新高考数学二轮复习三模试题分类汇编练习专题09 排列组合、二项式定理（2份，原卷版+解析版）

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题型01 排列组合
题型02 二项式定理
题型03 基本不等式
题型01
排列组合
1．（2025年湖北武汉市武昌区三模）如图，某社区为墙面、、、四块区域宣传标语进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（共边）不能用同一颜色，若只有4种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂法有（ ）
A．12种B．24种C．48种D．144种
【答案】C
【分析】由题，三种颜色的涂法有两种，即与同色或与同色，由计数原理列式求解.
【详解】三种颜色的涂法有两种，即与同色或与同色，所以恰好使用3种颜色的涂法有种.故选：C.
2．（2025年江西九江市三模）含甲、乙的5名同学分成两组参加志愿服务活动，则甲、乙不同组的分配方案有（ ）
A．6种B．8种C．12种D．16种
【答案】B
【分析】先分析分组情况，再分别计算不同分组下甲、乙不同组的方案数，最后相加得到结果.
【详解】名同学分成两组，有和分组以及和分组这两种情况. 若甲在人组，乙在人组，这是种情况；若甲在人组，乙在人组，这又是种情况.所以和分组时甲、乙不同组的方案数为种. 若甲在人组，乙在人组，那么从剩下人中选人与甲一组，根据组合数公式，则种情况；若甲在人组，乙在人组，同样从剩下人中选人与乙一组，也有种情况.
所以和分组时甲、乙不同组的方案数为种. 根据分类加法计数原理，将两种分组情况的方案数相加，可得甲、乙不同组的分配方案共有种. 故选：B.
3．（2025·湖南省郴州市·三模）如图，这是一个平面图形，现提供四种颜色给图中的区域1､区域2､区域3､区域4､区域5､区域6共六个区域涂色，每个区域只涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则共有 种不同的涂色方案．
【答案】96
【分析】根据使用颜色的数量进行分类计算即可．
【详解】若仅用三种颜色涂色，则区域1，6同色，区域2，4同色，区域3，5同色，共有种涂法；若用四种颜色涂色，则区域1，6，区域2，4，区域3，5中有一组不同色，则有3种情况，
先从四种颜色中取两种涂同色区，有种涂法，剩余两种涂在不同区域，有2种涂法，共有种涂法；故总的涂色方案有种，故答案为：96．
3．（2025·四川省自贡市·三模）要安排4名学生到3个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有 种.
【答案】36
【分析】部分平均分组，先分组，再进行全排列，利用排列组合知识进行求解
【详解】由题意，这4名学生只能进行1,1,2的安排，故不同的安排方法有种.
5．（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）生活中经常会统计一列数据中出现不同数据的个数．设，对于有序数组，记为，，，中所包含的不同整数的个数，比如：，．当时，有序数组的个数为 ；当取遍所有的个有序数组时，）的总和为 ．
【答案】 4 700
【分析】根据的概念直接求解有序数组的个数即可；根据题意得数据中的整数个数可能有四种情况，分别进行讨论即可得出结果.
【详解】由题意知，当时，四个位置的数字必须相同，故有序数组的个数为；按的取值分类，当时，有组，
当时，可分两种情况：其中一个数出现次，另一个数出现次或这两个数均出现次，则按照先分组再分配的方式得出共有组，
当时，的情况为：一个数出现次，另外两个数均出现次，则按照先分组再分配的方式得出共有组，当时，有组，所以总和为.故答案为：4；700
6．（2025·湖南长沙·三模）在空间直角坐标系Oxyz中，点，已知若点在平面ABC内，则，则在三棱锥内部（不包括表面）的整点（横、纵、竖坐标均为整数的点）的个数为 ．（用数字作答）
【答案】969
【分析】根据给定条件，利用隔板法列式求出正整数解个数即可.
【详解】点是三棱锥内部（不包括表面）的整点，则
当时，不同的正整数解个数为；当时，不同的正整数解个数为；
，当时，不同的正整数解个数为；当时，不同的正整数解个数为，
所以三棱锥内部的整点的个数为
.
题型02
二项式定理
1．（2025·湖南省永州市·三模）的展开式的第4项系数是（ ）
A．B．280C．D．560
【答案】A
【分析】利用二项式定理列式求得答案.
