第10章 考点练58 两个计数原理、排列与组合、二项式定理-【红对勾】2026年高考数学一轮复习金卷

负，图2对应的经验回归直线的斜率为： 正，则由散点图可判断变量x与y负相 关，u与v正相关.故选C 2.C依题意五=吉×1+2十3+4十 5)=3,y=5×(77+109+137+168+ 199)=138,又经验回归直线y=30x十 a必过样本中心点(x,y),所以138= 30×3+a,解得a=48.故选C. 3.B因为X2=7.236>6.635,X2= 7.236<7.879,所以有99%以上的把握 认为“爱好该项运动与性别有关”，故 选B. 4.D由题表中数据得正=3×(3十5十 10=6y=子×(2+3十4)=3，由经 验回归直线)=bx十a过点(6,3).又 6=所以=-证=3-×6= 骨所以9 7 18 26x+13 则当x=7时， 7 18 5=26×7+1日≈3.27，所以估计第4 名推销员的年推销金额为3.27百万元. 故选D. 5.B设没接种只数为，依题意，得2X2 列联表如下 发病情况 接种情况 合计 发病 没发病 接种 5k 3 3 2k 没接种 飞 2k 合计 k k 3k 3k/2k 5k2 X2= 9 9 3k 26·6.2染.7农 ,本次调 28 3 ·3 查得出“在犯错误的概率不超过0.05的 前提下认为接种该疫苗与预防某X疾病 有关”的结论，于是X2≥3.841，即X 3 28≥3.841，即3k≥3.841×28，k> 35.84,k∈N”,.kmn=36.故选B. 6.BCD设男生人数为x,则女生人数为 x+20,由题得x十x十20=180，解得 x=80,即在被调查者中，男、女生人数 为80,100，可得到如下2×2列联表： 锻炼情况 性别 合计 经常锻炼不经常锻炼 男 48 32 80 女 0 60 100 合计 88 92 180 由表可知，A显然错误；男生中经常锻炼 的人数比女生中经常锻炼的人数多48 40=8,B正确；在经常锻炼者中男生的 48 频率为88 ≈0.5455，在不经常锻炼者中 另生的凝车为号≈0.3478：838 0.5455 1.6,C正确；零假设H。:假期是否经常 锻炼与性别无关，则X2 180×(48×60-32×40) -≈7.115> 80×100×88×92 6.635,则H。不成立，即认为假期是否经 常锻炼与性别有关，此推断犯错误的概 率不大于0.01，D正确.故选BCD. .3.841 解析：当X≥3.841时，我们有95%的 把握认为“X和Y有关系” -0.6 解析：由表格可得x=2+3十4十5+6 5 4,y=15+2+3.5+4+5.5=3.3, 5 由样本中心，点(4,3.3)在经验回归直线 y=0.7x十a上，可得a=0.5,∴= 0.7x十0.5，把x=3代入，得y=0.7× 3十0.5=2.6，.在样本点(3,2)处的残 差为2-2.6=-0.6. .解：(1)由条件得x= 1+2+3+4+5+6=3.5, 6 6x2=73.5,6x·y≈6×3.5×1.78= 37.38, ∑x=12+22+32十42十5+ 62=91, 根据样本相关系数公式得 ∑xy:-6xy =1 x-6x2 y-6y N-1 42.3-37.38 √91-73.5×√/20.45-19.01 4.92 √17.5×√1.44 *器 ≈0.98>0.75 因此可以用线性回归模型拟合y与x的 关系. (2)根据(1)得变量x,y线性相关，设所 求的经验回归方程为y=a十x,则 ∑xy,-6xy 6= 42.3-37.38= ∑x-6 91-73.5 4.92246≈0.28， 17.5=875 又因为a=y-bx≈1.78-0.28× 3.5=0.8. 所以经验回归方程为y=0.8十0.28x, 当x=9时，y=0.8+0.28×9=3.32, 因此预测9月份的利润为3.32万元 第十章计数原理、 概率、随机变量及其分布 考点练58两个计数原理、 排列与组合、二项式定理 。基础巩固练。 B:奖品一共有钢笔、文具盒、水杯 笔记本四种且每种奖品数量无限制， 277 .