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2025年菁优高考数学压轴训练24
一．选择题（共9小题）
1．（2024•阜阳模拟）在二项式 的展开式中，下列说法正确的是
A．常数项为 B．各项的系数和为64
C．第3项的二项式系数最大 D．奇数项二项式系数和为
2．（2024•博白县模拟）文娱晚会中，学生的节目有5个，教师的节目有2个，如果教师的节目不排在第
一个，也不排在最后一个，并且不相邻，则排法种数为
A．720 B．1440 C．2400 D．2880
3．（2024•南京模拟）有5个人到南京、镇江、扬州的三所学校去应聘，若每人至多被一个学校录用，
每个学校至少录用其中一人，则不同的录用情况种数是
A．300 B．360 C．390 D．420
4．（2024•石家庄模拟）现将四名语文教师，三名心理教师，两名数学教师分配到三所不同学校，每个
学校三人，要求每个学校既有心理教师又有语文教师，则不同的安排种数为
A．216 B．432 C．864 D．1080
5．（2024•西安二模）老师有6本不同的课外书要分给甲、乙、丙三人，其中甲分得2本，乙、丙每人至
少分得一本，则不同的分法有
A．248种 B．168种 C．360种 D．210种
6．（2024•安徽模拟）将1到50这50个正整数平均分成 、 两组，每组各25个数，使得 组的中位
数比 组的中位数小1，则共有 种分法．
A． B．
C． D．
7．（2024•贵州模拟）在 的展开式中，下列说法错误的是
1A．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
8．（2024•莆田模拟）用数字0，1，2，3，5组成没有重复数字的五位偶数，把这些偶数从小到大排列
得到一个数列 ，则
A．32150 B．25310 C．32510 D．25130
9．（2024•凉山州模拟）五名同学彝族新年期间去邛海湿地公园采风观景，在观鸟岛湿地门口五名同学
排成一排照相留念，若甲与乙相邻，丙与丁不相邻，则不同的排法共有
A．12种 B．24种 C．48种 D．96种
二．多选题（共6小题）
10．（2024•长沙三模）瑞士数学家 于 17 世纪提出如下不等式： ，有
，请运用以上知识解决如下问题：若 ， ， ，则以下不等式
正确的是
A． B． C． D．
11．（2024•曲靖模拟）下列命题正确的是
A． 展开式中 的系数为1
B． 展开式的常数项等于20
C． 展开式的二项式系数之和为64
D． 展开式的系数之和为64
212．（2024•九江三模）已知二项式 ，则
A．展开式中 的系数为45
B．展开式中二项式系数最大的项是第5项
C．展开式中各项系数之和为1
D．展开式中系数最大的项是第5项或第7项
13．（2024•河南模拟）关于 的展开式，下列判断正确的是
A．展开式共有7项
B．展开式的各二项式系数的和为128
C．展开式中含 的项的系数为
D．展开式的常数项为
14．（2024•福建模拟）已知正整数 ， ，其中 的因数不包含3，若 的展开式中有且只有6项
能被9整除，则 的取值可以是
A．6 B．7 C．8 D．9
15．（2023•云南模拟）已知 ，则
A．展开式中所有项的系数和为
B．展开式中二项系数最大项为第1012项
C．
D．
三．填空题（共6小题）
16．（2024•黄浦区校级三模）用 这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶
数的奇数共有 个．
17．（2024•南开区模拟）在 的展开式中， 的系数为 ．
18．（2024•越秀区校级一模）若 的展开式中含 的项的系数为60，则 的最小值
3为 ．
19．（2024•绍兴模拟） 展开式中 的系数为 ．
20．（2024•陕西模拟） 的展开式中，不含字母 的项为 ．
21．（2024•阳江模拟） 展开式中 的系数为 ，则 的值为 ．
四．解答题（共4小题）
22．（2024•浙江模拟）最近的一次数学竞赛共6道试题，每题答对得7分，答错（或不答）得0分．赛
后某参赛代表队获团体总分161分，且统计分数时发现：该队任两名选手至多答对两道相同的题目，没
有三名选手都答对两道相同的题目．试问该队选手至少有多少人？
23 ． （ 2024• 顺 庆 区 校 级 模 拟 ） 已 知 数 列 的 首 项 为 1 ， 记
．
（1）若数列 是公比为3的等比数列，求 的值；
（2）若数列 是公差为2的等差数列，
①求证： ；
②求证： 是关于 的一次多项式．
24．（2024•黔南州二模）1799年，哥廷根大学的高斯在其博士论文中证明了如下定理：任何复系数一元
次多项式方程在复数域上至少有一根 ．此定理被称为代数基本定理，在代数乃至整个数学中起着
基础作用．由此定理还可以推出以下重要结论： 次复系数多项式方程在复数域内有且只有 个根（重根
按重数计算）．对于 次复系数多项式 ，其中 ， ， ， ，
若方程 有 个复根 ， ， ， ，则有如下的高阶韦达定理：
