专题卷(7)计数原理-【鱼跃龙门卷】2026年高三数学二轮复习专题金卷

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（七） 数学·计数原理 (考试时间120分钟，总分150分) 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。 1.某高校7名大学生到抚顺参观雷锋纪念馆、西露天矿坑、赫图阿拉城，若每名学生都要参观，且 只参观一个地点，则每个地点至少有2名学生参观的不同方案共有 A.105种 B.210种 C.630种 D.1260种 2.(?-y)(2x+y)°的展开式中xy的系数为 A.-60 B.-80 C.100 D.120 3.某物流公司需要安排四个区域的快递运送，公司现有甲、乙、丙三位快递员可选派，要求每个 区域只能有一个快递员负责，每位快递员至多负责两个区域，则不同的安排方案共有 A.60种 B.54种 C.48种 D.36种 4.若(2x3-a)° 的展开式中x10的系数比x2的系数小300，则实数a= A.5 B.4 C.3 D.2 5.从0,1,2,3中任取三个数字组成无重复数字的三位数，则下列结论错误的是 A.三位数共有18个 B.十位数字为1的三位数共有6个 C.百位数字为1的三位数共有6个 D.个位数字为0的三位数共有6个 6.若(2x十1)1o0=a0十a1x十a2x2+…十a1ox1°，则2(a1十a十…十ag9)-5被8整除的余数为 A.5 B.4 C.3 D.2 7.如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸 出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主 挂件的为第二层分挂件.现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相 邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色 方法种数为 A.26 B.54 C.154 D.264 数学·专题卷（七）第1页（共8页） 鱼跃龙 8.从1,2,3，…，20,21这21个整数中任选两个不同的整数a,b,其中使得2a+3的个位上的数 字为9的有序数组(a,b)的个数为 A.75 B.80 C.85 D.90 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。 9.若(1十2x)2o25=a0十a1x十a2x2十…十a2025x2o25,则下列选项正确的是 A.ao=1 Ba,十a影+a4十…+a4-1-32 2 C.a1十a3十a5+…十a2o2s=3+1 2 D.a1-2a2+3a3-4a4+…+2025a22s=-2025 10.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在我国南宋数学家杨 辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现.“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就， 激发了一批又一批数学爱好者的探究欲望.如图，由“杨辉三角”，下列叙述错误的是 杨辉三角 第0行 1 第1行 11 第2行 121 第3行 1331 第4行 14641 第5行 15101051 第6行 1615201561 第7行172135352171 第8行18285670562881 A.C3+C2+C%+…+C%=120 B.第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C.记第n行的第i个数为a:,则空2-1a,=4 D.第20行中第8个数与第9个数之比为8：13 门卷 数学·专题卷（七）第2页（共8页） 11.鸡尾酒排序是一种计算机科学领域的排序算法.其基本思想是：通过对数字均不相同的排序 四、解答题：本题共5 序列{x1,x2,…,xn}从左往右，依次对相邻两个数比较大小，若不是左小右大，则交换两个数 15.(13分) 的位置，使值较大的数逐渐从左移向右，所有相邻两个数完成对比交换后再反向从右往左依 已知f(x)=(x 次比较相邻两个数的大小，若不是左小右大，则交换两个数的位置，完成两个方向的对比交 (1)当n=10时， 换称为一个轮次，只完成一个方向算0.5个轮次.重复以上过程直到序列中所有数从左往右 (2)若f(x)=b。 都是按照从小到大排列为止.例如：对于序列{2,4,3,1}进行鸡尾酒排序，首先从左往右顺 序，先比较{2,4}，无需交换位置，然后比较{4,3}，需交换1次位置，得到新序列{2,3,4,1}最 后比较{4,1}，又需要交换1次位置，得到新序列{2,3,1,4}，完成了从左往右的对比换序.