2025年菁优高考数学压轴训练24

Page2025年菁优高考数学压轴训练24一．选择题（共9小题）1．（2024•阜阳模拟）在二项式的展开式中，下列说法正确的是A．常数项为 B．各项的系数和为64 C．第3项的二项式系数最大 D．奇数项二项式系数和为2．（2024•博白县模拟）文娱晚会中，学生的节目有5个，教师的节目有2个，如果教师的节目不排在第一个，也不排在最后一个，并且不相邻，则排法种数为A．720 B．1440 C．2400 D．28803．（2024•南京模拟）有5个人到南京、镇江、扬州的三所学校去应聘，若每人至多被一个学校录用，每个学校至少录用其中一人，则不同的录用情况种数是A．300 B．360 C．390 D．4204．（2024•石家庄模拟）现将四名语文教师，三名心理教师，两名数学教师分配到三所不同学校，每个学校三人，要求每个学校既有心理教师又有语文教师，则不同的安排种数为A．216 B．432 C．864 D．10805．（2024•西安二模）老师有6本不同的课外书要分给甲、乙、丙三人，其中甲分得2本，乙、丙每人至少分得一本，则不同的分法有A．248种 B．168种 C．360种 D．210种6．（2024•安徽模拟）将1到50这50个正整数平均分成、两组，每组各25个数，使得组的中位数比组的中位数小1，则共有种分法．A． B． C． D．7．（2024•贵州模拟）在的展开式中，下列说法错误的是A．二项式系数之和为64 B．各项系数之和为 C．二项式系数最大的项为 D．常数项为8．（2024•莆田模拟）用数字0，1，2，3，5组成没有重复数字的五位偶数，把这些偶数从小到大排列得到一个数列，则A．32150 B．25310 C．32510 D．251309．（2024•凉山州模拟）五名同学彝族新年期间去邛海湿地公园采风观景，在观鸟岛湿地门口五名同学排成一排照相留念，若甲与乙相邻，丙与丁不相邻，则不同的排法共有A．12种 B．24种 C．48种 D．96种二．多选题（共6小题）10．（2024•长沙三模）瑞士数学家于17世纪提出如下不等式：，有，请运用以上知识解决如下问题：若，，，则以下不等式正确的是A． B． C． D．11．（2024•曲靖模拟）下列命题正确的是A．展开式中的系数为1 B．展开式的常数项等于20 C．展开式的二项式系数之和为64 D．展开式的系数之和为6412．（2024•九江三模）已知二项式，则A．展开式中的系数为45 B．展开式中二项式系数最大的项是第5项 C．展开式中各项系数之和为1 D．展开式中系数最大的项是第5项或第7项13．（2024•河南模拟）关于的展开式，下列判断正确的是A．展开式共有7项 B．展开式的各二项式系数的和为128 C．展开式中含的项的系数为 D．展开式的常数项为14．（2024•福建模拟）已知正整数，，其中的因数不包含3，若的展开式中有且只有6项能被9整除，则的取值可以是A．6 B．7 C．8 D．915．（2023•云南模拟）已知，则A．展开式中所有项的系数和为 B．展开式中二项系数最大项为第1012项 C． D．三．填空题（共6小题）16．（2024•黄浦区校级三模）用这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数共有个．17．（2024•南开区模拟）在的展开式中，的系数为．18．（2024•越秀区校级一模）若的展开式中含的项的系数为60，则的最小值为．19．（2024•绍兴模拟）展开式中的系数为．20．（2024•陕西模拟）的展开式中，不含字母的项为．21．（2024•阳江模拟）展开式中的系数为，则的值为．四．解答题（共4小题）22．（2024•浙江模拟）最近的一次数学竞赛共6道试题，每题答对得7分，答错（或不答）得0分．赛后某参赛代表队获团体总分161分，且统计分数时发现：该队任两名选手至多答对两道相同的题目，没有三名选手都答对两道相同的题目．试问该队选手至少有多少人？23．（2024•顺庆区校级模拟）已知数列的首项为1，记．（1）若数列是公比为3的等比数列，求的值；（2）若数列是公差为2的等差数列，①求证：；②求证：是关于的一次多项式．