选填04 排列组合与二项式定理（九大考点训练 真题模拟题练）-2025年高中数学二轮选填及解答突破讲练（新高考专用）

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【考点01 队列、数字的排序问题】
1．有6位同学排成一排准备拍照，拍照前加入了2位同学，如果要求他们仍站成一排，同时原来6位同学的相对顺序保持不变，则有 种不同的站法．（用数字作答）
【答案】56
【详解】因为共8位同学站成一排，原来6位同学的相对顺序保持不变，
所以共有种不同站法，
故答案为：56
2．用2，3，5，6，7，8这6个数字组成无重复数字的六位数，其中，个位数为质数的六位数有（ ）
A．360个B．420个C．480个D．600个
【答案】C
【详解】这个数字中为质数，故个位数的排法有种，
前五位的排法有种，
由分步乘法计数原理可得，个位数为质数的六位数有个．
故选：C.
3．一个三位数的百位､十位､个位上的数字依次记为，当中有两个数字的和等于剩下的一个数字时，则称这个三位数为“有缘数”（如121，213等）．现从这五个数字中任取三个数字（可以重复）组成一个三位数，其中“有缘数”的个数为（ ）
A．24B．27C．30D．33
【答案】C
【详解】从这五个数字中任取三个不同的数，其中“有缘数”的个数为24；
从这五个数字中任取两个不同的数，其中“有缘数”的个数为，
所以全部“有缘数”的个数为．
故选：C．
4．9人身高各不相等，排成前后排，前排5人，要求每排从左至右身高逐渐增加，则不同的排法共有 种（用数字作答）．
【答案】126
【详解】从9人选5人排在前排，5人的身高不同，按要求只有1种排法，即种方法，后排4人，也只有1种排法，所以共有126种排法.
故答案为：126
5．第19届杭州亚运会的吉祥物，分别取名为“琮琮”“莲莲”“宸宸”，是一组承载深厚底蕴和充满时代活力的机器人，组合名为“江南忆”.现有6个不同的吉祥物，其中“琮琮”“莲莲”和“宸宸”各2个，将这6个吉祥物排成前后两排，每排3个，且每排相邻两个吉祥物名称不同，则排法种数共有 .（用数字作答）
【答案】336
【详解】
由题意可分两种情形：
①前排含有两种不同名称的吉祥物，
首先，前排从“琮琮”“莲莲”和“宸宸”中取两种，有种情况，
从选出的两种吉祥物中，其中一种取两个，另一种选一个，有种排法，
选出的三个吉祥物进行排列，选一个的一定放中间，名字相同的放两边，
由于属于不同的吉祥物，故有种排法，
综上，有种排法；
其次，后排剩余两个相同名字的吉祥物和另一个名字不同的吉祥物，
故有种排法，故共有种不同的排法；
②前排含有三种不同名称的吉祥物，
先从“琮琮”“莲莲”和“宸宸”各二选一，有种选法，
再进行全排列，故有种排法；
同理后排有种排法，此时共有种排法；
因此，共有种排法，
故答案为：336.
【考点02 涂色问题】
6．现有四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【详解】根据题意，用四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，每个部分都有4种涂色方法，则有种涂色方法；
若其中任意有公共边的两块着不同颜色，有两种情况：①只用三种颜色涂这5个区域，则有种涂色方法；②用四种颜色涂这5个区域，则有种涂色方法，所以若其中任意有公共边的两块着不同颜色，共有144种涂色方法，故四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为.
故选：C
7．地图涂色是一类经典的数学问题.如图，用4种不同的颜色涂所给图形中的4个区域，要求相邻区域的颜色不能相同，则不同的涂色方法有（ ）种.
A．84B．72C．48D．24
【答案】A
【详解】将图形区域氛围上下左右，
若上下颜色相同，则上有4种，左有3种，右有3种，共有种；
若上下颜色不同，则上有4种，下有3种，左右各有两种，共有种，
所以共有种，
故选：A
8．如图所示，有5种不同的颜色供选择，给图中5块区域A，B，C，D，E染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色，则共有 种不同的染色方法．
【答案】
【详解】选择3种颜色，则B，D同色，且C，E同色，共种情况；
选择4种颜色，则B，D同色，或C，E同色，共种情况；
选择5种颜色，共种情况；故共有种情况.