4（1）在复数域内解方程 ；
（2）若三次方程 的三个根分别是 ， ， 为虚数单位），求 ，
， 的值；
（3）在 的多项式 中，已知 ， ， ， 为非零
实数，且方程 的根恰好全是正实数，求出该方程的所有根（用含 的式子表示）．
25．（2024•鼓楼区校级模拟）设 的第 项系数为 ．
（1）求 的最大值．
（2）若 表示 的整数部分， ，求 的值．
52025年菁优高考数学压轴训练24
参考答案与试题解析
一．选择题（共9小题）
1．（2024•阜阳模拟）在二项式 的展开式中，下列说法正确的是
A．常数项为 B．各项的系数和为64
C．第3项的二项式系数最大 D．奇数项二项式系数和为
【答案】
【考点】二项式定理
【专题】转化思想；二项式定理；逻辑推理；数学运算；计算题；综合法
【分析】直接利用二项式的展开式，赋值法和组合数以及二项式系数的和判断 、 、 、 的结论．
【解答】解：根据 的展开式通项为 ， ，1，2，3，4，5， ，
当 时，常数项为 ，选项 正确；
令 ，得各项的系数和为 ，选项 错误；
展开式共7项，二项式系数最大应为第4项，故选项 错误；
依题意奇数项二项式系数和为 ，选项 错误．
故选： ．
【点评】本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，赋值法，主要考查学生的运算能力，属于中档
题．
2．（2024•博白县模拟）文娱晚会中，学生的节目有5个，教师的节目有2个，如果教师的节目不排在第
一个，也不排在最后一个，并且不相邻，则排法种数为
A．720 B．1440 C．2400 D．2880
【答案】
【考点】部分元素不相邻的排列问题
【专题】定义法；对应思想；数学运算；排列组合
【分析】先将学生节目进行全排列，再根据题意将教师节目插入除首尾以为的4个空中，从而可解．
6【解答】解：根据题意，先将学生节目进行全排列共有 种排法，
又教师的节目不排在第一个，也不排在最后一个，并且不相邻，
则将教师的2个节目插入到中间4个空中，
则共 种方法．
故选： ．
【点评】本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
3．（2024•南京模拟）有5个人到南京、镇江、扬州的三所学校去应聘，若每人至多被一个学校录用，
每个学校至少录用其中一人，则不同的录用情况种数是
A．300 B．360 C．390 D．420
【答案】
【考点】排列组合的综合应用
【专题】数学运算；综合法；整体思想；排列组合
【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合分类加法计数原理及平均分组问题求解．
【解答】解：当5个人中有3个人被录用，
则不同的录用情况种数是 ；
当5个人中有4个人被录用，
则不同的录用情况种数是 ；
当5个人中全部被录用，
则不同的录用情况种数是 ，
则不同的录用情况种数共有 ．
故选： ．
【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法计数原理及平均分组问题，属中
档题．
4．（2024•石家庄模拟）现将四名语文教师，三名心理教师，两名数学教师分配到三所不同学校，每个
学校三人，要求每个学校既有心理教师又有语文教师，则不同的安排种数为
A．216 B．432 C．864 D．1080
7【答案】
【考点】排列组合的综合应用
【专题】定义法；对应思想；数学运算；排列组合
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合分组分配列式计算得解．
【解答】解：求不同的安排种数需要分成3步，把3名心理教师分配到三所学校，有 种方法，
再把4名语文教师按 （1分）成3组，并分配到三所学校，有 种方法，
最后把2名数学教师分配到只有1名语文教师的两所学校，有 种方法，
由分步乘法计数原理得不同的安排种数为 ．
故选： ．
【点评】本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
5．（2024•西安二模）老师有6本不同的课外书要分给甲、乙、丙三人，其中甲分得2本，乙、丙每人至
少分得一本，则不同的分法有
A．248种 B．168种 C．360种 D．210种
【答案】
【考点】人员及物品分配问题
【专题】整体思想；综合法；排列组合；数学运算
【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合分类加法计数原理及分步乘法计数原理求解．
【解答】解：老师有6本不同的课外书要分给甲、乙、丙三人，其中甲分得2本，乙、丙每人至少分得一
本，
当甲分2本，乙分1本，丙分3本时，
不同的分法有 种；
当甲分2本，乙分2本，丙分2本时，
不同的分法有 种；
当甲分2本，乙分3本，丙分1本时，
则不同的分法有 种，
即不同的分法共有 种．
故选： ．