24．（2024•黔南州二模）1799年，哥廷根大学的高斯在其博士论文中证明了如下定理：任何复系数一元次多项式方程在复数域上至少有一根．此定理被称为代数基本定理，在代数乃至整个数学中起着基础作用．由此定理还可以推出以下重要结论：次复系数多项式方程在复数域内有且只有个根（重根按重数计算）．对于次复系数多项式，其中，，，，若方程有个复根，，，，则有如下的高阶韦达定理：（1）在复数域内解方程；（2）若三次方程的三个根分别是，，为虚数单位），求，，的值；（3）在的多项式中，已知，，，为非零实数，且方程的根恰好全是正实数，求出该方程的所有根（用含的式子表示）．25．（2024•鼓楼区校级模拟）设的第项系数为．（1）求的最大值．（2）若表示的整数部分，，求的值．

2025年菁优高考数学压轴训练24参考答案与试题解析一．选择题（共9小题）1．（2024•阜阳模拟）在二项式的展开式中，下列说法正确的是A．常数项为 B．各项的系数和为64 C．第3项的二项式系数最大 D．奇数项二项式系数和为【答案】【考点】二项式定理【专题】转化思想；二项式定理；逻辑推理；数学运算；计算题；综合法【分析】直接利用二项式的展开式，赋值法和组合数以及二项式系数的和判断、、、的结论．【解答】解：根据的展开式通项为，，1，2，3，4，5，，当时，常数项为，选项正确；令，得各项的系数和为，选项错误；展开式共7项，二项式系数最大应为第4项，故选项错误；依题意奇数项二项式系数和为，选项错误．故选：．【点评】本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，赋值法，主要考查学生的运算能力，属于中档题．2．（2024•博白县模拟）文娱晚会中，学生的节目有5个，教师的节目有2个，如果教师的节目不排在第一个，也不排在最后一个，并且不相邻，则排法种数为A．720 B．1440 C．2400 D．2880【答案】【考点】部分元素不相邻的排列问题【专题】定义法；对应思想；数学运算；排列组合【分析】先将学生节目进行全排列，再根据题意将教师节目插入除首尾以为的4个空中，从而可解．【解答】解：根据题意，先将学生节目进行全排列共有种排法，又教师的节目不排在第一个，也不排在最后一个，并且不相邻，则将教师的2个节目插入到中间4个空中，则共种方法．故选：．【点评】本题考查排列组合相关知识，属于中档题．3．（2024•南京模拟）有5个人到南京、镇江、扬州的三所学校去应聘，若每人至多被一个学校录用，每个学校至少录用其中一人，则不同的录用情况种数是A．300 B．360 C．390 D．420【答案】【考点】排列组合的综合应用【专题】数学运算；综合法；整体思想；排列组合【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合分类加法计数原理及平均分组问题求解．【解答】解：当5个人中有3个人被录用，则不同的录用情况种数是；当5个人中有4个人被录用，则不同的录用情况种数是；当5个人中全部被录用，则不同的录用情况种数是，则不同的录用情况种数共有．故选：．【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法计数原理及平均分组问题，属中档题．4．（2024•石家庄模拟）现将四名语文教师，三名心理教师，两名数学教师分配到三所不同学校，每个学校三人，要求每个学校既有心理教师又有语文教师，则不同的安排种数为A．216 B．432 C．864 D．1080【答案】【考点】排列组合的综合应用【专题】定义法；对应思想；数学运算；排列组合【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合分组分配列式计算得解．【解答】解：求不同的安排种数需要分成3步，把3名心理教师分配到三所学校，有种方法，再把4名语文教师按（1分）成3组，并分配到三所学校，有种方法，最后把2名数学教师分配到只有1名语文教师的两所学校，有种方法，由分步乘法计数原理得不同的安排种数为．故选：．