单元集训卷40　计数原理(培优)-2027年高考数学一轮复习

单元集训卷40　计数原理(培优) （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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，只有一项是符合题目要求的。 1．（26-27高三上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）现有5张除所写数字外完全相同的卡片，其中2张写有数字7，另外3张分别写有数字2、3、5， 将卡片放入袋中搅匀，从中随机取出4张，用取出的卡片上的数字组成四位数，共可组成不同四位数的个数为（    ） A．60 B．72 C．84 D．120 2．（26-27高三上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）从4位男老师和4位女老师中选出3名教师，派到3个班担任班主任（每班1位班主任），要求这3名班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有（    ）种 A．576 B．312 C．288 D．48 3．（2026·山东济南·模拟预测）的展开式中的系数为（     ）. A． B． C． D． 4．（26-27高三上·吉林长春·阶段检测）已知，若，则m的取值为（   ） A．2 B．1 C．-4 D．2或-4 5．（26-27高三上·湖北孝感·开学考试）某人工智能社团有6位同学（含甲、乙），计划对、、这3种人工智能模型展开学习调研．每种模型至少有1人负责，每人必须且只能选择一种模型．若甲、乙不能调研同一种模型，且模型恰由2人负责，共有（    ）种不同的安排方案． A．160 B．320 C．480 D．540 6．（2026·贵州遵义·模拟预测）年世界人工智能大会在上海举办．现将甲、乙等名志愿者分配到浦东世博中心、上海世博展览馆、浦东张江科学会堂、徐汇西岸国际会展中心四个展馆开展志愿者服务，每名志愿者只分配到个场馆，每个场馆至少安排名志愿者，若甲不安排至上海世博展览馆，乙必须安排至浦东世博中心展馆，则不同的安排方法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 7．（26-27高三上·重庆南岸·阶段检测）在的展开式中，常数项为（     ） A． B． C． D． 8．（25-26高三下·山东菏泽·期末）今天是星期六，若（，且）天后仍是星期六，则的值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 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．（26-27高三上·江苏苏州·开学考试）由数字组成没有重复数字的三位数或四位数，现从中随机选取一个数，下列说法正确的是（    ） A．四位数个 B．若抽到四位数，则比大的概率为 C．三位偶数个 D．若抽到三位偶数，则被整除的概率为 10．（25-26高三下·山东烟台·阶段检测）已知在的展开式中，前项的系数成等差数列，则下列结论正确的是（    ） A．展开式中所有项的系数之和为 B．展开式中系数最大项为第项和第项 C．展开式中有项有理项 D．展开式中不含的一次项 11．（2026高三·全国·专题练习）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和，则下列命题中正确的是（   ） 第0行 第1行 第2行 第3行 第4行 第5行 …… 1 1   1 1  2  1 1  3  3  1 1  4  6  4  1 1  5  10  10  5  1 …… A．在“杨辉三角”中，第n行的所有的数字之和为 B．在“杨辉三角”第行的数中，从左到右第n个数最大 C．在“杨辉三角”中，从第3行开始，取每行的第4个数得到一数列，则该数列前10项之和为 D．记“杨辉三角”第n行的第i个数为，则的值恰好是第行的中间一项的数字 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（25-26高三下·内蒙古呼和浩特·期末）为助力城市低空经济发展，某科技公司计划开展无人机编队飞行表演．