二轮专题(八) 排列、组合、二项式定理-【真题密卷】2026年高考数学二轮专题精准提升

2025一2026学年度二轮专题精准提升（八） 卺题 数学·排列、组合、二项式定理 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 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。 题号 1 2 3 4 5 6 8 答案 1.(经-11+2x)的展开式中常数项的值为 A.41 B.39 C.-39 D.-41 2.某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷 雨”六块知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相 邻，且“雨水”和“谷雨”两块展板不相邻，则不同的放置方式的种数为 () A.24 B.48 C.144 D.240 3.有一个3行3列的表格，在每一个格中分别填入数字0或1，使得3行中所填数字之和 恰好是1,2,3各一个，3列中所填数字之和恰好也是1,2,3各一个（如图为其中一种填 法)，则符合要求的不同填法有 () 0 A.24种 B.36种 C.48种 D.72种 4.已知今天是星期三，则过20252o26天后是 A.星期二 B.星期三 C.星期四 D.星期五 5.甲、乙、丙、丁、戊、己六名同学参加数学考试，已知成绩各不相同.甲和乙去询问老师成 绩，老师对甲说：“很遗憾，你和乙都不是第一名.”对乙说：“你不是最后一名.”从这两个 回答分析，从第一名到第六名不同情况的排列有 () A.192种 B.384种 C.480种 D.576种 二轮专题精准提升（八）数学第1页（共8页） 真题 但行好事，莫问前程 6.定义双阶乘符号m！!:当m是自然数时，表示不超过m且与m有相同奇偶性的所有正 班级 整数的乘积，例如：5！=1×3×5,6！！=2×4×6，则 ( A.8!！=396 B.log2 100!! 50！ =1og250 姓名 C.cnD D.(2n-1)!！·(2n)!！=(n)2 得分 7.将平面直角坐标系上横、纵坐标均为整数的点记为格点，点P从格点(4,4)出发，每次运 动时，沿水平或竖直方向移动一个单位到另一格点，则点P经过6次移动回到格点 (4,4)的移动路径总数为 01234567元 A.81 B.200 C.400 D.480 8.现有标有数字1,2,3,4，…，9的卡片各两张，从中选出若干张，记选出的卡片数字之和 为9的方法总数为m,则下列各式的展开式中x9的系数为m的是 () A.(1+x)(1+2x)(1+3x)…(1+10x) B.(1+x)(1+x2)(1+x3)…(1+x10) C.(1+x)(1+x+x2)(1+x+x2+x3)…(1+x+x2+…+x10) D.(1十x)2(1+x2)2(1+x3)2…(1+x10)2 二、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。 题号 9 10 11 答案 9.若将4个编号分别为1,2,3,4的小球放人4个编号分别为1,2,3,4的盒子中，则() A.有256种放法 B.把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有12种放法 C.恰有一个空盒，有324种放法 D.每盒至多一球，有24种放法 密卷 二轮专题精准提升（八）数学第2页（共8页） 10.若（版-” 的展开式中x-4的系数为一1792，则 A.n=7 B.展开式中常数项为112 C.展开式的各项系数之和为1 D.展开式中有4项有理项 11.对于1,2，…，n的全部排列，定义Euler数 (其中n∈N*,k=0,1,…,n)表示其中 恰有k次升高的排列的个数（注：k次升高是指在排列a1a2…am中有k处a:<a+1,i 1,…,n一1).