专题06计数原理（考题猜想，易错、好题精选6个考点40题专练）-2023-2024学年高二数学下学期期末考点大串讲（沪教版2020选修）

专题06计数原理（考题猜想，易错、好题精选6个考点40题专练） 古典概型及其概率计算公式 计数原理的应用 排列及排列数公式 组合及组合数公式 排列、组合及简单计数问题  二项式定理 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 一．古典概型及其概率计算公式（共9小题） 1．（2024春•长宁区校级月考）10张奖券中只有三张有奖，现五人购买，每人只买一张，则至多有一人中奖的概率为 　　． 2．（2023秋•虹口区期末）将甲、乙等8人安排在4天值班，若每天安排两人，则甲、乙两人安排在同一天的概率为 　　．（结果用分数表示） 3．（2024春•长宁区校级月考）盒子中有大小与质地相同的8只红球和2只黑球，每次从中任取一个球，不放回地连续取两次，则事件“取出的两只球一只是红球，一只是黑球”的概率是 　　． 4．（2024•浦东新区校级开学）高三年级某8位同学的体重分别为90，100，110，120，140，150，150，160（单位：，现在从中任选3位同学去参加拔河，则选中的同学中最大的体重恰好为这组数据的第70百分位数的概率是 　　． 5．（2024•浦东新区校级模拟）盒子中装有编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9的九个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是 　　（结果用最简分数表示）． 6．（2023春•宝山区校级期中）袋子中有9个大小、材质都相同的小球，其中6个白球，3个红球．每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，则第三次摸到白球的概率为 　　． 7．（2023春•黄浦区校级期中）某动漫手办厂推出一款新产品“手办盲盒”，该厂为“套路”顾客，将6个“手办”装成一箱，且每箱均有2个稀有手办．若某同学从一箱中随机购买2个盲盒，则能买到稀有手办的概率为 　　．（结果用最简分数表示） 8．（2022秋•杨浦区校级期末）电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到如表： 电影类型 第一类 第二类 第三类 第四类 第五类 第六类 电影部数 160 80 260 200 740 560 好评率 0.4 0.3 0.2 0.25 0.3 0.15 （好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值）从这六类电影中随机选取一部电影，则估计这部电影没有获得好评的概率为 　　． 9．（2023•宝山区校级模拟）已知某产品的一类部件由供应商和提供，占比分别为和，供应商提供的该部件的良品率为，供应商提供的该部件的良品率为．若发现某件部件不是良品，那么这个部件来自供应商的概率为 　　（用分数作答）． 二．计数原理的应用（共2小题） 10．（2023春•闵行区月考）五名旅客在三家旅店投宿的方法有 　　种． 11．（2024•闵行区二模）五个工程队承建某项工程的五个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同的承建方案共有　 　． 三．排列及排列数公式（共3小题） 12．（2024•杨浦区校级三模）若排列数，则　　． 13．（2023秋•普陀区校级期末）求有 　　组，，，，，，均为正整数），满足等式． 14．（2023秋•杨浦区校级期末）对于任意正整数，定义“的双阶乘”如下：对于是偶数时，；对于是奇数时，．现有如下四个命题： ①； ②； ③的个位数是0； ④的个位数是5． 正确的命题序号为 　　． 四．组合及组合数公式（共2小题） 15．（2024春•徐汇区校级期中）已知，则　　． 16．（2024春•徐汇区校级月考）用1，2，3，4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数字夹在两个奇数字之间的四位数的个数为　　． 五．排列、组合及简单计数问题（共5小题） 17．（2024春•浦东新区校级期中）从5位男实习教师和4位女实习教师中选出3位教师派到3个班实习班主任工作，每班派一名，要求这3位实习教师中男女都要有，则不同的选派方案共有　　 A．210 B．420 C．630 D．840 18．（2023•浦东新区校级一模）电视台在电视剧开播前连续播放6个不同的广告，其中4个商业广告2个公益广告，现要求2个公益广告不能连续播放，则不同的播放方式共有　　 A． B． C． D． 