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备战2024年新高考数学专题训练专题05 排列组合与二项式定理小题综合（新高考通用）
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这是一份备战2024年新高考数学专题训练专题05 排列组合与二项式定理小题综合（新高考通用），文件包含专题05排列组合与二项式定理单选+多选+填空新高考通用原卷版docx、专题05排列组合与二项式定理单选+多选+填空新高考通用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
专题05 排列组合与二项式定理（单选+多选+填空）
（新高考通用）
一、单选题
1．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）某项活动安排了4个节目，每位观众都有6张相同的票，活动结束后将票全部投给喜欢的节目，一位观众最喜欢节目A，准备给该节目至少投3张，剩下的票则随机投给其余的节目，但必须要A节目的得票数是最多的，则4个节目获得该观众的票数情况有（ ）种.
A．150 B．72 C．20 D．17
【答案】D
【分析】对的得票分类讨论，分别求出投票方案数，再根据分类加法计数原理计算可得.
【详解】解：依题意，当得票，则只有种，
当得票，则有种，
当得票，剩下的票可能投给个节目或个节目，则有种，
当得票，剩下的票可能投给个节目或个节目，则有种，
综上可得一共有种情况.
故选：D
2．（2023·河北石家庄·统考一模）为推进体育教学改革和发展，提升体育教学质量中丰富学校体育教学内容，某市根据各学校工作实际，在4所学校设立兼职教练岗位．现聘请甲、乙等6名教练去这4所中学指导体育教学，要求每名教练只能去一所中学，每所中学至少有一名教练，则甲、乙分在同一所中学的不同的安排方法种数为（ ）
A．96 B．120 C．144 D．240
【答案】D
【分析】根据排列组合中的分组分配方法分析即可求得答案.
【详解】由题意可知，将甲乙捆绑在一起，当成一个元素，则是5个不同的教练分配到4个不同的中学指导体育教学，
由于每名教练只能去一所中学，每所中学至少有一名教练，
则分4组的情况有种方法数，再将4组人分配到4所学校有种方法数，
则甲、乙分在同一所中学的不同的安排方法种数为.
故选：D.
3．（2023·福建泉州·高三统考阶段练习）某停车场行两排空车位，每排4个，现有甲、乙、丙、丁4辆车需要泊车，若每排都有车辆停泊，且甲、乙两车停泊在同一排，则不同的停车方案有（ ）
A．288种 B．336种 C．384种 D．672种
【答案】D
【分析】分两类情况，甲、乙两车停泊在同一排，丙、丁两车停泊在同一排时，与丙、丁选一辆与甲、乙停泊在同一排，另一辆单独一排，计算可得.
【详解】甲乙两车停泊在同一排，丙、丁两车停泊在同一排时，种方案，
丙、丁选一辆与甲、乙停泊在同一排，另一辆单独一排，种方案，
所以共有种方案.
故选：D
4．（2023·山东菏泽·统考一模）为了迎接“第32届菏泽国际牡丹文化旅游节”，某宣传团体的六名工作人员需要制作宣传海报，每人承担一项工作，现需要一名总负责，两名美工，三名文案，但甲，乙不参与美工，丙不能书写文案，则不同的分工方法种数为（ ）
A．9种 B．11种 C．15种 D．30种
【答案】C
【分析】利用分类加法计数原理进行分析，考虑丙是否是美工，由此展开分析并计算出不同的分工方法种数.
【详解】解：若丙是美工，则需要从甲、乙、丙之外的三人中再选一名美工，
然后从剩余四人中选三名文案，剩余一人是总负责人，共有种分工方法；
若丙不是美工，则丙一定是总负责人，
此时需从甲、乙、丙之外的三人中选两名美工，剩余三人是文案，共有种分工方法；
综上，共有种分工方法，
故选：C．
5．（2023·山东潍坊·统考一模）过去的一年，我国载人航天事业突飞猛进，其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.若这五项测试每天进行一项，连续5天完成.且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试，超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试，则选拔测试的安排方案有（ ）
A．24种 B．36种 C．48种 D．60种
【答案】B
【分析】根据特殊元素“失重飞行”进行位置分类方法计算，结合排列组合等计数方法，即可求得总的测试的安排方案种数.
【详解】①若失重飞行安排在第一天则前庭功能安排第二天，则后面三天安排其他三项测试有种安排方法，
此情况跟失重飞行安排在第五天则前庭功能安排第四天安排方案种数相同；
②若失重飞行安排在第二天，则前庭功能有种选择，超重耐力在第四、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，则有种安排方法，
此情况与失重飞行安排在第四天方安排方案种数相同；
③若失重飞行安排在第三天，则前庭功能有种选择，超重耐力在第一、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，则有种安排方法；
故选拔测试的安排方案有种.