8【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法计数原理及分步乘法计数原理，
属中档题．
6．（2024•安徽模拟）将1到50这50个正整数平均分成 、 两组，每组各25个数，使得 组的中位
数比 组的中位数小1，则共有 种分法．
A． B．
C． D．
【答案】
【考点】简单组合问题；排列组合的综合应用
【专题】计算题；排列组合；数学运算；综合法；方程思想
【分析】根据题意，由中位数的定义分析可得甲组的中位数为25，而此时乙组的中位数是26，
【解答】解：根据题意，将1，2，3， ，50这50个正整数分成甲、乙两组，每组各25个数，
使得甲组的中位数比乙组的中位数小1，
由中位数的定义，甲组的中位数为25，而此时乙组的中位数是26，
在小于25的24个数中选12个，分到 组，剩下12个分到 组，
在大于25的24个数中选12个，分到 组，剩下12个分到 组，
共有 种分组方法．
故选： ．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及中位数的定义，属于中档题．
7．（2024•贵州模拟）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】
【考点】二项式定理
【专题】综合法；二项式定理；数学运算；转化思想；计算题
9【分析】由题意先求出 的值，利用二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，逐一判断各个选项是否
正确，从而得出结论．
【解答】解： 的展开式中，二项式系数之和为 ，故 正确；
令 ，可得各项系数之和为 ，故 正确；
根据二项式系数的性质，可得当 时，展开式中二项式系数最大，
即展开式的第4项的二项式系数最大， ，故 错误；
根据通项公式为 ，令 ，求得 ，
可得展开式中常数项为 ，故 正确．
故选： ．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题．
8．（2024•莆田模拟）用数字0，1，2，3，5组成没有重复数字的五位偶数，把这些偶数从小到大排列
得到一个数列 ，则
A．32150 B．25310 C．32510 D．25130
【答案】
【考点】部分位置的元素有限制的排列问题
【专题】综合法；排列组合；数学运算；转化思想；计算题
【分析】由分类加法计数原理及排列数公式求解即可．
【解答】解：数字1在万位的偶数 ，2为个位）有 个；
数字2在万位的偶数 为个位）有 个；
数字3在万位，0在千位的偶数 为个位）有 个；
此时共 个偶数，
随后5个偶数从小到大为31052，31502，31520，32150，32510，所以第25个数是32510，
即 ．
故选： ．
10【点评】本题主要考查简单的计数问题，考查运算求解能力，属于中档题．
9．（2024•凉山州模拟）五名同学彝族新年期间去邛海湿地公园采风观景，在观鸟岛湿地门口五名同学
排成一排照相留念，若甲与乙相邻，丙与丁不相邻，则不同的排法共有
A．12种 B．24种 C．48种 D．96种
【答案】
【考点】部分元素不相邻的排列问题
【专题】对应思想；综合法；排列组合；数学运算
【分析】甲和乙相邻利用捆绑法，丙和丁不相邻用插空法，即先捆甲和乙，再与丙和丁外的一人共“2
人”排列，再插空排丙和丁．
【解答】解：甲和乙相邻，捆绑在一起有 种，
再与丙和丁外的1人排列有 种，
再排丙和丁有 种，
故共有 种排法．
故选： ．
【点评】本题考查排列、组合及简单计数问题，考查运算求解能力，属于中档题．
二．多选题（共6小题）
10．（2024•长沙三模）瑞士数学家 于 17 世纪提出如下不等式： ，有
，请运用以上知识解决如下问题：若 ， ， ，则以下不等式
正确的是
A． B． C． D．
【答案】
【考点】二项式定理
【专题】转化思想；构造法；定义法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算
【分析】选项 中，根据题意得出 ， ，求和即可；
11选项 中，根据题意得出 ， ，根据同向不等式相加，求解即可；
选项 、 ，不等式 ，可化为 ，构造函数 ，利用导数判断函
数的单调性，求解即可．
【解答】解：对于 ，因为 ，所以 ，则 ；
对于 ，因为 ，同理 ，则 ；
对于 ，要证明 ，也即证明 ，只要证明 时， 在区间
， 上单调递减．
求导数，得 ，由 ，得 ，且 ，
结合幂函数 的性质得：当 时， ， 在区间 上单调递减，即
时，函数 取得最大值，从而只需证明 ，变换得： ，因为
，故得证；
综上，若 ，不等式 成立，选项 正确， 错误．
故选： ．
【点评】本题考查了函数与不等式的应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题．
11．（2024•曲靖模拟）下列命题正确的是
A． 展开式中 的系数为1
B． 展开式的常数项等于20
C． 展开式的二项式系数之和为64