四名获奖学生，每个人都可以从四种 奖品中任选一种，，.共有4×4×4×4= 256(种).故选B. 2.C(1一2x)i的展开式的第3项为T3= C(-2x)=60x2.故选C. 3.B甲第一次踢给乙时，满足条件的有3 种传递方式（如图）， 丙→乙→甲 甲→乙. 乙→甲 甲 丙→甲 同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3 种传递方式.由分类加法计数原理可知， 共有3十3=6（种）传递方式.故选B. 4,A(x一√x)1的展开式的通项为 TH1=Cx-(-E)=C(-1)rx15 (r=01,23,4,令4-乞 =3,解得 x=2,故所求即为C(一1)2=6.故 选A 5.C选出不属于同一学科的2本书，可分 三类：第一类：语文、数学各1本，共有 9×7=63(种)：第二类：语文、英语各1 本，共有9×5=45（种）：第三类：数学、 英语各1本，共有7×5=35（种）.因此共 有63十45十35=143（种）不同选法.故 选C. 6.D(8一√7x)”的展开式的通项为 T+=C68(-√7)'x,当r=1,3,5, 7,9时，展开式中项的系数为无理数，共 5项.故选D. 7.A（x3+) 的展开式的通项为 T+i=C(x2)r(a） =Cia'z, 由题可知{ a>Ca'解得3< 4 Cia>Cia, 5 a<2故选A. 8.C由题意得，3盆红牡丹捆绑在一起有 A=6(种)摆放方式，4盆黄牡丹排一排 有A=24(种)摆放方式，而2盆白牡丹 的摆放方式有两类：2盆白牡丹相邻，捆 绑后再插入4盆黄牡丹之间产生的3个 空中，则有A号C?=6(种)摆放方式：2盆 白牡丹均不相邻，即2盆白牡丹直接插 入4盆黄牡丹之间产生的3个空中，则有 A=6(种)摆放方式.所以共有6X24× (6+6)=1728(种)不同的摆放方式.故 选C. 9,ABCA是组合数公式：B是组合数的性 质：由mC=m+1X n+1 n十1 (n+1)! ·=C,得C正确. (m+1)!(n-m)! D错误.故选ABC. 10.ACD(3x-1)5的展开式的通项为 T+H=C5(3x)r(-1)=C3=。 (-1)x,r≤5，r∈N,对于A,展开 式中第3项的系数为C号×33× (一1)2=270，A正确；对于B,令5 r=2,可得”=3，故展开式中含x2的 项为第4项，该项的系数为CX32X (一1)3=-90，B错误；对于C,(3x 1)5的展开式的二项式系数之和为 C9十C+C5十C十C十C=2,C正 确；对于D,(3.x一1)5的展开式的所有 参考答案 项的系数和为(3×1一1)5=25，D正 确.故选ACD. 11.ABD对于A,某学生从中选2门课程 学习，共有C=15(种)选法，A正确： 对于B,课程“乐”“射”排在相邻的两 周，共有AA=240(种)排法，B正确： 对于C,课程“御”“书”“数”排在不相邻 的三周，共有AA=144(种)排法，C 错误：对于D,课程“礼”不排在第一周， 课程“数”不排在最后一周，共有A十 A1AA=504(种)排法，D正确.故 选ABD. 12.ABD设f(x)=(2x十1)7=a。+ a1x十a2x2十…十ax.对于A,a0十 a1十…十a7=(1)=3,A正确：对于 B,(1+2x)'的展开式的通项为T+1= C(2x)=C2x(k=0,1,2,…,7), 所以a2=C号X2=84,B正确；对于C, D,f(-1)=a0-a1十a2-a3十a1- a5十a6-a7=(-1)7,f(1)=ao十 a1十a2十a3十a1十a5十a6十a,=3', 所以a十a十a+a6=3,」 2a1 a3十a5十a?= 3+1,C错误，D正确. 2 故选ABD。 13.36 解析：依题意得，选择大荤莱有3种方 法，小荤莱有3种方法，素莱有4种方 法，汤有1种方法，根据分步乘法计数 原理可得，一共有3×3×4×1= 36(种)不同的搭配方式： 14.32 解析：令x=y=1,得(2×1一1十 1)5=32,所以所有项的系数和为32. 