故选：B.
6．（2023春·湖北·高三统考阶段练习）中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”“礼”主要指德育“乐”主要指美育“射”和“御”就是体育和劳动“书”指各种历史文化知识“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每艺安排一次讲座，共讲六次，讲座次序要求“礼”在第一次，“射”和“数”相邻，“射”和“御”不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（ ）种
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意“礼”的次序一定，因此分类考虑“射”的次序排法，再考虑“数”以及“御”的次序牌法，根据分类加法计算原理可求得答案.
【详解】由题意，“礼”排第一，当“射”排第二或六时，“数”只有一种次序，其余全排列，有种次序，
当“射”排第三、四、五时，“数”有两种次序可选，“御”也有两种次序可选，其余全排列，
此时有种次序，
故“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有种，
故选：A．
7．（2023·湖北·统考模拟预测）一组数据按照从小到大的顺序排列为1，2，3，5，6，8，记这组数据的上四分位数为n，则二项式展开式的常数项为（ ）
A． B．60 C．120 D．240
【答案】B
【分析】利用题意找出该组数据的上四分位数为，然后利用二项式展开式的公式找出常数项即可.
【详解】因为，
所以，
所以展开式的通项为：
，
令得：，
所以展开式的常数项为，
故选：B．
8．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（ ）
A．72 B．56 C．48 D．36
【答案】C
【分析】先给四个区域标记，然后根据分步乘法计数原理求解出着色的方法数.
【详解】将四个区域标记为，如下图所示：
第一步涂：种涂法，
第二步涂：种涂法，
第三步涂：种涂法，
第四步涂：种涂法，
根据分步乘法计数原理可知，一共有种着色方法，
故选：.
9．（2023春·广东·高三统考开学考试）某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（ ）
A．34种 B．56种 C．96种 D．144种
【答案】C
【分析】先求出讲座只能安排在第一或最后一场的方法总数，再求出讲座和必须相邻方法总数，最后由分步乘法计算原理即可得出答案.
【详解】由题意知讲座只能安排在第一或最后一场，有种结果，
讲座和必须相邻，共有种结果，
根据分步计数原理知共有种结果.
故选:C．
10．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）小王同学家3楼与4楼之间有8个台阶，已知小王一步可走一个或两个台阶，那么他从3楼到4楼不同的走法总数为（ ）
A．28种 B．32种 C．34种 D．40种
【答案】C
【分析】分五种情况：8，7，6，5，4步走完楼梯，每一种情况的方法数都求出来再相加即可．
【详解】①8步走完楼梯，走8步走一个台阶，有1种；
②7步走完楼梯，走1步两个台阶6步一个台阶，有种；
③6步走完楼梯，走2步两个台阶4步一个台阶，有种；
④5步走完楼梯，走3步两个台阶2步一个台阶，有种；
⑤4步走完楼梯，走4步两个台阶，有1种，
共计34种．
故选：C．
11．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）若一个三位数的各个数位上的数字之和为8，则我们称是一个“叔同数”，例如“125，710”都是“叔同数”.那么“叔同数”的个数共有（ ）
A．34个 B．35个 C．36个 D．37个
【答案】C
【分析】利用列举法求出所有组合，再计算能排列出多少个“叔同数”.
【详解】三位数各位数的和为8可能的组合有116，125，134，224，233，017，026，035，044，008，
其中三个数不同且都不为0可排出个“叔同数”，没有0的3个数中有2个数相同，则排出个“叔同数”，有1个0其余2个数为不同的非零数字可排出个“叔同数”， 008只能排出一个“叔同数”，
所以它们排出的“叔同数”的个数共有，
故选：C
12．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）现要从A，B，C，D，E这5人中选出4人，安排在甲、乙、丙、丁4个岗位上，如果A不能安排在甲岗位上，则安排的方法有（ ）
A．56种 B．64种 C．72种 D．96种
【答案】D
【分析】根据是否入选进行分类讨论即可求解.
【详解】由题意可知：根据是否入选进行分类：
若入选：则先给从乙、丙、丁3个岗位上安排一个岗位有种，再给剩下三个岗位安排人有种，共有种方法；
若不入选：则4个人4个岗位全排有种方法，
所以共有种不同的安排方法，
故选：.
13．（2023秋·江苏苏州·高三统考期末）若的展开式中的系数为60，则的最小值为（ ）
A．2 B． C．3 D．5
【答案】C
【分析】由二项式定理求得的关系,然后由均值不等式求得最小值．
【详解】，令，，
所以，∴，
，当且仅当 ，即时等号成立，
故选：C．
14．（2023春·江苏南京·高三南京市宁海中学校考阶段练习）将5名学生志愿者分配到成语大赛、诗词大会、青春歌会、爱心义卖4个项目参加志愿活动，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.