12D． 展开式的系数之和为64
【答案】
【考点】二项式定理
【专题】数学运算；计算题；综合法；转化思想；二项式定理；逻辑推理
【分析】根据给定二项式，利用展开式的通项公式计算可判断选项 ， ；根据二项式系数之和为 可
判断选项 ；令 ，可得所有项系数之和进而判断选项 ．
【解答】解：对于选项 ：由 展开式的通项为 ，
令 ，解得 ，所以含 的项为 ，此时系数为1，故 正确；
对于选项 ：由 展开式的通项为 ，
令 ，解得 ，所以常数项为 ，故 正确；
对于选项 ：由 可知 ，所以二项式系数之和为 ，故 正确；
对于选项 ：令 ，可得所有项系数之和为 ，故 错误．
故选： ．
【点评】本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
12．（2024•九江三模）已知二项式 ，则
A．展开式中 的系数为45
B．展开式中二项式系数最大的项是第5项
C．展开式中各项系数之和为1
D．展开式中系数最大的项是第5项或第7项
【答案】
【考点】二项式定理
【专题】综合法；数学运算；二项式定理；整体思想
【分析】由已知结合二项展开式式系数及系数的性质检验各选项即可判断．
【解答】解：因为 ，
13：令 ，即 ，展开式中 的系数为 ，正确；
：展开式共11项，故二项式系数最大的项为第6项，错误；
：令 ，则展开式各项系数和为0，错误；
：当 为奇数时，系数为负，当 为偶数时，系数为正，
故展开式中， 或 系数最大项为第5或第7项，正确．
故选： ．
【点评】本题主要考查了二项展开式系数及展开式系数的性质的应用，属于中档题．
13．（2024•河南模拟）关于 的展开式，下列判断正确的是
A．展开式共有7项
B．展开式的各二项式系数的和为128
C．展开式中含 的项的系数为
D．展开式的常数项为
【答案】
【考点】二项式定理
【专题】数学运算；二项式定理；逻辑推理；转化思想；计算题；综合法
【分析】根据二项式展开式的性质判断 ，二项式系数和为判断 ，写出展开式的通项，即可判断 ，
令 ，可得展开式中常数项，即可判断 ．
【解答】解：对于 ，因为 ，故展开式共有 项，故 错误；
对于 ，展开式的各二项式系数的和为 ，故 正确；
对于 ，展开式的通项公式为： ，
故含 的项的系数为 ，故 错误；
对于 ，令 ，展开式的常数项为 ，故 正确．
故选： ．
【点评】本题考查的知识点：二项式的展开式，赋值法，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档
题．
14．（2024•福建模拟）已知正整数 ， ，其中 的因数不包含3，若 的展开式中有且只有6项
14能被9整除，则 的取值可以是
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】
【考点】二项式定理
【专题】数学运算；二项式定理；计算题；转化思想；逻辑推理；综合法
【分析】利用二项式定理及其通项公式分类讨论计算即可．
【解答】解：易知 的展开式的第 项为 ，
即当 时必能被9整除，即至少有 项可被9整除，
故转为研究当 ，1时是否满足题意，
当 时，该项为 ，由于 的因数不含3，故无法被9整除；
当 时，该项为 ，
若 为3的倍数，则该项可被9整除；
若 时该项可被9整除，则共有 项可被9整除，
此时 ，为3的倍数，成立，
若 时该项不可被9整除，则共有 项可被9整除，
此时 ，符合题意．
综上， 可以为6或7．
故选： ．
【点评】本题考查的知识点：二项式的展开式，整除问题的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档
题．
15．（2023•云南模拟）已知 ，则
A．展开式中所有项的系数和为
B．展开式中二项系数最大项为第1012项
C．
D．
【答案】
【考点】二项式定理
【专题】函数思想；转化法；二项式定理；数学运算
15【分析】 ．令 进行求解．
．展开式中二次系数最大值的项有两项．
．令 或 进行求解．
．先对等式两边对 求导数，然后令 进行计算即可．
【解答】解：令 ，得所有项系数和为 ，故 正确，
， 展开式中有2024项，则展开式中二项系数最大项为第1012项或1013项，故 错误，
令 得， ，令 得 ，
，故 正确，
等式两边对 求导数得 ，
令 得 ，故 错误．
故选： ．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，利用二项式系数的性质，利用赋值法以及求导数法进行计算
是解决本题的关键，是中档题．
三．填空题（共6小题）
16．（2024•黄浦区校级三模）用 这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶
数的奇数共有 84 0 个．
【考点】数字问题
【专题】整体思想；综合法；排列组合；数学运算
【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理及分类加法计数原理求解．
【解答】解：用 这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数可分为
2类：
①当数位上数字为奇数且个数为2时，
则有 个；
②当数位上数字为奇数且个数为4时，
则有 个，
则各个数位上数字和为偶数的奇数共有 个．
故答案为：840．
【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步乘法计数原理及分类加法计数原理，
16属中档题．
17．（2024•南开区模拟）在 的展开式中， 的系数为 ．
【答案】 ．
【考点】二项式定理
【专题】综合法；数学运算；计算题；转化思想；二项式定理；逻辑推理
【分析】直接利用二项式的展开式和组合数的应用求出结果．
【解答】解：根据二项式的展开式 ，1，2，3，4， ，
当 时， 的系数为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
18．（2024•越秀区校级一模）若 的展开式中含 的项的系数为60，则 的最小值
为 ．
【答案】 ．
【考点】二项式定理
【专题】数学运算；转化思想；二项式定理；转化法
【分析】求出通项公式，利用项的系数得到方程，求出 ，进而由基本不等式求出最小值．
【解答】解：二项展开式的通项为 ，
令 得 ，
，依题意得， ，
，
，当且仅当 ，即 时，等号成立．
的最小值为 ．
17故答案为： ．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，考查转化能力，属于中档题．
19．（2024•绍兴模拟） 展开式中 的系数为 ．
【答案】 ．
【考点】二项式定理
【专题】综合法；转化思想；计算题；二项式定理；数学运算；逻辑推理
【分析】根据二项式定理计算即可．
【解答】解：设 的通项为 ，
当 时， ．
故答案为： ．
【点评】本题考查的知识要点：二项式的展开式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
20．（2024•陕西模拟） 的展开式中，不含字母 的项为 ．
【答案】 ．
【考点】二项式定理
【专题】函数思想；综合法；数学运算；二项式定理
【分析】利用二项式定理，可得 的展开式中，不含字母 的项．
【解答】解： 的展开式中，不含字母 的项为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查二项式定理，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于中档题．
21．（2024•阳江模拟） 展开式中 的系数为 ，则 的值为 1 ．
【答案】1．
【考点】二项式定理
【专题】数学运算；转化思想；二项式定理；转化法
【分析】根据已知条件，结合二项式定理，即可求解．
18【解答】解： 展开式的通项公式为 ，
展开式中 的系数为 ，
则 ，即 ，解得 ．
故答案为：1．
【点评】本题主要考查二项式定理，考查转化能力，属于基础题．
四．解答题（共4小题）
22．（2024•浙江模拟）最近的一次数学竞赛共6道试题，每题答对得7分，答错（或不答）得0分．赛
后某参赛代表队获团体总分161分，且统计分数时发现：该队任两名选手至多答对两道相同的题目，没
有三名选手都答对两道相同的题目．试问该队选手至少有多少人？
【答案】7．
【考点】排列组合的综合应用
【专题】逻辑推理；排列组合；转化法；转化思想
【分析】利用图表列举所有情况，结合排列组合公式计算求解即可．
【解答】解：设该队有 名选手，分别记为 ， ， ， ，记6道题的编号依次为1，2， ，6，以
编号为行、选手为列作一个 的方格表，
如果选手 ，2， 答对第 ，2， 题，就将方格表中第 行第 列的小方格 的中心染成
红点，
我们的问题就是在 的方格表中，不存在“横”6点矩形 和“纵”6点矩形 的情况，且
至少有23个红点时，求 的最小值．
如第1列有6个红点，那么，后面各列至多有2个红点，
因为 ，于是，取第2至10列，其中第2至9列每列有2个红点，第 列1个红点（如图）满
足题设，这说明 的最小值不大于 ．
19我们发现，可通过将第1列中某点移到此点所在行的其他列中来减少图6的列数，
如作移动 ， ， ，可同时作移动 ， ， ， ， ， ， ， ， ，
这样便得到有23个红点的图甲，
类似地可得图乙，这说明 的最小值不大于7．
下面证明： 的最小值大于6．
对于一个恰有6列的方格表，由抽屉原理知至少有一列红点数不少于 4，不妨设第1列，且第1列的前4
行的小方格的中心是红点，
如果某列有2个红点，则称其为某列上的一个红点“行对”，这样在前4行中，除第1列外的5列中每列
只能有一个行对．于是，前4行中总共有 个行对．
考虑最后两行：若第1列还有红点，那么，有红点的这一行不能再有其他的红点，如第 1列还有2个红点，
这时能增加9个行对， 方格表中共有 个行对；
如第1列还有1个红点，不妨设第1列第5行的小方格有红点，
