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(共81张PPT)
第1讲　小题研透——
计数原理与统计初步
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CONTENTS
课时跟踪检测
锁定高考·明方向
研透高考·攻重点
有的放矢 事半功倍
重难攻坚 快速提升
01
锁定高考·明方向
有的放矢 事半功倍
一、考情分析
高频考点 高考预测
两个计数原理、排列与
组合 两个计数原理、排列与组合、二项式定理主要
以选择题、填空题的形式考查，其中排列与组
合时常与概率相结合；对统计图表与数字特征
的考查，一般难度较小
二项式定理 统计图表与数字特征 二、真题感悟
1. （2024·新高考Ⅱ卷4题）（数据的统计分析）某农业研究部门在面积相
等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（单位：
kg）并整理得下表：
亩产
量 [900，
950） [950，1
000） [1 000，1
050） [1 050，1
100） [1 100，1
150） [1 150，1
200）
频数 6 12 18 30 24 10
根据表中数据，下列结论中正确的是（　　）
A. 100块稻田亩产量的中位数小于1 050 kg
B. 100块稻田中亩产量低于1 100 kg的稻田所占比例超过80%
C. 100块稻田亩产量的极差介于200 kg至300 kg之间
D. 100块稻田亩产量的平均值介于900 kg至1 000 kg之间
√
解析：　对于A，根据频数分布表可知，6＋12＋18＝36＜50，所以亩
产量的中位数不小于1 050 kg， 故A错误；对于B，亩产量不低于1 100
kg的频数为24＋10＝34，所以低于1 100 kg的稻田占比为 ＝
66%，故B错误；对于C，稻田亩产量的极差最大为1 200－900＝300，
最小为1 150－950＝200，故C正确；对于D，由频数分布表可得，平均
值为 ×（6×925＋12×975＋18×1 025＋30×1 075＋24×1 125＋
10×1 175）＝1 067，故D错误.故选C.
2. （多选）（2023·新高考Ⅰ卷9题）（样本的数字特征）有一组样本数据
x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则（　　）
A. x2，x3，x4，x5的平均数等于x1，x2，…，x6的平均数
B. x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，…，x6的中位数
C. x2，x3，x4，x5的标准差不小于x1，x2，…，x6的标准差
D. x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差
√
√
解析：　若该组样本数据为1，2，3，4，5，8，则2，3，4，5的平
均数为 ，1，2，3，4，5，8的平均数为 ，两组数据的平均数不相
等，故A错误；不妨设x1≤x2≤x3≤x4≤x5≤x6，则x2，x3，x4，x5的中
位数等于x1，x2，x3，x4，x5，x6的中位数，故B正确；若该组样本数据
为1，2，2，2，2，8，则2，2，2，2的标准差为0，而1，2，2，2，2，
8的标准差大于0，故C错误；由对选项B的分析可知，x2，x3，x4，x5的
极差为x5－x2，x1，x2，x3，x4，x5，x6的极差为x6－x1，且易得x6－
x1≥x5－x2，故D正确.故选B、D.
3. （2022·新高考Ⅱ卷5题）（排列与组合）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站
成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方
式共有（　　）
A. 12种 B. 24种
C. 36种 D. 48种
解析：　先将丙和丁捆在一起有 种排列方式，然后将其与乙、戊排
列，有 种排列方式，最后将甲插入中间两空，有 种排列方式，所
以不同的排列方式共有 ＝24种，故选B.
√
4. （2024·新高考Ⅱ卷14题）（两个计数原理）在如图的4×4的方格表中选
4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选
法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值
是 .
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
24
112
解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则
第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可
选，第四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1＝24种选法.
法一（列举法）　每种选法可标记为（a，b，c，d），a，b，c，d
分别表示第一、二、三、四行的数字，则所有的可能结果为：（11，
22，33，44），（11，22，43，34），（11，33，22，44），（11，
33，43，24），（11，42，22，34），（11，42，33，24），（21，
12，33，44），（21，12，43，34），（21，33，13，44），（21，
33，43，15），（21，42，13，34），（21，42，33，15），（31，
12，22，44），（31，12，43，24），（31，22，13，44），（31，
22，43，15），（31，42，13，24），（31，42，22，15），（40，
12，22，34），（40，12，33，24），（40，22，13，34），（40，
22，33，15），（40，33，13，24），（40，33，22，15），比较可
知，所选方格中，（21，33，43，15）的和最大，最大为112.