例如：1,2,3的排列共有：123,132,213,231,312,321六个，恰有1次升高 3 的排列有如下四个：132,213,231,312，因此 4,则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.在1,2,3,4这四个数中任取两个不同的数作为点的横、纵坐标，再在这些点中任取三 个点作为三角形的顶点，可以得到不同的三角形的个数为 13.已知三棱锥A1-A2A3A4的侧棱长度相等，且侧棱两两垂直.设P为该三棱锥表面（含 棱)上异于顶点A1,A2,A3,A4的点，记D={d|d=PA:,i=1,2,3,4}.若集合D中 有且只有2个元素，则符合条件的点P的个数为 （用具体数字作答) 14.中国象棋是一种古老而富有智慧的棋类游戏，其蕴含着丰富的传统文化内涵和哲学思 想.一副中国象棋中，具有红黑两个阵营，将、车、马、炮、兵等均为象棋中的棋子，其中 “马”棋子走法尤为特别，其走法如图1所示，称为“马走日”；当距“马”最近的交叉线处 有棋子时，走法数会减少，如图2、图3所示，称为“绊马腿”.若将矩形棋盘（如图4）视作 平面直角坐标系xOy,棋盘的左下角为坐标原点，如图5所示.假如棋盘中有如图5所 二轮专题精准提升（八）数学第3页（共8页） 真题密卷 示的四个棋子固定不动且不能被“马”吃掉，问黑方的“马”从原点O朝着红方阵营(y 轴正方向)出发到达点A,有 种不同的行进路线。 图1 图2 图3 红方 炮 黑方 图4 图5 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)某次联欢会要安排3个歌舞类节目A1,A2,A3,2个小品类节目B1,B2和1个 相声类节目C的演出顺序，根据要求解答下列问题（最终结果用数值表示）， (1)若两个小品类节目B1,B2不能排在第一位和最后一位，一共有多少种排法？ (2)若歌舞类节目A1,A2必须排在一起，A3和B1,B2排在一起，并且A3在B1,B2中 间，一共有多少种排法？ (3)若同类节目不相邻，一共有多少种排法？ 二轮专题精准提升（八）数学第4页（共8页） 16.(15分)已知函数f0n,)=(员+mx广0m>0,x>0. (1)当m=1时，求f(7,x)的展开式中二项式系数最大的项； (2)若f(10,x)=a0+a1x+a2x2+…十a1ox10,且a3=960. ①求a1十2a2+3a3+.+10a10的值； ②求a:(0≤i≤l0,i∈N)的最大值. 二轮专题精准提升（八）数学第5页（共8页） 真题密卷 17.(15分)已知n∈N*,对于有限集T={1,2,3,…,n},令|T表示集合T中元素的个 数.例如：当n=3时，T={1,2,3},|T|=3. (1)当n=3时，请直接写出集合T的子集的个数. (2)当n=5时，A,B都是集合T的子集(A,B可以相同)，并且|A|·B|=|A∩B|· |AUB.求满足条件的有序集合对(A,B)的个数. (3)假设存在集合T,具有以下性质：将1,1,2,2，…，T,T|,这2|T|个整数按某种 次序排成一列，使得在这个序列中，对于任意及∈T,k与k之间恰好排列k个整数. 证明：T2+|T|是4的倍数 二轮专题精准提升（八）数学第6页（共8页） 18.(17分)设A2m=(a1,a2,…,a2m)是由2n个实数组成的有序数组，且满足下列条件： ①a:∈{1，-1}，i=1,2,…,2n;②a1+a2+…+a2m=0;③a1+a2+…+a:≥0，i=1, 2,…,2n-1. (1)当n=3时，写出满足题设条件的全部A6; (2)设n=2k-1,其中k∈N*,求a1十a2十…十an的取值集合； (3)给定正整数n,求A2m的个数. 二轮专题精准提升（八）数学第7页（共8页） 真题密卷 19.(17分)杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》《日用算 法》和《杨辉算法》.杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成 就是非常值得中华民族自豪的.杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可 以解决很多数学问题，如开方、数列等.例如我们最熟悉的完全平方公式(a十b)2=a2+ 2ab十b2,其中展开式的各项系数分别为1,2,1. n! 补充一：C=m！m-m) 补充二：n!=n×(n-1)X(n-2)×…×1. 有有 本积白 商除G仁 平方G 立方G 第0行 第1行 11 三乘白四因四○ 第2行 12 1 四乘Q团⊕⊕宝白 第3行 1331 14641 五乘©⊙)》⊙ 15101051 以 第6行 1615201561 实 左乃 除之 廉乘商方 者皆兼 隅算 裂 第n-l行1CC…CC…CmiC1 第n行1CC2…CCC…Cm1 图1 图2 (1)求图2中第10行的各数之和. (2)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3：8：14？若存在， 试求出这三个数；若不存在，请说明理由， (3)杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，比如：从第3行开始，除了1以外，其他每个 数是它肩上的两个数之和.请尝试证明：当m,n∈N*,n≥m时，(m十1)Cm+ (m+2)Cm+1+(m+3)Cm+2+…+(n+1)Cw=(m+1)Cm+. 二轮专题精准提升（八）数学第8页（共8页）真题密卷 ×(2n-1)]·[2×4X…×(2n)]=(2n)!,故D 错误。 7.C【解析】根据题意可知点P从格点(4,4)出发， 可沿上、下、左、右四个方向移动，点P经过6次移 动回到格点(4,4)可分为以下四种情况： 第一种：在六步移动过程中选择3步向上，另外3 步向下，共有C=20种移动路径； 第二种：选择3步向左，另外3步向右，共有C= 20种移动路径； 第三种：选择2步向上，2步向下，1步向左，1步向 右，共有CCC=180种移动路径； 第四种：选择1步向上，1步向下，2步向左，2步向 右，共有CCC=180种移动路径， 因此共有2X(20十180)=400种移动路径， 8.D【解析】若选一张卡片，有9一种情况，有C2= 2种方法；若选两张卡片，有1,8；2,7；3,6；4,5四 种情况，有C2C×4=16种方法；若选三张卡片， 有1,1,7；1,2,6；1,3,5；1,4,4；2,2,5；2,3,4六种 情况，有3×C十3XC2C2C2=30种方法；若选四 张卡片，有1,1,2,5；1,1,3,4；1,2,2,4；1,2,3,3 四种情况，有4×CC=16种方法；若选五张卡 片，有1,1,2,2,3一种情况，有C2=2种方法，所以 m=2+16十30十16十2=66.对于A,有9个括号 选带x的项，有1个括号选1，所以x9的系数为 0101+10+十10>66，故A错误对 1 2 3 B,由于9=9,9=1+8=2+7=3+6=4+5,9=1 十2十6=1十3十5=2十3+4，所以x9的系数为8 <66,故B错误；对于C,若x由x9单独组成，其 他项为常数，则有2种，系数为2；若x°由两项组 成，有x·x8,x2·x7,x3·x5,x4·x5四种情况， 其他项为常数，则系数为CgC十CC8+CC 十C%C=27+32十35十36=130，所以x9的系数 >2+130=132>66,故C错误；对于D,(1+ x)2(1+x2)2(1十x3)2…(1+x0)2=(1十x)(1+ x2)(1+x3)…(1+x1)(1+x)(1+x2)(1+x3)… (1十x1),若x9由x9单独组成，其他项为常 数，则有C2=2种，系数为2；若x9由两项组成， 有x·x8,x2·x7,x3·x6,x4·x5四种情况，其 他项为常数，则系数为CC2×4=16;若x9由 三项组成，有x·x·x1,x·x2·x,x·x3·x5, x·x4·x4,x2·x2·x5,x2·x3·x4六种情况， ·3 二轮专题精准提升 其他项为常数，则系数为3×C+3×CCC= 30;若x9由四项组成，有x·x·x2·x5,x·x ·x3·x4,x·x2·x2·x4,x·x2·x3·x3四种 情况，其他为常数，则系数为4×CC2=16;若x9 由五项组成，有x·x·x2·x2·x3一种情况，其 他项为常数，则系数为C2=2,所以x9的系数为2 +16+30+16+2=66=m,故D正确. 