这时即使第6行除第1列外的其他小方格都有红点，那么，可增加 个行对， 方格表中
共有 个行对；
如第1列没有其他的红点，那么，在最后两行中最多还有两个行对，这两个行对占去了两列，在余下的
三列中，每列最多有1个红点，
20于是，可增加行对 个，这时， 方格表中最多有 个行对．这说明27是可能
的行对总数的最大值，
设第 列的红点数为 ， ， ，且 ，则所有行对的总数 ，
即 ，
由柯西不等式有 ，
所以 ，
解得 ，
由 为正整数知 ，这说明 方格表中红点个数最多为21个，
又当 时，方格表中红点总数不大于 个，这说明 的最小值不小于7．
综上，该代表队至少有7名选手．
【点评】本题考查排列组合的应用，属于难题．
23 ． （ 2024• 顺 庆 区 校 级 模 拟 ） 已 知 数 列 的 首 项 为 1 ， 记
．
（1）若数列 是公比为3的等比数列，求 的值；
（2）若数列 是公差为2的等差数列，
①求证： ；
②求证： 是关于 的一次多项式．
【考点】二项式定理
【专题】数学运算；计算题；转化思想；二项式定理；逻辑推理；证明题
【分析】（1）等比数列结合二项式定理可解决该问题；
（2）①利用组合数公式解决；
②利用二项式定理和①结论解决．
21【 解 答 】 解 ： （ 1 ） 由 题 意 ， ，
，
， ；
（2）①证明： ；
②证明： 数列 是公差为2的等差数列， ．则
，
由二项式定理知， ．
又 ，
，
所以 ， 是关于 的一次多项式．
【点评】本题考查二项式定理、等差等比数列、组合数公式、一次函数、转化思想，考查数学运算能力
及推理能力，属于难题．
24．（2024•黔南州二模）1799年，哥廷根大学的高斯在其博士论文中证明了如下定理：任何复系数一元
次多项式方程在复数域上至少有一根 ．此定理被称为代数基本定理，在代数乃至整个数学中起着
基础作用．由此定理还可以推出以下重要结论： 次复系数多项式方程在复数域内有且只有 个根（重根
按重数计算）．对于 次复系数多项式 ，其中 ， ， ， ，
22若方程 有 个复根 ， ， ， ，则有如下的高阶韦达定理：
（1）在复数域内解方程 ；
（2）若三次方程 的三个根分别是 ， ， 为虚数单位），求 ，
， 的值；
（3）在 的多项式 中，已知 ， ， ， 为非零
实数，且方程 的根恰好全是正实数，求出该方程的所有根（用含 的式子表示）．
【答案】（1） ；
（2） ， ， ；
（3） ．
【考点】类比推理；二项式定理；复数的运算
【专题】综合法；逻辑推理；数学运算；二项式定理；数系的扩充和复数；转化思想；计算题
【分析】（1）根据题意直接解方程即可；
（2）根据题意结合韦达定理分析运算求解；
（3）根据题意结合韦达定理可得 ，结合不等式可得 ，由
可得 ，结合不等式成立条件分
析求解．
【解答】解：（1）由 ，可得 ，解得 ．
23（2）由题意可知： ，
将 ， ， 代入可得 ，
所以 ， ， ．
（3）设 ， ，
， ， ， ， ， ， ，
因为 ，当且仅当 时，等号成立，
可得 ，
即 ，当且仅当 时，等号成立，
因为方程 的根恰好全是正实数，
设这 个正根分别为 ， ， ， 且 ， ， ，
由题意可知： ，
因为 ，且 ， ， ， 均为正数，
则
，
当且仅当 时，等号成立，
24又因为 ，
即 ，
所以 ．
【点评】本题主要考查二项式定理，复数的运算，考查运算求解能力，属于难题．
25．（2024•鼓楼区校级模拟）设 的第 项系数为 ．
（1）求 的最大值．
（2）若 表示 的整数部分， ，求 的值．
【答案】（1）1792；（2） ．
【考点】二项式定理
【专题】二项式定理；综合法；数学运算；转化思想；计算题；逻辑推理
【分析】（1）直接利用系数的最大项建立不等式组，进一步求出最大值；
（2）直接利用二项式的展开式和整除问题求出结果．
【解答】解：（1）由题可知， ，
则最大项满足 ，解得 或6．
所以最大项系数为 ，
（2）二项式 的第 象通项满足 ，所以 ，
所以 ，
，
25所以 ，即 ，
故 ．
【点评】本题考查的知识要点：系数的最大项，二项式的展开式，整除问题，主要考查学生的理解能力
和计算能力，属于基础题．
26考点卡片
1．复数的运算
【知识点的认识】
复数的加、减、乘、除运算法则
2．数字问题
【知识点的认识】
﹣数字问题涉及数字的排列组合、数字的特性以及数位的安排．例如：求解由数字构成的不同整数的数
量、分析某一数字在特定数位上的可能性、或求解满足特定条件的整数个数．
﹣数字问题通常涉及到计数原理在数字排列中的应用，以及整数的分配与组合．
【解题方法点拨】
﹣首先分析题目中的数字特性，如数字的范围、允许的重复次数等．
﹣使用排列数或组合数来计算数字的不同排列组合方式，必要时采用分类讨论的方式处理特殊情况．
﹣在涉及限制条件（如某些数位必须满足特定要求）时，先处理限制条件，再进行组合计算．
【命题方向】
﹣典型的数字问题命题包括：计算由给定数字组成的不同整数的数量，或者确定某一数位上特定数字出
现的频率．
