专题11 计数原理（选填题10 种考法）
考法一 排队问题
【例1】（2023 春·重庆沙坪坝）（多选）甲、乙、丙、丁、戊5 人参加完某项活动后合影留念，则（ ）．
A．甲、乙、丙站前排，丁、戊站后排，共有120 种排法
B．5 人站成一排，若甲、乙站一起且甲在乙的左边，共有24 种排法
C．5 人站成一排，甲不在两端，共有72 种排法
D．5 人站成一排，甲不在最左端，乙不在最右端，共有78 种排法
【答案】BCD
【解析】对A：甲、乙、丙站前排，有
种排法，丁、戌站后排，有
种排法，
共有
种排法，故A 错误；
对B：甲、乙看作一个元素，则5 人站成一排，
若甲、乙站一起且甲在乙的左边，共有
种排法，故B 正确；
对C：5 人站成一排，甲不在两端，共有
种排法，故C 正确；
对D：5 人站成一排，有
种排法，
则甲在最左端，乙不在最右端，共有
种排法；
甲不在最左端，乙在最右端，共有
种排法；
甲在最左端，乙在最右端，共有
种排法；
则甲不在最左端，乙不在最右端，共有
种排法，故D 正确.
故选：BCD.
【变式】
1．（2023 秋·高二课时练习）(多选)把5 件不同产品A，B，C，D，E 摆成一排，则（ ）
A．A 与B 相邻有48 种摆法
B．A 与C 相邻有48 种摆法
C．A，B 相邻又A，C 相邻，有12 种摆法
D．A 与B 相邻，且A 与C 不相邻有24 种摆法
【答案】ABC
【解析】对于A 选项：产品A 与B 相邻，把
作为一个元素有
种方法，
而A，B 可交换位置，所以有
种摆法.故A 选项符合题意.
对于B 选项：同A 选项一样分析可知产品A 与C 相邻也有48 种摆法. 故B 选项符合题意.
对于C 选项:当
相邻又满足
相邻，
首先将产品
捆绑起来作为一个元素并把产品
放在产品
与
之间，
注意到产品
与
可互换位置，所以首先排列
有
种摆法，
把
组成的整体作为一个元素和剩下的两个元素
进行排列，又有
种摆法，
所以A，B 相邻又A，C 相邻，有
种摆法.故C 选项符合题意.
对于D 选项：由A 选项可知A 与B 相邻有48 种摆法，
由C 选项可知A，B 相邻又A，C 相邻有12 种摆法，
因此A 与B 相邻，且A 与C 不相邻有
种摆法.故D 选项不符合题意.
故选：ABC.
2．（2023 秋·河南郑州·高三校考开学考试）（多选）甲、乙、丙、丁、戊5 名同学站成一排参加演出，下
列说法中正确的是（ ）
A．若甲不在正中间，则不同的排列方式共有96 种
B．若甲、乙、丙三人互不相邻，则不同的排列方式共有6 种
C．若甲、丙、丁从左到右的顺序一定，则不同的排列方式共有20 种
D．若甲不在两端、丙和丁相邻，则不同的排列方式共有24 种
【答案】ACD
【解析】对于选项A：因为甲不在正中间，则甲的不同的排列方式有
种，
剩余的四人全排列，不同的排列方式有
种，
所以不同的排列方式共有
种，故A 正确；
对于选项B：若甲、乙、丙三人互不相邻，则甲、乙、丙三人在首位、中间和末位，
则不同的排列方式有
种，
剩余的2 人全排列，不同的排列方式有
种，
所以不同的排列方式共有
种，故B 错误；
对于选项C：若甲、丙、丁从左到右的顺序一定，则有四个间隔空位，
若乙、戊不相邻，把乙、戊安排四个间隔空位中，不同的排列方式共有
种；
若乙、戊相邻，把两人看成整体安排四个间隔空位中，不同的排列方式共有
种；
所以不同的排列方式共有
种，故C 正确；
对于选项D：若丙和丁相邻，不同的排列方式共有
种，
若甲在两端、丙和丁相邻，则不同的排列方式共有
种，
所以甲不在两端、丙和丁相邻，则不同的排列方式共有
种，故D 正确；
故选：ACD.
3．（2023 春·河北石家庄）（多选）现将把椅子排成一排，
位同学随机就座，则下列说法中正确的是
（ ）
A．
个空位全都相邻的坐法有
种
B．
个空位中只有个相邻的坐法有
种
C．
个空位均不相邻的坐法有
种
D．4 个空位中至多有
个相邻的坐法有
种
【答案】AC
【解析】对于A，将四个空位当成一个整体，全部的坐法：
种，故A 对；
对于B，先排4 个学生
，然后将三个相邻的空位当成一个整体，和另一个空位插入由4 个学生形成的5
个空档中有
种方法，所以一共有
种，故B 错；
对于C，先排4 个学生
，4 个空位是一样的，然后将4 个空位插入由4 个学生形成的个空档中有
种，
所以一共有
种，故C 对；
对于D，至多有2 个相邻即都不相邻或者有两个相邻，由C 可知都不相邻的有120 种，
空位两个两个相邻的有
，空位只有两个相邻的有
，
所以一共有
种，故D 错；
故选：AC
考法二 排数问题
【例2】（2023 春·江苏泰州）（多选）从1，2，3，4，6 中任取若干数字组成新的数字，下列说法正确的
有（ ）
A．若数字可以重复，则可组成的三位数的个数为125
B．若数字可以重复，则可组成的四位数且为偶数的个数为375
C．若数字不能重复，则可组成的三位数的个数为70
D．若数字不能重复，则可组成的四位数且为偶数的个数为72
【答案】ABD
【解析】A 选项：若数字可以重复，则可组成的三位数的个数为
，故A 正确；
B 选项：若数字可以重复，则可组成的四位数且为偶数的个数为
，故B 正确；
C 选项：若数字不能重复，则可组成的三位数的个数为
，故C 错；
D 选项：若数字不能重复，则可组成的四位数且为偶数的个数为
，故D 正确.
故选：ABD.
【变式】
1．（2022·全国·统考高考真题）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（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】从2 至8 的7 个整数中随机取2 个不同的数，共有
种不同的取法，
若两数不互质，不同的取法有：
，共7 种，
故所求概率
.
故选：D.