15.C+n 解析：因为(1十x)m(1十x)”=(C Cnx十C2x2十…十Cmxm)(C9十Cnx十 Cx2十…+Cx"),因此C%C+ CC1+CC2十…十CC9是展开式 中x项的系数，而(1十x)mm展开式中 x项的系数为C+n,所以C0C货十 ClCl+C2C2+…+CCg=C+ 16.1560 解析：把6本不同的书分成4组，每组至 少1本的分法有两类.第一类，采用“3， 1,1,1”的分法，即有1组3本，其余3组 每组1本，不同的分法共有CCCC A 20(种).第二类，采用“2,2,1,1”的分 法，即有2组每组2本，其余2组每组1 本，不同的分法共有A C号.CC A 45(种).所以不同的分组方法共有20十 45=65(种).然后把分好的4组书分给 4个人，共有A种分法，所以不同的分 法共有65×A=1560(种) 一。能力提升练 1.B先安排甲、乙两人，有A号种方法，再 安排其余3人，每人有3种安排方法，故 共有A×3×3×3=162(种)方法.故 选B. 2刻勾·高考一轮复习金卷数学 2.B(x-2y)5的展开式的通项为T+1= Cxi(-2y)=(-2)Cy= 3,得T1=-8Cx2y3=-80x2y3,所以 (红一2y》的展开式中x的系数为一80. y 故选B. 3.C由题意可知，分两种情况讨论，①A 工厂安排1人，有CXC×A= 108(种)，②A工厂安排2人，有C× A=18(种)，所以不同的安排方法有 108+18=126(种).故选C. 4.D因为f(x)=C8+C%x十3 5Cx+…+0 1Cx" 所以f(0)=C=1,所以f'(x)=C十 C8x2+Cx1+…十Cx-1十…十 Cx"-1,则f'(1)=C十C+C+…十 C★十…十C”,其中C,十C十C十…十 C十…十C=21,所以f'(1)=2-1, 所以f'(1)十f(0)=2"-1十1.故选D. 5.C将2名金牌导游分配到3个景区，有 3X3=9(种)分配方法，若每个风景区 都要有银牌导游，则将银牌导游分成三 组，各组人数分别为1,1,3或1,2,2.当 银牌导游分成三组的人数为1,1,3时， 分配方法共有 CCCxA:X 9 A号 540(种)：当银牌导游分成三组的人数为 1,2,2时，分配方法共有 CCi×AX A 9=810(种).所以不同的分配方法有 540+810=1350(种).故选C. 6.Cam=1+2C,十2C%+23C%+…+ 2C”=C。+2C,+22C%+2C+…+ 2"C0=(1+2)”=3”,Sm=3+32十 33十…十3m= 3(1-3）=3(3”-1D 1-3 2 则S。= 3×(3-1卫=1092<2024， 2 S,= 3×(3-1) 2 =3279>2024, 且S,随n的增大而增大，所以使Sn> 2024成立的n的最小值是7.故选C. 7.B根据题意，a,b,c的取值范围都是 7~14中的8个整数，故公差d的范围 是一3到3的整数，①当公差d=0时， 从8个整数中选择一个共有8种；②当公 差d=士1时，b不取7和14，有2×6= 12(种)；③当公差d=士2时，b不取7， 8,13,14,有2×4=8（种）；④当公差 d=士3时，b只能取10或11，有2×2= 4(种).综上，共有8十12十8十4= 32(种).故选B. 8.C 1 令x三。，则1-x三7，已知式变 (7 为(1-m)a。十2干2十大 = -128,解得m=3,则(2x-m) (2x-3)1=[-1-2(1-x)]',令1 x=t,则有(-1-2t)'=ao十a1t+ a2t2十…十a?t,两边对t求导得-14X (-1-2t)5=a1+2a2t+3a3t2+…+ 7a7t,再令t=-1得a1-2a2十3ag 4a1+5a5-6a6+7a7=-14X(-1+ 278 2)°=-14，所以-a1十2a2-3a3十 4a1-5a5十6a6-7a7=14.故选C. 9.ABC由杨辉三角的性质以及二项式定 理可知A,B,C正确：115=(10十1)5= C105+C101+C103+C10+ C101+C=161051,故D错误.