二、选择题 9.ABD【解析】对于A,每个小球都可能放入4个 盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共 有44=256种放法，故A正确；对于B,先从4个 盒子中选出3个盒子，再从3个盒子中选出1个 盒子放入2个球，余下2个盒子各放1个球，由于 球是相同的，即没有顺序，所以属于组合问题，故 共有CC=12种放法，故B正确；对于C,先从4 个盒子中选出1个空盒，再从4个球中选2个放 入剩下3个盒子中的1个，再将剩余2球分别放 入剩余2盒中，故有C4CCgA号=4X6X3X2= 144种放法，故C错误；对于D,由题意可知每盒恰 好一个球，所以共有A=24种放法，故D正确. 10BC【解扪]（版一引”辰开式的道项为T1 Cx宁·(-2)x=(-2)rCx学，因为展开式 中x4的系数为一1792，所以r为奇数，当r=1 或3时，显然不符合题意；当r=5时，n=8,则x4 的系数为（一2）5C=一1792，符合题意；当r=7 时，n=16,则x-4的系数为(-2)7C16<-1792, 不符合题意，易知当r>7且为奇数时，皆不合题 意，所以n=8,故A错误；由上述分析可知，T,+1 =(-2)C5x号，令8红=0，解得，=2，所以 3 展开式中常数项为（一2）2C=112,故B正确； 令x=1,可得展开式的各项系数之和为(-一1)8 故C正确；当r=2,5,8时，834"∈Z,所以 展开式中有3项有理项，故D错误. 11.AC【解析】对于A,将1,2,3,4全部排列，恰有 1次升高的排列有，1排首位时，共有1432,1个 排列符合恰有1次升高；2排首位时，共有2431， 2143,2个排列符合恰有1次升高；3排首位时， 共有3142,3214,3241,3421,4个排列符合恰有1 次升高；4排首位时，共有4132,4213,4231， ·数学· 4 4312,4个排列符合恰有1次升高，故 =11, 1 故A正确；对于B,将1,2,3,4全部排列，恰有2 次升高，排列个数可以如下考虑：1排首位时，共 有1423,1324,1342,1243,4个排列符合恰有2 次升高；2排首位时，共有2134,2341,2314， 2413,4个排列符合恰有2次升高；3排首位时， 共有3124,3412,2个排列符合恰有2次升高；4排 首位时，共有4123,1个排列符合恰有2次升高，故 42 =11≠10，故B错误；对于C,将1,2，…，n全部 排列，共有n一1处相邻两数满足a:<a+1或a:> a+1,故如果其中有处升高，则其余的n一1一k处 必有a:>a+1,将处升高的排列倒序排列，则 得到的新排列显然有n一1一k处升高，且两者排 的个数一样，反之亦然，故 4 C正确；对于D,不妨取n=4,k=2,则( =11 2 立，故D错误. 三、填空题 12.206【解析】由题可得，这样的，点共有A=12 个，如图，其中三，点共线的有10组，四，点共线的 有1组，所以可以得到不同的三角形共C2一10 -C8=206个. 13.10【解析】设d1=|PA1,d2=|PA2|,d3= |PA3|,d4=|PA4l.①P到两个顶点的距离a 一样，到另外两个顶点的距离b一样，且a≠b,由 A1,A2,A3,A4具有对称性，不妨讨论d1=d4, ·3 参考答案及解析 d2=d3,满足题意的P应同时在线段A1A4, A2A3的中垂线面和三棱锥表面上，即为其中垂 面交线与三棱锥表面的交点，此时d1≠d2,满足 要求，如图P1,P2两点， A -A A. 