 2675+C675·2664+…十C87g·26十C8=(26675+ n! n! C=(m-1)1(n+1=m刀+m1(m-m刀 C675·2674+…+C8%·26)十1，因为2665+C675· m×n！+(n+1-m)n!_ (n+1)! 2674+…十C7·26都能被26整除，所以3225除以 m！(n+1-m)! m!(m+1-m)1,C正 26所得余数为1. 确：由C:2=21,可得C=21,即n(n,1）-21,又 10.390【解析】若三个场地分别承担2,2,2个项目，不 2 同安排方法种数为CCA=72;若三个场地分别 n≥2，解得n=7,D正确. 承担1,2,3个项目，不同安排方法种数为(AC4十 6.C【解析】点P每次随机沿一条棱向相邻的某个顶 A2C4+A2C4C)A=264;若三个场地分别承担1， 点移动，且向每个顶点移动的概率相同，每次移动有 1,4个项目，不同安排方法种数为A+ACA=54, 3种可能，则点P经过4次移动共有34种移动情况， 综上，不同的安排方法种数为72+264十54=390. 满足点P经过4次移动后仍回到顶点A处的情况有 四、解答题 ABABA,ABACA,ABADA,ABDCA,ABDBA, ABCBA,ABCDA,ACABA,ACACA,ACADA, 11. 解：(1)(x2+ 2)”(n∈N,n>0)展开式的通项公 ACBCA,ACBDA,ACDCA,ACDBA,ADACA, 式为T,+1=C%(x2)-,·（ 2) ADABA,ADADA,ADBCA,ADBDA,ADCBA, =2Cx,= ADCDA,共21种，所以点P经过4次移动后仍回到 0,1,2,…,n 限点A处的概字为号-不 因为第4项的系数与倒数第4项的系数之比为 二、选择题 23C 23 7.BCD【解析】对于A,每个球都有4种放法，共有4× 所 2-3C- 2m-3=26-= 2,解得n=7. 4×4×4=256种放法，故A错误；对于B,把球全部 放入盒子内，恰有一个盒子不放球，则3个盒子的球 所以所有项系数和为(1+名) =37=2187, 数分别为1,1,2，所以CCA=144种放法，故B正 二项式系数和为2？=128. 确；对于C,每个盒子内只放一个球，恰有1个盒子的 (2)由(1)知展开式的通项公式为T,+1= 编号与球的编号相同，不同的放法有C4X2=8种， 故C正确；对于D,将4个不同的球换成相同的球，恰 2'Ciz ,r=0,1,2,…,7. 有一个空盒，则有1个盒子放2个球，另外两个盒子 展开式中一共有8项，当r=0,2,4,6时，T,+1= 各放1个球，所以有C4C=12种放法，故D正确. 2C5x宁为有理项， 8.BD【解析】选项A,因为C=C1十Cm,易知C+ C+Cg+…+Cg=C+Cg+C+Cg+…+C8-1= 所以由插空法得有理项不相邻的概率为P-AA】 A C+C+Cg+…十C8-1=…=Ci。-1=119,故A 错误；选项B,易知第2023行的第1012个和第 1013个数分别是C8,C8,由排列数的性质可知 12.解：(1)依题得，共有A-2A+A=504(种). Cg=C28,两个同为最大，故B正确；选项C,由题 (2)第一步，先将甲和乙的不同课程排好，有A种 易知，a,=C1,易知岁21，C1=2°C+2C十 情况； i-1 第二步，将甲和乙的相同课程排好，有C种情况； …十2”C=(1十2)”=3”≠3+1，故C错误；选项D, 第三步，因为丙和甲，乙的课程都不同，所以丙的排 由题易知，第n行所有数字的平方和为(C)2+ 法有C3种情况， (Cn)2+…十(C%)2,第2n行的中间一项的数字为 因此所有选课种数为A:×C4×C?=360. C2n,构造等式(1十x)”(1十x)”=(1十x)m,在等式 (3)①当A只任教1科时：先排A任教科目，有 左边x”的系数为CCg+CC%-1+…+C%-1Cn+ Cg种； C%C%=(C)2+(C)2+…十(C)2,等式右边x”的 再从剩下5科中排B的任教科目，有C种； ·69. 高三一轮复习周测卷 接下来剩余4科中必有2科为同一名老师任教，分 f(10,x)=a。+a1x+a2x2+…+a1ox10, 三组全排列，共有CA种， 所以a。=210Cm10=1024,解得m=1, 所以当A只任教1科时，共有CCCA=5×5× 所以f(10,x)=(2+x)1°，f'(10,x)=a1+2a2x+…+ 2X×3×2×1-900种； 4×3 10a10x9=10(2+x)9, 令x=1,得a1+2a2+…+10a10=10(1十2)°= ②当A任教2科时：先选A任教的2科有C种，剩 10×3. 