故 选ABC. 10.CD使用n种不同颜色时，对A区域 涂色可用n种，由于A,B相邻，故对B 区域涂色可用(n一1)种，由于A,B,C 相邻，故对C区域涂色可用(n一2)种， 由于C,D相邻，故对D区域涂色可用 (n一1)种，故不同涂色方法的总数 s(n)=n(n-1)2(n-2),s(3)=3X (3-1)2×(3-2)=12,x(4)=4×(4 1)2×(4-2)=72,s(5)=5×(5 1)2×(5-2)=240,s(6)=6×(6 1)2×(6-2)=600,故A,B错误，C,D 正确.故选CD. 11.ABD(1-2x2)5=ao+a1x+ a2x2十…十a10x,对于A,令x=1, 可得ao十a1十a2十ax十…十a1o=(1 2)i=一1，故A正确；对于B,C,令x= -1,可得a。-a1十a2-a3十…十a1o= (1-2)5=-1,所以a0十a2十a1十 a6十a8十a10=-1,a1十a3十a5十a?十 a,=0,故B正确，C错误；对于D,令 1 x=- 可得a大2a1十 品a++品w=1-2x)” 2,所以2a。十2a1+2a2十…十 a16=20×元=2=32，故D正确.故 选ABD. 12.ABC不妨设两个钉子间的距离为1， 对于A,由图知，边长为1的正方形有 3×3=9(个)，边长为2的正方形有2X 2=4(个)，边长为3的正方形有1个， 边长为√2的正方形有2X2=4(个)，边 长为√5的正方形有2个，共有20个，所 以A正确；对于B,当邻边不相等时，由 图知，若以竖向为“宽”，则“宽”为1的 长方形有3×3=9（个），“宽”为2的长 方形有4×2=8（个），“宽”为3的长方 形有5个，此外，宽为√2的长方形有2 个，共有24个，所以B正确；对于C,由 图知，可以围成C16-10C-4C3= 516(个)不同的三角形，所以C正确；对 于D,由图可知，不能围成等边三角形， 所以D错误，故选ABC. 13.108 解析：依题意，①若每个班抽一名学生， 则有CCC=27(种)抽选方法；②若 其中两个班抽一名学生，另外一个班抽 两名学生，则有CCCC=81(种)抽 选方法.综上可得不同的抽选方法数为 27+81=108. 14.2 解析：因为（已十写）广的展开式的通 项为T=c(侵)”（） 3-2rCx-,r=0,1,…,6,令6(r 3)=0,可得”=3，所以常数项为 3°C=20. 15.114 解析：5个人住3个房间，每个房间至少 住1人，则有“3,1,1”和“2,2,1”两种分 法，当为“3,1,1”时，有C·A= 60(种)，A,B住同一房间有C·A= 18(种)，故有60一18=42（种）；当为 “2,2,1”时，有A ·A=90(种)， A,B住同一房间有C号·A=18(种)， 故有90一18=72（种），根据分类加法 计数原理可知，共有42+72=114（种） 安排方法， 16.丙午 解析：因为13=(12+1)8=128+ C%×12+…+C×12+1,所以138年 以后地支为“已”后面的“午”.因为 138=(10+3)8=108+CX107X 3+…+C×10×3+3,38=6561, 38除以10余数为1，所以138年以后天 干为“乙”后面的“丙”，故138年以后是 丙午年 考点练59随机事件的概率 及其基本性质与古典概型 ●基础巩固练 1.D根据题意分析可得A,B是随机事 件，C是不可能事件，D是必然事件.故 选D. 2.C“点落在x轴上”这一事件记为M, 则M={(-9,0),(-7,0),(-5,0), (-3,0),(-1,0),(2,0),(4,0),(6,0), (8,0)},包含9个样本点.故选C. 3.D在①中，由古典概型的概念可知，试 验中所有可能出现的样本，点只有有限 个，故①正确：在②③中，由古典概型的 概念可知，每个样本点出现的可能性相 等，故②错误，③正确；在④中，样本点 的总数为，随机事件A若包含k个样本 点，则由古典概型及其概率计算公式知 P(A)=,故④正确.