专题19排列组合与二项式定理5种常见考法归类（全国通用）（解析版）_高中三年全科资料_高中_高中1_2021-2025高考数学五年真题分类汇编

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~ 2021-2025高考真题分类 排列组合与二项式定理 ~ ~ 2021-2025高考真题分类 排列组合与二项式定理1 一 有限制条件的排列问题 1 二 组合问题 4 三 求二项式展开式的特定项 8 四 二项式展开式项的系数和 10 五 项的系数最值问题 11 ~ ~ 一 有限制条件的排列问题 1. (2024·全国甲卷·高考真题)某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序 由随机抽签确定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是 ( ) 1 1 1 1 A. B. C. D. 6 4 3 2 【答案】C 【分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解. 解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解. 【解析】解法一：画出树状图，如图， 由树状图可得，出场次序共有24种， 其中符合题意的出场次序共有8种， 8 1 故所求概率P= = ； 24 3 解法二：当甲最后出场，乙第一个出场，丙有2种排法，丁就1种，共2种； 当甲最后出场，乙排第二位或第三位出场，丙有1种排法，丁就1种，共2种； 于是甲最后出场共4种方法，同理乙最后出场共4种方法，于是共8种出场顺序符合题意； 基本事件总数显然是A4=24， 4 8 1 根据古典概型的计算公式，所求概率为 = . 24 3 故选：C 数学试题 第 1 页 共 12 页2. (2025·上海·高考真题)4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家 长，则不同的排列个数有 种． 【答案】288 【分析】先选家长作队尾和队首，再排中间四人即可. 【解析】先选两位家长排在首尾有P2=12种排法；再排对中的四人有P4=24种排法， 4 4 故有12×24=288种排法. 故答案为：288 3. (2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端， 丙和丁相邻，则不同排列方式共有 ( ) A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种 【答案】B 【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解 【解析】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有3!种排列 方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注 意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3!×2×2=24种不同的排列方式， 故选：B 4. (2021·全国甲卷·高考真题)将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为 ( ) A. 0.3 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.8 【答案】C 【分析】利用古典概型的概率公式可求概率. 【解析】解：将3个1和2个0随机排成一行，可以是： 00111,01011,01101,01110,10011,10101,10110,11001,11010,11100， 共10种排法， 其中2个0不相邻的排列方法为： 01011,01101,01110,10101,10110,11010， 共6种方法， 6 故2个0不相邻的概率为 =0.6， 10 故选：C. 5. (2021·全国甲卷·高考真题)将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为 ( ) 1 2 2 4 A. B. C. D. 3 5 3 5 【答案】C 【解析】将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空， 若2个0相邻，则有C1=5种排法，若2个0不相邻，则有C2=10种排法， 5 5 10 2 所以2个0不相邻的概率为 = . 5+10 3 故选：C. 6. (2024·上海·高考真题)设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两个不同元素之 积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 ． 数学试题 第 2 页 共 12 页【答案】329 【分析】三位数中的偶数分个位是0和个位不是0讨论即可. 【解析】由题意知集合中且至多只有一个奇数，其余均是偶数． 首先讨论三位数中的偶数， ①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有P2=72个； 9 ②当个位不为0时，则个位有C1个数字可选，百位有C1=256个数字可选，十位有C1个数字可选， 4 8 8 根据分步乘法这样的偶数共有C1C1C1=256， 4 8 8 最后再加上单独的奇数，所以集合中元素个数的最大值为72+256+1=329个． 