法二（整体分析法）　先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的
十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位
上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，
从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中
的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
5. （2024·全国甲卷理13题）（二项式定理）（ ＋x）10的展开式中，各
项系数中的最大值为 .
解析：由二项式定理知（ ＋x）10＝ x10－k.记ak＝ ，k
＝0，1，…，10.
5
法一　对于k＝1，2，…，10，有 ＝ · ＝ .当k≤2时，
＞1；当k≥3时， ＜1，因此a0＜a1＜a2，a2＞a3＞…＞a10，所以
展开式各项系数中的最大值为a2＝ ＝5.
法二　对于k＝1，2，…，10，有ak－ak－1＝ （ －3 ）＝
（ － ）＝ · ，当k≤2时，
ak－ak－1＞0；当k≥3时，ak－ak－1＜0.因此有a0＜a1＜a2，a2＞a3＞…＞
a10，所以展开式各项系数中的最大值为a2＝ ＝5.
1. 排列数、组合数公式及性质
排列数 组合数
公 式 ＝n（n－1）·（n－2）·…·（n
－m＋1）＝ ＝ ＝
性 质 ＝n！，0！＝1， ＝n ＝1， ＝ ， ＋
＝
2. 二项式系数的性质
（1）对称性： ＝ ；
（2）增减性与最大值：当k＜ 时，二项式系数递增，由对称性知，
当k＞ 时，二项式系数递减.当n是偶数时，中间一项取得最大
值，为 ；当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大
值，为 与 .
易错提醒　易混淆（a＋b）n展开式的“项的系数”与“二项式
系数”.
3. 用样本的数字特征估计总体
（1）平均数：①若一组数据为x1，x2，…，xn，则该组数据的平均数
＝ xi；
②加权平均数：如果总体的N个变量值中，不同的值共有k
（k≤N）个.不妨记为y1，y2，…，yk，其中yi出现的频数为fi
（i＝1，2，…，k），则加权平均数为 ＝ fiyi；
③分层随机抽样的平均数：若一组数据是由分层随机抽样所得到
的，其中第一层抽取m个，即x1，x2，…，xm，平均数为 ，第
二层抽取n个，即y1，y2，…，yn，平均数为 ，则x1，x2，…，
xm，y1，y2，…，yn的平均数 ＝ ＋ .
（2）方差：①假设一组数据x1，x2，x3，…，xn的平均数为 ，则S2＝
（xi－ ）2＝ （ －n ）；
②分层随机抽样的方差：分层随机抽样中，如果样本量是按比例
分配，记总的样本平均数为 ，样本方差为s2，其中第一层抽取
m个数据的平均数为 ，方差为 ，第二层抽取n个数据的平均数
为 ，方差为 ，则该组数据的方差s2＝ {m[＋（ －
）2]＋n[＋（ － ）2]}.
（3）求一组n个数据的第p百分位数的步骤
第1步：按从小到大排列原始数据；
第2步：计算i＝n×p%；
第3步：若i不是整数，而大于i的比邻整数为j，则第p百分位数
为第j项数据；若i是整数，则第p百分位数为第i项与第（i＋1）
项数据的平均数.
4. 利用频率分布直方图求众数、中位数、平均数与百分位数
（1）众数的估计值为最高矩形底边的中点对应的横坐标；
（2）平均数的估计值等于频率分布直方图中每个小矩形的面积乘以小
矩形底边中点的横坐标之和；
（3）中位数的估计值的左边和右边的小矩形的面积和是相等的；
（4）第p百分位数的求法：确定要求的p%分位数所在分组[A，B），
由频率分布表或频率分布直方图可知，样本中小于A的频率为a，
小于B的频率为b，所以p%分位数＝A＋组距× .
