考点巩固卷25排列组合及二项式定理(十一大考点)（解析版）

考点巩固卷25排列组合及二项式定理(十一大考点)考点01 分类及分步的简单应用1．360的不同正因数的个数为（

）A．24 B．36 C．48 D．42【答案】A【分析】根据质因数分解，结合分步计数原理进行求解即可.【详解】因为，所以360有个不同的正因数．故选：A2．如图，小黑圆表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连．连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息（

）

A．26 B．24 C．20 D．19【答案】D【分析】根据题意，结合图形得出从A到B传播路径有4条，写出每条途径传播的最大信息量，再求和，即得答案．【详解】解：根据题意，结合图形知，从A到B传播路径有4条，如图所示；

途径①传播的最大信息量为3，途径②传播的最大信息量为4；途径③传播的最大信息量为6，途径④传播的最大信息量为6；所以从A向B传递信息，单位时间内传递的最大信息量为，故选：D．3．某人从上一层到二层需跨10级台阶，他一步可能跨1级台阶，称为一阶步，也可能跨2级台阶，称为二阶步，最多能跨3级台阶，称为三阶步，从一层上到二层他总共跨了6步，而且任何相邻两步均不同阶，则他从一层到二层可能的不同走法共有（

）种.A．10 B．9 C．8 D．12【答案】A【分析】利用计数原理直接计算即可.【详解】按题意要求，不难验证这6步中不可能没有三阶步，也不可能有多于1个的三阶步.因此，只能是1个三阶步，2个二阶步，3个一阶步.为形象起见，以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10级台阶的过程：白球表示一阶步，黑球表示二阶步，红球表示三阶步，每一过程可表为3个白球、2个黑球、1个红球的一种同色球不相邻的排列.下面分三种情形讨论.（1）第1、第6球均为白球，则两黑球必分别位于中间白球的两侧，此时，共有4个黑白球之间的空位放置红球，所以此种情况共有4种可能的不同排列；（2）第1球不是白球.（i）第1球为红球，则余下5球只有一种可能的排列；（ii）若第1球为黑球，则余下5球因红、黑球的位置不同有两种不同的排列，此种情形共有3种不同排列；（3）第6球不是白球，同（2），共有3种不同排列.总之，按题意要求从一层到二层共有种可能的不同过程.故选：A4．魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一.已知经典三阶魔方（如图）自由转动之后的色块组合约有4.3×1019种，现将下图已还原的魔方按5步打乱，且每一步互相独立，则共有（

）种打乱方式.A． B． C．185 D．195【答案】C【分析】按魔方的正面和侧面进行分析，得到每一次的旋转方式共有18种，即可得到答案【详解】若以红色的一面为正面，分成三行三列，每一行可以左右旋转，每一列可以上下旋转，此时有种旋转方式；接着侧面（以绿色一面为例），每一列都可以上下旋转，此时有种旋转方式，故每一次旋转魔方，共有种旋转方式，所以按5步打乱，且每一步互相独立，则共有185种打乱方式.故选：C5．一个圆的圆周上均匀分布6个点，在这些点与圆心共7个点中，任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形个数为.【答案】8【分析】利用圆的对称性，分两种情况：相邻两个点和圆心、相间隔的三点，即可求出结果.【详解】如图1，由圆上相邻两个点和圆心可构成等边三角形，共有6个；如图2，由圆上相间隔的三点可构成等边三角形，共有2个；所以，7个点中，任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形个数为个.