余4科全排列，有A种， ②f(10,x)的通项公式为T,+1=C120-'x', 共有A-×X8X2X1=210种， 所以a,=210-rCo, 综上，课程安排方案共有900+240=1140（种）. 设a,=210-'C。为a:(0≤i≤10)中的最大值， ￥解：(1)当m=2时，f(7,x)=(1+2x)7的展开式共 210-rC10≥21-rC10 则 有8项，二项式系数最大的项为第四项或第五项， 20-rCo≥2-rCt1’ 所以T4=C(2x)3=280x3或T5=C号(2x)4= 解得 11 3≤r≤3r∈N,所以r=3, 560x4 所以(a:)mx=a3=2'Ci0=15360. (2)①f10x)-(品+mx)”的通项公式为T 107 (mx)=210-· m2r-10 ·C1ox,且 数学（二十六） 一、选择题 大数，则最大数肯定小于12，从而能判断这组数据 1.C【解析】根据已知条件第一组数据的个数为7个， 定都小于12，故不能选C;对于D,平均数为8，方差 且（红1+z十x十x,十x,十z6十）=，所以x1+ 为3，由方差公式可得2=号[（红-8）2+（红，-8+ x+x,十4十x十。=6，好=7[a,-)2+ (x3一8)2+(x4一8)2十(x5一8)2]，若存在数12，则 (x2-t)2+(x3-t)2+(x4-t)2十(x5-t)2十 g2=号[，-8)+82+-82+，-82+ (x6-t)2+(t-t)2]=7[(x-)2+(xe-t)2+ (12-8)2]=5[(z,-8)2+(x2-8)2+(x,-8)2+ (x3-t)2+(x4-t)2+(x5-t)2+(x6-t)2],第二 :-8P门+吕3，这与方差为3相矛盾，所以最大 组数据的个数为6个，且平均数2=后十，十，十 数一定小于12，故不能选D. 十x,十)=g=,=日[a-0+ 3.A【解析】选项A,B:设整个互联网行业从业者总 人数为a,互联网行业中从事技术岗位的90后人数 (x2-t)2十(xg-t)2+(x4-t)2+(x5-t)2十 为56%a×39.6%=22.176%a,小于80后的人数 (x6-t)2],因为(x1-t)+(x2-t)2+(x3-t)2十 38%a,但80后中从事技术岗位的人数比例未知，故 (x4-t)2+(x5-t)2+(x6-t)2>0,所以s号<s2 A错误，B正确；选项C:设整个互联网行业从业者总 2.B【解析】对于A,中位数为9，众数为11，说明11 人数为a,互联网行业中从事运营岗位的90后人数 至少有两个数，不妨取两个11，则由中位数可知另外 为56%a×17%=9.52%a,大于80前的人数6%a, 两个数肯定不超过9，故A能判断这组数据都小于 故C正确；选项D:由整个互联网行业从业者年龄分 12,所以不能选A;对于B,中位数为9，极差为3，由 布饼状图得互联网行业从业者中90后占56%，故D 于极差是5个数中最大与最小的差，又该组数据由5 正确 个整数组成，所以不妨取4个9,1个12，这样不能判4.C【解析】由数据分布图知，众数是最高矩形下底边 断该组数据一定小于12，故选B;对于C,平均数为 的中点横坐标，因此众数c为右起第二个矩形下底边 8,极差为4，由于5个数都是整数，根据条件可知，这 的中点值，直线x=b左右两边矩形面积相等，而直 5个数中肯定最大数与最小数的差为4，则可知最大 线x=c左边矩形面积大于右边矩形面积，则b<c, 数肯定大于8，最小数肯定小于8，故最小数加4得最 又数据分布图左拖尾，则平均数α小于中位数b,即 ·70·25 美版老n春 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 2025一2026学年度高三一轮复习周测卷（二十五） 全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 数学·计数原理 7.现有4个编号为1,2,3,4的不同的球和4个编号为1,2,3,4的不同的盒子，把球全部放人盒 (考试时间40分钟，总分100分) 子内，则下列说法正确的是 A.共有24种不同的放法 一、选择题：本题共6小题，每小题6分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 B.恰有一个盒子不放球，共有144种放法 题目要求的。 C.每个盒子内只放一个球，恰有1个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有8种 1.某地举行新疆绿色农特产品展销活动，活动中有驼奶粉、奶豆腐、奶皮、酸奶共4种奶制品，无 D.将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有12种 花果干，杏干，乌梅干、巴旦木，开心果，葡萄干共6种干果，葡萄、哈密瓜、香梨、苹果、西瓜、沙 8.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者 棘、白杏共7种新鲜水果，张先生参观完活动决定至少选购一种商品，而每一大类中最多选购 对杨辉三角做了广泛的研究.则下列结论正确的是 A.C+C+C号++C8=120 一种，则张先生不同的选购方法种数为 第0 1 B.第2023行的第1012个和第1013个数最大 2行 21 13.31 A.94 B.168 C.276 D.279 第3行 04了 C.记“杨辉三角”第n行的第i个数为a:,则空21·a,=31 第5行15101051 2。二项式（生-左）广的展开式中洛数项是 D。在“杨辉三角”中，第n行所有数字的平方和恰好是第2m行的中间第行 A.-56 B.-28 C.28 D.56 一项的数字 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共12分。 3.用四种不同的颜色给如图所示的六块区域A,B,C,D,E,F涂色，要求相邻 9.325除以26所得余数为 区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是 10.第33届夏季奥运会在法国巴黎举办，这届奥运会新增霹雳舞、滑板，攀岩，冲浪四个比赛项目及 A.120 B.144 C.264 D.96 两个表演项目，现有三个场地A,B,C分别承担这6个新增项目的比赛，且每个场地至少承办 4.已知(2-x)205=4。十41(x+1)+a2(x+1)2+…十a2(x+1)25,则|a+|a11+…十 其中一个项目，其中两个表演项目不在一个场地举办，则不同的安排方法种数为 四、解答题：本题共2小题，共40分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。带”题目为能 la25= 力提升题，分值不计入总分。 A.220m B.240 C.1 D.0 11.(20分) 5.已知m,n∈N”且n≥m,则下列结论错误的是 已知二项式(x+2)”(m∈N,m>0)的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比 A.Ca=(n+1)CH B.n！=n×(n一1)！ C.CR=C+C D.若C2=21,则n=7 为2 6.已知正四面体ABCD的顶点A处有一质点P,点P每次随机沿一条棱向相邻的某个顶点移 (1)求所有项系数和及二项式系数和： (2)将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率。 动，且向每个顶点移动的概率相同，则点P经过4次移动后仍回到顶点A处的概率为 A品 C. D.3 数学·周测卷（二十五】第1页（共4页） 数学·周测卷（二十五）第2页（共4页】 巴 美版老n春 班级 12.(20分) 已知函数fax)=(层+m广(m>0,>0. 中华文化源远流长，为了让青少年更好地了解中国的传统文化，某培训中心计划利用暑期开 姓名 设“围棋”“武术”“书法”“剪纸”“京剧”“刺绣”六门体验课程 (1)当m=2时，求f(7,x)的展开式中二项式系数最大的项； (1)若体验课连续开设六周，每周一门，求“京剧”课程不排第一周，“剪纸”课程不排最后一周 (2)若f(10,x)=a,+a1x+a2x2+…+a1ox0,且a0=1024, 得分 的所有排法种数： ①求a1十2a2十3a:十…+10ao的值： ②求a:(0≤i≤10，i∈N)的最大值. (2)现有甲、乙、丙三名学生报名参加暑期的体验课程，每人都选两门课程，甲和乙有且只有 一门共同的课程，丙和甲、乙的课程都不同，求所有选课的种数： (3)计划安排A,B,C,D,E五名教师教这六门课程，每门课程只由一名教师任教，每名教师 选择题 至少任教一门课程，教师A不任教“围棋”课程，教师B只能任教一门课程，求所有课程 答题栏 安排的种数. 1 2 5 数学·周测卷（二十五）第3页（共4页） 数学·周测卷（二十五）第4页（共4页）