02
研透高考·攻重点
重难攻坚 快速提升
两个计数原理、排列与组合
【例1】　（1）（2024·邯郸第四次调研）某班联欢会原定5个节目，已排
成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插入节目单中，要
求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为
（　C　）
A. 12 B. 18
C. 20 D. 60
√
解析：根据题意，可分为两类：①当新节目插在中间的四个空
隙中的一个时，有 ＝4×2＝8种方法；②当新节目插在中间的
四个空隙中的两个时，有 ＝4×3＝12种方法，由分类加法计数原
理得，共有8＋12＝20种不同的插法.故选C.
（2）为了缩小城乡教育资源的差距，国家鼓励教师去乡村支教，某校选
派了5名教师到A，B，C三个乡村学校去支教，每个学校至少去1
人，每名教师只能去一个学校，不同的选派方法种数有（　D　）
A. 25 B. 60
C. 90 D. 150
√
解析：由题意可知，先将5人分成3组，有两类分法，第一类，各组人
数分别为3，1，1，共有 种分法；第二类，各组人数分别为1，
2，2，共有 种分法.将3组人员分配到A，B，C三个乡村学校
去，共有 种分法，所以不同的选派方法共有（ ＋ ）
＝150（种）.故选D.
求解排列与组合问题的方法
（1）直接法：相邻问题“捆绑法”，不相邻问题“插空法”.解决定序问
题，可先不考虑顺序限制，排好后，再除以定序元素的全排列；
（2）间接法：对于分类过多的问题，一般利用正难则反、等价转化的方
法求解.
1. （2024·深圳期末考试）“一笔画”游戏是指要求经过所有路线且节点
可以多次经过，但连接节点间的路线不能重复画的游戏，如图是某一局
“一笔画”游戏的图形，其中A，B，C为节点，若研究发现本局游戏
只能以A为起点C为终点或者以C为起点A为终点完成，那么完成该图
“一笔画”的方法数为（　　）
A. 6种 B. 12种
C. 24种 D. 30种
√
解析：　以A为起点时，三条路线依次连接即可到达B点.共有3×2＝
6种选择，自B连接到C时，在C右侧可顺时针连接或逆时针连接，共
有2种选择，∴以A为起点，C为终点时，共有6×2＝12种方法；同理
可知，以C为起点，A为终点时，共有12种方法.∴完成该图“一笔
画”的方法数为12＋12＝24种.
2. （2024·太原高三模拟考试）北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代
纬书《春秋运斗枢》就有记载，它们组成的图形像我国古代舀酒的斗，
故命名为北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人判断季节的
依据之一.如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某季节的北斗七
星，其中B，D，E，F看作共线，其他任何三点均不共线.若过这七个
点中任意三个点作三角形，则所作的不同三角形的个数为（　　）
A. 30 B. 31 C. 34 D. 35
√
解析：　法一（排除法）　从7个点中任意取3个点共有 种取法，因
为B，D，E，F四点共线，其中任意三点都不能构成三角形，所以共
可以构成 － ＝35－4＝31（个）不同三角形，故选B.
法二（分类法）　第一类：B，D，E，F四个点中一个点都不取，可
构成 ＝1（个）三角形；第二类：从B，D，E，F四个点中取1个
点，在A，C，G中取2个点，可构成 ＝12（个）三角形；第三
类：从B，D，E，F四个点中取2个点，在A，C，G中取1个点，可
构成 ＝18（个）三角形.共可以构成1＋12＋18＝31（个）三角
形，故选B.
二项式定理
【例2】　（1）（多选）在（ 2x－ ）8的展开式中，下列说法正确的是
（　AC　）
A. 常数项是1 120
B. 第四项和第六项的系数相等
C. 各项的二项式系数之和为256
D. 各项的系数之和为256
√
√
解析：根据二项式定理，（ 2x－ ）8的通项为Tk＋1＝ 28－k
（－1）kx8－2k，常数项为 24（－1）4＝1 120，故A正确；第四项
的系数为 28－3（－1）3＝－1 792，第六项的系数为 28－5（－
1）5＝－448，故B错误；因为n＝8，所以各项的二项式系数之和为
28＝256，故C正确；令x＝1，各项的系数之和为1，故D错误.
（2）（2＋ ）（x－2y）6的展开式中x4y2的系数为 .（用数
字作答）
解析：（x－2y）6的通项公式为Tr＋1＝ x6－r（－2y）r＝
（－2）rx6－ryr，令r＝2得，T3＝ （－2）2x4y2＝60x4y2，此时
60x4y2·2＝120x4y2，令r＝3得，T4＝ （－2）3x3y3＝－160x3y3，
此时－160x3y3· ＝－160x4y2，故x4y2的系数为120－160＝－40.
－40
1. 求（a＋b）n的展开式中的特定项一般要应用通项公式Tk＋1＝ an－
kbk（k＝0，1，2，…，n），注意它表示的是二项式的展开式的第k＋
1项，而不是第k项.
2. 求两个因式积的特定项，一般对某个因式用通项公式，再结合因式相
乘，分类讨论求解.
3. 求三项展开式的特定项，一般转化为二项式求解或用定义法.
4. 求解系数和问题应用赋值法.
1. （2024·苏锡常镇四市调研）设（1＋2x）5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋
a5x5，则a1＋a2＋…＋a5＝（　　）
A. －2 B. －1
C. 242 D. 243
解析：　令x＝0，则15＝a0，∴a0＝1；令x＝1，则35＝a0＋a1＋a2
＋a3＋a4＋a5，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝35－1＝242.故选C.
√
2. （3x－y＋2z）5的展开式中所有不含字母z的项的系数之和为 ；
含x3yz项的系数为 .
解析：由二项式定理得（3x－y＋2z）5的展开式的通项公式为Tr＋1＝
（3x－y）5－r·（2z）r，欲使得不含z，则r＝0，∴T1＝（3x－
y）5，令x＝1，y＝1，则所有不含字母z的项的系数之和为25＝32；含
x3yz的项是 · （3x）3（－y）·2z＝－1 080x3yz，故其系数为－
1 080.
32
－1 080
3. （2024·连云港阶段性调研）设n为正整数，（a＋b）2n的展开式的二
项式系数的最大值为x，（a＋b）2n＋1的展开式的二项式系数的最大值
为y，若9x＝5y，则n＝ .
解析：由（a＋b）2n的展开式的二项式系数的最大值为x，则有x＝
，由（a＋b）2n＋1的展开式的二项式系数的最大值为y，则有y＝
，由9x＝5y，故有9 ＝5 ，即9× ＝
5× ，即9× ＝5× ，即9（n＋1）＝5（2n＋1），解得
n＝4.
4
统计图表与数字特征
【例3】　（1）（多选）为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收
入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直
方图：
根据此频率分布直方图，下列结论中正确的是（　BCD　）
A. 该地农户家庭年收入的极差为12
B. 估计该地农户家庭年收入的75%分位数为9
C. 估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间
D. 估计该地农户家庭年收入的平均值超过6.5万元
√
√
√
解析：设极差为t，由题中频率分布直方图可知，组距为1，共
有12组，所以t≤1×12＝12，且不是一定取等号，所以A不正确；前
6组频率之和为0.02＋0.04＋0.1＋0.14＋0.2＋0.2＝0.7，前7组频
率之和为0.7＋0.1＝0.8，所以75%分位数应位于[8.5，9.5）内，由
8.5＋1× ＝9，可以估计75%分位数为9，所以B正确；家庭年
收入介于4.5万元至8.5万元之间的频率为0.1＋0.14＋0.2＋0.2＝
0.64＞0.5，所以C正确；由题中频率分布直方图可知，该地农户家
庭年收入的平均值为3×0.02＋4×0.04＋5×0.1＋6×0.14＋7×0.2
＋8×0.2＋9×0.1＋10×0.1＋11×0.04＋（12＋13＋14）×0.02＝
7.68（万元），又7.68＞6.5，所以D正确.综上，选B、C、D.
（2）（2024·赣州模拟改编）若一组样本数据x1，x2，…，x8的方差为2，
（－1）ixi＝－2，yi＝xi＋（－1）i（i＝1，2，…，8），则样
本数据y1，y2，…，y8的方差为 .
2.5
解析：设样本数据x1，x2，…，x8的平均数为 ，则 （xi
－ ）2＝2，设样本数据y1，y2，…，y8的平均数为 ，由yi＝xi＋
（－1）i（i＝1，2，…，8），则 ＝ ，所以 （yi－ ）2＝
[xi＋（－1）i－ ]2＝2＋ （－1）i（xi－ ）＋1＝3＋
（－1）ixi＝3＋ ×（－2）＝2.5.
1. 关于平均数、方差的计算
样本数据的平均数与方差的计算关键在于准确记忆公式，要特别注意标
准差是方差的算术平方根.
2. 用样本的数字特征估计总体的数据分布特征
（1）估计总体集中趋势的统计量：众数、中位数、平均数；
（2）用百分位数估计数据的分布特征；
（3）估计总体的离散程度的统计量：极差、方差、标准差.
1. （多选）（2024·保定二模）如图是2024年5月1日至5月5日某旅游城市
每天最高气温与最低气温（单位：℃）的折线图，则下列结论正确的是
（　　）
A. 这5天的最高气温的平均数与最低气温的中位数的差为7 ℃
B. 这5天的最低气温的极差为3 ℃
C. 这5天的最高气温的众数是26 ℃
D. 这5天的最低气温的第40百分位数是16 ℃
√
√
√
解析：　对于A，这5天的最高气温的平均数为 ＝24
℃，最低气温的中位数为17 ℃，它们的差为7 ℃，A正确.对于B，这5
天的最低气温的极差为6 ℃，B错误.对于C，这5天的最高气温的众数为
26 ℃，C正确.对于D，最低气温从小到大排列为13 ℃，15 ℃，17 ℃，
18 ℃，19 ℃，且5×0.4＝2，所以这5天的最低气温的第40百分位数是
16 ℃，D正确.故选A、C、D.
2. 在调查某中学的学生身高时，已知全校共600名学生，其中有400名男
生，200名女生，现从全校的学生身高中用分层随机抽样的方法抽取30
名学生的身高作为样本，样本中男生身高的平均数为170，方差为16，
女生身高的平均数为164，方差为25，则利用样本估计总体的平均值
为 ，估计总体的方差为 .
解析：易知抽取的30名学生中，男生有20名，女生有10名，则用样本估
计总体的平均值为 ＝168，估计总体的方差为s2＝ ×[16
＋（170－168）2]＋ ×[25＋（164－168）2]＝27.
168
27
03
课时跟踪检测
1. （2024·南京、盐城调研测试）从4位男同学、5位女同学中选出3位同
学，男女生都要有的选法有（　　）
A. 140种 B. 44种
C. 70种 D. 252种
解析：　法一（直接法）　选出的3位同学中男女生都要有，分为两
类：1男2女、2男1女，故共有 ＋ ＝70（种）选法，故选C.
法二（间接法）　选出的3位同学中男女生都要有的反面是全男或全
女，故共有 － － ＝70（种）选法，故选C.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
√
2. 二项式（ － ）6的展开式中的常数项为（　　）
A. －15 B. 20
C. 15 D. －20
解析：　二项式（ － ）6的展开式的通项为Tr＋1＝ ·（ ）6－
r·（－ ）r＝（－1）r· ，令 ＝0得r＝2，∴常数项为（－
1）2 ＝15.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
3. 已知某地区中小学生人数分布情况如图1所示，为了解该地区中小学生
的近视情况，卫生部门根据当地中小学生人数，用分层随机抽样的方法
抽取了10%的学生进行调查，调查数据如图2所示，则估计该地区中小
学生的平均近视率为（　　）
A. 50% B. 32%
C. 30% D. 27%
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
解析：　根据题意，抽取的样本容量为（3 500＋4 500＋2 000）
×10%＝1 000，其中小学生、初中生、高中生抽取人数分别为350，
450，200，根据题图2知抽取的小学生、初中生、高中生中，近视的人
数分别为35，135，100，所以该地区中小学生的平均近视率为
×100%＝27%.故选D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
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4. （多选）（2024·贵阳适应性考试）设样本数据1，3，5，6，9，11，m
的平均数为 ，中位数为x0，方差为s2，则（　　）
A. 若 ＝6，则m＝7
B. 若m＝2 024，则x0＝6
C. 若m＝7，则s2＝11
D. 若m＝12，则样本数据的80%分位数为11
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解析：　对于A，根据平均数的定义得n ＝ xi，即7×6＝1＋3
＋5＋6＋9＋11＋m，得m＝7，A正确.对于B，根据中位数的定义得，
当m＝2 024时，x0＝6，B正确.对于C，若m＝7，则 ＝6，s2＝
×[（1－6）2＋（3－6）2＋（5－6）2＋（6－6）2＋（9－6）2＋（11－
6）2＋（7－6）2]＝10，C错误.对于D，i＝7×80%＝5.6，所以样本数
据的80%分位数为按从小到大顺序排列后的第6个数11，D正确.综上，
选A、B、D.