故答案为：8.考点02 排列数及组合数的运算6．（

）A．74 B．98 C．124 D．148【答案】C【分析】根据排列数与组合数公式，计算即可．【详解】．故选：C．7．若，则（

）A．90 B．42 C．12 D．10【答案】A【分析】根据组合数的性质求出即可.【详解】根据，且，所以，﹒故选：A﹒8．（多选）已知，，则（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据排列数和组合数公式判断各选项即可.【详解】对于A，，故A正确；对于B，，故B正确；对于C，因为，，且，所以，故C错误；对于D，，故D正确.故选：ABD.9．（多选）下列四个关系式中，一定成立的是（

）A．B．C．D．【答案】AC【分析】根据排列数公式和排列数的性质，准确化简、运算，即可求解.【详解】对于A中，由，所以A正确；对于B中，由，所以B错误；对于C中，由，所以C正确；对于D中，由，所以D错误.故选：AC.10．（多选）下列等式中，正确的是（

）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】计算出排列数和组合数后判断.【详解】，，，A正确；，B错；，，C正确；，，D正确．故选：ACD．考点03 捆绑法及插空法11．A，B，C，D，E，F六人站成一排，满足A，B相邻，C，D不相邻的不同站法的种数为（

）A．48 B．96 C．144 D．288【答案】C【分析】根据相邻捆绑法和不相邻问题插空法即可由排列数计算求解.【详解】由于A，B相邻，所以先将A,B看作一个整体捆绑起来与E,F进行全排列，然后将C，D插入到已排好队的两两之间以及首尾的空隙中即可，故共有,故选：C12．（2023·河南郑州·统考模拟预测）黄金分割最早见于古希腊和古埃及.黄金分割又称黄金率、中外比，即把一条线段分成长短不等的，两段，使得长线段与原线段的比等于短线段与长线段的比，即，其比值约为0.618339….小王酷爱数学，他选了其中的6，1，8，3，3，9这六个数字组成了手机开机密码，如果两个3不相邻，则小王可以设置的不同密码个数为（

）A．180 B．210 C．240 D．360【答案】C【分析】用插入法求解.【详解】先把排列，然后选两个空档插入3，总方法为．故选：C．13．为全面推进乡村振兴，永州市举办了“村晚兴乡村”活动，晚会有《走，去永州》《扬鞭催马运粮忙》《数幸福》《乡村振兴唱起来》四个节目，若要对这四个节目进行排序，要求《数幸福》与《乡村振兴唱起来》相邻，则不同的排列种数为（用数字作答）．【答案】【分析】利用捆绑求得正确答案.【详解】由于《数幸福》与《乡村振兴唱起来》相邻，所以两者“捆绑”，则不同的排列种数为种.故答案为：14．2023年春节在北京工作的五个家庭，开车搭伴一起回老家过年，若五辆车分别为，五辆车随机排成一排，则车与车相邻，车与车不相邻的排法有（

）A．36种 B．42种 C．48种 D．60种【答案】A【分析】利用捆绑法和插空法可求出结果.【详解】将车与车捆在一起当一个元素使用，有种捆法，将除车外的个元素全排，有种排法，将车插入，不与车相邻，又种插法，故共有种排法.故选：A15．为庆祝广益中学建校130周年，高二年级派出甲､乙､丙､丁､戊5名老师参加“130周年办学成果展”活动，活动结束后5名老师排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则排法共有（

）种.A．40 B．24 C．20 D．12【答案】B【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解.【详解】由题意得，5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，先令丙、丁两人相邻用捆绑法，再把丙、丁与戊排列在一起，最后插空令甲、乙两人不相邻,则不同的排法共有种.故选：.16．第二十二届哈尔滨国际经济贸易洽谈会（简称“哈洽会”）将于2023年6月15日至19日在哈尔滨国际会展体育中心举办，搭建展示和对接的平台，进一步激活发展潜能，推动“一带一路”建设．本届“哈洽会”线下展览总面积共计6万平方米，拟设中俄地方经贸合作主题展区、港澳台及国际展区、省区市合作展区、产业合作展区、龙江振兴展区、机械设备展区六大展区、展区布局如图所示，则产业合作展区与龙江振兴展区相邻的概率为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】首先求出基本事件总数，再利用捆绑法求出产业合作展区与龙江振兴展区相邻的事件数，最后利用古典概型的概率公式计算可得.【详解】依题意基本事件总数为种，其中产业合作展区与龙江振兴展区相邻的事件有种，故产业合作展区与龙江振兴展区相邻的概率.故选：A考点04 倍缩法及隔板法17．某学校组织6×100接力跑比赛，某班级决定派出A，B，C，D，E，F等6位同学参加比赛．在安排这6人的比赛顺序时要保证A要在B之前，D和F的顺序不能相邻，则符合要求的安排共有（

