专题09 排列组合、二项式定理、基本不等式（3大考点）（全国通用）2026年高考数学一模分类汇编

专题09 排列组合、二项式定理 3大考点概览 题型01 排列组合 题型02 二项式定理 题型03 基本不等式 ( 排列组合 考点1 ) 1．（2026·新疆喀什·一模）五人排队，站成一排，其中甲、乙相邻，则所有的排队方法数为（    ） A．120 B．48 C．24 D．12 【答案】B 【详解】甲、乙相邻，则将两人捆绑在一起，有种，再把两人看成一个，与剩余同学排列，共种，故总的排法有2×24=48种. 2．（2026·广东江门·一模）某班级图书角有5种课外书，甲、乙两名同学从5种课外书中各自选2种，则两人选的课外书没有相同种类的选法有（    ） A．20种 B．30种 C．40种 D．60种 【答案】B 【分析】借助分步乘法计数原理计算即可得. 【详解】先从 5 种课外书中选 2 种给甲有种，再从剩下的3 种书中选 2 种给乙有种，根据分步乘法计数原理，则两人选的课外书没有相同种类的选法有种. 3．（2026·山西临汾·一模）甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《惊蛰无声》、《飞驰人生3》、《熊猫计划之部落奇遇记》、《重返狼群》、《熊出没·年年有熊》五部电影中任选一部，则三人看同一部电影的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意，三人的选择组合共有种，其中看同一部电影的情况有种，所以三人看同一部电影的概率为． 4．（2026·河北唐山·一模）某学校组织同学们假期参加社区服务活动，4名同学被分配到甲、乙两个社区，每个社区至少一名同学，不同的分配方案有（    ） A．6种 B．12种 C．14种 D．28种 【答案】C 【详解】4名同学按分配到两个社区，有种方法；按分配到两个社区，有种方法，所以不同的分配方案有（种）. 5．（2026·黑龙江·一模）黑龙江省实验中学科技节活动，将4位学生志愿者分配到创客中心、校园电视台、体育馆三个地点参加志愿活动，若每个地点至少需要1名学生，每位志愿者仅去一个地点，则不同的分配方法种数为（   ） A．81 B．72 C．36 D．12 【答案】C 【分析】利用排列数与组合数定义计算即可得. 【详解】先从四人中选出两人当成一组，共种分法，再将三组人进行分配，共种，故共有种分配方法. 6．（2026·山东青岛·一模）某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（   ） A．35 B．36 C．42 D．50 【答案】D 【分析】以舱的人数为分类依据，将 5 人分配到 A、B、C 三个舱中，分别计算各类分组与排列的方法数，最后求和得到总安排数. 【详解】有四类不同的安排情形： ①甲单独在舱，其余四人分成两组，一组1人，一组3人，安排在舱，有种不同的安排方法； ②甲单独在舱，其余四人平均分成两组每组人，安排在舱，有种不同的安排方法； ③舱安排人，其余三人分成两组，一组人，一组人，安排在舱，有种不同的安排方法； ④舱安排人，其余二人分成两组，安排在舱，有种不同的安排方法； 综上，不同的安排方法共有种. 【点睛】本题是分类加法计数原理 + 分组分配问题，核心方法是按特殊元素或位置分类，结合均匀 或不均匀分组与排列计算. 7．（2026·山东淄博·一模）有5名同学，，，，参加唱歌比赛，抽签决出出场顺序.若和都不是第1个出场，且不是最后一个出场，则这5人不同的出场顺序种数为（    ） A．42 B．50 C．54 D．60 【答案】D 【分析】根据题意，分是第1个和不是第1个且不是最后一个，两类情况讨论，结合排列数和组合数的计算公式，以及分类计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，分是第1个和不是第1个且不是最后一个，两类情况讨论： 当是第1个时，此时剩余的全排列，共有种不同的排法； 当不是第1个且不是最后一个时，先排第1个，从中选一人为第1个，有种选法； 再排，有三个位置可选，有种排法，最后三人全排列，有种排法， 所以共有种不同的排法，由分类计数原理得，共有种不同的排列情况. 8．（2026·甘肃兰州·一模）为全面提升学生的核心素养与综合实践能力，某校举办“模拟联合国大会”活动，设置了A，B，C，D共4个不同的国家立场，由4名同学通过随机抽签确定每人代表一个国家立场参与活动.已知这4名同学每人都有且仅有一个心仪的国家立场，且4人心仪的国家立场互不相同，则仅有1名同学抽到自己心仪国家立场的抽取方法数是（    ） A．4 B．8 C．12 D．24 【答案】B 【详解】从4名同学中选1名抽到自己心仪国家立场，则有种， 设剩下3名同学分别为甲，乙，丙，他们心仪国家分别为， 当甲抽到时，乙只能抽到，丙只能抽到； 当甲抽到时，乙只能抽到，丙只能抽到，共2种情况， 仅有1名同学抽到自己心仪国家立场的抽取方法数有种. 9．（2026·辽宁大连·一模）已知数列A：，，…，，，，设，若或2，则满足条件的不同数列的个数为（    ） A．7 B．21 C．35 D．70 【答案】C 【分析】由于可以等于1或2，首先要确定7个差值中有几个1和几个2，再用组合数算出结果. 【详解】，设差值中有个1和个2，则，解得：，. 3个1和4个2进行排序，一共有. 10．（2026·山东烟台·一模）某学校派5名同学参加“市长杯”足球比赛中4个场次的志愿服务，每场比赛至少派1名同学，每名同学仅参加一个场次的志愿服务，则不同派法的种数为（   ） A．180 B．240 C．320 D．360 【答案】B 【分析】先求将名同学分成人数分别为的四组的方法数，再求将组同学分派到4个场次的方法数，根据分步乘法计数原理求结论. 【详解】符合要求的选派方法可分为两步完成，第一步，将名同学分成人数分别为的四组，该步有种完成方法，第二步，将组同学分派到4个场次，此步有种完成方法，由分步乘法计数原理可得符合要求的派法种数为 11．（2026·贵州安顺·一模）某校教学楼的某层楼设置有8级台阶，某同学上楼梯时只能每步跨越一级台阶或两级台阶，则该同学从楼梯底部登上第8级台阶的不同走法有（   ） A．32 B．33 C．34 D．35 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用组合计数问题，结合分类加法计数原理列式求解. 【详解】跨0次2级（全跨1级），共走8步，有种走法； 跨1次2级，剩余6次1级，共走7步，选1步跨2级，有种走法； 跨2次2级，剩余4次1级，共走6步，选2步跨2级，有种走法； 跨3次2级，剩余2次1级，共走5步，选3步跨2级，有种走法； 跨4次2级（无剩余1级），共走4步，有种走法， 所以不同走法种数为. 