19．（2024春•宝山区校级期中）某城市新修建的一条道路上有12个路灯，为了节省用电而又不能影响正常的照明，可以熄灭其中的4盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，则熄灯的方法有　　 A． B． C． D． 20．（2024•徐汇区模拟）将四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有四种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为 　　． 21．（2024春•浦东新区校级月考）定义域为集合，2，3，，上的函数满足：①（1）；②，2，，；③（1）、（6）、成等比数列；这样的不同函数的个数为　　． 六．二项式定理（共19小题） 22．（2023春•长宁区校级期末）二项式的展开式中，系数最大的项是　　 A．第项 B．第项 C．第项 D．第项和第项 23．（2023春•杨浦区校级期中）在的二项展开式中，第3项为　　 A． B． C． D． 24．（2023•静安区校级开学）已知的展开式中项的系数与项的系数分别为135与，则展开式所有项系数之和为　　 A． B．1 C．32 D．64 25．（2024春•奉贤区校级月考）若二项式的展开式中各项的系数和为32，则该展开式中含的系数为　　 A．1 B．5 C．10 D．20 26．（2023春•浦东新区校级期末）若，则不正确的是　　 A． B． C． D． 27．（2022春•浦东新区校级期中）设，则　　． 28．（2022秋•青浦区期末）已知的展开式的常数项为45，则常数的值为 　　． 29．（2024•闵行区二模）的展开式中含的项的系数为　　． 30．（2024•长宁区二模）在的二项展开式中，的系数是　　（结果用数字作答）． 31．（2023秋•杨浦区校级期末）设，则　　． 32．（2023秋•黄浦区校级期中）已知，其中，，，，若，，1，2，，，则实数的最大值为 　　． 33．（2023•黄浦区校级开学）已知当时，有，若对任意的都有，则　　． 34．（2023春•浦东新区校级月考）若关于的方程对任意恒成立，则的值为 　　． 35．（2023•浦东新区校级三模）已知为正整数）的展开式中所有项的二项式系数的和为64，则　　． 36．（2024•松江区校级模拟）若、为正整数）的二项展开式中关于的一次项系数之和为11，则项系数的最小值为 　　． 37．（2023秋•宝山区期末）若对于任意实数，都有，则的值为　　． 38．（2023•杨浦区校级模拟）若，则　　． 39．（2023秋•浦东新区校级期中）设，为的展开式的各项系数之和，表示不超过实数的最大整数），则的最小值为 　　． 40．（2023秋•杨浦区校级期末）（1）求的二项展开式的中间项； （2）若，且，求中的最大值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06计数原理（考题猜想，易错、好题精选6个考点40题专练） 古典概型及其概率计算公式 计数原理的应用 排列及排列数公式 组合及组合数公式 排列、组合及简单计数问题  二项式定理 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 一．古典概型及其概率计算公式（共9小题） 1．（2024春•长宁区校级月考）10张奖券中只有三张有奖，现五人购买，每人只买一张，则至多有一人中奖的概率为 　0.5　． 【分析】分别求出基本事件的总数和所求事件的个数，再根据古典概型即可得解． 【解答】解：由题意，至多有一人中奖的概率为． 故答案为：0.5． 【点评】本题考查了组合数的应用、古典概率的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 2．（2023秋•虹口区期末）将甲、乙等8人安排在4天值班，若每天安排两人，则甲、乙两人安排在同一天的概率为 　　．（结果用分数表示） 【分析】根据排列组合相关知识，算出所有的值班顺序与甲、乙两人安排在同一天的值班顺序，进而利用古典概型的概率公式算出答案． 【解答】解：将甲、乙等8人安排在4天值班，若每天安排两人，共有种方案， 乙两人安排在同一天，共有种方案， 所以甲、乙两人安排在同一天的概率． 故答案为：． 【点评】本题主要考查事件与样本空间、组合数公式与古典概型的概率公式等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于基础题． 3．