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年高考数学二模分类汇编

**基本信息** 聚焦排列组合、二项式定理、基本不等式三大考点，汇编多地区二模真题，通过社会实践、演讲比赛、科技产品定价等真实情境，实现基础巩固与创新应用的梯度训练。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|30题|排列组合（选排/分配问题）、二项式定理（系数计算）、基本不等式（最值求解）|结合校园活动（如社会实践安排）、文化传承（非遗技艺展示）考查应用能力| |多选题|8题|排列组合（概率）、二项式定理（性质）、基本不等式（恒成立）|综合多个考点，如同时判断排列方案与二项式系数正误| |填空题|19题|排列组合（染色/网格路径）、二项式定理（特定项系数）、基本不等式（几何应用）|融入几何图形（三角形顶点标注）、经济问题（提价方案），体现跨情境应用|

专题09 排列组合、二项式定理、基本不等式 3大考点概览 题型01 排列与组合 题型02 二项式定理 题型03 基本不等式 ( 排列 与 组合 考点1 ) 一、单选题 1．（2026·广东茂名·二模）某学校从周一至周五中选择天开展社会实践活动，周一和周二不能同时被选中，则不同的选择方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 2．（2026·辽宁抚顺·二模）现有甲、乙等五名学生参加“弘扬中华文化”的演讲比赛，已知甲既不在第一个参演，又不在最后一个参演，且乙不在第三个参演，则不同的参演顺序共有（    ） A．60种 B．72种 C．96种 D．120种 3．（2026·河北沧州·二模）某游客计划3天内游览完A，B，C，D，E这5个景点，每天至多游览2个景点，且A，B两个景点不安排在同一天游览，则不同的安排方案种数为（    ） A．36 B．72 C．90 D．144 4．（2026·重庆·二模）树人中学选派出甲、乙、丙、丁四名学生参加接力比赛，要求甲不跑第一棒，丁不跑第四棒，则不同的接力比赛顺序有（ ） A．8种 B．种 C．种 D．种 5．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）某人有3种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多），要在如图所示的图形的6个顶点A，B，C，，，上各安装一个灯泡，要求同一线段两端的灯泡颜色不同，则不同的安装方法共有（   ） A．3种 B．6种 C．12种 D．48种 6．（2026·山西·二模）若6个人按原来站的位置重新站成一排，恰有两人站在自己原来的位置上的概率为（   ） A． B． C． D． 7．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）哈尔滨市第六中学校开展爱国主义教育实践活动，计划周日组织高一年级一班至六班前往731部队罪证陈列馆、哈尔滨烈士纪念馆两处场馆进行参观．现要求每个场馆分配3个班级，同时派2名教师带队，每名教师负责一个场馆的带队工作，请问一共有（   ）种不同的安排方法？ A．20 B．40 C．80 D．120 8．（2026·山东济南·二模）如图，三边的中点分别为，将六个数字全部标注在六个点处，每个点处标注一个数字，使得每个中点处的数字都比其相邻两顶点处的数字小，则不同的标注方法有（    ） A．36种 B．48种 C．60种 D．72种 9．（2026·浙江·二模）从数字0，1，2，3，4中任取3个构成的无重复数字的3位数，其中能被3整除的偶数共有（   ） A．13个 B．15个 C．16个 D．18个 10．（2026·江西南昌·二模）某校高三年级准备在接下来的14周内，安排三次心理健康讲座，分别记为第周、第周、第周．为了让学生有足够的时间消化内容，学校要求：①第一次与第二次讲座之间至少间隔2周；②第二次与第三次讲座之间也至少间隔2周；③在第一次讲座之前至少预留1周准备时间，最后一次讲座之后至少预留1周总结时间，则符合要求的不同安排方案有（   ） A．120种 B．84种 C．70种 D．56种 11．（2026·山西临汾·二模）将5名实习生分配到A，B，C三个班开展实习工作.要求每个班都要有实习生，当实习生甲不去A班时，B班恰有3名实习生的概率为（   ） A． B． C． D． 12．（2026·青海西宁·二模）如图，某校园新建了一处三层的“阶梯式绿植角”，每层从上到下依次摆放个、个、个花盆，形成三角形排列，其中有虚线连接的个花盆为“相邻花盆”，现有多个红、黄、蓝三种颜色的花盆可供选择，若规定“相邻花盆”颜色不同，且最下层不全为同色花盆，则花盆摆放的不同方式共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 二、多选题 13．（2026·湖北襄阳·二模）下列说法正确的是（    ） A．若，则的值为或． B．从6名男生和2名女生中选出3名，其中至少有1名女生的选法共有种. C．的展开式中的系数为． D．从5本不同的书中选出3本分配给3位同学，每人一本，则分配方案总数为60． 14．（23-24高二下·黑龙江鹤岗·开学考试）如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格形道路网，其中是道路网中的5个指定交汇处，今在道路网M，N处的甲、乙两人分别要到N，M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的是（    ） A．