【点评】本题考查排列组合相关知识，属于中档题．5．（2024•西安二模）老师有6本不同的课外书要分给甲、乙、丙三人，其中甲分得2本，乙、丙每人至少分得一本，则不同的分法有A．248种 B．168种 C．360种 D．210种【答案】【考点】人员及物品分配问题【专题】整体思想；综合法；排列组合；数学运算【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合分类加法计数原理及分步乘法计数原理求解．【解答】解：老师有6本不同的课外书要分给甲、乙、丙三人，其中甲分得2本，乙、丙每人至少分得一本，当甲分2本，乙分1本，丙分3本时，不同的分法有种；当甲分2本，乙分2本，丙分2本时，不同的分法有种；当甲分2本，乙分3本，丙分1本时，则不同的分法有种，即不同的分法共有种．故选：．【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法计数原理及分步乘法计数原理，属中档题．6．（2024•安徽模拟）将1到50这50个正整数平均分成、两组，每组各25个数，使得组的中位数比组的中位数小1，则共有种分法．A． B． C． D．【答案】【考点】简单组合问题；排列组合的综合应用【专题】计算题；排列组合；数学运算；综合法；方程思想【分析】根据题意，由中位数的定义分析可得甲组的中位数为25，而此时乙组的中位数是26，【解答】解：根据题意，将1，2，3，，50这50个正整数分成甲、乙两组，每组各25个数，使得甲组的中位数比乙组的中位数小1，由中位数的定义，甲组的中位数为25，而此时乙组的中位数是26，在小于25的24个数中选12个，分到组，剩下12个分到组，在大于25的24个数中选12个，分到组，剩下12个分到组，共有种分组方法．故选：．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及中位数的定义，属于中档题．7．（2024•贵州模拟）在的展开式中，下列说法错误的是A．二项式系数之和为64 B．各项系数之和为 C．二项式系数最大的项为 D．常数项为【答案】【考点】二项式定理【专题】综合法；二项式定理；数学运算；转化思想；计算题【分析】由题意先求出的值，利用二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．【解答】解：的展开式中，二项式系数之和为，故正确；令，可得各项系数之和为，故正确；根据二项式系数的性质，可得当时，展开式中二项式系数最大，即展开式的第4项的二项式系数最大，，故错误；根据通项公式为，令，求得，可得展开式中常数项为，故正确．故选：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题．8．（2024•莆田模拟）用数字0，1，2，3，5组成没有重复数字的五位偶数，把这些偶数从小到大排列得到一个数列，则A．32150 B．25310 C．32510 D．25130【答案】【考点】部分位置的元素有限制的排列问题【专题】综合法；排列组合；数学运算；转化思想；计算题【分析】由分类加法计数原理及排列数公式求解即可．【解答】解：数字1在万位的偶数，2为个位）有个；数字2在万位的偶数为个位）有个；数字3在万位，0在千位的偶数为个位）有个；此时共个偶数，随后5个偶数从小到大为31052，31502，31520，32150，32510，所以第25个数是32510，即．故选：．【点评】本题主要考查简单的计数问题，考查运算求解能力，属于中档题．9．（2024•凉山州模拟）五名同学彝族新年期间去邛海湿地公园采风观景，在观鸟岛湿地门口五名同学排成一排照相留念，若甲与乙相邻，丙与丁不相邻，则不同的排法共有A．12种 B．24种 C．48种 D．96种【答案】【考点】部分元素不相邻的排列问题【专题】对应思想；综合法；排列组合；数学运算【分析】甲和乙相邻利用捆绑法，丙和丁不相邻用插空法，即先捆甲和乙，再与丙和丁外的一人共“2人”排列，再插空排丙和丁．【解答】解：甲和乙相邻，捆绑在一起有种，再与丙和丁外的1人排列有种，再排丙和丁有种，故共有种排法．故选：．【点评】本题考查排列、组合及简单计数问题，考查运算求解能力，属于中档题．二．多选题（共6小题）10．（2024•长沙三模）瑞士数学家于17世纪提出如下不等式：，有，请运用以上知识解决如下问题：若，，，则以下不等式正确的是A． B． C． D．【答案】【考点】二项式定理【专题】转化思想；构造法；定义法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算【分析】选项中，根据题意得出，，求和即可；选项中，根据题意得出，，根据同向不等式相加，求解即可；选项、，不等式，可化为，构造函数，利用导数判断函数的单调性，求解即可．【解答】解：对于，因为，所以，则；对于，因为，同理，则；对于，要证明，也即证明，只要证明时，在区间，上单调递减．求导数，得，由，得，且，结合幂函数的性质得：当时，，在区间上单调递减，即时，函数取得最大值，从而只需证明，变换得：，因为，故得证；综上，若，不等式成立，选项正确，错误．故选：．【点评】本题考查了函数与不等式的应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题．11．（2024•曲靖模拟）下列命题正确的是A．展开式中的系数为1 B．展开式的常数项等于20 C．展开式的二项式系数之和为64 D．展开式的系数之和为64【答案】【考点】二项式定理【专题】数学运算；计算题；综合法；转化思想；二项式定理；逻辑推理【分析】根据给定二项式，利用展开式的通项公式计算可判断选项，；根据二项式系数之和为可判断选项；令，可得所有项系数之和进而判断选项．【解答】解：对于选项：由展开式的通项为，令，解得，所以含的项为，此时系数为1，故正确；对于选项：由展开式的通项为，令，解得，所以常数项为，故正确；对于选项：由可知，所以二项式系数之和为，故正确；对于选项：令，可得所有项系数之和为，故错误．故选：．【点评】本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档题．12．（2024•九江三模）已知二项式，则A．展开式中的系数为45 B．展开式中二项式系数最大的项是第5项 C．展开式中各项系数之和为1 D．展开式中系数最大的项是第5项或第7项【答案】【考点】二项式定理【专题】综合法；数学运算；二项式定理；整体思想【分析】由已知结合二项展开式式系数及系数的性质检验各选项即可判断．【解答】解：因为，：令，即，展开式中的系数为，正确；：展开式共11项，故二项式系数最大的项为第6项，错误；：令，则展开式各项系数和为0，错误；：当为奇数时，系数为负，当为偶数时，系数为正，故展开式中，或系数最大项为第5或第7项，正确．故选：．【点评】本题主要考查了二项展开式系数及展开式系数的性质的应用，属于中档题．13．（2024•河南模拟）关于的展开式，下列判断正确的是A．展开式共有7项 B．展开式的各二项式系数的和为128 C．展开式中含的项的系数为 D．展开式的常数项为【答案】【考点】二项式定理【专题】数学运算；二项式定理；逻辑推理；转化思想；计算题；综合法【分析】根据二项式展开式的性质判断，二项式系数和为判断，写出展开式的通项，即可判断，令，可得展开式中常数项，即可判断．【解答】解：对于，因为，故展开式共有项，故错误；对于，展开式的各二项式系数的和为，故正确；对于，展开式的通项公式为：，故含的项的系数为，故错误；对于，令，展开式的常数项为，故正确．故选：．【点评】本题考查的知识点：二项式的展开式，赋值法，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档题．14．（2024•福建模拟）已知正整数，，其中的因数不包含3，若的展开式中有且只有6项能被9整除，则的取值可以是A．6 B．7 C．8 D．9【答案】【考点】二项式定理【专题】数学运算；二项式定理；计算题；转化思想；逻辑推理；综合法【分析】利用二项式定理及其通项公式分类讨论计算即可．【解答】解：易知的展开式的第项为，即当时必能被9整除，即至少有项可被9整除，故转为研究当，1时是否满足题意，当时，该项为，由于的因数不含3，故无法被9整除；当时，该项为，若为3的倍数，则该项可被9整除；若时该项可被9整除，则共有项可被9整除，此时，为3的倍数，成立，若时该项不可被9整除，则共有项可被9整除，此时，符合题意．综上，可以为6或7．故选：．【点评】本题考查的知识点：二项式的展开式，整除问题的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．15．（2023•云南模拟）已知，则A．展开式中所有项的系数和为 B．展开式中二项系数最大项为第1012项 C． D．【答案】【考点】二项式定理【专题】函数思想；转化法；二项式定理；数学运算【分析】．令进行求解．．展开式中二次系数最大值的项有两项．．令或进行求解．．先对等式两边对求导数，然后令进行计算即可．【解答】解：令，得所有项系数和为，故正确，，展开式中有2024项，则展开式中二项系数最大项为第1012项或1013项，故错误，令得，，令得，，故正确，等式两边对求导数得，令得，故错误．故选：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，利用二项式系数的性质，利用赋值法以及求导数法进行计算是解决本题的关键，是中档题．三．填空题（共6小题）16．（2024•黄浦区校级三模）用这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数共有840个．【考点】数字问题【专题】整体思想；综合法；排列组合；数学运算【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理及分类加法计数原理求解．【解答】解：用这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数可分为2类：①当数位上数字为奇数且个数为2时，则有个；②当数位上数字为奇数且个数为4时，则有个，则各个数位上数字和为偶数的奇数共有个．故答案为：840．【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步乘法计数原理及分类加法计数原理，属中档题．17．（2024•南开区模拟）在的展开式中，的系数为．【答案】．【考点】二项式定理【专题】综合法；数学运算；计算题；转化思想；二项式定理；逻辑推理【分析】直接利用二项式的展开式和组合数的应用求出结果．【解答】解：根据二项式的展开式，1，2，3，4，，当时，的系数为．故答案为：．【点评】本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档题．18．（2024•越秀区校级一模）若的展开式中含的项的系数为60，则的最小值为．【答案】．【考点】二项式定理【专题】数学运算；转化思想；二项式定理；转化法【分析】求出通项公式，利用项的系数得到方程，求出，进而由基本不等式求出最小值．【解答】解：二项展开式的通项为，令得，，依题意得，，，，当且仅当，即时，等号成立．的最小值为．故答案为：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，考查转化能力，属于中档题．19．（2024•绍兴模拟）展开式中的系数为．【答案】．【考点】二项式定理【专题】综合法；转化思想；计算题；二项式定理；数学运算；逻辑推理【分析】根据二项式定理计算即可．【解答】解：设的通项为，当时，．故答案为：．【点评】本题考查的知识要点：二项式的展开式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．20．（2024•陕西模拟）的展开式中，不含字母的项为．【答案】．【考点】二项式定理【专题】函数思想；综合法；数学运算；二项式定理【分析】利用二项式定理，可得的展开式中，不含字母的项．【解答】解：的展开式中，不含字母的项为．故答案为：．【点评】本题考查二项式定理，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于中档题．21．（2024•阳江模拟）展开式中的系数为，则的值为1．【答案】1．【考点】二项式定理【专题】数学运算；转化思想；二项式定理；转化法【分析】根据已知条件，结合二项式定理，即可求解．【解答】解：展开式的通项公式为，展开式中的系数为，则，即，解得．故答案为：1．【点评】本题主要考查二项式定理，考查转化能力，属于基础题．四．解答题（共4小题）22．（2024•浙江模拟）最近的一次数学竞赛共6道试题，每题答对得7分，答错（或不答）得0分．赛后某参赛代表队获团体总分161分，且统计分数时发现：该队任两名选手至多答对两道相同的题目，没有三名选手都答对两道相同的题目．试问该队选手至少有多少人？【答案】7．【考点】排列组合的综合应用【专题】逻辑推理；排列组合；转化法；转化思想【分析】利用图表列举所有情况，结合排列组合公式计算求解即可．【解答】解：设该队有名选手，分别记为，，，，记6道题的编号依次为1，2，，6，以编号为行、选手为列作一个的方格表，如果选手，2，答对第，2，题，就将方格表中第行第列的小方格的中心染成红点，我们的问题就是在的方格表中，不存在“横”6点矩形和“纵”6点矩形的情况，且至少有23个红点时，求的最小值．如第1列有6个红点，那么，后面各列至多有2个红点，因为，于是，取第2至10列，其中第2至9列每列有2个红点，第列1个红点（如图）满足题设，这说明的最小值不大于．我们发现，可通过将第1列中某点移到此点所在行的其他列中来减少图6的列数，如作移动，，，可同时作移动，，，，，，，，，这样便得到有23个红点的图甲，类似地可得图乙，这说明的最小值不大于7．下面证明：的最小值大于6．对于一个恰有6列的方格表，由抽屉原理知至少有一列红点数不少于4，不妨设第1列，且第1列的前4行的小方格的中心是红点，如果某列有2个红点，则称其为某列上的一个红点“行对”，这样在前4行中，除第1列外的5列中每列只能有一个行对．于是，前4行中总共有个行对．考虑最后两行：若第1列还有红点，那么，有红点的这一行不能再有其他的红点，如第1列还有2个红点，这时能增加9个行对，方格表中共有个行对；如第1列还有1个红点，不妨设第1列第5行的小方格有红点，这时即使第6行除第1列外的其他小方格都有红点，那么，可增加个行对，方格表中共有个行对；如第1列没有其他的红点，那么，在最后两行中最多还有两个行对，这两个行对占去了两列，在余下的三列中，每列最多有1个红点，于是，可增加行对个，这时，方格表中最多有个行对．这说明27是可能的行对总数的最大值，设第列的红点数为，，，且，则所有行对的总数，即，由柯西不等式有，所以，解得，由为正整数知，这说明方格表中红点个数最多为21个，又当时，方格表中红点总数不大于个，这说明的最小值不小于7．综上，该代表队至少有7名选手．【点评】本题考查排列组合的应用，属于难题．23．（2024•顺庆区校级模拟）已知数列的首项为1，记．（1）若数列是公比为3的等比数列，求的值；（2）若数列是公差为2的等差数列，①求证：；②求证：是关于的一次多项式．【考点】二项式定理【专题】数学运算；计算题；转化思想；二项式定理；逻辑推理；证明题【分析】（1）等比数列结合二项式定理可解决该问题；（2）①利用组合数公式解决；②利用二项式定理和①结论解决．【解答】解：（1）由题意，，，，；（2）①证明：；②证明：数列是公差为2的等差数列，．则，由二项式定理知，．又，，所以，是关于的一次多项式．【点评】本题考查二项式定理、等差等比数列、组合数公式、一次函数、转化思想，考查数学运算能力及推理能力，属于难题．24．（2024•黔南州二模）1799年，哥廷根大学的高斯在其博士论文中证明了如下定理：任何复系数一元次多项式方程在复数域上至少有一根．此定理被称为代数基本定理，在代数乃至整个数学中起着基础作用．由此定理还可以推出以下重要结论：次复系数多项式方程在复数域内有且只有个根（重根按重数计算）．对于次复系数多项式，其中，，，，若方程有个复根，，，，则有如下的高阶韦达定理：（1）在复数域内解方程；（2）若三次方程的三个根分别是，，为虚数单位），求，，的值；（3）在的多项式中，已知，，，为非零实数，且方程的根恰好全是正实数，求出该方程的所有根（用含的式子表示）．【答案】（1）；（2），，；（3）．【考点】类比推理；二项式定理；复数的运算【专题】综合法；逻辑推理；数学运算；二项式定理；数系的扩充和复数；转化思想；计算题【分析】（1）根据题意直接解方程即可；（2）根据题意结合韦达定理分析运算求解；（3）根据题意结合韦达定理可得，结合不等式可得，由可得，结合不等式成立条件分析求解．【解答】解：（1）由，可得，解得．（2）由题意可知：，将，，代入可得，所以，，．（3）设，，，，，，，，，因为，当且仅当时，等号成立，可得，即，当且仅当时，等号成立，因为方程的根恰好全是正实数，设这个正根分别为，，，且，，，由题意可知：，因为，且，，，均为正数，则，当且仅当时，等号成立，又因为，即，所以．【点评】本题主要考查二项式定理，复数的运算，考查运算求解能力，属于难题．25．（2024•鼓楼区校级模拟）设的第项系数为．（1）求的最大值．（2）若表示的整数部分，，求的值．【答案】（1）1792；（2）．【考点】二项式定理【专题】二项式定理；综合法；数学运算；转化思想；计算题；逻辑推理【分析】（1）直接利用系数的最大项建立不等式组，进一步求出最大值；（2）直接利用二项式的展开式和整除问题求出结果．【解答】解：（1）由题可知，，则最大项满足，解得或6．所以最大项系数为，（2）二项式的第象通项满足，所以，所以，，所以，即，故．【点评】本题考查的知识要点：系数的最大项，二项式的展开式，整除问题，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．

考点卡片1．复数的运算【知识点的认识】复数的加、减、乘、除运算法则2．数字问题【知识点的认识】﹣数字问题涉及数字的排列组合、数字的特性以及数位的安排．例如：求解由数字构成的不同整数的数量、分析某一数字在特定数位上的可能性、或求解满足特定条件的整数个数．﹣数字问题通常涉及到计数原理在数字排列中的应用，以及整数的分配与组合．【解题方法点拨】﹣首先分析题目中的数字特性，如数字的范围、允许的重复次数等．﹣使用排列数或组合数来计算数字的不同排列组合方式，必要时采用分类讨论的方式处理特殊情况．﹣在涉及限制条件（如某些数位必须满足特定要求）时，先处理限制条件，再进行组合计算．【命题方向】﹣典型的数字问题命题包括：计算由给定数字组成的不同整数的数量，或者确定某一数位上特定数字出现的频率．﹣可能涉及到数字排列的特殊情况，如求解满足某些数位条件的整数个数，或计算某些数字在排列中的特定组合数量．﹣在更复杂的问题中，可能需要结合多种计数方法，如递推公式或生成函数来处理数字的排列组合．3．部分位置的元素有限制的排列问题【知识点的认识】﹣部分位置的元素排列受限是指在排列问题中，某些元素只能出现在特定位置或区域．例如：特定元素只能出现在排列的前几位或某些位置．﹣这种问题通常要求考生在处理排列时，先考虑限制条件，再进行一般排列．【解题方法点拨】﹣处理此类问题时，首先对有限制的部分进行排列，将有限制的元素排好位置，然后对剩余元素进行排列组合．﹣使用乘法原理，将有限制的排列与剩余元素的排列相乘得到总数．﹣对于较复杂的限制条件，可能需要分类讨论，并对每种情况进行单独计算．【命题方向】﹣常考察在特定位置或区域内元素的排列，如规定某些元素必须在前几位，或必须固定在某些位置的排列问题．﹣命题可能涉及多重限制条件的综合分析，要求考生灵活运用排列数公式．4．部分元素不相邻的排列问题【知识点的认识】﹣部分元素不相邻的排列问题要求在排列过程中，特定元素必须保持不相邻．例如：在排列中，两个特定元素不能排在一起．﹣这类问题通常通过排除法、间隔法或插空法来解决．【解题方法点拨】﹣使用间隔法，首先将不受限制的元素排列，然后在排列间隙中插入受限制的元素，保证其不相邻．﹣排除法是先计算不考虑相邻条件的排列总数，再减去相邻元素排列的情况．﹣对于更复杂的排列问题，可以结合插空法或利用递推关系进行解题．【命题方向】﹣命题方向可能要求考生求解特定元素不相邻的排列总数，或者分析多个元素不相邻的组合情况．﹣题目可能涉及多个不相邻条件的叠加，要求考生准确处理这些条件．5．简单组合问题【知识点的认识】﹣简单组合问题涉及无任何特殊限制的组合情况．n个不同元素中选出r个元素的组合总数为．﹣这类问题是组合问题的基础，强调对基本组合公式的理解与应用．【解题方法点拨】﹣直接应用组合公式进行计算．在实际问题中，注意理解组合与排列的区别，组合不考虑顺序，而排列考虑顺序．﹣对于简单组合问题，可以通过列举法或公式直接求解．﹣在复杂组合问题中，分类讨论和递推公式可能是有效的解题工具．【命题方向】﹣常见命题包括基本组合问题的计算，如从一组元素中选出子集的总数，或计算特定组合情况的可能性．﹣命题可能涉及对组合数公式的直接应用，以及对组合问题的基础性理解与操作．6．人员及物品分配问题【知识点的认识】﹣人员及物品分配问题涉及将不同人员或物品进行分配的组合问题．例如：将n个人分配到k个小组，或者将m个物品分配给p个人．﹣这类问题通常涉及组合与排列的综合应用，以及对分配方案的合理性判断．【解题方法点拨】﹣根据分配的要求，首先分析每种分配情况的可能性，然后分别计算不同情况的组合数或排列数．﹣对于不同分配方式，可以使用加法原理和乘法原理进行综合计算．对于更复杂的分配问题，分类讨论是必要的．﹣分配问题中，考虑限制条件（如某些人或物品必须被分配到特定组）的情况，可以先处理有限制的部分，再进行剩余部分的分配．【命题方向】﹣常见的命题方向包括分配问题的综合应用，可能要求考生计算不同分配方案的总数，或者分析特定分配条件下的组合数．﹣题目可能涉及人员或物品的多重分配方式，要求考生灵活应用组合与排列的混合计算．7．排列组合的综合应用【知识点的认识】1、排列组合问题的一些解题技巧：①特殊元素优先安排；②合理分类与准确分步；③排列、组合混合问题先选后排；④相邻问题捆绑处理；⑤不相邻问题插空处理；⑥定序问题除法处理；⑦分排问题直排处理；⑧“小集团”排列问题先整体后局部；⑨构造模型；⑩正难则反、等价转化．对于无限制条件的排列组合问题应遵循两个原则：一是按元素的性质分类，二是按时间发生的过程进行分步．对于有限制条件的排列组合问题，通常从以下三个途径考虑：①以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；②以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；③先不考虑限制条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．2、排列、组合问题几大解题方法：（1）直接法；（2）排除法；（3）捆绑法：在特定要求的条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整体排好之后再考虑它们“局部”的排列．它主要用于解决“元素相邻问题”；（4）插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中，此法主要解决“元素不相邻问题”；（5）占位法：从元素的特殊性上讲，对问题中的特殊元素应优先排列，然后再排其他一般元素；从位置的特殊性上讲，对问题中的特殊位置应优先考虑，然后再排其他剩余位置．即采用“先特殊后一般”的解题原则；（6）调序法：当某些元素次序一定时，可用此法；（7）平均法：若把kn个不同元素平均分成k组，每组n个，共有；（8）隔板法：常用于解正整数解组数的问题；（9）定位问题：从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列规定某r个元素都包含在内，并且都排在某r个指定位置则有；（10）指定元素排列组合问题：①从n个不同元素中每次取出k个不同的元素作排列（或组合），规定某r个元素都包含在内．先C后A策略，排列；组合；②从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定某r个元素都不包含在内．先C后A策略，排列；组合；③从n个不同元素中每次取出k个不