2．（2023·北京）（多选）用数字0，1，2，3，4，5 组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是（
）
A．可以组成
个四位数
B．可以组成
个四位偶数
C．可以组成
个能被3 整除的四位数
D．将组成的四位数按从小到大的顺序排成一列，则第85 个数为2310
【答案】ABC
【解析】A 选项，先从1，2，3，4，5 五个数字中选出1 个放在千位上，有
种选择，
再从添上0 后的剩余5 个数中选出4 个，放在百位，十位和个位上，有
种选择，
所以可以组成没有重复数字的四位数个数为
，A 正确；
B 选项，分两种情况，当个位为0 时，从1，2，3，4，5 五个数中，选择3 个放在千位，百位和十位上，
有
中选择，
当个位不为0 时，先从2，4 中选择1 个放在个位上，有
种选择，
再考虑千位，从除去0 外的剩余4 个数中，选择1 个放在千位，有
种选择，
再从添上0 后的4 个数中，选择2 个，和剩余的百位和十位进行全排列，有
种选择，
故可以组成没有重复数字的四位偶数个数为
，B 正确；
C 选项，能被3 整除的四位数，数位上的数字之和要能被整除，
先从0，1，2，3，4，5 六个数中，选出四个数，数字之和能被3 整除的有0,1,2,3；0,2,3,4；0,1,3,5；
0,3,4,5 和1,2,4,5；
其中0,1,2,3，先考虑千位，从除去0 的三个数中，选出1 个，有
种选择，再考虑剩余的3 个数，有
种选择，故可以组成的没有重复数字的四位数个数为
，
同理可得0,2,3,4；0,1,3,5；0,3,4,5，均可以组成的没有重复数字的四位数个数为18，
1,2,4,5，能组成没有重复数字的四位数个数为
，
所以可以组成
个能被3 整除的四位数，C 正确；
D 选项，若组成的没有重复数字的四位数千位为1，
此时剩余的5 个数中，选择3 个，分别安排在百位，十位和个位，有
个，
若组成的没有重复数字的四位数千位为2，
此时剩余的5 个数中，选择3 个，分别安排在百位，十位和个位，有
个，
，故将组成的四位数按从小到大的顺序排成一列，则第85 个四位数千位为2，
若组成的没有重复数字的四位数千位为2，百位为0，此时从剩余的4 个数字中选择2 个，放在十位和个位，
组成的没有重复数字的四位数有
个，
，
同理可得：若组成的没有重复数字的四位数千位为2，百位为1，组成的没有重复数字的四位数有
个，
，
故将组成的四位数按从小到大的顺序排成一列，则第85 个数为2301，D 错误.
故选：ABC
考法三 分组分配问题
【例3】（2022·湖南长沙·长郡中学校考模拟预测）（多选）现安排甲乙丙丁戊
､
､
､
､
5 名同学参加2022 年
杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译导游礼仪司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是（
､
､
､
）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为
B．若每项工作至少有1 人参加，则不同的方法数为
C．每项工作至少有1 人参加，甲乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戊都能胜任四项工作，
､
､
､
则不同安排方案的种数是
D．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1 人，则这5 名同学全部被安排的不同方法数为
【答案】ABD
【解析】根据题意，依次分析选项：
对于
，安排5 人参加4 项工作，若每人都安排一项工作，每人有4 种安排方法，则有
种安排方法，故
错误；
对于
，根据题意，分2 步进行分析：先将5 人分为4 组，再将分好的4 组全排列，安排4 项工作，有
种安排方法，故
错误；
对于
，根据题意，分2 种情况讨论：①从丙，丁，戊中选出2 人开车，②从丙，丁，戊中选出1 人开车，
则有
种安排方法，
正确；
对于
，分2 步分析：需要先将5 人分为3 组，有
种分组方法，将分好的三组安排翻译、导
游、礼仪三项工作，有
种情况，则有
种安排方法，
错误；
故选：
．
【变式】
1．（2023·全国·模拟预测）某医院安排王医生、李医生、赵医生、张医生、孙医生5 人到三个社区开展主
题为“提高免疫力，预防传染病”的知识宣传活动，要求每人只能参加一个社区的活动，每个社区必须有
人宣传，若李医生、张医生不安排在同一个社区，孙医生不单独安排在一个社区，则不同的安排方法有（
）
A．54 种
B．66 种
C．90 种
D．112 种
【答案】C
【解析】由题意知可分为两类：
第一类：一个社区3 人，剩下两个社区各1 人，
当李医生、张医生2 人都单独安排到一个社区时，有
种不同的安排方法；
当李医生、张医生中有1 人单独安排到一个社区时，有
种不同的安排方法；
第二类：一个社区1 人，剩下两个社区各2 人，
当李医生、张医生中有1 人单独安排到一个社区时，有
种不同的安排方法；
当李医生、张医生都不单独安排到一个社区时，有
种不同的安排方法；
综上可知，共有
（种），
故选：C．
2．（2023·湖南岳阳·湖南省平江县第一中学校考模拟预测）甲､乙､丙､丁､戊5 名志愿者参加新冠疫情防控
志愿者活动，现有
三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿
者，且甲不在
小区的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】首先求所有可能情况，5 个人去3 个地方，共有
种情况，
再计算5 个人去3 个地方，且每个地方至少有一个人去，
5 人被分为
或
当5 人被分为
时，情况数为
;
当5 人被分为
时，情况数为
；
所以共有
.
由于所求甲不去
，情况数较多，反向思考，求甲去
的情况数，最后用总数减即可，
当5 人被分为
时，且甲去
，甲若为1，则
，甲若为3，则
共计
种，
当5 人被分为
时，且甲去
，甲若为1，则
，甲若为2，则
，共计
种，
所以甲不在
小区的概率为
故选：B.
3．（2023 春·福建泉州）（多选）现安排甲､乙､丙､丁､戊5 名同学参加运动会志愿者服务活动，有翻译､导
游､礼仪､司机四项工作可以安排，则以下说法正确的有（ ）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为
B．若每项工作至少有1 人参加，则不同的方法数为
C．每项工作至少有1 人参加，甲､乙不会开车但能从事其他三项工作，丙､丁､戊都能胜任四项工作，
则不同安排方案的种数是
D．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1 人，则这5 名同学全部被安排的不同方法数为
【答案】ACD
【解析】对于A，安排5 人参加4 项工作，若每人都安排一项工作，每人有4 种安排方式，则有
种安排
方法，故选项A 正确.
对于B，根据题意，分2 步进行分析：先将5 人分成4 组，再将分好的4 组全排列，安排4 项工作，有
种安排方法，故选项B 错误.
对于C，根据题意，分2 种情况需要讨论：①从丙､丁､戊中选出2 人开车，②从丙､丁､戊中选出1 人开车，
则有
种安排方法，故选项C 正确.
对于D，分2 步进行分析：先将5 人分成3 组，有
种分组方法，将分好的三组安排翻译､导游､
礼仪三
工作，有
项
种安排方法，则这5 名同学全部被安排的不同方法数为
，故选项D
正确.
故选：ACD.
考法四 涂色问题
【例4】（2023·云南·校联考二模）三国时期数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图所示的“弦
图”，后人称之为“赵爽弦图”，它由四个全等的直角三角形和一个正方形构成.现对该图进行涂色，有5
种不同的颜色提供选择，相邻区域所涂颜色不同.在所有的涂色方案中随机选择一种方案，该方案恰好只用
到三种颜色的概率是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】所有的涂色方案分3 类：
(1)用到三种颜色，为⑤一种颜色，①③同色，②④同色，涂色方法为
；
(2)用到四种颜色，为⑤一种颜色，①③不同色，②④同色或⑤一种颜色，①③同色，②④不同色，涂色方
法为
；
(3)用到五种颜色，涂色方法为
；
因此该方案恰好只用到三种颜色的概率是
.