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5. （2024·济宁一模）（a2－a＋b）5的展开式中a5b2的系数为
解析：（a2－a＋b）5＝（a2－a＋b）（a2－a＋b）·（a2－a＋b）
（a2－a＋b）（a2－a＋b），则展开式中含有a5b2的项为 （a2）
2· （－a）· b2＝－30a5b2，故（a2－a＋b）5的展开式中a5b2的系
数为－30.
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6. 如图，现要对某公园的4个区域进行绿化，有5种不同颜色的花卉可供选
择，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉，共有
种不同的绿化方案（用数字作答）.
解析：如图，从A开始摆放花卉，A有5种颜色花卉摆
放方法，B有4种颜色花卉摆放方法，C有3种颜色花卉
摆放方法；由D区与B，C区花卉颜色不一样，与A区
花卉颜色可以同色也可以不同色.则D有3种颜色花卉摆
放方法.故共有5×4×3×3＝180种不同的绿化方案.
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7. 如图，在两行三列的网格中放入标有数字1，2，3，4，5，6的六张卡
片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同
的排法有（　　）
A. 56种 B. 64种 C. 72种 D. 80种
解析：　法一　因为5＝1＋4＝2＋3，所以可先考虑排中间一列的卡
片，有 种可能.余下四张卡片随意排列，有 种可能，其中两侧
某列的数字之和为5，有 种可能，所以不同的排法有 （
－ ）＝64（种）.
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法二　5＝1＋4＝2＋3，若数字1，4在中间一列，则数字3和2分开在第一
列和第三列，共有 ＝32（种）排法，若数字2，3在中间一
列，也有32种排法，所以共有64种排法.
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8. （2024·武汉五调）若（1＋2x）10＝a0＋a1（1＋x）＋a2（1＋x）2
＋…＋a10（1＋x）10，则a2＝（　　）
A. 180 B. －180
C. －90 D. 90
√
解析：　因（1＋2x）10＝[2（1＋x）－1]10，其二项展开式的通项
为：Tr＋1＝ [2（1＋x）]10－r（－1）r＝（－1）r210－r （1＋x）
10－r，r＝0，1，…，10，而a2是a2（1＋x）2的系数，故只需取r＝8，
得T9＝22 （1＋x）2＝180（1＋x）2，即a2＝180.
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9. （2024·江西红色十校联考）样本中共有5个个体，其值分别为a，1，
2，3，4，若该样本的中位数为2，则a的取值范围为（　　）
A. （0，1） B. （1，2）
C. （－∞，2] D. [1，2]
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解析：　若3≤a≤4，则这组数据由小到大排列依次为1，2，3，a，
4，中位数为3，不合乎题意；若a＞4，则这组数据由小到大排列依次
为1，2，3，4，a，中位数为3，不合乎题意；若2≤a＜3，则这组数据
由小到大排列依次为1，2，a，3，4，中位数为a＝2；若1≤a＜2，则
这组数据由小到大排列依次为1，a，2，3，4，中位数为2；若a＜1，
则这组数据由小到大排列依次为a，1，2，3，4，中位数为2.综上所
述，实数a的取值范围是（－∞，2].故选C.
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10. 慢走是一种简单又健康的锻炼方式，它不仅可以帮助减肥，还可以增
强心肺功能、血管弹性、肌肉力量等.小南计划近6个月的月慢走里程
（单位：公里）按从小到大排列依次为11，12，m，n，20，27，且
这6个月的月慢走里程的中位数为16，若要使这6个月的月慢走里程的
标准差最小，则m＝（　　）
A. 14 B. 15 C. 16 D. 17
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解析：　由题意，可得 ＝16，所以m＋n＝32，所以这6个月的
月慢走里程的平均数为 ＝17，要使这6个月的月慢走
里程的标准差最小，需要（m－17）2＋（n－17）2最小，又由（m－
17）2＋（n－17）2＝（m－17）2＋（32－m－17）2＝2m2－64m＋
172＋152，故当标准差最小时，m＝－ ＝16.