12．（2026·广东汕头·一模）一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔1s等可能地沿数轴的正方向或负方向移动一个单位，共移动7次，则质点最可能移动到的位置的坐标为（    ） A．7或 B．5或 C．3或 D．1或 【答案】D 【分析】将“质点移动位置”转化为“正、负方向移动次数”的组合问题，通过分析组合数的最大值确定概率最高的位置. 【详解】设质点向正方向移动的次数为（），则向负方向移动的次数为， 质点最终的位置坐标由正、负方向移动的总距离决定：， 每次移动向正、负方向的概率均为，因此“7次移动中恰好有次向正方向”的概率服从二项分布，概率公式为：，其中为组合数，为常数，因此，概率的大小由组合数决定，“最可能的位置”对应最大时的，时；时 ；时 ；时 ；时； 时；时；时； 综上，组合数在和时取得最大值， 当时，代入得：， 当时，代入得：，质点最可能移动到的位置坐标为或. 13．（2025·浙江台州·一模）我们把半径相等的圆称为等圆.在平面上过同一点有个等圆，其中任何两个圆都有两个不同的交点，但任何三个圆除点外无其它公共点，记这个等圆共有个交点，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．存在，使得 D．任意且，都有 【答案】ABD 【分析】先分析个等圆交点个数的规律，再逐一判断选项. 【详解】过同一点有个等圆，当增加第个圆时，第个圆与前个圆各有一个除外的交点，因此递推关系为：.当时，三个等圆过同一点，每两个圆有2个交点，但是公共点，所以除外，每两个圆有1个交点.三个圆中两两组合的数量为，因此.由递推关系式可得：. 将这些式子累加得. 所以.对于A：，所以A正确； 对于B：，所以B正确；对于C：令，则，化简得.判别式为，因为不是整数，所以不是整数，所以C错误；对于D：由上述推导，很显然D正确. 故选：ABD. 14．（2026·广东梅州·一模）已知某趟往返梅州与广州的高铁，沿途共有梅州西、兴宁南、五华、河源东、惠州北、广州等6个站点，则此趟高铁沿途需要准备______种不同的车票. 【答案】30 【详解】每2个站点之间都需要准备2种车票，从6个站点中任取2个站点，共种. 15．（2026·四川广安·一模）某中学对“秋假”期间申请留校的学生实行免费托管，现要从名教师中选若干人在天假期值班（每天只需人值班），同一人不能连续值班天，则可能的安排方法有___________种． 【答案】 【分析】分为值班人数为人和人两种情况，结合排列组合即可求解. 【详解】由题意可得，值班的人数为人或者人，若值班人数为人，则需要一个人值班首尾两天，另外一人值班中间一天，故，若值班人数为人，则每人值班一天，故，所以可能的安排方法有种. 16．（2026·上海闵行·二模）小闵同学打算将“20260407”中的8个数字“”进行排列得到密码.如果排列时要求两个“2”相邻且三个“0”不相邻，那么小闵可以设置的不同密码的个数为______. 【答案】240 【分析】利用相邻问题及不相邻问题列式求解. 【详解】将两个2绑在一起视为一个数，与作全排列，再在形成的5个间隙中插入3个0，所以不同密码个数为. 17．（2026·贵州六盘水·一模）某城市在中心广场建造一个花圃，花圃被分成如图所示的5个部分.现栽种3种不同品种的花，花圃的每部分只栽种一种品种的花，有公共边的部分（仅有1个公共点的两个部分不认为有公共边）不能栽种相同品种的花，且3种品种的花都有栽种，则不同的栽种方法数为_________. 【答案】42 【分析】先求出1区任选一种花进行栽种，其它区域不和1区栽种相同的花的方法数，再减去只栽种两种花的情况，即可得答案. 【详解】先给1区任选一种花进行栽种，其它区域不和1区栽种相同的花，不同的栽种方法有种.只栽种两种花的情况有.故有公共边的部分不栽种相同品种的花，且3种品种的花都有栽种的方法数有种。 18．（2026·河北邯郸·一模）某地普法小组安排4名男性普法员和2名女性普法员前往甲、乙、丙三个社区进行宣讲，每名普法员只能前往一个社区，每个社区至少有1名普法员，则2名女性普法员被安排在不同社区的方案共有______种． 【答案】390 【详解】第一步，安排女性普法员，分别去两个社区，有种安排方案；第二步，安排4名男性普法员去三个社区，总共有种情况，其中一个社区没人，即都在女性普法员所在社区，共有种情况，因为社区至少有1名普法员，所以男性普法员的安排方案有种； 由分步乘法计数原理可知，共有种不同的方案. 19．（2026·宁夏银川·一模）在如图所示的九宫格中，每个格子用1，2，3，4，5，6中的一个数字填入，要求1用两次，2用三次，其余数字各用一次，且当两个1在同一行或同一列时均不相邻，则不同的填法共有______种. 【答案】20160 【详解】从9个格子中选2个放入数字1的填法：，两个1在同一行或同一列且相邻的填法：，则从9个格子中选2个放入数字1且两个1在同一行或同一列时均不相邻的填法：，从剩下7个格子中选3个放入数字2的填法：，剩下4个格子3，4，5，6，共有种填法，故满足题意的填法有种. 20．（2026·北京丰台·一模）西汉海昏侯墓出土的两千多年前的“权”（砝码），是与“衡”（天平）配合使用的称量工具．已知五枚权的质量（单位：克）从小到大构成项数为5的等比数列，其中，，则___________；在称量物体时所用的权的质量之和叫称量值，则从这五枚权中取一枚或多枚，可组合出的不同称量值共有___________种． 【答案】 4 31 【分析】根据等比数列的通项公式，代入计算，即可得答案；根据组合数的计算性质，结合条件，即可得答案. 【详解】设公比为q，则，则，所以；从这五枚权中取一枚或多枚，由题意得，则数列单调递增，即， 下证明当时，，由题意得，， 则，所以成立，结合等比数列的性质可得，任意不同组合的权的质量之和均不相等，所以不同的称量值种数等于从5个权中取一个或者多个的组合数，因此，可组合出的不同称量值共有种. 21．（2026·河北承德·一模）将标号为1，1，2，2，3，4的6张不同卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张标号不同的卡片，则不同的放法共有________种． 【答案】60 【分析】利用分步乘法计数原理结合分组分配先计算出所有的放法，再排除不满足题目要求的即可求出答案； 【详解】由题知将标号为1，1，2，2，3，4的6张不同卡片放入3个不同的信封中， 将这6张不同的卡片，标号分别为，将6张卡片均匀分成三组，然后放到三个不同的信封中，总的放法种数为．