同理d1=d2,d3=d4,d1≠d3和d1=d3,d2=d4, d1≠d2也各有2个满足题意的P点，故共6个； ②P到其中三个顶点的距离c一样，到另一个顶 点的距离为e,且c≠e,若P到A2,A3,A4的距 离一样，即d2=d3=d4,则P为过△A2A3A4外 心的垂线与三棱锥表面的交点，如图P3和A1 (舍去)，此时d1≠d2,满足要求； A P A A3 A 若P到A1的距离和P到A2,A3,A4中的两个 距离一样，由A2,A,A4具有对称性，不妨讨 论d1=d2=d3,则P为过△A2A3A1外心的垂 线与三棱锥表面的交点，如图P4, 同理d1=d3=d4≠d2和d1=d2=d4≠d3也各 有1个满足题意的P点，共4个 综上，共有10个满足题意的点. 14.27【解析】“马”在棋盘所处的位置可用坐标 (x,y)表示，因为要朝着y轴正方向出发，它的 每一步走法对应位置的坐标可分成4种情况： ①(x+1y+2),②(x-1,y+2),③(x+2,y+1), ④(x-2,y+1). 如图，“马”从点O出发必经过点M,再从，点M出 发有4种选择：N,P,Q,R.要到达点A必经过 真题密卷 点B,要想经过点B,必经过点C或者点D.综合 以上分析，可理解为分别从N,P,Q,R这4点出 发，到达，点C或者点D的不同路线有多少种 y o③ (1)N(0,2)+45C(4,7):选2个①和1个③进 行排列，有①→①→③，①→③→①，③→①→① 3种情况，检验发现③→①→①为“绊马腿”，应舍 去，所以有2种路线；N(0,2)5D(5,6):选2 个③和1个①进行排列，有①→③→③，③→① →③，③→③→①3种情况，检验发现③→①→ ③，③→③→①为“绊马腿”，应舍去，所以有1种 路线，故从点N出发到达，点A共有3种路线； (2)P1,3)+3℃(4,7)：选2个③和1个②进 行排列，经检验有C=3种路线；P(1,3)中4 D(5,6):无符合要求的路线，故从点P出发到达 ,点A共有3种路线； (3)Q(3,3)+C(4,7):选①③④进行排列， 经检验有A=6种路线；Q(3,3)+23D(5,6): 选2个③和1个④进行排列，经检验有C=3种 路线，故从点Q出发到达点A共有9种路线； (4)R(4,2)+05C(4,7):选2个①和1个④进 行排列或者选2个②和1个③进行排列，经检验 有2XC=6种路线；R(4,2)D(5,6):同 Q(3,3)1℃(4,7)，经检验有A=6种路线， 故从，点R出发到达，点A共有12种路线」 综上，从点0出发到达，点A共有3十3+9十12= 27种路线， 四、解答题 15.解：(1)因为总共有六个位置，两个小品类节目 B1,B2不能排在第一位和最后一位，先将B1,B 排好，则有A?种排法，剩下四个节目排四个位 置，则有A种排法， 故共有A4A=288种排法， (4分) (2)先将六个节目分成三组，且这三组的节目个 ·4 二轮专题精准提升 数分别为1,2,3，并排列，故有A种排法，A1,A2 必须排在一起共有A种排法，A,在B1,B2中间 有A种排法， 故共有A3AA=24种排法， (8分) (3)分两步完成：第一步，先安排3个歌舞类节 目A1,A2,A3,则有A种排法；第二步，再用插 空法安排2个小品类节目B1,B2和1个相声类 节目C:①若2个小品类节目B1,B2和1个相声 类节目C互不相邻，则有2A种排法；②若C 与B1,B2中的一个相邻，则有CAA种排法. 故共有A(2A十C2AA)=120种排法. (13分) 16.解：(1)当m=1时，f(7,x)=(2+x)7,二项式系 数分别为C9,C,C号，C,C,C,C,C,其中数值 最大的为C,C， 所以∫(7，x)的展开式中二项式系数最大的项为 第四项或第五项。 (2分) 又因为T4=C月24x3=560x3,T5=C23x4=280x4, 所以∫(7，x)的展开式中二项式系数最大的项 为T4=560x3和T5=280x4, (4分) (2)0由题意得，f10,)=(2十x)”,其通项公式 10 n 为11-C(名)” (mx)=210-k·m2-10·C0x, 当k=3时，T4=22·m4·Cox3, 因为a3=960,所以27·m4·C1。=960, 解得m=士2， 因为m>0,所以m=2,故f(10,x)=(1十2x)10, (6分) 因为f(10,x)=a0+a1x十a2x2+…+a1ox10, 所以f'(10,x)=a1+2a2x+…+10a1ox9 =20(1+2x)9, 令x=1,得a1十2a2+十10a1o=20(1+2)9= 393660(或20×39) (9分) ②由①得，f(10,x)的通项公式为T+1= C0110-(2x)=2·C10x, 所以a=2·C(0≤k≤10，k∈N).(11分) 设ae=2·C。为a:(0≤i≤l0,i∈N)中的最 大值， |2C≥2-1C。1, 2(11-k)≥k, 则 即 2*C0≥2+1C1,k十1≥2(10-k), ·数学· 第特号≤<得 因为k∈N,所以k=7, 所以a:的最大值为a,=2XC。=15360. (15分) 17.(1)解：当n=3时，集合T={1,2,3}的子集的个 数为23=8. (2分) (2)解：易知|AUB|=|A+|B|-A∩B|, 又|A·|B|=|A∩B|·|AUB|, 所以A|·B|=|A∩B|(A|+B| |A∩B|),即|A∩B|-(A|+|B|)· |A∩B|+A|B|=0, 解得A∩B|=A|或A∩B=B,所以A CB或BCA. (6分) ①若ACB,则满足条件的有序集合对共有C:× 25+C×24+C×23+C号×22+C×2+Cg×2 =243个， ②若BCA,同理，满足条件的有序集合对共有 243个， ③当A=B时，满足条件的有序集合对共有2= 32个， 所以满足条件的有序集合对共243十243一32= 454个. (10分) (3)证明：记|T=n,则1,1,2,2，…，|T, |T|共2n个正整数， 将这2n个正整数按照要求排列时，需在1和1 中间放入1个数，在2和2中间放入2个数，…， 在n和n中间放入n个数，共放入了n(n,十D个 2 数，由于排列完成后共有2个数，且1,1,2,2， …,T|,T刚好放完，所以放入数字个数 n(n+1D必为偶数， 2 即nm十1=2k,k∈Z,所以n2+n=4h,k∈Z, 2 所以|T12+|T|是4的倍数 (15分) 18.解：(1)A6=(1,1,1,-1,-1,-1), A6=(1,1,-1,1,-1,-1), A6=(1,1,-1,-1,1,-1), A6=(1,-1,1,1,-1,-1), A6=(1,-1,1,-1,1,-1),共5个 (5分) (2)首先证明a1=1,且a2m=一1. 4 参考答案及解析 在③中，令i=1,得a1≥0，由①得a1=1. 由②得a2m=-(a1十a2十…十a2m-1), 在③中，令i=2n-1,得a1十a2十…十a2m-1≥0， 从而a2m=-(a1十a2十…十a2m-1)≤0，由①得 a2m=-1. (6分) 考虑A2m=(1,…,1,-1,…,-1),即a1=a2= …=am=1,am+1=am+2=…=a2m=一1，此时a1 十a2十…十am=n为最大值. 现交换am与am+1的值，使得an=一1，am+1=1, 此时a1十a2十…十am=n一2. 现将am=一1逐项前移，直至a2=一1.在前移过 程中，显然a1十a2十…十am=n一2不变，这一过 程称为1次移位： 继续交换am与am+2,使得an=一1，am+2=1,此 时a1十a2十…十am=n-4. 现将am=一1逐项前移，直至a4=一1.在前移过 程中，显然a1十a2十…十am=n一4不变，这一过 程称为第2次移位. (8分) 以此类推，每次移位a1十a2十…十am的值依次 递减2.经过有限次移位，a1,a2,…,am一定可以 调整为1，一1交替出现. 注意到n为奇数，所以a1十a2十…十am=1为最 小值. 所以a1十a2十…十a,的取值集合为 {1,3,5,…,2k-1}(k∈N*). (11分) (3)由①，②可知，在有序数组A2m= (a1,a2,…,a2m)中，有n个1，n个-1. 