故选D. 4.D事件A为“只研究驾驶舱语音记录 器”；事件B为“至少研究一个黑匣子”， 包含“只研究驾驶舱语音记录器”“只研 究飞行数据记录器”“研究驾驶舱语音记 录器和研究飞行数据记录器”：事件C为 “至多研究一个黑匣子”，包含“只研究驾 驶舱语音记录器”“只研究飞行数据记录 器”“两个黑匣子都不研究”；事件D为 “两个黑匣子都研究”，即“研究驾驶舱语 音记录器和研究飞行数据记录器”.所以 对于A,事件A与事件C不是互斥事件， 故A不正确；对于B,事件B与事件D不 是对立事件，故B不正确；对于C,事件B 与事件C不是对立事件，故C不正确；对 于D,事件C和事件D不能同时发生，故 C与D是互斥事件，故D正确.故选D. 5.C由P(B)=0.6可得P(B)=1 P(B)=0.4,因为事件A,B,C两两互 斥，所以P(AUBUC)=P(A)十 P(B)+P(C)=0.3十0.4十0.2=0.9. 故选C. 6.B方法一 画出树状图，如图， 甲 乙 内 & 丙 丙丁乙丁乙丙 丙丁甲丁甲丙 丁丙丁乙丙乙 丁丙丁甲丙甲 丙 乙丁甲丁甲乙 乙丙甲丙甲 丁乙丁甲乙甲 丙乙丙甲乙甲 由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人排成一 列，共有24种排法，其中丙不在排头，且 甲或乙在排尾的排法共有8种，故所求 8 概率P==3故选B, 方法二当甲排在排尾，乙排第一位， 丙有2种排法，丁有1种排法，共2种；当 甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有 1种排法，丁有1种排法，共2种.于是甲 排在排尾共4种方法，同理乙排在排尾 共4种方法，于是共8种排法符合题意. 样本点总数是A=24,根据古典概型的 概率计算公式，丙不在排头，且甲或乙在 8 排尾的概率为=了故选B, 7.BD对于A,因为A1,A2,A3不一定两 两互斥，无法判断A1UA2与A?是不是 互斥事件，是不是对立事件，所以A不正 确；对于B,因为A1,A2,A不一定是两 两互斥事件，所以A1UA2UA:不一定 是必然事件，所以B正确；对于C, P(A2UA)=P(A2)十P(A,) P(A2A)≤0.8，所以C不正确；对于D, P(A1UA2)=P(A,)+P(A2) P(A1A2)≤0.5，所以D正确.故选BD. 8.BCD先后抛掷一枚骰子两次，用数组 (a,b)表示样本点，得到样本点总数有 36种.对于A,满足a十b=6的有(1,5)， (2,4),(3,3),(4,2),(5,1),共5种，故概 : 5 率为36，故A错误：对于B,满足Q>2b : 的有(3,1)，(4,1)，(5,1)，(6,1)，(5,2)， (6,2,共6种，故概率为，故B正确： 对于C,满足log2a>b,即a>2的有 (3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(5,2),(6, 2》,共6种，故概率为石，故C正确：对于 D,方程ax2十bx十3=0有实数解，则 △=b2-12a≥0，即b2≥12a,符合题意 的有(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)， (3,6),共6种，故概率为后，故D正确。 故选BCD. 9.8 解析：用数组(a,b,c)表示样本，点，其中 : a,b,c分别表示第一、二、三次抛掷硬币 出现的结果，则这个试验的样本空间 为2={(1,1,1)，(1,1,0)，(1,0,1)，(0， 1,1),(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(0,0, 0)},共8个样本，点. 2 10. 解析：设甲、乙等5人的代号分别为A, B,C,D,E.若用AB表示甲、乙两人一 279 组，CDE表示其余三人一组，用(AB, CDE)的形式表示分组情况，则总的分 组方法有(AB,CDE),(AC,BDE), (AD,BCE)(AE,BCD),(BC,ADE), (BD,ACE),(BE,ACD),(CD,ABE), (CE,ABD),(DE,ABC),共10种，甲、 乙在同一小组的有(AB,CDE),(CD, ABE),(CE,ABD),(DE,ABC),4 种，所以甲和乙在同一个小组的概率为 4 2 10 5 11.15 解析：设盒子中红球的个数为n,由摸到 黑球的频率稳定在0.25左右知，摸到 黑球的概率为0.25，则 5 =0.25, n+5 解得n=15,即盒子中红球的个数约为 15. 