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第九章 排列组合与二项式定理-备考2024年高考数学专题测试模拟卷（新高考专用）
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这是一份第九章 排列组合与二项式定理-备考2024年高考数学专题测试模拟卷（新高考专用），文件包含第九章排列组合与二项式定理-备战2024年高考数学专题测试模拟卷新高考专用解析卷docx、第九章排列组合与二项式定理-备战2024年高考数学专题测试模拟卷新高考专用原题卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
本试卷22小题，满分150分。考试用时120分钟
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2023·广东揭阳·统考模拟预测）若，则（ ）
A．7B．C．D．7或9
【答案】D
【解析】∵，∴或，解得或．
故选：D．
2．（2023·河南开封·统考二模）展开式中的常数项是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】展开式的通项公式为，
令，可得，故展开式的常数项为.
故选：A.
3．（2023·广东茂名·统考一模）将4个6和2个8随机排成一行，则2个8不相邻的情况有（ ）
A．480种B．240种C．15种D．10种
【答案】D
【解析】将2个8插空放入不相邻的5个空位（4个6之间有5个空位）中有方法，
故2个8不相邻的情况有种.
故选：D
4．（2023·山东青岛二模）的展开式中的系数为（ ）
A．85B．5C．-5D．-85【答案】A
【解析】的展开式的通项为，
则，，
从而的展开式中的系数为．
故选：A．
5．（2023·山东滨州·统考一模）从名大学毕业生中选人担任村长助理，则甲、乙至少有人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分别在甲、乙有且仅有人入选和甲、乙人都入选的情况下确定选法种数，根据分类加法计数原理可求得结果.
【详解】甲、乙有且仅有人入选、丙没有入选的情况有：种；
甲、乙人都入选、丙没有入选的情况有：种；
甲、乙至少有人入选，而丙没有入选的不同选法的种数有种.
故选：C.
6．（2023·广东·统考一模）如图，在两行三列的网格中放入标有数字的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有（ ）
A．96种B．64种C．32种D．16种
【答案】B
【解析】根据题意，分3步进行，
第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为5”，则中间的数字只能为两组数1，4或2，3中的一组，共有种排法；
第二步，排第一步中剩余的一组数，共有种排法；
第三步，排数字5和6，共有种排法；
由分步计数原理知，共有不同的排法种数为.故选：B.
7． （2023广东佛山一中4月一模）定义:两个正整数,,若它们除以正整数所得的余数相等,则称,对于模同余,记作,比如:.已知,满足,则可以是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为
也即,
故除以的余数为除以的余数,
又除以的余数也为,满足题意,其它选项都不满足题意.
故选:A.
8．（2023·江苏无锡·辅仁高中校联考模拟预测）大约公元前300年，欧几里得在他所著《几何原本》中证明了算术基本定理：每一个比1大的数（每个比1大的正整数）要么本身是一个素数，要么可以写成一系列素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么写出来的形式是唯一的，即任何一个大于1的自然数（不为素数）能唯一地写成（其中是素数，是正整数，，），将上式称为自然数的标准分解式，且的标准分解式中有个素数．从120的标准分解式中任取3个素数，则一共可以组成不同的三位数的个数为（ ）
A．6B．13C．19D．60
【答案】B
【分析】首先根据的标准分解式得到，然后根据这5个素数的特点进行分类讨论，最后利用分类加法计数原理即可得解．
【详解】解 根据的标准分解式可得，
故从2，2，2，3，5这5个素数中任取3个组成三位数，有下列三种情况：
①选取3个2，可以组成1个三位数；②选取2个2后，再从3或5中选一个，可以组成个不同的三位数；③选取2，3，5，可以组成个不同的三位数．所以从120的标准分解式中任取3个素数，一共可以组成个不同的三位数.故选：B．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．（2023·广东揭阳·统考模拟预测）为了做好社区新疫情防控工作，需要将5名志愿者分配到甲､乙､丙､丁4个小区开展工作，则下列选项正确的是( )
A．共有625种分配方法
B．共有1024种分配方法
C．每个小区至少分配一名志愿者，则有240种分配方法
D．每个小区至少分配一名志愿者，则有480种分配方法
【答案】BC
【解析】对于选项AB:若需要将5名志愿者分配到甲､乙､丙､丁4个小区开展工作，则每个志愿者都有4种可能，根据计数原理之乘法原理，则有45=1024种不同的方法，故A错误，B正确，
对于选项CD：若每个小区至少分配一名志愿者，则有一个小区有两名志愿者，其余小区均有1名志愿者，由部分均匀分组消序和全排列可知，
把5名志愿者分成4组，有种不同的分配方法，
故C正确，D错误.
故选：BC.
10.（2023·江苏南京·宁海中学模拟）关于的展开式，下列结论正确的是（ ）
A．所有项的二项式系数和为32
B．所有项的系数和为0
C．常数项为
D．系数最大的项为第3项
【答案】BC
【解析】，可得二项式系数和为，故A错误；
令得所有项的系数和为0，故B正确；常数项，故C正确；
，系数为，最大为或，为第3项或第5项，故D错误.
故选：BC.
11.（2023黑龙江哈尔滨九中二模）若,其中(,,…,)为实数,则( )
A. B.
C. D.
【答案】B,C
【解析】依题意,令,
对于A,,A错误;对于B,是按展开的第4项系数,因此,B正确;
对于C,,,
所以,C正确;
对于D,,D错误.故选:BC.
12. (2023贵州遵义一中月考）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大,则称这个数为“凸数”,如、等都是“凸数”,用,,,,这五个数字组成无重复数字的三位数,则( )
A. 组成的三位数的个数为B. 在组成的三位数中,奇数的个数为
C. 在组成的三位数中,“凸数”的个数为D. 在组成的三位数中,“凸数”的个数为
【答案】B,D
【解析】A:个数组成无重复的三位数的个数为,故A错误;
B:奇数为个位数是,,的三位数,个数为,故B正确;
C:“凸数”分为类,①十位数为,则有个;②十位数为,则有个;
③十位数为,则有个,所以共有个,故C错误;
D:由选项C的分析可知,D正确;
故选:BD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13.（2023·山东泰安·统考二模）用数字1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有_________个.（用数字作答）
【答案】312
【分析】分两种情况，结合排列数和组合数公式求解.
【详解】偶数包含2，4，6，奇数包含1，3，5，7，
1.若四位数没有偶数，则都是奇数，有个；
2.若四位数有一个偶数，三个奇数，有个，
综上可知，共有个.
故答案为：312
14．（2023·福建泉州·统考三模）已知，且则____________．
【答案】0
【解析】由题意，可得，.
， .
15.（2023·山东省齐鲁名校·3月大联考）为了响应国家号召，预防新冠病毒的传播，7位高龄老人排队注射新冠疫苗，要求甲、乙、丙相邻，且乙在甲与丙的中间，则共有______种不同的排队方法．
【答案】240
【分析】利用捆绑法，结合排列的定义进行求解即可.
【详解】不同的排队方法有种．
故答案为：240
16．（2023·广东揭阳·高三统考模拟考试）中的系数为__________（用数字作答）.【答案】
【解析】，
其二项展开式的通项为，
要得到，则，解得.
的二项展开式的通项为，
令，可得.
故中的系数为.
故答案为:.
四、解答题：本大题共6小题，共70分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17.（2023江西师范大学附中月考）(1)已知,求的值(用数字作答).
(2)解不等式:.
【解析】(1)因为,
所以或,解得或(舍去),
则;
(2),即为,
解得,又因,
所以不等式的解集为.
18. （2023河北张家口张垣联盟月考）已知甲,乙,丙,丁,戊五名同学,按下列要求进行排列,分别求满足条件的排列数.
(1)把名同学排成一排且甲乙必须相邻;
(2)把名同学安排到排成一排的个空位中的个空位上,且甲乙不相邻.
【解析】(1)第一步,捆绑甲乙两名同学种;第二步,把有限制条件(相邻)的同学,
甲乙看作整体和其他三名同学一起全排列,其排列方法有种.
由分步乘法计数原理知,满足条件的排列方法有(种)
(2)将“空位”看成一名同学(他还没来),除了甲,乙剩下的三名同学和一个空位,
形成五个间隔,让甲乙插入个间隔得到,
然后三名同学和一个空位全排列得到,最后结果是(种).
19. （2023甘肃武威月考）若,且.
(1)求实数的值;
(2)求值.
【解析】(1)依题意,,因此,解得,
所以实数的值是.
(2)由(1)知,,当时,,
当时,,
因此,
所以.
20. （2023山东烟台龙口市3月月考）将个编号为的不同小球全部放入个编号为的个不同盒子中.求:
(1)每个盒至少一个球,有多少种不同的放法?
(2)恰好有一个空盒,有多少种不同的放法?
(3)每盒放一个球,并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同,有多少种不同的放法?
(4)把已知中个不同的小球换成四个完全相同的小球(无编号),其余条件不变,恰有一个空盒,有多少种不同的放法?
【解析】(1)根据题意知,每个盒子里有且只有一个小球,所求放法种数为(种);
(2)先将个小球分为组,各组的球数分别为,然后分配给个盒子中的个盒子,
由分步乘法计数原理可知,所求的放法种数为(种);
(3)考查编号为的盒子中放入编号为的小球,则其它个球均未放入相应编号的盒子,
那么编号为的盒子中放入的小球编号可以依次为或,
因此,所求放法种数为(种);
(4)按两步进行,空盒编号有种情况,
然后将个完全相同的小球放入其它个盒子,没有空盒,
则只需在个完全相同的小球所形成的个空(不包括两端)中插入块板,
由分步乘法计数原理可知,所求的放法种数为(种).
21.（2023苏州常州一中高三上学期检测）已知在的展开式中,前项的系数成等差数列,求:
(1)展开式中二项式系数最大项的项;
(2)展开式中系数最大的项;
(3)展开式中所有有理项.
【解析】(1)展开式的通项公式为
,
依题意得,即,得,
所以的展开式有项,
所以二项式系数最大的项为第项,所以.
(2)由(1)知,,设展开式中系数最大的项为第项,
则,即,即,
解得,所以或,所以展开式中系数最大的项为和.
(3)由为有理项知,为整数,
得,.所以展开式中所有有理项为和.
22. （2023河北石家庄四十一中期中）现有,,,,,六个数字
(1)可组成多少个没有重复数字的偶数;
(2)组成没有重复数字的五位数,从小到大排列是第多少个数字?
【解析】(1)当组成的数是一位数时,一位偶数有个;
当组成的数是二位数时,
可分两类:末位是时有个,末位是或时有个,二位偶数共有个;
当组成的数是三位数时,
可分两类:末位是时有个,末位是或时有个,三位偶数共有个;
当组成的数是四位数时,
可分两类:末位是时有个,末位是或时有个,四位偶数共有个;
当组成的数是五位数时,
可分两类:末位是时有个,末位是或时有个,五位偶数共有个;
当组成的数是六位数时,
可分两类:末位是时有个,末位是或时有个,六位偶数共有个;
综上,组成的没有重复数字的偶数的个数为.
(2)万位是的五位数有个,
万位是、千位为的五位数有个,
万位是、千位为、百位为的五位数有个,
万位是、千位为、百位为、十位为或的五位数有个,
因此,在的前面共有个数字,所以是第个数.
本试卷22小题，满分150分。考试用时120分钟
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2023·广东揭阳·统考模拟预测）若，则（ ）
A．7B．C．D．7或9
【答案】D
【解析】∵，∴或，解得或．
故选：D．
2．（2023·河南开封·统考二模）展开式中的常数项是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】展开式的通项公式为，
令，可得，故展开式的常数项为.
故选：A.
3．（2023·广东茂名·统考一模）将4个6和2个8随机排成一行，则2个8不相邻的情况有（ ）
A．480种B．240种C．15种D．10种
【答案】D
【解析】将2个8插空放入不相邻的5个空位（4个6之间有5个空位）中有方法，
故2个8不相邻的情况有种.
故选：D
4．（2023·山东青岛二模）的展开式中的系数为（ ）
A．85B．5C．-5D．-85【答案】A
【解析】的展开式的通项为，
则，，
从而的展开式中的系数为．
故选：A．
5．（2023·山东滨州·统考一模）从名大学毕业生中选人担任村长助理，则甲、乙至少有人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分别在甲、乙有且仅有人入选和甲、乙人都入选的情况下确定选法种数，根据分类加法计数原理可求得结果.
【详解】甲、乙有且仅有人入选、丙没有入选的情况有：种；
甲、乙人都入选、丙没有入选的情况有：种；
甲、乙至少有人入选，而丙没有入选的不同选法的种数有种.
故选：C.
6．（2023·广东·统考一模）如图，在两行三列的网格中放入标有数字的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有（ ）
A．96种B．64种C．32种D．16种
【答案】B
【解析】根据题意，分3步进行，
第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为5”，则中间的数字只能为两组数1，4或2，3中的一组，共有种排法；
第二步，排第一步中剩余的一组数，共有种排法；
第三步，排数字5和6，共有种排法；
由分步计数原理知，共有不同的排法种数为.故选：B.
7． （2023广东佛山一中4月一模）定义:两个正整数,,若它们除以正整数所得的余数相等,则称,对于模同余,记作,比如:.已知,满足,则可以是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为
也即,
故除以的余数为除以的余数,
又除以的余数也为,满足题意,其它选项都不满足题意.
故选:A.
8．（2023·江苏无锡·辅仁高中校联考模拟预测）大约公元前300年，欧几里得在他所著《几何原本》中证明了算术基本定理：每一个比1大的数（每个比1大的正整数）要么本身是一个素数，要么可以写成一系列素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么写出来的形式是唯一的，即任何一个大于1的自然数（不为素数）能唯一地写成（其中是素数，是正整数，，），将上式称为自然数的标准分解式，且的标准分解式中有个素数．从120的标准分解式中任取3个素数，则一共可以组成不同的三位数的个数为（ ）
A．6B．13C．19D．60
【答案】B
【分析】首先根据的标准分解式得到，然后根据这5个素数的特点进行分类讨论，最后利用分类加法计数原理即可得解．
【详解】解 根据的标准分解式可得，
故从2，2，2，3，5这5个素数中任取3个组成三位数，有下列三种情况：
①选取3个2，可以组成1个三位数；②选取2个2后，再从3或5中选一个，可以组成个不同的三位数；③选取2，3，5，可以组成个不同的三位数．所以从120的标准分解式中任取3个素数，一共可以组成个不同的三位数.故选：B．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．（2023·广东揭阳·统考模拟预测）为了做好社区新疫情防控工作，需要将5名志愿者分配到甲､乙､丙､丁4个小区开展工作，则下列选项正确的是( )
A．共有625种分配方法
B．共有1024种分配方法
C．每个小区至少分配一名志愿者，则有240种分配方法
D．每个小区至少分配一名志愿者，则有480种分配方法
【答案】BC
【解析】对于选项AB:若需要将5名志愿者分配到甲､乙､丙､丁4个小区开展工作，则每个志愿者都有4种可能，根据计数原理之乘法原理，则有45=1024种不同的方法，故A错误，B正确，
对于选项CD：若每个小区至少分配一名志愿者，则有一个小区有两名志愿者，其余小区均有1名志愿者，由部分均匀分组消序和全排列可知，
把5名志愿者分成4组，有种不同的分配方法，
故C正确，D错误.
故选：BC.
10.（2023·江苏南京·宁海中学模拟）关于的展开式，下列结论正确的是（ ）
A．所有项的二项式系数和为32
B．所有项的系数和为0
C．常数项为
D．系数最大的项为第3项
【答案】BC
【解析】，可得二项式系数和为，故A错误；
令得所有项的系数和为0，故B正确；常数项，故C正确；
，系数为，最大为或，为第3项或第5项，故D错误.
故选：BC.
11.（2023黑龙江哈尔滨九中二模）若,其中(,,…,)为实数,则( )
A. B.
C. D.
【答案】B,C
【解析】依题意,令,
对于A,,A错误;对于B,是按展开的第4项系数,因此,B正确;
对于C,,,
所以,C正确;
对于D,,D错误.故选:BC.
12. (2023贵州遵义一中月考）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大,则称这个数为“凸数”,如、等都是“凸数”,用,,,,这五个数字组成无重复数字的三位数,则( )
A. 组成的三位数的个数为B. 在组成的三位数中,奇数的个数为
C. 在组成的三位数中,“凸数”的个数为D. 在组成的三位数中,“凸数”的个数为
【答案】B,D
【解析】A:个数组成无重复的三位数的个数为,故A错误;
B:奇数为个位数是,,的三位数,个数为,故B正确;
C:“凸数”分为类,①十位数为,则有个;②十位数为,则有个;
③十位数为,则有个,所以共有个,故C错误;
D:由选项C的分析可知,D正确;
故选:BD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13.（2023·山东泰安·统考二模）用数字1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有_________个.（用数字作答）
【答案】312
【分析】分两种情况，结合排列数和组合数公式求解.
【详解】偶数包含2，4，6，奇数包含1，3，5，7，
1.若四位数没有偶数，则都是奇数，有个；
2.若四位数有一个偶数，三个奇数，有个，
综上可知，共有个.
故答案为：312
14．（2023·福建泉州·统考三模）已知，且则____________．
【答案】0
【解析】由题意，可得，.
， .
15.（2023·山东省齐鲁名校·3月大联考）为了响应国家号召，预防新冠病毒的传播，7位高龄老人排队注射新冠疫苗，要求甲、乙、丙相邻，且乙在甲与丙的中间，则共有______种不同的排队方法．
【答案】240
【分析】利用捆绑法，结合排列的定义进行求解即可.
【详解】不同的排队方法有种．
故答案为：240
16．（2023·广东揭阳·高三统考模拟考试）中的系数为__________（用数字作答）.【答案】
【解析】，
其二项展开式的通项为，
要得到，则，解得.
的二项展开式的通项为，
令，可得.
故中的系数为.
故答案为:.
四、解答题：本大题共6小题，共70分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17.（2023江西师范大学附中月考）(1)已知,求的值(用数字作答).
(2)解不等式:.
【解析】(1)因为,
所以或,解得或(舍去),
则;
(2),即为,
解得,又因,
所以不等式的解集为.
18. （2023河北张家口张垣联盟月考）已知甲,乙,丙,丁,戊五名同学,按下列要求进行排列,分别求满足条件的排列数.
(1)把名同学排成一排且甲乙必须相邻;
(2)把名同学安排到排成一排的个空位中的个空位上,且甲乙不相邻.
【解析】(1)第一步,捆绑甲乙两名同学种;第二步,把有限制条件(相邻)的同学,
甲乙看作整体和其他三名同学一起全排列,其排列方法有种.
由分步乘法计数原理知,满足条件的排列方法有(种)
(2)将“空位”看成一名同学(他还没来),除了甲,乙剩下的三名同学和一个空位,
形成五个间隔,让甲乙插入个间隔得到,
然后三名同学和一个空位全排列得到,最后结果是(种).
19. （2023甘肃武威月考）若,且.
(1)求实数的值;
(2)求值.
【解析】(1)依题意,,因此,解得,
所以实数的值是.
(2)由(1)知,,当时,,
当时,,
因此,
所以.
20. （2023山东烟台龙口市3月月考）将个编号为的不同小球全部放入个编号为的个不同盒子中.求:
(1)每个盒至少一个球,有多少种不同的放法?
(2)恰好有一个空盒,有多少种不同的放法?
(3)每盒放一个球,并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同,有多少种不同的放法?
(4)把已知中个不同的小球换成四个完全相同的小球(无编号),其余条件不变,恰有一个空盒,有多少种不同的放法?
【解析】(1)根据题意知,每个盒子里有且只有一个小球,所求放法种数为(种);
(2)先将个小球分为组,各组的球数分别为,然后分配给个盒子中的个盒子,
由分步乘法计数原理可知,所求的放法种数为(种);
(3)考查编号为的盒子中放入编号为的小球,则其它个球均未放入相应编号的盒子,
那么编号为的盒子中放入的小球编号可以依次为或,
因此,所求放法种数为(种);
(4)按两步进行,空盒编号有种情况,
然后将个完全相同的小球放入其它个盒子,没有空盒,
则只需在个完全相同的小球所形成的个空(不包括两端)中插入块板,
由分步乘法计数原理可知,所求的放法种数为(种).
21.（2023苏州常州一中高三上学期检测）已知在的展开式中,前项的系数成等差数列,求:
(1)展开式中二项式系数最大项的项;
(2)展开式中系数最大的项;
(3)展开式中所有有理项.
【解析】(1)展开式的通项公式为
,
依题意得,即,得,
所以的展开式有项,
所以二项式系数最大的项为第项,所以.
(2)由(1)知,,设展开式中系数最大的项为第项,
则,即,即,
解得,所以或,所以展开式中系数最大的项为和.
(3)由为有理项知,为整数,
得,.所以展开式中所有有理项为和.
22. （2023河北石家庄四十一中期中）现有,,,,,六个数字
(1)可组成多少个没有重复数字的偶数;
(2)组成没有重复数字的五位数,从小到大排列是第多少个数字?
【解析】(1)当组成的数是一位数时,一位偶数有个;
当组成的数是二位数时,
可分两类:末位是时有个,末位是或时有个,二位偶数共有个;
当组成的数是三位数时,
可分两类:末位是时有个,末位是或时有个,三位偶数共有个;
当组成的数是四位数时,
可分两类:末位是时有个,末位是或时有个,四位偶数共有个;
当组成的数是五位数时,
可分两类:末位是时有个,末位是或时有个,五位偶数共有个;
当组成的数是六位数时,
可分两类:末位是时有个,末位是或时有个,六位偶数共有个;
综上,组成的没有重复数字的偶数的个数为.
(2)万位是的五位数有个,
万位是、千位为的五位数有个,
万位是、千位为、百位为的五位数有个,
万位是、千位为、百位为、十位为或的五位数有个,
因此,在的前面共有个数字,所以是第个数.
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