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备战2024年高考阶段性检测名校重组卷（新高考）
排列组合与二项式定理
本试卷22小题，满分150分。考试用时120分钟
一、单项选择题：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．（2023·广东揭阳·统考模拟预测）若 ，则 （ ）
A．7 B． C． D．7或9
【答案】D
【解析】∵ ，∴ 或 ，解得 或 ．
故选：D．
2．（2023·河南开封·统考二模） 展开式中的常数项是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】 展开式的通项公式为 ，
令 ，可得 ，故 展开式的常数项为 .
故选：A.
3．（2023·广东茂名·统考一模）将4个6和2个8随机排成一行，则2个8不相邻的情况
有（ ）
A．480种 B．240种 C．15种 D．10种
【答案】D
【解析】将2个8插空放入不相邻的5个空位（4个6之间有5个空位）中有 方法，
故2个8不相邻的情况有 种.
故选：D
4．（2023·山东青岛二模） 的展开式中 的系数为（ ）A．85 B．5 C．-5 D．-85
【答案】A
【解析】 的展开式的通项为 ，
则 ， ，
从而 的展开式中 的系数为 ．
故选：A．
5．（2023·山东滨州·统考一模）从 名大学毕业生中选 人担任村长助理，则甲、乙至少
有 人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分别在甲、乙有且仅有 人入选和甲、乙 人都入选的情况下确定选法种数，根据
分类加法计数原理可求得结果.
【详解】甲、乙有且仅有 人入选、丙没有入选的情况有： 种；
甲、乙 人都入选、丙没有入选的情况有： 种；
甲、乙至少有 人入选，而丙没有入选的不同选法的种数有 种.
故选：C.
6．（2023·广东·统考一模）如图，在两行三列的网格中放入标有数字 的六张卡
片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有（
）
A．96种 B．64种 C．32种 D．16种
【答案】B
【解析】根据题意，分3步进行，
第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为5”，则中间的数字只能为两组数1，4或2，3中的一组，共有 种排法；
第二步，排第一步中剩余的一组数，共有 种排法；
第三步，排数字5和6，共有 种排法；
由分步计数原理知，共有不同的排法种数为 .
故选：B.
7． （2023广东佛山一中4月一模）定义:两个正整数 , ,若它们除以正整数 所得的余
数 相 等 , 则 称 , 对 于 模 同 余 , 记 作 , 比 如 : . 已 知
,满足 ,则 可以是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为
也即 ,
故 除以 的余数为 除以 的余数 ,
又 除以 的余数也为 ,满足题意,其它选项都不满足题意.
故选:A.
8．（2023·江苏无锡·辅仁高中校联考模拟预测）大约公元前300年，欧几里得在他所著
《几何原本》中证明了算术基本定理：每一个比1大的数（每个比1大的正整数）要么本
身是一个素数，要么可以写成一系列素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，
那么写出来的形式是唯一的，即任何一个大于1的自然数 （ 不为素数）能唯一地写成
（其中 是素数， 是正整数， ， ），将上式称为自然数 的标准分解式，且 的标准分解式中有 个素数．从120的标准
分解式中任取3个素数，则一共可以组成不同的三位数的个数为（ ）
A．6 B．13 C．19 D．60
【答案】B
【分析】首先根据 的标准分解式得到 ，然后根据这5个素数的特点进行分
类讨论，最后利用分类加法计数原理即可得解．
【详解】解 根据 的标准分解式可得 ，
故从2，2，2，3，5这5个素数中任取3个组成三位数，有下列三种情况：
①选取3个2，可以组成1个三位数；②选取2个2后，再从3或5中选一个，可以组成
个不同的三位数；③选取2，3，5，可以组成 个不同的三位数．所以从
120的标准分解式中任取3个素数，一共可以组成 个不同的三位数.