2. 7 25 解析：阳数为1,3,5,7,9；阴数为2， 4,6,8,10,.从阳数和阴数中各取一数 的所有组合共有5×5=25（个），用数 组(a,b)表示可能出现的结果，a表示 阳数，b表示阴数，则其差的绝对值为3 的有(1,4)，(3,6)，(5,8)，(5,2)，(7， 4),(7,10),(9,6)共7个，则其差的绝 对值为3的概率为 7 3.解：(1)用数组(，n)表示样本点，则样 本空间为2={(1,1)，(1,2)，(1,3)， (1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3 1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2), (4,3),(4,4)}. (2)满足“mn>4”的情况有(2,3)，(2， 4),(3,2),(3,3),(3,4),(4,2),(4,3), (4,4),共有8种情况， 样本空间2中共有16种情况，故 “m>4的概率为号= 4.解：(1)由频率分布表可得b= 50 0.04. [80,90)内的频数为50×0.08 4,∴.a=50-8-20-4-2=16, [60,70)内的频率为50 6 =0.32, 0.32 ,x= =0.032. 10 [90,100]内的频率为0.04， 0.04 ,y= =0.004. 10 (2)由题意可知，第4组共有4人，第5 组共有2人，设第4组的4人分别为a1, a2a3,a1,第5组的2人分别为b1,b2, 不考虑顺序，用(a,b)表示取出的2人 是a,b,其他样本点用类似的方法表示， 则从中任取2人的所有样本点为 (a1,a2),(a1a3),(a1a1),(a1,b1) (a1,b2),(a2a),(a2a1),(a2b1), (a2,b2),(a3a1),(a3b1),(a3,b2), (a1,b1),(a1,b2),(b1,b2),共15个. 至少一人来自第5组的样本点有 (a1,b1),(a1,b2),(a2,b1),(a2,b2), (a3,b1),(a3,b2),(a1,b1),(a1,b2), (b1,b2),共9个. ∴，所抽取的2人中至少一人来自第5组 的将率为品 3 参考答案第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布 考点练58两个计数原理、排列与组合、二项式定理 基础巩固练 ●答案：277页 一、单项选择题 1.四名获奖学生可以从钢笔、文具盒、水杯和笔记本四种奖品中，挑选 一份给自己，每人限选一份，不同的选择方法共有 () A.7种 B.256种 C.6种 D.12种 2.(1一2x)6的展开式的第3项为 A.60 B.-120 C.60x2 D.-120x2 3.甲、乙、丙三个人踢键子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始 踢，经过4次传递后，键子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有 () A.4种 B.6种 C.10种 D.16种 4.(2024·北京卷)在(x一√x)4的展开式中，x3的系数为() A.6 B.-6 C.12 D.-12 5.有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中 选出不属于同一学科的2本书，则不同的选法有 () A.21种 B.315种 C.143种 D.153种 6.(2024·湖南衡阳三模)(8一√7x)°的展开式中系数为无理数的项共 有 () A.2项 B.3项 C.4项 D.5项 7.