专题测试卷09 排列组合、二项式定理（名校重组卷）-备战2025年高考数学重难点专题突破（新高考专用）

专题09 排列组合、二项式定理 注意事项： 1．本试题满分150分，考试时间为120分钟。 2．答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上。 3．使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰；超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 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，只有一项符合题目要求。 1．（23-24高三下·四川南充·阶段练习）（    ） A．35 B．45 C．55 D．57 2．（2024·浙江·模拟预测）的展开式中的系数为（    ） A．4 B．-4 C．6 D．-6 3．（24-25高三上·河南·开学考试）将4个不同的小球放入3个不同的盒子中，且每个盒子最多只能装3个球，则不同的放法有（    ） A．60种 B．64种 C．78种 D．81种 4．（2024·河南新乡·二模）从这5个数字中任取2个偶数和1个奇数，组成一个三位数，则不同的三位数的个数为（    ） A．16 B．24 C．28 D．36 5．（2024·湖北武汉·二模）已知二项式展开式的二项式系数的和为64，则 （    ） A． B． C．展开式的常数项为 D．的展开式中各项系数的和为1 6．（2024·宁夏石嘴山·模拟预测）二项式的展开式中，把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法种数为（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 7．（24-25高三上·山西大同·期末）五一小长假期间，某旅游公司为助力大同旅游事业的发展，计划将2名金牌导游和5名银牌导游分别派往云冈石窟､古城华严寺､北岳恒山三个景区承担义务讲解任务，要求每个景区都要有银牌导游前往，则不同的分配方法种数有（    ） A．360 B．640 C．1350 D．1440 8．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（    ） A． B．第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C．记第行的第个数为，则 D．第20行中第8个数与第9个数之比为 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．（2024高三下·河南·专题练习）已知的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为2187，则下列说法正确的是（    ） A．展开式中奇数项的二项式系数之和为64 B．展开式中存在常数项 C．展开式中含项的系数为560 D．展开式中系数最大的项为 10．（23-24高三上·山西·期末）某周周一到周六的夜间值班工作由甲、乙、丙三人负责，每人负责其中的两天，每天只需一人值班，则下列关于安排方法数的说法正确的有（    ） A．共有90种安排方法 B．甲连续两天值班的安排方法有30种 C．甲连续两天值班且乙连续两天值班的安排方法有18种 D．甲、乙、丙三人每人都连续两天值夜班的安排方法有6种 11．（2024·山西·三模）已知函数，则（    ） A． B．展开式中，二项式系数的最大值为 C． D．的个位数字是1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（2024·河北·模拟预测）多项式的展开式中，的系数是 . 13．（2024·上海·三模）2024年重庆市高考数学科目采用新试卷结构，我校高三年级将对来自三个班级的9名学生（每个班级3名学生）做一项围绕适应新试卷结构的调研，并再抽选其中的若干名学生做访谈，要求每个班级至少有一名学生被抽中，且任意两个班级被抽中的学生人数之和至多为3，则不同的抽选方法数为 . 14．（23-24高三上·辽宁沈阳·阶段练习）我们称元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，记范数为奇数的的个数为，则 ； （用含的式子表示，）. 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．