文档文本内容
排列组合
考点1
专题09 排列组合、二项式定理
3 大考点概览
题型01 排列组合
题型02 二项式定理
题型03 基本不等式
1．（2026·新疆喀什·一模）五人排队，站成一排，其中甲、乙相邻，则所有的排队方法数为（
）
A．120
B．48
C．24
D．12
【答案】B
【详解】甲、乙相邻，则将两人捆绑在一起，有
种，再把两人看成一个，与剩余同学排列，
共
种，故总的排法有2×24=48 种.
2．（2026·广东江门·一模）某班级图书角有5 种课外书，甲、乙两名同学从5 种课外书中各自选2
种，则两人选的课外书没有相同种类的选法有（ ）
A．20 种
B．30 种
C．40 种
D．60 种
【答案】B
【分析】借助分步乘法计数原理计算即可得.
【详解】先从 5 种课外书中选 2 种给甲有
种，再从剩下的3 种书中选 2 种给乙有
种，根据分步乘法计数原理，则两人选的课外书没有相同种类的选法有
种.
3．（2026·山西临汾·一模）甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《惊蛰无声》、《飞驰人生3》、
《熊猫计划之部落奇遇记》、《重返狼群》、《熊出没·年年有熊》五部电影中任选一部，则三人
看同一部电影的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】根据题意，三人的选择组合共有
种，其中看同一部电影的情况有种，所以
三人看同一部电影的概率为
．
4．（2026·河北唐山·一模）某学校组织同学们假期参加社区服务活动，4 名同学被分配到甲、乙两
个社区，每个社区至少一名同学，不同的分配方案有（ ）
A．6 种
B．12 种
C．14 种
D．28 种
【答案】C
【详解】4 名同学按
分配到两个社区，有
种方法；按
分配到两个社区，有
种方
法，所以不同的分配方案有
（种）.
5．（2026·黑龙江·一模）黑龙江省实验中学科技节活动，将4 位学生志愿者分配到创客中心、校园
电视台、体育馆三个地点参加志愿活动，若每个地点至少需要1 名学生，每位志愿者仅去一个地点，
则不同的分配方法种数为（ ）
A．81
B．72
C．36
D．12
【答案】C
【分析】利用排列数与组合数定义计算即可得.
【详解】先从四人中选出两人当成一组，共
种分法，再将三组人进行分配，共
种，故共有
种分配方法.
6．（2026·山东青岛·一模）某空间站由
，
，
三个舱构成，某次实验需要5 名宇航员同时在3
个舱中开展，每个人只能去1 个舱，每个舱至少安排1 名宇航员，其中宇航员甲只能去
舱，则不
同的安排方法的种数为（ ）
A．35
B．36
C．42
D．50
【答案】D
【分析】以
舱的人数为分类依据，将 5 人分配到 A、B、C 三个舱中，分别计算各类分组与排
列的方法数，最后求和得到总安排数.
【详解】有四类不同的安排情形：
①甲单独在
舱，其余四人分成两组，一组1 人，一组3 人，安排在
舱，有
种不同的安排方法；
②甲单独在
舱，其余四人平均分成两组每组
人，安排在
舱，有
种不
同的安排方法；
③
舱安排
人，其余三人分成两组，一组人，一组
人，安排在
舱，有
种不同的安排方法；
④
舱安排人，其余二人分成两组，安排在
舱，有
种不同的安排方法；
综上，不同的安排方法共有
种.
【点睛】本题是分类加法计数原理 + 分组分配问题，核心方法是按特殊元素或位置分类，结合均
匀 或不均匀分组与排列计算.
7．（2026·山东淄博·一模）有5 名同学
，
，
，
，
参加唱歌比赛，抽签决出出场顺序.若
和
都不是第1 个出场，且
不是最后一个出场，则这5 人不同的出场顺序种数为（ ）
A．42
B．50
C．54
D．60
【答案】D
【分析】根据题意，分
是第1 个和
不是第1 个且不是最后一个，两类情况讨论，结合排列数和
组合数的计算公式，以及分类计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，分
是第1 个和
不是第1 个且不是最后一个，两类情况讨论：
当
是第1 个时，此时剩余的
全排列，共有
种不同的排法；
当
不是第1 个且不是最后一个时，先排第1 个，从
中选一人为第1 个，有
种选法；
再排
，有三个位置可选，有种排法，最后三人全排列，有
种排法，
所以共有
种不同的排法，由分类计数原理得，共有
种不同的排列情况.
8．（2026·甘肃兰州·一模）为全面提升学生的核心素养与综合实践能力，某校举办“模拟联合国
大会”活动，设置了A，B，C，D 共4 个不同的国家立场，由4 名同学通过随机抽签确定每人代表
一个国家立场参与活动.已知这4 名同学每人都有且仅有一个心仪的国家立场，且4 人心仪的国家
立场互不相同，则仅有1 名同学抽到自己心仪国家立场的抽取方法数是（ ）
A．4
B．8
C．12
D．24
【答案】B
【详解】从4 名同学中选1 名抽到自己心仪国家立场，则有
种，
设剩下3 名同学分别为甲，乙，丙，他们心仪国家分别为
，
当甲抽到
时，乙只能抽到
，丙只能抽到
；
当甲抽到
时，乙只能抽到
，丙只能抽到
，共2 种情况，
仅有1 名同学抽到自己心仪国家立场的抽取方法数有
种.