故答案为：
9．中国古代哲学用五行“金、木、水、火、土”来解释世间万物的形成和联系，如图，现用3种不同的颜色给五“行”涂色，要求相邻的两“行”不能同色，则不同的涂色方法种数有（ ）
A．24B．36C．30D．20
【答案】C
【详解】设3种不同的颜色为，
对于“火、土”两个位置有种不同的涂色方法，不妨设“火、土”两个位置分别为，
1.若“金”位涂色为，则有：
①若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
②若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
共2种涂色可能；
2.若“金”位涂色为，则有：
①若“水”位涂色为，则“木”位涂色为或，共2种不同的涂色方法；
②若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
共3种涂色可能；
综上所述：共种不同的涂色方法.
故选：C.
10．对如下编号为1，2，3，4的格子涂色，有红，黑，白，灰四种颜色可供选择，要求相邻格子不同色，则在1号格子涂灰色的条件下，4号格子也涂灰色的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题意可知，整个事件需要分四步，按照格子标号依次涂色即可；
若在1号格子涂灰色，则2号格子还有3种选色方案，同时3号格子也有3种选色方案，4号格子还剩2种选色方案，
即1号格子涂灰色的方案总数为种；
若1号格子和4号格子同时涂灰色，则2号格子还有3种选色方案，3号格子还有2种选色方案，
即1号和4号格子同时涂灰色的方案总数为种；
所以，在1号格子涂灰色的条件下，4号格子也涂灰色的概率是.
故选：A.
【考点03 分组分配问题】
11．现安排甲、乙、丙三位同学在星期一到星期六值日，每人两天，且都不连续值日的不同方法种数为（ ）
A．6B．15C．20D．30
【答案】D
【详解】把星期一到星期六记为1，2，3，4，5，6，则不连续值日的三组数可列举为，，
，，，
所以符合条件的方法有种．
故选：D
12．某高校有8名研究生要去小兴安岭采集植物样本，其中男生6人，女生2人，将这8人分成两组，若要求每组至少2人，且两名女生不单独成组，则不同的分组方案共有（ ）
A．240种B．158种C．126种D．118种
【答案】D
【详解】根据题意，分3种情况讨论：
①分为4，4的两组时，不会出现两名女生单独成组情况，有种分组方法；
②分为3，5的两组时，有种分组方法；
③分为2，6的两组时，有种分组方法，其中有1种两名女生单独成组情况，
则有27种符合条件的分组方法，故共有种分组方法.
故选：D
13．在第33届夏季奥运会期间，中国中央电视台体育频道在某比赛日安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天A，B，C三个比赛场地的现场报道，且每个场地至少安排一人，甲不在A场地的不同安排方法数为（ ）
A．32B．24C．18D．12
【答案】B
【详解】按照A场地安排人数，可以分以下两类：
第一类，A场地安排1人，共种安排方法，
第二类，A场地安排2人，共种安排方法，
由分类加法计数原理得，共有（种）不同安排方法.
故选：B
14．十四届全国人大一次会议于2023年3月5日在北京召开．会议期间，会议筹备组将包含甲、乙在内的5名工作人员分配到3个会议厅负责进场引导工作，每个会议厅至少1人．每人只负责一个会议厅，则甲、乙两人不分配到同一个会议厅的不同安排方法共有 种．（用数字作答）
【答案】
【详解】将5名工作人员分配到3个会议厅，人数组合可以是和，
人数组合是时，共有种情况，
其中甲､乙两人分配到同一个会议厅的情况为种，
从而甲､乙两人不能分配到同一个会议厅的安排方法有种；
人数组合是时，共有种情况，
其中甲､乙两人分配到同一个会议厅的情况为种，
从而甲､乙两人不能分配到同一个会议厅的安排方法有种，
所以甲、乙两人不分配到同一个会议厅的不同安排方法共有种.
故答案为：.