（2024春•长宁区校级月考）盒子中有大小与质地相同的8只红球和2只黑球，每次从中任取一个球，不放回地连续取两次，则事件“取出的两只球一只是红球，一只是黑球”的概率是 　　． 【分析】先求出基本事件的总数和所求事件的个数，再根据古典概型即可得解． 【解答】解：由题意，所求事件的概率为． 故答案为：． 【点评】本题考查了组合数的应用、古典概率的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 4．（2024•浦东新区校级开学）高三年级某8位同学的体重分别为90，100，110，120，140，150，150，160（单位：，现在从中任选3位同学去参加拔河，则选中的同学中最大的体重恰好为这组数据的第70百分位数的概率是 　　． 【分析】可求出第70百分位数为150，然后根据古典概型的概率计算公式求出概率即可． 【解答】解：， 第70百分位数是150， 事件 “选中的同学中最大体重恰好为这组数据的第70百分位数”的概率． 故答案为：． 【点评】本题考查了第百分位数的定义及求法，古典概型的概率计算公式，组合数公式，考查了计算能力，属于基础题． 5．（2024•浦东新区校级模拟）盒子中装有编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9的九个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是 　　（结果用最简分数表示）． 【分析】利用组合知识求出从1，2，3，4，5，6，7，8，9九个球中，任意取出两个球的取法种数，再求出从5个奇数中任意取出2个奇数的取法种数，求出取出的两个球的编号之积为奇数的概率，利用对立事件的概率求出取出两个球的编号之积为偶数的概率． 【解答】解：从1，2，3，4，5，6，7，8，9九个球中，任意取出两个球的取法种数为种． 取出的两个球的编号之积为奇数的方法种数为种． 则取出的两个球的编号之积为奇数的概率为． 所以取出两个球的编号之积为偶数的概率是． 故答案为 【点评】本题考查了古典概型及其概率计算公式，考查了简单的排列组合知识，考查了对立事件的概率，解答的关键是明确取到的两数均为奇数时其乘积为奇数，是基础题． 6．（2023春•宝山区校级期中）袋子中有9个大小、材质都相同的小球，其中6个白球，3个红球．每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，则第三次摸到白球的概率为 　　． 【分析】利用古典概型的概率计算公式，求解即可． 【解答】解：设第三次摸到白球为事件， 基本事件总数为， 事件包含的基本事件数为， （A）． 故答案为：． 【点评】本题主要考查古典概型的概率计算公式，属于基础题． 7．（2023春•黄浦区校级期中）某动漫手办厂推出一款新产品“手办盲盒”，该厂为“套路”顾客，将6个“手办”装成一箱，且每箱均有2个稀有手办．若某同学从一箱中随机购买2个盲盒，则能买到稀有手办的概率为 　　．（结果用最简分数表示） 【分析】利用古典概型的概率计算公式求解即可． 【解答】解：设能买到稀有手办为事件， 基本事件总数为， 事件包含的基本事件数为， （A）． 故答案为：． 【点评】本题主要考查古典概型的概率计算公式，属于基础题． 8．（2022秋•杨浦区校级期末）电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到如表： 电影类型 第一类 第二类 第三类 第四类 第五类 第六类 电影部数 160 80 260 200 740 560 好评率 0.4 0.3 0.2 0.25 0.3 0.15 （好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值）从这六类电影中随机选取一部电影，则估计这部电影没有获得好评的概率为 　　． 【分析】分别求得总的电影部数和获得好评的电影部数，由古典概率和对立事件的概率公式，可得所求值． 【解答】解：总的电影部数为， 获得好评的电影部数为， 这部电影获得好评的概率为， 故这部电影没有获得好评的概率为． 故答案为；． 【点评】本题考查古典概型和概率计算公式，考查运算能力，属于基础题． 9．（2023•宝山区校级模拟）已知某产品的一类部件由供应商和提供，占比分别为和，供应商提供的该部件的良品率为，供应商提供的该部件的良品率为．若发现某件部件不是良品，那么这个部件来自供应商的概率为 　　（用分数作答）． 【分析】利用全概型公式，条件概率公式求解即可． 【解答】解：设某件部件不是良品为事件，这个部件来自供应商为事件， （A），， ． 故答案为：． 【点评】本题主要考查全概型公式，条件概率公式的运用，属于中档题． 二．计数原理的应用（共2小题） 10．（2023春•闵行区月考）五名旅客在三家旅店投宿的方法有 　243　种． 【分析】根据题意，分析可得：完成这件事，可分成五个步骤：每一步依次安排一名旅客，都各自有3种方法，由分步计数原理，计算可得答案． 【解答】解：完成这件事，可分成五个步骤： 第一步安排一名旅客，有3种投宿方法， 同理第二步，第三步，第四步，第五步依次安排一名旅客，都各自有3种方法， 根据分步计数原理，得到五名旅客在三家旅店投宿的方法有（种； 故答案为：243． 【点评】本题考查分步计数原理的运用，解题时首先要分析题意，明确题目中的关系，是分步问题还是分类问题． 11．（2024•闵行区二模）五个工程队承建某项工程的五个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同的承建方案共有　96　． 【分析】依题意，优先分析甲甲工程队，除1号子项目外有4种方法，其他4个工程队分别对应4个子项目，由排列公式可得其情况数目，根据乘法原理，分析可得答案． 【解答】解：根据题意，甲工程队不能承建1号子项目，则有4种方法， 其他4个工程队分别对应4个子项目，有种情况， 根据乘法原理，分析可得有种情况； 故答案为：96． 【点评】本题考查排列、组合的应用，注意优先分析受到限制的元素． 三．排列及排列数公式（共3小题） 12．（2024•杨浦区校级三模）若排列数，则　3　． 【分析】由排列数的运算公式计算即可得解． 【解答】解：由得： 因， 则， 解得， 故答案为：3． 【点评】本题考查了排列数的运算，属基础题． 13．（2023秋•普陀区校级期末）求有 　18　组，，，，，，均为正整数），满足等式． 【分析】根据阶乘的公式，可知的最小值是3，由此对加以讨论，找出使等式成立的各种情况，从而利用排列组合公式算出答案． 【解答】解：由于、、均为正整数，所以的最小值是3，正整数有以下情况： 当时，，不存在、、，使成立； 当时，由，可知有组、、、，使等式成立； 当时，由，可知有组、、、，使等式成立； 当时，，不能写成的形式，故不存在、、、，使等式成立； 当时，由，可知有组、、、，使等式成立； 当时，，不能写成的形式，故不存在、、、，使等式成立； 当时，由，可知有组、、、，使等式成立； 当时，找不出正整数、、、，使等式成立． 综上所述，满足条件的正整数、、、共有组． 故答案为：18． 【点评】本题主要考查排列组合数公式的应用、阶乘的运算等知识，考查了计算能力、分类讨论的数学思想，属于中档题． 14．（2023秋•杨浦区校级期末）对于任意正整数，定义“的双阶乘”如下：对于是偶数时，；对于是奇数时，．现有如下四个命题： ①； ②； ③的个位数是0； ④的个位数是5． 正确的命题序号为 　①②③④　． 【分析】利用新定义，结合阶乘的定义依次判断即可． 【解答】解：由的双阶乘的定义知， ，故①正确； ，故②正确； 的因数中有10，故其个位数是0，故③正确； 的因数中有5，且没有偶数，故其个位数是5，故④正确． 故答案为：①②③④． 【点评】本题考查了排列组合公式的变形应用，属于中档题． 四．组合及组合数公式（共2小题） 15．（2024春•徐汇区校级期中）已知，则　8　． 【分析】根据组合数性质有，再由即可得解． 【解答】解：由组合数性质知，，因为，所以， 所以，得． 故答案为：8． 【点评】本题考查了组合数的性质及运算，是基础题． 16．（2024春•徐汇区校级月考）用1，2，3，4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数字夹在两个奇数字之间的四位数的个数为　8　． 【分析】该问题可看作是一个排列问题，首先由1，3两个数字全排列，形成3个空，则2，4要么在最前边的空和1，3之间形成的空两个空中排列，要么在最后边的空和1，3之间形成的空两个空中排列，则答案可求． 【解答】解：如下所示： 首先把1，3全排列，得到排法种数为， 则1，3之间形成三个空，2，4要么在前两个空中全排列，要么在后两个空中全排列， 四位数的个数为． 故答案为：8． 【点评】本题考查了排列、组合及排列数公式，考查了简单的计数原理，是基础的计算题． 五．排列、组合及简单计数问题（共5小题） 17．（2024春•浦东新区校级期中）从5位男实习教师和4位女实习教师中选出3位教师派到3个班实习班主任工作，每班派一名，要求这3位实习教师中男女都要有，则不同的选派方案共有　　 A．210 B．420 C．630 D．840 【分析】题目要求有男女教师九人选三个到3个班担任班主任是三个元素在九个位置排列，要求这3位班主任中男女教师都有，则选的都是男教师和选的都是女教师不合题意就，需要从总数中去掉． 