）A．240种 B．180种 C．120种 D．150种【答案】A【分析】先考虑D和F的顺序不能相邻，用插空法，然后考虑A要安排在B之前与A要安排在B之后的数量一样多，从而可得结论．【详解】解：6位同学参加接力赛跑，先考虑D和F的顺序不能相邻，其他四人的顺序数为种，D和F进行插空共有种，在所有符合条件的排序中，A要安排在B之前与A要安排在B之后的数量一样多，所以，符合要求的顺序有＝240种．故选：A．18．方程的非负整数解的组的个数为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】将问题转化为：将排成一列的14个完全相同的小球分成部分，利用隔板法即可得解.【详解】依题意，可知为非负整数，因为，所以，从而将问题转化为：将排成一列的14个完全相同的小球分成部分，一共有13个间隔，利用4个隔板插入即可，故共有种.故选：A19．甲、乙、丙等六人相约到电影院观看电影《封神榜》，恰好买到了六张连号的电影票．若甲、乙两人必须坐在丙的同一侧，则不同的坐法种数为（

）A．360 B．480 C．600 D．720【答案】B【分析】先求得六人的全排列数，结合题意，利用定序排列的方法，即可求解.【详解】由题意，甲、乙、丙等六人的全排列，共有种不同的排法，其中甲、乙、丙三人的全排列有种不同的排法，其中甲、乙在丙的同侧有：甲乙丙、乙甲丙、丙甲乙，丙乙甲，共4种排法，所以甲、乙两人必须坐在丙的同一侧，则不同的坐法种数为种.故选：B.20．小明准备在阳台种植玫瑰､百合､牡丹和兰花4种盆栽，共种8盆，并且每种花至少种1盆，则小明买盆截的方法共有种.【答案】【分析】利用“挡板法”求得正确答案.【详解】个元素，中间有个空位，将个挡板放入即可，所以小明买盆截的方法共有种.故答案为：21．某运输公司有个车队，每个车队的车多于辆.现从这个车队中抽出辆车组成一个运输队，且每个车队至少抽辆，则不同的抽法种数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用隔板法将个空种插入个隔板，即可解决问题.【详解】将辆车排好，辆车中间形成个空，从这个空中选个，插入隔板，等价于将这辆车分成份，每一种插法对应一种抽法，故共有种不同的抽法，故选：A.22．在一次学校组织的研究性学习成果报告会上，有共6项成果要汇报，如果B成果不能最先汇报，而A､C､D按先后顺序汇报（不一定相邻），那么不同的汇报安排种数为（

）A．100 B．120 C．300 D．600【答案】A【分析】利用间接法和缩倍法求解.【详解】不考虑限制条件共有种，最先汇报共有种，如果不能最先汇报，而､C､D按先后顺序汇报（不一定相邻）有.故选：A.考点05 染色问题23．如图所示，将四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为（

）

A．120 B．96 C．72 D．48【答案】C【分析】分为同色，且同色；同色，而不同色；同色，而不同色三种情况，分别计算，根据分类加法计数原理，求和即可得出答案.【详解】由题意知，与任意一点均不同色.只用3种颜色，即同色，且同色，此时不同染色方法的种数为；用4种颜色，此时可能同色，而不同色或同色，而不同色.若同色，而不同色，此时不同染色方法的种数为；若同色，而不同色，此时不同染色方法的种数为.根据分类加法计数原理可得，不同染色方法的种数为.故选：C.24．中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造.如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，..，8，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域（如区域1与区域5）所涂颜色相同.若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（

）

A．1050种 B．1260种 C．1302种 D．1512种【答案】C【分析】由题意可得，只需确定区域的颜色，先涂区域1，再涂区域2，再分区域3与区域1涂的颜色不同、区域3与区域1涂的颜色相同，最后根据分步乘法原理即可求解.【详解】由题意可得，只需确定区域的颜色，即可确定整个伞面的涂色.先涂区域1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择.当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5种选择.当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择.故不同的涂色方案有种.故选：C25．如图，一个地区分为5个行政区域，现给该地区的5个区域涂色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有种.【答案】72【分析】根据给定信息，利用用色多少分类，再结合分步乘法计数原理列式计算作答.【详解】观察图形知，2区与4区不相邻，3区与5区不相邻，且不相邻的区域可用同1种颜色涂色，因此计算涂色方法可用3色和4色，使用3种颜色，则2区与4区同色，3区与5区必同色，涂2区与4区有4种方法，涂3区与5区有3种方法，涂1区有2种方法，则涂色方法有（种）；使用4种颜色，选取同色的方案有2种，涂同色的两块有4种方法，涂另外3块依次有3，2，1种方法，则涂色方法有（种），所以不同的涂色方法共有（种）.故答案为：7226．用5种不同的颜色给如图标有A，B，C，D的各部分涂色，每部分只涂一种颜色，且相邻（有公共边）两部分不同颜色，则不同的涂色方法共有.

【答案】【分析】分B，D两部分颜色相同与不同两种情况，再结合乘法计数原理求解即可.【详解】当B，D两部分颜色相同时，先涂B，D两部分，有5种选择，再分别涂A，C均有4种选择，故共种情况；当B，D两部分颜色不相同时，先涂B，D两部分，有种选择，再分别涂A，C均有3种选择，故共种情况；故总共有种情况.故答案为：27．现有红、黄、青、蓝四种颜色，对如图所示的五角星的内部涂色（分割成六个不同部分），要求每个区域涂一种颜色且相邻部分（有公共边的两个区域）的颜色不同，则最多使用三种颜色的不同涂色方案有种．（用数字作答）【答案】372【分析】由题，假设六块区域为A,B,C,D,E,F.分析6个区域的涂色方案，再根据分步计数原理可得答案.【详解】若使用三种颜色，从4种颜色中选3种，有种方法，从3种颜色中选一种涂在A处，有3种方法，剩下的B,C,D,E,F，每块区域都有两种涂色方案，共计种方案，再减去只是用两种颜色的情况，则由分步计数原理可知，不同的涂色方案数为种涂法；若只使用两种颜色，则有种涂法；所以符合要求的涂法种数有种.故答案为：372考点06 （部分）平均分组问题28．2023年3月5号是毛泽东主席提出“向雷锋同志学习”60周年纪念日，某志愿者服务队在该日安排4位志愿者到两所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排1人，每个志愿者都要参加活动，则不同的分配方法数是（

）A．8 B．12 C．14 D．20【答案】C【分析】根据分组分配问题，结合排列组合即可求解.【详解】将4名志愿者分配到两所敬老院，则由以下两种分配方案：①一所敬老院1名志愿者，另外一所3名，则有种，②两所敬老院各安排两名志愿者，则有种，故共有种方案，故选：C29．某冷饮店有“桃喜芒芒”“草莓啵啵”“蜜桃四季春”“芋圆葡萄”四种饮品可供选择，现有四位同学到店每人购买一杯饮品，则恰有两种饮品没人购买的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意按照分组分配问题的步骤，首先计算出恰有两种饮品没人购买的总数，再计算出四种饮品四人随意选择的总数，即可求得其概率.【详解】解决该问题，可以将四位同学先分为2，2或3，1两堆，共有种分堆方法，再从4种饮品中选出2种，分配给两堆人，故共有种方法.所以恰有两种饮品没人购买的概率为.故选：A30．为进一步在全市掀起全民健身热潮，兴义市于9月10日在万峰林举办半程马拉松比赛.已知本次比赛设有4个服务点，现将6名志愿者分配到4个服务点，要求每位志愿者都要到一个服务点服务，每个服务点都要安排志愿者，且最后一个服务点至少安排2名志愿者，有（

）种分配方式A．540 B．660 C．980 D．1200【答案】B【分析】按照最后一个服务区有2名志愿者和3名志愿者进行分配，即和，分别求出其方法种数，即可得出答案.【详解】由题知可按照最后一个服务区有2名志愿者和3名志愿者进行分配，①，有；②，有，共有（种）.故选：B.31．将4名学生志愿者分配到A、B、C社区参加志愿活动，每名志愿者只分配到1个社区，每个社区至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（

）A．12种 B．24种 C．36种 D．48种【答案】C【分析】先分组，再分配，求出分配方案.【详解】根据题意，分2步进行分析：①将4名大学生分为3组，两组均为1人，一组为2人，共有种分组方法，②将分好的3组安排参加3个社区参加志愿活动，有种情况，则有种分配方案.故选：C.32．有5名学生志愿者到3个小区参加疫情防控常态化宣传活动，每名学生只去1个小区，每个小区至少安排1名学生，则不同的安排方法为.【答案】150【分析】先分组，然后排列，从而求得正确答案.【详解】若分组为，则方法数有;若分组为，则方法数有；所以不同的安排方法为种.故答案为：33．某高中安排6名同学（不同姓）到甲、乙、丙3个小区参加垃圾分类宣传活动，若每名同学只去一个小区，每个小区至少安排1名同学，其中张同学不去乙小区，则不同的分配方案种数为（

）A．90 B．360 C．240 D．180【答案】B【分析】分张同学单独一组和其他同学一组两种情况，先排张同学，然后对其他5人进行分组分配即可.【详解】（1）张同学单独一组：由于张同学不去乙小区，所以先排张同学共有种，再将其余5人分成两组共有中，分配到另外两个小区共有，所以此类情况共有种；（2）张同学与其他同学一组：先安排张同学共有种，然后将其余5人分成三组共有种，再将三组分配到三个小区共种，所以此类情况共有种.综上，不同的分配方案共有种.故选：B考点07 利用二项展开式求指定项34．已知的展开式中的常数项是672，则（

）A． B． C．2 D．1【答案】C【分析】写出二项式通项，整理后让的次数为，得出的值，再根据题意常数项的系数列出等式方程即可得出的值.【详解】展开式的通项为，令，得，∴常数项是，故．故选：C35．在二项式的展开式中，常数项是．【答案】/【分析】根据二项展开式的公式可知，进而可得常数项.【详解】其展开式第项为，当，即时，展开式第项为常数项，此时，故答案为：36．若，且，若的展开式中存在常数项，则该常数项为.【答案】【分析】利用二项式定理的通项公式及常数项的特点即可求解.【详解】由题意可知，的展开式中的通项公式为.令，解得，又因为，且，所以,所以的展开式中的常数项为.故答案为：.37．已知的展开式中共有项，则有理项共项．（用数字表示）【答案】【分析】先求n，然后化简通项，由指数为整数可得.【详解】因为的展开式中共有项，所以，则通项，当时，，相应项为有理项，故有理项共有4项.故答案为：438．若的展开式中各项系数和为，则该二项式展开式中所有有理项的系数之和为．【答案】32【分析】二项展开式各项系数和可用赋值法得到，再计算有理数项的系数即可.【详解】令可得，即.展开式通向为，当时，，当时，，当时，，当时，，所以有理项系数之和为.故答案为：32.39．若的二项展开式中的系数是，则实数的值是．【答案】2【分析】利用二项式展开式通项，结合对应项的值列方程求参数即可.【详解】题设二项式展开式通项为，，所以，即，故，则.故答案为：2考点08 两个多项式乘积的指定项40．一组数据按照从小到大顺序排列为1，2，3，4，5，8，记这组数据的上四分位数为n，则展开式中的常数项为（

）A．12 B． C．8 D．10【答案】A【分析】根据上四分位数的计算可得，再根据，分别求解两项中的常数项求和即可.【详解】因为，故取数据从小到大第5个数，所以.则，又中常数项为，的项为，故展开式中的常数项为.故选：A.41．已知的展开式中的系数为，则实数．【答案】【分析】写出展开式通项，进而确定特定项系数.【详解】二项式展开式的通项为，所以的展开式通项为或，所以令，解得，所以展开式中的系数为，解得，故答案为：.42．（2023·福建龙岩·统考二模）已知的展开式中的系数为21，则．【答案】1【分析】利用二项式定理计算即可.【详解】由二项式定理可知的展开式中含的项分别为，故的展开式中含的项为，即.故答案为：43．的展开式中含项的系数为．（用数字作答）【答案】【分析】利用二项式定理可得展开式通项，分别令和即可加和确定所求系数.【详解】展开式通项为：，令可得展开式中含项的系数为：；令可得展开式中含项的系数为：；展开式中含项的系数为.故答案为：.44．的展开式中的系数为．（用数字作答）【答案】【分析】依题意，再写出展开式的通项，从而求出展开式中的系数.【详解】因为，其中展开式的通项公式为（且），所以的展开式中含的项为，所以的展开式中的系数为．故答案为：45．若的展开式中的系数为，则实数的值为.【答案】【分析】求出的通项为，令和求出的展开式中的系数，，解方程即可求出答案.【详解】,的通项为：，令时，；令时，，所以的展开式中的系数为，所以，解得：.故答案为：.考点09 三项展开式的指定项46．展开式中的常数项为.（用数字做答）【答案】49【分析】利用分类计数原理求解即可.【详解】展开式中得到常数项的方法分类如下：（1）4个因式中都不取，则不取，全取，相乘得到常数项.常数项为；（2）4个因式中有1个取，则再取1个，其余因式取，相乘得到常数项.常数项为；（3）4个因式中有2个取，则再取2个，相乘得到常数项.常数项为.合并同类项，所以展开式中常数项为.故答案为：.47．的展开式中的系数为（用数字作答）．【答案】【分析】，然后两次利用通项公式求解即可；【详解】因为，设其展开式的通项公式为：，令，得的通项公式为，令，所以的展开式中，的系数为，故答案为：48．若为一组从小到大排列的数1，2，3，5，6，8的第六十百分位数，则的展开式中的系数为.【答案】【分析】利用第p百分位数的定义求出n，再利用组合的应用列式计算作答.【详解】由，得，于是展开式中含的项为，所以的展开式中的系数为.故答案为：49．已知常数，的二项展开式中项的系数是780，则m的值为．【答案】3【分析】转化为，利用展开式的通项公式讨论计算即可.【详解】=，设其通项为，设的通项为，要求项的系数，只有为偶数，当，此时项的系数为，当，此时项的系数为，当，此时项的系数为，当，不合题意，故项的系数为.故答案为：350．已知二项式的展开式中含的项的系数为，则．【答案】2【分析】表示有5个因式相乘，根据的来源分析即可求出答案.【详解】表示有5个因式相乘，来源如下：有1个提供，有3个提供，有1个提供常数，此时系数是，即，解得：故答案为：.考点10 二项式系数之和及系数之和51．设，则（

）A． B． C．1 D．2【答案】D【分析】先令计算出的值，再令计算出的值，由此可计算出的值.【详解】令，所以，令，所以，所以，故选：D.52．若，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】将化为，利用二项式通项公式可求得，判断A；根据二项式的系数和式的特征，利用赋值法可分别判断B，C，D.【详解】由题意可知，故，A错误；由，令，可得，B错误；令，则，故，C错误；令，则，故，D正确，故选：D53．若，则.【答案】15【分析】由函数观点结合赋值法即可求解.【详解】不妨设，令得，令得，所以.故答案为：15.54．在的展开式中，各项系数和与二项式系数和的比值为，则二项展开式中的常数项为.【答案】240【分析】由已知求得，再根据二项式通项公式的展开式求出常数项即可.【详解】的展开式中，二项式系数和为，令，得的展开式中，各项系数和为，由题意可得，即，解得，所以的展开式的通项为，令，解得，故展开式的常数项为，故答案为：24055．若，则.【答案】【分析】观察