9．（2026·辽宁大连·一模）已知数列A：
，
，…，
，
，
，设
，若
或2，则满足条件的不同数列的个数为（ ）
A．7
B．21
C．35
D．70
【答案】C
【分析】由于
可以等于1 或2，首先要确定7 个差值中有几个1 和几个2，再用组合数算出结果.
【详解】
，设差值中有
个1 和
个2，则
，解得：
，
.
3 个1 和4 个2 进行排序，一共有
.
10．（2026·山东烟台·一模）某学校派5 名同学参加“市长杯”足球比赛中4 个场次的志愿服务，
每场比赛至少派1 名同学，每名同学仅参加一个场次的志愿服务，则不同派法的种数为（ ）
A．180
B．240
C．320
D．360
【答案】B
【分析】先求将名同学分成人数分别为
的四组的方法数，再求将
组同学分派到4 个场次
的方法数，根据分步乘法计数原理求结论.
【详解】符合要求的选派方法可分为两步完成，第一步，将名同学分成人数分别为
的四组，
该步有
种完成方法，第二步，将
组同学分派到4 个场次，此步有
种完成方
法，由分步乘法计数原理可得符合要求的派法种数为
11．（2026·贵州安顺·一模）某校教学楼的某层楼设置有8 级台阶，某同学上楼梯时只能每步跨越
一级台阶或两级台阶，则该同学从楼梯底部登上第8 级台阶的不同走法有（ ）
A．32
B．33
C．34
D．35
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用组合计数问题，结合分类加法计数原理列式求解.
【详解】跨0 次2 级（全跨1 级），共走8 步，有
种走法；
跨1 次2 级，剩余6 次1 级，共走7 步，选1 步跨2 级，有
种走法；
跨2 次2 级，剩余4 次1 级，共走6 步，选2 步跨2 级，有
种走法；
跨3 次2 级，剩余2 次1 级，共走5 步，选3 步跨2 级，有
种走法；
跨4 次2 级（无剩余1 级），共走4 步，有
种走法，
所以不同走法种数为
.
12．（2026·广东汕头·一模）一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔1s 等可能地
沿数轴的正方向或负方向移动一个单位，共移动7 次，则质点最可能移动到的位置的坐标为（
）
A．7 或
B．5 或
C．3 或
D．1 或
【答案】D
【分析】将“质点移动位置”转化为“正、负方向移动次数”的组合问题，通过分析组合数的最大
值确定概率最高的位置.
【详解】设质点向正方向移动的次数为
（
），则向负方向移动的次数为
，
质点最终的位置坐标由正、负方向移动的总距离决定：
，
每次移动向正、负方向的概率均为
，因此“7 次移动中恰好有
次向正方向”的概率服从二项分
布
，概率公式为：
，其中
为组合数，
为常数，
因此，概率
的大小由组合数
决定，“最可能的位置”对应
最大时的
，
时
；
时
；
时
；
时
；
时
；
时
；
时
；
时
；
综上，组合数
在
和
时取得最大值
，
当
时，代入
得：
，
当
时，代入
得：
，质点最可能移动到的位置坐标为或
.
13．（2025·浙江台州·一模）我们把半径相等的圆称为等圆.在平面上过同一点
有
个等圆，其中任何两个圆都有两个不同的交点，但任何三个圆除点
外无其它公共点，记这
个等
圆共有
个交点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．存在
，使得
D．任意
且
，都有
【答案】ABD
【分析】先分析
个等圆交点个数
的规律，再逐一判断选项.
【详解】过同一点
有
个等圆，当增加第
个圆时，第
个圆与前
个圆各有一个除
外的
交点，因此递推关系为：
.当
时，三个等圆过同一点
，每两个圆有
2 个交点，但
是公共点，所以除
外，每两个圆有1 个交点.三个圆中两两组合的数量为
，
因此
.由递推关系式可得：
.
将这些式子累加得
.
所以
.对于A：
，所以A 正确；
对于B：
，所以B 正确；对于C：令
，则
，化简得
.判别式为
，因为
不是整数，所以
不是整数，所以
C 错误；对于D：由上述推导，很显然D 正确.
故选：ABD.
14．（2026·广东梅州·一模）已知某趟往返梅州与广州的高铁，沿途共有梅州西、兴宁南、五华、
河源东、惠州北、广州等6 个站点，则此趟高铁沿途需要准备______种不同的车票.
【答案】30
【详解】每2 个站点之间都需要准备2 种车票，从6 个站点中任取2 个站点，共
种.
15．（2026·四川广安·一模）某中学对“秋假”期间申请留校的学生实行免费托管，现要从名教
师中选若干人在天假期值班（每天只需人值班），同一人不能连续值班
天，则可能的安排方
法有___________种．
【答案】
【分析】分为值班人数为
人和人两种情况，结合排列组合即可求解.
【详解】由题意可得，值班的人数为
人或者人，若值班人数为
人，则需要一个人值班首尾两
天，另外一人值班中间一天，故
，若值班人数为人，则每人值班一天，故
，所
以可能的安排方法有
种.
16．（2026·上海闵行·二模）小闵同学打算将“20260407”中的8 个数字“
”进行排
列得到密码.如果排列时要求两个“2”相邻且三个“0”不相邻，那么小闵可以设置的不同密码的个
数为______.
【答案】240
【分析】利用相邻问题及不相邻问题列式求解.
【详解】将两个2 绑在一起视为一个数，与
作全排列，再在形成的5 个间隙中插入3 个0，所
以不同密码个数为
.
17．（2026·贵州六盘水·一模）某城市在中心广场建造一个花圃，花圃被分成如图所示的5 个部分.
现栽种3 种不同品种的花，花圃的每部分只栽种一种品种的花，有公共边的部分（仅有1 个公共点
的两个部分不认为有公共边）不能栽种相同品种的花，且3 种品种的花都有栽种，则不同的栽种方
法数为_________.
【答案】42
【分析】先求出1 区任选一种花进行栽种，其它区域不和1 区栽种相同的花的方法数，再减去只栽
种两种花的情况，即可得答案.
【详解】先给1 区任选一种花进行栽种，其它区域不和1 区栽种相同的花，不同的栽种方法有
种.只栽种两种花的情况有
.故有公共边的部分不栽种相同品种的花，且3 种品种
的花都有栽种的方法数有
种。
18．（2026·河北邯郸·一模）某地普法小组安排4 名男性普法员和2 名女性普法员前往甲、乙、丙
三个社区进行宣讲，每名普法员只能前往一个社区，每个社区至少有1 名普法员，则2 名女性普法
员被安排在不同社区的方案共有______种．
【答案】390
【详解】第一步，安排女性普法员，分别去两个社区，有
种安排方案；第二步，安排4 名
男性普法员去三个社区，总共有
种情况，其中一个社区没人，即都在女性普法员所在社区，
共有
种情况，因为社区至少有1 名普法员，所以男性普法员的安排方案有
种；
由分步乘法计数原理可知，共有
种不同的方案.
19．（2026·宁夏银川·一模）在如图所示的九宫格中，每个格子用1，2，3，4，5，6 中的一个数字
填入，要求1 用两次，2 用三次，其余数字各用一次，且当两个1 在同一行或同一列时均不相邻，
则不同的填法共有______种.
【答案】20160
【详解】从9 个格子中选2 个放入数字1 的填法：
，两个1 在同一行或同一列且相邻
的填法：
，则从9 个格子中选2 个放入数字1 且两个1 在同一行或同一列时均不相
邻的填法：
，从剩下7 个格子中选3 个放入数字2 的填法：
，剩下4
个格子3，4，5，6，共有
种填法，故满足题意的填法有
种.
20．（2026·北京丰台·一模）西汉海昏侯墓出土的两千多年前的“权”（砝码），是与“衡”（天
平）配合使用的称量工具．已知五枚权的质量（单位：克）从小到大构成项数为5 的等比数列
，
其中
，
，则
___________；在称量物体时所用的权的质量之和叫称量值，
则从这五枚权中取一枚或多枚，可组合出的不同称量值共有___________种．
【答案】 4 31
【分析】根据等比数列的通项公式，代入计算，即可得答案；根据组合数的计算性质，结合条件，
即可得答案.
【详解】设公比为q，则
，则
，所以
；从这五枚权中取一枚
或多枚，由题意得
，则数列
单调递增，即
，
下证明当
时，
，由题意得
，
，
则
，所以
成立，结合等比数列的性质可得，
任意不同组合的权的质量之和均不相等，所以不同的称量值种数等于从5 个权中取一个或者多个的
组合数，因此，可组合出的不同称量值共有
种.
21．（2026·河北承德·一模）将标号为1，1，2，2，3，4 的6 张不同卡片放入3 个不同的信封中，
若每个信封放2 张标号不同的卡片，则不同的放法共有________种．
【答案】60
【分析】利用分步乘法计数原理结合分组分配先计算出所有的放法，再排除不满足题目要求的即可
求出答案；
【详解】由题知将标号为1，1，2，2，3，4 的6 张不同卡片放入3 个不同的信封中，
将这6 张不同的卡片，标号分别为
，将6 张卡片均匀分成三组，然后放到三个不同的
信封中，总的放法种数为
．不满足题目要求的情况如下：
①其中有2 个信封中的卡片标号相同，则卡片的分组为
，
，
，共1 种，此时放
法种数为
.
②有1 个信封中的卡片标号相同，则卡片的分组为
，
，
；
，
，
；
，
，
；
，
，
，共4 种，此时放法
种数为
．所以若每个信封放2 张标号不同的卡片，则不同的放法种数为
．
22．（2026·安徽淮北·一模）某双一流大学为提高数学学院学生的数学素养，特开设了“模糊数
学”、“复变函数”、“微分几何”、“数值分析”、“拓扑学”五门选修学科，要求学院每位同
学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将五门选修学科选完，则每位同学的不同选修方式有
__________种
【答案】
【详解】由题意可知三年修完门学科，则每位同学每年所修课程数为，
，
或，，或，
，
，
（1）将门学科分成数量为，
，
的三组共有
种不同方式，再将这三组课程分配到三个学
年，共有
种不同分配方式，由乘法原理可得共有
种；
（2）将门学科分成数量为，，的三组共有
种不同方式，再将这三组课程分配到三个
学年，共有
种不同分配方式，由乘法原理可得共有
种；
（3）将门学科分成数量为，
，
的三组共有
种不同方式，再将这三组课程分配到三个
学年，共有
种不同分配方式，由乘法原理可得共有
种．
所以每位同学的不同选修方式有
种．
23．（2026·河北衡水·一模）来自某校高二年级的4 名男生和3 名女生组成的7 人团队参加数学建
模竞赛.该竞赛包含方案设计、模型构建、编程实现、成果展示四个环节，分配规则如下：①每个
环节至少安排1 名选手，每人只参加1 个环节；②方案设计环节人数多于模型构建环节人数；③编
程实现环节至少安排2 人，且至少有1 名女生；④成果展示环节人数不超过方案设计环节人数.根
据分配规则，该团队参赛的不同的人员分配方案共有______种.
【答案】1122
【分析】由规则②④可知环节三最多有3 个人，分环节三有3 个人、环节三有2 个人两种情况，结
合计数原理和组合知识解决.
【详解】为方便叙述，将“方案设计”、“模型构建”、“编程实现”、“成果展示”四个环节依次
记为环节一、环节二、环节三、环节四，由规则②④可知，环节一至少有2 个人，环节一、环节二
和环节四至少共有4 个人，因此环节三最多有3 个人.
（1）当环节三有3 个人时，则有可能是3 个女生，或者2 个女生和1 个男生，或者1 个女生和2 个
男生，则安排好环节三有
种方案，剩余4 个人，环节一必然有2 个人，环节
二和环节四各有1 个人，则安排好环节一、环节二和环节四有
种方案.所以安排好四个环
节共有
种方案.
（2）当环节三有2 个人时，则有可能是2 个女生，或者1 个女生和1 个男生，
则安排好环节三有
种方案，剩余5 个人，
当环节一有2 个人时，环节四有2 个人，环节二有1 个人，此时有
种方案；
当环节一有3 个人时，环节四有1 个人，环节二有1 个人，此时有
种方案.
所以安排好四个环节共有
种方案.
综上，满足条件的安排方案共有
种.
24．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）下图是由七个圆和八条线段构成的图形（该图形不能旋转和翻
转），其中由同一条线段连通的两个圆称作“相邻的圆”.若将1，2，3，4，5，6，7 这七个数字
分别填入这七个圆中，且满足带有阴影的圆中的数字大于其所有相邻的圆中的数字，则符合要求的
填法共有____________种.
【答案】200
【详解】
将有阴影的圆分别标为
，
由于带有阴影的圆中的数字大于其所有相邻的圆中的数字，
当阴影的圆中的数字为
时，则将
填在
中有
种方法，接着剩下的
个数字填到圆
中有
种方法，所以共有
种方法；
当阴影的圆中的数字为
时，若将
填到，则接着安排
有
种方法，与相邻的两个圆只
能从
中选两个有
种方法，剩下两个数有
种填法，所以共有
种方法；
二项式定理
考点2
若将
填到
或
，有
种方法，则接着安排
有
种方法，与
相邻的三个圆只能填
有
种方法，剩下一个数有种填法，所以共有
种方法；
当阴影的圆中的数字为
时，则只能填到，则接着安排
有
种方法，与相邻的两个圆
只能安排
有
种方法，剩下两个数有
种填法，所以共有
种方法；
所以总共有
种填法.
1．（2026·广东·一模）在
的展开式中，含
的项的系数是（ ）
A．
B．4
C．
D．16
【答案】D
【详解】对于
的展开式，含
的项为
，
故该项的系数为16.
2．（2026·湖北·一模）已知
，则
（ ）
A．32
B．31
C．
D．1
【答案】C
【详解】令
，则
；
令
，则
，故
.
3．（2026·北京昌平·一模）在
的展开式中，含
的项的系数为（ ）
A．
B．
C．16
D．24
【答案】D
【详解】
的展开式中含
的项为：
，故含
的项的系数为
4．（2026·山西大同·一模）若
的展开式中第3 项与第6 项的二项式系数相等，则
（ ）
A．9
B．8
C．7
D．6
【答案】C
【详解】
的展开式中第3 项与第6 项的二项式系数分别为
，
，
由题意得
，所以
.
5．（2026·湖北荆州·一模）
的展开式中的常数项为（ ）
A．60
B．120
C．160
D．240
【答案】D
【详解】共有
个因式，从
个因式中选择
，在剩下的
个因式中选择
，
则
的展开式中的常数项为
.
6．（2026·江苏·一模）
的二项展开式的第6 项系数是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由二项式展开式求解指定项的系数即可.
【详解】
的二项展开式的第6 项为
，所以第6 项系数是
.
7．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）已知函数
的图象关于坐标原点对称，
则
的值为（ ）
A．20
B．50
C．70
D．90
【答案】D
【分析】先利用二项式定理化简
，再根据函数奇偶性的定义求解即得.
【详解】依题意，可知函数
为奇函数，满足
.
因
，
，则
，
由
，因
不恒为0，故得
，即
.
8．（2026·北京海淀·一模）已知
，则
（ ）
A．
B．10
C．
D．80
【答案】D
【分析】先求得二项展开式的通项，根据题意，得到
，即可求解.
【详解】由二项式
展开式的通项为
，
当
时，可得
，
因为
，所以
，解得
.
9．（2026·河北承德·一模）记
，若
，则
（ ）
A．1
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用赋值法，分别令
和
，再结合二项式定理求解即可.
【详解】令
，由
，
得
，
则
.
10．（2026·河南南阳·一模）今天是星期一，再过
天是星期几（ ）
A．星期二
B．星期三
C．星期四
D．星期五
【答案】D
【分析】通过二项式定理将
逐步变形为与
相关的展开式，消去能被
整除的项，最终求得
除以
的余数，进而推算出对应的选项.
【详解】因为
，由
能被
整
除，则上式前
项都能被
整除，只需看最后一项
除以
的余数，
由
，则
除以
的余数为
，所
以今天是星期一，再过
天，是星期五.
11．（2026·山西晋城·一模）
的展开式中
的系数为（ ）
A．
B．
C．20
D．24
【答案】D
【详解】
展开式中
的系数分别为
，而
展开式中
的系数分别为
，
所以原展开式中
的系数为
．
12．（2026·海南儋州·一模）设等比数列
的前
项和为
，且
，且
为二项式
展开式中的常数项，则
的最小值为（ ）
A．5
B．
C．
D．10
【答案】A
【分析】利用二项式的展开式的通项公式可求出
，再利用等比数列求和公式计算可得公比及首
项，最后利用等比数列求和公式求出
后，分
为奇数与
为偶数讨论即可得.
【详解】对
，有
，令
，解得
，则
，即
，设等比数列
的公比为
，若
，则
，故
，
则
，故
，则
，故
，
故
，当
为奇数时，
随
的增大而减小，此时
；
当
为偶数时，
随
的增大而增大，此时
的最小值为
；综上所述，
的最
小值为.
13．(多选）（2026·陕西宝鸡·一模）在
的展开式中，下列说法正确的有（ ）
A．含
项的系数为
B．第3 项与第4 项的二项式系数相等
C．所有项的二项式系数之和为32
D．所有项的系数之和为
【答案】BCD
【分析】先求出
的展开式的通项，赋值可判断AD，所有项的二项式系数之和为
可判断
C，由二项式定理可判断B.
【详解】
的展开式的通项为
.令
，可得含
项的系数为
，故A 错误；第3 项
的二项式系数为
，第4 项
的二项式系数为
，两者相等，
故B 正确；所有项的二项式系数之和为
，故C 正确；令
，可得所有项的系数之和
为
，故D 正确.故选：BCD.
14．(多选）（2026·江苏·一模）在
的二项展开式中，下列结论正确的是（ ）
A．常数项是60
B．各项系数之和是64
C．二项式系数最大值是20
D．不含
的项
【答案】AC
【分析】根据题意，二项展开式通项为
，对于A，当
时即为常数项，再计
算判断即可；对于B，利用赋值法求各项系数之和即可；对于C，由
可知二项式系数最大值是
；对于D，根据
，令
，解得
即可判断．
【详解】对于A，二项展开式通项为
，当
时，
，所以常数项是60，故A 正确；对于B，当
时，
，所以各项系数
之和是1，故B 错误；对于C，
，
二项式系数最大值是
，故C 正确；对于D，
，当
时，解得
，所以二项展开式中含
的项，故D 错误．故选：
AC．
15．(多选）（2026·辽宁朝阳·一模）若
，
，为常数，则（ ）
A．
B．当
时，
C．当
时，
D．当
时，
【答案】BD
【分析】根据二项式定理及二项式各项的性质求解即可.
【详解】对于A，当
时，令
，可得
为任意正整数，故A 错误.
对于B，当
时，
，求解得
，
，
，
，
，
，
，可知
，故B 正确；
对于C，由题意
，可知
，令
，则
，所以
或
，故C
错误；对于D，由题意
，可知
，
，即
，解
得
，又
，
，故D 正确.
16．(多选）（2026·湖北十堰·一模）若
，则（ ）
A．
（
）
B．
C．从
，
，…，
这8 个数中任取2 个，这两个数的积为正数的取法有12 种
D．从
，
，
，…，
这8 个数中任取3 个，这三个数的和等于
，
，
，…，
中某
数的取法有28 种
【答案】ACD
【分析】分析可知
，
，进而列举
.对于A：可知
的最大值为
，
即可判断；对于B：结合二项式性质分析判断即可；对于C：分析数的正负性结合组合数分析求解；
对于D：分类讨论和项是否为0，结合组合数运算求解即可.
【详解】因为
的展开式的通项为
，
，
则
，
，可得
依次为
.
对于选项A：因为
的最大值为
，所以
，
，故A 正确；
对于选项B：
，故B 错误；
对于选项C：若两个数的积为正数，则从
任取两项或从
任取两项，
所以不同的取法共有
种，故C 正确；对于选项D：因为
，共有4 组，
若从
选择一组，再从剩余的数中选择1 个，不同的取法共有
种；
检验可知
，不同的取法共有
种；综上所述：不同的取法共有
种，故D 正确；故选：ACD.
17．(多选）（2026·重庆·一模）已知
，则下列结
论正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
中，
与
最大
【答案】ACD
【分析】令
可得
，根据二项式定理确定展开式中
的表达式，根据
二项式系数的性质逐项判断即可得结论.
【详解】对于A，令
可得
，故A 正确；
对于B，令
可得
，所以
，
设
展开式的通项为
，
取
，可得
，所以
，故B 错误；
对于C，令
可得
①，令
可得
②，由①②可得
，故C 正确；
对于D，由选项B 可知，
，若
最大，则
所以
，
，解得
，则
，故
或
，
又
，所以
中，
与
最大，故D 正确.
故选：ACD.
18．(多选）（2026·湖北黄石·一模）如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排
列，第
行的第个数可以表示为
时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首
先发现的.我国南宋数学家杨辉1261 年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是
我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（ ）
A．第2026 行共有2026 个数
B．从第4 行起到第19 行，每一行的第4 个数字之和为
C．第48 行的所有数字之和被7 除的余数为1
D．去除所有为1 的项，依次构成数列
，则此数列前135 项的和为
【答案】BCD
【分析】根据杨辉三角的性质即可求解A，根据组合数的性质化简即可求解B，利用二项式定理求
解第48 行的所有数字的和，进而根据二项式定理，根据整除的性质即可求解C，根据二项式的和，
结合等比数列以及等差数列的性质，即可求解D.
【详解】对于A，第2026 行共有2027 个数，故A 错误，对于B,由题意可得
,B 正确，
对于C, 第48 行的所有数字之和为
,由于
能被7 整除，
故第48 行的所有数字之和被7 除的余数为1，C 正确，
对于D,第
行的和为
，当
时，第
行中去除为1 的项的和为
， 第0 行为1，故前
行中去除为1 的项的和为
，
故前17 行中去除为1 的项的和为
，去除所有为1 的项后，则从第一行开始，则剩下的每一
行的个数为0，1，2，3，4，……，可以看成一个首项为0，公差为1 的等差数列，前
行共有
个数，当
时，
，因此前17 行中，去掉为1 的项，共有136 项，且第17 行
中，去掉为1 的项后，最后一项为
则此数列前135 项的和为
.
19．（2026·山东济宁·一模）
展开式中的常数项为__________.（用数字作答）
【答案】
【详解】
，令
，得
，
故展开式中的常数项为
．
20．（2026·天津东丽·一模）在
的展开式中
的系数为______．
【答案】20
【详解】因为
的展开式中
的项为
，所以
的展开式中
的系数为
.
21．（2026·河北沧州·一模）已知二项式
展开式中
的系数为40，则实数
______．
【答案】
【分析】由二项式的通项列出方程求解即可．
【详解】二项式
的通项为
，因为二项式
展开式中
的系数为40，
所以令
，解得
，即
，解得
．
22．（2026·北京石景山·一模）若
的展开式的二项式系数和为32，则
__________，
的系数为__________.
【答案】 5
【分析】已知二项式系数和，可求出
，再利用通项公式即可求得
的系数.
【详解】由题意知，展开式的二项式系数和为32，即
，所以
，故展开式的通项公式
，令
，可得
，所以展开式中
的系数是
.
23．（2026·重庆·一模）
的展开式中常数项为__________．
【答案】29
【分析】先求出
展开式的通项公式，分别令
和
，求出k 值，代入求
解，分析计算，即可得答案.
【详解】
展开式的通项公式为
，令
，解得
，
则
；令
，解得
，则
，所以
的展开式
中常数项为
.
24．（2026·湖南长沙·一模）已知
，则
______.
【答案】243
【分析】根据题意利用赋值法，令
代入求解即可.
【详解】因为
，令
，得
，
两边同时乘以32，得
.
25．（2026·新疆喀什·一模）
的展开式中含
的项为____.
【答案】
【分析】解法一：将三项展开式变为
，根据
和
展开式的通项乘积可求
得结果；解法二：直接根据组合数公式计算多项式的系数可得.
【详解】方法一:因为
，
二项式
展开式的通项为
，
二项式
展开式的通项为
，
所以多项式
展开式的通项为
，
令
，得
，且
，所以
或
或
或
或
.
①当
时，
的展开式中含
的项为
；
②当
时，
的展开式中含
的项为
，
③当
时，
的展开式中含
的项为
；
④当
时，
的展开式中含
的项为
；
⑤当
时，
的展开式中含
的项为
.
综上，得
的展开式中含
的项为
.
方法二：
可看成6 个
相乘，
的展开式中含
的项有以下三种情
况：
基本不等式
考点3
①
个
多项式取
，
个
多项式取
乘积得到，即
；
②个
多项式取
，
个
多项式取
，个
多项式取
乘积得到，
即
；
③
个
多项式取
，
个
多项式取
乘积得到，
即
；
综上所述，
的展开式中含
的项为
.