然 后从右往左方向，先比较{1,4}，无需交换，再比较{3,1}，交换位置得{2,1,3,4}，再比较{2， 1},交换位置得{1,2,3,4}，完成一个轮次鸡尾酒排序.此例只用了一个轮次就完成了排序， 共进行了4次交换位置.以下说法正确的是 A.对{5,4,2,3,1}需要1.5个轮次完成排序 B.若∈N,则2k十1个数最多需要k轮次完成排序 C.对{5,4,2,3,1}进行了8次交换位置完成排序 D.对于序列(x1,x2,…,工，}最多需要”(，1次交换位置完成排序 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.某人工智能模型在自然语言处理中，使用位置编码表示词序，每个位置编码需用一个6维向 量表示.若某位置编码可以写成(a,b,c,d,e,f)的形式，其中a,b,c∈{1,2,4}，则在仅考虑 前3个位置的情况下，a,b,c恰好取2个不同值的编码共有个. 13.已知(2025十x)10+(1-2025x)10=a0十a1x十a2x2+…十a1o0x10,且k∈{0,1,2,3，…， 100},当a<0时，正整数k的最小值为 14.将五张标有1,2,3,4,5的卡片摆成下图，若逐一取走这些卡片时，每次取走的一张卡片与剩 下的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”（例如按1一3一5一4一2 取走卡片的顺序是“和谐序”，按1一5一2一3一4取走卡片的顺序不是“和谐序”)，现依次不放 回地随机抽取这5张卡片，则取卡顺序是“和谐序”的概率为 2 4 数学·专题卷（七）第3页（共8页）】 鱼跃龙门卷 小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 2)",n∈N*. f(x)=a0十a1x十a2x2十…十amx”,求a0,a1,a2,am中的最大值； +b1(x+1)+b2(x+1)2+…+bn(x+1)",求2rb,. r=0 数学·专题卷（七）第4页（共8页） 班级 16.(15分) 17. 已知一个大盒子内装有6个黄乒乓球，x(2≤x≤8)个白乒乓球 姓名 (1)现甲、乙两人从盒中进行随机摸球游戏：甲、乙两人轮流交替摸球，每次摸取一球，甲先摸 球，直到两人中有一人摸到白乒乓球时游戏结束，每次摸出的小球均不再放回，且甲乙摸 得分 球相互独立.已知乙在第1次恰好摸到白乒乓球的概率为4，求x的值： (2)整理盒中小球时，需将所有乒乓球排成一排，要求每个黄乒乓球至少与另一个黄乒乓球 相邻，记不超过3个黄乒乓球排在一起的概率为力，若p>?,求x的最小值。 选择题 答题栏 1 2 3 5 6 7 8 9 10 。 11 数学·专题卷（七）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 (15分) 已知m,n是正整数，(1十x)m十(1十x)”的展开式中x的系数为17. (1)求m+n; (2)当展开式中x2的系数最小时，求x3的系数； (3)已知(？+2x)宁的展开式的二项式系数的最大值为，系数的最大值为6，求a十6： 数学·专题卷（七）第6页（共8页） 18.(17分) 19. 二进制数是用0和1表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当 二”.若十进制数n=a0X2十a1X2&-1十a2X2-2十…十a-1X2十a。X2°，其中a0=1, a:∈{0，l},则n对应的二进制数为(aoa1a2…a)2(k∈N). (1)十进制数6,2026分别用二进制表示； (2)证明：满足a0,a1,a2,…,a6中有且只有3个1的所有二进制数(aoa1a2…a6)2对应的十 进制数的和为1275； (3)将n对应的二进制数中1的个数记为S(n),证明：S(2n十1)=S(16n+4). 数学·专题卷（七）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (17分) 有一种士兵排列方法：士兵站成一排，解散以后马上再重新站成一排，并且这些士兵不能站 在自己原来的位置上， (1)如果只有3个士兵，那么重新站成一排有多少种站法？ (2)假设原来有个士兵，解散以后不能站在自己原来位置上的站法为Dm种，写出D+1和 Dn,Dn-1(n≥2)之间的递推关系，并证明：数列{Dn一nDn-1}(n≥2)是等比数列； (3)假设让站好的一排个士兵解散后立即随机站成一排，记这些士兵都没有站到原位的概率为 卫，证明当柏于无穷大时.泊近于（套专公式G-1计x++十后 数学·专题卷（七）第8页（共8页）·数学· 所以椭圆C,的方程为+=1。 色，则5号只有1种涂色方法，6号、7号均有2种涂色方法，所 以5,6,7号有1×2×2=4种涂色方法；综上，所有的涂色方法 种数为4A(1十2+4十4)=4×6×11=264. 