故答案为：329． 7. (2023·全国甲卷·高考真题)现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天 从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有 ( ) A. 120 B. 60 C. 30 D. 20 【答案】B 【分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天公益活动的情况，即可得解. 【解析】不妨记五名志愿者为a,b,c,d,e， 假设a连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有 A2=12种方法， 4 同理：b,c,d,e连续参加了两天公益活动，也各有12种方法， 所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有5×12=60种. 故选：B. 8. (2024·全国甲卷·高考真题)有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每 次取1个球.记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n之 1 差的绝对值不大于 的概率为 ． 2 7 【答案】 15 【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则a+b-3≤ 2c≤a+b+3，就c的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率. 【解析】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有A3=120种， 6 a+b+c a+b 设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则 - 3 2  1 ≤ ， 2 故2c-(a+b)  ≤3，故-3≤2c-(a+b)≤3， 故a+b-3≤2c≤a+b+3， 若c=1，则a+b≤5，则a,b  为：2,3  ,3,2  ，故有2种， 若c=2，则1≤a+b≤7，则a,b  为：1,3  ,1,4  ,1,5  ,1,6  ,3,4  ， 3,1  ,4,1  ,5,1  ,6,1  ,4,3  ，故有10种， 当c=3，则3≤a+b≤9，则a,b  为： 1,2  ,1,4  ,1,5  ,1,6  ,2,4  ,2,5  ,2,6  ,4,5  ， 2,1  ,4,1  ,5,1  ,6,1  ,4,2  ,5,2  ,6,2  ,5,4  ， 故有16种， 当c=4，则5≤a+b≤11，同理有16种， 数学试题 第 3 页 共 12 页当c=5，则7≤a+b≤13，同理有10种， 当c=6，则9≤a+b≤15，同理有2种， 1 共m与n的差的绝对值不超过 时不同的抽取方法总数为22+10+16 2  =56， 56 7 故所求概率为 = . 120 15 7 故答案为： 15 9. (2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被 选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ． 【答案】 24 112 【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即 可求解. 【解析】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中， 则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选， 第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选， 所以共有4×3×2×1=24种选法； 每种选法可标记为(a,b,c,d)，a,b,c,d分别表示第一、二、三、四列的数字， 则所有的可能结果为： (11,22,33,44),(11,22,34,43),(11,22,33,44),(11,22,34,42),(11,24,33,43),(11,24,33, 42)， (12,21,33,44),(12,21,34,43),(12,22,31,44),(12,22,34,40),(12,24,31,43),(12,24,33, 40)， (13,21,33,44),(13,21,34,42),(13,22,31,44),(13,22,34,40),(13,24,31,42),(13,24,33, 40)， (15,21,33,43),(15,21,33,42),(15,22,31,43),(15,22,33,40),(15,22,31,42),(15,22,33, 40)， 所以选中的方格中，(15,21,33,43)的4个数之和最大，为15+21+33+43=112. 故答案为：24；112 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选，利用列举法 写出所有的可能结果. 二 组合问题 1. (2023·新课标Ⅱ卷·高考真题)某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法 作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200 数学试题 第 4 页 共 12 页名学生，则不同的抽样结果共有( )． A. C45 ⋅C15 种 B. C20 ⋅C40 种 C. C30 ⋅C30 种 D. C40 ⋅C20 种 400 200 400 200 400 200 400 200 【答案】D 【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案. 400 200 【解析】根据分层抽样的定义知初中部共抽取60× =40人，高中部共抽取60× =20， 600 600 根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有C40 ⋅C20 种. 400 200 故选：D. 2. (2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为 ( ) 1 1 1 2 A. B. C. D. 6 3 2 3 【答案】D 【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解. 【解析】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C2=21种不同的取法， 7 若两数不互质，不同的取法有：2,4  ,2,6  ,2,8  ,3,6  ,4,6  ,4,8  ,6,8  ，共7种， 21-7 2 故所求概率P= = . 21 3 故选：D. 3. (2023·全国甲卷·高考真题)某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选 2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为 ( ) 1 1 1 2 A. B. C. D. 6 3 2 3 【答案】D 【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解. 【解析】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有C2=6件， 4 其中这2名学生来自不同年级的基本事件有C1C1=4， 2 2 4 2 所以这2名学生来自不同年级的概率为 = . 6 3 故选：D. 4. (2021·全国乙卷·高考真题)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进 行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有 ( ) A. 60种 B. 120种 C. 240种 D. 480种 【答案】C 【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法 原理求得. 【解析】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者 中任选2人，组成一个小组，有C2种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位 5 置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有C2×4!= 5 240种不同的分配方案， 故选：C. 数学试题 第 5 页 共 12 页【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排 思想求解. 5. (2023·全国乙卷·高考真题)甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中 恰有1种相同的选法共有 ( ) A. 30种 B. 60种 C. 120种 D. 240种 【答案】C 【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案. 【解析】首先确定相同得读物，共有C1种情况， 6 然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有A2种， 5 根据分步乘法公式则共有C1⋅A2=120种， 6 5 故选：C. 6. (2024·天津·高考真题)某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分 别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每 个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为 ；已知乙同学参加的3个项目中有 “整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为 ． 3 1 【答案】 5 2 【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求解第一空；采用列举法或者条件概率公式可求第二空. 