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排列与组合
考点1
专题09 排列组合、二项式定理、基本不等式
3 大考点概览
题型01 排列与组合
题型02 二项式定理
题型03 基本不等式
一、单选题
1．（2026·广东茂名·二模）某学校从周一至周五中选择
天开展社会实践活动，周一和周二不能同
时被选中，则不同的选择方案有（ ）
A．
种
B．种
C．种
D．
种
【答案】C
【分析】直接用间接法计算可得结果.
【详解】因为从天中选
天，共有
种．而周一和周二同时被选的选法，共有种．
因此，满足条件的方案为
种．
2．（2026·辽宁抚顺·二模）现有甲、乙等五名学生参加“弘扬中华文化”的演讲比赛，已知甲既
不在第一个参演，又不在最后一个参演，且乙不在第三个参演，则不同的参演顺序共有（ ）
A．60 种
B．72 种
C．96 种
D．120 种
【答案】A
【详解】若甲在第三个参演，则不同的参演顺序有
种；若甲不在第三个参演，则不同的参
演顺序有
种.根据分类加法计数原理可知，不同的参演顺序共有
种.
3．（2026·河北沧州·二模）某游客计划3 天内游览完A，B，C，D，E 这5 个景点，每天至多游览
2 个景点，且A，B 两个景点不安排在同一天游览，则不同的安排方案种数为（ ）
A．36
B．72
C．90
D．144
【答案】B
【分析】先算5 个景点3 天游览的总方案数，再算
、
同天的方案数，用总方案数减
、
同天
的方案数，最终得出结果.
【详解】5 个景点分到3 天，每天至多2 个景点，因此分组只能是2，2，1，所以
，又因为
，所以总方案数
，若A、B 安排在同一天：共
分组方式，又因为三个组分配到3 天，共
种排列，因此A、B 同天的方案数
，
所以
，即不同的安排方案种数为72.
4．（2026·重庆·二模）树人中学选派出甲、乙、丙、丁四名学生参加接力比赛，要求甲不跑第一
棒，丁不跑第四棒，则不同的接力比赛顺序有（ ）
A．8 种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】D
【详解】4 名学生排列总数：
，甲跑第一棒的情况：
，
丁跑第四棒的情况：
，甲跑第一棒且丁跑第四棒的情况：
，
总顺序数：
．
5．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）某人有3 种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多），要在如图所
示的图形的6 个顶点A，B，C，
，
，
上各安装一个灯泡，要求同一线段两端的灯泡颜色不
同，则不同的安装方法共有（ ）
A．3 种
B．6 种
C．12 种
D．48 种
【答案】C
【详解】法一：先安装下底面的三个顶点有
种不同的安装方法，再安装上底面的三个顶点有
种不同的安装方法.由分步乘法计数原理可知，共有
种不同的安装方法.
法二：依次安装
，
，
，
，
，
六个位置，则有
种不同的安装方法.
6．（2026·山西·二模）若6 个人按原来站的位置重新站成一排，恰有两人站在自己原来的位置上的
概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据题意，分2 步分析.第一步：先从6 个人里选2 人，这2 人位置不变，其余4 人都不在
自己原来的位置，第二步：分析剩余的4 人都不在自己原来位置的站法数目，由分步计数原理计算
结合古典概率计算公式计算可得答案.
【详解】根据题意，分两步：第一步，先从6 个人里选2 人，这2 人位置不变，有
种选法；
第二步，对于剩余的4 个人，每个人都不能站在原来的位置上，因此第一个人有3 种站法，
被占了自己位置的那个人在剩下三个位置中任选一个，有
种站法，其余2 人只有一种站法，
因此4 个人共有
种站法，故不同的站法有
135 种.而基本事件总数为
，所以
所求概率为
.