不满足题目要求的情况如下： ①其中有2个信封中的卡片标号相同，则卡片的分组为，，，共1种，此时放法种数为. ②有1个信封中的卡片标号相同，则卡片的分组为，，； ，，；，，；，，，共4种，此时放法种数为．所以若每个信封放2张标号不同的卡片，则不同的放法种数为． 22．（2026·安徽淮北·一模）某双一流大学为提高数学学院学生的数学素养，特开设了“模糊数学”、“复变函数”、“微分几何”、“数值分析”、“拓扑学”五门选修学科，要求学院每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将五门选修学科选完，则每位同学的不同选修方式有__________种 【答案】 【详解】由题意可知三年修完门学科，则每位同学每年所修课程数为，，或，，或，，， （1）将门学科分成数量为，，的三组共有种不同方式，再将这三组课程分配到三个学年，共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有 种； （2）将门学科分成数量为，，的三组共有种不同方式，再将这三组课程分配到三个学年，共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种； （3）将门学科分成数量为，，的三组共有种不同方式，再将这三组课程分配到三个学年，共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有 种． 所以每位同学的不同选修方式有种． 23．（2026·河北衡水·一模）来自某校高二年级的4名男生和3名女生组成的7人团队参加数学建模竞赛.该竞赛包含方案设计、模型构建、编程实现、成果展示四个环节，分配规则如下：①每个环节至少安排1名选手，每人只参加1个环节；②方案设计环节人数多于模型构建环节人数；③编程实现环节至少安排2人，且至少有1名女生；④成果展示环节人数不超过方案设计环节人数.根据分配规则，该团队参赛的不同的人员分配方案共有______种. 【答案】1122 【分析】由规则②④可知环节三最多有3个人，分环节三有3个人、环节三有2个人两种情况，结合计数原理和组合知识解决. 【详解】为方便叙述，将“方案设计”、“模型构建”、“编程实现”、“成果展示”四个环节依次记为环节一、环节二、环节三、环节四，由规则②④可知，环节一至少有2个人，环节一、环节二和环节四至少共有4个人，因此环节三最多有3个人. （1）当环节三有3个人时，则有可能是3个女生，或者2个女生和1个男生，或者1个女生和2个男生，则安排好环节三有种方案，剩余4个人，环节一必然有2个人，环节二和环节四各有1个人，则安排好环节一、环节二和环节四有种方案.所以安排好四个环节共有种方案. （2）当环节三有2个人时，则有可能是2个女生，或者1个女生和1个男生， 则安排好环节三有种方案，剩余5个人， 当环节一有2个人时，环节四有2个人，环节二有1个人，此时有种方案； 当环节一有3个人时，环节四有1个人，环节二有1个人，此时有种方案. 所以安排好四个环节共有种方案. 综上，满足条件的安排方案共有种. 24．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）下图是由七个圆和八条线段构成的图形（该图形不能旋转和翻转），其中由同一条线段连通的两个圆称作“相邻的圆”.若将1，2，3，4，5，6，7这七个数字分别填入这七个圆中，且满足带有阴影的圆中的数字大于其所有相邻的圆中的数字，则符合要求的填法共有____________种. 【答案】200 【详解】 将有阴影的圆分别标为， 由于带有阴影的圆中的数字大于其所有相邻的圆中的数字， 当阴影的圆中的数字为时，则将填在中有种方法，接着剩下的个数字填到圆中有种方法，所以共有种方法； 当阴影的圆中的数字为时，若将填到，则接着安排有种方法，与相邻的两个圆只能从中选两个有种方法，剩下两个数有种填法，所以共有种方法； 若将填到或，有种方法，则接着安排有种方法，与相邻的三个圆只能填有种方法，剩下一个数有种填法，所以共有种方法； 当阴影的圆中的数字为时，则只能填到，则接着安排有种方法，与相邻的两个圆只能安排有种方法，剩下两个数有种填法，所以共有种方法； 所以总共有种填法. ( 二项式定理 考点2 ) 1．（2026·广东·一模）在的展开式中，含的项的系数是（   ） A． B．4 C． D．16 【答案】D 【详解】对于的展开式，含的项为， 故该项的系数为16. 2．（2026·湖北·一模）已知，则（   ） A．32 B．31 C． D．1 【答案】C 【详解】令，则； 令，则，故. 3．（2026·北京昌平·一模）在的展开式中，含的项的系数为（   ） A． B． C．16 D．24 【答案】D 【详解】的展开式中含的项为：，故含的项的系数为 4．（2026·山西大同·一模）若的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，则（    ） A．9 B．8 C．7 D．6 【答案】C 【详解】的展开式中第3项与第6项的二项式系数分别为，， 由题意得，所以. 5．（2026·湖北荆州·一模）的展开式中的常数项为（    ） A．60 B．120 C．160 D．240 【答案】D 【详解】共有个因式，从个因式中选择，在剩下的个因式中选择， 则的展开式中的常数项为. 6．（2026·江苏·一模）的二项展开式的第6项系数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由二项式展开式求解指定项的系数即可. 【详解】的二项展开式的第6项为，所以第6项系数是. 7．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）已知函数的图象关于坐标原点对称，则的值为（   ） A．20 B．50 C．70 D．90 【答案】D 【分析】先利用二项式定理化简，再根据函数奇偶性的定义求解即得. 【详解】依题意，可知函数为奇函数，满足. 因， ，则， 由 ，因不恒为0，故得，即. 8．（2026·北京海淀·一模）已知，则（   ） A． B．10 C． D．80 【答案】D 【分析】先求得二项展开式的通项，根据题意，得到，即可求解. 【详解】由二项式展开式的通项为， 当时，可得， 因为，所以，解得. 9．（2026·河北承德·一模）记，若，则（   ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】利用赋值法，分别令和，再结合二项式定理求解即可. 【详解】令，由， 得， 则. 10．（2026·河南南阳·一模）今天是星期一，再过天是星期几（    ） A．星期二 B．星期三 C．星期四 D．星期五 【答案】D 【分析】通过二项式定理将逐步变形为与相关的展开式，消去能被整除的项，最终求得除以的余数，进而推算出对应的选项. 【详解】因为，由能被整除，则上式前项都能被整除，只需看最后一项除以的余数， 由，则除以的余数为，所以今天是星期一，再过天，是星期五. 11．（2026·山西晋城·一模）的展开式中的系数为（   ） A． B． C．20 D．24 【答案】D 【详解】展开式中的系数分别为，而展开式中的系数分别为， 所以原展开式中的系数为． 12．（2026·海南儋州·一模）设等比数列的前项和为，且，且为二项式展开式中的常数项，则的最小值为（   ） A．5 B． C． D．10 【答案】A 【分析】利用二项式的展开式的通项公式可求出，再利用等比数列求和公式计算可得公比及首项，最后利用等比数列求和公式求出后，分为奇数与为偶数讨论即可得. 【详解】对，有，令，解得，则，即，设等比数列的公比为，若，则，故， 则，故，则，故， 故，当为奇数时，随的增大而减小，此时； 当为偶数时，随的增大而增大，此时的最小值为；综上所述，的最小值为. 13．(多选）（2026·陕西宝鸡·一模）在的展开式中，下列说法正确的有（   ） A．含项的系数为 B．第3项与第4项的二项式系数相等 C．所有项的二项式系数之和为32 D．所有项的系数之和为 【答案】BCD 【分析】先求出的展开式的通项，赋值可判断AD，所有项的二项式系数之和为可判断C，由二项式定理可判断B. 【详解】的展开式的通项为.令，可得含项的系数为，故A错误；第3项的二项式系数为，第4项的二项式系数为，两者相等，故B正确；所有项的二项式系数之和为，故C正确；令，可得所有项的系数之和为，故D正确.故选：BCD. 14．(多选）（2026·江苏·一模）在的二项展开式中，下列结论正确的是（   ） A．常数项是60 B．各项系数之和是64 C．二项式系数最大值是20 D．不含的项 【答案】AC 【分析】根据题意，二项展开式通项为，对于A，当时即为常数项，再计算判断即可；对于B，利用赋值法求各项系数之和即可；对于C，由可知二项式系数最大值是；对于D，根据，令，解得即可判断． 【详解】对于A，二项展开式通项为，当时，，所以常数项是60，故A正确；对于B，当时，，所以各项系数之和是1，故B错误；对于C，，二项式系数最大值是，故C正确；对于D，，当时，解得，所以二项展开式中含的项，故D错误．故选：AC． 15．(多选）（2026·辽宁朝阳·一模）若，，为常数，则（    ） A． B．当时， C．当时， D．当时， 【答案】BD 【分析】根据二项式定理及二项式各项的性质求解即可. 【详解】对于A，当时，令，可得为任意正整数，故A错误. 对于B，当时，，求解得，，， ，，，，可知，故B正确； 对于C，由题意，可知，令，则，所以或，故C错误；对于D，由题意，可知，，即，解得，又，，故D正确. 16．(多选）（2026·湖北十堰·一模）若，则（   ） A．（） B． C．从，，…，这8个数中任取2个，这两个数的积为正数的取法有12种 D．从，，，…，这8个数中任取3个，这三个数的和等于，，，…，中某数的取法有28种 【答案】ACD 【分析】分析可知，，进而列举.对于A：可知的最大值为，即可判断；对于B：结合二项式性质分析判断即可；对于C：分析数的正负性结合组合数分析求解；对于D：分类讨论和项是否为0，结合组合数运算求解即可. 【详解】因为的展开式的通项为，， 则，，可得依次为. 对于选项A：因为的最大值为，所以，，故A正确； 对于选项B：，故B错误； 对于选项C：若两个数的积为正数，则从任取两项或从任取两项， 所以不同的取法共有种，故C正确；对于选项D：因为，共有4组， 若从选择一组，再从剩余的数中选择1个，不同的取法共有种； 检验可知，不同的取法共有种；综上所述：不同的取法共有种，故D正确；故选：ACD. 17．(多选）（2026·重庆·一模）已知 ，则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D．中，与最大 【答案】ACD 【分析】令可得，根据二项式定理确定展开式中的表达式，根据二项式系数的性质逐项判断即可得结论. 【详解】对于A，令可得，故A正确； 对于B，令可得，所以， 设展开式的通项为， 取，可得，所以，故B错误； 对于C，令可得①，令可得②，由①②可得，故C正确； 对于D，由选项B可知，，若最大，则 所以，，解得，则，故或， 又，所以中，与最大，故D正确. 故选：ACD. 18．(多选）（2026·湖北黄石·一模）如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（    ） A．第2026行共有2026个数 B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D．去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 【答案】BCD 【分析】根据杨辉三角的性质即可求解A，根据组合数的性质化简即可求解B，利用二项式定理求解第48行的所有数字的和，进而根据二项式定理，根据整除的性质即可求解C，根据二项式的和，结合等比数列以及等差数列的性质，即可求解D. 【详解】对于A，第2026行共有2027个数，故A错误，对于B,由题意可得,B正确， 对于C, 第48行的所有数字之和为 ,由于能被7整除， 故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，C正确， 对于D,第行的和为，当时，第行中去除为1的项的和为， 第0行为1，故前行中去除为1的项的和为， 故前17行中去除为1的项的和为，去除所有为1的项后，则从第一行开始，则剩下的每一行的个数为0，1，2，3，4，……，可以看成一个首项为0，公差为1的等差数列，前行共有个数，当时，，因此前17行中，去掉为1的项，共有136项，且第17行中，去掉为1的项后，最后一项为则此数列前135项的和为. 19．（2026·山东济宁·一模）展开式中的常数项为__________.（用数字作答） 【答案】 【详解】，令，得， 故展开式中的常数项为． 20．（2026·天津东丽·一模）在的展开式中的系数为______． 【答案】20 【详解】因为的展开式中的项为，所以的展开式中的系数为. 21．（2026·河北沧州·一模）已知二项式展开式中的系数为40，则实数______． 【答案】 【分析】由二项式的通项列出方程求解即可． 【详解】二项式的通项为，因为二项式展开式中的系数为40，所以令，解得，即，解得． 22．（2026·北京石景山·一模）若的展开式的二项式系数和为32，则__________，的系数为__________. 【答案】 5 【分析】已知二项式系数和，可求出，再利用通项公式即可求得的系数. 【详解】由题意知，展开式的二项式系数和为32，即，所以，故展开式的通项公式，令，可得，所以展开式中的系数是. 23．（2026·重庆·一模）的展开式中常数项为__________． 【答案】29 【分析】先求出展开式的通项公式，分别令和，求出k值，代入求解，分析计算，即可得答案. 【详解】展开式的通项公式为，令，解得，则；令，解得，则，所以的展开式中常数项为. 24．（2026·湖南长沙·一模）已知，则______. 【答案】243 【分析】根据题意利用赋值法，令代入求解即可. 【详解】因为，令，得， 两边同时乘以32，得. 25．（2026·新疆喀什·一模）的展开式中含的项为____. 【答案】 【分析】解法一：将三项展开式变为，根据和展开式的通项乘积可求得结果；解法二：直接根据组合数公式计算多项式的系数可得. 【详解】方法一:因为， 二项式展开式的通项为， 二项式展开式的通项为， 所以多项式展开式的通项为， 令，得，且，所以或或或或. ①当时，的展开式中含的项为； ②当时，的展开式中含的项为， ③当时，的展开式中含的项为； ④当时，的展开式中含的项为； ⑤当时，的展开式中含的项为. 综上，得的展开式中含的项为. 方法二：可看成6个相乘，的展开式中含的项有以下三种情况： ①个多项式取，个多项式取乘积得到，即； ②个多项式取，个多项式取，个多项式取乘积得到，即； ③个多项式取，个多项式取乘积得到， 即； 综上所述，的展开式中含的项为. ( 基本不等式 考点3 ) 1．（2026·广西崇左·一模）若，则的（   ） A．最小值为4 B．最小值为6 C．最大值为4 D．最大值为6 【答案】B 【详解】由，得，则，当且仅当，即时取等号成立，所以的最小值为6，无最大值. 2．（2026·湖南长沙·一模）已知数列是公比大于0的等比数列，则的最小值为（    ） A．3 B． C． D． 【答案】B 【详解】由题可设等比数列的公比为，则，当且仅当即时取等号，故的最小值为. 3．（2026·河北张家口·一模）已知实数，，且满足，则的最小值为（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】B 【分析】利用基本不等式将等式变形化简，解不等式即可得出结果. 【详解】由可得，因为实数，，所以，因此可得，即，解得或（舍），当且仅当时，即时，等号成立,所以的最小值为6. 4．（2026·山东东营·一模）已知随机变量，且， 则当时， 的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正态分布的对称性，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解. 【详解】根据题意，随机变量，且，则有，解得.由，即，所以，当且仅当，即时取等号. 5．（2026·山东青岛·一模）已知正项等差数列的前项和为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用等差数列的通项公式结合等差中项的性质求出，再结合已知条件，利用基本不等式求的最大值． 【详解】由题意得，解得，由等差中项的性质可得，解得，，由题意知，根据基本不等式，当且仅当时等号成立，的最大值为． 6．（2026·辽宁·一模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，的面积为，则的最小值为（   ） A．3 B． C．6 D． 【答案】C 【分析】结合题设利用正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，再结合的面积为可得，进而根据基本不等式求解即可. 【详解】由，根据正弦定理得，，则，在中，，则，即，又，则，又，则，所以，当且仅当时等号成立，则的最小值为6. 7．（2026·天津北辰·一模）已知M是内一点且，，若，和的面积分别为，x，y，则的最小值是（   ） A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】D 【分析】利用向量的数量积的运算求得 的值，利用三角形的面积公式求得 的值，进而把 转化为，再利用基本不等式求其最小值即可. 【详解】因为 ，所以 ，即 . 所以，即 . 所以.当且仅当 ，即 时等号成立. 8．（2026·山东菏泽·一模）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的面积的最大值为（    ） A． B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】由条件根据余弦定理求的表达式，利用基本不等式求的最小值，再由同角关系求的最大值，利用三角形面积公式求结论. 【详解】由余弦定理可得，又，，所以， 由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，所以，又，所以，，所以的面积，所以当时，的面积取最大值，最大值为. 9．（2026·天津红桥·一模）已知，若，则的最小值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，且，所以， 所以，当且仅当即、时等号成立．所以的最小值为. 10．（2026·山东临沂·一模）已知锐角，满足，则的最大值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据和差角公式，结合同角三角关系式，得含的表示，即可根据基本不等式求解最值. 【详解】由得，即，由于，为锐角，故，设，则 ， 令，当且仅当时取到等号.故的最大值为. 11．（2026·江苏·一模）已知的内角的对边分别为，，则的最大值为（   ） A． B． C． D．3 【答案】B 【分析】利用正弦定理、两角和的正弦公式、两角和的正切公式以及基本不等式求解即可. 【详解】因为，由正弦定理得：， 又，则，所以， 即, 所以，由，则， 因为为边长，所以，所以，所以角为钝角，，所以角为锐角即，此时，所以由， 所以，即，因为，所以，所以， 当且仅当即时，等号成立，所以的最大值为. 12．（2026·山东烟台·一模）已知球的半径为1，三棱锥的顶点为，底面的三个顶点均在球的球面上，则当该三棱锥的体积最大时，其高为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】下证：在半径为的小圆中，内接正三角形面积最大. 证明：设底面三角形为，则 ， 而， 当且仅当时等号成立，即，故，故，当且仅当且时等号成立，即，，而， 即，即，时等号成立，此时为等边三角形. 回到问题本身：此时该三棱锥的体积， 由， 当且仅当，即时，等号成立，所以该三棱锥的体积最大值为，此时球心到截面小圆的距离，即当该三棱锥的体积最大时，其高为． 13．（多选）（2026·江西南昌·一模）已知，，则下列选项中正确的有（   ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】利用对数函数的性质判断A的真假；利用指数函数的性质判断B的真假；利用基本不等式判断CD的真假. 【详解】对A：因为，，所以，所以，故A错误；对B：因为，所以，故B正确；对C：因为，当且仅当即，时取等号.故C正确；对D：因为，故D正确. 14．（多选）（2026·河北廊坊·一模）已知a，b，c，d均为实数，则下列说法正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，且，则的最小值为 D．若，，且，则 【答案】ACD 【详解】，，又，，故A正确， 令，，故B错误，，即，，又，，，，当且仅当时，即等号成立，故C正确，，又，，则，又，，当且仅当，即时等号成立，故D正确. 15．（多选）（2026·山东烟台·一模）若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用给定条件结合基本不等式判断A，C；利用构造函数，求导，利用单调性进行判断B，D. 【详解】对于A项，因，，且，则有， 当且仅当时取“=”，A正确；对于B项，因，，且，则,得，则B错误； 对于C项，因，，且，则，得，，设，，得，得函数在上单调递增， 得，得，即，得，故C正确； 对于D项，，令，得，得函数在上单调递增，得，得，即，故D项错误. 16．（多选）（2026·安徽滁州·一模）若x，y，，且，则（   ） A．当时， B． C．当取得最大值时， D．当取得最小值时， 【答案】BCD 【分析】对A，根据条件，利用基本不等式，即可求解；对B，根据条件，利用重要不等式，即可求解；对C，根据条件，利用基本不等式得到，构造函数，利用导数求出的单调区间，即可求解；对于D，根据条件，利用基本不等式得到，再利用基本不等式，即可求解. 【详解】对于A，当时，由，得到，即 又x，y，，所以， 所以，得到，当且仅当时取等号，所以A错误， 对于B，因为，即， 当且仅当时取等号，所以B正确， 对于C，由，得到，则 ，所以， 当且仅当时取等号，则，令， 则，当时，，当时，， 即在区间上单调递增，在区间上递减，即当，有最大值，所以C正确，对于D，由选项C知，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，又因为，所以，当且仅当时取等号，所以，当且仅当，即时取等号，此时，所以D正确. 17．（2026·宁夏·一模）已知为抛物线的焦点，直线与交于两点，则的最小值是____________. 【答案】9 【分析】直线方程与抛物线方程联立，求得，利用抛物线定义可得，再根据基本不等式得结果. 【详解】由题知，的焦点，准线为，， 如图，作准线，准线， 联立，得，设，则， 又， ，等号成立时，故的最小值是. 18．（2026·湖北荆州·一模）已知均为非负数，且，则的最小值为______. 【答案】2 【详解】由题可得，所以, 由于,当且仅当，即时取等号，所以，则的最小值为. 19．（2026·天津南开·一模）已知，，若函数在区间上至少有一个零点，则的最小值是______. 【答案】 【分析】经过整理，换元，方程变形为关于的直线，那么，表示直线上的点到原点的距离的平方，那么距离的最小值就是原点到直线的距离，利用点到直线的距离求最小值. 【详解】由题意可知存在使 ，整理为：，设，整理为关于的直线，那么，表示直线上的点到原点的距离的平方，那么距离的最小值就是原点到直线的距离，所以，当时，是单调递增函数，当时取得最小值.即的最小值是. 20．（2026·天津·一模）在平行四边形中，分别是线段的中点.记，，用和表示__________.；若延长交于点，则平行四边形面积的最大值为__________. 【答案】 【分析】先利用中点与共线条件，将点 的位置用参数 表示，并通过向量共线建立方程解出 与 ，从而确定 与 的表达式；再将已知的 的值代入，结合与的夹角关系转化为关于 x, y的方程；最后使用基本不等式求出 xy的最大值，进而得到平行四边形面积的最大值. 【详解】如图，因为 是 中点，所以，. 又是AE中点，故，.设，则. 由共线，，即，得，，，故 .又 ，.设，， 则，代入得 . 由基本不等式 ，得 ，当且仅当时等号成立，平行四边形面积 ，故 . 21．（2026·辽宁锦州·一模）在三角形中，角所对的边分别为．若，且三角形的周长为，则该三角形面积的最大值为__________． 【答案】 【分析】利用余弦定理角化边可得，再根据周长并用基本不等式可得，进而可得面积的最大值. 【详解】因为， 所以由余弦定理可得，整理得， 解得或，因为，所以，所以，故三角形为直角三角形，且. 又因为，， 由基本不等式可得， 即,解得，当且仅当时等号成立， 所以该三角形面积，此时； 当时， 此时三角形为等腰直角三角形，，面积有最大值. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 排列组合、二项式定理 3大考点概览 题型01 排列组合 题型02 二项式定理 题型03 基本不等式 ( 排列组合 考点1 ) 1．（2026·新疆喀什·一模）五人排队，站成一排，其中甲、乙相邻，则所有的排队方法数为（    ） A．120 B．48 C．24 D．12 2．（2026·广东江门·一模）某班级图书角有5种课外书，甲、乙两名同学从5种课外书中各自选2种，则两人选的课外书没有相同种类的选法有（    ） A．20种 B．30种 C．40种 D．60种 3．（2026·山西临汾·一模）甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《惊蛰无声》、《飞驰人生3》、《熊猫计划之部落奇遇记》、《重返狼群》、《熊出没·年年有熊》五部电影中任选一部，则三人看同一部电影的概率为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·河北唐山·一模）某学校组织同学们假期参加社区服务活动，4名同学被分配到甲、乙两个社区，每个社区至少一名同学，不同的分配方案有（    ） A．6种 B．12种 C．14种 D．28种 5．（2026·黑龙江·一模）黑龙江省实验中学科技节活动，将4位学生志愿者分配到创客中心、校园电视台、体育馆三个地点参加志愿活动，若每个地点至少需要1名学生，每位志愿者仅去一个地点，则不同的分配方法种数为（   ） A．81 B．72 C．36 D．12 6．（2026·山东青岛·一模）某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（   ） A．35 B．36 C．42 D．50 7．（2026·山东淄博·一模）有5名同学，，，，参加唱歌比赛，抽签决出出场顺序.若和都不是第1个出场，且不是最后一个出场，则这5人不同的出场顺序种数为（    ） A．42 B．50 C．54 D．60 8．（2026·甘肃兰州·一模）为全面提升学生的核心素养与综合实践能力，某校举办“模拟联合国大会”活动，设置了A，B，C，D共4个不同的国家立场，由4名同学通过随机抽签确定每人代表一个国家立场参与活动.已知这4名同学每人都有且仅有一个心仪的国家立场，且4人心仪的国家立场互不相同，则仅有1名同学抽到自己心仪国家立场的抽取方法数是（    ） A．4 B．8 C．12 D．24 9．（2026·辽宁大连·一模）已知数列A：，，…，，，，设，若或2，则满足条件的不同数列的个数为（    ） A．7 B．21 C．35 D．70 10．（2026·山东烟台·一模）某学校派5名同学参加“市长杯”足球比赛中4个场次的志愿服务，每场比赛至少派1名同学，每名同学仅参加一个场次的志愿服务，则不同派法的种数为（   ） A．180 B．240 C．320 D．360 11．（2026·贵州安顺·一模）某校教学楼的某层楼设置有8级台阶，某同学上楼梯时只能每步跨越一级台阶或两级台阶，则该同学从楼梯底部登上第8级台阶的不同走法有（   ） A．32 B．33 C．34 D．35 12．（2026·广东汕头·一模）一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔1s等可能地沿数轴的正方向或负方向移动一个单位，共移动7次，则质点最可能移动到的位置的坐标为（    ） A．7或 B．5或 C．3或 D．1或 13．（2025·浙江台州·一模）我们把半径相等的圆称为等圆.在平面上过同一点有个等圆，其中任何两个圆都有两个不同的交点，但任何三个圆除点外无其它公共点，记这个等圆共有个交点，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．存在，使得 D．任意且，都有 14．（2026·广东梅州·一模）已知某趟往返梅州与广州的高铁，沿途共有梅州西、兴宁南、五华、河源东、惠州北、广州等6个站点，则此趟高铁沿途需要准备______种不同的车票. 15．（2026·四川广安·一模）某中学对“秋假”期间申请留校的学生实行免费托管，现要从名教师中选若干人在天假期值班（每天只需人值班），同一人不能连续值班天，则可能的安排方法有___________种． 16．（2026·上海闵行·二模）小闵同学打算将“20260407”中的8个数字“”进行排列得到密码.如果排列时要求两个“2”相邻且三个“0”不相邻，那么小闵可以设置的不同密码的个数为______. 17．（2026·贵州六盘水·一模）某城市在中心广场建造一个花圃，花圃被分成如图所示的5个部分.现栽种3种不同品种的花，花圃的每部分只栽种一种品种的花，有公共边的部分（仅有1个公共点的两个部分不认为有公共边）不能栽种相同品种的花，且3种品种的花都有栽种，则不同的栽种方法数为_________. 18．（2026·河北邯郸·一模）某地普法小组安排4名男性普法员和2名女性普法员前往甲、乙、丙三个社区进行宣讲，每名普法员只能前往一个社区，每个社区至少有1名普法员，则2名女性普法员被安排在不同社区的方案共有______种． 19．（2026·宁夏银川·一模）在如图所示的九宫格中，每个格子用1，2，3，4，5，6中的一个数字填入，要求1用两次，2用三次，其余数字各用一次，且当两个1在同一行或同一列时均不相邻，则不同的填法共有______种. 20．（2026·北京丰台·一模）西汉海昏侯墓出土的两千多年前的“权”（砝码），是与“衡”（天平）配合使用的称量工具．已知五枚权的质量（单位：克）从小到大构成项数为5的等比数列，其中，，则___________；在称量物体时所用的权的质量之和叫称量值，则从这五枚权中取一枚或多枚，可组合出的不同称量值共有___________种． 21．（2026·河北承德·一模）将标号为1，1，2，2，3，4的6张不同卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张标号不同的卡片，则不同的放法共有________种． 22．（2026·安徽淮北·一模）某双一流大学为提高数学学院学生的数学素养，特开设了“模糊数学”、“复变函数”、“微分几何”、“数值分析”、“拓扑学”五门选修学科，要求学院每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将五门选修学科选完，则每位同学的不同选修方式有__________种 23．（2026·河北衡水·一模）来自某校高二年级的4名男生和3名女生组成的7人团队参加数学建模竞赛.该竞赛包含方案设计、模型构建、编程实现、成果展示四个环节，分配规则如下：①每个环节至少安排1名选手，每人只参加1个环节；②方案设计环节人数多于模型构建环节人数；③编程实现环节至少安排2人，且至少有1名女生；④成果展示环节人数不超过方案设计环节人数.根据分配规则，该团队参赛的不同的人员分配方案共有______种. 24．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）下图是由七个圆和八条线段构成的图形（该图形不能旋转和翻转），其中由同一条线段连通的两个圆称作“相邻的圆”.若将1，2，3，4，5，6，7这七个数字分别填入这七个圆中，且满足带有阴影的圆中的数字大于其所有相邻的圆中的数字，则符合要求的填法共有____________种. ( 二项式定理 考点2 ) 1．（2026·广东·一模）在的展开式中，含的项的系数是（   ） A． B．4 C． D．16 2．（2026·湖北·一模）已知，则（   ） A．32 B．31 C． D．1 3．（2026·北京昌平·一模）在的展开式中，含的项的系数为（   ） A． B． C．16 D．24 4．（2026·山西大同·一模）若的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，则（    ） A．9 B．8 C．7 D．6 5．（2026·湖北荆州·一模）的展开式中的常数项为（    ） A．60 B．120 C．160 D．240 6．（2026·江苏·一模）的二项展开式的第6项系数是（   ） A． B． C． D． 7．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）已知函数的图象关于坐标原点对称，则的值为（   ） A．20 B．50 C．70 D．90 8．（2026·北京海淀·一模）已知，则（   ） A． B．10 C． D．80 9．（2026·河北承德·一模）记，若，则（   ） A．1 B． C． D． 10．（2026·河南南阳·一模）今天是星期一，再过天是星期几（    ） A．星期二 B．星期三 C．星期四 D．星期五 11．（2026·山西晋城·一模）的展开式中的系数为（   ） A． B． C．20 D．24 12．（2026·海南儋州·一模）设等比数列的前项和为，且，且为二项式展开式中的常数项，则的最小值为（   ） A．5 B． C． D．10 13．(多选）（2026·陕西宝鸡·一模）在的展开式中，下列说法正确的有（   ） A．含项的系数为 B．第3项与第4项的二项式系数相等 C．所有项的二项式系数之和为32 D．所有项的系数之和为 14．(多选）（2026·江苏·一模）在的二项展开式中，下列结论正确的是（   ） A．常数项是60 B．各项系数之和是64 C．二项式系数最大值是20 D．不含的项 15．(多选）（2026·辽宁朝阳·一模）若，，为常数，则（    ） A． B．当时， C．当时， D．当时， 16．(多选）（2026·湖北十堰·一模）若，则（   ） A．（） B． C．从，，…，这8个数中任取2个，这两个数的积为正数的取法有12种 D．从，，，…，这8个数中任取3个，这三个数的和等于，，，…，中某数的取法有28种 17．(多选）（2026·重庆·一模）已知 ，则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D．中，与最大 18．(多选）（2026·湖北黄石·一模）如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（    ） A．第2026行共有2026个数 B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D．去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 19．（2026·山东济宁·一模）展开式中的常数项为__________.（用数字作答） 20．（2026·天津东丽·一模）在的展开式中的系数为______． 21．（2026·河北沧州·一模）已知二项式展开式中的系数为40，则实数______． 22．（2026·北京石景山·一模）若的展开式的二项式系数和为32，则__________，的系数为__________. 23．（2026·重庆·一模）的展开式中常数项为__________． 24．（2026·湖南长沙·一模）已知，则______. 25．（2026·新疆喀什·一模）的展开式中含的项为____. ( 基本不等式 考点3 ) 1．（2026·广西崇左·一模）若，则的（   ） A．最小值为4 B．最小值为6 C．最大值为4 D．最大值为6 2．（2026·湖南长沙·一模）已知数列是公比大于0的等比数列，则的最小值为（    ） A．3 B． C． D． 3．（2026·河北张家口·一模）已知实数，，且满足，则的最小值为（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 4．（2026·山东东营·一模）已知随机变量，且， 则当时， 的最小值为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·山东青岛·一模）已知正项等差数列的前项和为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·辽宁·一模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，的面积为，则的最小值为（   ） A．3 B． C．6 D． 7．（2026·天津北辰·一模）已知M是内一点且，，若，和的面积分别为，x，y，则的最小值是（   ） A．4 B．6 C．8 D．10 8．（2026·山东菏泽·一模）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的面积的最大值为（    ） A． B．2 C．3 D．4 9．（2026·天津红桥·一模）已知，若，则的最小值为（    ） A．2 B． C． D． 10．（2026·山东临沂·一模）已知锐角，满足，则的最大值是（   ） A． B． C． D． 11．（2026·江苏·一模）已知的内角的对边分别为，，则的最大值为（   ） A． B． C． D．3 12．（2026·山东烟台·一模）已知球的半径为1，三棱锥的顶点为，底面的三个顶点均在球的球面上，则当该三棱锥的体积最大时，其高为（   ） A． B． C． D． 13．（多选）（2026·江西南昌·一模）已知，，则下列选项中正确的有（   ） A． B． C． D． 14．（多选）（2026·河北廊坊·一模）已知a，b，c，d均为实数，则下列说法正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，且，则的最小值为 D．若，，且，则 15．（多选）（2026·山东烟台·一模）若，则（   ） A． B． C． D． 16．（多选）（2026·安徽滁州·一模）若x，y，，且，则（   ） A．当时， B． C．当取得最大值时， D．当取得最小值时， 17．（2026·宁夏·一模）已知为抛物线的焦点，直线与交于两点，则的最小值是____________. 18．（2026·湖北荆州·一模）已知均为非负数，且，则的最小值为______. 19．（2026·天津南开·一模）已知，，若函数在区间上至少有一个零点，则的最小值是______. 20．（2026·天津·一模）在平行四边形中，分别是线段的中点.记，，用和表示__________.；若延长交于点，则平行四边形面积的最大值为__________. 21．（2026·辽宁锦州·一模）在三角形中，角所对的边分别为．若，且三角形的周长为，则该三角形面积的最大值为__________． 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $