第三章 排列组合与二项式定理（单元复习 压轴题专练 12大题型）-2024-2025学年高二数学单元速记•巧练（人教B版2019选择性必修第二册）

第三章 排列组合与二项式定理（压轴题专练） 题型一：涂色问题 1．（23-24高二下·重庆·期中）给正六边形的六条边涂色，现有3种不同的颜色可以选择，要求相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有（    ）种 A．99 B．96 C．66 D．60 2．（23-24高二下·吉林长春·阶段练习）如图，用四种不同的颜色对图中5个区域涂色（四种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（   ） A．72种 B．96种 C．150种 D．168种 3．（23-24高二下·福建福州·阶段练习）如图，用4种不同的颜色对图中 5个区域涂色（4种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有（   ）    A．24 B．96 C．48 D．108 4．（22-23高二下·山西太原·阶段练习）四种不同的颜色涂在如图所示的6个区域，且相邻两个区域不能同色，满足条件的涂法数有（    ）种 A．24 B．72 C．120 D．144 5．（22-23高二上·辽宁丹东·期末）如图所示为某公园景观的一隅，是由五处区域构成，现为了美观要将五处区域用鲜花装饰，要求相邻区域种植不同色的鲜花，有种颜色鲜花可供选用，则不同的装饰方案数为（    ） A． B． C． D． 依次确定区域、、、、的选法种数，结合分步乘法计数原理可得结果. 6．（2023·山西忻州·模拟预测）春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有5种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ） A．120种 B．240种 C．420种 D．720种 题型二：分步加法分类乘法原理 1．（23-24高二下·浙江·期中）2023年9月23日至10月8日，第19届亚运会在杭州成功举办，组委会将篮球、网球、排球、空手道、击剑、摔跤6个项目安排在3个不同的体育场馆比赛，每个场馆安排2个项目，其中排球、空手道必须安排到同一场馆，则不同的排法共有（    ） A．12种 B．18种 C．36种 D．54种 2．（23-24高二下·浙江嘉兴·期中）不透明的盒子中有红色、黄色、黑色的球各个，且这些球标有不同的编号，每次从中随机取出个，不放回，当取出相同颜色的球时，结束取球，则结束取球时，恰有种不同颜色的球被取出的取法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 3．（23-24高二下·山东济南·期末）大明湖是济南三大名胜之一，素有“泉城明珠”之美誉，自2017年1月1日起全面向社会免费开放.景区有东南西北4个大门，每个大门进去都有不同景致，小明从一个门进，另一个门出，则不同进出方式的种数为（    ） A．7 B．8 C．12 D．16 4．（23-24高二下·广东佛山·期末）某小组5人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中抽取一张，则恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式有（    ） A．9种 B．11种 C．44种 D．45种 5．（23-24高二下·天津蓟州·阶段练习）某学校选派甲，乙，丙，丁，戊共5位优秀教师分别前往，，，四所农村小学支教，用实际行动支持农村教育，其中每所小学至少去一位教师，甲，乙，丙不去小学但能去其他三所小学，丁，戊四个小学都能去，则不同的安排方案的种数是（    ） A．78 B．96 C．126 D．128 6．（24-25高二上·上海·假期作业）从集合中，选出个数组成的子集，使得这个数中的任何两个数之和不等于，则取出这样的子集的个数为（    ） A． B． C． D． 题型三：元素限制问题 1．（23-24高二下·四川遂宁·阶段练习）北京时间2023年10月26日19时34分，神舟十六号航天员乘组（景海鹏，杜海潮，朱杨柱3人）顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十七号航天员乘组（汤洪波，唐胜杰，江新林3人）人驻“天宫”．随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向全国人民报平安．若这6名航天员站成一排合影留念，唐胜杰与江新林相邻，景海鹏不站最左边，汤洪波不站最右边，则不同的排法有（    ） A．144种 B．204种 C．156种 D．240种 2．（23-24高二下·江苏南通·期中）学校要安排一场文艺晚会的8个节目的演出顺序，学生的节目有6个，教师的节目有2个，如果教师的节目既不排在第一个，也不排在最后一个，那么不同的排法数为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·北京通州·期末）某工厂生产一种产品需经过一，二，三，四共4道工序，现要从，，，，，这6名员工中选出4人，安排在4道工序上工作（每道工序安排一人），如果员工不能安排在第四道工序，则不同的安排方法共有（    ） A．360种 B．300种 C．180种 D．120种 4．（23-24高二下·北京丰台·期末）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行数学建模比赛，决出了第1名到第5名的名次（无并列情况）．甲、乙、丙去询问成绩．老师对甲说：“你不是最差的．”对乙说：“很遗憾，你和甲都没有得到冠军．”对丙说：“你不是第2名．”从这三个回答分析，5名同学可能的名次排列情况种数为（    ） A．44 B．46 C．52 D．54 5．（23-24高二下·河北沧州·期末）高二（1）班从5名同学中选取4人参加校运会的米接力赛，每人只能跑一棒，其中第一棒只能从中选一人跑，且不相邻，第四棒不能由跑，则不同的选取方法有（    ） A．18种 B．20种 C．24种 D．28种 6．（23-24高二下·重庆·期末）将1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数填入如图所示的3×3的九宫格中， 每个格子中只填入1个数，已知4个偶数分别填入有阴影的格子中，则每一行的3个数字之积都能被3 整除的概率为（   ） A． B． C． D． 题型四：相邻与不相邻问题的排列 1．（2024·山东滨州·二模）某单位安排5名同志在5月1日至5日值班，每天安排1人，每人值班1天．若5名同志中的甲、乙安排在相邻两天，丙不安排在5月3日，则不同的安排方案共有（    ） A．42种 B．40种 C．36种 D．30种 2．（23-24高二下·浙江·期中）东阳市一米阳光公益组织主要进行“敬老”和“助学”两项公益项目，某周六，组织了七名大学生开展了“筑梦前行，阳光助学”活动后，大家合影留念，其中米一同学想与佳艳､刘西排一起，且要排在她们中间，则全部排法有（    ）种. A．120 B．240 C．480 D．720 3．（2024高三·全国·专题练习）某校王老师带着2名女生和3名男生去参加数学建模比赛，比赛结束要进行拍照留念，若王老师不站在两端，2名女生相邻，则不同的站法共有（    ） A．120种 B．144种 C．158种 D．186种 4．（17-18高三下·河北保定·阶段练习）红海行动是一部现代化海军题材影片，该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事．撤侨过程中，海军舰长要求队员们依次完成六项任务，并对任务的顺序提出了如下要求：重点任务A必须排在前三位，且任务、必须排在一起，则这六项任务的不同安排方案共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 5．（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）象棋作为一种古老的传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价值.它具有红黑两种阵营，将､车､马､炮､兵等均为象棋中的棋子，现将3个红色的“将”“车”“马”棋子与2个黑色的“将”“车”棋子排成一列，则下列说法不正确的是（    ） A．共有120种排列方式 B．若两个“将”相邻，则有24种排列方式 C．若两个“将”不相邻，则有72种排列方式 D．若同色棋子不相邻，则有12种排列方式 6．（2024·全国·模拟预测）2023年“中华情·中国梦”中秋展演系列活动在厦门举办，包含美术、书法、摄影民间文艺作品展览，书画笔会，中秋文艺晚会等内容．假如在美术、书法、摄影民间文艺作品展览中，某区域有2幅不同的美术作品、3幅不同的书法作品、2幅不同的摄影作品，将这7幅作品排成一排挂在同一面墙上，则美术作品不能挂两端且摄影作品不能相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 题型五：分组分配问题 1．（24-25高三上·重庆·开学考试）第41届全国青少年信息学奥林匹克竞赛于2024年7月日在重庆市育才中学成功举办．在本次竞赛组织过程中，有甲、乙等5名育才新教师参加了接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名新教师只参加一个服务项目，每个服务项目至少有一名新教师参加．若5名新教师中的甲、乙两人不参加同一个服务项目，则不同的安排方案有（    ）种 A．108 B．114 C．150 D．240 2．（24-25高三上·山东烟台·开学考试）安排4名大学生到两家公司实习，每名大学生只去一家公司，每家公司至少安排1名大学生，则大学生甲､乙到同一家公司实习的概率为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·山西大同·阶段练习）某调研小组有6名调研员（A，B，C，D，E，F），现安排这6名调研员去三个影院调研国产电影的观影评论，每个影院至少安排一人，至多安排三人，且C，D两人安排在同一个影院，E，F两人不安排在同一个影院，则不同的分配方法总数为（    ） A．84 B．90 C．96 D．120 4．（23-24高二下·河南漯河·期末）现有包含两本书的六本不同的书，分给甲､乙､丙三个人，要求每人至少一本，其中两本书被分给甲的概率为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二下·天津南开·期末）为丰富同学们的劳动体验，增强劳动技能，认识到劳动最光荣、劳动最伟大，高二年级在社会实践期间开展“打埂作畦”“移苗定植”“挑水浇园”“插架”四项劳动技能比赛项目．某宿舍8名同学积极参加，若每名同学必须参加且只能参加1个项目，且每个项目至多三人参加，则这8个人中至多有1人参加“打埂作畦”的不同参加方法数为（    ） A．2730 B．10080 C．20160 D．40320 6．（23-24高二下·四川成都·期末）某市人民政府新招聘进 5 名应届大学毕业生，分配给教育、卫生、医疗、文旅四个部门， 每人只去一个部门，若教育部门必须安排 2 人，其余部门各安排 1 人，则不同的方案数为（    ） A．52 B．60 C．72 D．360 题型六：二项式展开式问题 1．（23-24高二下·安徽芜湖·期末）在的展开式中，含的项的系数是（    ） A．120 B．240 C．274 D．282 2．（18-19高二·全国·课后作业）化简多项式的结果是（    ） A． B． C． D． 3．（2021·广西·一模）的展开式中各项的指数之和再减去各项系数乘以各项指数之和的值为（    ） A．0 B． C． D． 4．（19-20高三上·河南·阶段练习）的展开式的常数项为 A． B． C． D． 5．（2023·广东江门·一模）已知多项式，则（    ） A．－960 B．960 C．－480 D．480 6．（21-22高二下·江苏南通·期末）在的展开式中，含项的系数为（    ） A．50 B．35 C．24 D．10 题型七：二项式系数和问题 1．（23-24高二下·新疆克孜勒苏·期末）已知的二项展开式中二项式系数和为32，若，则等于（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·黑龙江齐齐哈尔·期末）已知的展开式的各二项式系数和为，且的系数为，则（    ） A．1 B．2 C． D． 3．（23-24高二下·安徽合肥·期末）在二项式的展开式中，二项式系数的和为4，把展开式中所有的项重新排成一列，奇次项（未知数的指数为奇数的项）都互不相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·安徽滁州·期末）若的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则展开式中的系数是（    ） A．32 B．64 C．80 D．160 5．（23-24高二下·贵州·阶段练习）在的展开式中，下列说法错误的是（    ） A．二项式系数之和为64 B．各项系数之和为 C．二项式系数最大的项为 D．常数项为 6．（2024·湖北武汉·模拟预测）（    ） A． B． C． D． 题型八：求系数最大（小）的项 1．（23-24高二下·江苏泰州·期末）已知的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（2023·全国·模拟预测）的展开式中系数最大的项为（    ） A．70 B．56 C．或 D． 3．（2023·全国·模拟预测）已知二项式，的展开式中第四项的系数最大，则a的值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（2023·湖北襄阳·模拟预测）已知的展开式中前三项的二项式系数和为，则展开式中系数最大的项为第（    ） A．项 B．项 C．项 D．项 5．（2023·陕西安康·三模）在的展开式中，下列说法正确的是（   ） A．所有项的二项式系数和为1 B．第4项和第5项的二项式系数最大 C．所有项的系数和为128 D．第4项的系数最大 6．（2023·上海静安·一模）在的二项展开式中，称为二项展开式的第项，其中r=0，1，2，3，……，n．下列关于的命题中，不正确的一项是（    ） A．若，则二项展开式中系数最大的项是． B．已知，若，则二项展开式中第2项不大于第3项的实数的取值范围是． C．若，则二项展开式中的常数项是． D．若，则二项展开式中的幂指数是负数的项一共有12项． 题型九：奇次项与偶次项的系数和问题 1．（2024高三·全国·专题练习）若，则的值为（    ） A．0 B． C．1 D． 2．（23-24高二下·湖南益阳·期末）已知，那么的值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·江苏宿迁·期末）已知，则的值为（    ） A．255 B．256 C．511 D．512 4．（23-24高二下·天津滨海新·期中）已知，则下列描述正确的是（   ） A． B．除以5所得的余数是1 C． D． 5．（2024高三下·全国·专题练习）已知，则下列结论错误的是（   ） A． B．当时， C．若的展开式中第7项的二项式系数最大，则等于或 D．当时， 6．（23-24高二下·广东广州·期中）已知，其中，则（    ） A．16 B．32 C．24 D．48 题型十：三项展开式的系数问题 1．（2022·山东枣庄·三模）在的展开式中，含项的系数为（    ） A． B．480 C． D．240 2．（2022·四川德阳·三模）的展开式中，的系数为（    ） A．120 B．60 C．40 D．30 3．（21-22高三下·四川成都·阶段练习）的展开式中的系数为（    ） A．12 B． C．6 D． 4．（21-22高二·全国·课后作业）展开式中的常数项为（    ） A．20 B．-20 C．-12 D．-8 5．（21-22高三下·安徽·阶段练习）在的展开式中，项的系数为（    ） A． B． C． D． 6．（21-22高三上·广东佛山·阶段练习）展开式中不含y的各项系数之和为（   ） A． B． C． D． 题型十一：整除和余数问题 1．（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）若，且能被17整除，则的最小值为（    ） A．0 B．1 C．15 D．16 2．（2024·湖北荆州·三模）已知，则被3除的余数为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 3．（23-24高二下·河北邢台·期中）令，则当时，a除以15所得余数为（    ） A．4 B．1 C．2 D．0 4．（2024·江西·模拟预测）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设，，为整数，若和同时除以所得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，，则的值可以是（   ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 5．（2024·重庆·三模）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设，，为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余.记为.若，，则的值可以是（    ） A．14 B．15 C．16 D．17 6．（23-24高三下·江西赣州·期中）十进制计数法简单易懂，方便人们进行计算.也可以用其他进制表示数，如十进制下，，用七进制表示68这个数就是125，个位数为5，那么用七进制表示十进制的，其个位数是（    ） A．1 B．2 C．5 D．6 题型十二：x+y+z=n的整数解的个数 1．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）关于的方程（其中，且）的解共有 组．（用数字作答） 2．（21-22高三·江苏南京·强基计划）方程的非负整数解的个数为 . 3．（21-22高二下·重庆·阶段练习）若方程：，则方程的正整数解的个数为 . 4．（20-21高二·全国·单元测试）不定方程的非负整数解的个数为 . 5．（20-21高二下·湖南常德·阶段练习）方程的非负整数解有 组. 6．（16-17高二下·福建三明·期末）将个数学竞赛名额分配给个不同的班级，其中甲、乙两个班至少各有个名额，则不同的分配方案种数为 . 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第三章 排列组合与二项式定理（压轴题专练） 题型一：涂色问题 1．（23-24高二下·重庆·期中）给正六边形的六条边涂色，现有3种不同的颜色可以选择，要求相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有（    ）种 A．99 B．96 C．66 D．60 【答案】C 【分析】对三条边所涂颜色的种数进行分类讨论，确定另外三条边所涂颜色的方法种数，利用分步乘法和分类加法计数原理可得结果. 【详解】第一类，三条边用同一种颜色， 先涂有种方法，再涂有种方法，再涂有种方法， 再涂有种方法，共有方法数为种； 第二类，三条边用种颜色， 由三条边用种颜色，可得必有条边涂同一种颜色， 先涂有种方法，再涂，，有种方法， 共有方法数为种； 第三类三条边用种颜色， 先涂有种方法，再涂有种方法，再涂有种方法， 再涂有种方法，共有方法数为种； 由分类加法计数原理可得，共有方法数种． 故选：C． 2．（23-24高二下·吉林长春·阶段练习）如图，用四种不同的颜色对图中5个区域涂色（四种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（   ） A．72种 B．96种 C．150种 D．168种 【答案】B 【分析】按照分步、分类计数原理计算可得. 【详解】第一步：涂区域，有种方法； 第二步：涂区域，有种方法； 第三步：涂区域，有种方法； 第四步（此前三步已经用去三种颜色）：涂区域，分两类： 第一类，区域与同色，则区域涂第四种颜色； 第二类，区域与不同色，则区域涂第四种颜色， 此时区域就可以涂区域或区域或区域中的任意一种颜色，有种方法． 所以，不同的涂色种数有. 故选：B. 3．（23-24高二下·福建福州·阶段练习）如图，用4种不同的颜色对图中 5个区域涂色（4种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有（   ）    A．24 B．96 C．48 D．108 【答案】B 【分析】按照分步、分类计数原理计算可得. 【详解】第一步：涂区域，有种方法； 第二步：涂区域，有种方法； 第三步：涂区域，有种方法； 第四步（此前三步已经用去三种颜色）：涂区域，分两类： 第一类，区域与同色，则区域涂第四种颜色； 第二类，区域与不同色，则区域涂第四种颜色， 此时区域就可以涂区域或区域或区域中的任意一种颜色，有种方法． 所以，不同的涂色种数有. 故选：B 4．（22-23高二下·山西太原·阶段练习）四种不同的颜色涂在如图所示的6个区域，且相邻两个区域不能同色，满足条件的涂法数有（    ）种 A．24 B．72 C．120 D．144 【答案】C 【分析】由第一类区域6与区域4相同，涂区域5有4种方法，涂区域1有3种方法，涂区域4有2种方法，涂区域3有2种方法，涂区域2有1种方法，第二类区域6与区域4不相同，涂区域5有4种方法，涂区域1有3种方法，涂区域4有2种方法，涂区域6有1种方法，再分类，若区域6与区域3相同，涂区域2有2种方法；若区域6与区域3不相同，涂区域3，2有1种方法，分别利用分步计数原理求解. 【详解】解：第一类：若区域6与区域4相同，涂区域5有4种方法，涂区域1有3种方法，涂区域4有2种方法，涂区域3有2种方法，涂区域2有1种方法， 则不同的涂色方案有种； 第二类：若区域6与区域4不相同，涂区域5有4种方法，涂区域1有3种方法，涂区域4有2种方法，涂区域6有1种方法， 再分类，若区域6与区域3相同，涂区域2有2种方法；若区域6与区域3不相同，涂区域3，2有1种方法； 则不同的涂色方案有种； 根据分类计数原理，不同的涂色方案有种. 故选：C. 5．（22-23高二上·辽宁丹东·期末）如图所示为某公园景观的一隅，是由五处区域构成，现为了美观要将五处区域用鲜花装饰，要求相邻区域种植不同色的鲜花，有种颜色鲜花可供选用，则不同的装饰方案数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 依次确定区域、、、、的选法种数，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】区域有种颜色鲜花可供选择，区域有种颜色鲜花可供选择，区域有种颜色鲜花可供选择， 区域、各有种颜色鲜花可供选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的装饰方案数为种. 故选：B. 6．（2023·山西忻州·模拟预测）春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有5种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ） A．120种 B．240种 C．420种 D．720种 【答案】C 【分析】先对图中不同的区域命名，再运用分步计数和分类计数的方法从中央开始计数即可. 【详解】如图，先在A中种植，有5种不同的选择，再在B中种植，有4种不同的选择，再在C中种植，有3种不同的选择，再在D中种植， 若D与B种植同一种花卉，则E有3种不同的选择，若D与B种植不同花卉，则D有2种不同的选择，E有2种不同的选择， 不同的布置方案有种； 故选：C. 题型二：分步加法分类乘法原理 1．（23-24高二下·浙江·期中）2023年9月23日至10月8日，第19届亚运会在杭州成功举办，组委会将篮球、网球、排球、空手道、击剑、摔跤6个项目安排在3个不同的体育场馆比赛，每个场馆安排2个项目，其中排球、空手道必须安排到同一场馆，则不同的排法共有（    ） A．12种 B．18种 C．36种 D．54种 【答案】B 【分析】根据题意可知，可以分为两步来计算，第一步先把比赛进行分组，第二步将分好组的比赛项目安排到3个不同体育场比赛，根据分步计算原理可得. 【详解】根据题意可知，可以分为两步来计算， 第一步先把比赛进行分组，要求排球、空手道必须安排到同一场馆， 有种分法， 第二步将分好组的比赛项目安排到3个不同体育场比赛，有种分法， 根据分步计算原理知种. 故选：B 2．（23-24高二下·浙江嘉兴·期中）不透明的盒子中有红色、黄色、黑色的球各个，且这些球标有不同的编号，每次从中随机取出个，不放回，当取出相同颜色的球时，结束取球，则结束取球时，恰有种不同颜色的球被取出的取法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【分析】合理分步，应用分步乘法原理计算即可. 【详解】第一步，从9个球中任意取一个，有 种取法； 第二步，从与第一步所取球颜色不同的6个球中任意取一个，有种取法； 第三步，剩下的球中与第一步颜色相同的球有2个，与第二步颜色相同的球也有2个，从这4个球中任意选一个，有 种取法； 根据分步乘法计数原理，结束取球时，恰有2种不同颜色的球被取出的取法共有种. 故选：D . 3．（23-24高二下·山东济南·期末）大明湖是济南三大名胜之一，素有“泉城明珠”之美誉，自2017年1月1日起全面向社会免费开放.景区有东南西北4个大门，每个大门进去都有不同景致，小明从一个门进，另一个门出，则不同进出方式的种数为（    ） A．7 B．8 C．12 D．16 【答案】C 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】由题意，分两步完成，第一步选一个大门进去有4种选法，第二步选一个大门出去有3种选法， 所以由分步乘法计数原理可知共有种. 故选：C 4．（23-24高二下·广东佛山·期末）某小组5人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中抽取一张，则恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式有（    ） A．9种 B．11种 C．44种 D．45种 【答案】D 【分析】用树状图罗列4人抽到的贺年卡均不为自己的情况有几种即可得到5人中恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式. 【详解】除抽到自己的人，其它4人各写一张贺年卡集中起来，再每人从中抽取一张， 标记这4人为B、C、D、E，其对应的贺卡为b、c、d、e， 则4人均未抽到自己的贺年卡情况如下列树状图所以： 由树状图可知，这4人均未抽到自己贺卡情况下抽到的贺年卡情况共有9种， 所以5人各写一张贺年卡，集中起来再每人从中抽取一张，恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式有种. 故选：D. 5．（23-24高二下·天津蓟州·阶段练习）某学校选派甲，乙，丙，丁，戊共5位优秀教师分别前往，，，四所农村小学支教，用实际行动支持农村教育，其中每所小学至少去一位教师，甲，乙，丙不去小学但能去其他三所小学，丁，戊四个小学都能去，则不同的安排方案的种数是（    ） A．78 B．96 C．126 D．128 【答案】A 【分析】分组讨论结合组合排列关系计算即可. 【详解】要求每所小学至少去一位教师，则需要将5人分成4组。 甲，乙，丙中有2位教师去同一所学校有：种情况， 甲，乙，丙中有1位教师与丁或戊去同一所学校有：种情况， 丁，戊两人选择同一所学校有：种情况， 所以满足题意的情况为：36+36+6=78, 故选：. 6．（24-25高二上·上海·假期作业）从集合中，选出个数组成的子集，使得这个数中的任何两个数之和不等于，则取出这样的子集的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先找出和为的5组数，然后从这五组每组中各取一个数就符合题意，即可得出答案. 【详解】将和为的数分组：共5组， 只要从这五组每组中各取一个数就符合题意，每组有2种取法，故有个子集. 故选：B 题型三：元素限制问题 1．（23-24高二下·四川遂宁·阶段练习）北京时间2023年10月26日19时34分，神舟十六号航天员乘组（景海鹏，杜海潮，朱杨柱3人）顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十七号航天员乘组（汤洪波，唐胜杰，江新林3人）人驻“天宫”．随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向全国人民报平安．若这6名航天员站成一排合影留念，唐胜杰与江新林相邻，景海鹏不站最左边，汤洪波不站最右边，则不同的排法有（    ） A．144种 B．204种 C．156种 D．240种 【答案】C 【分析】先应用捆绑解决相邻，再分海鹏站位置分类，最后应用分步解决问题. 【详解】第一步，唐胜杰、江新林2人相邻，有种排法； 第二步，分景海鹏站最右边与景海鹏不站最左边与最右边两种情况讨论 第一种情况：景海鹏站最右边，共有种排法； 第二种情况：景海鹏不站最左边与最右边，则共有种排法， 故总共有种排法.    故选：C. 2．（23-24高二下·江苏南通·期中）学校要安排一场文艺晚会的8个节目的演出顺序，学生的节目有6个，教师的节目有2个，如果教师的节目既不排在第一个，也不排在最后一个，那么不同的排法数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先排两个学生节目在最前最后，在中间六个位置排剩下节目即可. 【详解】先排两个学生节目在最前最后位置，然后排在中间六个位置排剩下节目，运用分步乘法原理，总排法数为. 故选：C． 3．（23-24高二下·北京通州·期末）某工厂生产一种产品需经过一，二，三，四共4道工序，现要从，，，，，这6名员工中选出4人，安排在4道工序上工作（每道工序安排一人），如果员工不能安排在第四道工序，则不同的安排方法共有（    ） A．360种 B．300种 C．180种 D．120种 【答案】B 【分析】从6人中任取4人安排工作，去掉A安排在第四道工序工作的安排方法数即得. 【详解】从6名员工中任选4人，安排在4道工序上工作的安排方法数为种， 其中员工在第四道工序工作的安排方法数为种， 所以不同的安排方法共有（种）. 故选：B 4．（23-24高二下·北京丰台·期末）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行数学建模比赛，决出了第1名到第5名的名次（无并列情况）．甲、乙、丙去询问成绩．老师对甲说：“你不是最差的．”对乙说：“很遗憾，你和甲都没有得到冠军．”对丙说：“你不是第2名．”从这三个回答分析，5名同学可能的名次排列情况种数为（    ） A．44 B．46 C．52 D．54 【答案】B 【分析】甲、乙不是第一名且甲不是最后一名．甲的限制最多，故先排甲，有可能是第二、三、四名3种情况；再排乙，也有3种情况；余下的问题是三个元素在三个位置全排列，根据分步计数原理即可得到结果，但丙不是第2名，以上所有结果还要排除丙是第2名的所有情况，最后间接法得解. 【详解】由题意得：甲、乙都不是第一名且甲不是最后一名．甲的限制最多，故先排甲， 有可能是第二、三、四名3种情况；再排乙，也有3种情况；余下3人有种排法， 故共有种不同的情况， 假如丙是第2名，则甲有可能是第三、四名2种情况； 再排乙，也有2种情况；余下2人有种排法， 故共有种不同的情况， 由间接法得：满足题意的，5名同学可能的名次排列情况种数为种， 故选：B. 5．（23-24高二下·河北沧州·期末）高二（1）班从5名同学中选取4人参加校运会的米接力赛，每人只能跑一棒，其中第一棒只能从中选一人跑，且不相邻，第四棒不能由跑，则不同的选取方法有（    ） A．18种 B．20种 C．24种 D．28种 【答案】D 【分析】根据题意，先不考虑是否相邻的情况下，取得共有种排法，再由相邻时，得到种排法，进而求得符合条件的选取方法种数，得到答案. 【详解】在不考虑是否相邻的情况下，第一棒的选取有种，第四棒的选取有种， 剩下两棒有种，此时共有（种）， 若相邻，则只能是第一､二棒，在种，第四棒的选取有种， 第三棒的选取有种，其有（种）， 符合条件的选取方法共有（种）. 故选：D. 6．（23-24高二下·重庆·期末）将1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数填入如图所示的3×3的九宫格中， 每个格子中只填入1个数，已知4个偶数分别填入有阴影的格子中，则每一行的3个数字之积都能被3 整除的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出把5个奇数填入白色格子的试验的基本事件总数，再求出每一行的3个数字之积都能被3 整除的事件含有的基本事件数即可求出概率. 【详解】依题意，5个奇数填入白色格子的试验的基本事件总数为， 中间行必有一格填奇数3，9之一，另一个填入不含6的那一行，有种方法， 再排奇数1，5，7，有种方法， 因此每一行的3个数字之积都能被3 整除的事件含有的基本事件数为， 所以每一行的3个数字之积都能被3 整除的概率. 故选：B 题型四：相邻与不相邻问题的排列 1．（2024·山东滨州·二模）某单位安排5名同志在5月1日至5日值班，每天安排1人，每人值班1天．若5名同志中的甲、乙安排在相邻两天，丙不安排在5月3日，则不同的安排方案共有（    ） A．42种 B．40种 C．36种 D．30种 【答案】B 【分析】利用相邻问题的排列数，减去甲乙相邻时丙排在5月3日的排列数得解. 【详解】甲乙相邻的排列数是，其中甲乙相邻且丙排在5月3日的排列数为， 所以不同的安排方案共有（种）. 故选：B 2．（23-24高二下·浙江·期中）东阳市一米阳光公益组织主要进行“敬老”和“助学”两项公益项目，某周六，组织了七名大学生开展了“筑梦前行，阳光助学”活动后，大家合影留念，其中米一同学想与佳艳､刘西排一起，且要排在她们中间，则全部排法有（    ）种. A．120 B．240 C．480 D．720 【答案】B 【分析】根据米一同学想与佳艳､刘西排一起，且在他们中间，将米、佳艳、刘西捆绑在一起，与剩余4个同学作为5个元素全排列求解. 【详解】解：因为米一同学想与佳艳､刘西排一起， 所以捆绑在一起，与剩余4个同学作为5个元素全排列有种 ， 又因为米一同学想与佳艳､刘西排一起，且在他们中间，则佳艳､刘西全排列有种， 所以全部排法有：种， 故选：B 3．（2024高三·全国·专题练习）某校王老师带着2名女生和3名男生去参加数学建模比赛，比赛结束要进行拍照留念，若王老师不站在两端，2名女生相邻，则不同的站法共有（    ） A．120种 B．144种 C．158种 D．186种 【答案】B 【分析】先把2名女生捆绑，再把2名女生当成一个元素和3名男生进行排列，然后利用插空法安排王老师求解；法二：先把2名女生捆绑在一起，与其他4个人排列，再排除王老师站在两端的情况求解. 【详解】解：法一：第一步：先把2名女生捆绑在一起有种情况， 第二步：把2名女生当成一个元素和3名男生进行排列有种站法， 第三步：利用插空法安排王老师，四个元素排好有五个空，且王老师不能站在两端， 所以王老师只能站在中间的三个空中，所以王老师有种站法， 由分步乘法计数原理可得不同的站法共有（种）． 故选：B． 法二：把2名女生捆绑在一起，与其他4个人排列，有（种）情况， 王老师站在两端的情况有（种）， 所以王老师不站在两端，2名女生相邻的不同站法有（种）． 故选：B． 4．（17-18高三下·河北保定·阶段练习）红海行动是一部现代化海军题材影片，该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事．撤侨过程中，海军舰长要求队员们依次完成六项任务，并对任务的顺序提出了如下要求：重点任务A必须排在前三位，且任务、必须排在一起，则这六项任务的不同安排方案共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【分析】分任务A排在第1位，第2位，第3位三种情况进行讨论，每种情况中要将E和F用捆绑法当作一个整体，再与剩余任务进行全排列，当A排第2位时，要注意E和F的整体不可放置在第1位上，最后将所有情况用分类加法进行求和即可. 【详解】解：根据题意，由于任务A必须排在前三位，分种情况讨论： 排在第一位， 任务、必须排在一起，则任务、相邻的位置有个，考虑两者的顺序，有种情况， 将剩下的个任务全排列，安排在其他三个位置，有种安排方法， 则此时有种安排方案； 排在第二位， 任务、必须排在一起，则任务、相邻的位置有个，考虑两者的顺序，有种情况， 将剩下的个任务全排列，安排在其他三个位置，有种安排方法， 则此时有种安排方案； 排在第三位， 任务、必须排在一起，则任务、相邻的位置有个，考虑两者的顺序，有种情况， 将剩下的个任务全排列，安排在其他三个位置，有种安排方法， 则此时有种安排方案； 则符合题意要求的安排方案有种； 故选：D． 5．（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）象棋作为一种古老的传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价值.它具有红黑两种阵营，将､车､马､炮､兵等均为象棋中的棋子，现将3个红色的“将”“车”“马”棋子与2个黑色的“将”“车”棋子排成一列，则下列说法不正确的是（    ） A．共有120种排列方式 B．若两个“将”相邻，则有24种排列方式 C．若两个“将”不相邻，则有72种排列方式 D．若同色棋子不相邻，则有12种排列方式 【答案】B 【分析】A选项，由全排列知识进行求解，B选项，相邻问题进行捆绑，再由排列知识求出答案；C选项，不相邻问题插空法进行求解；D选项，先将2个黑色的棋子进行全排列，再插空即可. 【详解】A选项，由排列知识可得共有种排列方式，A正确； B选项，两个“将”捆绑，有种情况，再和剩余的4个棋子进行全排列，故共有种情况，B错误； C选项，两个“将”不相邻，先将剩余3个棋子进行全排列，共有4个空，再将两个“将”插空，故共有种情况，C正确； D选项，将2个黑色的棋子进行全排列，共有3个空，再将3个红色的棋子进行插空，则有种排列方式，D正确. 故选：B. 6．（2024·全国·模拟预测）2023年“中华情·中国梦”中秋展演系列活动在厦门举办，包含美术、书法、摄影民间文艺作品展览，书画笔会，中秋文艺晚会等内容．假如在美术、书法、摄影民间文艺作品展览中，某区域有2幅不同的美术作品、3幅不同的书法作品、2幅不同的摄影作品，将这7幅作品排成一排挂在同一面墙上，则美术作品不能挂两端且摄影作品不能相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用排列知识求出7幅作品所有的不同挂法，结合捆绑法，插空法求出美术作品不能挂两端且摄影作品相邻时不同的挂法，利用间接法求出美术作品不能挂两端且摄影作品不能相邻的挂法，根据古典概型概率公式求结论. 【详解】由题意知这7幅作品所有的不同挂法有种， 美术作品不能挂两端且摄影作品相邻时不同的挂法有种， 美术作品不能挂两端时不同的挂法有种， 则美术作品不能挂两端且摄影作品不能相邻的不同的挂法有种， 所以事件美术作品不能挂两端且摄影作品不能相邻的概率为， 故选：B 题型五：分组分配问题 1．（24-25高三上·重庆·开学考试）第41届全国青少年信息学奥林匹克竞赛于2024年7月日在重庆市育才中学成功举办．在本次竞赛组织过程中，有甲、乙等5名育才新教师参加了接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名新教师只参加一个服务项目，每个服务项目至少有一名新教师参加．若5名新教师中的甲、乙两人不参加同一个服务项目，则不同的安排方案有（    ）种 A．108 B．114 C．150 D．240 【答案】B 【分析】把5名新教师分成3组，利用分组分配及排除法列式计算即得. 【详解】5名新教师按分组有种方法，按分组有种分法， 因此5名新教师的安排方案有种， 当甲乙在同一组时，甲乙可视为1个人，即相当于4名教师的安排方案，有种， 所以所求不同的安排方案有（种）. 故选：B 2．（24-25高三上·山东烟台·开学考试）安排4名大学生到两家公司实习，每名大学生只去一家公司，每家公司至少安排1名大学生，则大学生甲､乙到同一家公司实习的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】4名大学生分两组，每组至少一人，有两种情形，分别为3，1人或2，2人；共有种实习方案，其中甲，乙到同一家实习的情况有种，则可得到甲､乙到同一家实习的概率. 【详解】4名大学生分两组，每组至少一人，有两种情形，分别为3，1人或2，2人, 即共有种实习方案， 其中甲，乙到同一家实习的情况有种， 故大学生甲､乙到同一家实习的概率为. 故选：D. 3．（23-24高二下·山西大同·阶段练习）某调研小组有6名调研员（A，B，C，D，E，F），现安排这6名调研员去三个影院调研国产电影的观影评论，每个影院至少安排一人，至多安排三人，且C，D两人安排在同一个影院，E，F两人不安排在同一个影院，则不同的分配方法总数为（    ） A．84 B．90 C．96 D．120 【答案】A 【分析】分两种分配方式：第一种分配方式为每个影院各两人，第二种分配方式为一个影院1人，一个影院2人，一个影院3人，第二种分配方式再分当CD两人一组去一个影院；当CD加上另一人去一个影院，选择的是E或F；当CD加上另一人去一个影院，选择的不是E或F，求解后利用分类加法原理可求得结果. 【详解】第一种分配方式为每个影院各两人，则AE一组，BF一组，或BE一组，AF一组，有2种分组方式， 再三组人，三个影院进行排列，则分配方式共有种； 第二种分配方式为一个影院1人，一个影院2人，一个影院3人， 当CD两人一组去一个影院，则剩下的4人中1人为一组，3人为一组， 则必有E或F为一组，有种分配方法，再三个影院，三组人，进行排列， 有种分配方法； 当CD加上另一人去一个影院，若选择的是E或F，则有种选择，再将剩余3人分为两组，有种分配方法， 将三个影院，三组人，进行排列，有种分配方法； 若选择的不是E或F，即从A或B中选择1人和CD一起，有种分配方法， 再将EF和剩余的1人共3人分为两组，有2种分配方法，将三个影院，三组人， 进行排列，有种分配方法， 综上，共有种不同的分配方式． 故选：A． 4．（23-24高二下·河南漯河·期末）现有包含两本书的六本不同的书，分给甲､乙､丙三个人，要求每人至少一本，其中两本书被分给甲的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将六本书先分组再分配，按照三组本数为，和三种情况讨论可得总分法.每种情况下优先分甲可得满足条件的分法，然后由古典概型概率公式可得. 【详解】第一类，将六本书分成三组，然后分给三人共有种， 其中满足条件的分法：先将两本分给甲，然后将4本书分成两组分给乙、丙， 共有种； 第二类，将六本书分成三组，然后分给三人共有种， 其中满足条件的分法：先从4本书中取2本连同分给甲，剩下的分给乙、丙， 共有种； 第三类，将六本书分成三组，然后分给三人共有种， 其中满足条件的分法： 1）甲得2本：将分给甲，然后将剩余4本分成两组分给乙、丙， 共有种； 2）甲得3本：先从4本书中取1本连同分给甲，再将剩余3本分成两组分给乙、丙， 共有. 综上，将六本不同的书，分给甲､乙､丙三个人，共有种， 满足条件的分法有种. 所以，两本书被分给甲的概率为. 故选：C 5．（23-24高二下·天津南开·期末）为丰富同学们的劳动体验，增强劳动技能，认识到劳动最光荣、劳动最伟大，高二年级在社会实践期间开展“打埂作畦”“移苗定植”“挑水浇园”“插架”四项劳动技能比赛项目．某宿舍8名同学积极参加，若每名同学必须参加且只能参加1个项目，且每个项目至多三人参加，则这8个人中至多有1人参加“打埂作畦”的不同参加方法数为（    ） A．2730 B．10080 C．20160 D．40320 【答案】B 【分析】分两种情况根据分组与分配问题的求解方法求解即可. 【详解】若没有人参加“打埂作畦”，则有种不同的方法， 若有一人参加“打埂作畦”，则有种不同的方法， 所以这8个人中至多有1人参加“打埂作畦”的不同参加方法数为. 故选：. 6．（23-24高二下·四川成都·期末）某市人民政府新招聘进 5 名应届大学毕业生，分配给教育、卫生、医疗、文旅四个部门， 每人只去一个部门，若教育部门必须安排 2 人，其余部门各安排 1 人，则不同的方案数为（    ） A．52 B．60 C．72 D．360 【答案】B 【分析】先分人数分组，再结合要求应用排列分部门即可. 【详解】 5 名应届大学毕业生，分配给教育、卫生、医疗、文旅四个部门， 每人只去一个部门， 人数分配为,可得, 若教育部门必须安排 2 人，其余部门各安排 1 人，则可得 故选：B. 题型六：二项式展开式问题 1．（23-24高二下·安徽芜湖·期末）在的展开式中，含的项的系数是（    ） A．120 B．240 C．274 D．282 【答案】C 【分析】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个常数，1个，即可写出含的项. 【详解】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个常数，1个， 所以含的项为， 所以含的项的系数是. 故选：. 2．（18-19高二·全国·课后作业）化简多项式的结果是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知，将多项式的每一项都变成二项式展开式的结构，观察结构变化，即可进行合并，完成求解. 【详解】依题意可知，多项式的每一项都可看作， 故该多项式为的展开式， 化简． 故选：D. 3．（2021·广西·一模）的展开式中各项的指数之和再减去各项系数乘以各项指数之和的值为（    ） A．0 B． C． D． 【答案】C 【解析】将展开，利用题中信息可求得结果. 【详解】 ， 所以，的展开式中各项的指数之和为， 展开式中各项系数乘以各项指数之和为， 因此，所求结果为. 故选：C. 【点睛】求解二项展开式中有关项的指数与系数的问题，一般将二项式展开，也可以利用二项式定理来求解. 4．（19-20高三上·河南·阶段练习）的展开式的常数项为 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先对多项式进行变行转化成，其展开式要出现常数项，只能第1个括号出项，第2个括号出项. 【详解】∵， ∴的展开式中的常数项为. 故选：A. 5．（2023·广东江门·一模）已知多项式，则（    ） A．－960 B．960 C．－480 D．480 【答案】A 【分析】将写为，是第8项的系数，计算即可. 【详解】解：因为，所以第8项为， 所以. 故选：A 6．（21-22高二下·江苏南通·期末）在的展开式中，含项的系数为（    ） A．50 B．35 C．24 D．10 【答案】D 【分析】根据多项式乘法法则，分析计算即可作答. 【详解】展开式的项是4个因式中任取3个用x，另一个因式用常数项相乘积的和， 则展开式中的项为， 所以含项的系数为10. 故选：D 题型七：二项式系数和问题 1．（23-24高二下·新疆克孜勒苏·期末）已知的二项展开式中二项式系数和为32，若，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由二项式系数和，解出，再以为整体，利用二项式定理求解系数即可. 【详解】由题意知，解得， 又 ， 则. 故选：A. 2．（23-24高二下·黑龙江齐齐哈尔·期末）已知的展开式的各二项式系数和为，且的系数为，则（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】C 【分析】由二项式系数和为，求出，再写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【详解】因为展开式的各二项式系数和为，所以，解得， 所以展开式的通项为（且）， 令，解得， 所以展开式中的系数为，解得. 故选：C 3．（23-24高二下·安徽合肥·期末）在二项式的展开式中，二项式系数的和为4，把展开式中所有的项重新排成一列，奇次项（未知数的指数为奇数的项）都互不相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用二项式系数和可求，进而利用通项公式可求奇次项有，利用排列组合知识，可求奇次项都互不相邻的概率. 【详解】在二项式展开式中，二项式系数的和为，所以. 二项式即为， 通项公式为， 故展开式共有7项，当时，展开式为奇次项， 把展开式中所有的项重新排成一列，奇次项都互不相邻，即把其它的3个偶次项先任意排， 再把这4个奇次项插入其中的4个空中，方法共有种， 故奇次项都互不相邻的概率为. 故选：A. 4．（23-24高二下·安徽滁州·期末）若的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则展开式中的系数是（    ） A．32 B．64 C．80 D．160 【答案】C 【分析】根据二项式系数和可求得的值，由各项系数和可求得的值，进而由二项定理求得的系数即可. 【详解】因为的二项式系数之和为32，则，解得， 所以二项式为， 因为展开式各项系数和为243， 令，代入可得， 解得 ， 所以二项式为， 则该二项式展开式的通项为 ，， 令，解得， 则展开式中的系数为. 故选：C. 5．（23-24高二下·贵州·阶段练习）在的展开式中，下列说法错误的是（    ） A．二项式系数之和为64 B．各项系数之和为 C．二项式系数最大的项为 D．常数项为 【答案】C 【分析】对于A：根据二项式系数之和为运算求解；对于B：令即可得各项系数之和；对于C：根据二项式系数的性质结合二项展开式的通项公式分析求解；对于D：根据，令运算求解即可. 【详解】对于选项A：因为，所以二项式系数之和为，故A正确； 对于选项B：令，可得各项系数之和为，故B正确； 因为的展开式为， 对于选项C：因为，可知二项式系数最大的项为第4项，故C错误； 对于选项D：令，解得， 所以常数项为，故D正确； 故选：C. 6．（2024·湖北武汉·模拟预测）（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据组合数公式可得，结合二项式系数和的性质计算得解. 【详解】∵ ，其中， ∴ . 故选：B. 题型八：求系数最大（小）的项 1．（23-24高二下·江苏泰州·期末）已知的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，得到，从而求出展开式中系数的最小值. 【详解】因为的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，所以， 所以展开式的通项公式为，要使展开式中系数的最小值，则为奇数，取值为1，3，5，7，所以当或5时，系数最小，则展开式中系数的最小值为， 故选：C 2．（2023·全国·模拟预测）的展开式中系数最大的项为（    ） A．70 B．56 C．或 D． 【答案】D 【分析】首先根据通项公式求系数，再结合二项式系数的最大值，即可求解. 【详解】的展开式的通项公式为，，由二项式系数中，最大，此时该二项展开式中第5项的系数最大，∴的展开式中系数最大的项为， 故选：D． 3．（2023·全国·模拟预测）已知二项式，的展开式中第四项的系数最大，则a的值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】可令展开式中第项系数最大，结合二项式展开式的通项公式列出不等式组，即可求得正确答案． 【详解】二项式展开式的通项公式为，其中， 由（其中），即， ，， 依题意可知使上式成立，即，故， 所以， 故选：A 4．（2023·湖北襄阳·模拟预测）已知的展开式中前三项的二项式系数和为，则展开式中系数最大的项为第（    ） A．项 B．项 C．项 D．项 【答案】D 【分析】根据展开式中前三项的二项式系数和为求出的值，然后利用不等式法可求出展开式中系数最大的项对应的项数. 【详解】的展开式中前三项的二项式系数和为， 整理可得，且，解得， 的展开式通项为， 设展开式中第项的系数最大，则， 即，解得， 因为，故，因此，展开式中系数最大的项为第项. 故选：D. 5．（2023·陕西安康·三模）在的展开式中，下列说法正确的是（   ） A．所有项的二项式系数和为1 B．第4项和第5项的二项式系数最大 C．所有项的系数和为128 D．第4项的系数最大 【答案】B 【分析】展开式所有项的二项式系数和为，A错误，展开式共有8项，第4项和第5项二项式系数最大，B正确，令得C错误，第4项系数小于0，第3项系数大于0，D错误，得到答案. 【详解】对选项A：展开式所有项的二项式系数和为，错误； 对选项B：展开式共有8项，故第4项和第5项二项式系数最大，正确； 对选项C：令得所有项的系数和为，错误； 对选项D：，，系数小于0， ，系数大于0， D错误. 故选：B 6．（2023·上海静安·一模）在的二项展开式中，称为二项展开式的第项，其中r=0，1，2，3，……，n．下列关于的命题中，不正确的一项是（    ） A．若，则二项展开式中系数最大的项是． B．已知，若，则二项展开式中第2项不大于第3项的实数的取值范围是． C．若，则二项展开式中的常数项是． D．若，则二项展开式中的幂指数是负数的项一共有12项． 【答案】D 【分析】A选项：根据系数最大列不等式，解不等式即可；B选项：根据题意列不等式，然后分和两种情况解不等式即可；C选项：令，解方程即可；D选项：令，解不等式即可. 【详解】A选项：令，解得，所以，所以A正确； B选项：，整理可得，当时，不等式恒成立；当时，解得，所以，故B正确； C选项：令，解得，所以常数项为，故C正确； D选项：令，解得，所以可取，共11项，故D错. 故选：D. 题型九：奇次项与偶次项的系数和问题 1．（2024高三·全国·专题练习）若，则的值为（    ） A．0 B． C．1 D． 【答案】C 【分析】应用赋值法得出奇偶项系数计算求值即可. 【详解】令， 令, 令,， 则 . 故选：C. 2．（23-24高二下·湖南益阳·期末）已知，那么的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令可得，令可得，即可求出，，再利用展开式的通项求出，即可求出，从而得解. 【详解】因为， 令可得， 令可得， 所以，， 又， 其中展开式的通项为（且）， 所以， 所以， 所以. 故选：B 3．（23-24高二下·江苏宿迁·期末）已知，则的值为（    ） A．255 B．256 C．511 D．512 【答案】A 【分析】利用二项式定理写出展开式的通项，令求出，分别令、，再两式相加可得，再减去即可. 【详解】令，得， 令，得， 令，得， 两式相加得， 得， 则. 故选：A. 4．（23-24高二下·天津滨海新·期中）已知，则下列描述正确的是（   ） A． B．除以5所得的余数是1 C． D． 【答案】B 【分析】利用赋值法即可判断ACD，根据二项式展开式的通项即可求解B. 【详解】， 令，可得，再令，可得， ,故A错误． 由于，即展开式各项系数和系数和， 故，，故C错误． 由题意，， 显然，除了最后一项外，其余各项均能被5整除，除以5所得的余数是1，故B正确． 因为， 所以， 所以，故D错误． 故选：B． 5．（2024高三下·全国·专题练习）已知，则下列结论错误的是（   ） A． B．当时， C．若的展开式中第7项的二项式系数最大，则等于或 D．当时， 【答案】C 【分析】利用二项式定理中展开式的系数判断A，B，利用二项式展开项系数的奇偶性结合分类讨论判断C，利用赋值法判断D即可. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，的系数，则，所以，故B正确； 对于C，若的展开式中第项的二项式系数最大， 根据二项式系数的对称性，当为偶数时，； 对于D，当为奇数时，或，故C错误； 当时，， 令，则， 又因为，所以，故D正确． 故选：C. 6．（23-24高二下·广东广州·期中）已知，其中，则（    ） A．16 B．32 C．24 D．48 【答案】D 【分析】由，写出展开式的通项，从而得到展开式中含的项，即可求出，再利用赋值法计算可得. 【详解】因为， 其中展开式的通项为（且）， 所以展开式中含的项为， 所以，解得， 所以， 令可得， 令可得， 所以. 故选：D 题型十：三项展开式的系数问题 1．（2022·山东枣庄·三模）在的展开式中，含项的系数为（    ） A． B．480 C． D．240 【答案】A 【分析】将看成是6个相乘，要得到分析每个因式中所取的项情况. 【详解】看成是6个相乘，要得到.分以下情况: 6个因式中，2个因式取，1个因式取，3个因式取，此时的系数，所以的系数为. 故选：A 2．（2022·四川德阳·三模）的展开式中，的系数为（    ） A．120 B．60 C．40 D．30 【答案】A 【分析】由，利用通项公式求解. 【详解】解：的通项公式为， 令，得， 的通项公式为， 令，得，， 所以的系数为， 故选：A 3．（21-22高三下·四川成都·阶段练习）的展开式中的系数为（    ） A．12 B． C．6 D． 【答案】B 【分析】由，利用组合的知识求解展开式中含的项，即可得解. 【详解】视作4个相乘，从中取2个式子提供，1个式子提供，1个式子提供，则可得到， 即展开式中项的系数为. 故选：B. 4．（21-22高二·全国·课后作业）展开式中的常数项为（    ） A．20 B．-20 C．-12 D．-8 【答案】B 【分析】将给定式子变形，再结合二项式定理求解作答. 【详解】因， 则展开式的通项公式为， 由解得，所以展开式中的常数项为. 故选：B 5．（21-22高三下·安徽·阶段练习）在的展开式中，项的系数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】写出的展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项后即可得解. 【详解】的展开式通项为， 的展开式通项为， 故的展开式通项为， 令，且，、，所以，，， 故展开式中项的系数为. 故选：A. 6．（21-22高三上·广东佛山·阶段练习）展开式中不含y的各项系数之和为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将多项式写成，则展开式通项为，进而确定不含y的项，应用赋值法求各项系数之和. 【详解】由，则通项公式为， ∴不含y的项，即时，， ∴令时，可得不含y的各项系数之和为. 故选：C. 题型十一：整除和余数问题 1．（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）若，且能被17整除，则的最小值为（    ） A．0 B．1 C．15 D．16 【答案】D 【分析】二项式定理整除问题，把改写成，利用二项式定理展开，再令能被17整除，求出的最小值即可. 【详解】 ， 因为能被17整除， 所以上式中能被17整除即可满足题意， 所以， 即， 所以的最小值为16， 故选：D. 2．（2024·湖北荆州·三模）已知，则被3除的余数为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】D 【分析】先对二项展开式中的进行赋值，得出，再将看作进行展开，再利用二项展开式特点分析即得. 【详解】令，得，令，得， 两式相减，， 因为， 其中被3整除，所以被3除的余数为1， 综上，能被3整除． 故选：D. 3．（23-24高二下·河北邢台·期中）令，则当时，a除以15所得余数为（    ） A．4 B．1 C．2 D．0 【答案】D 【分析】当，利用二项式定理化简得，结合二项式的展开式公式即可求解. 【详解】， 当时， 故a除以15所得余数为0. 故选：D. 4．（2024·江西·模拟预测）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设，，为整数，若和同时除以所得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，，则的值可以是（   ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 【答案】C 【分析】由结合二项式定理求出除以的余数，再结合选项即可得解. 【详解】 ， 所以除以的余数为， 选项中除以余数为的数只有. 故选：C. 5．（2024·重庆·三模）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设，，为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余.记为.若，，则的值可以是（    ） A．14 B．15 C．16 D．17 【答案】C 【分析】结合二项式系数的性质可得，利用二项式定理求被除得余数，结合同余定义可得被17除的余数是16，由此可得结论. 【详解】因为 所以， 所以， 所以被17除的余数是16，又， 所以被17除的余数是16， 故选：C. 6．（23-24高三下·江西赣州·期中）十进制计数法简单易懂，方便人们进行计算.也可以用其他进制表示数，如十进制下，，用七进制表示68这个数就是125，个位数为5，那么用七进制表示十进制的，其个位数是（    ） A．1 B．2 C．5 D．6 【答案】D 【分析】由题意将题目转化成除以7的余数问题，用二项式知识求解即可. 【详解】由题意知个位数应为除以的余数， 因为，除以的余数为. 故选：D. 题型十二：x+y+z=n的整数解的个数 1．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）关于的方程（其中，且）的解共有 组．（用数字作答） 【答案】 【分析】可化为，即将10分解成为10个1之和，将这些1分为三组，每一组至少一个1，利用隔板法求得分组方法数，即为方程的解的组数. 【详解】由，且，故， 则等价于， 即可将分为个之和，将这些分为三组，每一组至少一个， 即在个中间插入两个隔板，共有种. 故答案为：. 2．（21-22高三·江苏南京·强基计划）方程的非负整数解的个数为 . 【答案】81 【详解】设，，，由此，又，，可得：，，则可判断可能的解有：（2，0，5），（1，6，0），（4，3，0），（7，0，0）， ①当，可求得：，而，看成2个相同白球，用隔板法隔成3区域（可有空区），有个解； ②当，可求得：，，而，有个解， 因此该情况共有个解； ③当，可求得，，而，有种情况， 因此该情况共有个解； ④当，可求得：，而，有个解． 综上，方程非负整数解个数为：81． 3．（21-22高二下·重庆·阶段练习）若方程：，则方程的正整数解的个数为 . 【答案】35 【分析】将问题转化为将8个相同的小球装入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个小球，采用隔板法求解即可. 【详解】解：原问题相当于将8个相同的小球装入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个小球， 采用隔板法，将8个小球排成一排，在其中的7个空位上插入3个隔板即可， 故共有种. 故答案为：35. 4．（20-21高二·全国·单元测试）不定方程的非负整数解的个数为 . 【答案】 【分析】利用已知条件方程的非负整数解，得出，，的取值范围，列出所有的可能即可． 【详解】根据已知条件 ，且、、， ，，，当，确定后值也确定，其中 列出所有的可能： 当时，，则可以取0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12共13种情况； 当时，，可以取0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11共12种情况； 当时，，可以取0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，共11种情况； 当时，，可以取0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，共10种情况； 当时，，可以取0，1，2，3，4，5，6，7，8，共9种情况； 当时，，可以取0，1，2，3，4，5，6，7，共8种情况； 当时，，可以取0，1，2，3，4，5，6，共7种情况； 当时，，可以取0，1，2，3，4，5，共6种情况； 当时，，可以取0，1，2，3，4共5种情况； 当时，，可以取0，1，2，3，共4种情况； 当时，，可以取0，1，2，共3种情况； 当时，，可以取0，1，共2种情况； 当时，，可以取0，共1种情况； 所以共有组． 故答案为：91 5．（20-21高二下·湖南常德·阶段练习）方程的非负整数解有 组. 【答案】190组 【分析】由方程可得方程，即在21个位置产生的20个空档里插入2个隔板，利用隔板法分成三组，再利用组合进行求解即可. 【详解】解：求方程的非负整数解有多少组 求方程的正整数解有多少组， 即在21个位置产生的20个空档里插入2个隔板， 所以有组. 故答案为：190. 6．（16-17高二下·福建三明·期末）将个数学竞赛名额分配给个不同的班级，其中甲、乙两个班至少各有个名额，则不同的分配方案种数为 . 【答案】 【分析】将问题等价于将个数学竞赛名额分配给个不同的班级，每个班至少一个名额，利用隔板法可得结果. 【详解】原问题等价于：将个数学竞赛名额分配给个不同的班级，每个班至少一个名额， 也可等价于：将个完全相同的小球分为组，每组至少一个， 相当于在个小球在中间形成的个空中插入块板，所以，共有种不同的分配方案. 故答案为：. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 $$