7．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）哈尔滨市第六中学校开展爱国主义教育实践活动，计划周日组织
高一年级一班至六班前往731 部队罪证陈列馆、哈尔滨烈士纪念馆两处场馆进行参观．现要求每个
场馆分配3 个班级，同时派2 名教师带队，每名教师负责一个场馆的带队工作，请问一共有（ ）
种不同的安排方法？
A．20
B．40
C．80
D．120
【答案】B
【分析】先把6 个班级平均分成两组，再分配到两个场馆，再把两位老师每个场馆分配一个即可.
【详解】先把6 个班级平均分成两组，再分配到两个场馆，再把两位老师每个场馆分配一个，
则有
种不同的安排方法.
8．（2026·山东济南·二模）如图，
三边
的中点分别为
，将
六
个数字全部标注在
六个点处，每个点处标注一个数字，使得每个中点处的数字都比
其相邻两顶点处的数字小，则不同的标注方法有（ ）
A．36 种
B．48 种
C．60 种
D．72 种
【答案】B
【分析】根据分类加法计数原理及排列数公式计算求解.
【详解】由题意可得顶点标注只能为
或
，其余情况不满足题意.若顶点标注
，则
标注在中点处，此时有
，若顶点标注
，则
只能标注在
之间的边的中点，
此时有
种，所以不同的标注方法有
种.
9．（2026·浙江·二模）从数字0，1，2，3，4 中任取3 个构成的无重复数字的3 位数，其中能被3
整除的偶数共有（ ）
A．13 个
B．15 个
C．16 个
D．18 个
【答案】A
【详解】满足条件的3 位数可由
或
或
或
构成，由
构成的偶数有
个；由
构成的偶数有
个；由
构成的偶数有
个；由
构成的偶数有
个. 故共有
个.
10．（2026·江西南昌·二模）某校高三年级准备在接下来的14 周内，安排三次心理健康讲座，分别
记为第
周、第
周、第
周．为了让学生有足够的时间消化内容，学校要求：①第一次与第二
次讲座之间至少间隔2 周
；②第二次与第三次讲座之间也至少间隔2 周
；
③在第一次讲座之前至少预留1 周准备时间，最后一次讲座之后至少预留1 周总结时间，则符合要
求的不同安排方案有（ ）
A．120 种
B．84 种
C．70 种
D．56 种
【答案】D
【详解】设
之前的周数为
，
与
之间的周数为
，
与
之间的周数为
，
之后的周数
为
，由题目条件知
，
，
，
，
，令
，
，
，
，得
，
，
，
，
，由隔板法，
符合要求的不同安排方案为
.
11．（2026·山西临汾·二模）将5 名实习生分配到A，B，C 三个班开展实习工作.要求每个班都要有
实习生，当实习生甲不去A 班时，B 班恰有3 名实习生的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】首先甲去
或
班的总数为
，进一步由组合数排列数应用条件概率即可得所
求概率.
【详解】不考虑甲是否去
班，所有实习生分配方案总数为
，
甲去
班的概率相等，所以甲去
或
班的总数为
，
甲不去
班，B 班恰有3 名实习生的情形一，甲去
班且
班有3 名实习生共有
种；
情形二，甲去
班，
班有3 名实习生共有
种，
当实习生甲不去A 班时，B 班恰有3 名实习生的共有
种，
设实习生甲不去A 班为事件
，设B 班恰有3 名实习生为事件
，
当实习生甲不去A 班时，B 班恰有3 名实习生的概率为
.
12．（2026·青海西宁·二模）如图，某校园新建了一处三层的“阶梯式绿植角”，每层从上到下依
次摆放个、
个、个花盆，形成三角形排列，其中有虚线连接的
个花盆为“相邻花盆”，现有
多个红、黄、蓝三种颜色的花盆可供选择，若规定“相邻花盆”颜色不同，且最下层不全为同色花
盆，则花盆摆放的不同方式共有（ ）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】C
【分析】记上层花盆为
，中层花盆从左到右依次为
、
，下层花盆从左到右依次为
、
、
，则花盆
有种颜色可选，然后对
、
是否同色进行分类讨论，确定
、
、
的涂色种
数，以及
、
、
同色时的涂法种数，结合分类、分步计数原理以及间接法可得结果.
【详解】记上层花盆为
，中层花盆从左到右依次为
、
，下层花盆从左到右依次为
、
、
．
由题可知
有种颜色可选，
①当
、
同色时，有
种颜色可选，此时
、
、
各有
种颜色可选，其中
、
、
同色
时有
种颜色可选，此时花盆摆放的不同方式有
种；
②当
、
不同色时，
有
种颜色可选，
只有种颜色可选，则
有
种颜色可选，
只有
种颜色可选，
有
种颜色可选，其中
、
、
同色时只有种颜色可选，此时花盆摆放的不
同方式有
种．综上，最下层不全为同色时，花盆摆放的不同方式共有
种．
二、多选题
13．（2026·湖北襄阳·二模）下列说法正确的是（ ）
A．若
，则
的值为或
．
B．从6 名男生和2 名女生中选出3 名，其中至少有1 名女生的选法共有
种.
C．
的展开式中
的系数为
．
D．从5 本不同的书中选出3 本分配给3 位同学，每人一本，则分配方案总数为60．
【答案】ACD
【详解】选项A：根据组合数性质
等价于
或
，且上标满足
.
列方程：①
，解得
，此时上标为7，符合要求.
②
，解得
，此时上标分别为4 和6，符合要求，故
或，A 正确.
选项B：用间接法计算，总选法
，全是男生的选法
，故至少1 名女生的选法为
种，不是42 种，B 错误.选项C：
的展开通项为
，得到
项分两
类：①2 乘
中
项，系数为；
.②
乘
中
项，系数为
.总系数为
，C 正确.选项D：从5 本不同的书中选3 本分给3 位同学，
属于排列问题，总方案数为
，D 正确.
14．（23-24 高二下·黑龙江鹤岗·开学考试）如图，在某城市中，M，N 两地之间有整齐的方格形道
路网，其中
是道路网中的5 个指定交汇处，今在道路网M，N 处的甲、乙两人分别
要到N，M 处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，
M 处为止，则下列说法正确的是（ ）
A．甲从M 到达N 处的方法有15 种
B．甲从M 必须经过
到达N 处的方法有6 种
C．甲、乙两人在
处相遇的概率为
D．甲、乙两人在道路网中5 个指定交汇处相遇的概率为
【答案】ACD
【分析】根据组合数原理可判断A；根据分步乘法计数原理和组合数原理可判断B；根据分步乘法
计数原理、组合数原理和古典概型概率公式可判断C、D.
【详解】对于A，甲从M 到N 的最短路程，只能向上或者向右走，
需要走6 步，2 步向上，4 步向右，共有
种，故A 正确；
对于B，第一步，甲从M 到
，有
种走法，
第二步，从
到N，有
种走法，所以共有
种走法，故B 错误；
对于C，由B 可知甲、乙经过
的走法都有9 种，所以在
处相遇共有
种走法，
而甲、乙两人的总走法有
种，所以两人在
处相遇的概率为
，故C 正确；
对于D，因为甲、乙两人以相同的速度同时出发，因而相遇时走过的路程相等，故两人只能在
处
相遇，由C 可知D 对．故选：ACD.
三、填空题
15．（2026·河南·二模）平面内有两组相交平行线，一组有10 条，一组有5 条，且每组中相邻两平
行直线间距离均为1，则从这两组直线构成的平行四边形中任取一个，取到的平行四边形恰为菱形
的概率为_________．
【答案】
【详解】设
为：“从这两组直线构成的平行四边形中任取一个，取到的平行四边形恰为菱形”，
则
．
16．（2026·贵州黔西南·二模）某非遗工坊有剪纸、木雕、陶艺、刺绣、编织五项技艺展示，需安
排阿珍、阿明、阿华、阿杰、阿丽五位传承人各负责一项.若阿明不负责陶艺且阿丽只能负责剪纸
或刺绣，则不同的安排方法有__________种.
【答案】36
【详解】从阿珍、阿华、阿杰中选一个人负责陶艺，有3 种选择，从剪纸或刺绣中选一个让阿丽负
责，有2 种选择，则剩余3 个人各自从剩下三个项目中选择一个，共有
种，故总的安排方法
有
.
17．（2026·广西桂林·二模）一个不透明的盒子里装有2 个红球、3 个白球、4 个黑球，这些球除颜
色外完全相同.每次从中随机摸出1 个球，记录颜色后不放回，连续摸3 次.设事件A 为“三次摸球
中，恰好有两次颜色相同”，则
______.
【答案】
【详解】为保证每次摸球结果的等可能性，把2 个红球分别记为
，
；3 个白球分别记为
，
，
；4 个黑球分别记为
，
，
，
.
9 个球看成不同的元素，则样本空间的样本点总数为
.
“三次摸球中，恰好有两次颜色相同”分为“两次红球，一次非红球”、“两次白球，一次非白
球”、“两次黑球，一次非黑球”三种情况；事件“两次红球，一次非红球”的样本点个数为：
；
事件“两次白球，一次非白球”的样本点个数为：
；
事件“两次黑球，一次非黑球”的样本点个数为：
；所以
.
18．（2026·福建·二模）为了应对新能源产业爆发式增长带来的挑战，某研究所设立了资源组、电
芯组、基建组三个攻关小组．现安排甲、乙等5 名工作人员到这三个小组协助工作，且每个小组至
少安排一人，每人只能去一个小组，同时，要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，甲、乙两
人不能被安排到资源组，则不同的安排方案种数是__________．（用数字作答）
【答案】
【分析】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，由于甲、乙两人不能被安排到资源组，针对
甲、乙两人在同一组与不同组进行分类计算，结合要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多排除
一些情况，再使用排列组合公式进行计算.
【详解】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，那么资源组、电芯组、基建组人数分配情况
有
与
,
当甲、乙两人在同一组时，那么甲乙只能同在电芯组或基建组,存在
与
两种分配情况,
此时,
;
当甲、乙两人在不同组时，那么甲乙只能一个在电芯组另一个在基建组,存在
与
两种分
配情况,此时,
;
.
19．（2026·广东茂名·二模）已知1～10 这10 个正整数的随机排列为
，
，…，
．记
，
，2，…，9，事件
为“
，
，…，
满
足
”，则事件
的概率为______，事件
的概率为______．
【答案】
/0.7
【分析】由事件
的定义对10，9，8 三个数所在的集合进行分类讨论，确定8，9，10 都在前段，
因而可得事件
等价于8，9，10 都在前k 个位置，再利用古典概型概率公式结合排列数公式计算
即得.
【详解】记
，
，则
等价于
。
①若10 在后段，则
，
，于是
，不满足；
②若10 在前段，但8 或9 在后段，则
，
，于是
，不满足；
③若8，9，10 都在前段，则
，于是
，满足．因此，事件
等价于8，9，10
都在前k 个位置．计算
：将8，9，10 放在前3 个位置，共3！种选择，余下的7 个位置随机
排列，共7！种选择，因此
．注意到对
，2，…，8，均有
为
的子事
件，因此
．计算
：将8，9，10 放在前9 个位置，等价于第10 位是1 到
7 中的某个数，共7×9！种选择，因此
．
20．（2026·河南信阳·二模）已知
，其中i 为虚数单位，从
组合数
中取出一个数记作
，从展开式中项的系数
中取出一个数记作
，若
，则
的概率为______________.
【答案】
【分析】利用复数的乘法运算可得
，再利用组合数及二项式系数确定有序数对
的个
数，进而求出古典概率.
【详解】依题设，数
都各有41 种取法，因此有序数对
的取法种数为
，
由
，得
，
，
由
，得
，则
，
，
当且仅当为奇数时，
，
则
，即
或
，显然
均为奇数，
当
时，共有20 个对应的有序数对
，当
时，共有20 个对应的有序数对
，
因此使
成立的有序数对
共有40 个，所以
的概率
.
二项式定理
考点2
一、单选题
1．（2026·北京石景山·二模）若
，则n 的值为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】B
【分析】利用二项式定理补项配凑求和的通项表达式
【详解】由
，解得
.
2．（2026·河北邯郸·二模）已知
，则
被10 除的余数为
（ ）
A．1
B．3
C．7
D．9
【答案】D
【分析】利用二项式定理化简原式，将问题转化为求
除以10 所得的余数，即可
得.
【详解】
，
由
，由于最后一项为
，所以
被10 除的余数为9.
3．（2026·江西赣州·二模）已知
，若
，且
，则
的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据
，利用二项式定理展开，对应系数相等即可求解.
【详解】因为
，所以
，利用二项式定理展开得
，即
，
又因为
，对应系数要相等，则
，又因为
且
，即
，解得
，故
B 正确.
4．（2026·贵州贵阳·二模）在
的展开式中，
项的系数与常数项之比为4，则实数a 的
值为（ ）
A．
B．1
C．
D．2
【答案】C
【分析】根据二项式展开式通项求解即可.
【详解】
的展开式通项为
.令
，解得
，则
项的系数为
.令
，解得
，则常数项为
.
由题意
，化简得
，即
.
5．（2026·福建南平·二模）已知二项式
的展开式中所有项的系数和为32，若
，
且
，则
（ ）
A．0.2
B．0.4
C．0.6
D．0.8
【答案】D
【详解】二项式
的展开式中所有项的系数和为32，令
，得
，所以
.若
，且
，则
.所以
，所以
.
6．（2026·河北邢台·二模）已知
的展开式中，所有项的二项式系数之和为64，则展开
式中的常数项为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】利用二项式定理系数的性质，求出
，然后通过二项式定理的通项公式求出常数项即可．
【详解】由题意知，
，解得
，
展开式通项公式为
，令
，则
，所以
.
7．（2026·青海西宁·二模）用1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数
，其中满足
的五位数有
个，则在
的展开式中，
的系
数为（ ）
A．15
B．20
C．35
D．45
【答案】C
【详解】可知满足
，则
，此时不同的五位数的个数为
，
的展开式含
的项为
，
则
的系数为
.
8．（2026·湖北武汉·二模）在
的展开式中，含
项的系数为（ ）
A．240
B．
C．80
D．
【答案】D
【详解】
的通项
，
项的两种来源，①
中
项与
相乘，②
中
项与
相乘，
①令
，得
，此时该项为
，与
相乘后得到
，
②令
，得
，此时该项为
，与
相乘后得到
，
所以，含
项的系数为
．
二、多选题
9．（2026·四川德阳·二模）设函数
，且记
，则
（ ）
A．数列
的首项为1
B．数列
的前10 项和为512
C．数列
的前10 项和为
D．数列
的前10 项和为0
【答案】BD
【详解】由题意知，
是常数项，
是
的系数，
是
的系数，即当
时，数列
的第
项
是
展开式中
的系数.令
，则
，故A 错；
数列
的前10 项和等于
，即
展开式中所有项的系数之和，
令
，则
，故B 正确；
数列
的前10 项和等于
，
令
，则
，而
，
则数列
的前10 项和为
，故C 错误；数列
的前10 项和等于
，
令
，则
，因为
，故D 正确.
10．（2026·浙江台州·二模）设
，
为常数，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】由
，利用两个二项式乘积及其展开式通项求对应项系数判断
A、B，应用赋值法求奇偶数项的和判断C、D.
【详解】由
，对于
，展开式通项为
，
，
对于
，展开式通项为
，
，所以
，A 对，
，B 对，
令
，则
，
令
，则
，
所以
，则
，C 错，
，D 对.
11．（2026·山东济宁·二模）
的展开式中，第项与第
项的二项式系数相等，则（ ）
A．展开式共项
B．展开式中常数项为
C．展开式中所有项的二项式系数之和为
D．展开式中所有项的系数之和为
【答案】ACD
【分析】先由两项二项式系数相等可得
，根据二项式定理可判断AC，再通过通项公式可判断
B，用赋值法判断选项D 可得.
【详解】因为
的展开式中，第项与第
项的二项式系数相等，所以
，即
，
得
.所以二项式展开式的项数为
，故A 正确；
对于B，由通项公式
.令
，得
，所以常数
项为
，故B 错误.所以二项式展开式中所有项的二项式系数之
和为
，故C 正确；令
，则展开式中所有项的系数之和为
，故D
正确；
12．（2026·山西临汾·二模）若
，则下列结论正确
的是（ ）
A．展开式中第1014 项的二项式系数最大B．
C．
D．
被16 除的余数是15
【答案】ABC
【分析】利用二项式定理中二项式系数的特点：中间项的二项式系数最大，求解选项A，对二项式
展开式进行赋值，赋值
求解选项B，对二项式展开式的左右两边进行求导再赋值求解即可求
解选项C，对二项式展开式赋值
并观察各项系数特点是否含有16 的因数求解选项D.
【详解】
展开式中二项式系数最大为第1014 项，故选项A 正确，
所以
，又因为
，所以令
则
故选项B 正确.对函数
左右两边求导得：
令
，则
又
，
所以
，故选项C 正确.
，
令
，则
，
除第一项外，其余项均可以被16 整除，所以
被16 除的余数是1，故选项D 错误.
三、填空题
13．（2026·云南保山·二模）已知
的展开式中，
项的系数为-10，则
________.
【答案】4
【详解】
项系数为
，解得
．
14．（2026·北京海淀·二模）在
的展开式中，各项系数的最大值为___________．
【答案】10
【分析】求出二项式的展开式，进而求出各项系数的最大值.
【详解】由于
，所以在
的展开式中，各项系数的最大值
为10.
15．（2026·陕西榆林·模拟预测）
的展开式中
的系数为________．
【答案】
【详解】
的展开式中
的项为：
，
所以
的展开式中
的系数为
.
16．（2026·天津红桥·二模）已知二项式
的展开式中的常数项为
，则实数
______．
【答案】
【详解】由题意得
的展开式中的通项为
，
令
，得
，则常数项为
，即
，解得
．
17．（2026·河南·二模）
的展开式中
的系数为________．
【答案】
【分析】写出展开式通项，令
的指数为，即可求解.
【详解】由于
，而
的展开式的通项为
，
令
，即
，得到系数为
，因此
的展开式中
的系数
为
.
18．（2026·山东青岛·二模）若
展开式的二项式系数之和为
，则展开式的常数项为
___________.（用数字作答）
【答案】
【分析】根据二项式系数的性质，求得
，得到展开式的通项，结合通项，即可求解.
【详解】因为二项式
展开式的二项式系数之和为
，可得
，解得
，
则二项式
展开式的通项为
，令
，可得
，所以展开式的常数项为
.
基本不等式
考点3
19．（2026·河北保定·二模）已知
的展开式中仅有第6 项的二项式系数最大，则其展开
式中x² 的系数为________.(用数字作答)
【答案】
【详解】由题可知展开式共
项，所以
，又
的展开式的通项为
，令
，解得
，所以x² 的系数为
。
一、单选题
1．（2026·河北沧州·二模）已知
，
，且
，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】
.因为
，当且仅当
，
即
时，等号成立，所以
，即
，当且仅当
时，等
号成立.
2．（2026·浙江·二模）已知
，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．5
D．9
【答案】B
【分析】利用常数代换，结合基本不等式求解可得.
【详解】因为
，所以
，
所以
，当且仅当
，即
时，等号成立，
所以
的最小值为
.
3．（2026·海南省直辖县级单位·二模）已知正数
，
满足
.若不等式
恒成立，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由基本不等式乘“ ”法，求得
的最小值，进而可求解.
【详解】由题意可知，不等式
恒成立，即
，
，即
，
，
，
，
，
，
，当且仅当
，
即
时等号成立，
当
时，
取得最小值为8，
，即
，解得
.
4．（2026·广东江门·二模）已知
，
，且
，则
的最小值为（ ）
A．11
B．12
C．13
D．14
【答案】C
【分析】方法一：条件等式可化为
，再结合关系
利用基
本不等式求结论；
方法二：由条件等式可得
，消元变形可得
，再利用基本不等式求其
最小值即可.
【详解】（方法一）由
，可得
，因为
，
，所以
，
，
则
，
当且仅当
，即
，
时，等号成立，故
的最小值为13．
（方法二）由
，可得
，因为
，所以
，
则
，
当且仅当
，即
时，等号成立，故
的最小值为13．
5．（2026·江苏·二模）已知
，则
关于
的展开式中各项系数之和的最小值为
（ ）
A．2
B．4
C．8
D．16
【答案】D
【分析】代入系数和公式，以及基本不等式求解.
【详解】令
，则展开式中各项系数和为
，因为
，所以
，
当
，即
时等号成立，所以展开式的各项系数之和的最小值为16.
6．（2026·河北衡水·二模）已知平面向量
，
，
，若
，
在上的投影
向量相等，且
，
，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．2
D．1
【答案】D
【详解】因为
，
在上的投影向量相等，所以它们的投影也相等，即
，所以
，
又因为
，
，所以
；
已知
，
，满足基本不等式的使用条件，对目标式
，由
得
，因此
，将目标式乘展开
，
根据基本不等式，
，代入得：
当且仅当
时等号成立，即
，结合
，
解得
，
，满足
，
，因此最小值为.
7．（2026·天津南开·二模）已知
时，
的最小值为（ ）
A．
B．3
C．
D．
【答案】B
【详解】由
可知
，易知
，且
，
所以
，当且仅当
时，
即
时，等号成立，因此
的最小值为3.
8．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知半径为2 的圆O，如图所示，AB 为圆的一条直径，C 为线段
AB 上异于端点A、B 的任意一点，过C 作与线段AB 垂直的弦交圆于D、E 两点，连接AD 和BD，
则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据射影定理和基本不等式即可求解.
【详解】因为圆的半径为2，所以
，由射影定理可知
，
所以
，
当且仅当
，结合
，即
，
时等号成立，
因此
的最小值为
.
9．（2026·天津河东·二模）“明数理”数学兴趣小组在综合实践过程中为某公司的一款明星科技
产品提供涨价方案，经过小组成员分析讨论形成如下四个方案：
方案甲：第一次提价
，第二次提价
；方案乙：第一次提价
，第二次提价
；
方案丙：第一次和第二次均提价
；
方案丁：第一次提价
，第二次降价
；
其中
，则四个方案中提价最多的方案为（ ）
A．甲
B．乙
C．丙
D．丁
【答案】C
【详解】设商品原价为
，对于甲：最终价格为
；
对于乙：最终价格为
；
所以甲、乙方案结果相同，对于丙：最终价格为
；
由均值不等式，
，所以方案丙的最终价格高于甲、乙，
对于丁：最终价格为：
，该式存在负项，
所以明显小于其他方案的结果，综上，提价最多的是方案丙.
10．（2026·山西运城·二模）设正数
，
分别是复数
的实部、虚部，且
，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．4
【答案】A
【分析】根据复数的乘法可得
，再利用基本不等式可求
的最小值.
【详解】依题意得
，因为
，所以
，
所以
，即
，
所以
，
当且仅当
，即
时，等号成立，故
的最小值为
．
二、多选题
11．（2026·河北沧州·二模）若
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】根据基本不等式可得
，进而可判断A；根据基本不等式“1”的妙用计算可判断B；
根据基本不等式计算可判断C；利用换元法结合二次函数性质计算可判断D.
【详解】对于A 选项，因为
，
，
，所以
，
当且仅当
时取等号，即
，所以
，所以A 选项不正确；
对于B 选项，因为
，当且仅当
时取等号，所以B 选项正确；对于C 选项，因为
，所以
，当且仅当
时取等号，所以C 选项正确；对于D 选项，因为
，
，
，所以
，又因为
，所以
，
所以D 选项正确.
12．（2026·福建漳州·二模）已知正数
满足
，则下列说法正确的是（ ）
A．
的最小值为
B．
的最小值为27
C．
的最大值为6
D．若
，则
的最小值为6
【答案】ABD
【分析】利用“1”的代换，完全平方公式，函数导数，三角代换法逐项分析即可.
【详解】对于A，由
，且
，
所以
，
当且仅当
，即
时等号成立，故A 正确；
对于B，因为
，所以
，
所以
，
令
，则
，设
，
所以
，
由
，所以
，令
，解得：
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，
所以当
即
时，
的最小值为27，故B 正确；
对于C，因为
，所以
，
令
，
则
，
因为
，所以
，
当
时取等号，此时由
，得出
，
因为
，所以条件不满足，故C 错误；
对于D，因为
，所以
，
因为
，所以
，
当且仅当
即
等号成立，故D 正确.
三、填空题
13．（2026·上海杨浦·二模）设正实数
满足
，则
的最小值为______.
【答案】
/
【分析】根据题意，得到
，结合基本不等式，即可求解.
【详解】因为正实数
满足
，可得
，
当且仅当
时，等号成立，所以
的最小值为
.
14．（2026·天津·二模）在平行四边形
中，
，
，点
在线段
上．若
，则
___________；
的最小值为___________．
【答案】
/
【分析】设
，以
为基底表示
，由此列方程，求得
；利用向量模的
运算以及基本不等式求得
的最小值.
【详解】设
，其中
，则
，
由于
，所以
，则
为正数，
且
.
，当且仅当
时等号成立，
所以
的最小值为
.
15．（2026·广西南宁·二模）设
，
，若不等式
恒成立，则实数
的最大值为______．
【答案】8
【详解】由
.
从而原问题转化为求
的最小值.
因为
，
（以上均为当且仅当
时取等号）.所以
.即实数
的最大值为8.
16．（2026·内蒙古包头·二模）在
中，内角
的对边分别为
，若
成等差
数列，则
的最小值为__________.
【答案】
【分析】由已知可得
，结合余弦定理可得
，利用两角差的正切公式可
得
，利用基本不等式可求最小值.
【详解】因为
成等差数列，即
，
则
，
，
所以
，即
，且
，
所以
，
当且仅当
时，等号成立.即
的最小值为
.
17．（2026·山东济宁·二模）
是
的重心，过点
且不过
顶点的直线分别交边
，
于点
，
，记
和
的面积分别为
，
，则
的最小值是________.
【答案】
【分析】设
，利用三角形重心的性质，结合等高的三角形面积关
系建立函数，再利用基本不等式求出最小值.
【详解】设
，由
是
的重心，得
，
则
，又点
共线，因此
，即
，
而
，
，
则
，当且仅当
，即
时取等号，所以
的最小值是
.
18．（2026·辽宁抚顺·二模）已知平面内有5 个互不相等的单位向量
，
，
，
，
.若这5
个向量中恰有1 对向量互相平行，恰有3 对向量互相垂直，则
的最大值为____________.
【答案】
/
【分析】先利用平行向量为相反向量的性质简化问题，再结合题设垂直对数约束，分类讨论并排除
不可能情形，最终确定向量分布，利用向量加法的三角不等式求出和向量模长的最大值．
【详解】因为这5 个单位向量互不相等，且恰有1 对向量互相平行，所以这2 个向量互为相反向量，
令
，则
，若
，
，
中有2 个或3 个向量与
垂直，
则这些向量也与
垂直，所以这5 个向量中，至少有4 对向量互相垂直，不符合题意．
若
，
，
均不与
垂直，也不与
垂直，则
，
，
两两垂直，不符合平面向量的性质．
故
，
，
中恰有1 个向量同时与
，
垂直，令
，
，
则由题可知
，从而
，则
，
当且仅当
与
同向时，等号成立，经检验，此时满足题设条件，故
的最大值为
．