【解析】解法一：列举法 给这5个项目分别编号为A,B,C,D,E,F,从五个活动中选三个的情况有： ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10种情况， 其中甲选到A有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE， 6 3 则甲参加“整地做畦”的概率为：P= = ； 10 5 乙选A活动有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE， 其中再选择D有3种可能性：ABD,ACD,ADE， 3 1 故乙参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为 = . 6 2 解法二： 设甲、乙选到A为事件M，乙选到D为事件N， 则甲选到A的概率为PM  C2 3 = 4 = ； C3 5 5 乙选了A活动，他再选择D活动的概率为P N   M  PMN =  PM  C1 3 C3 1 = 5 = C2 2 4 C3 5 3 1 故答案为： ； 5 2 7. (2022·上海·高考真题)为了检测学生的身体素质指标，从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中 随机抽取4项进行检则，则每一类都被抽到的概率为 ； 3 【答案】 7 【分析】 数学试题 第 6 页 共 12 页由题意，利用古典概型的计算公式，计算求得结果． 【解析】 解：从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，则每一类都被抽到的方 法共有C1⋅C1⋅C2+C1⋅C2⋅C1种， 1 3 4 1 3 4 而所有的抽取方法共有C4种， 8 C1⋅C1⋅C2+C1⋅C2⋅C1 30 3 故每一类都被抽到的概率为 1 3 4 1 3 4 = = ， C4 70 7 8 3 故答案为： ． 7 8. (2023·新课标Ⅰ卷·高考真题)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课 中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种(用数字作答)． 【答案】64 【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解. 【解析】(1)当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有C1C1=16种； 4 4 (2)当从8门课中选修3门， ①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有C1C2=24种； 4 4 ②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有C2C1=24种； 4 4 综上所述：不同的选课方案共有16+24+24=64种. 故答案为：64. 9. (2022·全国甲卷·高考真题)从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为 ． 6 【答案】 . 35 【分析】根据古典概型的概率公式即可求出． 【解析】从正方体的8个顶点中任取4个，有n=C4=70个结果，这4个点在同一个平面的有m=6+6 8 m 12 6 =12个，故所求概率P= = = ． n 70 35 6 故答案为： ． 35 10.(2022·全国乙卷·高考真题)从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率 为 ． 3 【答案】 /0.3 10 【分析】根据古典概型计算即可 【解析】解法一：设这5名同学分别为甲，乙，1,2,3，从5名同学中随机选3名， 有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙，1，3)，(乙， 2，3)，(1，2，3)，共10种选法； 3 其中，甲、乙都入选的选法有3种，故所求概率P= . 10 3 故答案为： . 10 解法二：从5名同学中随机选3名的方法数为C3=10 5 3 甲、乙都入选的方法数为C1=3，所以甲、乙都入选的概率P= 3 10 3 故答案为： 10 数学试题 第 7 页 共 12 页11.(2021·上海·高考真题)某人某天需要运动总时长大于等于60分钟，现有五项运动可以选择，如下表所示， 问有几种运动方式组合 A运动 B运动 C运动 D运动 E运动 7点-8点 8点-9点 9点-10点 10点-11点 11点-12点 30分钟 20分钟 40分钟 30分钟 30分钟 【答案】23 【分析】根据题意，可以判定选择任意3种及其以上否是符合要求的，只是在选择两种的情况下，有些是 达不到要求的，利用组合求得总数，减去不合要求的种数即可. 【解析】由题意，至少要选2种运动，并且选2种运动的情况中，AB、DB、EB的组 合是不符题意的，∴C5+C4+C3+C2-3=23, 5 5 5 5 故答案为：23. 三 求二项式展开式的特定项 1. (2024·北京·高考真题)在x- x  4的展开式中，x3的系数为 ( ) A. 6 B. -6 C. 12 D. -12 【答案】A r 【分析】写出二项展开式，令4- =3，解出r然后回代入二项展开式系数即可得解. 2 【解析】x- x  4的二项展开式为T r+1 =C 4 rx4-r- x  r=C 4 r-1  rx4- 2 r ,r=0,1,2,3,4  ， r 令4- =3，解得r=2， 2 故所求即为C 4 2-1  2=6. 