现有4架不同型号的四旋翼无人机和3架不同型号的六旋翼无人机，将它们排成一列进行飞行展示．要求任意两架相邻无人机的旋翼数不同，则不同的飞行队形共有______种．（结果用数字表示） 13．（2027高三·全国·专题练习）某龙舟队有12名队员，其中只能划左边的有5人，只能划右边的有5人，有2名队员左右都能划，现在要组成一支左边3人右边3人的龙舟队，有_____种组法． 14．（25-26高三下·广东深圳·期末）的展开式中的系数为______． 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．（25-26高三下·陕西西安·期末）将4个不同的小球放入4个不同的盒子中．（结果均用数字表示） (1)共有多少种不同的放法？ (2)每盒至多放一个球，有多少种不同的放法？ (3)恰好有一个空盒，有多少种不同的放法？ 16．（25-26高三下·全国·课后作业）设求： (1)的值； (2)的值； (3)的值； (4)的值． 17．（25-26高三下·四川南充·阶段检测）为了喜迎端午佳节，高坪中学某班举行了一场文化知识竞答比赛．经过比拼，最终评出获奖学生共6人：一等奖1名，二等奖2名，三等奖3名． (1)6人排成一排上台领奖，同一奖项的获奖同学必须站在一起，求不同的站法数； (2)将这6名获奖者分配到包粽子、挂艾草等4个手工活动中，每个手工活动至少去1人，求不同的分配方法数； (3)班主任为获奖的6名同学准备了12个完全一样的粽子，若一等奖至少分得3个粽子，二等奖至少分得2个粽子，三等奖至少分得1个粽子，求不同分发方法数． 18．（25-26高三下·河北唐山·期末）已知二项式的展开式中，所有项的二项式系数之和为256． (1)求正整数n的值； (2)求展开式中含x的项的系数； (3)求展开式中系数最大的项． 19．（25-26高三下·广东中山·期末）杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》，杨辉在1261年所著的《详解九章算法》给出了如下图1所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图2是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的． 杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题． 性质1：杨辉三角的第行就是的展开式的二项式系数； 性质2（对称性）：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即； 性质3（递归性）：除1以外的数都等于肩上两数之和，即； 性质4：自腰上的某个1开始平行于腰的一条线上的连续个数的和等于最后一个数斜右下方的那个数，比如：，； 请回答以下问题： (1)求杨辉三角中第8行的各数之和； (2)在的展开式中，求含项的系数． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 单元集训卷40　计数原理(培优) （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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，只有一项是符合题目要求的。 1．（26-27高三上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）现有5张除所写数字外完全相同的卡片，其中2张写有数字7，另外3张分别写有数字2、3、5， 将卡片放入袋中搅匀，从中随机取出4张，用取出的卡片上的数字组成四位数，共可组成不同四位数的个数为（    ） A．60 B．72 C．84 D．120 【答案】A 【分析】按取出的4张卡片中写有数字7的张数分为两类，分别计算每类可组成的不同四位数个数，再根据分类加法计数原理即可求解. 【详解】当取出的卡片写有数字7的张数为1时，能组成个不同的四位数； 当取出的卡片写有数字7的张数为2时，能组成个不同的四位数； 则从中随机取出4张卡片，共可组成个不同的四位数. 2．（26-27高三上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）从4位男老师和4位女老师中选出3名教师，派到3个班担任班主任（每班1位班主任），要求这3名班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有（    ）种 A．