15．A、B、C、D、E 5所学校将分别组织部分学生开展研学活动，现有甲、乙、丙三个研学基地供选择，每个学校只选择一个基地，且每个基地至少有1所学校去，则A校不去甲地，乙地仅有2所学校去的不同的选择种数共有（ ）
A．36种B．42种C．48种D．60种
【答案】B
【详解】①A校去乙地有种；
②A校与另一所学校去丙地有种，
③A校单独去丙地有种，
所以共有种，
故选：B．
【考点04 二项展开式的指定项系数】
16．在展开式中，常数项的二项式系数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【详解】二项式展开式的通项，
由，得，则展开式的常数项是第2项，
所以常数项的二项式系数为.
故选：A
17．若的二项展开式中第项与第项的系数相等，则该展开式中的系数为 ．
【答案】
【详解】的展开式为，
因为二项展开式中第项与第项的系数相等，
所以，所以，
令，解得，
所以该展开式中的系数为.
故答案为：6.
18．已知的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，则展开式中的项的系数为（ ）
A．―4B．84C．―280D．560
【答案】B
【详解】因为的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，所以．则
又因为的展开式的通项公式为，
令，所以展开式中的项的系数为．
故选：B.
19．已知多项式，则 .
【答案】16
【详解】令，则，
因为的展开式的通项为，，
所以令可得的展开式中一次项为，令可得的展开式的常数项为1，
又因为的展开式的通项为，，
所以令可得的展开式中一次项为，令可得的展开式的常数项为，
所以.
故答案为：16.
20．已知多项式，则 .
【答案】74
【详解】对于，
其二项展开式的通项为，
令，得，
故，
对于，
其二项展开式的通项为，
令，得，故，
所以.
故答案为：74.
【考点05 二项式系数的和与各项系数的和】
21．在的二项展开式中，所有二项式系数之和为64，则展开式的项数是（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】A
【详解】由题得，
所以二项式的展开式的项数是.
故选：A.
22．（多选）若，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【详解】对于A：令，则，故A错误；
对于B：令，则，故B正确；
对于C：令，则，故C正确；
对于D，由，
两边同时求导得，
令，则，故D错误.
故选：BC.
23．已知的二项展开式的奇数项二项式系数和为，若，则等于 ．
【答案】
【详解】的二项展开式的奇数项二项式系数和为64，
，即，
则的通项公式为，
令，则，
所以.
故答案为：.
24．若 ，则 .
【答案】
【详解】令，得 ，
令，得 ，
则 ，
且 ，
故 .
故答案为：.
25．在展开式中，的奇数次幂的项的系数和为（ ）
A．B．64C．D．32
【答案】A
【详解】设，
令可得，
令可得，
所以，
即在展开式中，的奇数次幂的项的系数和为.
故选：A
【考点06 三项展开式的指定项系数】
26． 的展开式中的系数为 ．
【答案】672
【详解】由题设，含的项为,
故其系数为．
故答案为：672.
27．若的展开式中，项的系数为，则的最大值为 .
【答案】/0.125
【详解】,
又，
故，
可由分别提供得到，或者提供得到，或者提供得到，
故项的系数为为，
故，即，
要使最大，则需为正数，
因此，故，当且仅当时取等号，
故答案为：
28．的展开式中的系数为 .
【答案】-30
【详解】解：因为是由5个相乘得到，
使用要想产生，则出1个，出2个，y出2个，
故所求系数为.
故答案为：-30
29．在的展开式中常数项为 .
【答案】81
【详解】
的展开式中通项公式：．
的通项公式：．
故的通项为
令，则，；，；，．
因此常数项．
故答案为：．
30．（多选）设，则下列关于的计算正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【详解】考虑，
则，故A正确．
考虑，
则，故B正确．
考虑，
其中含有的项为，
所以，故C错误．
考虑，
其中含有的项为，
所以，故D正确．
故选:ABD．
【考点07 多项乘积展开式的指定项系数】
31． 展开式中的系数为 .
【答案】30
【详解】二项式的展开式中，项为，项为，
因此展开式中项为，
所以所求系数为30.