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①将5名大学生分为4组，有种分组方法，
②将分好的4组安排参加4个项目参加志愿活动，有种情况，
则有种分配方案；
故选：．
15．（2023春·辽宁·高三朝阳市第一高级中学校联考阶段练习）武术是中国的四大国粹之一，某武校上午开设文化课，下午开设武术课，某年级武术课有太极拳、形意拳、长拳、兵器四门，计划从周一到周五每天下午排两门课，每周太极拳和形意拳上课三次，长拳和兵器上课两次，同样的课每天只上一次，则排课方式共有（ ）
A．19840种 B．16000种 C．31360种 D．9920种
【答案】D
【分析】先确定从5天中选3天排太极拳的排法情况，再分五天中有天既有太极拳又有形意拳，五天中有天既有太极拳又有形意拳，五天中有天既有太极拳又有形意拳，三种情况讨论，从而可得出答案.
【详解】先从5天中选3天排太极拳，有种，
然后再从所选的3天中选一节排太极拳有种，
所以太极拳有种排法，
若五天中有天既有太极拳又有形意拳，
则哪一天重复有种，
再从另外不重复的2天中每天选1天排形意拳，有种，
再从剩下的4节课中选2节排长拳，有种，则另外2节排兵器，
所以有种，
若五天中有天既有太极拳又有形意拳，
则哪两天重复有种，
再从另外不重复的2天中排形意拳，有种，
再从剩下的4节课中抽2节课排长拳，有种，则另外2节排兵器，
但排在同一天不合适，所以有种，
所以共有种，
若五天中有天既有太极拳又有形意拳，
则剩下的4节课中选2节排长拳，有种，再去掉排同一天的种，
所以有种，
综上所述：共有
种.
故选：D.
16．（2023春·江苏苏州·高三统考开学考试）将六枚棋子A，B，C，D，E，F放置在2×3的棋盘中，并用红、黄、蓝三种颜色的油漆对其进行上色（颜色不必全部选用），要求相邻棋子的颜色不能相同，且棋子A，B的颜色必须相同，则一共有（ ）种不同的放置与上色方式
A．11232 B．10483 C．10368 D．5616
【答案】C
【分析】进行颜色分配，然后利用分类原理的相加和分步相乘的原理进行分析即可.
【详解】①3个1，3个2，0个3如表：
1
2
1
2
1
2
只用两种颜色，并选取两个位置放AB,此时有：种，
②1个1，2个2，3个3如表：
1
3
2
3
2
3
选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在拐角），并选取两个位置放AB,此时有：种，或
3
1
3
2
3
2
选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在中间），并选取两个位置放AB,此时有：种，
③2个1，2个2，2个3如表：
3
2
2
3
选用三种颜色（2+2+2），并选取两个位置放AB，此时有：种，
或
2
3
2
3
选用三种颜色（2+2+2）,并选取两个位置放AB，此时有：种，
所以不同的放置与上色方式有：
.
故选：C.
二、多选题
17．（2023秋·湖南湘潭·高三校联考期末）已知的展开式的二项式系数和为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．展开式中各项系数的和为
C．展开式中第项的系数为
D．展开式中含项的系数为
【答案】ABD
【分析】由展开式的二项式系数和为求出，即可判断A，令即可得到展开式各项系数和，从而判断B，利用展开式的通项判断C、D.
【详解】对于A，因为的展开式的二项式系数和为，所以，则，故A正确；
对于B，令，则，所以展开式中各项系数的和为1，故B正确；
对于C，因为的展开式通项为，
令可得第4项的系数为，故C不正确；
对于D，在选项C中的通项公式中，
令，得，则，所以含项的系数为，故D正确.
故选：ABD.
18．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）设，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】根据二项展开式系数性质，逐个选项判断即可得到答案．
【详解】对于选项A，令得，所以选项A错误；
分别令和得和，
所以选项B和选项C正确；
对于选项 D，
，选项D正确；
故：BCD．
19．（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
【分析】变换得到，令，可得A正确，，B正确，令，计算C错误，两边同时求导，令，得到D正确，得到答案.
【详解】，
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
20．（2023春·浙江温州·高三统考开学考试）已知正m边形，一质点M从点出发，每一步移动均为等可能的到达与其相邻两个顶点之一．经过n次移动，记质点M又回到点的方式数共有种，且其概率为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则， D．若，则
【答案】BCD
【分析】根据所给规则，直接判断A，根据规则，分析变化规律，归纳得出结论判断B，根据规则直接判断C，列举所有可能由古典概型求解判断D.