2 由题意可得 解得/m=0, 8.C【解析】2”，3”的个位上的数字具有周期性规律，如表所示， 4n-m2 ln=-1. =-1, n 1 2 4 所以抛物线C2的方程为y=x2-1. 2”的个位上的数字 (2)0证明：由=，得x2-kx-1=0, 3的个位上的数字39 y=x2-1, 由表可得2”，3"的个位上的数字周期为4，因此，①当a取1,5， 设M(x1y1),N(x2y2), 9,13,17,21时，b可取3,7,11,15,19，此时满足题意的有序数 则x1十x2=k,x1x2=-1. 组(a,b)有6×5=30个；②当a取3,7,11,15,19时，b可取4， 于是直线AM和AN的斜率之积为 AM·是AN=+1.y十1=（红，+1）(z+1D 8,12,16,20,此时满足题意的有序数组(a,b)有5×5=25个； ③当a取4,8,12,16,20时，b可取1,5,9,13,17,21，此时满足 1x2 2x1,十k(x1十x)+1-一+2+1=一1. 题意的有序数组(a,b)有5×6=30个，综上，满足题意的有序 数组(a,b)的个数为30十25十30=85. T1Z2 -1 二、选择题 所以AM⊥AN. 9.AC 10.ABC 11.ABD ②解：设直线AM的斜率为p,则直线AM的方程为y= 三、填空题 px-1, 12.1813.5114.30 7 由=x-1,解得点M的坐标为M(,p-1D, y=x2-1, 四、解答题 因为直线AN的斜率为-，所以点N的坐标为N(- 15.解：(1)当n=10时，f(x)=(x-2)0=ao+a1x十a2x2+…十 a10x10, 方小 T,+1=Co(-2)10-'x,则a,=Co(-2)10-',r=0,1,2,…,10, 显然r为奇数时，a,<0;r为偶数时，a,>0; 于是△AMN的面积S,=名1AM1IAN=号P+方· 则当a,取到最大值时，r为偶数， 设a&为最大项，其中k=0,2,4,6,8,10.当k≥2时， 得n4≥-2>0 ak≥ak+2>0 由.每#点E的全茶p》 即10←)0-2184-2-2-a>0, 10！ 10！ x2+4y2=4, 8p 10！ 101 因为直线AF的斜率为一，所以点F的坐标为（二 4+p2 a1a0-←20-4≥+2110+2-2n4+0>0, ) 解得以因方长-216816故会运用 于是△AEP的面积S,=号1 AEIAFI= 32(1+p2)1p1 k=4. (1+4p2)(p2+4) 又因为a。=210=1024<a4=13440,所以最大项为a4 13440. (2)因为f(x)=(x-2)=b。+b1(x+1)+b2(x+1)2+…+ 解得p2=1. bn(x+1)", 所以=二兰=，十x,=p 1p2-1=0, f'(x)=n(x-2)m-1=b1+2b2(x+1)+…+nbn(x+1)-1, x1-x2 令x=0,得n(-2)-1=b1十2b2十…十nbn, 因此直线1的方程为y=0. 所以2rb,=n(-2)-1. 数学（七） 16.解：(1)由题意，乙第一次恰好摸到白乒乓球的概率为 一、选择题 1.C2.A3.B4.A5.B6.C C6+zCg+:141 7.D【解析】给挂件进行如图所示的编号， 即x2-17x+30=0,解得x=2或x=15, 根据题意1号有4种涂色方法，2,3,4号有 人3 因为2≤x≤8，所以x=2. A=6种涂色方法，分情况讨论5,6,7号的 (2)整理乒乓球时，要使得至少2个黄乒乓球相邻，则有“黄 涂色方法：①若5号与1号同色，6号与2 黄一黄黄一黄黄”，“黄黄黄一黄黄黄”，“黄黄一黄黄黄黄”，“黄 号同色，则7号只有1种涂色方法，所以5， 黄黄黄一黄黄”，“黄黄黄黄黄黄”5种情况. 6,7号有1×1×1=1种涂色方法；②若5 可以先排列白乒乓球，通过插空法，让黄乒乓球排列在白乒乓 号与1号同色，6号与2号异色，此时6号只有1种涂色方法，则 球与白乒乓球之间的空位上. 7号有2种涂色方法，所以5,6,7号有1×1×2=2种涂色方 所以“黄黄一黄黄一黄黄”有C+1种排法； 法；③若5号与1号异色，与3号同色，5号只有1种涂色方法， “黄黄黄一黄黄黄”，“黄黄一黄黄黄黄”，“黄黄黄黄一黄黄”均 当6号与4号同色时，7号有2种涂色方法；当6号与4号异色 有C+1种排法， 时，6号有2种涂色方法，7号有1种涂色方法，所以5,6,7号有 总共3C+1种； 1×(1×2十2×1)=4种涂色方法：④若5号与1号、3号均异 “黄黄黄黄黄黄”有C+1种排法 9 参考答案及解析 不超过3个黄乒乓球排在一起的情况只能为“黄黄一黄黄一黄 和丙，只有1种站法， 黄”与“黄黄黄一黄黄黄”两种情况，所以力= 所以如果只有3个士兵，重新站成一排有2种站法 C+1+C+1 x2+2x1 (2)证明：易知D1=0,D2=1, C2+1+3C+1+C+1x2+8x+62’ 如果有十1个人，解散后都不站原来的位置可以分两个 即有x2-4x-6>0, 步骤： 解得x>2十√10或x<2一√10（舍去），所以x的最小值 第一步：先让其中一个士兵甲去选位置，有n种选法： 为6. 