1．（2026·广西崇左·一模）若
，则
的（ ）
A．最小值为4
B．最小值为6
C．最大值为4
D．最大值为6
【答案】B
【详解】由
，得
，则
，当且仅当
，即
时取等号成立，所以
的最小值为6，无最大值.
2．（2026·湖南长沙·一模）已知数列
是公比大于0 的等比数列，则
的最小值
为（ ）
A．3
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由题可设等比数列
的公比为
，则
，
当且仅当
即
时取等号，故
的最小值为
.
3．（2026·河北张家口·一模）已知实数
，
，且满足
，则
的最小
值为（ ）
A．4
B．6
C．8
D．10
【答案】B
【分析】利用基本不等式将等式变形化简，解不等式即可得出结果.
【详解】由
可得
，因为实数
，
，所以
，
因此可得
，即
，解得
或
（舍），当且仅当
时，即
时，等号成立,所以
的最小值为6.
4．（2026·山东东营·一模）已知随机变量
，且
， 则当
时，
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用正态分布的对称性，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解.
【详解】根据题意，随机变量
，且
，则有
，解得
.由
，即
，所以
，当且
仅当
，即
时取等号.
5．（2026·山东青岛·一模）已知正项等差数列
的前
项和为
，则
的最大值为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】利用等差数列的通项公式结合等差中项的性质求出
，再结合已知条件，利用基本不
等式求
的最大值．
【详解】由题意得
，解得
，由等差中项的性质可得
，
解得
，
，由题意知
，根据基本不等式
，当且仅当
时等号成立，
的最大值为
．
6．（2026·辽宁·一模）在
中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c．已知
，
的面积为
，则
的最小值为（ ）
A．3
B．
C．6
D．
【答案】C
【分析】结合题设利用正弦定理及两角和的正弦公式化简可得
，再结合
的面积为
可得
，进而根据基本不等式求解即可.
【详解】由
，根据正弦定理得，
，则
，在
中，
，则
，即
，又
，
则
，又
，则
，所以
，当且仅当
时等号成立，则
的最小值为6.
7．（2026·天津北辰·一模）已知M 是
内一点且
，
，若
，
和
的面积分别为
，x，y，则
的最小值是（ ）
A．4
B．6
C．8
D．10
【答案】D
【分析】利用向量的数量积的运算求得
的值，利用三角形的面积公式求得
的值，进而
把
转化为
，再利用基本不等式求其最小值即可.
【详解】因为
，所以
，即
.
所以
，即
.
所以
.当且仅当
，即
时
等号成立.
8．（2026·山东菏泽·一模）记
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知
，
，
则
的面积的最大值为（ ）
A．
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】由条件根据余弦定理求
的表达式，利用基本不等式求
的最小值，再由同角关
系求
的最大值，利用三角形面积公式求结论.
【详解】由余弦定理可得
，又
，
，所以
，
由基本不等式可得
，当且仅当
时等号成立，所以
，又
，所以
，
，所以
的面积
，所以当
时，
的面积取最大值，最大值为
.
9．（2026·天津红桥·一模）已知
，若
，则
的最小值为（ ）
A．2
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】因为
，且
，所以
，
所以
，
当且仅当
即
、
时等号成立．所以
的最小值为
.
10．（2026·山东临沂·一模）已知锐角
，
满足
，则
的最大值
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据和差角公式，结合同角三角关系式，得
含的表示，即可根据基本不等式
求解最值.
【详解】由
得
，即
，由于
，
为锐角，故
，设
，则
，
令
，当且仅当
时取
到等号.故
的最大值为
.
11．（2026·江苏·一模）已知
的内角
的对边分别为
，
，则
的
最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．3
【答案】B
【分析】利用正弦定理、两角和的正弦公式、两角和的正切公式以及基本不等式求解即可.
【详解】因为
，由正弦定理得：
，
又
，则
，所以
，
即
,
所以
，由
，则
，
因为
为边长，所以
，所以
，所以角
为钝角，
，所以角
为锐角
即
，此时
，所以由
，
所以
，即
，因为
，所以
，所以
，
当且仅当
即
时，等号成立，所以
的最大值为
.
12．（2026·山东烟台·一模）已知球
的半径为1，三棱锥的顶点为
，底面的三个顶点均在球
的球面上，则当该三棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】下证：在半径为的小圆中，内接正三角形面积最大.
证明：设底面三角形为
，则
，
而
，
当且仅当
时等号成立，即
，故
，故
，当且仅当
且
时等号成立，即
，
，而
，
即
，
即
，
时等号成立，此时
为等边三角形.
回到问题本身：此时该三棱锥的体积
，
由
，
当且仅当
，即
时，等号成立，所以该三棱锥的体积最大值为
，此时球心到截面
小圆的距离
，即当该三棱锥的体积最大时，其高为
．
13．（多选）（2026·江西南昌·一模）已知
，
，则下列选项中正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】利用对数函数的性质判断A 的真假；利用指数函数的性质判断B 的真假；利用基本不等式
判断CD 的真假.
【详解】对A：因为
，
，所以
，所以
，故A 错误；对B：因为
，
所以
，故B 正确；对C：因为
，当
且仅当
即
，
时取等号.故C 正确；对D：因为
，故D 正确.
14．（多选）（2026·河北廊坊·一模）已知a，b，c，d 均为实数，则下列说法正确的是（ ）
A．若
，
，则
B．若
，
，则
C．若
，
，且
，则
的最小值为
D．若
，
，且
，则
【答案】ACD
【详解】
，
，又
，
，故A 正确，
令
，
，故B 错误，
，即
，
，又
，
，
，
，当且
仅当
时，即
等号成立，故C 正确，
，又
，
，则
，又
，
，当且仅当
，即
时等号成立，故D 正确.
15．（多选）（2026·山东烟台·一模）若
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【分析】利用给定条件结合基本不等式判断A，C；利用构造函数，求导，利用单调性进行判断
B，D.
【详解】对于A 项，因
，
，且
，则有
，
当且仅当
时取“=”，A 正确；对于B 项，因
，
，且
，则
,得
，则B 错误； 对于C 项，因
，
，且
，则
，得
，
，设
，
，得
，得函数
在
上单调递增，
得
，得
，即
，得
，故C 正确；
对于D 项，
，令
，得
，得函数
在
上单调递增，得
，得
，即
，故D 项错误.
16．（多选）（2026·安徽滁州·一模）若x，y，
，且
，则（ ）
A．当
时，
B．
C．当
取得最大值时，
D．当
取得最小值时，
【答案】BCD
【分析】对A，根据条件，利用基本不等式，即可求解；对B，根据条件，利用重要不等式，即可
求解；对C，根据条件，利用基本不等式得到
，构造函数
，利
用导数求出
的单调区间，即可求解；对于D，根据条件，利用基本不等式得到
，再利用基本不等式，即可求解.
【详解】对于A，当
时，由
，得到
，即
又x，y，
，所以
，
所以
，得到
，当且仅当
时取等号，所以A 错误，
对于B，因为
，即
，
当且仅当
时取等号，所以B 正确，
对于C，由
，得到
，则
，所以
，
当且仅当
时取等号，则
，令
，
则
，当
时，
，当
时，
，
即
在区间
上单调递增，在区间
上递减，即当
，
有最大值，所以C 正确，对于D，由选项C 知
，当
且仅当
时取等号，所以
，当且仅当
时取等号，又因
为
，所以
，当且仅当
时取等号，所以
，当且
仅当
，即
时取等号，此时
，所以D 正确.
17．（2026·宁夏·一模）已知
为抛物线
的焦点，直线
与
交于
两点，
则
的最小值是____________.
【答案】9
【分析】直线方程与抛物线方程联立，求得
，利用抛物线定义可得
，再根据基本不等式得结果.
【详解】由题知，
的焦点
，准线为
，
， 如图，作
准线，
准线，
联立
，得
，设
，则
，
又
，
，等号成立时
，故
的
最小值是.
18．（2026·湖北荆州·一模）已知
均为非负数，且
，则
的最小值为______.
【答案】2
【详解】由题可得
，所以
,
由于
,当且仅当
，即
时取等号，所
以
，则
的最小值为
.
19．（2026·天津南开·一模）已知
，
，若函数
在区间
上至少有一个零
点，则
的最小值是______.
【答案】
【分析】经过整理，换元，方程变形为关于
的直线
，那么
，
表示直线上的点到原点的距离的平方，那么距离的最小值就是原点到直线的距离，利用点到直线的
距离求最小值.
【详解】由题意可知存在
使
，整理为：
，设
，整
理为关于
的直线
，那么
，表示直线上的点到原点的距离的平
方，那么距离的最小值就是原点到直线的距离，所以
，当
时，
是单调递增函数，当
时取得最小值
.即
的最
小值是
.
20．（2026·天津·一模）在平行四边形
中，
分别是线段
的中点.记
，
，用
和
表示
__________.；若延长
交
于点
，则
平行四边形
面积的最大值为__________.
【答案】
【分析】先利用中点与共线条件，将点
的位置用参数 表示，并通过向量共线建立方程解出
与
，从而确定
与
的表达式；再将已知的
的值代入，结合
与
的夹角
关系转化为关于 x, y 的方程；最后使用基本不等式求出 xy 的最大值，进而得到平行四边形面积的
最大值.
【详解】如图，因为
是
中点，所以
，
.
又
是AE 中点，故
，
.设
，则
.
由
共线，
，即
，得
，
，
，故
.又
，
.设
，
，
则
，代入得
.
由基本不等式
，得
，当且仅当
时等号成立，平行四边
形面积
，故
.
21．（2026·辽宁锦州·一模）在三角形
中，角
所对的边分别为
．若
，
且三角形
的周长为
，则该三角形面积的最大值为
__________．
【答案】
【分析】利用余弦定理角化边可得
，再根据周长并用基本不等式可得
，进而可
得面积的最大值.
【详解】因为
，
所以由余弦定理可得
，整理得
，
解得
或
，因为
，所以
，所以
，故三角形为直角三角形，且
.
又因为
，
，
由基本不等式可得
，
即
,解得
，当且仅当
时等号成立，
所以该三角形面积
，此时
；
当
时， 此时三角形为等腰直角三角形，
，面积有最大值
.