【详解】对A，时，如图，
经3步从回到，仅有，
与两种，所以，故A错误；
对B，若时，如图，
与，记从出发经过n步到的方法数为，则(先走两步回到有2种，化归为，先走两步到有2种，化归为)，所以，因为，所以，故B正确；
对C，时，显然走奇数步无法回到，故，故C正确；
对D，时，
走6步共有种走法(每一步顺时针或逆时针)，出发回到有2种情形，①一个方向连续走6步，有2种；②2个方向各走3步，有种，所以，所以，故D正确.
故选：BCD
21．（2022秋·江苏常州·高三校考阶段练习）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】结合赋值法、导数运算以及二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】由，
令得，A选项正确.
令得，B选项错误.
二项式展开式的通项公式为，
由此可知是负数，为正数，
所以令得，
，
即，C选项错误
由，
两边求导得，
令得，所以D选项正确.
故选：AD
三、填空题
22．（2022·安徽·校联考二模）在的展开式中，的系数为__________.
【答案】
【分析】根据二项式定理可知，把看成和两项，展开式中含的项为，再写出展开式中项的系数，即可得出结果.
【详解】由题意可知，把二项式看成由和两项构成，
展开式中含的项为，
再将展开可得含的项为
即可知的系数为.
故答案为：
23．（2023·湖南株洲·统考一模）在的展开式中，常数项等于__________．（用数字作答）
【答案】
【分析】利用二项式定理，先求出 展开式中的常数项和的系数，即得解.
【详解】由，根据二项式定理，其展开式的通项为，
所以当时，展开式的常数项为；当时，展开式的系数为；
所以原式中展开式的常数项为.
故答案为：.
24．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）的展开式含的系数是________（用常数表示）．
【答案】
【分析】原多项式中写出含的项，然后再从中写出含的项，即可得含的系数.
【详解】由含的项中对应的指数分别为6,2，
所以，
对于中含的项为，
所以含的系数是.
故答案为：
25．（2023春·广东·高三校联考阶段练习）已知，设，____________.
【答案】
【分析】根据组合数的性质得到，然后将二项式转化为的形式，从而利用换元法与二项式定理即可得解.
【详解】因为，所以，
因为，
令，则，
而的展开通项为，
所以当时，.
故答案为：.
26．（2023春·广东珠海·高三珠海市第一中学校考阶段练习）若展开式中只有第5项的二项式系数最大，则其展开式中常数项为__________.
【答案】7
【分析】由展开式中只有第5项最大，得，写出展开式的通项，求常数项.
【详解】由题意，所以展开式第项为，
令，得，故常数项为.
故答案为：7.
27．（2023春·浙江·高三校联考开学考试）已知的展开式中各项系数和为27，则含项的系数为________．（用具体数字作答）
【答案】6
【分析】利用赋值法可求得，再将三项拆分成两项根据项的组成分别计算即可得其系数.
【详解】令，可得，所以，
则的展开式中只有和中含项，
分别为和，故其系数为.
故答案为：6
28．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）的展开式中含项的系数为______.
【答案】
【分析】分项求解，当第一个因式取时，第二个因式取含的项；第一个因式取时，第二个因式取含的项，进而得解.
【详解】的展开式通项，
令，得；令，得，
故的展开式中含项的系数为.
故答案为：.
29．（2023春·江苏南京·高三南京市宁海中学校考阶段练习）的展开式中的系数为___（用数字作答）
【答案】0
【分析】先把多项式转化为,再应用二项式展开式通项公式求解即可.
【详解】多项式，
设的通项公式为，
令，则，与相乘可得项
令，则，与相乘可得项
令，则．与相乘可得项
的展开式中的系数为：，
故答案为：0．
30．（2022·浙江金华·高三浙江金华第一中学校考竞赛）定义：如果甲队赢了乙队，乙队赢了丙队，而丙队又赢了甲队，则称甲乙丙为一个“友好组”.如果20支球队参加单循环比赛，则友好组个数的最大值为__________.
【答案】330
【分析】从反面考虑非友好组的个数的最小值，后者可用逐步调整法来处理.
【详解】当为偶数时，令，则总共有场比赛.
不妨设有个友好组，考虑其反面，若甲乙丙三对为非友好组，不妨设甲队赢了乙队和丙队，此时，记甲队为非友好组的组长.对甲队而言，可以在赢的所有队伍中任意选择两队构成非友好组.
因此，若队在比赛中赢了场，则，且以为组长的非友好组有个（补充定义：，于是所有非友好组的个数为.
下求最小值.
若在中，有.
则令，其余且，
，
故调整后的总和变小.重复上述操作，直至任意两个数的差最多为1.
不妨设有个个，则有
整理有.
由于，故.由等式两边对应相等可知，，
即调整后有个个.此时的值为，
则，
故友好组个数的最大值为，即.
下面为取到最大值的例子：设在.共支球队中，当时，队胜；当时，队胜，下标均是在模的意义下.