﹣可能涉及到数字排列的特殊情况，如求解满足某些数位条件的整数个数，或计算某些数字在排列中的
特定组合数量．
﹣在更复杂的问题中，可能需要结合多种计数方法，如递推公式或生成函数来处理数字的排列组合．
3．部分位置的元素有限制的排列问题
【知识点的认识】
﹣部分位置的元素排列受限是指在排列问题中，某些元素只能出现在特定位置或区域．例如：特定元素
27只能出现在排列的前几位或某些位置．
﹣这种问题通常要求考生在处理排列时，先考虑限制条件，再进行一般排列．
【解题方法点拨】
﹣处理此类问题时，首先对有限制的部分进行排列，将有限制的元素排好位置，然后对剩余元素进行排
列组合．
﹣使用乘法原理，将有限制的排列与剩余元素的排列相乘得到总数．
﹣对于较复杂的限制条件，可能需要分类讨论，并对每种情况进行单独计算．
【命题方向】
﹣常考察在特定位置或区域内元素的排列，如规定某些元素必须在前几位，或必须固定在某些位置的排
列问题．
﹣命题可能涉及多重限制条件的综合分析，要求考生灵活运用排列数公式．
4．部分元素不相邻的排列问题
【知识点的认识】
﹣部分元素不相邻的排列问题要求在排列过程中，特定元素必须保持不相邻．例如：在排列中，两个特
定元素不能排在一起．
﹣这类问题通常通过排除法、间隔法或插空法来解决．
【解题方法点拨】
﹣使用间隔法，首先将不受限制的元素排列，然后在排列间隙中插入受限制的元素，保证其不相邻．
﹣排除法是先计算不考虑相邻条件的排列总数，再减去相邻元素排列的情况．
﹣对于更复杂的排列问题，可以结合插空法或利用递推关系进行解题．
【命题方向】
﹣命题方向可能要求考生求解特定元素不相邻的排列总数，或者分析多个元素不相邻的组合情况．
﹣题目可能涉及多个不相邻条件的叠加，要求考生准确处理这些条件．
5．简单组合问题
【知识点的认识】
﹣简单组合问题涉及无任何特殊限制的组合情况．n个不同元素中选出r个元素的组合总数为 ．
﹣这类问题是组合问题的基础，强调对基本组合公式的理解与应用．
【解题方法点拨】
28﹣直接应用组合公式进行计算．在实际问题中，注意理解组合与排列的区别，组合不考虑顺序，而排列
考虑顺序．
﹣对于简单组合问题，可以通过列举法或公式直接求解．
﹣在复杂组合问题中，分类讨论和递推公式可能是有效的解题工具．
【命题方向】
﹣常见命题包括基本组合问题的计算，如从一组元素中选出子集的总数，或计算特定组合情况的可能性．
﹣命题可能涉及对组合数公式的直接应用，以及对组合问题的基础性理解与操作．
6．人员及物品分配问题
【知识点的认识】
﹣人员及物品分配问题涉及将不同人员或物品进行分配的组合问题．例如：将 n个人分配到k个小组，或
者将m个物品分配给p个人．
﹣这类问题通常涉及组合与排列的综合应用，以及对分配方案的合理性判断．
【解题方法点拨】
﹣根据分配的要求，首先分析每种分配情况的可能性，然后分别计算不同情况的组合数或排列数．
﹣对于不同分配方式，可以使用加法原理和乘法原理进行综合计算．对于更复杂的分配问题，分类讨论
是必要的．
﹣分配问题中，考虑限制条件（如某些人或物品必须被分配到特定组）的情况，可以先处理有限制的部
分，再进行剩余部分的分配．
【命题方向】
﹣常见的命题方向包括分配问题的综合应用，可能要求考生计算不同分配方案的总数，或者分析特定分
配条件下的组合数．
﹣题目可能涉及人员或物品的多重分配方式，要求考生灵活应用组合与排列的混合计算．
7．排列组合的综合应用
【知识点的认识】
1、排列组合问题的一些解题技巧：
①特殊元素优先安排；
②合理分类与准确分步；
③排列、组合混合问题先选后排；
④相邻问题捆绑处理；
⑤不相邻问题插空处理；
29⑥定序问题除法处理；
⑦分排问题直排处理；
⑧“小集团”排列问题先整体后局部；
⑨构造模型；
⑩正难则反、等价转化．
对于无限制条件的排列组合问题应遵循两个原则：一是按元素的性质分类，二是按时间发生的过程进行
分步．对于有限制条件的排列组合问题，通常从以下三个途径考虑：
①以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；
②以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；
③先不考虑限制条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．
2、排列、组合问题几大解题方法：
（1）直接法；
（2）排除法；
（3）捆绑法：在特定要求的条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整体排好之后再考虑它们
“局部”的排列．它主要用于解决“元素相邻问题”；
（4）插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中，此法主要解决
“元素不相邻问题”；
（5）占位法：从元素的特殊性上讲，对问题中的特殊元素应优先排列，然后再排其他一般元素；从位置
的特殊性上讲，对问题中的特殊位置应优先考虑，然后再排其他剩余位置．即采用“先特殊后一般”的