甲从M到达N处的方法有15种 B．甲从M必须经过到达N处的方法有6种 C．甲、乙两人在处相遇的概率为 D．甲、乙两人在道路网中5个指定交汇处相遇的概率为 三、填空题 15．（2026·河南·二模）平面内有两组相交平行线，一组有10条，一组有5条，且每组中相邻两平行直线间距离均为1，则从这两组直线构成的平行四边形中任取一个，取到的平行四边形恰为菱形的概率为_________． 16．（2026·贵州黔西南·二模）某非遗工坊有剪纸、木雕、陶艺、刺绣、编织五项技艺展示，需安排阿珍、阿明、阿华、阿杰、阿丽五位传承人各负责一项.若阿明不负责陶艺且阿丽只能负责剪纸或刺绣，则不同的安排方法有__________种. 17．（2026·广西桂林·二模）一个不透明的盒子里装有2个红球、3个白球、4个黑球，这些球除颜色外完全相同.每次从中随机摸出1个球，记录颜色后不放回，连续摸3次.设事件A为“三次摸球中，恰好有两次颜色相同”，则______. 18．（2026·福建·二模）为了应对新能源产业爆发式增长带来的挑战，某研究所设立了资源组、电芯组、基建组三个攻关小组．现安排甲、乙等5名工作人员到这三个小组协助工作，且每个小组至少安排一人，每人只能去一个小组，同时，要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，甲、乙两人不能被安排到资源组，则不同的安排方案种数是__________．（用数字作答） 19．（2026·广东茂名·二模）已知1～10这10个正整数的随机排列为，，…，．记，，2，…，9，事件为“，，…，满足”，则事件的概率为______，事件的概率为______． 20．（2026·河南信阳·二模）已知，其中i为虚数单位，从组合数中取出一个数记作，从展开式中项的系数中取出一个数记作，若，则的概率为______________. ( 二项式定理 考点2 ) 一、单选题 1．（2026·北京石景山·二模）若，则n的值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 2．（2026·河北邯郸·二模）已知，则被10除的余数为（   ） A．1 B．3 C．7 D．9 3．（2026·江西赣州·二模）已知，若，且，则的值为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·贵州贵阳·二模）在的展开式中，项的系数与常数项之比为4，则实数a的值为（   ） A． B．1 C． D．2 5．（2026·福建南平·二模）已知二项式的展开式中所有项的系数和为32，若，且，则（    ） A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8 6．（2026·河北邢台·二模）已知的展开式中，所有项的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项为（   ） A． B． C． D． 7．（2026·青海西宁·二模）用1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中满足的五位数有个，则在的展开式中，的系数为（   ） A．15 B．20 C．35 D．45 8．（2026·湖北武汉·二模）在的展开式中，含项的系数为（   ） A．240 B． C．80 D． 二、多选题 9．（2026·四川德阳·二模）设函数，且记，则（       ） A．数列的首项为1 B．数列的前10项和为512 C．数列的前10项和为 D．数列的前10项和为0 10．（2026·浙江台州·二模）设，为常数，则（   ） A． B． C． D． 11．（2026·山东济宁·二模）的展开式中，第项与第项的二项式系数相等，则（    ） A．展开式共项 B．展开式中常数项为 C．展开式中所有项的二项式系数之和为 D．展开式中所有项的系数之和为 12．（2026·山西临汾·二模）若，则下列结论正确的是（   ） A．展开式中第1014项的二项式系数最大 B． C． D．被16除的余数是15 三、填空题 13．（2026·云南保山·二模）已知的展开式中，项的系数为-10，则________. 14．（2026·北京海淀·二模）在的展开式中，各项系数的最大值为___________． 15．（2026·陕西榆林·模拟预测）的展开式中的系数为________． 16．（2026·天津红桥·二模）已知二项式的展开式中的常数项为，则实数______． 17．（2026·河南·二模）的展开式中的系数为________． 18．（2026·山东青岛·二模）若展开式的二项式系数之和为，则展开式的常数项为___________.（用数字作答） 19．（2026·河北保定·二模）已知 的展开式中仅有第6项的二项式系数最大，则其展开式中x² 的系数为________.(用数字作答) ( 基本不等式 考点3 ) 一、单选题 1．（2026·河北沧州·二模）已知，，且，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·浙江·二模）已知，则的最小值为（   ） A． B． C．5 D．9 3．（2026·海南省直辖县级单位·二模）已知正数，满足.