综上所述，当为偶数时，友好组个数的最大值为.故如果20支球队参加单循环比赛，友好组个数的最大值为330.
故答案为：330
专题05 排列组合与二项式定理（单选+多选+填空）
（新高考通用）
一、单选题
1．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）某项活动安排了4个节目，每位观众都有6张相同的票，活动结束后将票全部投给喜欢的节目，一位观众最喜欢节目A，准备给该节目至少投3张，剩下的票则随机投给其余的节目，但必须要A节目的得票数是最多的，则4个节目获得该观众的票数情况有（ ）种.
A．150 B．72 C．20 D．17
【答案】D
【分析】对的得票分类讨论，分别求出投票方案数，再根据分类加法计数原理计算可得.
【详解】解：依题意，当得票，则只有种，
当得票，则有种，
当得票，剩下的票可能投给个节目或个节目，则有种，
当得票，剩下的票可能投给个节目或个节目，则有种，
综上可得一共有种情况.
故选：D
2．（2023·河北石家庄·统考一模）为推进体育教学改革和发展，提升体育教学质量中丰富学校体育教学内容，某市根据各学校工作实际，在4所学校设立兼职教练岗位．现聘请甲、乙等6名教练去这4所中学指导体育教学，要求每名教练只能去一所中学，每所中学至少有一名教练，则甲、乙分在同一所中学的不同的安排方法种数为（ ）
A．96 B．120 C．144 D．240
【答案】D
【分析】根据排列组合中的分组分配方法分析即可求得答案.
【详解】由题意可知，将甲乙捆绑在一起，当成一个元素，则是5个不同的教练分配到4个不同的中学指导体育教学，
由于每名教练只能去一所中学，每所中学至少有一名教练，
则分4组的情况有种方法数，再将4组人分配到4所学校有种方法数，
则甲、乙分在同一所中学的不同的安排方法种数为.
故选：D.
3．（2023·福建泉州·高三统考阶段练习）某停车场行两排空车位，每排4个，现有甲、乙、丙、丁4辆车需要泊车，若每排都有车辆停泊，且甲、乙两车停泊在同一排，则不同的停车方案有（ ）
A．288种 B．336种 C．384种 D．672种
【答案】D
【分析】分两类情况，甲、乙两车停泊在同一排，丙、丁两车停泊在同一排时，与丙、丁选一辆与甲、乙停泊在同一排，另一辆单独一排，计算可得.
【详解】甲乙两车停泊在同一排，丙、丁两车停泊在同一排时，种方案，
丙、丁选一辆与甲、乙停泊在同一排，另一辆单独一排，种方案，
所以共有种方案.
故选：D
4．（2023·山东菏泽·统考一模）为了迎接“第32届菏泽国际牡丹文化旅游节”，某宣传团体的六名工作人员需要制作宣传海报，每人承担一项工作，现需要一名总负责，两名美工，三名文案，但甲，乙不参与美工，丙不能书写文案，则不同的分工方法种数为（ ）
A．9种 B．11种 C．15种 D．30种
【答案】C
【分析】利用分类加法计数原理进行分析，考虑丙是否是美工，由此展开分析并计算出不同的分工方法种数.
【详解】解：若丙是美工，则需要从甲、乙、丙之外的三人中再选一名美工，
然后从剩余四人中选三名文案，剩余一人是总负责人，共有种分工方法；
若丙不是美工，则丙一定是总负责人，
此时需从甲、乙、丙之外的三人中选两名美工，剩余三人是文案，共有种分工方法；
综上，共有种分工方法，
故选：C．
5．（2023·山东潍坊·统考一模）过去的一年，我国载人航天事业突飞猛进，其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.若这五项测试每天进行一项，连续5天完成.且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试，超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试，则选拔测试的安排方案有（ ）
A．24种 B．36种 C．48种 D．60种
【答案】B
【分析】根据特殊元素“失重飞行”进行位置分类方法计算，结合排列组合等计数方法，即可求得总的测试的安排方案种数.
【详解】①若失重飞行安排在第一天则前庭功能安排第二天，则后面三天安排其他三项测试有种安排方法，
此情况跟失重飞行安排在第五天则前庭功能安排第四天安排方案种数相同；
②若失重飞行安排在第二天，则前庭功能有种选择，超重耐力在第四、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，则有种安排方法，
此情况与失重飞行安排在第四天方安排方案种数相同；
③若失重飞行安排在第三天，则前庭功能有种选择，超重耐力在第一、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，则有种安排方法；
故选拔测试的安排方案有种.
故选：B.