故选：B．
【变式】
1．（2023 春·江苏连云港 ）（多选）如图，在一广场两侧设置6 只彩灯，现有4 种不同颜色的彩灯可供选
择，则下列结论正确的是（ ）
A．共有
种不同方案
B．若相邻两灯不同色，正相对的两灯（如1､4）也不同色，且4 种颜色的彩灯均要使用，则共有186
种不同方案
C．若相邻两灯不同色，正相对的两灯（如1､4）也不同色，且只能使用3 种颜色的彩灯，则共有192
种不同方案
D．若相邻两灯不同色，正相对的两灯（如1､4）也不同色，且只能使用2 种颜色的彩灯，则共有12
种不同方案
【答案】ACD
【解析】对于选项A，每个彩灯颜色都有4 种选择，根据分步乘法原理得，
有
种不同方案，故A 正确；
对于选项B，第一类：先从4 种颜色的彩灯选出3 种颜色的彩灯有安装在1，2，3 号位，则有
种结
果，使用1 种剩余的颜色和前3 种颜色的2 种安装4，5，6 号位彩灯时，有
种结果，
根据乘法原理得共有
种不同的安装方法；
第二类：先从4 种颜色的彩灯选出2 种颜色的彩灯有安装在1，2，3 号位，则有
种结果，
再安装4，5，6 号位彩色灯，分两类：
第一类，4，5，6 号位只用1，2，3 号位剩余的2 种彩色灯，有2 种结果，
第二类，4，5，6 号位用1，2，3 号位剩余的2 种彩色灯和前三个位置使用过的1 种彩灯，
有
种结果，根据计数原理得共有
种不同的安装方法.
由分类加法原理得共有
种不同的安装方案，故B 错误；
对于选项C，第一步：先从4 种颜色的彩灯选出3 种颜色的彩灯有安装在1，2，3 号位，则有
种结
果，第二步：分两类：第一类，4，5，6 号位用1，2，3 号位的3 种彩色灯，有2 种结果，
第二类，4，5，6 号位用1，2，3 号位的2 种彩色灯，有
种结果，
根据计数原理得共有
种不同的安装方法.故C 正确；
对于选项D，第一步：从4 种颜色的彩灯选出2 种颜色的彩灯安装在1，2，3 号位，则有
种结果，
第二步：安装4，5，6 号位彩灯有1 种，根据分步计数原理，可得有
种不同的安装法，故D 正确；
故选：ACD
2.（2023·重庆·统考模拟预测）某城市休闲公园管理人员拟对一块圆环区域进行改造封闭式种植鲜花，该圆
环区域被等分为5 个部分，每个部分从红、黄、紫三种颜色的鲜花中选取一种进行栽植．要求相邻区域不
能用同种颜色的鲜花，总的栽植方案有 种．
【答案】30
【解析】若只用两种颜色的鲜花，则1，3 位置的颜色相同，2，4 位置的颜色相同，
即可得1，4 位置的颜色不同，则5 位置无颜色可选，不合题意；
故必用3 种颜色的鲜花，则1，2 的栽植方案有
种，已用两种颜色，第三种颜色可能在3，4，5，可
得：
（i）若第三种颜色在3 或5，有如下两种可能：
①3，5 的颜色相同，则4 的颜色有两种可能，栽植方案有
种；
②3，5 的颜色不相同，则4 的颜色必和1 的颜色相同，栽植方案有
种；
栽植方案共有
种；
（ⅱ）若第三种颜色在4，则3 的颜色必和1 的颜色相同，5 的颜色必和2 的颜色相同，栽植方案共有种；
综上所述：总的栽植方案有
种.
故答案为：30.
3（2023·全国·高三专题练习）如图，用4 种不同的颜色给图中的8 个区域涂色，每种颜色至少使用一次，
每个区域仅涂一种颜色，且相邻区域所涂颜色互不相同，则区域
，
，
，
和
，
，
，
分别
各涂2 种不同颜色的涂色方法共有 种；区域
，
，
，
和
，
，
，
分别各涂4 种不
同颜色的涂色方法共有 种.
【答案】 24 216
【解析】
，
同色，所以先涂
有：
，再涂
有
种，所以共有：
种.
先涂
共有：
种，设四种颜色为
，假设
涂的颜色分别为
，则
涂色情况如下：
，
，
，共9 种，
所以：
种.
故答案为：24；216.
考法五 最短距离
【例5】（2023 云南）（多选）某城市街道如图，某人要走最短路程从A 地前往B 地，则不同走法有（
）
A．
种
B．
种
C．12 种
D．32 种
【答案】AB
【解析】因为从A 地到B 地路程最短，我们可以在地面画出模型，实地实验探究一下走法可得出：
①要走的路程最短必须走5 步，且不能重复；
②向东的走法定出后，向南的走法随之确定，
所以我们只要确定出向东的三步或向南的两步走法有多少种即可，
故不同走法的种数有
种．
故选：AB
【变式】
1．（2023·全国·高三专题练习）夏老师从家到学校，可以选择走锦绣路、杨高路、张杨路或者浦东大道，
由于夏老师不知道杨高路有一段在修路导致第一天上班就迟到了，所以夏老师决定以后要绕开那段维修的
路，如图，假设夏老师家在
处，学校在
处，
段正在修路要绕开，则夏老师从家到学校的最短路径
有（ ）条．
A．23
B．24
C．25
D．26
【答案】D
【解析】由
到
的最短路径需要向右走四段路，向上走三段路，所以有
条路，
由
到
的最短路径需要向右走两段路，向上走一段路，所以有
条路，
由
到
的最短路径需要向右走一段路，向上走两段路，所以有
条路，
所以由
到
不经过
的最短路径有
.
故选：D.
2（2023·广东惠州·高三校考期末）如图，某城市的街区由12 个全等的矩形组成（实线表示马路），CD 段
马路由于正在维修，暂时不通，则从A 到B 的最短路径有（ ）
A．23 条
B．24 条
C．25 条
D．26 条
【答案】D
【解析】先假设
是实线，
则从
到
，向上次，向右
次，最短路径有
条，
其中经过
的，即先从
到
，然后
到
，最后
到
的最短路径有
条，
所以，当
不通时，最短路径有
条.
故选：D
3（2023·北京）方形是中国古代城市建筑最基本的形态，它体现的是中国文化中以纲常伦理为代表的社会
生活规则，中国古代的建筑家善于使用木制品和竹制品制作各种方形建筑.如图，用大小相同的竹棍构造一
个大正方体（由个大小相同的小正方体构成），若一只蚂蚁从
点出发，沿着竹棍到达
点，则蚂蚁选
择的不同的最短路径共有（ ）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】D
【解析】由题意可知，从
到
最少需要步完成，其中有
步是横向的，
步是纵向的，
步是竖向的，
则蚂蚁选择的不同的最短路径共有
种.故选：D.
考法六 指定项系数
【例6-1】（2023·天津·统考高考真题）在
的展开式中，
项的系数为 ．
【答案】
【解析】展开式的通项公式
，
令
可得，
，
则
项的系数为
.
故答案为：60.
【例6-2】（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）
的展开式中
的系数为 ．
（用数字作答）
【答案】
【解析】因为
，
其中
展开式的通项公式为
（
且
），
所以
的展开式中含
的项为
，
所以
的展开式中
的系数为
．
故答案为：
【例6-3】（2023·福建·校联考模拟预测）
展开式中的常数项为 .（用数字做答）
【答案】49
【解析】
展开式中得到常数项的方法分类如下：
（1）4 个因式中都不取
，则不取
，全取
，相乘得到常数项.
常数项为
；
（2）4 个因式中有1 个取
，则再取1 个
，其余因式取
，相乘得到常数项.
常数项为
；
（3）4 个因式中有2 个取
，则再取2 个
，相乘得到常数项.
常数项为
.
合并同类项，所以展开式中常数项为
.
故答案为：
.
【例6-4】（2023·湖南常德·常德市一中校考模拟预测）已知
，则
.
【答案】
【解析】因为
，
而
的展开通项为
，
令
，得
，则
.
故答案为：
.
【变式】
1（2022·天津·统考高考真题）
的展开式中的常数项为 .
【答案】
【解析】由题意
的展开式的通项为
，
令
即
，则
，
所以
的展开式中的常数项为
.
故答案为：
.
2．（2022·全国·统考高考真题）
的展开式中
的系数为 （用数字作
答）．
【答案】-28
【解析】因为
，
所以
的展开式中含
的项为
，
的展开式中
的系数为-28
故答案为：-28
3．（2023·福建龙岩·统考二模）已知
的展开式中
的系数为21，则
．
【答案】1
【解析】由二项式定理可知
的展开式中含
的项分别为
，
故
的展开式中含
的项为
，即
.
故答案为：
4．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）若
，
则
.
【答案】
【解析】因为
，
令
，则
，
所以
，
其中二项式
展开式的通项为
（
且
），
令
，解得
，所以
，所以
.
故答案为：
5（2023 春·河南开封·高三统考开学考试）已知
的展开式中
的系数为
，则实数
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
展开式的通项为：
，
且
；
展开式的通项为：
，
且
；
令
，则
或
，
的系数为
，解得：
.故选：A.
考法七（二项式）系数和
【例7-1】（2023·福建宁德·校考模拟预测）（多选）若
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【解析】令
得：
，所以选项A 正确；
令
得：
，所以
，所以选项B 错误；
因为
，
所以
选项C 正确；
，
两边对
求导得：
，
令
得：
，选项D 错误；
故选：AC.
【例7-2】（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）（多选）已知多项式
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【解析】因为
，
的展开式的通项公式为
，
，得
，
，所以
，故A 正确；
令
得
，令
，得
，
所以
，故B 不正确；
，故C 不正确；
由
两边对
求导得，
，
令
，得
，
所以
，故D 正确.
故选：AD
【变式】
1．（2023·黑龙江大庆·大庆中学校考模拟预测）（多选）若
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【解析】令
，则
，即
，故A 正确；
令
，则
，
令
，则
，
则
，故B 正确；
，则
，令
，则
，故C 错误；
由
两边求导，
得
，
令
，则
，故D 正确.
故选：ABD.
2．（2023·山东日照·三模）（多选）已知
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【解析】由
，
令
得
，故A 正确；
由
的展开式的通项公式
，
得
，故B 错误；
令
，得
①，
再由
，得
，故
错误；
令
，得
②，
①-②再除以2 得
，故D 正确.
故选：AD
考法八 二项式系数的性质
【例8-1】（2023·福建厦门·厦门一中校考一模）已知
的二项展开式中第3 项与第10 项的二项式系
数相等，则展开式中含
的系数为 .
【答案】
【解析】因为
的二项展开式中第3 项与第10 项的二项式系数相等，
可得
，即
，即二项式为
，
其展开式的通项为
，
令
，可得
，即展开式中
的系数为
.
故答案为：
.
【例8-2】（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）已知
的展开式中，仅有第4 项的二项式系
数最大，则展开式中第5 项是 .
【答案】
【解析】由题可得，
，解得
，
所以
.
故答案为：
【例8-3】（2023·山东·模拟预测）（多选）
的展开式中系数最大的项是（ ）
A．第2 项
B．第3 项
C．第4 项
D．第5 项
【答案】BC
【解析】
的展开式的通项公式为：
则第
项的系数为：
设第
项的系数最大，则
即
，即
解得
，所以
或时，
的展开式中系数最大
即
的展开式中系数最大是第3,4 项,
故选：BC
【变式】
1．（2023·湖南郴州·统考一模）在二项式
的展开式中只有第4 项二项式系数最大，则展开式中
的常数项为 .
【答案】
【解析】因为二项式
的展开式中只有第4 项二项式系数最大，
故二项式
的展开式有7 项，则
，
故
的通项公式为
，
令
，
故展开式中的常数项为
，
故答案为：
2．（2023·四川雅安·统考一模）
的展开式中，系数最小的项是（ ）
A．第4 项
B．第5 项
C．第6 项
D．第7 项
【答案】C
【解析】依题意，
的展开通项公式为
，其系数为
，
当为奇数时，
才能取得最小值，
又由二项式系数的性质可知，
是
的最大项，
所以当
时，
取得最小值，即第6 项的系数最小.
故选：C．
3（2023·全国·模拟预测）已知二项式
，
的展开式中第四项的系数最大，则a 的值为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】A
【解析】二项式
展开式的通项公式为
，其中
，
由
（其中
），即
，
，
，
依题意可知
使上式成立，即
，所以
.故选：A
考法九 二项式定理的应用
【例9】（2023·江苏无锡 ）（多选）若
，则（ ）
A．
可以被
整除
B．
可以被
整除
C．
被27 除的余数为6
D．
的个位数为6
【答案】AB
【解析】
，
可以被
整除，故A 正确；
，
可以被
整除，故B 正确；
被27 除的余数为5，故C 错误；
，
个位数为
，故D 错误.
故选：AB
【变式】
1.（2022·潍坊模拟）
除以7 的余数是（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】D
【解析】
，则
，
又
是7 的倍数，故余数为3.故答案为：D.
2.（2022 广东）
的计算结果精确到个位的近似值为
A．106
B．107
C．108
D．109
【答案】B
【解析】∵
，∴
.故选B
3．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）若
，
则
被5 除所得的余数为 ．
【答案】1
【解析】由题知
时，
， ，
故
所以被5 除得的余数是
1.
故答案为：1.
考法十 二项式定理与其他知识综合
【例10-1】（2023 秋·辽宁锦州·高三渤海大学附属高级中学校考期末）已知函数
在
处的切线与直线
平行，则二项式
展开式中
的系数为（ ）
A．70
B．－70
C．56
D．－56
【答案】A
【解析】
，由已知可得，
，
即
，所以
.
设
展开式中的第k+1 项含有
，
，
则可知，
，所以二项式
展开式中
的系数为
.
故选：A.
【例10-2】（2023·全国·高三专题练习）定义函数
，已知
为虚数单位
，则
的展开式中常数项是（ ）
A．180
B．120
C．90
D．45
【答案】A
【解析】
，由题可知
，所以
.
所以
的展开式的通项为
.
令
，解得
.所以展开式中的常数项是
.故选：A
【变式】
1.（2023 秋·辽宁锦州·高三渤海大学附属高级中学校考期末）已知函数
在
处的切线
与直线
平行，则二项式
展开式中
的系数为（ ）
A．70
B．－70
C．56
D．－56
【答案】A
【解析】
，由已知可得，
，
即
，所以
.
设
展开式中的第k+1 项含有
，
，
则可知，
，所以二项式
展开式中
的系数为
.
故选：A.
2.（2023·全国·高三专题练习）定义函数
，已知
为虚数单位，则
的展开式中常数项是（ ）
A．180
B．120
C．90
D．45
【答案】A
【解析】
，由题可知
，所以
.
所以
的展开式的通项为
.
令
，解得
.所以展开式中的常数项是
.故选：A
3．（2023·上海·高三专题练习）已知函数
（k，n
为正奇数），
是
的导函数，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】因为
，
所以
，
所以
，
则
，
其中
，
所以
，
所以
；
故选：D
4．（2023·山西·统考一模）已知随机变量
，且
，则
的展开式
中常数项为______.
【答案】60
【解析】由正态分布易得
，
设二项展开式的第
项
，
则常数项为当
时，值为60.
故答案为：60.
一、单选题
1．（2023·全国·统考高考真题）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（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【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
件，
其中这2 名学生来自不同年级的基本事件有
，
所以这2 名学生来自不同年级的概率为
.
故选：D.
2．（2023·全国·统考高考真题）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
【解析】不妨记五名志愿者为
，
假设
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
种方法，
同理：
连续参加了两天公益活动，也各有
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
种.
故选：B.
3．（2023·全国·统考高考真题）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
【解析】首先确定相同得读物，共有
种情况，
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
种，
根据分步乘法公式则共有
种，故选：C.
4．（2023·全国·统考高考真题）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 名
学生，则不同的抽样结果共有（ ）．
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】D
【解析】根据分层抽样的定义知初中部共抽取
人，高中部共抽取
，
根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有
种.
故选：D.
5．（2023·北京·统考高考真题）
的展开式中
的系数为（ ）．
A．
B．
C．40
D．80
【答案】D
【解析】
的展开式的通项为
令
得
所以
的展开式中
的系数为
故选：D
6．（2022·全国·统考高考真题）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
【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
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：
种不同的排列方式，
故选：B
7．（2022·北京·统考高考真题）若
，则
（ ）
A．40
B．41
C．
D．
【答案】B
【解析】令
，则
，
令
，则
，
故
，
故选：B.
8．（2023·全国·模拟预测）为躲过了新冠，躲过了甲流，没躲过呼吸道合胞病毒.”甲流高峰才过去不久，
呼吸道感染的老人又多起来.“最近，呼吸道合胞病毒感染处于高峰.目前因咳嗽、喘息住院的患者中，在浙
大儿院占据首位的就是呼吸道合胞病毒感染.呼吸道合胞病毒是一种什么病毒？RSV 为副黏病毒科肺炎病毒
属的单股负链RNA 病毒，是引起老年人下呼吸道感染的常见病原，RSV 通常于上呼吸道中开始感染，引发
的症状易与普通感冒相混淆，出现呼吸系统后遗症.5 月3 日，葛兰素史克（GSK）宣布其呼吸道合胞病毒
（RSV）疫苗Arexvy，用于老年人群体预防RSV 感染导致的下呼吸道疾病（RSV-LRTD）.该产品也是全球首
款获批上市的RSV 疫苗.为研究的临床试验，旨在评估单剂量和接种Arexvy 对比安慰剂对RSV-LRTD 的预防
效果.该实验有3 接种组，现有8 名志愿者将被派往这3 接种组安排接种工作，每个接种组至少2 名至多4
名志愿者，则不同的安排方法共有（ ）
A．2940 种
B．3000 种
C．3600 种
D．5880 种
【答案】A
【解析】根据题意派往3 个医院的人数分配有2 种情况：2、2、4；3、3、2.
不同的安排方法共有
（种）．
故选：A．
9．（2023·浙江·校联考二模）甲、乙、丙3 人站到共有6 级的台阶上，同一级台阶上的人不区分站的位置，
则不同的站法种数是（ ）
A．120
B．210
C．211
D．216
【答案】D
【解析】由题意分三种情况：
第一种情况是3 人各站一个台阶，有
种；
第二种情况是2 人站一个台阶，另1 人站另一个台阶，有
种，
第三种情况是3 人站一个台阶，有
种，
所以根据分类计数原理知共有不同的站法种数是
种．
故选：D．
10．（2023·江西南昌·统考二模）中国灯笼又统称为灯彩，是一种古老的汉族传统工艺品．灯笼综合了绘
画、剪纸、纸扎、刺缝等工艺，与中国人的生活息息相连．灯笼成了中国人喜庆的象征．经过历代灯彩艺
人的继承和发展，形成了丰富多彩的品种和高超的工艺水平，从种类上主要有宫灯、纱灯、吊灯等类型，
现将红木宫灯、檀木宫灯、楠木纱灯、花梨木纱灯、恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯各一个随机挂成一排，
则有且仅有一种类型的灯笼相邻的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】设红木宫灯、檀木宫灯为
；楠木纱灯、花梨木纱灯为
；恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯为
．
先求仅
相邻的种数，把
看作一个元素，
当
排在首尾时，不同的排法有
种；
当
排在五个位置中第二、第四位时，不同的排法有
种；
当
排在第三个位置时，不同的排法有
种，
故仅
相邻共有
种排法，
同理得仅
相邻，仅
相邻的情况，也都有
种排法，
所以有且仅有一种类型灯笼相邻的概率为
．
故选：A.
11．（2023·河南·开封高中校考模拟预测）2023 年元旦当天，某微信群中有小郭、小张、小陈、小李和小
陆五个人玩抢红包游戏，现有4 个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4 个红包中有2 个66.66 元、
1 个88.88 元、1 个99.99 元（红包中金额相同视为相同红包），则小郭、小张都抢到红包的不同情况有（
）
A．18 种
B．24 种
C．36 种
D．48 种
【答案】C
【解析】当小郭、小张都抢到66.66 元时，有
种；
当小郭、小张抢到66.66 元和88.88 元时，有
种；
当小郭、小张抢到66.66 元和99.99 元时，有
种；
当小郭、小张抢到88.88 元和99.99 元时，有
种.
故小郭、小张都抢到红包的不同情况有
种.
故选：C
12．（2023·河南洛阳·洛阳市第三中学校联考一模）为弘扬中国优秀传统文化，某地教育局决定举办“经
典诵读”知识竞赛．竞赛规则：参赛学生从《红楼梦》《论语》《史记》这3 本书中选取1 本参加有关该
书籍的知识竞赛，且同一参赛学校的选手必须全部参加3 本书籍的知识竞赛．某校决定从本校选拔出的甲、
乙等5 名优秀学生中选出4 人参加此次竞赛．因甲同学对《论语》不精通，学校决定不让他参加该书的知
识竞赛，其他同学没有限制，则不同的安排方法有（ ）种．
A．128
B．132
C．156
D．180
【答案】B
【解析】根据题意，学校从5 名优秀学生中选出4 人去参加3 本书籍的知识竞赛，且每本书的知识竞赛都
要有该校学生参加，则必会有两人去参加同一书籍的知识竞赛．①若选出的4 名学生中不含甲同学，在这
4 名学生中任意取2 人进行捆绑，则不同的安排方法共有
种；②若选出的4 名学生中含有甲同
学，则在剩余的4 名优秀学生中再抽取3 人，共有
种方法；若甲同学和其中1 名学生去参加同一书
籍的知识竞赛，则共有
种方法；若甲同学单独一人去参加某本书的知识竞赛，则共有
种方法．根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理可得，不同的安排方法共有
种．综上所述，不同的安排方法共有
种．
故选：B．
13．（2023·辽宁沈阳·统考一模）甲、乙、丙、丁、戊、己6 人站成一排拍合照，要求甲必须站在中间两
个位置之一，且乙、丙2 人相邻，则不同的排队方法共有（ ）
A．24 种
B．48 种
C．72 种
D．96 种
【答案】C
【解析】先安排甲，可从中间两个位置中任选一个安排有
种方法，而甲站好后一边有2 个位置，另一边
有3 个位置，再安排乙丙2 人，因乙、丙2 人相邻，可分为两类：安排在甲有2 个位置的一侧有
种方法；
安排在甲有3 个位置的一侧有
种方法，最后安排其余3 人有
种方法，综上，不同的排队方法有：
种.故选：C.
14．（2023·江西·校联考模拟预测）中国空间站（China Space Station）的主体结构包括天和核心舱、问天
实验舱和梦天实验舱.2022 年10 月31 日15：37 分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一
个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成
功将中国空间站建设完毕.2023 年，中国空间站将正式进入运营阶段.假设空间站要安排甲、乙等6 名航天
员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有（ ）
A．450 种
B．72 种
C．90 种
D．360 种
【答案】A
【解析】由题知，6 名航天员安排三舱，
三舱中每个舱至少一人至多三人，
可分两种情况考虑：
第一种：分人数为
的三组，共有
种；
第二种：分人数为
的三组，共有
种；
所以不同的安排方法共有
种.
故选：A.
15．（2023·辽宁盘锦·盘锦市高级中学校考一模）有3 名男生，4 名女生，在下列不同条件下，错误的是（
）
A．任选其中3 人相互调整座位，其余4 人座位不变，则不同的调整方案有70 种
B．全体站成一排，男生互不相邻有1440 种
C．全体站成一排，女生必须站在一起有144 种
D．全体站成一排，甲不站排头，乙不站排尾有3720 种．
【答案】C
【解析】对于A：任选其中3 人相互调整座位，其余4 人座位不变，则不同的调整方案有
种，
故A 正确；
对于B：先排女生，将4 名女生全排列，有
种方法，
再安排男生，由于男生互不相邻，可以在女生之间及首尾空出的5 个空位中任选3 个空位排男生，有
种
方法，故共有
种方法，故B 正确．
对于C：将女生看成一个整体，考虑女生之间的顺序，有
种情况，
再将女生的整体与3 名男生在一起进行全排列，有
种情况，
故共有
种方法，故C 错误．
对于D：若甲站在排尾则有
种排法，若甲不站在排尾则有
种排法，
故有
种排法，故D 正确；
故选：C.
16．（2023·广西北海·统考一模）
展开式中，
的系数为（ ）
A．3
B．6
C．9
D．12
【答案】C
【解析】由题意
，
故
的系数为
．
故选：C．
17．（2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测）设
，则
等于（ ）
A．45
B．84
C．120
D．165
【答案】D
【解析】依题意，
.
故选：D
二、多选题
18．（2023 春·江苏扬州 ）现有4 个编号为1，2，3，4 的盒子和4 个编号为1，2，3，4 的小球，要求把4
个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（ ）
A．没有空盒子的方法共有24 种
B．可以有空盒子的方法共有128 种
C．恰有1 个盒子不放球的方法共有144 种
D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8 种
【答案】ACD
【解析】对于A：4 个球全放4 个盒中，没有空盒则全排列，共
种，故A 正确；
对于B：可以有空盒子，有4 个球，每个球有4 种放法，共
种，故B 错误；
对于C：恰有1 个空盒子，说明另外3 个盒子都有球，而球共4 个，必然有1 个盒子中放了2 个球，先将4
个盒中选1 个作为空盒，再将4 个球中选出2 个球绑在一起，再排列共
种，故C 正确；
对于D：恰有一个小球放入自己编号的盒中，从4 个盒4 个球中选定一组标号相同得球和盒，另外3 个球3
个盒标号不能对应，则共
种，故D 正确．
故选：ACD．
19．（2023 春·辽宁朝阳·高二校联考阶段练习）某校举办“新生杯”足球比赛，现分配A、B、C、D，4 人
到甲，乙，丙三场比赛中担任主裁判，每人最多担任其中一场比赛的主裁判，每场比赛主裁判有且只有一
人担任则下列说法正确的是（ ）
A．不同的分配方案共有81 种
B．不同的分配方案共有24 种
C．若A，B 两人都不能去甲场比赛担任主裁判，则不同的安排方法共有12 种
D．若A，B 两人必有一人去甲场比赛担任主裁判，则不同的安排方法共有12 种
【答案】BCD
【解析】不同的分配方案共有
（种），故B 正确，A 错误；
若A、B 两人都不能去甲场比赛担任主裁判，
第一步：从
中选出一人取甲场；
第二步：从剩下的三人中选出两人组成一组；
第三步：将选出的两人分配到乙、丙两场.
则不同的安排方法共有
（种），故C 正确；
若A，B 两人必有一人去甲场比赛担任主裁判，
第一步：从
中选出一人取甲场；
第二步：从剩下的三人中选出两人组成一组；
第三步：将选出的两人分配到乙、丙两场.
则不同的安排方法共有
（种），故D 正确．
故选：BCD．
20．（2023 春·甘肃白银·高二统考开学考试）小许购买了一套五行文昌塔摆件（如图），准备一字排开摆
放在桌面上，下列结论正确的有（ ）
A．不同的摆放方法共有120 种
B．若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有36 种
C．若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有72 种
D．若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有36 种
【答案】ACD
【解析】由题可知，不同的摆放方法共有
种，A 正确；
若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有
种，C 正确，B 不正确；
若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有
种，D
正确．
故选：ACD
21．（2023 春·广东珠海·高二校考阶段练习）校园师生安全重于泰山，越来越多的学校纷纷引进各类急救
设备.福清融城中学准备引进5 个不同颜色的自动体外除颤器（简称AED），则下面正确的是（ ）
A．从5 个AED 中随机取出3 个，共有10 种不同的取法
B．从5 个AED 中选3 个分别给3 位教师志愿者培训使用，每人1 个，共有60 种选法
C．把5 个AED 安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，共有129 种方法
D．把5 个AED 安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，每个地方至少放一个，共有150 种方
法
【答案】ABD
【解析】从5 个AED 中随机取出3 个，共有
种不同的取法，故A 正确；
从5 个AED 中选3 个分别给3 位教师志愿者培训使用，每人1 个，
共有
种选法，故B 正确；
把5 个AED 安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，则每个AED 都有3 种安放方法，故共有
种方法，故C 错误；
把5 个AED 安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，每个地方至少放一个，
可先将5 个AED 分成3 组，每组至少1 个，再把这3 组AED 放在宿舍、教学楼、体育馆三个地方，每个地
方放1 组，故共有
方法，故D 正确.
故选：ABD
22．（2023·全国·高三专题练习）生命在于运动，小兰给自己制定了周一到周六的运动计划，这六天每天
安排一项运动，其中有两天练习瑜伽，另外四天的运动项目互不相同，且运动项目为跑步、爬山、打羽毛
球和跳绳.（ ）
A．若瑜伽被安排在周一和周六，则共有48 种不同的安排方法
B．若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则共有216 种不同的安排方法
C．若周一不练习瑜伽，周三爬山.则共有36 种不同的安排方法
D．若瑜伽不被安排在相邻的两天，则共有240 种不同的安排方法
【答案】BCD
【解析】对于A，若瑜伽被安排在同一和周六，则共有
种不同的安排方法，故A 不正确；
对于B，若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则由间接法可得，不同的安排方法种数为
，故B 正确
对于C，若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有
种不同的安排方法，故C 正确；
对于D，若瑜伽不被安排在相邻的两天，则先排其他四项运动，共有
种不同的安排方法，再从5 个空位
里插入2 个安排练习瑜伽，故共有
种不同的安排方法，故D 正确.
故选：BCD
23．（2023·辽宁抚顺·校考模拟预测）在
的展开式中，各项系数的和为1，则（ ）
A．
B．展开式中的常数项为
C．展开式中
的系数为160
D．展开式中无理项的系数之和为
【答案】BC
【解析】根据题意令
，得
的展开式中各项系数和为
，则
，A 错误；
则
，
又
的展开式的通项为
，
，
所以展开式中的常数项为
，B 正确；
含
的项为
，其系数为160，C 正确；
展开式中无理项的系数之和为
，D 错误.
故选：BC.
24．（2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）已知
展开式中的第三项的系数为
45，则（ ）
A．
B．展开式中所有系数和为
C．二项式系数最大的项为中间项
D．含
的项是第7 项
【答案】BCD
【解析】
展开式的第三项为：
，
所以第三项的系数为：
，所以
，故A 错误；
所以
，所以令
得展开式中所有系数和为
，故B 正确；
展开式总共有11 项，则二项式系数最大的项为中间项，故C 正确；
通项公式为
，
令
，解得
，所以含
的项是第7 项.故D 正确；
故选：BCD.
25．（2023·云南·校联考模拟预测）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】AC
【解析】选项A，令
，则展开式的各项系数和为
，A 选项正确；
选项B，因为
，所以展开式中二项式系数最大项为第1012 项与第1013 项，B 选项错误；
选项C，令
，则
，令
，则
，
所以
，C 选项正确；
选项D，已知关系式两边同时取导，则
，
令
，则
，D 选项错误；
故选：AC.
26．（2023·广西柳州·统考模拟预测）已知
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【解析】因为
，
令
，得
，故A 正确；
展开式的通项为
，则
，故B 错误；
令
，得
，故C 正确；
展开式的通项为
，则
，其中
且
，
当
为偶数时，
；当
为奇数时，
，
令
，可得
，故D 正确.
故选：ACD.
27．（2023·重庆·统考模拟预测）在
展开式中（ ）
A．展开式中不存在含
的项
B．展开式所有项系数和为243
C．展开式中含
项的系数为30
D．展开式共21 项
【答案】BCD
【解析】
表示个
相乘，
含
的项是在个
中选
个
，个
，
所以展开式中含
的项的系数为
，故A 错误；
令
，则展开式所有项系数和为
，故B 正确；
含
项是在个
中选个
，
个
，
个，
所以展开式中含
的项的系数为
，故C 正确；
的展开式的项可以理解为有个盒子，每个盒子中均有
、
、三个元素，
现在从每个盒子中各取出个元素，再将它们相乘，
若只选一个字母则有
种，
若选
个字母则有
种，
若选个字母则有
种，
故展开式共有
项，故D 正确；
故选：BCD
28．（2023·山西晋中·统考二模）
，若
，则下列结论正
确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
的展开式中第1012 项的系数最大
【答案】BC
【解析】对于A，
，可得
，故A 错误；
对于B，因为
，
令
，则
，故B 正确；
对于C，令
，则
，
令
，则
，故C 正确；
对于D，由展开式知，
，
，故第1012 项的系数
，不会是展开式中系数最大的项，故
D 错误.
故选：BC
29．（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）在
的展开式中，下列结论正确的是（ ）
A．第6 项和第7 项的二项式系数相等
B．奇数项的二项式系数和为256
C．常数项为84
D．有理项有2 项
【答案】BC
【解析】
的展开式中共有10 项，由二项式系数的性质可得展开式中的第5 项和第6 项的二项式
系数相等，故A 错误；
由已知可得二项式系数之和为
，且展开式中奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，
所以奇数项的二项式系数和为
，故B 正确；
展开式的通项为
，令
，解得
．
故常数项为
，故C 正确；
有理项中x 的指数为整数，故
，2，4，6，8，故有理项有5 项，故D 错误．
故选：BC
30．（2023·湖南·模拟预测）已知
，则下列结
论成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【解析】
，
展开式的通项为
，
对选项A：令
，可得
，正确；
对选项B：
，所以
，正确；
对选项C：令
，可得
，错误；
对选项D：
，两边同时求导，得
，令
，
，正确．
故选：ABD
31．（2023·吉林白山·抚松县第一中学校考模拟预测）我国南宋数学家杨辉1261 年所著的《详解九章算
法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究．则下列结论正确的是（ ）．
A．
B．第2022 行的第1011 个数最大
C．第6 行、第7 行、第8 行的第7 个数之和为第9 行的第8 个数
D．第34 行中从左到右第14 个数与第15 个数之比为2 3∶
【答案】ACD
【解析】
，
，
故A 正确；
由图可知：第n 行有n 个数字，如果n 是奇数，则第
（最中间的）个数字最大；如果n 是偶数，则第
和第
个数字最大，并且这两个数字一样大，故错误；
第6 行，第7 行，第8 行的第7 个数字分别为：1，7，28，其和为36；第9 行第8 个数字就是36，故C 正
确；
依题意：第34 行第14 个数字是
，第34 行第15 个数字是
，
所以
，故D 正确；
故答案为：ACD.