故选：B．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．（2023·广东揭阳·统考模拟预测）为了做好社区新疫情防控工作，需要将5名志愿者分
配到甲､乙､丙､丁4个小区开展工作，则下列选项正确的是( )
A．共有625种分配方法
B．共有1024种分配方法
C．每个小区至少分配一名志愿者，则有240种分配方法
D．每个小区至少分配一名志愿者，则有480种分配方法
【答案】BC
【解析】对于选项AB:若需要将5名志愿者分配到甲､乙､丙､丁4个小区开展工作，则每个
志愿者都有4种可能，根据计数原理之乘法原理，则有45=1024种不同的方法，故A错误，
B正确，
对于选项CD：若每个小区至少分配一名志愿者，则有一个小区有两名志愿者，其余小区
均有1名志愿者，由部分均匀分组消序和全排列可知，把5名志愿者分成4组，有 种不同的分配方法，
故C正确，D错误.
故选：BC.
10.（2023·江苏南京·宁海中学模拟）关于 的展开式，下列结论正确的是
（ ）
A．所有项的二项式系数和为32
B．所有项的系数和为0
C．常数项为
D．系数最大的项为第3项
【答案】BC
【解析】 ，可得二项式系数和为 ，故A错误；
令 得所有项的系数和为0，故B正确；
常数项 ，故C正确；
，系数为 ，最大为 或 ，为第3项或第5项，故D错误.
故选：BC.
11.（2023黑龙江哈尔滨九中二模）若 ,其中
( , ,…, )为实数,则( )
A. B.
C. D.
【答案】B,C
【解析】依题意,令 ,对于A, ,A错误;对于B, 是 按 展开的第4项系数,因此
,B正确;
对于C, , ,
所以 ,C正确;
对于D, ,D错误.故选:BC.
12. (2023贵州遵义一中月考）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数
字都大,则称这个数为“凸数”,如 、 等都是“凸数”,用 , , , , 这五个数字组成
无重复数字的三位数,则( )
A. 组成的三位数的个数为 B. 在组成的三位数中,奇数的个数为
C. 在组成的三位数中,“凸数”的个数为 D. 在组成的三位数中,“凸数”的个数为
【答案】B,D
【解析】A: 个数组成无重复的三位数的个数为 ,故A错误;
B:奇数为个位数是 , , 的三位数,个数为 ,故B正确;
C:“凸数”分为 类,①十位数为 ,则有 个;②十位数为 ,则有 个;
③十位数为 ,则有 个,所以共有 个,故C错误;
D:由选项C的分析可知,D正确;
故选:BD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13.（2023·山东泰安·统考二模）用数字1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字，且至多
有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有_________个.（用数字作答）
【答案】312
【分析】分两种情况，结合排列数和组合数公式求解.
【详解】偶数包含2，4，6，奇数包含1，3，5，7，1.若四位数没有偶数，则都是奇数，有 个；
2.若四位数有一个偶数，三个奇数，有 个，
综上可知，共有 个.
故答案为：312
14．（2023·福建泉州·统考三模）已知 ，
且 则 ____________．
【答案】0
【解析】由题意，可得 ， .
， .
15.（2023·山东省齐鲁名校·3月大联考）为了响应国家号召，预防新冠病毒的传播，7位高
龄老人排队注射新冠疫苗，要求甲、乙、丙相邻，且乙在甲与丙的中间，则共有______种
不同的排队方法．
【答案】240
【分析】利用捆绑法，结合排列的定义进行求解即可.
【详解】不同的排队方法有 种．
故答案为：240
16．（2023·广东揭阳·高三统考模拟考试） 中 的系数为__________（用数
字作答）.
【答案】
【解析】 ，
其二项展开式的通项为 ，
要得到 ，则 ，解得 .的二项展开式的通项为 ，
令 ，可得 .
故 中 的系数为 .
故答案为: .
四、解答题：本大题共6小题，共70分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字
说明、证明过程或演算步骤。
17. （ 2023 江 西 师 范 大 学 附 中 月 考 ） (1) 已 知 , 求
的值(用数字作答).
(2)解不等式: .
【解析】(1)因为 ,
所以 或 ,解得 或 (舍去),
则
;
(2) ,即为 ,
解得 ,又因 ,
所以不等式的解集为 .
18. （2023河北张家口张垣联盟月考）已知甲,乙,丙,丁,戊五名同学,按下列要求进行排列,分
别求满足条件的排列数.