若不等式恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．（2026·广东江门·二模）已知，，且，则的最小值为（   ） A．11 B．12 C．13 D．14 5．（2026·江苏·二模）已知，则关于的展开式中各项系数之和的最小值为（    ） A．2 B．4 C．8 D．16 6．（2026·河北衡水·二模）已知平面向量，，，若，在上的投影向量相等，且，，则的最小值为（   ） A． B． C．2 D．1 7．（2026·天津南开·二模）已知时，的最小值为（   ） A． B．3 C． D． 8．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知半径为2的圆O，如图所示，AB为圆的一条直径，C为线段AB上异于端点A、B的任意一点，过C作与线段AB垂直的弦交圆于D、E两点，连接AD和BD，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 9．（2026·天津河东·二模）“明数理”数学兴趣小组在综合实践过程中为某公司的一款明星科技产品提供涨价方案，经过小组成员分析讨论形成如下四个方案： 方案甲：第一次提价，第二次提价；方案乙：第一次提价，第二次提价； 方案丙：第一次和第二次均提价； 方案丁：第一次提价，第二次降价； 其中，则四个方案中提价最多的方案为（   ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 10．（2026·山西运城·二模）设正数，分别是复数的实部、虚部，且，则的最小值为（   ） A． B． C． D．4 二、多选题 11．（2026·河北沧州·二模）若，，，则（   ） A． B． C． D． 12．（2026·福建漳州·二模）已知正数满足，则下列说法正确的是（    ） A．的最小值为 B．的最小值为27 C．的最大值为6 D．若，则的最小值为6 三、填空题 13．（2026·上海杨浦·二模）设正实数满足，则的最小值为______. 14．（2026·天津·二模）在平行四边形中，，，点在线段上．若，则___________；的最小值为___________． 15．（2026·广西南宁·二模）设，，若不等式恒成立，则实数的最大值为______． 16．（2026·内蒙古包头·二模）在中，内角的对边分别为，若成等差数列，则的最小值为__________. 17．（2026·山东济宁·二模）是的重心，过点且不过顶点的直线分别交边，于点，，记和的面积分别为，，则的最小值是________. 18．（2026·辽宁抚顺·二模）已知平面内有5个互不相等的单位向量，，，，.若这5个向量中恰有1对向量互相平行，恰有3对向量互相垂直，则的最大值为____________. 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、基本不等式 3大考点概览 题型01 排列与组合 题型02 二项式定理 题型03 基本不等式 ( 排列 与 组合 考点1 ) 一、单选题 1．（2026·广东茂名·二模）某学校从周一至周五中选择天开展社会实践活动，周一和周二不能同时被选中，则不同的选择方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】直接用间接法计算可得结果. 【详解】因为从天中选天，共有种．而周一和周二同时被选的选法，共有种． 因此，满足条件的方案为种． 2．（2026·辽宁抚顺·二模）现有甲、乙等五名学生参加“弘扬中华文化”的演讲比赛，已知甲既不在第一个参演，又不在最后一个参演，且乙不在第三个参演，则不同的参演顺序共有（    ） A．60种 B．72种 C．96种 D．120种 【答案】A 【详解】若甲在第三个参演，则不同的参演顺序有种；若甲不在第三个参演，则不同的参演顺序有种.根据分类加法计数原理可知，不同的参演顺序共有种. 3．（2026·河北沧州·二模）某游客计划3天内游览完A，B，C，D，E这5个景点，每天至多游览2个景点，且A，B两个景点不安排在同一天游览，则不同的安排方案种数为（    ） A．36 B．72 C．90 D．144 【答案】B 【分析】先算5个景点3天游览的总方案数，再算、同天的方案数，用总方案数减、同天的方案数，最终得出结果. 【详解】5个景点分到3天，每天至多2个景点，因此分组只能是2，2，1，所以，又因为，所以总方案数，若A、B安排在同一天：共分组方式，又因为三个组分配到3天，共种排列，因此A、B同天的方案数，所以，即不同的安排方案种数为72. 4．（2026·重庆·二模）树人中学选派出甲、乙、丙、丁四名学生参加接力比赛，要求甲不跑第一棒，丁不跑第四棒，则不同的接力比赛顺序有（ ） A．8种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【详解】4名学生排列总数：，甲跑第一棒的情况：， 丁跑第四棒的情况：，甲跑第一棒且丁跑第四棒的情况：， 总顺序数：． 5．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）某人有3种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多），要在如图所示的图形的6个顶点A，B，C，，，上各安装一个灯泡，要求同一线段两端的灯泡颜色不同，则不同的安装方法共有（   ） A．3种 B．6种 C．12种 D．