已知(+)'(a>0)的展开式中唯有第5项的系数最大，则a的 取值范围是 () A后》 B哈》 「45 C.33] 后引 8.“唯有牡丹真国色，花开时节动京城”，牡丹花自古以来就具有很高 的观赏价值.现有3盆红牡丹，2盆白牡丹，4盆黄牡丹，一名园艺师 计划把它们排成一列，但是需要红牡丹彼此相邻且在正中间，白牡 丹不在两端，那么不同的摆放方式的种数为 () A.720 B.1440 C.1728 D.5040 二、多项选择题 9.下列等式正确的有 n! A.C=m！(n-m)1 B.Cm=C”m C.Cc D.C=C 10.(2024·辽宁抚顺三模)关于(3x一1)5的展开式，下列说法正确 的是 () A.第3项的系数为270 B.x2的系数为90 C.二项式系数之和为2 D.所有项的系数和为2 第十章计数原理，概率随机变量及其分布125 11.(数学文化)为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计 划利用暑假开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周 一门，连续开设六周，则下列说法正确的是 A.某学生从中选2门课程学习，共有15种选法 B.课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法 C.课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有72种排法 D.课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有504 种排法 12.已知(2x+1)7=a0+a1x十a2x2+…十a7x7,则下列结论成立 的有 () A.a0+a1+…+a7=3 B.a2=84 C.a0+a2+a4+a6=3-1 37+1 D.a1+a3+a5+a7= 2 三、填空题 13.食堂有大荤菜3个、小荤菜3个、素菜4个、汤1个，如果用大荤菜、 小荤菜、素菜、汤各一份组成一份三菜一汤的套餐，有 种 不同的搭配方式. 14.(2024·贵州贵阳二模)(2x一y+1)5的展开式中，所有项的系数和 为 15.(数学文化)数学家波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须把同 一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立 相等关系.”这就是算两次原理，又称为富比尼原理.由等式(1十 x)m(1十x)”=(1+x)m+”利用算两次原理可得CC十CC1+ C2C2+…+CC= 16.将6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4个人，每人至少1本的不同分 法共有 种.（用数字作答) 1262团闪·高考一轮复习金卷数学 NENGUI TISHENGUAN 能力提升练 。答案：278页 一、单项选择题 1.2024年春节档贺岁片《热辣滚烫》《飞驰人生2》《熊出没·逆转时空》 异常火爆，甲、乙等5人去观看这三部电影，每人只观看其中一部， 甲、乙不观看同一部电影，则选择观看的方法有 ( A.243种 B.162种 C.72种 D.36种 2.(2024·四川达州二模)x一2y) 的展开式中x的系数为() A.80 B.-80 C.40 D.-40 3.(2024·河南郑州二模)将甲、乙等5人全部安排到A,B,C,D四个 工厂实习，每人只去一个工厂，每个工厂至少安排1人，且甲、乙都 不能去A工厂，则不同的安排方法有 () A.72种 B.108种 C.126种 D.144种 4.已知函数fx)=C+Cr+Cx+Cx+…+Cx+…+ 3 Cx(k,n为正奇数)，f(x)是f(x)的导函数，则f'(1)十 f(0)= ( A.2" B.2-1 C.2”+1 D.2”-1+1 5.(2025·山西大同期末)五一小长假期间，某旅游公司为助力大同旅 游事业的发展，计划将2名金牌导游和5名银牌导游分别派往云冈 石窟、古城华严寺、北岳恒山三个景区承担义务讲解任务，要求每个 景区都要有银牌导游前往，则不同的分配方法种数有 A.360 B.640 C.1350 D.1440 6.(2024·广东清远二模)设数列{an}的通项公式为am=1十2C,十 2C?+23C+…+2"C”(n∈N*),其前n项和为Sn,则使Sm> 2024成立的n的最小值是 ( A.5 B.6 C.7 D.8 7.如图所示，玩具计数算盘的三档上各有？个算珠，现将每档算珠分 为左右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数 1(允许一侧无珠)，记上、中、下三档的数字和分别为a,b,c.若a,b, c成等差数列，则不同的分珠计数法共有 () 00 00000 0000 000 0000000 A.20种 B.32种 C.54种 D.72种 8.已知(2x-m)7=a0+a1(1-x)+a2(1-x)2+…+a7(1-x)7, 若a2+2十…十2128.则-a+2u,30十4050 6a6-7a7= () A.12 B.13 C.14 D.15 二、多项选择题 9.(数学文化)我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》给 出了著名的杨辉三角，以下关于杨辉三角的猜想中正确的有() 第一行 11 第二行 121 第三行 1331 第四行 14641 第五行 15101051 第六行 1615201561 A.由“与首末两端‘等距离’的两个二项式系数相等”猜想： C=C B.由“在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它‘肩上’两个 数的和”猜想：C1=C”1+C C.由“n行所有数之和为2”猜想：C,十C,+C?+…+C”=2” D.由“11'=11,112=121,113=1331”猜想：115=15101051 10.用n种不同的颜色给如图所示的四块区域A,B,C,D涂色，要求 相邻区域涂不同颜色，不同涂色方法的总数记作s(),则() A B C D A.s(3)=6 B.s(4)=36 C.s(5)=240 D.s(6)=600 11.已知(1-2x2)5=a0+a1x十a2x2+…十a0x0,则 () A.a0+a1+a2+a3+…+a10=-1 B.a0+a2+a4+a6+a8+ao=-1 C.a1+a3+a5+a7+ag=-1 D.21°a0+2°a1+28a2+…+a0=32 12.(2024·重庆模拟)如图，16枚钉子钉成4× ● ● ● 4的正方形钉板，现用橡皮筋去套钉子，则 下列说法正确的有（不同的两个图形指两 ● ● ● ● 个图形中至少有一个顶点处的钉子位置不 ● ● ● ● 同，橡皮筋始终绷紧且不断) () ● ● ● ● A.可以围成20个不同的正方形 B.可以围成24个不同的长方形（邻边不相等） C.可以围成516个不同的三角形 D.可以围成16个不同的等边三角形 三、填空题 13.2024年重庆市高考数学科目采用新试卷结构，某校高三年级将对 来自三个班级的9名学生（每个班级3名学生）做一项围绕适应新 试卷结构的调研，并再抽选其中的若干名学生做访谈，要求每个班 级至少有一名学生被抽中，且任意两个班级被抽中的学生人数之 和至多为3，则不同的抽选方法数为 142021·天率落)在（停+写》广的展开式中，常数项为 15.某宾馆安排A,B,C,D,E五人入住3个房间，每个房间至少住1 人，且A,B不能住同一房间，则共有 种不同的安排方法。 (用数字作答) 16.(数学文化)干支纪年是中国古代的一种纪年法.分别排出十天干 与十二地支如下： 天干：甲乙丙丁戊己庚辛王癸 地支：子丑寅卯辰已午未申酉戌亥 把天干与地支按以下方法依次配对：把第一个天干“甲”与第一个 地支“子”配出“甲子”，把第二个天干“乙”与第二个地支“丑”配出 “乙丑”…若天干用完，则再从第一个天干开始循环使用，若地支 用完，则再从第一个地支开始循环使用.已知2025年是乙已年，则 138年以后是 年