三、填空题
32（2023·全国·统考高考真题）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
【解析】（1）当从8 门课中选修2 门，则不同的选课方案共有
种；
（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
种；
②若体育类选修课2 门，则不同的选课方案共有
种；
综上所述：不同的选课方案共有
种.
故答案为：64.
33．（2022·浙江·统考高考真题）已知多项式
，则
，
．
【答案】
【解析】含
的项为：
，故
；
令
，即
，
令
，即
，
∴
，
故答案为：；
．
33．（2022·全国·统考高考真题）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 ．
【答案】
/0.3
【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；
其中，甲、乙都入选的选法有3 种，故所求概率
.
故答案为：
.
解法二：从5 名同学中随机选3 名的方法数为
甲、乙都入选的方法数为
，所以甲、乙都入选的概率
故答案为：
34．（2023·海南海口·海南华侨中学校考二模）临近春节，某校书法爱好小组书写了若干副春联，准备赠
送给四户孤寡老人．春联分为长联和短联两种，无论是长联或短联，内容均不相同．经过调查，四户老人
各户需要1 副长联，其中乙户老人需要1 副短联，其余三户各要2 副短联．书法爱好小组按要求选出11 副
春联，则不同的赠送方法种数为 ．
【答案】15120
【解析】4 副长联内容不同，赠送方法有
种；从剩余的7 副短联中选出1 副赠送给乙户老人，
有
种方法，再将剩余的6 副短联平均分为3 组，最后将这3 组赠送给三户老人，
方法种数为
．所以所求方法种数为
．
故答案为：
.
35．（2023·上海·统考模拟预测）现在有5 人通过3 个不同的闸机进站乘车，每个闸机每次只能过1 人，要
求每个闸机都要有入经过，则有 种不同的进站方式（用数字作答）
【答案】720
【解析】将5 人分为3 组，有
和
两种情况：
当分组为
时：共有
；
当分组为
时：共有
；
综上所述：共有
种不同的进站方式.
故答案为：
.
36．（2023·河北秦皇岛·校联考模拟预测）已知
的展开式中
的系数为
，则实数
．
【答案】
【解析】二项式
展开式的通项为
，
所以
的展开式通项为
或
，
所以令
，解得
，
所以展开式中
的系数为
，
解得
，
故答案为：.
37．（2023·山东烟台·校联考三模）已知
的展开式中共有项，则有理项共 项．（用数字表
示）
【答案】
【解析】因为
的展开式中共有项，所以
，
则通项
，
当
时，
，相应项为有理项，故有理项共有4 项.
故答案为：4
38．（2023·江苏连云港·校考模拟预测）已知
的展开式中
的系数是，则
.
【答案】
【解析】因为
展开式通项为
，
令
，则
展开式中
的系数为
，
即
，解得：
或
，又
，
.
故答案为：.
40．（2023·河南·校联考模拟预测）已知
，
的展开式中
的系数为80，则展开式中
的系数
为 .（用数字作答）
【答案】
【解析】
的系数为
，易知
，
所以
的系数为
.
故答案为：
41．（2023·河南·校联考模拟预测）已知
的展开式中各项系数的和为
，则实数
的值为
.
【答案】
【解析】因为
的展开式中各项系数的和为
，
令
，可得
，解得
.
故答案为：.
42．（2023·江西南昌·校考模拟预测）记
，则
．
【答案】
【解析】取
，则
；
取
，则
；
两式作和得：
，
.
故答案为：
.
43．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）
的展开式中
的系数是 ．（用数字作答）
【答案】35
【解析】因为
展开式的通项公式为
，
令
，解得
，可得
，
所以
的系数是35.
故答案为：35.
44．（2023·四川南充·模拟预测）已知
关于
的展开式中的常数项为
，则
【答案】1
【解析】
的常数项为
，
因此
，
故答案为：1
45．（2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）若
，则
．
【答案】
【解析】由题意，
中含
的项为
；
含
的项为
；
含
的项为
；
含
的项为
；
含
的项为
；
故
.
故答案为：
46．（2023·河南·校联考模拟预测）在
的展开式中，按
的升幂排列的第三项为 .
【答案】
【解析】易知，展开式中有常数项、一次项、二次项等，故所求的项为
项．
整个式子中
项可由
，
的展开式中的常数项与二次项、一次项与一次项、二次项与常数项
相乘得到，
其中
展开式的通项为
（
），
展开式的通项为
（
）；
故所求为
．
故答案为：
．
47（2023·全国·模拟预测）
的展开式中
的系数为 （用数字作答）．
【答案】-135
【解析】由二项式
的通项
，
令
，则
；令
，
.
的展开式中
的系数为
.
故答案为：
.
48．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知
的展开式的二项式系数和为64，
各项系数和为729，则其展开式的常数项为 ．
【答案】240 或3840
【解析】由于
的展开式的二项式系数和为64，即
，
解得n＝6．
又由于
的展开式系数和为729，令
得，即
，
解得
或-4，
的展开式的通项为
，令
，
解得
，
所以展开式的常数项为
，
故当
时，
，当
时，
．故答案为：240 或3840
49．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）若
的展开式中存在常数项，则n 的一个
值可以是______．
【答案】4(答案不唯一)
【解析】
，
的展开式的通项公式为
，
若
是常数项，则
，
若
是常数项，则
，
若
是常数项，则
，取
，得
，可得
的展开式的常数项为
，所以n 的一个值可以是4．
故答案为：4（答案不唯一）
50．（2023·全国·高三专题练习）将二项式
的展开式中所有项重新排成一列，有理式不相邻的
排法种数为
【答案】
【解析】根据题意，得
，
因为
且
，
当
时，
，即
为有理式；
当
时，
，即
为有理式；
当
时，
，即
为有理式；
当
时，
，即
为无理式；
所以
展开式一共有9 个项，有3 个有理式， 6 个无理式，
先对6 个无理式进行排列，共有
种方法；
再将3 个有理式利用“插空法”插入这6 个无理式中，共有
种方法；
利用分步乘法计数原理可得，一共有
种方法.