故选：A. 2. (2025·上海·高考真题)在二项式(2x-1)5的展开式中，x3的系数为 ． 【答案】80 【分析】利用通项公式求解可得. 【解析】由通项公式T =Cr⋅25-r⋅x5-r⋅(-1)r=Cr⋅(-1)r⋅25-rx5-r， r+1 5 5 令5-r=3，得r=2， 可得x3项的系数为C2⋅(-1)2⋅25-2=80. 5 故答案为：80. 3. (2025·天津·高考真题)在x-1  6的展开式中，x3项的系数为 ． 【答案】-20 【分析】根据二项式定理相关知识直接计算即可. 【解析】x-1  6展开式的通项公式为T r+1 =C 6 rx6-r⋅-1  r， 当r=3时，T 4 =C 6 3x3⋅-1  3=-20x3， 即x-1  6展开式中x3的系数为-20. 故答案为：-20 x2 3 4. (2024·天津·高考真题)在 + 3 x2  6 的展开式中，常数项为 ． 【答案】20 数学试题 第 8 页 共 12 页【分析】根据题意结合二项展开式的通项分析求解即可. x2 3 【解析】因为 + 3 x2  6 x2 的展开式的通项为T =Cr r+1 6 3  6-r 3  x2  r =32r-6Crx12-4r,r=0,1,⋅⋅⋅,6， 6 令12-4r=0，可得r=3， 所以常数项为30C3=20. 6 故答案为：20. 1 5. (2023·天津·高考真题)在2x3- x  6 的展开式中，x2的系数为 ． 【答案】60 【分析】由二项式展开式的通项公式写出其通项公式T =-1 k+1  k×26-k×Ck×x18-4k，令18-4k=2确 6 定k的值，然后计算x2项的系数即可. 【解析】展开式的通项公式T k+1 =C 6 k2x3  1 6-k- x  k =-1  k×26-k×Ck×x18-4k， 6 令18-4k=2可得，k=4， 则x2项的系数为-1  4×26-4×C4=4×15=60. 6 故答案为：60. 3 6. (2022·天津·高考真题)在 x+ x2  5 的展开式中，常数项是 . 【答案】15 【分析】利用二项式展开式的通项特征，即可求解. 3 【解析】由题意 x+ x2  5 的展开式的通项为T r+1 =C 5 r⋅ x  3 5-r⋅ x2  r 5-5r =Cr⋅3r⋅x 2 ,r=0,1,2,3, 5 4,5， 5-5r 3 令 =0即r=1，则Cr⋅3r=C1⋅3=15，所以 x+ 2 5 5 x2  5 的展开式中的常数项为15. 故答案为：15. 1 7. (2021·北京·高考真题)在x3- x  4 的展开式中，常数项为 . 【答案】-4 【分析】利用二项展开通项公式即可得解. 1 【解析】x3- x  4 的展开式的通项T r+1 =C 4 rx3  1 4-r⋅- x  r =-1  rCr⋅x12-4r， 4 令12-4r=0，解得r=3，故常数项为T 4 =-1  3C3=-4. 4 故答案为：-4. 1 8. (2021·天津·高考真题)在2x3+ x  6 的展开式中，x6的系数是 ． 【答案】160 【分析】求出二项式的展开式通项，令x的指数为6即可求出. 1 【解析】2x3+ x  6 的展开式的通项为T r+1 =C 6 r2x3  1 6-r⋅ x  r =26-rCr⋅x18-4r， 6 令18-4r=6，解得r=3， 所以x6的系数是23C3=160. 6 故答案为：160. 数学试题 第 9 页 共 12 页y 9. (2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)1- x  (x+y)8的展开式中x2y6的系数为 (用数字作答)． 【答案】-28 y 【分析】1- x  x+y  8可化为x+y  y 8- x+y x  8，结合二项式展开式的通项公式求解. y 【解析】因为1- x  x+y  8=x+y  y 8- x+y x  8， y 所以1- x  x+y  y 8的展开式中含x2y6的项为C6x2y6- C5x3y5=-28x2y6， 8 x 8 y 1- x  x+y  8的展开式中x2y6的系数为-28 故答案为：-28 10.(2022·上海·高考真题)二项式3+x  n的展开式中，x2项的系数是常数项的5倍，则n= ； 【答案】10 【分析】先写出二项展开式的通项公式，令r=2 得x2的系数，令r=0得常数项，再由已知列出等式，解 出n即可. 【解析】由题知T =Cr3n-rxr ，当r=2 时，x2的系数为C23n-2 ；当r=0 时，常数项为C03n ； r+1 n n n 又x2的系数是常数项的5倍，所以C23n-2=5C03n，解得n=10 . n n 故答案为：10 11.(2023·上海·高考真题)已知1+2023x  100+2023-x  100=a +ax+a x2+⋅⋅⋅+a x99+a x100，若存在k 0 1 2 99 100 ∈{0，1，2，⋯，100}使得a <0，则k的最大值为 . k 【答案】49 【分析】根据二项展开式的通项可得a =Ck 2023k+2023100-k⋅(-1)k k 100  ，然后由a <0可得k为奇数，然 k 后可得2023k-2023100-k<0，即可求出答案. 