576 B．312 C．288 D．48 【答案】C 【分析】先选出3名教师，因为要求选出的3名教师必须男、女教师都有，所以可分两类情况，选出的3名教师是2男1女和1男2女，利用组合数分别计算选择教师的方法数，再将3名教师安排到3个班，是全排列，根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理，即可求解. 【详解】第一类情况，选出的3名教师是2男1女， 有种选择， 所以选派方案有种； 第二类情况，选出的3名教师是1男2女， 有种选择， 所以选派方案有种； 综上，所有不同的选派方案共有种. 3．（2026·山东济南·模拟预测）的展开式中的系数为（     ）. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先把多项式拆成两项，分别求出两部分中的系数，再合并系数得到答案. 【详解】将原式拆分为两个部分的和： . 由二项式定理得的通项为： ， 计算中项的系数：令，则，该项系数为： . 计算中项的系数：会使的次数减1，的次数加1，要得到，则需要提供的项， 令，则，该项系数为：. 综上，展开式中的系数为：. 4．（26-27高三上·吉林长春·阶段检测）已知，若，则m的取值为（   ） A．2 B．1 C．-4 D．2或-4 【答案】D 【分析】令，得出和的关系，求出后列出方程求解即可. 【详解】令，则， 其中是的系数，， 所以由题可知， 所以， 所以或， 所以m的取值为2或-4. 5．（26-27高三上·湖北孝感·开学考试）某人工智能社团有6位同学（含甲、乙），计划对、、这3种人工智能模型展开学习调研．每种模型至少有1人负责，每人必须且只能选择一种模型．若甲、乙不能调研同一种模型，且模型恰由2人负责，共有（    ）种不同的安排方案． A．160 B．320 C．480 D．540 【答案】A 【分析】按ChatGPT模型是否包含甲乙进行分组，再结合分类加法计数原理计算即可. 【详解】①甲负责ChatGPT模型：从除甲、乙外的4人中选1人负责模型，有种； 剩余4人分配到Sora、GPT-4两种模型，共有种，剩余4人全在Sora模型或GPT-4模型，有2种，所以此类方案数：种. ②乙负责ChatGPT模型：有种. ③甲、乙都不负责ChatGPT模型：从剩余4人中选2人负责模型，有种. 甲负责Sora模型，则乙负责GPT-4模型，剩余2人均有2种选择，种， 乙负责Sora模型，则甲负责GPT-4模型，剩余2人均有2种选择，种， 所以此类方案数：种. 故共有种不同的安排方案. 6．（2026·贵州遵义·模拟预测）年世界人工智能大会在上海举办．现将甲、乙等名志愿者分配到浦东世博中心、上海世博展览馆、浦东张江科学会堂、徐汇西岸国际会展中心四个展馆开展志愿者服务，每名志愿者只分配到个场馆，每个场馆至少安排名志愿者，若甲不安排至上海世博展览馆，乙必须安排至浦东世博中心展馆，则不同的安排方法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】利用分组模型，以乙所在两人组为分类标准，优先处理特殊元素甲、乙，结合分步乘法、分类加法计数原理计算． 【详解】由题意，5人分配到4个展馆，每个展馆至少1人，故分组必为， 记浦东世博中心、上海世博展览馆、浦东张江科学会堂、徐汇西岸国际会展中心四个展馆分别为展馆，展馆，展馆，展馆， 乙固定安排在展馆，甲不能安排至展馆，分两类讨论： （1） 两人组包含乙（乙与另一人同在展馆）， ①甲与乙同组在展馆，剩余人全排列分配到展馆，方法数为； ②从除甲乙外的人中选人与乙同组在展馆，剩余人（甲+余下人）分配到展馆，每人一个展馆，甲不去，方法数为； 本类方法数为； （2）两人组不包含乙，乙单独在展馆， 剩余甲与另外人，共人分配到，且每个展馆至少人，甲不能去， ①展馆安排人：从人中选人去，剩下人分为一组人、一组人分到，方法数为； ②展馆安排人：从人中选人去，剩下甲与人分到 方法数为， 本类方法数为， 由分类加法计数原理，总安排方法数为． 7．（26-27高三上·重庆南岸·阶段检测）在的展开式中，常数项为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先将三项式中两项变成一项，两次利用二项式展开即可得到原式的展开通项公式，从而即可判断指数的可能取值，再分别代入计算即可得到答案． 【详解】由的二项展开式的通项公式为，， 又的二项展开式的通项公式为，， 所以的展开通项公式为，，， 令，即，则的取值只可能为， 当时，，则对应项的系数为， 当时，，则对应项的系数为， 当时，，则对应项的系数为， 所以常数项为． 8．（25-26高三下·山东菏泽·期末）今天是星期六，若（，且）天后仍是星期六，则的值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】化简的表达式，利用二项式定理展开求余数再根据 为 7 的整数倍求解符合范围的值. 【详解】一周共有 7 天，若 天后仍是星期六，则 是 7 的正整数倍， 将变形为：， 又，因此， 根据二项式定理展开：， 展开式中前33项均含有因数7，均为7的倍数，除以7的余数为0， 仅最后一项不含因数7，因此除以7的余数为1. 由此可得除以7的余数为. 要使除以7的余数为0，需满足是7的倍数， 已知且，则，因此，解得. 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．（26-27高三上·江苏苏州·开学考试）由数字组成没有重复数字的三位数或四位数，现从中随机选取一个数，下列说法正确的是（    ） A．四位数个 B．若抽到四位数，则比大的概率为 C．三位偶数个 D．若抽到三位偶数，则被整除的概率为 【答案】ABD 【分析】A利用排列计数，千位不为算出四位数总数；B按千位分类，统计大于的四位数个数，计算条件概率；C按个位分类枚举三位偶数，得到总数；D在个三位偶数中筛选被整除的数，用条件概率公式算出概率． 【详解】对于A，千位不能为，千位可为，共种； 剩下个数字全排列，所以四位数有个，A正确； 对于B，千位为有，共个， 比小有，共个；等于有1 个；比大有个； 千位是的四位数全部大于有个， 所以大于的总数有个，即比大的概率为，B正确； 对于C，三位偶数有，共个，C错误； 对于D，三位偶数有个，被整除有，共个， 所以若抽到三位偶数，则被整除的概率为，D正确． 10．（25-26高三下·山东烟台·阶段检测）已知在的展开式中，前项的系数成等差数列，则下列结论正确的是（    ） A．展开式中所有项的系数之和为 B．展开式中系数最大项为第项和第项 C．展开式中有项有理项 D．展开式中不含的一次项 【答案】CD 【分析】根据二项式定理，由已知求出指数，然后采用赋值法求展开式所有系数之和；写出通项，由展开式的通项求有理项、展开式中含的一次项以及展开式中系数最大项，逐项判断，即可得出结论. 【详解】由题在的展开式中，前3项的系数成等差数列， 所以，解得或舍去，则. 令，得展开式中所有项的系数之和为，故A错误； 展开式的通项为， 由，解得， 所以展开式中第三项和第四项的系数相等且均为最大值，故B错误； 令为整数，则或，则可得展开式中有2项有理项，故C正确； 令，则，所以展开式中不含的一次项，故D正确. 11．（2026高三·全国·专题练习）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和，则下列命题中正确的是（   ） 第0行 第1行 第2行 第3行 第4行 第5行 …… 1 1   1 1  2  1 1  3  3  1 1  4  6  4  1 1  5  10  10  5  1 …… A．在“杨辉三角”中，第n行的所有的数字之和为 B．在“杨辉三角”第行的数中，从左到右第n个数最大 C．在“杨辉三角”中，从第3行开始，取每行的第4个数得到一数列，则该数列前10项之和为 D．记“杨辉三角”第n行的第i个数为，则的值恰好是第行的中间一项的数字 【答案】ACD 【分析】A选项，由二项式定理可得A正确；B选项，从左到右中间第个数最大；C选项，利用计算出结果；D选项，先得到，并且是展开式中项的系数，得到，故D正确． 【详解】对于A，在“杨辉三角”中，第n行的所有的数字之和为，A正确； 对于B，在“杨辉三角”第行的个数中，从左到右中间第个数最大，B错误； 对于C，在“杨辉三角”中，从第3行开始，取每行的第4个数得到一数列， 则该数列前10项之和为 ，C正确； 对于D，“杨辉三角”第n行的第i个数为，，， 故， 又， 所以是展开式中项的系数， 因为，展开式通项公式为， 令得，项的系数为， 所以， 又在“杨辉三角”中，第行的中间一项是第项，其系数为，故D正确． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（25-26高三下·内蒙古呼和浩特·期末）为助力城市低空经济发展，某科技公司计划开展无人机编队飞行表演．现有4架不同型号的四旋翼无人机和3架不同型号的六旋翼无人机，将它们排成一列进行飞行展示．要求任意两架相邻无人机的旋翼数不同，则不同的飞行队形共有______种．（结果用数字表示） 【答案】144 【详解】设架不同的四旋翼无人机为，架不同的六旋翼无人机为， 因为有架、有架，且任意两架相邻无人机的旋翼数不同， 所以它们排成一列只能是：这种模式 架不同的全排列为， 架不同的全排列为， 则不同的飞行队形共有种. 13．（2027高三·全国·专题练习）某龙舟队有12名队员，其中只能划左边的有5人，只能划右边的有5人，有2名队员左右都能划，现在要组成一支左边3人右边3人的龙舟队，有_____种组法． 【答案】800 【分析】将左右都能划的2名队员视为多面手，对他们的上场情况进行分类讨论，即可求解． 【详解】将左右都能划的2名队员视为多面手， ①当2个多面手都不上场时，有(种)， ②当只有1个多面手划左边时，有(种)， ③当只有1个多面手划右边时，有(种)， ④当1个多面手划左边、1个多面手划右边时，有(种)， ⑤当有2个多面手划左边时，有(种)， ⑥当有2个多面手划右边时，有(种)， 综上所述，一共有(种)组法． 14．（25-26高三下·广东深圳·期末）的展开式中的系数为______． 【答案】 【分析】先求出二项式展开式的通项，再根据多项式乘法规则，分别计算两类能得到一次项的系数，求和即可. 【详解】首先写出二项式的展开式通项， 要得到展开式中的一次项，分两种情况计算： 第一个因式取常数项，第二个因式取的一次项，令，得， 对应系数为， 第一个因式取一次项，第二个因式取常数项，令，得， 对应系数为， 将两类系数相加，得的系数为. 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．（25-26高三下·陕西西安·期末）将4个不同的小球放入4个不同的盒子中．（结果均用数字表示） (1)共有多少种不同的放法？ (2)每盒至多放一个球，有多少种不同的放法？ (3)恰好有一个空盒，有多少种不同的放法？ 【答案】(1)256 (2)24 (3)144 【分析】（1）每个小球有4种方法，利用分步乘法计数原理直接计算总放法数； （2）每盒至多一个球，即每个盒子都只能放1个球，利用排列数直接计算即可； （3）利用分步计数原理，先计算在4个球中任选2个，放入1个盒子中的放法，再求出在剩下的3个盒子中，任选2个，放入剩下2个小球的放法，即可计算出所有不同的放法. 【详解】（1）根据题意，每个小球有4种放法，则4个小球有种放法． （2）根据题意，每盒至多一个球，即每个盒子都只能放1个球，有种放法． （3）根据题意，分2步进行分析：在4个球中任选2个，放入1个盒子中，有种放法， 在剩下的3个盒子中，任选2个，放入剩下2个小球，有种放法，则共有种放法． 16．（25-26高三下·全国·课后作业）设求： (1)的值； (2)的值； (3)的值； (4)的值． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】（1）令，可得出所求代数式的值； （2）分别令、，将所得等式相减可得出所求代数式的值； （3）利用二项式定理可得，于是得出，结合赋值法可得答案； （4）利用平方差公式结合赋值法可得答案. 【详解】（1）令得．① （2）令，有．② ①②得，所以． （3）因为， 由题意可知， 当为奇数时，；当为偶数时，. 所以． （4）原式 17．（25-26高三下·四川南充·阶段检测）为了喜迎端午佳节，高坪中学某班举行了一场文化知识竞答比赛．经过比拼，最终评出获奖学生共6人：一等奖1名，二等奖2名，三等奖3名． (1)6人排成一排上台领奖，同一奖项的获奖同学必须站在一起，求不同的站法数； (2)将这6名获奖者分配到包粽子、挂艾草等4个手工活动中，每个手工活动至少去1人，求不同的分配方法数； (3)班主任为获奖的6名同学准备了12个完全一样的粽子，若一等奖至少分得3个粽子，二等奖至少分得2个粽子，三等奖至少分得1个粽子，求不同分发方法数． 【答案】(1) 72 (2) 1560 (3) 21 【分析】 （1）相邻排列问题采用捆绑法，先对同奖项捆绑后的整体全排列，再计算各整体内部排列数，相乘得结果； （2）先将6人按人数分为3,1,1,1和2,2,1,1两类分堆，平均分组需去重，再将分好的组分配到4个不同活动，分类求和得结果； （3）相同元素分配问题采用隔板法，先给每人分配满足最低要求的部分粽子，再对剩余粽子用隔板法分配得结果. 【详解】（1）利用捆绑法求解：第一步，将同一奖项的学生分别捆绑为1个整体，共得到3个整体，对3个整体全排列，排列数为； 第二步，计算各整体内部的排列数：一等奖共1人，内部排列数为； 二等奖共2人，内部排列数为； 三等奖共3人，内部排列数为； 根据分步乘法计数原理，总站法数为. （2）6人分配到4个不同活动，每个活动至少1人，人数分堆分为两类： 第一类：分堆为3,1,1,1：从6人中选3人作为1组，剩余3人各为1组，分堆数为， 将4组分配到4个不同活动，排列数为，该类分配方法数为； 第二类：分堆为2,2,1,1： 从6人中选2人、再从剩余4人中选2人，剩余2人各为1组， 由于两个2人组、两个1人组为平均分组，需除以重复的排列数去重，分堆数为， 将4组分配到4个不同活动，排列数为，该类分配方法数为； 根据分类加法计数原理，总分配方法数为. （3）粽子完全相同，采用隔板法求解：6名同学中，1名一等奖同学至少分3个，2名二等奖同学每人至少分2个，3名三等奖同学每人至少分1个. 先给每人分配最低要求减1的粽子：一等奖先分2个，每名二等奖先分1个，每名三等奖先分0个，共分配个，剩余粽子数为个； 问题转化为将8个相同粽子分给6名同学，每人至少1个，根据隔板法公式，方法数为. 18．（25-26高三下·河北唐山·期末）已知二项式的展开式中，所有项的二项式系数之和为256． (1)求正整数n的值； (2)求展开式中含x的项的系数； (3)求展开式中系数最大的项． 【答案】(1). (2). (3) 和 . 【分析】（1）利用二项式系数和为的性质列方程求解； （2）先写出展开式通项，令的指数为1，判断符合条件的整数，即可得对应系数； （3）写出展开式通项，解不等式组 求出 的范围，找到使系数最大的整数 ，代入通项即可． 【详解】（1）二项式的展开式所有项的二项式系数之和为，由题意得，解得． （2）由得二项式为，其展开式通项为： ， 令，解得， 所以展开式中含x的项的系数为． （3）由展开式的通项为， 假设第项系数最大，则，解得， 所以或， 即系数最大项为和. 19．（25-26高三下·广东中山·期末）杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》，杨辉在1261年所著的《详解九章算法》给出了如下图1所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图2是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的． 杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题． 性质1：杨辉三角的第行就是的展开式的二项式系数； 性质2（对称性）：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即； 性质3（递归性）：除1以外的数都等于肩上两数之和，即； 性质4：自腰上的某个1开始平行于腰的一条线上的连续个数的和等于最后一个数斜右下方的那个数，比如：，； 请回答以下问题： (1)求杨辉三角中第8行的各数之和； (2)在的展开式中，求含项的系数． 【答案】(1)256 (2) 【分析】（1）由杨辉三角的性质以及二项式系数之和公式即可得解； （2）求出的每一项中含项的系数在杨辉三角中所处的位置，再结合杨辉三角的性质，即可得解. 【详解】（1）由杨辉三角的性质1可知，第8行就是的展开式的二项式系数， 由二项式系数之和公式可知，杨辉三角中第8行的各数之和为； （2）的二项展开式的通项为， 其中的系数为，是杨辉三角第行中从左到右的第三个数， 因此中含项的系数， 分别为杨辉三角中第行中从左到右的第三个数， 首项为，且每一项均在平行于腰的一条线上，满足杨辉三角的性质， 其系数之和为最后一个数斜右下方的那个数， 因此，在的展开式中， 则含项的系数为. 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 $