【解答】解：共有男女教师九人选三个到3个班担任班主任共有种结果， 要求这3位班主任中男女教师都有，则选的都是男教师和选的都是女教师不合题意， 选的都是男教师有种结果， 选的都是女教师有种结果， 满足条件的方案有， 故选：． 【点评】排列与组合问题要区分开，若题目要求元素的顺序则是排列问题，排列问题要做到不重不漏，有些题目带有一定的约束条件，解题时要先考虑有限制条件的元素，属于中档题． 18．（2023•浦东新区校级一模）电视台在电视剧开播前连续播放6个不同的广告，其中4个商业广告2个公益广告，现要求2个公益广告不能连续播放，则不同的播放方式共有　　 A． B． C． D． 【分析】先把4个商业广告排好顺序，再用插空法求得2个公益广告不能连续播放的方法数． 【解答】解：先把4个商业广告排好顺序，共有种方法，再把2个公益广告插入5个空（包括两头）中， 根据分步计数原理，共有种方法， 故选：． 【点评】本题主要考查排列组合的应用，分步计数原理，不相邻问题采用插空法，属于中档题． 19．（2024春•宝山区校级期中）某城市新修建的一条道路上有12个路灯，为了节省用电而又不能影响正常的照明，可以熄灭其中的4盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，则熄灯的方法有　　 A． B． C． D． 【分析】根据题意，利用插空法分析：先将亮的8盏灯排成一排，进而在7个空位中，任取4个插入熄灭的4盏灯，由组合式公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，使用插空法分析：原来有12盏路灯，熄灭其中的4盏灯，还有8盏是亮着的， 先将亮的8盏灯排成一排，由于两端的灯不能熄灭，则有7个符合条件的空位， 进而在7个空位中，任取4个插入熄灭的4盏灯，有种方法． 故选：． 【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题． 20．（2024•徐汇区模拟）将四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有四种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为 　72　． 【分析】首先给顶点选色，有4种结果，再给选色有3种结果，再给选色有2种结果，最后分两种情况即与同色与与不同色来讨论，根据分步计数原理和分类计数原理得到结果． 【解答】解：设四棱锥为． 下面分两种情况即与同色与与不同色来讨论， （1）的着色方法种数为，的着色方法种数为，的着色方法种数为， 与同色时的着色方法种数为1，的着色方法种数为， （2）的着色方法种数为，的着色方法种数为，的着色方法种数为， 与不同色时的着色方法种数为，的着色方法种数为． 综上两类共有种结果． 故答案为：72． 【点评】本题主要排列与组合及两个基本原理，总体需分类，每类再分步，综合利用两个原理解决，属中档题． 21．（2024春•浦东新区校级月考）定义域为集合，2，3，，上的函数满足：①（1）；②，2，，；③（1）、（6）、成等比数列；这样的不同函数的个数为　155　． 【分析】分析出的所有可能的取值，得到使中（1）、（6）、成等比数列时对应的项，再运用计数原理求出这样的不同函数的个数即可． 【解答】解：经分析，的取值的最大值为，最小值为，并且成以2为公差的等差数列， 故（6）的取值为6，4，2，0，，． 的取值为12，10，8，6，4，2，0，，，，，， 所以能使中的（1）、（6）、成等比数列时，（1）、（6）、的取值只有两种情况： ①（1）、（6）、；②（1）、（6）、． ，2，，，，或者，即得到后项时，把前项加1或者把前项减1． （1）当（1）、（6）、时；将要构造满足条件的等比数列分为两步，第一步：从（1）变化到（6），第二步：从（6）变化的． 从（1）变化到（6）时有5次变化，函数值从1变化到2，故应从5次中选择3步加1，剩余的两次减1．对应的方法数为种． 从（6）变化到时有6次变化，函数值从2变化到4，故应从6次变化中选择4次增加1，剩余两次减少1，对应的方法数为种． 根据分步乘法原理，共有种方法． （2）当（1）、（6）、时，将要构造满足条件的等比数列分为两步，第一步：从（1）变化到（6），第二步：从（6）变化的． 从（1）变化到（6）时有5次变化，函数值从1变化到，故应从5次中选择1步加1，剩余的4次减1．对应的方法数为种． 从（6）变化到时有6次变化，函数值从变化到4，故应从6次变化中选择6次增加1，对应的方法数为种． 根据分步乘法原理，共有种方法． 综上，满足条件的共有：种． 故填：155． 【点评】解决本题的难点在于发现的取值规律，并找到使（1）、（6）、成等比数列所对应的三项．然后用计数原理计算种类．本题属于难题． 六．二项式定理（共19小题） 22．（2023春•长宁区校级期末）二项式的展开式中，系数最大的项是　　 A．第项 B．第项 C．第项 D．第项和第项 【分析】利用二项展开式的通项公式求出通项，据通项判断出项的系数与二项式系数只有符号之差， 据二项式系数的性质：中间项的二项式系数最大求出系数最大的项． 【解答】解：由二项展开式的通项公式， 可知系数为，与二项式系数只有符号之差， 故先找中间项为第项和第项， 又由第项系数为，第项系数为， 故系数最大项为第项． 故选：． 【点评】本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题、二项式系数的性质：中间项的二项式系数最大． 23．（2023春•杨浦区校级期中）在的二项展开式中，第3项为　　 A． B． C． D． 【分析】由题意，根据二项式展开式的通项公式，求出二项展开式中的第3项． 【解答】解：在的二项展开式中，第3项为． 故选：． 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式的应用，属于基础题． 24．（2023•静安区校级开学）已知的展开式中项的系数与项的系数分别为135与，则展开式所有项系数之和为　　 A． B．1 C．32 D．64 【分析】由题意先求得、的值，再令求出展开式中所有项的系数和． 【解答】解：的展开式中项的系数与项的系数分别为135与， ①， ②； 由①、②组成方程组， 解得，或、； 令，求得展开式中所有项系数之和为． 故选：． 【点评】本题考查了二项式定理的应用问题，求出系数、是解题的关键，属基础题． 25．（2024春•奉贤区校级月考）若二项式的展开式中各项的系数和为32，则该展开式中含的系数为　　 A．1 B．5 C．10 D．20 【分析】令，则，解得，再利用通项公式即可得出． 【解答】解：令，则，解得， 的通项公式：， 令，解得． 该展开式中含的系数为． 故选：． 【点评】本题考查了二项式定理的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 26．（2023春•浦东新区校级期末）若，则不正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】在所给的等式中，通过给赋值，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论． 【解答】解：， 令，可得，故正确； 再令，可得①，故，故错误； 再令，可得 ②， 把①②相加除以2，可得，故正确； 在所给的等式中，令，可得， ，故正确． 故选：． 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，是给变量赋值的问题，解题关键是根据要求的结果，选择合适的数值代入，属于基础题． 27．（2022春•浦东新区校级期中）设，则　　． 【分析】将原式左边用表示，然后对赋值为1，即可求出结果． 【解答】解：原式左边， 令得． 故答案为：． 【点评】本题考查二项式定理以及赋值法的应用，属于基础题． 28．（2022秋•青浦区期末）已知的展开式的常数项为45，则常数的值为 　3　． 【分析】求出展开式，令的指数为0即可得出常数项为第几项，再根据常数项为45就可以得出的值． 【解答】解：第项为， 常数项为45，即，， 所以， 解得． 故答案为：3． 【点评】本题考查二项式定理以及展开式中特定项的求法，属于基础题． 29．（2024•闵行区二模）的展开式中含的项的系数为　　． 【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于3，求出的值，即可求得展开式中含的项的系数． 【解答】解：的展开式的通项公式为，令，可得， 故展开式中含的项的系数为， 故答案为：． 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题． 30．（2024•长宁区二模）在的二项展开式中，的系数是　4　（结果用数字作答）． 【分析】由其二项展开式的通项公式即可求得的系数． 【解答】解：的二项展开式的通项公式， 令得． 的系数为：． 故答案为：4． 【点评】本题考查二项式定理，熟练应用其通项公式是关键，属于基础题． 31．（2023秋•杨浦区校级期末）设，则　1　． 【分析】由题意，令，可得的值． 【解答】解：由于， 故令，可得． 故答案为：1． 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，是给变量赋值的问题，解题关键是根据要求的结果，选择合适的数值代入，属于基础题． 32．（2023秋•黄浦区校级期中）已知，其中，，，，若，，1，2，，，则实数的最大值为 　23　． 【分析】根据题意，利用二项式定理建立关于的表达式，然后讨论是奇数还是偶数，解关于的不等式即可得到本题的答案． 【解答】解：根据题意，可知的系数为，，1，2，，， 因此，若，则，可知是奇数，且， 即，解得，的最大值为23． 故答案为：23． 【点评】本题主要考查二项式定理及其应用、不等式的解法等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于基础题． 33．（2023•黄浦区校级开学）已知当时，有，若对任意的都有，则　228　． 【分析】由得到，则可把转化为，由为展开式中的系数即可求出答案． 【解答】解：当时，有， 到， 则， 为展开式中的系数， 因为，所以． 故答案为：228． 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题． 34．（2023春•浦东新区校级月考）若关于的方程对任意恒成立，则的值为 　　． 【分析】在所给的等式中，令，可得结论． 【解答】解：关于的方程对任意恒成立， 令，可得． 故答案为：． 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，是给变量赋值的问题，解题关键是根据要求的结果，选择合适的数值代入，属于基础题． 35．（2023•浦东新区校级三模）已知为正整数）的展开式中所有项的二项式系数的和为64，则　6　． 【分析】由题意，利用二项式系数的性质，求得的值． 【解答】解：为正整数）的展开式中所有项的二项式系数的和为， ． 故答案为：6． 【点评】本题主要考查二项式系数的性质，属于基础题． 36．（2024•松江区校级模拟）若、为正整数）的二项展开式中关于的一次项系数之和为11，则项系数的最小值为 　25　． 【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式中含的一次项系数和，列出方程求出，的关系；利用二项展开式的通项公式求出含项的系数，通过等量代换转化成二次函数的最值，求出二次函数的最值． 【解答】解：由题意、为正整数）的二项展开式中关于的一次项系数之和为11，知， 即， 又展开式中含项的系数为， 当或时，含项的系数最小，最小值为25． 故答案为：25． 【点评】本题考查二项展开式的通项公式的应用，等量代换，二次函数的最值的求法，是中档题． 37．（2023秋•宝山区期末）若对于任意实数，都有，则的值为　　． 【分析】把展开求得的系数，再结合已知条件求得的值． 【解答】解：， 且有， ， 故答案为． 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题． 38．（2023•杨浦区校级模拟）若，则　　． 【分析】令、，代入计算，即可得出结论． 【解答】解：令得， 令，得， ． 故答案为：． 【点评】本题考查二项式定理的运用，考查赋值法的运用，考查学生的计算能力，属于中档题． 39．（2023秋•浦东新区校级期中）设，为的展开式的各项系数之和，表示不超过实数的最大整数），则的最小值为 　　． 【分析】令，有，求出，则的几何意义为点到点的距离的平方，最小值为点与到直线的距离的平方，然后利用点线距离公式求解即可得答案． 【解答】解：令，有，， ，， 因此表示点，到直线上的点的距离的平方， 因为与的交点的横坐标且，又点与距直线近， 故． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了二项式定理的应用、点线距离公式，意在考查学生对这些知识的理解水平和分析推理能力，有一定的难度． 40．（2023秋•杨浦区校级期末）（1）求的二项展开式的中间项； （2）若，且，求中的最大值． 【分析】（1）根据二项式展开式道理，求出展开式的中间项即可． （2）由二项式展开式的通项公式求出，再根据二项式的系数，即可求出的最大值． 【解答】解：（1）时，的展开式中共有11项， 所以展开式的中间项为第6项，即． （2）由题意，若，可得，解得． 设第项的系数为，则，，，， 若，解得．可得． 所以中的最大值为． 【点评】本题考查了二项式展开式定理应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 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