第二步：重排其余n个人，根据第一步，可以分为两类： 7. 解：(1)根据二项式定理知，(1+x)m十(1十x)的展开式的通 第一类：若甲站到乙的位置上，但乙没有站到甲的位置，这样的 项为 站法有D.种； T,+1=Cmz'+Cnx"=(Cm+Cr)x", 第二类：若甲站到乙的位置上，乙同时站在甲的位置，这样的站 根据题意得Cm十C.=17,即m十n=17. 法有D。-1种. (2)由(1)知n=17-m, 所以Dn+1=n(Dn十Dn-1),n≥2，又D2-2D1=1, 当m=1时，n=16,此时(1十x)+(1+x)6展开式中x2的系 所以 D+-(n+1)D, =n(D,+D。-i)-(m+1)D 数为C6=120, D.-nD-1 D-nD-1 同理当n=1时，m=16,此时(1+x)+(1+x)16展开式中x2 -D,十nD-1=-1, D.-nD-1 的系数为C。=120, 当m,n均大于等于2时，展开式中x2的系数为 所以数列(D一nD,-1}(n≥2)是首项为1，公比为-1的等比 数列 +-2+a_m+m2m-”-m2+ 2 2 2 (3)证明：由题意可知P。=n, D. 17-m-号-(m号+ 由(2)可得D.-nD.1=(-1D,则P- Dm-1（-1)" n!(n-1)! 故当m=8或m=9时，x2的系数取得最小值64， n! D-1D.-2(-1)"-1Da-2 显然x2的系数最小时，m=8或m=9, 此时，x3的系数为C8+C8=140 对n进行赋值，依次得Gm-)1一(m-21n-1)1'n一2)1 D-(-1)-2D2D11 8a贞0+g-8,则（兮+2）宁-（名+2：）八 (m-3)1-(m-2)1…21--2' 2 ,11 二项式（分+2x）广的展开式的通项为T1=C·(公）。 将以上各式左右分别相加，得P:-D:=上1 -=2六+5十 (2x)=C哈24-8x*, +1) n1,因为D,=0, 所以可得a=C=70, 则P:=1-1+11 可前+++二。 n！ 再根据〈 2-≥…2即2 Dm1111 Cg·22-8≥C-1·22-10, 、即得Pa=1=21-31干451十十m1=1一1+2- n！ 此时6=C·(分）八·2=512，所以a+6=70+512=582, n!' 1111 8. (1)解：6=4+2=1×22+1×2+0×2°=(110)2， 当m趋于无穷大时，P,趋近于1一1+2++…十 2026=1024+512+256+128+64+32+8+2=1×210+1× (-1) 29+1×28+1×27+1×26+1×25+0×24+1X23+0×22+ n! +…=e1=1 ,得证 1×2+0×2°=(11111101010)2. 数学（八） (2)证明：n=ao×26+a1X25+…十a5×2+十a6×2°，其中 a0=1,a1,a2,…,a6中有且只有2个1，有C%=15种可能； 、选择题 所以所有二进制数(aoa1a2a6)2对应的十进制数的和中， 1.A2.C3.C4.A5.D6.A7.C 2出现C=15次，25,2，…，2,2°均出现Cg=5次， 8.A【解析】因为蓝莓果重量Z服从正态分布N(15,9),其中μ= 所以对应的十进制数的和为C(2十2十…十2+2)+C× 15,。=3,p=P(Z≥18)=P(Z≥4+o)= 26=1275, 1-P(u-g<Z≤十a)_1-0.6821≈0.2，设第k次抽到优 2 2 (3)证明：n=aoX2+a1X2*-1十a2×2*-2+…十ag-1X2+ 等果的概率P(X=)=0.8-1·0.2(k=1,2,3,…,n-1),恰 a4X2°，则S(n)=2a:, i=0 好抽取n次的概率P(X=n)=0.8-1,所以E(X)=0.2∑k· 又2n十1=aX2+1+a1X2*+a2X2-1+…+ag-1X22+ ag×2+1, 0.8*-1十n·0.8-1,设M-写k·0.g1,则0.8M=罗k· k=1 k=1 0.81-(n-1)·0.8= n-1 故s(2m+1)=2a:+1=S(m)+1, 0.8,两式相诚得：0.2M= 由于16n十4=a0X2+4+a1X2+3+a2X2+2+…十ag-1X 1-0.80-1 25+aX24+22, 1-0.8-（n-1)·0.8-1=5(1-0.8-1)-(n-1)·0.81, 故S(16m+4)=立a,+1=S()+1,故S(2m+1)=S(16m+ 所以E(X)=0.2M+n·0.8-1=5(1-0.8"-1)-(n-1)· 0.8-1+n·0.8-1=5(1-0.8m),由5(1-0.8")≤3，即0.8≥ 4). 0.4,又0.8=0.4096>0.4,0.85=0.32768<0.4，所以n的 (1)解：当有3个士兵时，假设先安排甲，有2种站法，再安排乙 最大值为4.