故答案为：30
32．的展开式中，其中不含x的项为 ．
【答案】和
【详解】由二项式定理可得展开式的通项为，
所以多项式的展开式中不含x的项分别为：
和.
故答案为：和.
33．的展开式中的系数是（ ）
A．﹣10B．0C．10D．30
【答案】C
【详解】依题意可知，含的项是
，
所以的系数是.
故选：C
34．已知的展开式中各项系数和为8，则展开式中常数项为 .
【答案】
【详解】令，可得展开式中各项系数的和，解得；
的展开式通项为，
因为，所以展开式中常数项为，
故答案为：.
35．已知 x+3x+28=a0+a1x+1+a2x+12+⋯+a8x+18+a9x+19 ，则 a8=（ ）
A．8B．10C．28D．
【答案】B
【详解】，
其中展开式的通项为，且，
当时，，此时只需乘以第一个因式中的2，可得；
当时，，此时只需乘以第一个因式中的，可得.
所以.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是把表示成，利用即可二项式定理求解.
【考点08 二项式系数与系数的最值问题】
36．若的二项展开式中，当且仅当第5项是二项式系数最大的项，则其展开式中的系数为（ ）
A．8B．28C．70D．252
【答案】D
【详解】因为二项展开式中当且仅当第5项是二项式系数最大的项，
即二项式系数中第5个即最大，
所以由二项式系数的性质可知，
展开式中共项，，又，
则二项展开式的通项公式
，.
令，所以的系数为．
故选：D．
37．在二项式的展开式中，系数最大的一项为 .
【答案】
【详解】由题设，二项式的展开式通项为，，
易知时对应项系数为正，时对应项系数为负，
又，，，
所以系数最大的一项为.
故答案为：.
38．（多选）已知的展开式中二项式系数的最大值与的展开式中的系数相等，则实数a的值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【详解】的展开式中二项式系数最大值为，
的展开式通项公式为，
令得，，
故展开式中的系数为，故，解得.
故选：AB
39．已知的展开式中，第4项的系数与倒数第四项的系数之比为，则展开式中二项式系数最大的项的系数为 ．
【答案】1120
【详解】设展开式的通项为，故第四项的系数为，倒数第四项的系数，所以，，解得，所以第五项二项式系数最大，故最大项的系数为.
故答案为:1120
40．已知展开式中第三项的二项式系数是10，则 ，展开式中系数的绝对值最大的项是 .
【答案】 5
【详解】由题意，知，所以，
又，将依次代入，
时，；时，；
时，；时，；
时，；时，.
所以系数的绝对值最大的项为.
故答案为：5；.
【考点09 杨辉三角】
41．如图所示，在杨辉三角中，斜线AB上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：1，2，3，3，6，4，10，记这个数列前n项和为，则 .
【答案】111
【详解】由“杨辉三角”的性质，得
，
所以.
故答案为：
42．杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家．杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多规律，如图是一个5阶杨辉三角．
若第行中从左到右第3个数与第5个数的比为，则的值为 ．
【答案】
【详解】依题意可知第行的数从左到右分别为，
所以，即，得，解得或（舍去），
所以的值为.
故答案为：
43．如图为“杨辉三角”示意图，已知每行的数字之和构成的数列为等比数列且记该数列前项和为，设，将数列中的整数项依次取出组成新的数列记为，则的值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由题意知：第行数字之和构成的数列的通项为，
，；
则数列的整数项为：，
数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列；偶数项是以为首项，为公差的等差数列，
，，.
故选：B.
44．如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第10行中最大的数与第二大的数的数值之比为 （用最简分数表示）.
【答案】
【详解】观察知第行从左至右依次为，
由二项式系数的性质可得最大，其次为，
所以第10行中最大的数与第二大的数的数值之比为.
故答案为：.