【解析】二项式(1+2023x)100的通项为T =Cr (2023x)r=Cr ⋅2023r⋅xr,r∈0,1,2,⋯,100 r+1 100 100  ， 二项式2023-x  100的通项为T =Cr 2023100-r(-x)r=Cr ⋅2023100-r⋅(-1)r⋅xr,r∈ r+1 100 100 0,1,2,⋯,100  ， ∴a =Ck ⋅2023k+Ck ⋅2023100-k⋅(-1)k=Ck 2023k+2023100-k⋅(-1)k k 100 100 100  ， k∈0,1,2,⋯,100  ，若a <0，则k为奇数， k 此时a k =C 1 k 002023k-2023100-k  ,∴2023k-2023100-k<0， ∴k<100-k,∴k<50，又∵k为奇数，∴k的最大值为49. 故答案为：49. 四 二项式展开式项的系数和 1. (2022·北京·高考真题)若(2x-1)4=a x4+a x3+a x2+ax+a ，则a +a +a = ( ) 4 3 2 1 0 0 2 4 A. 40 B. 41 C. -40 D. -41 【答案】B 【分析】利用赋值法可求a +a +a 的值. 0 2 4 【解析】令x=1，则a +a +a +a +a =1， 4 3 2 1 0 令x=-1，则a 4 -a 3 +a 2 -a 1 +a 0 =-3  4=81， 1+81 故a +a +a = =41， 4 2 0 2 故选：B. 数学试题 第 10 页 共 12 页2. (2025·北京·高考真题)已知(1-2x)4=a -2ax+4a x2-8a x3+16a x4，则a = ；a +a +a + 0 1 2 3 4 0 1 2 3 a = ． 4 【答案】 1 15 【分析】利用赋值法可求a ，利用换元法结合赋值法可求a +a +a +a 的值. 0 1 2 3 4 【解析】令x=0，则a =1， 0 又1-2x  4=a -2ax+4a x2-8a x3+16a x4， 0 1 2 3 4 故1-2x  4=a 0 +a 1-2x  +a 2-2x  2+a 3-2x  3+a 4-2x  4， 令t=-2x，则1+t  4=a +at+a t2+a t3+a t4， 0 1 2 3 4 令t=1，则a +a +a +a +a =24，故a +a +a +a =15 0 1 2 3 4 1 2 3 4 故答案为：1,15. 3. (2022·浙江·高考真题)已知多项式(x+2)(x-1)4=a +ax+a x2+a x3+a x4+a x5，则a = ， 0 1 2 3 4 5 2 a +a +a +a +a = ． 1 2 3 4 5 【答案】 8 -2 【分析】第一空利用二项式定理直接求解即可，第二空赋值去求，令x=0求出a ，再令x=1即可得出答 0 案． 【解析】含x2的项为：x⋅C 4 3⋅x⋅-1  3+2⋅C 4 2⋅x2⋅-1  2=-4x2+12x2=8x2，故a =8； 2 令x=0，即2=a ， 0 令x=1，即0=a +a +a +a +a +a ， 0 1 2 3 4 5 ∴a +a +a +a +a =-2， 1 2 3 4 5 故答案为：8；-2． 4. (2021·浙江·高考真题)已知多项式(x-1)3+(x+1)4=x4+ax3+a x2+a x+a ，则a = ，a + 1 2 3 4 1 2 a +a = . 3 4 【答案】 5; 10. 【分析】根据二项展开式定理，分别求出(x-1)3,(x+4)4的展开式，即可得出结论. 【解析】(x-1)3=x3-3x2+3x-1， (x+1)4=x4+4x3+6x2+4x+1， 所以a =1+4=5,a =-3+6=3， 1 2 a =3+4=7,a =-1+1=0， 3 4 所以a +a +a =10. 2 3 4 故答案为：5,10. 5. (2024·上海·高考真题)在x+1  n的二项展开式中，若各项系数和为32，则x2项的系数为 ． 【答案】10 【分析】根据给定条件，求出幂指数n，再利用二项式定理求出指定项的系数. 【解析】则二项式x+1  n的展开式各项系数和为32，得2n=32，解得n=5， 所以(x+1)5的展开式x2项的系数为C3=10. 5 故答案为：10 五 项的系数最值问题 1 1. (2024·全国甲卷·高考真题) +x 3  10 的展开式中，各项系数中的最大值为 ． 【答案】5 数学试题 第 11 页 共 12 页1 Cr 10 3 【分析】先设展开式中第r+1项系数最大，则根据通项公式有  10-r 1 ≥Cr+1 10 3  9-r 1 Cr 10 3  10-r 1 ≥Cr-1 10 3    ，进而求出r即 11-r 可求解. 1 【解析】由题展开式通项公式为T =Cr r+1 10 3  10-r xr，0≤r≤10且r∈Z， 1 Cr 10 3 设展开式中第r+1项系数最大，则  10-r 1 ≥Cr+1 10 3  9-r 1 Cr 10 3  10-r 1 ≥Cr-1 10 3    ， 11-r 29 r≥  4 29 33 ⇒ ，即 ≤r≤ ，又r∈Z，故r=8， 33 4 4 r≤ 4 1 所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为C8 10 3  2 =5. 故答案为：5. 2. (2021·上海·高考真题)x+1  n的二项展开式中有且仅有x3的系数为最大值，则x3的系数为 . 【答案】20 【分析】根据已知条件求出n的值，利用二项式定理可求得x3的系数. 【解析】因为x+1  n的二项展开式中有且仅有x3的系数为最大值，则n=6， 故x+1  6的二项展开式的通项为T =Cr⋅x6-r， r+1 6 由6-r=3可得r=3，故x3的系数为C3=20. 6 故答案为：20. 数学试题 第 12 页 共 12 页