【详解】的展开式的第4项系数是.故选：A
2．（2025年山东省泰安市三模）的展开式中项的系数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用二项式定理的通项公式求解即可.
【详解】展开式的通项公式为，
令，得，所以展开式中项的系数为.故选：C.
3．（2025·湖南永州·三模）的展开式的第4项系数是（ ）
A．B．280C．D．560
【答案】A
【分析】利用二项式定理列式求得答案.
【详解】的展开式的第4项系数是.故选：A
4．（2025·重庆·三模）的展开式中含的项的系数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据二项展开式通项公式结合条件即得.
【详解】的展开式通项为，由可得，因此，展开式中含的项的系数为.故选：D.
5．（2025·贵州铜仁·三模）随机变量，若，则的展开式中的系数为（ ）
A．12B．15C．16D．20
【答案】B
【分析】根据正态分布的性质求，结合二项式定理展开式的通项公式求展开式中的系数即可.
【详解】因为随机变量，正态曲线关于对称，由，可得，即，解得．则展开式的通项为，
令，得，所以的系数为.故选：B．
6．（2025年山西吕梁市三模）在的展开式中，的系数是（ ）
A．11B．15C．20D．25
【答案】C
【分析】先求出展开式的通项公式，再分别分析与展开式相乘得到的情况，最后将系数相加即可得到的系数.
【详解】展开式的通项公式为：（）.
情况一：与展开式中的项相乘.令，解得.将代入到中，可得，所以与展开式中的项相乘得到的系数为. 情况二：与展开式中的项相乘.令，解得.将代入到中，可得，所以与展开式中的项相乘得到的系数为. 将两种情况得到的的系数相加，可得，即的展开式中的系数是20. 故选：C.
7．（多选）（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）在下列关于二项式的命题中，正确的是（ ）
A．若，则
B．在的展开式中，常数项为
C．若二项式的展开式中，第4项的二项式系数最大，则
D．在的展开式中，的系数为85
【答案】ABD
【分析】对于A，利用赋值法易得；对于B，写出二项展开式的通项，依题求出的值代入即得；对于C，根据题意分为奇数或偶数进行分析讨论即可判断；对于D，根据项的系数要求，只需考虑从每个括号中每次选出的项的特点，再进行合并即得.
【详解】对于A，令，可得，令，得，故，故A正确：对于B，的展开式的通项公式为：，令，解得，所以第5项为常数项，为，故B正确；对于C，当n为偶数时，最中间项只有一项，又第4项的二项式系数最大，故展开式共有7项，即，解得；当n为奇数时，中间项有两项，又第4项的二项式系数最大，故可能第3项与第4项的二项式系数相等且为最大或第4项与第5项的二项式系数相等且为最大，此时或，解得或，故C错误；对于D，展开式中的系数为
，故D正确.故选：ABD．
8．（2025年四川宜宾市三模）的展开式中，含的项的系数是（ ）
A．B．C．30D．60
【答案】A
【分析】利用二项式的通项即可求解.
【详解】，所以展开式的通项为，，展开式的通项为，，展开式的通项为，，令，得，所以含的项的系数是.故选：.
9．（多选）（2025年广东省广州市天河区三模）在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．展开式共项B．各项系数的和为1
C．项的系数为D．二项式系数最大的项为第项
【答案】BD
【分析】由二项式展开式的项数即可判断A，由赋值法代入计算，即可判断B，由展开式的通项公式即可判断C，由二项式系数的性质即可判断D.
【详解】对于A，的展开式中共项，故A错误；对于B，令可得，则各项系数的和为1，故B正确；对于C，二项式展开式的通项公式为，
令，则该项系数为，故C错误；对于D，因为二项式的指数为偶数，展开式有项，则二项式系数最大的项为中间一项，即第项，故D正确；故选：BD
10．（2025·河北省张家口·三模）若的展开式中的系数为240，则（ ）
A．4B．5C．6D．8
【答案】C
【分析】利用二项展开式的通项，根据的系数为240列式，代入验证法求即可.
【详解】的展开式通项为.令得展开式中的系数为，即，对于A，时，，不满足方程；
对于B，时，，不满足方程；对于C，时，，满足方程；
对于B，时，，不满足方程.故选：C
11．（2025·四川省攀枝花·三模）的二项展开式中含的项的系数为 （用数字作答）．
【答案】
【分析】利用展开式的通项公式来求指定项系数即可.