45．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（ ）

A．在第10行中第5个数最大
B．
C．第8行中第4个数与第5个数之比为
D．在杨辉三角中，第行的所有数字之和为
【答案】BC
【详解】对于A：第行是二项式的展开式的系数，
所以第行中第个数最大，故A错误；
对于B：
，故B正确；
对于C：第行是二项式的展开式的系数，又展开式的通项为，
所以第个数为，第个数为，所以第个数与第个数之比为，故C正确；
对于D：第行是二项式的展开式的系数，故第行的所有数字之和为，故D错误；
故选：BC
一、
1．（2024·25高二上·北京昌平·期末）有3位男生和2位女生站成一排拍照，要求2位女生不能相邻，不同的站法共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】C
【详解】由题意，先把3位男生排成一排，然后将2位女生插入3个男生中间或两边，不同的站法共种，
故选：C
2．（2024·25高二上·江西吉安·期末）春节档将有多部影片上映，小明一行五个人准备在大年初一各自从四部影片中选一部去观看．已知每部影片都有人选，且小明没有选影片，则所有不同的选法种数为（ ）
A．72B．96C．180D．288
【答案】C
【详解】根据题意先将五人分成四组，共有种，
再将四组人员分别分配去观看四部电影，且有小明的一组人员没有选影片，
共有种，
因此所有不同的选法种数为种.
故选：C
3．（2024·25高三下·福建宁德·开学考试）的展开式中的系数为（ ）
A．B．C．6D．
【答案】B
【详解】的展开式中的系数为,
故选：B
4．（2024·25高三上·安徽阜阳·期末）已知，若，则的值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【详解】令可得，
令可得，
所以，
设，,
由可知，
是增函数，又,故.
故选：B.
5．（2024·25高三下·山东聊城·开学考试）寒假期间某校6名同学打算去安徽旅游，体验皖北与皖南当地的风俗与文化，现有黄山、宏村、八里河三个景区可供选择，若每个景区中至少有1名同学前往打卡，则不同方案的种数为（ ）
A．180B．360C．450D．540
【答案】D
【详解】由题意，当每个景区都有2名同学前往时，此时方案有种；
当按分别有1，2，3名同学前往景区时，此时方案有种；
当按分别有1，1，4名同学前往景区时，此时方案有种；
故不同方案的种数为（种），
故选：D
6．（2024·25高三上·北京石景山·期末）已知集合，若存在，使得，则集合的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】∵，即从集合中8个元素任选4个组成集合，共有个，
设，使得，则这样的集合有，，，共计5个，
∴若集合存在，使得时的个数有个.
故选：B.
【点睛】方法点睛，本题是一个有特殊要求的排列组合，正面考虑情况比较复杂，那么可以用对立事件的方式来解答.
7．（2024·江苏·模拟预测）若m，n为正整数且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【详解】对A：由组合数性质：可知，A正确；
对B：，故B错误；
对C：，，左右两边不相等，故C错误；
对D：，故D正确.
故选：AD
8．（2023·24高二下·广东深圳·期中）若，其中为实数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【详解】由，
令，则原式转化为，
对于A中，令，可得，所以A正确；
对于B中，由二项式定理的展开式，可得，所以B不正确；
对于C和D中，令，可得，
令，得，
所以，所以，
所以C、D 正确．
故选：ACD.
9．（2021·全国·模拟预测）为了提高教学质量，省教育局派五位教研员去地重点高中进行教学调研.现知地有三所重点高中，则下列说法正确的是（ ）
A．不同的调研安排有243种
B．若每所重点高中至少去一位教研员，则不同的调研安排有150种
C．若每所重点高中至少去一位教研员，则不同的调研安排有300种
D．若每所重点高中至少去一位教研员，则甲、乙两位教研员不去同一所高中，则不同的调研安排有114种
【答案】ABD
【详解】对于A选项，每位教研员有三所学校可以选择，
故不同的调研安排有种，故A正确；
对于B，C选项，若每所重点高中至少去一位教研员，则可先将五位教研员分组，
再分配，五位教研员的分组形式有两种：3，1，1；2，2，1，
分别有，种分组方法，
则不同的调研安排有种，故B正确，C错误；
对于D选项，将甲、乙两位教研员看成一人，则每所重点高中至少去一位教研员，
且甲、乙两位教研员去同一所高中的排法有种，
则甲、乙两位教研员不去同一所高中的排法有种，D正确.
故选：ABD.
10．（2025·广东·一模）已知在的展开式中，设前项的系数分别为，，，若，则下列结论正确的是（ ）
A．B．展开式的中间项为
C．展开式中有项有理项D．展开式中系数最大项为第项和第项
【答案】BD
【详解】展开式的通项为其中且，
由于前项的系数为，，，且，
，整理可得，
解得或（舍去），故A错误；
所以展开式的通项为其中且
则展开式的中间项为，故B正确；
令，且，所以或或，
则当，，时为有理项，共项，故C错误；
由，解得，
故展开式中系数最大项为第项和第项，故D正确．
故选：BD．
11．1．（2024·25高二上·北京昌平·期末）有3位男生和2位女生站成一排拍照，要求2位女生不能相邻，不同的站法共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】C
【详解】由题意，先把3位男生排成一排，然后将2位女生插入3个男生中间或两边，不同的站法共种，
故选：C
2．（2024·25高二上·江西吉安·期末）春节档将有多部影片上映，小明一行五个人准备在大年初一各自从四部影片中选一部去观看．已知每部影片都有人选，且小明没有选影片，则所有不同的选法种数为（ ）
A．72B．96C．180D．288
【答案】C
【详解】根据题意先将五人分成四组，共有种，
再将四组人员分别分配去观看四部电影，且有小明的一组人员没有选影片，
共有种，
因此所有不同的选法种数为种.
故选：C
3．（2024·25高三下·福建宁德·开学考试）的展开式中的系数为（ ）
A．B．C．6D．
【答案】B
【详解】的展开式中的系数为,
故选：B
4．（2024·25高三上·安徽阜阳·期末）已知，若，则的值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【详解】令可得，
令可得，
所以，
设，,
由可知，
是增函数，又,故.
故选：B.
5．（2024·25高三下·山东聊城·开学考试）寒假期间某校6名同学打算去安徽旅游，体验皖北与皖南当地的风俗与文化，现有黄山、宏村、八里河三个景区可供选择，若每个景区中至少有1名同学前往打卡，则不同方案的种数为（ ）
A．180B．360C．450D．540
【答案】D
【详解】由题意，当每个景区都有2名同学前往时，此时方案有种；
当按分别有1，2，3名同学前往景区时，此时方案有种；
当按分别有1，1，4名同学前往景区时，此时方案有种；
故不同方案的种数为（种），
故选：D
6．（2024·25高三上·北京石景山·期末）已知集合，若存在，使得，则集合的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】∵，即从集合中8个元素任选4个组成集合，共有个，
设，使得，则这样的集合有，，，共计5个，
∴若集合存在，使得时的个数有个.
故选：B.
【点睛】方法点睛，本题是一个有特殊要求的排列组合，正面考虑情况比较复杂，那么可以用对立事件的方式来解答.
7．（2024·江苏·模拟预测）若m，n为正整数且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【详解】对A：由组合数性质：可知，A正确；
对B：，故B错误；
对C：，，左右两边不相等，故C错误；
对D：，故D正确.
故选：AD
8．（2023·24高二下·广东深圳·期中）若，其中为实数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【详解】由，
令，则原式转化为，
对于A中，令，可得，所以A正确；
对于B中，由二项式定理的展开式，可得，所以B不正确；
对于C和D中，令，可得，
令，得，
所以，所以，
所以C、D 正确．
故选：ACD.
9．（2021·全国·模拟预测）为了提高教学质量，省教育局派五位教研员去地重点高中进行教学调研.现知地有三所重点高中，则下列说法正确的是（ ）
A．不同的调研安排有243种
B．若每所重点高中至少去一位教研员，则不同的调研安排有150种
C．若每所重点高中至少去一位教研员，则不同的调研安排有300种
D．若每所重点高中至少去一位教研员，则甲、乙两位教研员不去同一所高中，则不同的调研安排有114种
【答案】ABD
【详解】对于A选项，每位教研员有三所学校可以选择，
故不同的调研安排有种，故A正确；
对于B，C选项，若每所重点高中至少去一位教研员，则可先将五位教研员分组，
再分配，五位教研员的分组形式有两种：3，1，1；2，2，1，
分别有，种分组方法，
则不同的调研安排有种，故B正确，C错误；
对于D选项，将甲、乙两位教研员看成一人，则每所重点高中至少去一位教研员，
且甲、乙两位教研员去同一所高中的排法有种，
则甲、乙两位教研员不去同一所高中的排法有种，D正确.
故选：ABD.
10．（2025·广东·一模）已知在的展开式中，设前项的系数分别为，，，若，则下列结论正确的是（ ）
A．B．展开式的中间项为
C．展开式中有项有理项D．展开式中系数最大项为第项和第项
【答案】BD
【详解】展开式的通项为其中且，
由于前项的系数为，，，且，
，整理可得，
解得或（舍去），故A错误；
所以展开式的通项为其中且
则展开式的中间项为，故B正确；
令，且，所以或或，
则当，，时为有理项，共项，故C错误；
由，解得，
故展开式中系数最大项为第项和第项，故D正确．
故选：BD．
11．（2024·陕西宝鸡·二模）从2024年伊始，各地旅游业爆火，兵马俑是陕西省旅游胜地．某大学一个寝室6位同学慕名而来，游览结束后，在门前站一排合影留念，要求相邻，在的左边，则不同的站法共有 ；（用数字做答）
【答案】120
【详解】先将“捆绑”看成一个元素，与另外四人在五个位置上进行全排，
再考虑在的左边，最后“解绑”，故有种方法.
故答案为：120.
12．（2024·河南许昌·模拟预测）的展开式中，其中不含的项为 .
【答案】和.
【详解】由二项式定理可得展开式的通项为，
所以多项式的展开式中不含x的项分别为：
和.
故答案为：和.
13．（2024·广东佛山·一模）现有甲、乙、丙等7位同学，各自写了一封信，然后都投到同一个邮箱里.若甲、乙、丙3位同学分别从邮箱里随机抽取一封信，则这3位同学抽到的都不是自己写的信的不同取法种数是 （用数字作答）.
【答案】
【详解】设甲、乙、丙位同学的信件分别为、、，
若、、都没有取到，则有种不同的取法；
若、、取到一个，则有种不同的取法；
若、、取到两个，则有种不同的取法；
若、、取到三个，则有种不同的取法；
综上可得一共有种不同的取法.
故答案为：
1．（2023·全国甲卷·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．120B．60C．30D．20
【答案】B
【详解】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.
2．（2023·全国乙卷·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
【详解】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.
3．（2023·新课标Ⅱ卷·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
【详解】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.
4．（2024·北京·高考真题）在的展开式中，的系数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】的二项展开式为，
令，解得，
故所求即为.
故选：A.
5．（2024·全国甲卷·高考真题）的展开式中，各项系数中的最大值为 ．
【答案】5
【详解】由题展开式通项公式为，且，
设展开式中第项系数最大，则，
，即，又，故，
所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为.
故答案为：5.
6．（2024·天津·高考真题）在的展开式中，常数项为 ．
【答案】20
【详解】因为的展开式的通项为，
令，可得，
所以常数项为.
故答案为：20.
7．（2023·新课标Ⅰ卷·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
【详解】（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.
8．（2024·全国甲卷·高考真题）甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解法一：画出树状图，如图，
由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有24种排法，
其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种，
故所求概率.
解法二：当甲排在排尾，乙排第一位，丙有种排法，丁就种，共种；
当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有种排法，丁就种，共种；
于是甲排在排尾共种方法，同理乙排在排尾共种方法，于是共种排法符合题意；
基本事件总数显然是，
根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为.
故选：B
9．（2022·新高考全国Ⅱ卷·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
【详解】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
10．（2022·浙江·高考真题）已知多项式，则 ， ．
【答案】
【详解】含的项为：，故；
令，即，
令，即，
∴，
故答案为：；．
11．（2022·天津·高考真题）在的展开式中，常数项是 .
【答案】15
【详解】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：.
12．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）的展开式中的系数为 （用数字作答）．
【答案】-28
【详解】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