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11. （2024·聊城二模）班主任从甲、乙、丙三位同学中安排四门不同学科
的课代表，要求每门学科有且只有一位课代表，每位同学至多担任两
门学科的课代表，则不同的安排方案共有（　　）
A. 60种 B. 54种 C. 48种 D. 36种
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解析：　第一种情况，甲、乙、丙三位同学都有安排时，先从3个人
中选1个人，让他担任两门学科的课代表， 有 ＝3种结果，然后从4
门学科中选2门学科给同一个人，有 ＝6种结果，余下的两个学科给
剩下的两个人，有 ＝2种结果，所以不同的安排方案共有3×6×2＝
36种，第二种情况，甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排时，先选
两人出来，有 ＝3种结果，再将四门不同学科均分成两组，有 ＝3
种结果，将学科分给学生，有 ＝2种结果，所以不同的安排方案共
有3×3×2＝18种，综合得不同的安排方案共有36＋18＝54种.故选B.
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12. （多选）（2024·宁波“十校”联考）已知一组样本数据xi（i＝1，
2，3，…，10），其中xi（i＝1，2，3，…，10）为正实数，满足
x1≤x2≤x3≤…≤x10，下列说法正确的是（　　）
A. 样本数据的第80百分位数为x8
B. 去掉样本的一个数据，样本数据的极差可能不变
C. 若样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则样
本数据的平均数大于中位数
D. 若样本数据的方差s2＝ －4，则这组样本数据的平均数等于2
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解析： 　对于A，由10×80%＝8，所以样本数
据的第80百分位数为 ，故A错误；对于B，由
题意存在这样一种可能，若x1＝x2≤x3≤…≤x10，
则极差为x10－x1＝x10－x2，若去掉x1或x2，此时样本数据的极差不变，故B正确；对于C，样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，向右边“拖尾”，大致如图，由于“右拖”时最高峰偏左，中位数靠
近高峰处，平均数靠近中点处，此时平均数大于中位数，故C正确；
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对于D，由s2＝ －4＝ （xi－ ）2，则
－40＝ （xi－ ）2＝ －2 xi＋10 ＝
－10 ，所以 ＝4，因为xi（i＝1，2，3，…，10）为正实数，所以 ＞0，即 ＝2，故D正确.故选B、C、D.
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13. （多选）（2024·济南高三模拟考试）下列等式中正确的是（　　）
A. ＝28 B. ＝
C. ＝1－ D. （ ）2＝
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解析：　对于A，（1＋x）8＝ ＋ x＋ x2＋…＋ x8，令x
＝1，得28＝1＋ ＋ ＋…＋ ＝1＋ ，则 ＝28－1，故
A错误.对于B，因为 ＋ ＝ ，所以 ＝ ＋ ＋
＋…＋ ＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝ ＋ ＋…＋ ＝…＝ ＋
＝ ，故B正确.对于C、D，因为 － ＝ ，所以
＝ ［ － ］＝ － ＋ － ＋…＋ － ＝1－ ，
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故C正确.（1＋x）16＝（1＋x）8（1＋x）8，对于（1＋x）16，其含有x8
的项的系数为 ，对于（1＋x）8（1＋x）8，要得到含有x8的项的系数，
须从第一个式子取出k（0≤k≤8，k∈N）个x，再从第二个式子取出（8
－k）个x，它们对应的系数为 ＝ （ ）2，所以 （ ）
2＝ ，故D正确.故选B、C、D.
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14. （2024·台州第二次教学质量评估）房屋建造时经常需要把长方体砖头
进行不同角度的切割，以契合实际需要.已知长方体的规格为24
cm×11 cm×5 cm，现从长方体的某一棱的中点处作垂直于该棱的截
面，截取1次后共可以得到12 cm×11 cm×5 cm，24 cm× cm×5
cm，24 cm×11 cm× cm三种不同规格的长方体.按照上述方式对第1
次所截得的长方体进行第2次截取，再对第2次所截得的长方体进行第3
次截取，则共可得到体积为165 cm3的不同规格长方体的个数
为 .