【详解】展开式中的第二项为，所以含的项的系数为，
12．（2025·河南省安阳市·三模）的展开式中，的系数是 .（用数字作答）
【答案】8
【分析】写出展开式通项公式，得到的系数为.
【详解】的展开式的通项为，令，得，所以的系数为.
13．（2025·海南·三模）若（为正常数）的展开式中所有项的系数之和为81，则展开式中的常数项为 ．
【答案】24
【分析】通过赋值，求得，进而可求解；
【详解】令，由题意可得且，解得：，由通项公式可知：展开式中的常数项为.
14．（2019·贵州贵阳·一模）展开式中的常数项为 ．
【答案】.
【分析】利用通项公式即可得出．
【详解】通项公式Tr+1（x2）6﹣r（﹣1）rx12﹣3r，令12﹣3r＝0，解得r＝4．
∴展开式中的常数项15．
15．（2025·河南周口·二模）在的展开式中有理项的系数的和为 ．
【答案】
【分析】根据二项式定理的展开式通项确定有理项，结合二项式系数的性质即可得有理项的系数的和.
【详解】的展开式的通项为，
当时，展开式为有理项，所以展开式中有理项的系数的和为.
题型03
基本不等式
1．（2025·河南省焦作市·三模）若，且，则的最大值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】B
【分析】对目标式合理变形，再利用基本不等式求解即可．
【详解】因为，所以，当且仅当，即时取等号.故选：B.
2．（多选）（2025·湖南省郴州市·三模）设正实数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】对于A：设，整理可得得，结合运算求解；对于BD：利用基本不等式分析判断；对于C：先证，即可得结果.
【详解】对于选项A：因为正实数满足，设，则，因为，即，整理可得得，将其看为关于的一元二次方程，则，解得，
即，故A正确；对于选项D：因为，且，，
则，当且仅当时，等号成立，所以，故D正确；
对于选项B：因为，则，当且仅当时，等号成立，
则，得，当且仅当时，等号成立，故B错误；对于选项C：因为
，因为，则，，可得，当且仅当时，等号成立，即，可得，即，当且仅当时，等号成立所以，故C正确；故选：ACD.
3．（多选）（2025·河北省张家口·三模）已知，，且，若，则（ ）
A．B．的最小值为
C．的最小值为D．的取值范围为
【答案】BCD
【分析】利用基本不等式判断BC，根据，转化为函数关系，转化为根据定义域问题求值域，判断AD.
【详解】A.由条件可知，，，则，故A错误；B.由题意可知，，则，当时等号成立，则的最小值为，故B正确；
C. ，当，即时等号成立，则的最小值为，故C正确；D.，当，均单调递增，且时，，
则在区间上单调递增，∴当时取得最大值5，且时，，
所以的取值范围为，故D正确.故选：BCD.
4．（多选）（2025·辽宁沈阳·三模）已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，点M为内一动点，且，则（ ）
A．B．
C．a的最大值为2D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】由数量积的定义即可判断A，由三角形的面积公式即可判断B，由余弦定理以及基本不等式即可判断C，由基本不等式的常数代换，即可判断D.
【详解】对于A，由可得，则，故A正确；
对于B，，故B正确；对于C，由余弦定理可得，即，则，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为，故C错误；对于D，因为，且，
则，即，
所以
，
当且仅当时，即时，等号成立，故D正确；故选：ABD.
5．（2025·贵州铜仁·三模）已知在中，，其中内角的对边分别为．
(1)求角的大小；
(2)若为的中点，且，求的最大值．
【答案】(1)
(2)的最大值为18
【分析】（1）由正弦定理得到，再由余弦定理得到，故；
（2）由余弦定理得，由基本不等式求出最大值
【详解】（1）由正弦定理（为外接圆半径），将，代入，可得，化简后得到，即．根据余弦定理，把代入可得．因为，所以；
（2）在中，根据余弦定理．因为为中点，设，已知，则，即．根据基本不等式（当且仅当时取等号）．所以，即，当且仅当时取等号．将代入，可得，
解得，，满足条件，所以的最大值为18．