显然，从a1,a2,…,a2n中选n个为1，其余为-1 的种数共有C2m种.下面我们考虑这样的数组中 有多少个不满足条件③，记该数为tm· 如果(a1,a2,…,am)不满足条件③，则一定存在 最小的正整数s(s≤n),使得 (1)a1十a2+…十a2s-2=0;(i)a2s-1=-1. 将a1,a2,…,a2s-1统统改变符号， 这一对应f为：(a1,a2,…,a2s-1,2s,…,a2m）→ （-a1,-a2,…,一a2s-1,a2s,…,a2m）, 从而将(a1,a2,…,a2m)变为n十1个1，n-1个 一1组成的有序数组. (13分) 反之，任何一个n+1个1，n-1个-1组成的有 序数组（a1,a2,…,a2m).由于1多于-1的个 数，所以一定存在最小的正整数s(s≤n),使 真题密卷 二轮专题精准提升 得a1十a2+…十a2s-1=1. n! n! 令对应f-1为：(a1,a2,…,a2s-1,a2s,…,a2m）→ (r+1)！X(n-r-1)1°(r+2)！×(n-r-2)1 （-a1,-a2,…,-a2s-1,a2s,…,a2n), =3:8:14, (7分) 从而将(a1,a2,…,a2m)变为n一1个1，n十1个 r+13 n-7-81 /n=10, 一1组成的有序数组. (15分) 整理可得 解得 r+24 r=2, 因此t.就是n+1个1，n-1个-1组成的有序 n-r-17, 数组的个数 所以存在相邻的三个数C。=45,C3。=120,C。= 所以A的个数是C-C=ncC,17分) 210符合题意. (11分) (3)证明：因为当k≥m且k,m∈N'时， 10！ 19.(1)解：由题意可得C。=11X9=10,Ci。= (k+1)·! (k+1)I +1Dc-e-】-6m+1Dm+i1e- 10! 21×81=45,同理可得C。=120,C6=210,C3。 =(m+1)C, =252,C。=210,C10=120,C8。=45,C10=10, 故(m+1)Cm+(m+2)Cm+1+(m+3)Cm+2+… (2分) 十(n+1)Cm 所以图2中第10行的各数之和为1+C。+C =(m+1)(Cm1十Cm+2十Cm3+…十C1) +C3。+C10+Ci。+Ci+C10+C。+C。+1=1+ =(m+1)(Cm+?+Cm+:+Cm3+…十Ct1) 10+45+120+210+252+210+120+45+10+ =(m十1)(Cm号十Cm:+…十Cm}) 1=1024. (5分) (2)解：假设在杨辉三角数阵中，在第n(n≥2)行 =(m+1)(Cm2+Cm)=(m+1)Cm+, 存在三个相邻的数Cm,C+1,C+2(n≥2，n∈N', 即当m,n∈N*,n≥m时，(m+1)Cm+(m+2)· 0≤r≤n-2,r∈N)满足条件， Cm+1+（m+3)Cm+2+…+(n+1)Cw= n！ (m+1)Cw+. (17分) 即C:C+1:C+2 r！X(n-)1 2025一2026学年度二轮专题精准提升（九) 数学·概率与统计 一、选择题 9,又8×60%=4.8，则该组数据的第60百分位数 1.B【解析】设事件A表示“任取两卦，这两卦中阳 是9. 爻大于四个”.由图可知，含有两个及以上阳爻的卦 3.C【解析】由题知，市民乘坐公共交通工具出行 有巽、离、兑、乾四卦，所以试验的样本空间= 迟到的概率为三×。=0市民开私家车出行迟 {(巽，离)，（巽，兑），（巽，乾），（离，兑），（离，乾）， 3、39 (兑，乾)}，共包含6个样本点，事件A包含其中3 到的概率为0×0100，市民骑行或步行出行迟 个样本，点：（兑，乾），（巽，乾)，（离，乾），所以P(A) 1.11 -31 到的概率为0×20一200，则该市市民迟到的概率 62 2 9 31 2.C【解析】这组数据一共8个数，中位数为6+m 0+100十200-200，故所求的概率为 为 1 50 31 2 200 板差为14-2=12，所以6十m=12× 8,解得m= 12 2 31 ·42·