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解析：第一类：只选长、宽、高中的某一种棱进行截取，不同规格长
方体的个数为 ＝3，第二类：选长、宽、高中的某两种棱进行截
取，不同规格长方体的个数为2 ＝6，第三类：选长、宽、高三种棱
进行截取，不同规格长方体的个数为1.故不同规格长方体的个数为3＋
6＋1＝10.
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15. 若（ ＋ ）n展开式的所有项的二项式系数和为256，则展开式中系
数最大的项的二项式系数为 .（用数字作答）
解析：因为展开式的所有项的二项式系数和为2n＝256，解得n＝8，
则（ ＋ ）8展开式的通项公式为Tr＋1＝ （ ）8－r（ ）r＝
，r＝0，1，2，…，8，可得第r＋1项的系数为ar＋1＝
，r＝0，1，2，…，8，令即解得r
＝6，所以展开式中第7项系数最大，其二项式系数为 ＝28.
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16. （多选）现有甲、乙、丙三位篮球运动员连续5场篮球比赛得分情况的
记录数据，已知三位球员得分情况的数据满足以下条件：
甲球员：5个数据的中位数是26，众数是24；
乙球员：5个数据的中位数是29，平均数是26；
丙球员：5个数据有1个是32，平均数是26，方差是9.6.
根据以上统计数据，下列统计结论一定正确的是（　　）
A. 甲球员连续5场比赛得分都不低于24分
B. 乙球员连续5场比赛得分都不低于24分
C. 丙球员连续5场比赛得分都不低于24分
D. 丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24
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解析：　设甲球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为x1，x2，
x3，x4，x5，则x1≤x2≤x3≤x4≤x5，x3＝26，且24至少出现2次，故x1
＝x2＝24，A正确；设乙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为
y1，y2，y3，y4，y5，则y1≤y2≤y3≤y4≤y5，y3＝29，取y1＝20，y2＝
23，y4＝29，y5＝29，可得其满足条件，但有2场得分低于24，B错误；
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设丙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为z1，z2，z3，z4，z5，由已
知 [（z1－26）2＋（z2－26）2＋（z3－26）2＋（z4－26）2＋（z5－26）2]
＝9.6，所以（z1－26）2＋（z2－26）2＋（z3－26）2＋（z4－26）2＋（z5
－26）2＝48，若z4≥32，则z5≥32，所以（z1－26）2＋（z2－26）2＋（z3
－26）2＋（z4－26）2＋（z5－26）2＞72矛盾，所以z5＝32，（z1－26）2
＋（z2－26）2＋（z3－26）2＋（z4－26）2＝12，因为z1，z2，z3，z4，z5
的平均数为26，所以z1＋z2＋z3＋z4＝98，取z1＝23，z2＝25，z3＝25，z4
＝25，满足要求，但有一场得分低于24分，C错误；
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因为5×60%＝3，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数为 ，
若 ≤24，则 ≤24，故z1＋z2＋z3＋z4＜98，矛盾，所以 ＞24，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24，D正确.故选A、D.
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17. 已知fk（x）＝（n－k＋1）xn－k（其中k≤n，k，n∈N），F
（x）＝ f0（x2）＋ f1（x2）＋…＋ fk（x2）＋…＋ fn
（x2），则F（1）＝ （用n表示）.
解析：fk（1）＝（n－k＋1），F（1）＝ f0（1）＋ f1（1）＋…
＋ fk（1）＋…＋ fn（1）＝ （n＋1）＋ n＋…＋ （n－
k＋1）＋…＋ ×1　①.将F（1）倒序书写，可得F（1）＝ ×1
＋ ×2＋…＋ （k＋1）＋…＋ n＋ （n＋1）　②.将
①和②相加，可得2F（1）＝（n＋2）（ ＋ ＋…＋ ＋…＋
）＝（n＋2）2n.则F（1）＝（n＋2）2n－1.
（n＋2）2n－1
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