48种 【答案】C 【详解】法一：先安装下底面的三个顶点有种不同的安装方法，再安装上底面的三个顶点有种不同的安装方法.由分步乘法计数原理可知，共有种不同的安装方法. 法二：依次安装，，，，，六个位置，则有种不同的安装方法. 6．（2026·山西·二模）若6个人按原来站的位置重新站成一排，恰有两人站在自己原来的位置上的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，分2步分析.第一步：先从6个人里选2人，这2人位置不变，其余4人都不在自己原来的位置，第二步：分析剩余的4人都不在自己原来位置的站法数目，由分步计数原理计算结合古典概率计算公式计算可得答案. 【详解】根据题意，分两步：第一步，先从6个人里选2人，这2人位置不变，有种选法； 第二步，对于剩余的4个人，每个人都不能站在原来的位置上，因此第一个人有3种站法， 被占了自己位置的那个人在剩下三个位置中任选一个，有种站法，其余2人只有一种站法，因此4个人共有种站法，故不同的站法有135种.而基本事件总数为，所以所求概率为. 7．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）哈尔滨市第六中学校开展爱国主义教育实践活动，计划周日组织高一年级一班至六班前往731部队罪证陈列馆、哈尔滨烈士纪念馆两处场馆进行参观．现要求每个场馆分配3个班级，同时派2名教师带队，每名教师负责一个场馆的带队工作，请问一共有（   ）种不同的安排方法？ A．20 B．40 C．80 D．120 【答案】B 【分析】先把6个班级平均分成两组，再分配到两个场馆，再把两位老师每个场馆分配一个即可. 【详解】先把6个班级平均分成两组，再分配到两个场馆，再把两位老师每个场馆分配一个， 则有种不同的安排方法. 8．（2026·山东济南·二模）如图，三边的中点分别为，将六个数字全部标注在六个点处，每个点处标注一个数字，使得每个中点处的数字都比其相邻两顶点处的数字小，则不同的标注方法有（    ） A．36种 B．48种 C．60种 D．72种 【答案】B 【分析】根据分类加法计数原理及排列数公式计算求解. 【详解】由题意可得顶点标注只能为或，其余情况不满足题意.若顶点标注，则标注在中点处，此时有，若顶点标注，则只能标注在之间的边的中点，此时有种，所以不同的标注方法有种. 9．（2026·浙江·二模）从数字0，1，2，3，4中任取3个构成的无重复数字的3位数，其中能被3整除的偶数共有（   ） A．13个 B．15个 C．16个 D．18个 【答案】A 【详解】满足条件的3位数可由或或或构成，由构成的偶数有个；由构成的偶数有个；由构成的偶数有个；由构成的偶数有个. 故共有个. 10．（2026·江西南昌·二模）某校高三年级准备在接下来的14周内，安排三次心理健康讲座，分别记为第周、第周、第周．为了让学生有足够的时间消化内容，学校要求：①第一次与第二次讲座之间至少间隔2周；②第二次与第三次讲座之间也至少间隔2周；③在第一次讲座之前至少预留1周准备时间，最后一次讲座之后至少预留1周总结时间，则符合要求的不同安排方案有（   ） A．120种 B．84种 C．70种 D．56种 【答案】D 【详解】设之前的周数为，与之间的周数为，与之间的周数为，之后的周数为，由题目条件知，，，，，令，，，，得，，，，，由隔板法，符合要求的不同安排方案为. 11．（2026·山西临汾·二模）将5名实习生分配到A，B，C三个班开展实习工作.要求每个班都要有实习生，当实习生甲不去A班时，B班恰有3名实习生的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先甲去或班的总数为，进一步由组合数排列数应用条件概率即可得所求概率. 【详解】不考虑甲是否去班，所有实习生分配方案总数为， 甲去班的概率相等，所以甲去或班的总数为， 甲不去班，B班恰有3名实习生的情形一，甲去班且班有3名实习生共有种； 情形二，甲去班，班有3名实习生共有种， 当实习生甲不去A班时，B班恰有3名实习生的共有种， 设实习生甲不去A班为事件，设B班恰有3名实习生为事件， 当实习生甲不去A班时，B班恰有3名实习生的概率为. 12．（2026·青海西宁·二模）如图，某校园新建了一处三层的“阶梯式绿植角”，每层从上到下依次摆放个、个、个花盆，形成三角形排列，其中有虚线连接的个花盆为“相邻花盆”，现有多个红、黄、蓝三种颜色的花盆可供选择，若规定“相邻花盆”颜色不同，且最下层不全为同色花盆，则花盆摆放的不同方式共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】记上层花盆为，中层花盆从左到右依次为、，下层花盆从左到右依次为、、，则花盆有种颜色可选，然后对、是否同色进行分类讨论，确定、、的涂色种数，以及、、同色时的涂法种数，结合分类、分步计数原理以及间接法可得结果. 【详解】记上层花盆为，中层花盆从左到右依次为、，下层花盆从左到右依次为、、． 由题可知有种颜色可选， ①当、同色时，有种颜色可选，此时、、各有种颜色可选，其中、、同色时有种颜色可选，此时花盆摆放的不同方式有种； ②当、不同色时，有种颜色可选，只有种颜色可选，则有种颜色可选，只有种颜色可选，有种颜色可选，其中、、同色时只有种颜色可选，此时花盆摆放的不同方式有种．综上，最下层不全为同色时，花盆摆放的不同方式共有种． 二、多选题 13．（2026·湖北襄阳·二模）下列说法正确的是（    ） A．若，则的值为或． B．