（23-24高二下·广西·期末）每年的6月5日是世界环境日，某校计划在6月5日开展社区垃圾分类宣传活动，学校现从12名志愿者中选调6名志愿者去某社区作宣传，其中这12名志愿者有2名教师、4名高一学生、4名高二学生和2名高三学生.求： (1)若选调的志愿者中恰有1名教师，且不含高三学生，则不同选调方法有多少种？ (2)若选调的志愿者中必有教师，则不同选调方法有多少种？ (3)若选调的志愿者必含教师和各年级学生，且高一与高二学生选调人数相等，则不同选调方法有多少种？ 16．（2024高二下·甘肃武威·阶段练习）已知.求： (1)； (2)； (3). 17．（2024高三·全国·专题练习）在某办公室里，一天当中经理将送给秘书九封信，让她用打字机打出来，按送的先后顺序，分别编为1，2，3，4，5，6，7，8，9．送信的时间是不定的，但每次都是将信放在秘书的文件篓内的那些待打信的最上面．秘书一有时间，就从最上面取一封信并将它打出来．吃午饭的时候，秘书告诉他的一位同事，第八封信已经打出来了，除此之外没说别的关于上午打信的情况．这个同事想知道哪几封信留待午后打，并且以怎样的顺序打．根据上面提供的信息，这样的顺序共有多少种可能的情况？（注：所有的信都已在上午打完了，也是其中的一种可能性） 18．（2024高二下·江苏镇江·期末）已知二项式． (1)若它的二项式系数之和为128． ①求展开式中二项式系数最大的项； ②求展开式中系数最大的项； (2)若，求二项式的值被7除的余数． 19．（2024·湖北荆州·模拟预测）如图所示数阵，第行共有个数，第m行的第1个数为，第2个数为，第个数为，规定：. ……   …   …   …   …   … (1)试判断每一行的最后两个数的大小关系，并证明你的结论； (2)求证：每一行的所有数之和等于下一行的最后一个数； (3)从第1行起，每一行最后一个数依次构成数列，设数列的前n项和为是否存在正整数k，使得对任意正整数n，恒成立？如存在，请求出k的最大值，如不存在，请说明理由. 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题09 排列组合、二项式定理 注意事项： 1．本试题满分150分，考试时间为120分钟。 2．答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上。 3．使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰；超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 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，只有一项符合题目要求。 1．（23-24高三下·四川南充·阶段练习）（    ） A．35 B．45 C．55 D．57 【答案】C 【分析】利用组合数和排列数公式计算可得结果. 【详解】． 故选：C． 2．（2024·浙江·模拟预测）的展开式中的系数为（    ） A．4 B．-4 C．6 D．-6 【答案】C 【分析】根据二项展开式的通项公式解答即可． 【详解】因为的展开式的通项公式为， 所以含的项为：， 即的展开式中的系数为6， 故选：C． 3．（24-25高三上·河南·开学考试）将4个不同的小球放入3个不同的盒子中，且每个盒子最多只能装3个球，则不同的放法有（    ） A．60种 B．64种 C．78种 D．81种 【答案】C 【分析】利用间接法，4个不同的小球放入3个不同的盒子中的放法减去将4个球放入同一个盒子中的放法即得. 【详解】不考虑每个盒子最多只能装3个球，有种放法. 若将4个球放入同一个盒子中，有3种放法. 故不同的放法有种. 故选：C. 4．（2024·河南新乡·二模）从这5个数字中任取2个偶数和1个奇数，组成一个三位数，则不同的三位数的个数为（    ） A．16 B．24 C．28 D．36 【答案】C 【分析】分两种情况，再按照分步计数原理，即可求解. 【详解】若没有取到0，则有种方法， 若取到0，则有种方法， 所以不同的三位数共有种. 故选：C 5．（2024·湖北武汉·二模）已知二项式展开式的二项式系数的和为64，则 （    ） A． B． C．展开式的常数项为 D．的展开式中各项系数的和为1 【答案】D 【分析】根据二项式系数和可得n，化简通项公式，由x的指数为0求出k，然后可得常数项，再令即可判断D. 【详解】由题可知，，则，所以AB错误； 展开式中的第项为. 令，得，则，故C错误； 令得，则的展开式中各项系数的和为1， 故选：D. 6．（2024·宁夏石嘴山·模拟预测）二项式的展开式中，把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法种数为（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【分析】先利用二项式的展开式的通项公式求出有理项的项数，再利用插空法求解. 【详解】二项式的展开式的通项公式为： ， 令，得， 所以展开式中的有理项有4项， 把展开式中的项重新排列，先把3项无理项全排列， 再把4项有理项插入形成的4个空中， 所以有理项互不相邻的排法种数为种. 故选：D. 7．（24-25高三上·山西大同·期末）五一小长假期间，某旅游公司为助力大同旅游事业的发展，计划将2名金牌导游和5名银牌导游分别派往云冈石窟､古城华严寺､北岳恒山三个景区承担义务讲解任务，要求每个景区都要有银牌导游前往，则不同的分配方法种数有（    ） A．360 B．640 C．1350 D．1440 【答案】C 【分析】根据题意按照或分类分组，结合排列组合求出种类，最后相加即可. 【详解】解析：将2名金牌导游分配到3个景区，有种分配方法， 若每个风景区都要有银牌导游，则将银牌导游分成三组，各组人数分别为或. 当银牌导游分成三组的人数为时，此时共有种； 当银牌导游分成三组的人数为时，此时共有种分配方法. 所以不同分配方法有种. 故选:C. 8．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（    ） A． B．第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C．记第行的第个数为，则 D．第20行中第8个数与第9个数之比为 【答案】D 【分析】根据二项式定理和二项式系数的性质判断各选项的对错. 【详解】由图知，第行的第个数为，则， 对于A，由，得 ，故A错误； 对于B，第2023行有2024项，从左往右第1013个数与第1014个数分别为，所以，故B错误； 对于C，第行的第个数为，则， ，故C错误； 对于D，第20行中，第8个数与第9个数的比为，故D正确. 故选：D. 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．（2024高三下·河南·专题练习）已知的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为2187，则下列说法正确的是（    ） A．展开式中奇数项的二项式系数之和为64 B．展开式中存在常数项 C．展开式中含项的系数为560 D．展开式中系数最大的项为 【答案】ACD 【分析】利用通项公式结合第4项与第5项的二项式系数相等可知，可推出，再由各项系数和为2187，利用赋值可得，解得，从而得到一个已知的二项式，再利用二项式系数的性质和方法去判断各选项. 【详解】由二项式的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，所以，解得， 又展开式的各项系数之和为2187，即当时，，解得， 所以二项式的系数之和为， 又由奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等， 则奇数项的二项式系数之和为，故A正确； 由的展开式的通项，令， 解得，故展开式中不存在常数项，故B错误； 又令，解得，所以展开式中含项的系数为，故正确； 由得，，又，所以5， 所以展开式中系数最大的项为，故D正确. 故选：ACD. 10．（23-24高三上·山西·期末）某周周一到周六的夜间值班工作由甲、乙、丙三人负责，每人负责其中的两天，每天只需一人值班，则下列关于安排方法数的说法正确的有（    ） A．共有90种安排方法 B．甲连续两天值班的安排方法有30种 C．甲连续两天值班且乙连续两天值班的安排方法有18种 D．甲、乙、丙三人每人都连续两天值夜班的安排方法有6种 【答案】ABD 【分析】利用排列组合相关知识逐项分析即可. 【详解】对于A，首先任选2天安排甲值班，共种方法，再从剩下的4天中选2天安排乙值班， 共种方法，最后安排丙，种方法，共计种方法，故A正确； 对于B，甲可以值周一周二、周二周三、…、周五周六，共有5种方法， 再从剩余4天中选2天安排乙，剩下两天安排丙，此步骤共种，共计种方法，故B正确； 对于C，首先确定甲在乙之前还是之后，有2种方法，再讨论丙值的两天班是否连续， 若连续，则从“□甲甲□乙乙□”或“□乙乙□甲甲□”对应的三个空档中选择一个， 安排“丙丙”即可，此时有种方法， 若不连续，则从“□甲甲□乙乙□”或“□乙乙□甲甲□”对应的三个空档中选择两个，各安排一个“丙”即可， 此时有种；综上，符合题意的方法数为种，故C错误； 对于D，只需将“甲甲”“乙乙”“丙丙”做全排列即可，共种方法，故D正确. 故选：ABD. 11．（2024·山西·三模）已知函数，则（    ） A． B．展开式中，二项式系数的最大值为 C． D．的个位数字是1 【答案】BD 【分析】对于A：根据二项展开式分析求解；对于B：根据二项式系数的性质分析求解；对于C：利用赋值法，令、即可得结果；对于D：因为，结合二项展开式分析求解. 【详解】对于选项A：的展开式的通项为， 令，可得， 所以，故A错误； 对于选项B：因为为偶数，可知二项式系数的最大值为，故B正确； 对于选项C：令，可得； 令，可得； 所以，故C错误； 对于选项D：因为， 且的展开式的通项为， 可知当，均为20的倍数，即个位数为0， 当时，，所以的个位数字是1，故D正确； 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（2024·河北·模拟预测）多项式的展开式中，的系数是 . 【答案】 【分析】将展开，再写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【详解】因为， 其中展开式的通项为（且）， 所以的展开式中含的项为， 所以的系数为. 故答案为： 13．（2024·上海·三模）2024年重庆市高考数学科目采用新试卷结构，我校高三年级将对来自三个班级的9名学生（每个班级3名学生）做一项围绕适应新试卷结构的调研，并再抽选其中的若干名学生做访谈，要求每个班级至少有一名学生被抽中，且任意两个班级被抽中的学生人数之和至多为3，则不同的抽选方法数为 . 【答案】108 【分析】分①每个班抽一名学生，②其中两个班抽一名学生，另外一个班抽两名学生两种情况讨论，利用组合数公式计算可得. 【详解】依题意，①若每个班抽一名学生，则有种抽法； ②若其中两个班抽一名学生，另外一个班抽两名学生，则有种抽法； 综上可得不同的抽选方法数为种. 故答案为：108 14．（23-24高三上·辽宁沈阳·阶段练习）我们称元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，记范数为奇数的的个数为，则 ； （用含的式子表示，）. 【答案】 【分析】当时，范数为奇数，则的个数为偶数，即的个数为、，根据乘法原理和加法原理得到；在维向量中，范数为奇数，则的个数为奇数，即的个数为、、、、，根据乘法原理和加法原理结合二项式定理可求得的表达式. 【详解】当时，范数为奇数，则的个数为偶数，即的个数为、， 根据乘法原理和加法原理得到. 在维向量中，范数为奇数，则的个数为奇数， 即的个数为、、、、， 根据乘法原理和加法原理得到， ， ， 两式相减得到. 故答案为：；. 【点睛】关键点睛：本题考查了向量的新定义，乘法原理，加法原理，二项式定理，数列的通项公式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用和的展开式求数列通项是解题的关键，需要灵活掌握. 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．（23-24高二下·广西·期末）每年的6月5日是世界环境日，某校计划在6月5日开展社区垃圾分类宣传活动，学校现从12名志愿者中选调6名志愿者去某社区作宣传，其中这12名志愿者有2名教师、4名高一学生、4名高二学生和2名高三学生.求： (1)若选调的志愿者中恰有1名教师，且不含高三学生，则不同选调方法有多少种？ (2)若选调的志愿者中必有教师，则不同选调方法有多少种？ (3)若选调的志愿者必含教师和各年级学生，且高一与高二学生选调人数相等，则不同选调方法有多少种？ 【答案】(1)112 (2)714 (3)160 【分析】（1）先选1名教师，再从高一高二选5人，算出组合数即可. （2）选调的志愿者中必有教师,有两种情况，选1名教师5名学生和2名教师4名学生，算出组合数即可. （3）选调的志愿者必含教师和各年级学生，且高一与高二学生选调人数相等，有两种情况，教师和高三学生各选1名，高一高二各选2名学生和教师和高三学生各选2名，高一高二各选1名学生，算出组合数即可. 【详解】（1）选调的志愿者中恰有1名教师，先选1名教师，再从高一高二选5人，共有种选法. （2）选调的志愿者中必有教师,有两种情况，选1名教师5名学生和2名教师4名学生，共有种选法. （3）选调的志愿者必含教师和各年级学生，且高一与高二学生选调人数相等，有两种情况，教师和高三学生各选1名，高一高二各选2名学生和教师和高三学生各选2名，高一高二各选1名学生，共有种选法. 16．（2024高二下·甘肃武威·阶段练习）已知.求： (1)； (2)； (3). 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）分别令和，进而求得的值； （2）令，求得，两式相减，即可求解； （3）令，求得的展开式中通项，进而求得的值. 【详解】（1）解：由， 令，则， 令，则， 所以. （2）解：令，则， 因为， 两式相减，可得，所以. （3）解：令，则，所以， 可得的展开式中通项为， 令，则，； 令，则，则， 所以. 17．（2024高三·全国·专题练习）在某办公室里，一天当中经理将送给秘书九封信，让她用打字机打出来，按送的先后顺序，分别编为1，2，3，4，5，6，7，8，9．送信的时间是不定的，但每次都是将信放在秘书的文件篓内的那些待打信的最上面．秘书一有时间，就从最上面取一封信并将它打出来．吃午饭的时候，秘书告诉他的一位同事，第八封信已经打出来了，除此之外没说别的关于上午打信的情况．这个同事想知道哪几封信留待午后打，并且以怎样的顺序打．根据上面提供的信息，这样的顺序共有多少种可能的情况？（注：所有的信都已在上午打完了，也是其中的一种可能性） 【答案】704种 【分析】利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理以及组合数公式和二项式定理运算即可. 【详解】若第九封信已打完，则号信中可能有k封信未打完（）， 而未打完的k封信可以是七封信中的任何k封，所有可能情况数是：． 若第九封信未打，则它必在开始打第八封信以后收到，但是可以在下午打留着的信之前或之后或任何间隔中收到， 即对留着的封信有种情况收到第九封信． 注意到，即， 所以， 所以这样所有可能情况数是： ． 故所求情况数是种． 18．（2024高二下·江苏镇江·期末）已知二项式． (1)若它的二项式系数之和为128． ①求展开式中二项式系数最大的项； ②求展开式中系数最大的项； (2)若，求二项式的值被7除的余数． 【答案】(1)①；②. (2). 【分析】 （1）根据二项式定理的二项式系数之和，求得指数，结合组合数的对称性，建立不等式组，可得答案； （2）根据二项式定理可得展开式，将底数整理为的倍数加比小的数，可得答案. 【详解】（1）由题意可得，解得，其通项为. ①二项式系数最大的项为第4、5项， ，； ②设展开式中系数最大的项为第项，则， 化简可得，解得， 因为，所以或， 所以展开式中系数最大的项为第6、7项， ，， （2）当时，， 因为， 所以二项式的值被除的余数就是被除的余数， 因为， 所以被除的余数为，所以二项式的值被除的余数为. 19．（2024·湖北荆州·模拟预测）如图所示数阵，第行共有个数，第m行的第1个数为，第2个数为，第个数为，规定：. ……   …   …   …   …   … (1)试判断每一行的最后两个数的大小关系，并证明你的结论； (2)求证：每一行的所有数之和等于下一行的最后一个数； (3)从第1行起，每一行最后一个数依次构成数列，设数列的前n项和为是否存在正整数k，使得对任意正整数n，恒成立？如存在，请求出k的最大值，如不存在，请说明理由. 【答案】(1)相等，证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在，3 【分析】（1）根据题意，猜想得到，结合组合数的运算公式，即可作出证明. （2）第一行的所有数之和为，第二行的所有数之和为，当时，第m行的所有数之和为，即可得到结论. （3）根据题意，存在正整数，使得恒成立，结合排列数的计算公式，即可求解. 【详解】（1）第1行最后两数，第2行的最后两数， 第行的第m个数为，第个数为， 猜测：. 因为； 又因为 ， 即.所以每一行的最后两个数相等. （2）第一行的所有数之和为， 第二行的所有数之和为， 当时，第m行的所有数之和为 ， 所以每一行的所有数之和等于下一行的最后一个数. （3）当，时，，， 当时，此时显然不成立； 猜测：存在正整数，使得恒成立，的最大值为3. 证明：当时，恒成立. 由（1）知，，则， 因为 ， 又，当时，， 当时，，所以， 综上：存在正整数，且的最大值为3，使得恒成立. 【点睛】方法点睛：有关与组合数有关的综合问题的求解策略： 1、“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”则先将这些元素去和，再由另外元素补足；“不含”则先将这些元素剔除，再从剩余下的元素中去选出； 2、“至少”或“最多”含有几个元素的组合问题：解答此类问题必须十分重视“至少”与“最多”这个两个关键词的含义，谨防重复与漏解，用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法，分类复杂时，可考虑逆向思维，用间接处理； 3、若以组合数有关的证明问题，要熟记组合数的计算公式和组合数的性质，合理推理运算求解. 试卷第14页，共14页 试卷第13页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $$