资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩6页未读，
继续阅读
所属成套资源：备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）
成套系列资料，整套一键下载
考点巩固卷25 排列组合及二项式定理(十一大考点)-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）
展开
这是一份考点巩固卷25 排列组合及二项式定理(十一大考点)-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用），文件包含考点巩固卷25排列组合及二项式定理十一大考点原卷版docx、考点巩固卷25排列组合及二项式定理十一大考点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
考点01分类及分步的简单应用
1．360的不同正因数的个数为（ ）
A．24B．36C．48D．42
【答案】A
【分析】根据质因数分解，结合分步计数原理进行求解即可.
【详解】因为，所以360有个不同的正因数．
故选：A
2．如图，小黑圆表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连．连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息（ ）
A．26B．24C．20D．19
【答案】D
【分析】根据题意，结合图形得出从A到B传播路径有4条，写出每条途径传播的最大信息量，再求和，即得答案．
【详解】解：根据题意，结合图形知，
从A到B传播路径有4条，如图所示；
途径①传播的最大信息量为3，途径②传播的最大信息量为4；
途径③传播的最大信息量为6，途径④传播的最大信息量为6；
所以从A向B传递信息，单位时间内传递的最大信息量为，
故选：D．
3．某人从上一层到二层需跨10级台阶，他一步可能跨1级台阶，称为一阶步，也可能跨2级台阶，称为二阶步，最多能跨3级台阶，称为三阶步，从一层上到二层他总共跨了6步，而且任何相邻两步均不同阶，则他从一层到二层可能的不同走法共有（ ）种.
A．10B．9C．8D．12
【答案】A
【分析】利用计数原理直接计算即可.
【详解】按题意要求，不难验证这6步中不可能没有三阶步，也不可能有多于1个的三阶步.
因此，只能是1个三阶步，2个二阶步，3个一阶步.
为形象起见，以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10级台阶的过程：
白球表示一阶步，黑球表示二阶步，红球表示三阶步，
每一过程可表为3个白球、2个黑球、1个红球的一种同色球不相邻的排列.
下面分三种情形讨论.
（1）第1、第6球均为白球，则两黑球必分别位于中间白球的两侧，
此时，共有4个黑白球之间的空位放置红球，所以此种情况共有4种可能的不同排列；
（2）第1球不是白球.
（i）第1球为红球，则余下5球只有一种可能的排列；
（ii）若第1球为黑球，则余下5球因红、黑球的位置不同有两种不同的排列，
此种情形共有3种不同排列；
（3）第6球不是白球，同（2），共有3种不同排列.
总之，按题意要求从一层到二层共有种可能的不同过程.
故选：A
4．魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一.已知经典三阶魔方（如图）自由转动之后的色块组合约有4.3×1019种，现将下图已还原的魔方按5步打乱，且每一步互相独立，则共有（ ）种打乱方式.
A．B．C．185D．195
【答案】C
【分析】按魔方的正面和侧面进行分析，得到每一次的旋转方式共有18种，即可得到答案
【详解】若以红色的一面为正面，分成三行三列，每一行可以左右旋转，每一列可以上下旋转，此时有种旋转方式；
接着侧面（以绿色一面为例），每一列都可以上下旋转，此时有种旋转方式，
故每一次旋转魔方，共有种旋转方式，
所以按5步打乱，且每一步互相独立，则共有185种打乱方式.
故选：C
5．一个圆的圆周上均匀分布6个点，在这些点与圆心共7个点中，任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形个数为 .
【答案】8
【分析】利用圆的对称性，分两种情况：相邻两个点和圆心、相间隔的三点，即可求出结果.
【详解】如图1，由圆上相邻两个点和圆心可构成等边三角形，共有6个；
如图2，由圆上相间隔的三点可构成等边三角形，共有2个；
所以，7个点中，任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形个数为个.
故答案为：8.
考点02排列数及组合数的运算
6． （ ）
A．74B．98C．124D．148
【答案】C
【分析】根据排列数与组合数公式，计算即可．
【详解】．
故选：C．
7．若，则（ ）
A．90B．42C．12D．10
【答案】A
【分析】根据组合数的性质求出即可.
【详解】根据，且，所以，﹒
故选：A﹒
8．（多选）已知，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据排列数和组合数公式判断各选项即可.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，
，故B正确；
对于C，因为，，
且，所以，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：ABD.
9．（多选）下列四个关系式中，一定成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【分析】根据排列数公式和排列数的性质，准确化简、运算，即可求解.
【详解】对于A中，由，所以A正确；
对于B中，由，所以B错误；
对于C中，由，所以C正确；
对于D中，由，所以D错误.
故选：AC.
10．（多选）下列等式中，正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】计算出排列数和组合数后判断.
【详解】，，，A正确；
，B错；
，，C正确；
，，D正确．
故选：ACD．
考点03捆绑法及插空法
11．A，B，C，D，E，F六人站成一排，满足A，B相邻，C，D不相邻的不同站法的种数为（ ）
A．48B．96C．144D．288
【答案】C
【分析】根据相邻捆绑法和不相邻问题插空法即可由排列数计算求解.
【详解】由于A，B相邻，所以先将A,B看作一个整体捆绑起来与E,F进行全排列，
然后将C，D插入到已排好队的两两之间以及首尾的空隙中即可，
故共有,
故选：C
12．（ 2023·河南郑州·统考模拟预测）黄金分割最早见于古希腊和古埃及.黄金分割又称黄金率、中外比，即把一条线段分成长短不等的，两段，使得长线段与原线段的比等于短线段与长线段的比，即，其比值约为0.618339….小王酷爱数学，他选了其中的6，1，8，3，3，9这六个数字组成了手机开机密码，如果两个3不相邻，则小王可以设置的不同密码个数为（ ）
A．180B．210C．240D．360
【答案】C
【分析】用插入法求解.
【详解】先把排列，然后选两个空档插入3，总方法为．
故选：C．
13．为全面推进乡村振兴，永州市举办了“村晚兴乡村”活动，晚会有《走，去永州》《扬鞭催马运粮忙》《数幸福》《乡村振兴唱起来》四个节目，若要对这四个节目进行排序，要求《数幸福》与《乡村振兴唱起来》相邻，则不同的排列种数为 （用数字作答）．
【答案】
【分析】利用捆绑求得正确答案.
【详解】由于《数幸福》与《乡村振兴唱起来》相邻，所以两者“捆绑”，
则不同的排列种数为种.
故答案为：
14．2023年春节在北京工作的五个家庭，开车搭伴一起回老家过年，若五辆车分别为，五辆车随机排成一排，则车与车相邻，车与车不相邻的排法有（ ）
A．36种B．42种C．48种D．60种
【答案】A
【分析】利用捆绑法和插空法可求出结果.
【详解】将车与车捆在一起当一个元素使用，有种捆法，
将除车外的个元素全排，有种排法，
将车插入，不与车相邻，又种插法，
故共有种排法.
故选：A
15．为庆祝广益中学建校130周年，高二年级派出甲､乙､丙､丁､戊5名老师参加“130周年办学成果展”活动，活动结束后5名老师排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则排法共有（ ）种.
A．40B．24C．20D．12
【答案】B
【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解.
【详解】由题意得，5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，
先令丙、丁两人相邻用捆绑法，再把丙、丁与戊排列在一起，最后插空令甲、乙两人不相邻,则不同的排法共有种.
故选：.
16．第二十二届哈尔滨国际经济贸易洽谈会（简称“哈洽会”）将于2023年6月15日至19日在哈尔滨国际会展体育中心举办，搭建展示和对接的平台，进一步激活发展潜能，推动“一带一路”建设．本届“哈洽会”线下展览总面积共计6万平方米，拟设中俄地方经贸合作主题展区、港澳台及国际展区、省区市合作展区、产业合作展区、龙江振兴展区、机械设备展区六大展区、展区布局如图所示，则产业合作展区与龙江振兴展区相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先求出基本事件总数，再利用捆绑法求出产业合作展区与龙江振兴展区相邻的事件数，最后利用古典概型的概率公式计算可得.
【详解】依题意基本事件总数为种，其中产业合作展区与龙江振兴展区相邻的事件有种，
故产业合作展区与龙江振兴展区相邻的概率.
故选：A
考点04倍缩法及隔板法
17．某学校组织6×100接力跑比赛，某班级决定派出A，B，C，D，E，F等6位同学参加比赛．在安排这6人的比赛顺序时要保证A要在B之前，D和F的顺序不能相邻，则符合要求的安排共有（ ）
A．240种B．180种C．120种D．150种
【答案】A
【分析】先考虑D和F的顺序不能相邻，用插空法，然后考虑A要安排在B之前与A要安排在B之后的数量一样多，从而可得结论．
【详解】解：6位同学参加接力赛跑，先考虑D和F的顺序不能相邻，其他四人的顺序数为
种，D和F进行插空共有种，在所有符合条件的排序中，A要安排在B之前与A要安排在B之后的数量一样多，所以，符合要求的顺序有＝240种．
故选：A．
18．方程的非负整数解的组的个数为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】将问题转化为：将排成一列的14个完全相同的小球分成部分，利用隔板法即可得解.
【详解】依题意，可知为非负整数，
因为，所以，
从而将问题转化为：将排成一列的14个完全相同的小球分成部分，
一共有13个间隔，利用4个隔板插入即可，故共有种.
故选：A
19．甲、乙、丙等六人相约到电影院观看电影《封神榜》，恰好买到了六张连号的电影票．若甲、乙两人必须坐在丙的同一侧，则不同的坐法种数为（ ）
A．360B．480C．600D．720
【答案】B
【分析】先求得六人的全排列数，结合题意，利用定序排列的方法，即可求解.
【详解】由题意，甲、乙、丙等六人的全排列，共有种不同的排法，
其中甲、乙、丙三人的全排列有种不同的排法，
其中甲、乙在丙的同侧有：甲乙丙、乙甲丙、丙甲乙，丙乙甲，共4种排法，
所以甲、乙两人必须坐在丙的同一侧，则不同的坐法种数为种.
故选：B.
20．小明准备在阳台种植玫瑰､百合､牡丹和兰花4种盆栽，共种8盆，并且每种花至少种1盆，则小明买盆截的方法共有 种.
【答案】
【分析】利用“挡板法”求得正确答案.
【详解】个元素，中间有个空位，将个挡板放入即可，
所以小明买盆截的方法共有种.
故答案为：
21．某运输公司有个车队，每个车队的车多于辆.现从这个车队中抽出辆车组成一个运输队，且每个车队至少抽辆，则不同的抽法种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用隔板法将个空种插入个隔板，即可解决问题.
【详解】将辆车排好，辆车中间形成个空，从这个空中选个，插入隔板，
等价于将这辆车分成份，每一种插法对应一种抽法，故共有种不同的抽法，
故选：A.
22．在一次学校组织的研究性学习成果报告会上，有共6项成果要汇报，如果B成果不能最先汇报，而A､C､D按先后顺序汇报（不一定相邻），那么不同的汇报安排种数为（ ）
A．100B．120C．300D．600
【答案】A
【分析】利用间接法和缩倍法求解.
【详解】不考虑限制条件共有种，最先汇报共有种，
如果不能最先汇报，而､C､D按先后顺序汇报（不一定相邻）有.
故选：A.
考点05染色问题
23．如图所示，将四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为（ ）
A．120B．96C．72D．48
【答案】C
【分析】分为同色，且同色；同色，而不同色；同色，而不同色三种情况，分别计算，根据分类加法计数原理，求和即可得出答案.
【详解】由题意知，与任意一点均不同色.
只用3种颜色，即同色，且同色，此时不同染色方法的种数为；
用4种颜色，此时可能同色，而不同色或同色，而不同色.
若同色，而不同色，此时不同染色方法的种数为；
若同色，而不同色，此时不同染色方法的种数为.
根据分类加法计数原理可得，不同染色方法的种数为.
故选：C.
24．中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造.如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，..，8，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域（如区域1与区域5）所涂颜色相同.若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．1050种B．1260种C．1302种D．1512种
【答案】C
【分析】由题意可得，只需确定区域的颜色，先涂区域1，再涂区域2，再分区域3与区域1涂的颜色不同、区域3与区域1涂的颜色相同，最后根据分步乘法原理即可求解.
【详解】由题意可得，只需确定区域的颜色，即可确定整个伞面的涂色.
先涂区域1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择.
当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5种选择.
当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择.
故不同的涂色方案有种.
故选：C
25．如图，一个地区分为5个行政区域，现给该地区的5个区域涂色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有 种.
【答案】72
【分析】根据给定信息，利用用色多少分类，再结合分步乘法计数原理列式计算作答.
【详解】观察图形知，2区与4区不相邻，3区与5区不相邻，且不相邻的区域可用同1种颜色涂色，因此计算涂色方法可用3色和4色，
使用3种颜色，则2区与4区同色，3区与5区必同色，涂2区与4区有4种方法，
涂3区与5区有3种方法，涂1区有2种方法，则涂色方法有（种）；
使用4种颜色，选取同色的方案有2种，涂同色的两块有4种方法，涂另外3块依次有3，2，1种方法，
则涂色方法有（种），
所以不同的涂色方法共有（种）.
故答案为：72
26．用5种不同的颜色给如图标有A，B，C，D的各部分涂色，每部分只涂一种颜色，且相邻（有公共边）两部分不同颜色，则不同的涂色方法共有 .
【答案】
【分析】分B，D两部分颜色相同与不同两种情况，再结合乘法计数原理求解即可.
【详解】当B，D两部分颜色相同时，先涂B，D两部分，有5种选择，再分别涂A，C均有4种选择，故共种情况；
当B，D两部分颜色不相同时，先涂B，D两部分，有种选择，再分别涂A，C均有3种选择，故共种情况；
故总共有种情况.
故答案为：
27．现有红、黄、青、蓝四种颜色，对如图所示的五角星的内部涂色（分割成六个不同部分），要求每个区域涂一种颜色且相邻部分（有公共边的两个区域）的颜色不同，则最多使用三种颜色的不同涂色方案有 种．（用数字作答）
【答案】372
【分析】由题，假设六块区域为A,B,C,D,E,F.分析6个区域的涂色方案，再根据分步计数原理可得答案.
【详解】若使用三种颜色，从4种颜色中选3种，有种方法，从3种颜色中选一种涂在A处，有3种方法，剩下的B,C,D,E,F，每块区域都有两种涂色方案，共计种方案，
再减去只是用两种颜色的情况，则由分步计数原理可知，不同的涂色方案数为
种涂法；
若只使用两种颜色，则有种涂法；
所以符合要求的涂法种数有种.
故答案为：372
考点06（部分）平均分组问题
28．2023年3月5号是毛泽东主席提出“向雷锋同志学习”60周年纪念日，某志愿者服务队在该日安排4位志愿者到两所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排1人，每个志愿者都要参加活动，则不同的分配方法数是（ ）
A．8B．12C．14D．20
【答案】C
【分析】根据分组分配问题，结合排列组合即可求解.
【详解】将4名志愿者分配到两所敬老院，则由以下两种分配方案：
①一所敬老院1名志愿者，另外一所3名，则有种，
②两所敬老院各安排两名志愿者，则有种，
故共有种方案，
故选：C
29．某冷饮店有“桃喜芒芒”“草莓啵啵”“蜜桃四季春”“芋圆葡萄”四种饮品可供选择，现有四位同学到店每人购买一杯饮品，则恰有两种饮品没人购买的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意按照分组分配问题的步骤，首先计算出恰有两种饮品没人购买的总数，再计算出四种饮品四人随意选择的总数，即可求得其概率.
【详解】解决该问题，可以将四位同学先分为2，2或3，1两堆，共有种分堆方法，
再从4种饮品中选出2种，分配给两堆人，
故共有种方法.
所以恰有两种饮品没人购买的概率为.
故选：A
30．为进一步在全市掀起全民健身热潮，兴义市于9月10日在万峰林举办半程马拉松比赛.已知本次比赛设有4个服务点，现将6名志愿者分配到4个服务点，要求每位志愿者都要到一个服务点服务，每个服务点都要安排志愿者，且最后一个服务点至少安排2名志愿者，有（ ）种分配方式
A．540B．660C．980D．1200
【答案】B
【分析】按照最后一个服务区有2名志愿者和3名志愿者进行分配，即和，分别求出其方法种数，即可得出答案.
【详解】由题知可按照最后一个服务区有2名志愿者和3名志愿者进行分配，
①，有；
②，有，
共有（种）.
故选：B.
31．将4名学生志愿者分配到A、B、C社区参加志愿活动，每名志愿者只分配到1个社区，每个社区至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．12种B．24种C．36种D．48种
【答案】C
【分析】先分组，再分配，求出分配方案.
【详解】根据题意，分2步进行分析：①将4名大学生分为3组，两组均为1人，一组为2人，
共有种分组方法，
②将分好的3组安排参加3个社区参加志愿活动，有种情况，
则有种分配方案.
故选：C.
32．有5名学生志愿者到3个小区参加疫情防控常态化宣传活动，每名学生只去1个小区，每个小区至少安排1名学生，则不同的安排方法为 .
【答案】150
【分析】先分组，然后排列，从而求得正确答案.
【详解】若分组为，则方法数有;
若分组为，则方法数有；
所以不同的安排方法为种.
故答案为：
33．某高中安排6名同学（不同姓）到甲、乙、丙3个小区参加垃圾分类宣传活动，若每名同学只去一个小区，每个小区至少安排1名同学，其中张同学不去乙小区，则不同的分配方案种数为（ ）
A．90B．360C．240D．180
【答案】B
【分析】分张同学单独一组和其他同学一组两种情况，先排张同学，然后对其他5人进行分组分配即可.
【详解】（1）张同学单独一组：由于张同学不去乙小区，所以先排张同学共有种，再将其余5人分成两组共有中，分配到另外两个小区共有，所以此类情况共有种；
（2）张同学与其他同学一组：先安排张同学共有种，然后将其余5人分成三组共有种，再将三组分配到三个小区共种，所以此类情况共有种.
综上，不同的分配方案共有种.
故选：B
考点07利用二项展开式求指定项
34．已知的展开式中的常数项是672，则（ ）
A．B．C．2D．1
【答案】C
【分析】写出二项式通项，整理后让的次数为，得出的值，再根据题意常数项的系数列出等式方程即可得出的值.
【详解】展开式的通项为，令，得，∴常数项是，故．
故选：C
35．在二项式的展开式中，常数项是 ．
【答案】/
【分析】根据二项展开式的公式可知 ，进而可得常数项.
【详解】其展开式第项为
，
当，即时，展开式第项为常数项，
此时，
故答案为：
36．若，且，若的展开式中存在常数项，则该常数项为 .
【答案】
【分析】利用二项式定理的通项公式及常数项的特点即可求解.
【详解】由题意可知，的展开式中的通项公式为.
令，解得，
又因为，且，
所以,
所以的展开式中的常数项为.
故答案为：.
37．已知的展开式中共有项，则有理项共 项．（用数字表示）
【答案】
【分析】先求n，然后化简通项，由指数为整数可得.
【详解】因为的展开式中共有项，所以，
则通项，
当时，，相应项为有理项，故有理项共有4项.
故答案为：4
38．若的展开式中各项系数和为，则该二项式展开式中所有有理项的系数之和为 ．
【答案】32
【分析】二项展开式各项系数和可用赋值法得到，再计算有理数项的系数即可.
【详解】令可得，即.
展开式通向为，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
所以有理项系数之和为.
故答案为：32.
39．若的二项展开式中的系数是，则实数的值是 ．
【答案】2
【分析】利用二项式展开式通项，结合对应项的值列方程求参数即可.
【详解】题设二项式展开式通项为，，
所以，即，故，则.
故答案为：2
考点08两个多项式乘积的指定项
40．一组数据按照从小到大顺序排列为1，2，3，4，5，8，记这组数据的上四分位数为n，则展开式中的常数项为（ ）
A．12B．C．8D．10
【答案】A
【分析】根据上四分位数的计算可得，再根据，分别求解两项中的常数项求和即可.
【详解】因为，故取数据从小到大第5个数，所以.
则，
又中常数项为，的项为，
故展开式中的常数项为.
故选：A.
41．已知的展开式中的系数为，则实数 ．
【答案】
【分析】写出展开式通项，进而确定特定项系数.
【详解】二项式展开式的通项为，
所以的展开式通项为或，
所以令，解得，
所以展开式中的系数为，
解得，
故答案为：.
42．（ 2023·福建龙岩·统考二模）已知的展开式中的系数为21，则 ．
【答案】1
【分析】利用二项式定理计算即可.
【详解】由二项式定理可知的展开式中含的项分别为，
故的展开式中含的项为，即.
故答案为：
43．的展开式中含项的系数为 ．（用数字作答）
【答案】
【分析】利用二项式定理可得展开式通项，分别令和即可加和确定所求系数.
【详解】展开式通项为：，
令可得展开式中含项的系数为：；
令可得展开式中含项的系数为：；
展开式中含项的系数为.
故答案为：.
44．的展开式中的系数为 ．（用数字作答）
【答案】
【分析】依题意，再写出展开式的通项，从而求出展开式中的系数.
【详解】因为，
其中展开式的通项公式为（且），
所以的展开式中含的项为，
所以的展开式中的系数为．
故答案为：
45．若的展开式中的系数为，则实数的值为 .
【答案】
【分析】求出的通项为，令和求出的展开式中的系数，，解方程即可求出答案.
【详解】,
的通项为：，
令时，；令时，，
所以的展开式中的系数为，
所以，解得：.
故答案为：.
考点09三项展开式的指定项
46． 展开式中的常数项为 .（用数字做答）
【答案】49
【分析】利用分类计数原理求解即可.
【详解】
展开式中得到常数项的方法分类如下：
（1）4个因式中都不取，则不取，全取，相乘得到常数项.
常数项为；
（2）4个因式中有1个取，则再取1个，其余因式取，相乘得到常数项.
常数项为；
（3）4个因式中有2个取，则再取2个，相乘得到常数项.
常数项为.
合并同类项，所以展开式中常数项为.
故答案为：.
47．的展开式中的系数为 （用数字作答）．
【答案】
【分析】，然后两次利用通项公式求解即可；
【详解】因为，
设其展开式的通项公式为：，
令，
得的通项公式为，
令，
所以的展开式中，的系数为，
故答案为：
48．若为一组从小到大排列的数1，2，3，5，6，8的第六十百分位数，则的展开式中的系数为 .
【答案】
【分析】利用第p百分位数的定义求出n，再利用组合的应用列式计算作答.
【详解】由，得，
于是展开式中含的项为，
所以的展开式中的系数为.
故答案为：
49．已知常数，的二项展开式中项的系数是780，则m的值为 ．
【答案】3
【分析】转化为，利用展开式的通项公式讨论计算即可.
【详解】=，设其通项为，
设的通项为，
要求项的系数，只有为偶数，
当，此时项的系数为，
当，此时项的系数为，
当，此时项的系数为，
当，不合题意，
故项的系数为.
故答案为：3
50．已知二项式的展开式中含的项的系数为，则 ．
【答案】2
【分析】表示有5个因式相乘，根据的来源分析即可求出答案.
【详解】表示有5个因式相乘，来源如下：
有1个提供，有3个提供，有1个提供常数，
此时系数是，即，解得：
故答案为：.
考点10二项式系数之和及系数之和
51．设，则（ ）
A． B． C．1D．2
【答案】D
【分析】先令计算出的值，再令计算出的值，由此可计算出的值.
【详解】令，所以，
令，所以，
所以，
故选：D.
52．若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】将化为，利用二项式通项公式可求得，判断A；根据二项式的系数和式的特征，利用赋值法可分别判断B，C，D.
【详解】由题意可知，故，A错误；
由，
令，可得，B错误；
令，则，
故，C错误；
令，则，
故，D正确，
故选：D
53．若，则 .
【答案】15
【分析】由函数观点结合赋值法即可求解.
【详解】不妨设，
令得，
令得，
所以.
故答案为：15.
54．在的展开式中，各项系数和与二项式系数和的比值为，则二项展开式中的常数项为 .
【答案】240
【分析】由已知求得，再根据二项式通项公式的展开式求出常数项即可.
【详解】的展开式中，二项式系数和为，
令，得的展开式中，各项系数和为，
由题意可得，即，解得，
所以的展开式的通项为，
令，解得，故展开式的常数项为，
故答案为：240
55．若，则 .
【答案】
【分析】观察已知条件，通过求导赋值构造出式子计算即可.
【详解】已知，对式子两边同时求导，
得，
令，得.
故答案为：240
56．若，则 .
【答案】
【分析】求得二项式展开式的通项公式，得到，令，即可求解.
【详解】二项式展开式的通项公式为，
所以，
令，可得.
故答案为：.
考点11二项式系数的最值及系数的最值
57．若的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的是（ ）
A．第二项B．第三项C．第四项D．第五项
【答案】B
【分析】先利用二项式系数的增减性求出的值，再根据展开式的通项公式求解即可.
【详解】因为的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，
所以，解得，
则的展开式通项为，
当为奇数时，系数为负数，当为偶数时，系数为正数，
所以展开式中系数最大时，为偶数，
由展开式通项可知，，，
，，
所以展开式中系数最大的是第三项，
故选：B
58．若二项式的展开式中只有第7项的二项式系数最大，若展开式的有理项中第项的系数最大，则（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】A
【分析】根据条件可得.写出展开式的通项，则当是偶数时，该项为有理项，求得所有的有理项的系数，可解出的值.
【详解】由已知可得，.根据二项式定理，知展开式的通项为
，显然当是偶数时，该项为有理项，
时，；时，；
时，；时，；
时，；时，；
时，.
经比较可得，，即时系数最大，即展开式的有理项中第5项的系数最大．
故选：A.
59．已知的展开式中只有第5项是二项式系数最大，则该展开式中各项系数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据二项式系数的性质可得，再结合二项展开式的通项求各项系数，分析列式求系数最小项时的值，代入求系数的最小值.
【详解】∵展开式中只有第5项是二项式系数最大，则
∴展开式的通项为
则该展开式中各项系数
若求系数的最小值，则为奇数且，即，解得
∴系数的最小值为
故选：C.
60．（多选）已知，，，若（），则n的可能值为（ ）
A．6B．8C．11D．13
【答案】BC
【分析】根据二项式展开式的通项公式以及二项式系数最大值的知识求得正确答案.
【详解】依题意，，
所以，
依题意，，其中，
化简得，继续化简得，
即，
依题意，，所以，解得.
故选：BC
61．在的展开式中，系数最大的项为 .
【答案】
【分析】分别求出和展开式系数最大的项，即可得出答案.
【详解】因为的通项为，的通项为，
∵展开式系数最大的项为，
展开式系数最大的项为，
∴在的展开式中，系数最大的项为.
故答案为：.
62．的二项展开式中系数最大的项为 .
【答案】
【分析】设第项的系数最大，列不等式求，再由通项求解即可.
【详解】设展开式的第项的系数最大，
则，解得，
所以系数最大的项为第或第项，
所以系数最大的项为：
，
.
故答案为：
考点01分类及分步的简单应用
1．360的不同正因数的个数为（ ）
A．24B．36C．48D．42
【答案】A
【分析】根据质因数分解，结合分步计数原理进行求解即可.
【详解】因为，所以360有个不同的正因数．
故选：A
2．如图，小黑圆表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连．连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息（ ）
A．26B．24C．20D．19
【答案】D
【分析】根据题意，结合图形得出从A到B传播路径有4条，写出每条途径传播的最大信息量，再求和，即得答案．
【详解】解：根据题意，结合图形知，
从A到B传播路径有4条，如图所示；
途径①传播的最大信息量为3，途径②传播的最大信息量为4；
途径③传播的最大信息量为6，途径④传播的最大信息量为6；
所以从A向B传递信息，单位时间内传递的最大信息量为，
故选：D．
3．某人从上一层到二层需跨10级台阶，他一步可能跨1级台阶，称为一阶步，也可能跨2级台阶，称为二阶步，最多能跨3级台阶，称为三阶步，从一层上到二层他总共跨了6步，而且任何相邻两步均不同阶，则他从一层到二层可能的不同走法共有（ ）种.
A．10B．9C．8D．12
【答案】A
【分析】利用计数原理直接计算即可.
【详解】按题意要求，不难验证这6步中不可能没有三阶步，也不可能有多于1个的三阶步.
因此，只能是1个三阶步，2个二阶步，3个一阶步.
为形象起见，以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10级台阶的过程：
白球表示一阶步，黑球表示二阶步，红球表示三阶步，
每一过程可表为3个白球、2个黑球、1个红球的一种同色球不相邻的排列.
下面分三种情形讨论.
（1）第1、第6球均为白球，则两黑球必分别位于中间白球的两侧，
此时，共有4个黑白球之间的空位放置红球，所以此种情况共有4种可能的不同排列；
（2）第1球不是白球.
（i）第1球为红球，则余下5球只有一种可能的排列；
（ii）若第1球为黑球，则余下5球因红、黑球的位置不同有两种不同的排列，
此种情形共有3种不同排列；
（3）第6球不是白球，同（2），共有3种不同排列.
总之，按题意要求从一层到二层共有种可能的不同过程.
故选：A
4．魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一.已知经典三阶魔方（如图）自由转动之后的色块组合约有4.3×1019种，现将下图已还原的魔方按5步打乱，且每一步互相独立，则共有（ ）种打乱方式.
A．B．C．185D．195
【答案】C
【分析】按魔方的正面和侧面进行分析，得到每一次的旋转方式共有18种，即可得到答案
【详解】若以红色的一面为正面，分成三行三列，每一行可以左右旋转，每一列可以上下旋转，此时有种旋转方式；
接着侧面（以绿色一面为例），每一列都可以上下旋转，此时有种旋转方式，
故每一次旋转魔方，共有种旋转方式，
所以按5步打乱，且每一步互相独立，则共有185种打乱方式.
故选：C
5．一个圆的圆周上均匀分布6个点，在这些点与圆心共7个点中，任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形个数为 .
【答案】8
【分析】利用圆的对称性，分两种情况：相邻两个点和圆心、相间隔的三点，即可求出结果.
【详解】如图1，由圆上相邻两个点和圆心可构成等边三角形，共有6个；
如图2，由圆上相间隔的三点可构成等边三角形，共有2个；
所以，7个点中，任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形个数为个.
故答案为：8.
考点02排列数及组合数的运算
6． （ ）
A．74B．98C．124D．148
【答案】C
【分析】根据排列数与组合数公式，计算即可．
【详解】．
故选：C．
7．若，则（ ）
A．90B．42C．12D．10
【答案】A
【分析】根据组合数的性质求出即可.
【详解】根据，且，所以，﹒
故选：A﹒
8．（多选）已知，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据排列数和组合数公式判断各选项即可.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，
，故B正确；
对于C，因为，，
且，所以，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：ABD.
9．（多选）下列四个关系式中，一定成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【分析】根据排列数公式和排列数的性质，准确化简、运算，即可求解.
【详解】对于A中，由，所以A正确；
对于B中，由，所以B错误；
对于C中，由，所以C正确；
对于D中，由，所以D错误.
故选：AC.
10．（多选）下列等式中，正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】计算出排列数和组合数后判断.
【详解】，，，A正确；
，B错；
，，C正确；
，，D正确．
故选：ACD．
考点03捆绑法及插空法
11．A，B，C，D，E，F六人站成一排，满足A，B相邻，C，D不相邻的不同站法的种数为（ ）
A．48B．96C．144D．288
【答案】C
【分析】根据相邻捆绑法和不相邻问题插空法即可由排列数计算求解.
【详解】由于A，B相邻，所以先将A,B看作一个整体捆绑起来与E,F进行全排列，
然后将C，D插入到已排好队的两两之间以及首尾的空隙中即可，
故共有,
故选：C
12．（ 2023·河南郑州·统考模拟预测）黄金分割最早见于古希腊和古埃及.黄金分割又称黄金率、中外比，即把一条线段分成长短不等的，两段，使得长线段与原线段的比等于短线段与长线段的比，即，其比值约为0.618339….小王酷爱数学，他选了其中的6，1，8，3，3，9这六个数字组成了手机开机密码，如果两个3不相邻，则小王可以设置的不同密码个数为（ ）
A．180B．210C．240D．360
【答案】C
【分析】用插入法求解.
【详解】先把排列，然后选两个空档插入3，总方法为．
故选：C．
13．为全面推进乡村振兴，永州市举办了“村晚兴乡村”活动，晚会有《走，去永州》《扬鞭催马运粮忙》《数幸福》《乡村振兴唱起来》四个节目，若要对这四个节目进行排序，要求《数幸福》与《乡村振兴唱起来》相邻，则不同的排列种数为 （用数字作答）．
【答案】
【分析】利用捆绑求得正确答案.
【详解】由于《数幸福》与《乡村振兴唱起来》相邻，所以两者“捆绑”，
则不同的排列种数为种.
故答案为：
14．2023年春节在北京工作的五个家庭，开车搭伴一起回老家过年，若五辆车分别为，五辆车随机排成一排，则车与车相邻，车与车不相邻的排法有（ ）
A．36种B．42种C．48种D．60种
【答案】A
【分析】利用捆绑法和插空法可求出结果.
【详解】将车与车捆在一起当一个元素使用，有种捆法，
将除车外的个元素全排，有种排法，
将车插入，不与车相邻，又种插法，
故共有种排法.
故选：A
15．为庆祝广益中学建校130周年，高二年级派出甲､乙､丙､丁､戊5名老师参加“130周年办学成果展”活动，活动结束后5名老师排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则排法共有（ ）种.
A．40B．24C．20D．12
【答案】B
【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解.
【详解】由题意得，5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，
先令丙、丁两人相邻用捆绑法，再把丙、丁与戊排列在一起，最后插空令甲、乙两人不相邻,则不同的排法共有种.
故选：.
16．第二十二届哈尔滨国际经济贸易洽谈会（简称“哈洽会”）将于2023年6月15日至19日在哈尔滨国际会展体育中心举办，搭建展示和对接的平台，进一步激活发展潜能，推动“一带一路”建设．本届“哈洽会”线下展览总面积共计6万平方米，拟设中俄地方经贸合作主题展区、港澳台及国际展区、省区市合作展区、产业合作展区、龙江振兴展区、机械设备展区六大展区、展区布局如图所示，则产业合作展区与龙江振兴展区相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先求出基本事件总数，再利用捆绑法求出产业合作展区与龙江振兴展区相邻的事件数，最后利用古典概型的概率公式计算可得.
【详解】依题意基本事件总数为种，其中产业合作展区与龙江振兴展区相邻的事件有种，
故产业合作展区与龙江振兴展区相邻的概率.
故选：A
考点04倍缩法及隔板法
17．某学校组织6×100接力跑比赛，某班级决定派出A，B，C，D，E，F等6位同学参加比赛．在安排这6人的比赛顺序时要保证A要在B之前，D和F的顺序不能相邻，则符合要求的安排共有（ ）
A．240种B．180种C．120种D．150种
【答案】A
【分析】先考虑D和F的顺序不能相邻，用插空法，然后考虑A要安排在B之前与A要安排在B之后的数量一样多，从而可得结论．
【详解】解：6位同学参加接力赛跑，先考虑D和F的顺序不能相邻，其他四人的顺序数为
种，D和F进行插空共有种，在所有符合条件的排序中，A要安排在B之前与A要安排在B之后的数量一样多，所以，符合要求的顺序有＝240种．
故选：A．
18．方程的非负整数解的组的个数为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】将问题转化为：将排成一列的14个完全相同的小球分成部分，利用隔板法即可得解.
【详解】依题意，可知为非负整数，
因为，所以，
从而将问题转化为：将排成一列的14个完全相同的小球分成部分，
一共有13个间隔，利用4个隔板插入即可，故共有种.
故选：A
19．甲、乙、丙等六人相约到电影院观看电影《封神榜》，恰好买到了六张连号的电影票．若甲、乙两人必须坐在丙的同一侧，则不同的坐法种数为（ ）
A．360B．480C．600D．720
【答案】B
【分析】先求得六人的全排列数，结合题意，利用定序排列的方法，即可求解.
【详解】由题意，甲、乙、丙等六人的全排列，共有种不同的排法，
其中甲、乙、丙三人的全排列有种不同的排法，
其中甲、乙在丙的同侧有：甲乙丙、乙甲丙、丙甲乙，丙乙甲，共4种排法，
所以甲、乙两人必须坐在丙的同一侧，则不同的坐法种数为种.
故选：B.
20．小明准备在阳台种植玫瑰､百合､牡丹和兰花4种盆栽，共种8盆，并且每种花至少种1盆，则小明买盆截的方法共有 种.
【答案】
【分析】利用“挡板法”求得正确答案.
【详解】个元素，中间有个空位，将个挡板放入即可，
所以小明买盆截的方法共有种.
故答案为：
21．某运输公司有个车队，每个车队的车多于辆.现从这个车队中抽出辆车组成一个运输队，且每个车队至少抽辆，则不同的抽法种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用隔板法将个空种插入个隔板，即可解决问题.
【详解】将辆车排好，辆车中间形成个空，从这个空中选个，插入隔板，
等价于将这辆车分成份，每一种插法对应一种抽法，故共有种不同的抽法，
故选：A.
22．在一次学校组织的研究性学习成果报告会上，有共6项成果要汇报，如果B成果不能最先汇报，而A､C､D按先后顺序汇报（不一定相邻），那么不同的汇报安排种数为（ ）
A．100B．120C．300D．600
【答案】A
【分析】利用间接法和缩倍法求解.
【详解】不考虑限制条件共有种，最先汇报共有种，
如果不能最先汇报，而､C､D按先后顺序汇报（不一定相邻）有.
故选：A.
考点05染色问题
23．如图所示，将四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为（ ）
A．120B．96C．72D．48
【答案】C
【分析】分为同色，且同色；同色，而不同色；同色，而不同色三种情况，分别计算，根据分类加法计数原理，求和即可得出答案.
【详解】由题意知，与任意一点均不同色.
只用3种颜色，即同色，且同色，此时不同染色方法的种数为；
用4种颜色，此时可能同色，而不同色或同色，而不同色.
若同色，而不同色，此时不同染色方法的种数为；
若同色，而不同色，此时不同染色方法的种数为.
根据分类加法计数原理可得，不同染色方法的种数为.
故选：C.
24．中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造.如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，..，8，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域（如区域1与区域5）所涂颜色相同.若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．1050种B．1260种C．1302种D．1512种
【答案】C
【分析】由题意可得，只需确定区域的颜色，先涂区域1，再涂区域2，再分区域3与区域1涂的颜色不同、区域3与区域1涂的颜色相同，最后根据分步乘法原理即可求解.
【详解】由题意可得，只需确定区域的颜色，即可确定整个伞面的涂色.
先涂区域1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择.
当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5种选择.
当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择.
故不同的涂色方案有种.
故选：C
25．如图，一个地区分为5个行政区域，现给该地区的5个区域涂色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有 种.
【答案】72
【分析】根据给定信息，利用用色多少分类，再结合分步乘法计数原理列式计算作答.
【详解】观察图形知，2区与4区不相邻，3区与5区不相邻，且不相邻的区域可用同1种颜色涂色，因此计算涂色方法可用3色和4色，
使用3种颜色，则2区与4区同色，3区与5区必同色，涂2区与4区有4种方法，
涂3区与5区有3种方法，涂1区有2种方法，则涂色方法有（种）；
使用4种颜色，选取同色的方案有2种，涂同色的两块有4种方法，涂另外3块依次有3，2，1种方法，
则涂色方法有（种），
所以不同的涂色方法共有（种）.
故答案为：72
26．用5种不同的颜色给如图标有A，B，C，D的各部分涂色，每部分只涂一种颜色，且相邻（有公共边）两部分不同颜色，则不同的涂色方法共有 .
【答案】
【分析】分B，D两部分颜色相同与不同两种情况，再结合乘法计数原理求解即可.
【详解】当B，D两部分颜色相同时，先涂B，D两部分，有5种选择，再分别涂A，C均有4种选择，故共种情况；
当B，D两部分颜色不相同时，先涂B，D两部分，有种选择，再分别涂A，C均有3种选择，故共种情况；
故总共有种情况.
故答案为：
27．现有红、黄、青、蓝四种颜色，对如图所示的五角星的内部涂色（分割成六个不同部分），要求每个区域涂一种颜色且相邻部分（有公共边的两个区域）的颜色不同，则最多使用三种颜色的不同涂色方案有 种．（用数字作答）
【答案】372
【分析】由题，假设六块区域为A,B,C,D,E,F.分析6个区域的涂色方案，再根据分步计数原理可得答案.
【详解】若使用三种颜色，从4种颜色中选3种，有种方法，从3种颜色中选一种涂在A处，有3种方法，剩下的B,C,D,E,F，每块区域都有两种涂色方案，共计种方案，
再减去只是用两种颜色的情况，则由分步计数原理可知，不同的涂色方案数为
种涂法；
若只使用两种颜色，则有种涂法；
所以符合要求的涂法种数有种.
故答案为：372
考点06（部分）平均分组问题
28．2023年3月5号是毛泽东主席提出“向雷锋同志学习”60周年纪念日，某志愿者服务队在该日安排4位志愿者到两所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排1人，每个志愿者都要参加活动，则不同的分配方法数是（ ）
A．8B．12C．14D．20
【答案】C
【分析】根据分组分配问题，结合排列组合即可求解.
【详解】将4名志愿者分配到两所敬老院，则由以下两种分配方案：
①一所敬老院1名志愿者，另外一所3名，则有种，
②两所敬老院各安排两名志愿者，则有种，
故共有种方案，
故选：C
29．某冷饮店有“桃喜芒芒”“草莓啵啵”“蜜桃四季春”“芋圆葡萄”四种饮品可供选择，现有四位同学到店每人购买一杯饮品，则恰有两种饮品没人购买的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意按照分组分配问题的步骤，首先计算出恰有两种饮品没人购买的总数，再计算出四种饮品四人随意选择的总数，即可求得其概率.
【详解】解决该问题，可以将四位同学先分为2，2或3，1两堆，共有种分堆方法，
再从4种饮品中选出2种，分配给两堆人，
故共有种方法.
所以恰有两种饮品没人购买的概率为.
故选：A
30．为进一步在全市掀起全民健身热潮，兴义市于9月10日在万峰林举办半程马拉松比赛.已知本次比赛设有4个服务点，现将6名志愿者分配到4个服务点，要求每位志愿者都要到一个服务点服务，每个服务点都要安排志愿者，且最后一个服务点至少安排2名志愿者，有（ ）种分配方式
A．540B．660C．980D．1200
【答案】B
【分析】按照最后一个服务区有2名志愿者和3名志愿者进行分配，即和，分别求出其方法种数，即可得出答案.
【详解】由题知可按照最后一个服务区有2名志愿者和3名志愿者进行分配，
①，有；
②，有，
共有（种）.
故选：B.
31．将4名学生志愿者分配到A、B、C社区参加志愿活动，每名志愿者只分配到1个社区，每个社区至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．12种B．24种C．36种D．48种
【答案】C
【分析】先分组，再分配，求出分配方案.
【详解】根据题意，分2步进行分析：①将4名大学生分为3组，两组均为1人，一组为2人，
共有种分组方法，
②将分好的3组安排参加3个社区参加志愿活动，有种情况，
则有种分配方案.
故选：C.
32．有5名学生志愿者到3个小区参加疫情防控常态化宣传活动，每名学生只去1个小区，每个小区至少安排1名学生，则不同的安排方法为 .
【答案】150
【分析】先分组，然后排列，从而求得正确答案.
【详解】若分组为，则方法数有;
若分组为，则方法数有；
所以不同的安排方法为种.
故答案为：
33．某高中安排6名同学（不同姓）到甲、乙、丙3个小区参加垃圾分类宣传活动，若每名同学只去一个小区，每个小区至少安排1名同学，其中张同学不去乙小区，则不同的分配方案种数为（ ）
A．90B．360C．240D．180
【答案】B
【分析】分张同学单独一组和其他同学一组两种情况，先排张同学，然后对其他5人进行分组分配即可.
【详解】（1）张同学单独一组：由于张同学不去乙小区，所以先排张同学共有种，再将其余5人分成两组共有中，分配到另外两个小区共有，所以此类情况共有种；
（2）张同学与其他同学一组：先安排张同学共有种，然后将其余5人分成三组共有种，再将三组分配到三个小区共种，所以此类情况共有种.
综上，不同的分配方案共有种.
故选：B
考点07利用二项展开式求指定项
34．已知的展开式中的常数项是672，则（ ）
A．B．C．2D．1
【答案】C
【分析】写出二项式通项，整理后让的次数为，得出的值，再根据题意常数项的系数列出等式方程即可得出的值.
【详解】展开式的通项为，令，得，∴常数项是，故．
故选：C
35．在二项式的展开式中，常数项是 ．
【答案】/
【分析】根据二项展开式的公式可知 ，进而可得常数项.
【详解】其展开式第项为
，
当，即时，展开式第项为常数项，
此时，
故答案为：
36．若，且，若的展开式中存在常数项，则该常数项为 .
【答案】
【分析】利用二项式定理的通项公式及常数项的特点即可求解.
【详解】由题意可知，的展开式中的通项公式为.
令，解得，
又因为，且，
所以,
所以的展开式中的常数项为.
故答案为：.
37．已知的展开式中共有项，则有理项共 项．（用数字表示）
【答案】
【分析】先求n，然后化简通项，由指数为整数可得.
【详解】因为的展开式中共有项，所以，
则通项，
当时，，相应项为有理项，故有理项共有4项.
故答案为：4
38．若的展开式中各项系数和为，则该二项式展开式中所有有理项的系数之和为 ．
【答案】32
【分析】二项展开式各项系数和可用赋值法得到，再计算有理数项的系数即可.
【详解】令可得，即.
展开式通向为，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
所以有理项系数之和为.
故答案为：32.
39．若的二项展开式中的系数是，则实数的值是 ．
【答案】2
【分析】利用二项式展开式通项，结合对应项的值列方程求参数即可.
【详解】题设二项式展开式通项为，，
所以，即，故，则.
故答案为：2
考点08两个多项式乘积的指定项
40．一组数据按照从小到大顺序排列为1，2，3，4，5，8，记这组数据的上四分位数为n，则展开式中的常数项为（ ）
A．12B．C．8D．10
【答案】A
【分析】根据上四分位数的计算可得，再根据，分别求解两项中的常数项求和即可.
【详解】因为，故取数据从小到大第5个数，所以.
则，
又中常数项为，的项为，
故展开式中的常数项为.
故选：A.
41．已知的展开式中的系数为，则实数 ．
【答案】
【分析】写出展开式通项，进而确定特定项系数.
【详解】二项式展开式的通项为，
所以的展开式通项为或，
所以令，解得，
所以展开式中的系数为，
解得，
故答案为：.
42．（ 2023·福建龙岩·统考二模）已知的展开式中的系数为21，则 ．
【答案】1
【分析】利用二项式定理计算即可.
【详解】由二项式定理可知的展开式中含的项分别为，
故的展开式中含的项为，即.
故答案为：
43．的展开式中含项的系数为 ．（用数字作答）
【答案】
【分析】利用二项式定理可得展开式通项，分别令和即可加和确定所求系数.
【详解】展开式通项为：，
令可得展开式中含项的系数为：；
令可得展开式中含项的系数为：；
展开式中含项的系数为.
故答案为：.
44．的展开式中的系数为 ．（用数字作答）
【答案】
【分析】依题意，再写出展开式的通项，从而求出展开式中的系数.
【详解】因为，
其中展开式的通项公式为（且），
所以的展开式中含的项为，
所以的展开式中的系数为．
故答案为：
45．若的展开式中的系数为，则实数的值为 .
【答案】
【分析】求出的通项为，令和求出的展开式中的系数，，解方程即可求出答案.
【详解】,
的通项为：，
令时，；令时，，
所以的展开式中的系数为，
所以，解得：.
故答案为：.
考点09三项展开式的指定项
46． 展开式中的常数项为 .（用数字做答）
【答案】49
【分析】利用分类计数原理求解即可.
【详解】
展开式中得到常数项的方法分类如下：
（1）4个因式中都不取，则不取，全取，相乘得到常数项.
常数项为；
（2）4个因式中有1个取，则再取1个，其余因式取，相乘得到常数项.
常数项为；
（3）4个因式中有2个取，则再取2个，相乘得到常数项.
常数项为.
合并同类项，所以展开式中常数项为.
故答案为：.
47．的展开式中的系数为 （用数字作答）．
【答案】
【分析】，然后两次利用通项公式求解即可；
【详解】因为，
设其展开式的通项公式为：，
令，
得的通项公式为，
令，
所以的展开式中，的系数为，
故答案为：
48．若为一组从小到大排列的数1，2，3，5，6，8的第六十百分位数，则的展开式中的系数为 .
【答案】
【分析】利用第p百分位数的定义求出n，再利用组合的应用列式计算作答.
【详解】由，得，
于是展开式中含的项为，
所以的展开式中的系数为.
故答案为：
49．已知常数，的二项展开式中项的系数是780，则m的值为 ．
【答案】3
【分析】转化为，利用展开式的通项公式讨论计算即可.
【详解】=，设其通项为，
设的通项为，
要求项的系数，只有为偶数，
当，此时项的系数为，
当，此时项的系数为，
当，此时项的系数为，
当，不合题意，
故项的系数为.
故答案为：3
50．已知二项式的展开式中含的项的系数为，则 ．
【答案】2
【分析】表示有5个因式相乘，根据的来源分析即可求出答案.
【详解】表示有5个因式相乘，来源如下：
有1个提供，有3个提供，有1个提供常数，
此时系数是，即，解得：
故答案为：.
考点10二项式系数之和及系数之和
51．设，则（ ）
A． B． C．1D．2
【答案】D
【分析】先令计算出的值，再令计算出的值，由此可计算出的值.
【详解】令，所以，
令，所以，
所以，
故选：D.
52．若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】将化为，利用二项式通项公式可求得，判断A；根据二项式的系数和式的特征，利用赋值法可分别判断B，C，D.
【详解】由题意可知，故，A错误；
由，
令，可得，B错误；
令，则，
故，C错误；
令，则，
故，D正确，
故选：D
53．若，则 .
【答案】15
【分析】由函数观点结合赋值法即可求解.
【详解】不妨设，
令得，
令得，
所以.
故答案为：15.
54．在的展开式中，各项系数和与二项式系数和的比值为，则二项展开式中的常数项为 .
【答案】240
【分析】由已知求得，再根据二项式通项公式的展开式求出常数项即可.
【详解】的展开式中，二项式系数和为，
令，得的展开式中，各项系数和为，
由题意可得，即，解得，
所以的展开式的通项为，
令，解得，故展开式的常数项为，
故答案为：240
55．若，则 .
【答案】
【分析】观察已知条件，通过求导赋值构造出式子计算即可.
【详解】已知，对式子两边同时求导，
得，
令，得.
故答案为：240
56．若，则 .
【答案】
【分析】求得二项式展开式的通项公式，得到，令，即可求解.
【详解】二项式展开式的通项公式为，
所以，
令，可得.
故答案为：.
考点11二项式系数的最值及系数的最值
57．若的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的是（ ）
A．第二项B．第三项C．第四项D．第五项
【答案】B
【分析】先利用二项式系数的增减性求出的值，再根据展开式的通项公式求解即可.
【详解】因为的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，
所以，解得，
则的展开式通项为，
当为奇数时，系数为负数，当为偶数时，系数为正数，
所以展开式中系数最大时，为偶数，
由展开式通项可知，，，
，，
所以展开式中系数最大的是第三项，
故选：B
58．若二项式的展开式中只有第7项的二项式系数最大，若展开式的有理项中第项的系数最大，则（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】A
【分析】根据条件可得.写出展开式的通项，则当是偶数时，该项为有理项，求得所有的有理项的系数，可解出的值.
【详解】由已知可得，.根据二项式定理，知展开式的通项为
，显然当是偶数时，该项为有理项，
时，；时，；
时，；时，；
时，；时，；
时，.
经比较可得，，即时系数最大，即展开式的有理项中第5项的系数最大．
故选：A.
59．已知的展开式中只有第5项是二项式系数最大，则该展开式中各项系数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据二项式系数的性质可得，再结合二项展开式的通项求各项系数，分析列式求系数最小项时的值，代入求系数的最小值.
【详解】∵展开式中只有第5项是二项式系数最大，则
∴展开式的通项为
则该展开式中各项系数
若求系数的最小值，则为奇数且，即，解得
∴系数的最小值为
故选：C.
60．（多选）已知，，，若（），则n的可能值为（ ）
A．6B．8C．11D．13
【答案】BC
【分析】根据二项式展开式的通项公式以及二项式系数最大值的知识求得正确答案.
【详解】依题意，，
所以，
依题意，，其中，
化简得，继续化简得，
即，
依题意，，所以，解得.
故选：BC
61．在的展开式中，系数最大的项为 .
【答案】
【分析】分别求出和展开式系数最大的项，即可得出答案.
【详解】因为的通项为，的通项为，
∵展开式系数最大的项为，
展开式系数最大的项为，
∴在的展开式中，系数最大的项为.
故答案为：.
62．的二项展开式中系数最大的项为 .
【答案】
【分析】设第项的系数最大，列不等式求，再由通项求解即可.
【详解】设展开式的第项的系数最大，
则，解得，
所以系数最大的项为第或第项，
所以系数最大的项为：
，
.
故答案为：
相关试卷
考点巩固卷21 双曲线方程及其性质(十一大考点)-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）： 这是一份考点巩固卷21 双曲线方程及其性质(十一大考点)-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用），文件包含考点巩固卷21双曲线方程及其性质十一大考点原卷版docx、考点巩固卷21双曲线方程及其性质十一大考点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共68页， 欢迎下载使用。
考点巩固卷13 复数（九大考点）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）： 这是一份考点巩固卷13 复数（九大考点）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用），文件包含考点巩固卷13复数九大考点原卷版docx、考点巩固卷13复数九大考点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
考点巩固卷10 三角函数的图象及性质（十一大考点）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）： 这是一份考点巩固卷10 三角函数的图象及性质（十一大考点）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用），文件包含考点巩固卷10三角函数的图象及性质十一大考点原卷版docx、考点巩固卷10三角函数的图象及性质十一大考点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共65页， 欢迎下载使用。