6．（2023春·湖北·高三统考阶段练习）中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”“礼”主要指德育“乐”主要指美育“射”和“御”就是体育和劳动“书”指各种历史文化知识“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每艺安排一次讲座，共讲六次，讲座次序要求“礼”在第一次，“射”和“数”相邻，“射”和“御”不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（ ）种
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意“礼”的次序一定，因此分类考虑“射”的次序排法，再考虑“数”以及“御”的次序牌法，根据分类加法计算原理可求得答案.
【详解】由题意，“礼”排第一，当“射”排第二或六时，“数”只有一种次序，其余全排列，有种次序，
当“射”排第三、四、五时，“数”有两种次序可选，“御”也有两种次序可选，其余全排列，
此时有种次序，
故“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有种，
故选：A．
7．（2023·湖北·统考模拟预测）一组数据按照从小到大的顺序排列为1，2，3，5，6，8，记这组数据的上四分位数为n，则二项式展开式的常数项为（ ）
A． B．60 C．120 D．240
【答案】B
【分析】利用题意找出该组数据的上四分位数为，然后利用二项式展开式的公式找出常数项即可.
【详解】因为，
所以，
所以展开式的通项为：
，
令得：，
所以展开式的常数项为，
故选：B．
8．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（ ）
A．72 B．56 C．48 D．36
【答案】C
【分析】先给四个区域标记，然后根据分步乘法计数原理求解出着色的方法数.
【详解】将四个区域标记为，如下图所示：
第一步涂：种涂法，
第二步涂：种涂法，
第三步涂：种涂法，
第四步涂：种涂法，
根据分步乘法计数原理可知，一共有种着色方法，
故选：.
9．（2023春·广东·高三统考开学考试）某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（ ）
A．34种 B．56种 C．96种 D．144种
【答案】C
【分析】先求出讲座只能安排在第一或最后一场的方法总数，再求出讲座和必须相邻方法总数，最后由分步乘法计算原理即可得出答案.
【详解】由题意知讲座只能安排在第一或最后一场，有种结果，
讲座和必须相邻，共有种结果，
根据分步计数原理知共有种结果.
故选:C．
10．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）小王同学家3楼与4楼之间有8个台阶，已知小王一步可走一个或两个台阶，那么他从3楼到4楼不同的走法总数为（ ）
A．28种 B．32种 C．34种 D．40种
【答案】C
【分析】分五种情况：8，7，6，5，4步走完楼梯，每一种情况的方法数都求出来再相加即可．
【详解】①8步走完楼梯，走8步走一个台阶，有1种；
②7步走完楼梯，走1步两个台阶6步一个台阶，有种；
③6步走完楼梯，走2步两个台阶4步一个台阶，有种；
④5步走完楼梯，走3步两个台阶2步一个台阶，有种；
⑤4步走完楼梯，走4步两个台阶，有1种，
共计34种．
故选：C．
11．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）若一个三位数的各个数位上的数字之和为8，则我们称是一个“叔同数”，例如“125，710”都是“叔同数”.那么“叔同数”的个数共有（ ）
A．34个 B．35个 C．36个 D．37个
【答案】C
【分析】利用列举法求出所有组合，再计算能排列出多少个“叔同数”.
【详解】三位数各位数的和为8可能的组合有116，125，134，224，233，017，026，035，044，008，
其中三个数不同且都不为0可排出个“叔同数”，没有0的3个数中有2个数相同，则排出个“叔同数”，有1个0其余2个数为不同的非零数字可排出个“叔同数”， 008只能排出一个“叔同数”，
所以它们排出的“叔同数”的个数共有，
故选：C
12．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）现要从A，B，C，D，E这5人中选出4人，安排在甲、乙、丙、丁4个岗位上，如果A不能安排在甲岗位上，则安排的方法有（ ）
A．56种 B．64种 C．72种 D．96种
【答案】D
【分析】根据是否入选进行分类讨论即可求解.
【详解】由题意可知：根据是否入选进行分类：
若入选：则先给从乙、丙、丁3个岗位上安排一个岗位有种，再给剩下三个岗位安排人有种，共有种方法；
若不入选：则4个人4个岗位全排有种方法，
所以共有种不同的安排方法，
故选：.
13．（2023秋·江苏苏州·高三统考期末）若的展开式中的系数为60，则的最小值为（ ）
A．2 B． C．3 D．5
【答案】C
【分析】由二项式定理求得的关系,然后由均值不等式求得最小值．
【详解】，令，，
所以，∴，
，当且仅当 ，即时等号成立，
故选：C．
14．（2023春·江苏南京·高三南京市宁海中学校考阶段练习）将5名学生志愿者分配到成语大赛、诗词大会、青春歌会、爱心义卖4个项目参加志愿活动，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.
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①将5名大学生分为4组，有种分组方法，
②将分好的4组安排参加4个项目参加志愿活动，有种情况，
则有种分配方案；
故选：．
15．（2023春·辽宁·高三朝阳市第一高级中学校联考阶段练习）武术是中国的四大国粹之一，某武校上午开设文化课，下午开设武术课，某年级武术课有太极拳、形意拳、长拳、兵器四门，计划从周一到周五每天下午排两门课，每周太极拳和形意拳上课三次，长拳和兵器上课两次，同样的课每天只上一次，则排课方式共有（ ）
A．19840种 B．16000种 C．31360种 D．9920种
【答案】D
【分析】先确定从5天中选3天排太极拳的排法情况，再分五天中有天既有太极拳又有形意拳，五天中有天既有太极拳又有形意拳，五天中有天既有太极拳又有形意拳，三种情况讨论，从而可得出答案.
【详解】先从5天中选3天排太极拳，有种，
然后再从所选的3天中选一节排太极拳有种，
所以太极拳有种排法，
若五天中有天既有太极拳又有形意拳，
则哪一天重复有种，
再从另外不重复的2天中每天选1天排形意拳，有种，
再从剩下的4节课中选2节排长拳，有种，则另外2节排兵器，
所以有种，
若五天中有天既有太极拳又有形意拳，
则哪两天重复有种，
再从另外不重复的2天中排形意拳，有种，
再从剩下的4节课中抽2节课排长拳，有种，则另外2节排兵器，
但排在同一天不合适，所以有种，
所以共有种，
若五天中有天既有太极拳又有形意拳，
则剩下的4节课中选2节排长拳，有种，再去掉排同一天的种，
所以有种，
综上所述：共有
种.
故选：D.
16．（2023春·江苏苏州·高三统考开学考试）将六枚棋子A，B，C，D，E，F放置在2×3的棋盘中，并用红、黄、蓝三种颜色的油漆对其进行上色（颜色不必全部选用），要求相邻棋子的颜色不能相同，且棋子A，B的颜色必须相同，则一共有（ ）种不同的放置与上色方式
A．11232 B．10483 C．10368 D．5616
【答案】C
【分析】进行颜色分配，然后利用分类原理的相加和分步相乘的原理进行分析即可.
【详解】①3个1，3个2，0个3如表：
1
2
1
2
1
2
只用两种颜色，并选取两个位置放AB,此时有：种，
②1个1，2个2，3个3如表：
1
3
2
3
2
3
选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在拐角），并选取两个位置放AB,此时有：种，或
3
1
3
2
3
2
选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在中间），并选取两个位置放AB,此时有：种，
③2个1，2个2，2个3如表：
3
2
2
3
选用三种颜色（2+2+2），并选取两个位置放AB，此时有：种，
或
2
3
2
3
选用三种颜色（2+2+2）,并选取两个位置放AB，此时有：种，
所以不同的放置与上色方式有：
.
故选：C.
二、多选题
17．（2023秋·湖南湘潭·高三校联考期末）已知的展开式的二项式系数和为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．展开式中各项系数的和为
C．展开式中第项的系数为
D．展开式中含项的系数为
【答案】ABD
【分析】由展开式的二项式系数和为求出，即可判断A，令即可得到展开式各项系数和，从而判断B，利用展开式的通项判断C、D.
【详解】对于A，因为的展开式的二项式系数和为，所以，则，故A正确；
对于B，令，则，所以展开式中各项系数的和为1，故B正确；
对于C，因为的展开式通项为，
令可得第4项的系数为，故C不正确；
对于D，在选项C中的通项公式中，
令，得，则，所以含项的系数为，故D正确.
故选：ABD.
18．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）设，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】根据二项展开式系数性质，逐个选项判断即可得到答案．
【详解】对于选项A，令得，所以选项A错误；
分别令和得和，
所以选项B和选项C正确；
对于选项 D，
，选项D正确；
故：BCD．
19．（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
【分析】变换得到，令，可得A正确，，B正确，令，计算C错误，两边同时求导，令，得到D正确，得到答案.
【详解】，
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
20．（2023春·浙江温州·高三统考开学考试）已知正m边形，一质点M从点出发，每一步移动均为等可能的到达与其相邻两个顶点之一．经过n次移动，记质点M又回到点的方式数共有种，且其概率为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则， D．若，则
【答案】BCD
【分析】根据所给规则，直接判断A，根据规则，分析变化规律，归纳得出结论判断B，根据规则直接判断C，列举所有可能由古典概型求解判断D.
【详解】对A，时，如图，
经3步从回到，仅有，
与两种，所以，故A错误；
对B，若时，如图，
与，记从出发经过n步到的方法数为，则(先走两步回到有2种，化归为，先走两步到有2种，化归为)，所以，因为，所以，故B正确；
对C，时，显然走奇数步无法回到，故，故C正确；
对D，时，
走6步共有种走法(每一步顺时针或逆时针)，出发回到有2种情形，①一个方向连续走6步，有2种；②2个方向各走3步，有种，所以，所以，故D正确.
故选：BCD
21．（2022秋·江苏常州·高三校考阶段练习）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】结合赋值法、导数运算以及二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】由，
令得，A选项正确.
令得，B选项错误.
二项式展开式的通项公式为，
由此可知是负数，为正数，
所以令得，
，
即，C选项错误
由，
两边求导得，
令得，所以D选项正确.
故选：AD
三、填空题
22．（2022·安徽·校联考二模）在的展开式中，的系数为__________.
【答案】
【分析】根据二项式定理可知，把看成和两项，展开式中含的项为，再写出展开式中项的系数，即可得出结果.
【详解】由题意可知，把二项式看成由和两项构成，
展开式中含的项为，
再将展开可得含的项为
即可知的系数为.
故答案为：
23．（2023·湖南株洲·统考一模）在的展开式中，常数项等于__________．（用数字作答）
【答案】
【分析】利用二项式定理，先求出 展开式中的常数项和的系数，即得解.
【详解】由，根据二项式定理，其展开式的通项为，
所以当时，展开式的常数项为；当时，展开式的系数为；
所以原式中展开式的常数项为.
故答案为：.
24．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）的展开式含的系数是________（用常数表示）．
【答案】
【分析】原多项式中写出含的项，然后再从中写出含的项，即可得含的系数.
【详解】由含的项中对应的指数分别为6,2，
所以，
对于中含的项为，
所以含的系数是.
故答案为：
25．（2023春·广东·高三校联考阶段练习）已知，设，____________.
【答案】
【分析】根据组合数的性质得到，然后将二项式转化为的形式，从而利用换元法与二项式定理即可得解.
【详解】因为，所以，
因为，
令，则，
而的展开通项为，
所以当时，.
故答案为：.
26．（2023春·广东珠海·高三珠海市第一中学校考阶段练习）若展开式中只有第5项的二项式系数最大，则其展开式中常数项为__________.
【答案】7
【分析】由展开式中只有第5项最大，得，写出展开式的通项，求常数项.
【详解】由题意，所以展开式第项为，
令，得，故常数项为.
故答案为：7.
27．（2023春·浙江·高三校联考开学考试）已知的展开式中各项系数和为27，则含项的系数为________．（用具体数字作答）
【答案】6
【分析】利用赋值法可求得，再将三项拆分成两项根据项的组成分别计算即可得其系数.
【详解】令，可得，所以，
则的展开式中只有和中含项，
分别为和，故其系数为.
故答案为：6
28．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）的展开式中含项的系数为______.
【答案】
【分析】分项求解，当第一个因式取时，第二个因式取含的项；第一个因式取时，第二个因式取含的项，进而得解.
【详解】的展开式通项，
令，得；令，得，
故的展开式中含项的系数为.
故答案为：.
29．（2023春·江苏南京·高三南京市宁海中学校考阶段练习）的展开式中的系数为___（用数字作答）
【答案】0
【分析】先把多项式转化为,再应用二项式展开式通项公式求解即可.
【详解】多项式，
设的通项公式为，
令，则，与相乘可得项
令，则，与相乘可得项
令，则．与相乘可得项
的展开式中的系数为：，
故答案为：0．
30．（2022·浙江金华·高三浙江金华第一中学校考竞赛）定义：如果甲队赢了乙队，乙队赢了丙队，而丙队又赢了甲队，则称甲乙丙为一个“友好组”.如果20支球队参加单循环比赛，则友好组个数的最大值为__________.
【答案】330
【分析】从反面考虑非友好组的个数的最小值，后者可用逐步调整法来处理.
【详解】当为偶数时，令，则总共有场比赛.
不妨设有个友好组，考虑其反面，若甲乙丙三对为非友好组，不妨设甲队赢了乙队和丙队，此时，记甲队为非友好组的组长.对甲队而言，可以在赢的所有队伍中任意选择两队构成非友好组.
因此，若队在比赛中赢了场，则，且以为组长的非友好组有个（补充定义：，于是所有非友好组的个数为.
下求最小值.
若在中，有.
则令，其余且，
，
故调整后的总和变小.重复上述操作，直至任意两个数的差最多为1.
不妨设有个个，则有
整理有.
由于，故.由等式两边对应相等可知，，
即调整后有个个.此时的值为，
则，
故友好组个数的最大值为，即.
下面为取到最大值的例子：设在.共支球队中，当时，队胜；当时，队胜，下标均是在模的意义下.
综上所述，当为偶数时，友好组个数的最大值为.故如果20支球队参加单循环比赛，友好组个数的最大值为330.
故答案为：330
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