解题原则；
（6）调序法：当某些元素次序一定时，可用此法；
（7）平均法：若把kn个不同元素平均分成k组，每组n个，共有 ；
（8）隔板法：常用于解正整数解组数的问题；
（9）定位问题：从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列规定某r个元素都包含在内，并且都排
在某r个指定位置则有 ；
（10）指定元素排列组合问题：
①从n个不同元素中每次取出k个不同的元素作排列（或组合），规定某r个元素都包含在内．先C后A
策略，排列 ；组合 ；
30②从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定某r个元素都不包含在内．先C后A
策略，排列 ；组合 ；
③从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定每个排列（或组合）都只包含某r个
元素中的s个元素．先C后A策略，排列 ；组合 ．
8．二项式定理
【知识点的认识】
二项式定理又称牛顿二项式定理．公式（a+b）n＝ an﹣i•bi．通过这个定理可以把一个多项式的多次
方拆开．
例1：用二项式定理估算1.0110＝ 1.10 5 ．（精确到0.001）
解：1.0110＝（1+0.01）10＝110+ •19×0.01+ •18•0.012≈1+0.1+0.0045≈1.105．
故答案为：1.105．
这个例题考查了二项式定理的应用，也是比较常见的题型．
例2：把 把二项式定理展开，展开式的第8项的系数是．
解：由题意T ＝ × ＝120×3 i＝360 i．
8
故答案为：360 i．
通过这两个例题，大家可以看到二项式定理的重点是在定理，这类型的题都是围着这个定理运作，解题
的时候一定要牢记展开式的形式，能正确求解就可以了．
性质
1、二项式定理
一般地，对于任意正整数n，都有
这个公式就叫做二项式定理，右边的多项式叫做（a+b）n 的二项展开式．其中各项的系数
叫做二项式系数．
注意：
（1）二项展开式有n+1项；
（2）二项式系数与二项展开式系数是两个不同的概念；
31（3）每一项的次数是一样的，即为n次，展开式依a的降幂排列，b的升幂排列展开；
（4）二项式定理通常有如下变形：
① ；
② ；
（5）要注意逆用二项式定理来分析问题、解决问题．
2、二项展开式的通项公式
二项展开式的第n+1项 叫做二项展开式的通项公式．它体现了二项展
开式的项数、系数、次数的变化规律，是二项式定理的核心，它在求展开式的某些特定的项及其系数方
面有着广泛的应用．
注意：
（1）通项公式表示二项展开式的第r+1项，该项的二项式系数是 ；
（2）字母b的次数和组合数的上标相同；
（3）a与b的次数之和为n．
3、二项式系数的性质．
（ 1 ） 对 称 性 ： 与 首 末 两 端 “ 等 距 离 ” 的 两 个 二 项 式 系 数 相 等 ， 即
；
（2）增减性与最大值：当k＜ 时，二项式系数是逐渐增大的．由对称性知，它的后半部分是逐渐减
小的，且在中间取最大值．当n为偶数时，则中间一项 的二项式系数最大；当n为奇数时，则中间的
两项 ， 相等，且同时取得最大值．
9．类比推理
【知识点的认识】
1．类比推理：根据两个（或两类）对象在一些属性上相同或相似，从而推出它们在其他属性上也相同或
相似的推理形式．
2．类比推理的形式：
323．特点：类比推理是一种主观的不充分的似真推理，要确认猜想的正确性，需经过严格的逻辑论证．一
般情况下，如果类比的相似性越多，相似的性质与推测的性质之间越相关，则类比得出的命题就越可靠．
【解题技巧点拨】
类比推理的步骤：
（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；
（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）．
例：请用类比推理完成下表：
解：本题由已知前两组类比可得到如下信息：
①平面中的三角形与空间中的三棱锥是类比对象；
②三角形各边的边长与三棱锥的各面的面积是类比对象；
③三角形边上的高与三棱锥面上的高是类比对象；
④三角形的面积与三棱锥的体积是类比对象；
⑤三角形的面积公式中的“二分之一”，与三棱锥的体积公式中的“三分之一”是类比对象．
由以上分析可知：
故第三行空格应填：三棱锥的体积等于其内切球半径与三棱锥表面积的乘积的三分之一．
【命题方向】
一般以选择题、填空题的形式出现，是高考的重要内容．常见题型有：
（1）升级类比：平面到空间的类比；
（2）同级类比：圆锥曲线之间的类比；
（3）运算类比：等差与等比的类比．
33声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/11/4 19:48:36；用户：组卷36；邮箱：zyb036@xyh.com；学号：41418999
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