(1)把 名同学排成一排且甲乙必须相邻;
(2)把 名同学安排到排成一排的 个空位中的 个空位上,且甲乙不相邻.
【解析】(1)第一步,捆绑甲乙两名同学 种;第二步,把有限制条件(相邻)的同学,
甲乙看作整体和其他三名同学一起全排列,其排列方法有 种.
由分步乘法计数原理知,满足条件的排列方法有 (种)(2)将“空位”看成一名同学(他还没来),除了甲,乙剩下的三名同学和一个空位,
形成五个间隔,让甲乙插入 个间隔得到 ,
然后三名同学和一个空位全排列得到 ,最后结果是 (种).
19. （ 2023 甘 肃 武 威 月 考 ） 若
,且 .
(1)求实数 的值;
(2)求 值.
【解析】(1)依题意, ,因此
,解得 ,
所以实数 的值是 .
(2)由(1)知, ,当 时, ,
当 时, ,
因此 ,
所以 .
20. （2023山东烟台龙口市3月月考）将 个编号为 的不同小球全部放入 个编号
为 的 个不同盒子中.求:
(1)每个盒至少一个球,有多少种不同的放法?
(2)恰好有一个空盒,有多少种不同的放法?
(3)每盒放一个球,并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同,有多少种不同的放法?
(4)把已知中 个不同的小球换成四个完全相同的小球(无编号),其余条件不变,恰有一个
空盒,有多少种不同的放法?
【解析】(1)根据题意知,每个盒子里有且只有一个小球,所求放法种数为 (种);
(2)先将 个小球分为 组,各组的球数分别为 ,然后分配给 个盒子中的 个盒子,
由分步乘法计数原理可知,所求的放法种数为 (种);
(3)考查编号为 的盒子中放入编号为 的小球,则其它 个球均未放入相应编号的盒子,
那么编号为 的盒子中放入的小球编号可以依次为 或 ,因此,所求放法种数为 (种);
(4)按两步进行,空盒编号有 种情况,
然后将 个完全相同的小球放入其它 个盒子,没有空盒,
则只需在 个完全相同的小球所形成的 个空(不包括两端)中插入 块板,
由分步乘法计数原理可知,所求的放法种数为 (种).
21.（2023苏州常州一中高三上学期检测）已知在 的展开式中,前 项的系数
成等差数列,求:
(1)展开式中二项式系数最大项的项;
(2)展开式中系数最大的项;
(3)展开式中所有有理项.
【解析】(1) 展开式的通项公式为
,
依题意得 ,即 ,得 ,
所以 的展开式有 项,
所以二项式系数最大的项为第 项,所以 .
(2)由(1)知, ,设展开式中系数最大的项为第
项,
则 ,即 ,即 ,
解得 ,所以 或 ,所以展开式中系数最大的项为 和 .
(3)由 为有理项知, 为整数,
得 , .所以展开式中所有有理项为 和 .22. （2023河北石家庄四十一中期中）现有 , , , , , 六个数字
(1)可组成多少个没有重复数字的偶数;
(2)组成没有重复数字的五位数,从小到大排列 是第多少个数字?
【解析】(1)当组成的数是一位数时,一位偶数有 个;
当组成的数是二位数时,
可分两类:末位是 时有 个,末位是 或 时有 个,二位偶数共有 个;
当组成的数是三位数时,
可分两类:末位是 时有 个,末位是 或 时有 个,三位偶数共有
个;
当组成的数是四位数时,
可分两类:末位是 时有 个,末位是 或 时有 个,四位偶数共有
个;
当组成的数是五位数时,
可分两类:末位是 时有 个,末位是 或 时有 个,五位偶数共有
个;
当组成的数是六位数时,
可分两类:末位是 时有 个,末位是 或 时有 个,六位偶数共有
个;
综上,组成的没有重复数字的偶数的个数为 .
(2)万位是 的五位数有 个,
万位是 、千位为 的五位数有 个,
万位是 、千位为 、百位为 的五位数有 个,
万位是 、千位为 、百位为 、十位为 或 的五位数有 个,
因此,在 的前面共有 个数字,所以 是第 个数.