从6名男生和2名女生中选出3名，其中至少有1名女生的选法共有种. C．的展开式中的系数为． D．从5本不同的书中选出3本分配给3位同学，每人一本，则分配方案总数为60． 【答案】ACD 【详解】选项A：根据组合数性质等价于或，且上标满足. 列方程：①，解得，此时上标为7，符合要求. ②，解得，此时上标分别为4和6，符合要求，故或，A正确. 选项B：用间接法计算，总选法，全是男生的选法，故至少1名女生的选法为种，不是42种，B错误.选项C：的展开通项为，得到项分两类：①2乘中项，系数为；.②乘中项，系数为.总系数为，C正确.选项D：从5本不同的书中选3本分给3位同学，属于排列问题，总方案数为，D正确. 14．（23-24高二下·黑龙江鹤岗·开学考试）如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格形道路网，其中是道路网中的5个指定交汇处，今在道路网M，N处的甲、乙两人分别要到N，M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的是（    ） A．甲从M到达N处的方法有15种 B．甲从M必须经过到达N处的方法有6种 C．甲、乙两人在处相遇的概率为 D．甲、乙两人在道路网中5个指定交汇处相遇的概率为 【答案】ACD 【分析】根据组合数原理可判断A；根据分步乘法计数原理和组合数原理可判断B；根据分步乘法计数原理、组合数原理和古典概型概率公式可判断C、D. 【详解】对于A，甲从M到N的最短路程，只能向上或者向右走， 需要走6步，2步向上，4步向右，共有种，故A正确； 对于B，第一步，甲从M到，有种走法， 第二步，从到N，有种走法，所以共有种走法，故B错误； 对于C，由B可知甲、乙经过的走法都有9种，所以在处相遇共有种走法， 而甲、乙两人的总走法有种，所以两人在处相遇的概率为，故C正确； 对于D，因为甲、乙两人以相同的速度同时出发，因而相遇时走过的路程相等，故两人只能在处相遇，由C可知D对．故选：ACD. 三、填空题 15．（2026·河南·二模）平面内有两组相交平行线，一组有10条，一组有5条，且每组中相邻两平行直线间距离均为1，则从这两组直线构成的平行四边形中任取一个，取到的平行四边形恰为菱形的概率为_________． 【答案】 【详解】设为：“从这两组直线构成的平行四边形中任取一个，取到的平行四边形恰为菱形”， 则． 16．（2026·贵州黔西南·二模）某非遗工坊有剪纸、木雕、陶艺、刺绣、编织五项技艺展示，需安排阿珍、阿明、阿华、阿杰、阿丽五位传承人各负责一项.若阿明不负责陶艺且阿丽只能负责剪纸或刺绣，则不同的安排方法有__________种. 【答案】36 【详解】从阿珍、阿华、阿杰中选一个人负责陶艺，有3种选择，从剪纸或刺绣中选一个让阿丽负责，有2种选择，则剩余3个人各自从剩下三个项目中选择一个，共有种，故总的安排方法有. 17．（2026·广西桂林·二模）一个不透明的盒子里装有2个红球、3个白球、4个黑球，这些球除颜色外完全相同.每次从中随机摸出1个球，记录颜色后不放回，连续摸3次.设事件A为“三次摸球中，恰好有两次颜色相同”，则______. 【答案】 【详解】为保证每次摸球结果的等可能性，把2个红球分别记为，；3个白球分别记为，，；4个黑球分别记为，，，. 9个球看成不同的元素，则样本空间的样本点总数为. “三次摸球中，恰好有两次颜色相同”分为“两次红球，一次非红球”、“两次白球，一次非白球”、“两次黑球，一次非黑球”三种情况；事件“两次红球，一次非红球”的样本点个数为：； 事件“两次白球，一次非白球”的样本点个数为：； 事件“两次黑球，一次非黑球”的样本点个数为：；所以. 18．（2026·福建·二模）为了应对新能源产业爆发式增长带来的挑战，某研究所设立了资源组、电芯组、基建组三个攻关小组．现安排甲、乙等5名工作人员到这三个小组协助工作，且每个小组至少安排一人，每人只能去一个小组，同时，要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，甲、乙两人不能被安排到资源组，则不同的安排方案种数是__________．（用数字作答） 【答案】 【分析】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，由于甲、乙两人不能被安排到资源组，针对甲、乙两人在同一组与不同组进行分类计算，结合要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多排除一些情况，再使用排列组合公式进行计算. 【详解】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，那么资源组、电芯组、基建组人数分配情况有与, 当甲、乙两人在同一组时，那么甲乙只能同在电芯组或基建组,存在与两种分配情况, 此时,; 当甲、乙两人在不同组时，那么甲乙只能一个在电芯组另一个在基建组,存在与两种分配情况,此时,;. 19．（2026·广东茂名·二模）已知1～10这10个正整数的随机排列为，，…，．记，，2，…，9，事件为“，，…，满足”，则事件的概率为______，事件的概率为______． 【答案】 /0.7 【分析】由事件的定义对10，9，8三个数所在的集合进行分类讨论，确定8，9，10都在前段，因而可得事件等价于8，9，10都在前k个位置，再利用古典概型概率公式结合排列数公式计算即得. 【详解】记，，则等价于。 ①若10在后段，则，，于是，不满足； ②若10在前段，但8或9在后段，则，，于是，不满足； ③若8，9，10都在前段，则，于是，满足．因此，事件等价于8，9，10都在前k个位置．计算：将8，9，10放在前3个位置，共3！种选择，余下的7个位置随机排列，共7！种选择，因此．注意到对，2，…，8，均有为的子事件，因此．计算：将8，9，10放在前9个位置，等价于第10位是1到7中的某个数，共7×9！种选择，因此． 20．（2026·河南信阳·二模）已知，其中i为虚数单位，从组合数中取出一个数记作，从展开式中项的系数中取出一个数记作，若，则的概率为______________. 【答案】 【分析】利用复数的乘法运算可得，再利用组合数及二项式系数确定有序数对的个数，进而求出古典概率. 【详解】依题设，数都各有41种取法，因此有序数对的取法种数为， 由，得，， 由，得，则，， 当且仅当为奇数时，， 则，即或，显然均为奇数， 当时，共有20个对应的有序数对，当时，共有20个对应的有序数对， 因此使成立的有序数对共有40个，所以的概率. ( 二项式定理 考点2 ) 一、单选题 1．（2026·北京石景山·二模）若，则n的值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】利用二项式定理补项配凑求和的通项表达式 【详解】由，解得. 2．（2026·河北邯郸·二模）已知，则被10除的余数为（   ） A．1 B．3 C．7 D．9 【答案】D 【分析】利用二项式定理化简原式，将问题转化为求除以10所得的余数，即可得. 【详解】， 由 ，由于最后一项为，所以被10除的余数为9. 3．（2026·江西赣州·二模）已知，若，且，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据，利用二项式定理展开，对应系数相等即可求解. 【详解】因为，所以，利用二项式定理展开得，即， 又因为，对应系数要相等，则，又因为且，即，解得，故B正确. 4．（2026·贵州贵阳·二模）在的展开式中，项的系数与常数项之比为4，则实数a的值为（   ） A． B．1 C． D．2 【答案】C 【分析】根据二项式展开式通项求解即可. 【详解】的展开式通项为.令，解得，则项的系数为.令，解得，则常数项为. 由题意，化简得，即. 5．（2026·福建南平·二模）已知二项式的展开式中所有项的系数和为32，若，且，则（    ） A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8 【答案】D 【详解】二项式的展开式中所有项的系数和为32，令，得，所以.若，且，则.所以，所以. 6．（2026·河北邢台·二模）已知的展开式中，所有项的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用二项式定理系数的性质，求出，然后通过二项式定理的通项公式求出常数项即可． 【详解】由题意知，，解得，展开式通项公式为，令，则，所以. 7．（2026·青海西宁·二模）用1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中满足的五位数有个，则在的展开式中，的系数为（   ） A．15 B．20 C．35 D．45 【答案】C 【详解】可知满足，则，此时不同的五位数的个数为， 的展开式含的项为， 则的系数为. 8．（2026·湖北武汉·二模）在的展开式中，含项的系数为（   ） A．240 B． C．80 D． 【答案】D 【详解】的通项， 项的两种来源，①中项与相乘，②中项与相乘， ①令，得，此时该项为，与相乘后得到， ②令，得，此时该项为，与相乘后得到， 所以，含项的系数为． 二、多选题 9．（2026·四川德阳·二模）设函数，且记，则（       ） A．数列的首项为1 B．数列的前10项和为512 C．数列的前10项和为 D．数列的前10项和为0 【答案】BD 【详解】由题意知，是常数项，是的系数，是的系数，即当时，数列的第项是展开式中的系数.令，则，故A错； 数列的前10项和等于，即展开式中所有项的系数之和， 令，则，故B正确； 数列的前10项和等于， 令，则，而， 则数列的前10项和为，故C错误；数列的前10项和等于， 令，则，因为，故D正确. 10．（2026·浙江台州·二模）设，为常数，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】由，利用两个二项式乘积及其展开式通项求对应项系数判断A、B，应用赋值法求奇偶数项的和判断C、D. 【详解】由，对于，展开式通项为，， 对于，展开式通项为，，所以，A对， ，B对， 令，则， 令，则， 所以，则，C错， ，D对. 11．（2026·山东济宁·二模）的展开式中，第项与第项的二项式系数相等，则（    ） A．展开式共项 B．展开式中常数项为 C．展开式中所有项的二项式系数之和为 D．展开式中所有项的系数之和为 【答案】ACD 【分析】先由两项二项式系数相等可得，根据二项式定理可判断AC，再通过通项公式可判断B，用赋值法判断选项D可得. 【详解】因为的展开式中，第项与第项的二项式系数相等，所以，即，得.所以二项式展开式的项数为，故A正确； 对于B，由通项公式.令，得，所以常数项为 ，故B错误.所以二项式展开式中所有项的二项式系数之和为，故C正确；令，则展开式中所有项的系数之和为 ，故D正确； 12．（2026·山西临汾·二模）若，则下列结论正确的是（   ） A．展开式中第1014项的二项式系数最大 B． C． D．被16除的余数是15 【答案】ABC 【分析】利用二项式定理中二项式系数的特点：中间项的二项式系数最大，求解选项A，对二项式展开式进行赋值，赋值求解选项B，对二项式展开式的左右两边进行求导再赋值求解即可求解选项C，对二项式展开式赋值并观察各项系数特点是否含有16的因数求解选项D. 【详解】展开式中二项式系数最大为第1014项，故选项A正确， 所以，又因为，所以令则 故选项B正确.对函数左右两边求导得： 令，则又， 所以，故选项C正确.， 令，则， 除第一项外，其余项均可以被16整除，所以被16除的余数是1，故选项D错误. 三、填空题 13．（2026·云南保山·二模）已知的展开式中，项的系数为-10，则________. 【答案】4 【详解】项系数为，解得． 14．（2026·北京海淀·二模）在的展开式中，各项系数的最大值为___________． 【答案】10 【分析】求出二项式的展开式，进而求出各项系数的最大值. 【详解】由于，所以在的展开式中，各项系数的最大值为10. 15．（2026·陕西榆林·模拟预测）的展开式中的系数为________． 【答案】 【详解】的展开式中的项为：， 所以的展开式中的系数为. 16．（2026·天津红桥·二模）已知二项式的展开式中的常数项为，则实数______． 【答案】 【详解】由题意得的展开式中的通项为， 令，得，则常数项为，即，解得． 17．（2026·河南·二模）的展开式中的系数为________． 【答案】 【分析】写出展开式通项，令的指数为，即可求解. 【详解】由于，而的展开式的通项为，令，即，得到系数为，因此的展开式中的系数为. 18．（2026·山东青岛·二模）若展开式的二项式系数之和为，则展开式的常数项为___________.（用数字作答） 【答案】 【分析】根据二项式系数的性质，求得，得到展开式的通项，结合通项，即可求解. 【详解】因为二项式展开式的二项式系数之和为，可得，解得， 则二项式展开式的通项为，令，可得，所以展开式的常数项为. 19．（2026·河北保定·二模）已知 的展开式中仅有第6项的二项式系数最大，则其展开式中x² 的系数为________.(用数字作答) 【答案】 【详解】由题可知展开式共项，所以，又的展开式的通项为，令，解得，所以x² 的系数为。 ( 基本不等式 考点3 ) 一、单选题 1．（2026·河北沧州·二模）已知，，且，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】.因为，当且仅当， 即时，等号成立，所以，即，当且仅当时，等号成立. 2．（2026·浙江·二模）已知，则的最小值为（   ） A． B． C．5 D．9 【答案】B 【分析】利用常数代换，结合基本不等式求解可得. 【详解】因为，所以， 所以 ，当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. 3．（2026·海南省直辖县级单位·二模）已知正数，满足.若不等式恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由基本不等式乘“”法，求得的最小值，进而可求解. 【详解】由题意可知，不等式恒成立，即， ，即，， ，，，，，当且仅当， 即时等号成立，当时，取得最小值为8， ，即，解得. 4．（2026·广东江门·二模）已知，，且，则的最小值为（   ） A．11 B．12 C．13 D．14 【答案】C 【分析】方法一：条件等式可化为，再结合关系利用基本不等式求结论； 方法二：由条件等式可得，消元变形可得，再利用基本不等式求其最小值即可. 【详解】（方法一）由，可得，因为，，所以，， 则， 当且仅当，即，时，等号成立，故的最小值为13． （方法二）由，可得，因为，所以， 则， 当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为13． 5．（2026·江苏·二模）已知，则关于的展开式中各项系数之和的最小值为（    ） A．2 B．4 C．8 D．16 【答案】D 【分析】代入系数和公式，以及基本不等式求解. 【详解】令，则展开式中各项系数和为，因为，所以， 当，即时等号成立，所以展开式的各项系数之和的最小值为16. 6．（2026·河北衡水·二模）已知平面向量，，，若，在上的投影向量相等，且，，则的最小值为（   ） A． B． C．2 D．1 【答案】D 【详解】因为，在上的投影向量相等，所以它们的投影也相等，即，所以， 又因为，，所以； 已知，，满足基本不等式的使用条件，对目标式，由得，因此，将目标式乘展开， 根据基本不等式，，代入得： 当且仅当时等号成立，即，结合， 解得，，满足，，因此最小值为. 7．（2026·天津南开·二模）已知时，的最小值为（   ） A． B．3 C． D． 【答案】B 【详解】由可知，易知，且， 所以 ，当且仅当时， 即时，等号成立，因此的最小值为3. 8．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知半径为2的圆O，如图所示，AB为圆的一条直径，C为线段AB上异于端点A、B的任意一点，过C作与线段AB垂直的弦交圆于D、E两点，连接AD和BD，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据射影定理和基本不等式即可求解. 【详解】因为圆的半径为2，所以，由射影定理可知， 所以， 当且仅当，结合，即，时等号成立， 因此的最小值为. 9．（2026·天津河东·二模）“明数理”数学兴趣小组在综合实践过程中为某公司的一款明星科技产品提供涨价方案，经过小组成员分析讨论形成如下四个方案： 方案甲：第一次提价，第二次提价；方案乙：第一次提价，第二次提价； 方案丙：第一次和第二次均提价； 方案丁：第一次提价，第二次降价； 其中，则四个方案中提价最多的方案为（   ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【答案】C 【详解】设商品原价为，对于甲：最终价格为； 对于乙：最终价格为； 所以甲、乙方案结果相同，对于丙：最终价格为； 由均值不等式，，所以方案丙的最终价格高于甲、乙，对于丁：最终价格为：，该式存在负项，所以明显小于其他方案的结果，综上，提价最多的是方案丙. 10．（2026·山西运城·二模）设正数，分别是复数的实部、虚部，且，则的最小值为（   ） A． B． C． D．4 【答案】A 【分析】根据复数的乘法可得，再利用基本不等式可求的最小值. 【详解】依题意得，因为，所以， 所以，即， 所以， 当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为． 二、多选题 11．（2026·河北沧州·二模）若，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】根据基本不等式可得，进而可判断A；根据基本不等式“1”的妙用计算可判断B；根据基本不等式计算可判断C；利用换元法结合二次函数性质计算可判断D. 【详解】对于A选项，因为，，，所以， 当且仅当时取等号，即，所以，所以A选项不正确； 对于B选项，因为，当且仅当时取等号，所以B选项正确；对于C选项，因为，所以，当且仅当时取等号，所以C选项正确；对于D选项，因为，，，所以，又因为，所以，所以D选项正确. 12．（2026·福建漳州·二模）已知正数满足，则下列说法正确的是（    ） A．的最小值为 B．的最小值为27 C．的最大值为6 D．若，则的最小值为6 【答案】ABD 【分析】利用“1”的代换，完全平方公式，函数导数，三角代换法逐项分析即可. 【详解】对于A，由，且， 所以， 当且仅当，即时等号成立，故A正确； 对于B，因为，所以， 所以 ， 令，则，设， 所以， 由，所以，令，解得：， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以当即时，的最小值为27，故B正确； 对于C，因为，所以， 令， 则， 因为，所以， 当时取等号，此时由，得出， 因为，所以条件不满足，故C错误； 对于D，因为，所以 ， 因为，所以 ， 当且仅当即等号成立，故D正确. 三、填空题 13．（2026·上海杨浦·二模）设正实数满足，则的最小值为______. 【答案】/ 【分析】根据题意，得到，结合基本不等式，即可求解. 【详解】因为正实数满足，可得， 当且仅当时，等号成立，所以的最小值为. 14．（2026·天津·二模）在平行四边形中，，，点在线段上．若，则___________；的最小值为___________． 【答案】 / 【分析】设，以为基底表示，由此列方程，求得；利用向量模的运算以及基本不等式求得的最小值. 【详解】设，其中，则 ， 由于，所以，则为正数， 且. ，当且仅当时等号成立，所以的最小值为. 15．（2026·广西南宁·二模）设，，若不等式恒成立，则实数的最大值为______． 【答案】8 【详解】由. 从而原问题转化为求的最小值. 因为 ， （以上均为当且仅当时取等号）.所以.即实数的最大值为8. 16．（2026·内蒙古包头·二模）在中，内角的对边分别为，若成等差数列，则的最小值为__________. 【答案】 【分析】由已知可得，结合余弦定理可得，利用两角差的正切公式可得，利用基本不等式可求最小值. 【详解】因为成等差数列，即， 则，， 所以，即，且， 所以， 当且仅当时，等号成立.即的最小值为. 17．（2026·山东济宁·二模）是的重心，过点且不过顶点的直线分别交边，于点，，记和的面积分别为，，则的最小值是________. 【答案】 【分析】设，利用三角形重心的性质，结合等高的三角形面积关系建立函数，再利用基本不等式求出最小值. 【详解】设，由是的重心，得， 则，又点共线，因此，即， 而，， 则 ，当且仅当，即时取等号，所以的最小值是. 18．（2026·辽宁抚顺·二模）已知平面内有5个互不相等的单位向量，，，，.若这5个向量中恰有1对向量互相平行，恰有3对向量互相垂直，则的最大值为____________. 【答案】/ 【分析】先利用平行向量为相反向量的性质简化问题，再结合题设垂直对数约束，分类讨论并排除不可能情形，最终确定向量分布，利用向量加法的三角不等式求出和向量模长的最大值． 【详解】因为这5个单位向量互不相等，且恰有1对向量互相平行，所以这2个向量互为相反向量， 令，则，若，，中有2个或3个向量与垂直， 则这些向量也与垂直，所以这5个向量中，至少有4对向量互相垂直，不符合题意． 若，，均不与垂直，也不与垂直，则，，两两垂直，不符合平面向量的性质． 故，，中恰有1个向量同时与，垂直，令，， 则由题可知，从而，则 ， 当且仅当与同向时，等号成立，经检验，此时满足题设条件，故的最大值为． 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $