2017-2026上海十年高考数学专项汇编：专题15 排列组合、二项式定理、计数原理（教师版）

专题15排列组合、二项式定理、计数原理

10年真题1年模拟

考点分类上海考情（2017-2026）命题规律

基础题核心考查分类加法、分步乘法计

2017-2026年连续考查，题型覆盖单选数原理的直接应用、分步方案数求解，

考点01计数原理题、填空题、解答题；2024-2026年均难度较低，为必拿分考点；核心变化为

（分类加法、分步有基础填空/单选题，2023年考查解2023年起结合新定义概念、几何图形场

乘法）答题基础问，2017-2022年年均有高频景、概率统计综合考查，2026年创新结

考查合空间几何体中点的路径问题考查，对

分类讨论与逻辑建模能力要求提升

基础题考查排列数、组合数公式应用、

简单排队/分组问题求解，难度较低；

2018-2026年连续考查，题型以填空

核心变化为2025年起大量结合概率统

题、解答题为主；2026年考查填空压

考点02排列组合计、数列通项、不等式求解综合考查，

轴题，2025年考查3问概率综合解答

2026年首次以本考点为核心命制新定

题，2018-2024年均有高频基础题

义填空压轴题，从基础计算转向多知识

点融合的综合推理，难度显著提升

基础题考查二项式展开式通项公式、指

定项系数、二项式系数性质，难度较低；

2017-2026年高频考查，题型覆盖单选核心变化极为显著：2026年新增新定义

题、填空题、解答题；2026年首次考“二项式系数列”，融合不等式恒成立、

考点03二项式定

查3问新定义解答题，2025、2023、系数最值、充要条件证明综合考查，近

理

2020、2019、2018年均有填空题，2026年大量结合函数单调性、数列求和、概

年同时考查填空与解答压轴题率分布综合考查，从基础公式应用转向

多知识点融合的逻辑推理，综合性与难

度大幅提升

考点01排列组合

1．（2026·上海·高考真题）在5个人中选3个人去演讲，若甲一定去，则一共有____________种选法.

1/18

【答案】6

【分析】结合组合知识求解即可.

【详解】由题意，甲一定去，则从剩下的4人中任选2人即可，

2

则一共有C46种选法.

故答案为：6.

2．（2024·上海·高考真题）设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为

偶数，求集合中元素个数的最大值为__________．

【答案】329

【分析】确定奇数最多1个，再分个位数为0和不为0，结合排列、组合求解即可.

【详解】由题意可知，集合A中每个元素都互异，且元素中最多有一个奇数，（若有2个以上奇数，则不

满足任意两者之积皆为偶数），剩余全是偶数.

先研究集合中无重复数字的三位偶数；

2

（1）若个位为0，这样的偶数有A972个；

111

（2）若个位不为0，这样的偶数有C4C8C8256个；

所以集合元素个数最大值为256721329个．

故答案为：329

3．（2023·上海·高考真题）已知有4名男生6名女生，现从10人中任选3人，则恰有1名男生2名女生的

概率为_____________．

1

【答案】/0.5

2

【分析】利用组合数和古典概型的概率公式求解即可.

C1C24151

46

【详解】由题意所选的3人中恰有1名男生2名女生的概率P3，

C101202

故答案为：1

2

4．（2022·上海·高考真题）为了检测学生的身体素质指标，从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项

项目中随机抽取4项进行检则，则每一类都被抽到的概率为___________；

3

【答案】

7

【分析】

由题意，利用古典概型的计算公式，计算求得结果．

【详解】

解：从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，则每一类都被抽到的方

112121

法共有C1C3C4C1C3C4种，

4

而所有的抽取方法共有C8种，

112121

C1C3C4C1C3C4303

故每一类都被抽到的概率为4＝＝，

C8707

3

故答案为：．

7

5．（2021·上海·高考真题）某人某天需要运动总时长大于等于60分钟，现有五项运动可以选择，如下表所

示，问有几种运动方式组合________

A运动B运动C运动D运动E运动

7点8点8点9点9点10点10点11点11点12点

30分钟20分钟40分钟30分钟30分钟

【答案】23

【分析】根据题意，可以判定选择任意3种及其以上否是符合要求的，只是在选择两种的情况下，有些是

达不到要求的，利用组合求得总数，减去不合要求的种数即可.

【详解】由题意，至少要选2种运动，并且选2种运动的情况中，AB、DB、EB的组

5432

合是不符题意的，∴C5C5C5C5323,

故答案为：23.

6．（2018·上海·高考真题）有编号互不相同的五个砝码，其中5克、3克、1克砝码各一个，2克砝码两个，

从中随机选取三个，则这三个砝码的总质量为9克的概率是________（结果用最简分数表示）

1

【答案】

5

【分析】根据古典概型的概率公式即可求解.

3

【详解】总的情况为C5种，符合题意的有5、2、2和5、3、1两种情况，

21

∴概率为3,

C55

1

故答案为：

5

m

7．（2017·上海·高考真题）若排列数P6654，则m________

【答案】3

3/18

m

【详解】由P665(6m1)654，所以6m14，解得m3.

8．（2025·上海·高考真题）甲、乙是两个体育社团的小组．如下是两组组员身高的茎叶图（单位：厘米），

以身高的百位数和十位数作为“茎”排列在中间、个位数作为“叶”分列在两边．

(1)分别求甲、乙两组组员身高的第60百分位数；

(2)从甲、乙两组各选取一个组员，求两人身高均在170厘米以上的概率；

(3)为使两组人数相同，从甲组中调派一个队员到乙组．是否存在甲组的一个组员，将他调派至乙组后，甲、

乙两组的平均身高都增大？

【答案】(1)甲组第60百分位数为173厘米，乙组第60百分位数为166.5厘米；

7

(2)；

120

(3)把甲组的其中一个167厘米的组员调到乙组.

【分析】（1）直接利用百分位数计算公式即可；

（2）根据组合公式和古典概率公式计算即可；

（3）求出两者平均数，则所调的人员身高应该两平均数之间（不包括两平均数）.

【详解】（1）甲队：i1260%7.2，

所以甲组的第60百分位数为从小到大排列的第8位组员身高，为173厘米；

乙队：i1060%6，

166167

所以乙组的第60百分位数为从小到大排列第6位和第7位组员身高的平均数，为166.5厘米．

2

（2）记甲乙两队各选取一名组员，两人身高均在170厘米以上为事件A，

nAC1C17

71

P(A)11.

nC12C10120

167216521641781751741731722183

（3）x甲171.25，

12

15916016316521661671682172

x乙165.3

10

要使两组平均身高都增大，

则从甲组调到乙组的组员身高应在两平均数之间（不包括端点平均数），所以把甲组的其中一个167厘米

的组员调到乙组即可．

9．（2024·上海·高考真题）水果分为一级果和二级果，共136箱，其中一级果102箱，二级果34箱．

(1)随机挑选两箱水果，求恰好一级果和二级果各一箱的概率；

(2)进行分层抽样，共抽8箱水果，求一级果和二级果各几箱；

(3)抽取若干箱水果，其中一级果共120个，单果质量平均数为303.45克，方差为603.46；二级果48个，

单果质量平均数为240.41克，方差为648.21；求168个水果的方差和平均数，并预估果园中单果的质量．

17

【答案】(1)

45

(2)一级果抽取6箱，二级果抽取2箱

(3)方差1427.27克2，平均数285.44克，预估平均质量为287.69克

【分析】（1）利用组合知识和超几何分布求概率公式求出答案；

（2）利用分层抽样的定义进行求解；

（3）根据公式计算出总体样本平均质量和方差，并预估平均质量.

【详解】（1）设A事件为恰好选到一级果和二级果各一箱，

136135

样本空间的样本点的个数nC29180，

1362

11

A事件的样本点的公式mC102C343468，

m346817

所以PA；

n918045

（2）因为一级果箱数：二级果箱数102:343:1，

31

所以8箱水果中有一级果抽取86箱，二级果抽取82箱；

3131

22

（3）设一级果平均质量为x，方差为Sx，二级果质量为y，方差为Sy，

总体样本平均质量为z，方差为S2，

22

因为x303.45，y240.41，Sx603.46，Sy648.21，

12048

所以z303.45240.41285.44克，

1204812048

12048

S2[603.46(303.45285.44)2][648.21(240.41285.442)]1427.27克2．

1204812048

10234

预估平均质量为xy287.69克．

136136

考点02二项式定理

1．（2026·上海·高考真题）已知(x2x)5，则展开式中x7的系数为__________．

【答案】10

【分析】写出二项式的通项，令x的次数为7，即可求出展开式中x7的系数.

5/18

【详解】由题意，

在25中，通项k25kkk10k，

xxC5xxC5xk0,1,2,3,4,5

k10k377

当10k7即k3时，C5xC5x10x，

∴展开式中x7的系数为10.

61

．（上海高考真题）12的二项展开式中，的系数为

22026··3x3____________.

xx

【答案】18

kk3k6

【分析】写出二项展开式的通项公式Tk1C63x，令3k63，解出k，代入即可得到答案.

6k

【详解】二项式的展开式的通项公式为k12kkk3k6，

Tk1C63xC63x

x

令3k63，解得k1，

1

所以的系数为C1318.

x36

故答案为：18.

3．（2025·上海·高考真题）在二项式(2x1)5的展开式中，x3的系数为_________．

【答案】80

【分析】利用通项公式求解可得.

r5r5rrrr5r5r

【详解】由通项公式Tr1C52x(1)C5(1)2x，

令5r3，得r2，

32252

可得x项的系数为C5(1)280.

故答案为：80.

6

m

4．（2025·上海·高考真题）已知x的展开式中常数项为20，则实数m的值为______．

x

【答案】1

33

【分析】根据二项式展开式的通项特征可得C6m20，进而可求解.

r

m33

【详解】展开式的通项为r6rrr62r，令解得，∴．

C6xC6mx62r0r3C6m20

x

∴m1．

故答案为：1

n

5．（2024·上海·高考真题）在x1的二项展开式中，若各项系数和为32，则x2项的系数为_________．

【答案】10

【分析】根据给定条件，求出幂指数n，再利用二项式定理求出指定项的系数.

n

【详解】则二项式x1的展开式各项系数和为32，得2n32，解得n5，

523

所以(x1)的展开式x项的系数为C510.

故答案为：10

6

6．（2024·上海·高考真题）x1展开式中x4的系数为______.

【答案】15

【分析】根据给定条件，利用二项式定理直接求出结果.

642424

【详解】x1展开式中令x的项为C6x(1)15x，

6

所以x1展开式中x4的系数为15.

故答案为：15

100100299100

7．（2023·上海·高考真题）已知12023x2023xa0a1xa2xa99xa100x，若存在k{0，

1，2，…，100}使得ak0，则k的最大值为______.

【答案】49

【分析】根据二项展开式的通项可得kk100kk，然后由可得为奇数，然后

akC10020232023(1)ak0k

可得2023k2023100k0，即可求出答案.

100rrrrr

【详解】二项式(12023x)的通项为Tr1C100(2023x)C1002023x,r0,1,2,,100，

100r100rrr100rrr

二项式2023x的通项为Tr1C1002023(x)C1002023(1)x,r0,1,2,,100，

kkk100kkkk100kk

akC1002023C1002023(1)C10020232023(1)，

k0,1,2,,100，若ak0，则k为奇数，

kk100kk100k

此时akC10020232023,202320230，

k100k,k50，又k为奇数，k的最大值为49.

故答案为：49.

4234

8．（2023·上海·高考真题）设(12x)a0a1xa2xa3xa4x，则a0a4________________．

【答案】17

7/18

【分析】利用二项式展开式的通项公式求常数项和x4的系数即可.

4rr4r4rr4r

【详解】二项式(12x)展开式的通项为Tr1C41(2x)(2)C4x，

444

当4r0，即r4时，a0(2)C41，

400

当4r4，即r0时，a4(2)C416，

所以a0a417，

故答案为：17

n

9．（2022·上海·高考真题）二项式3x的展开式中，x2项的系数是常数项的5倍，则n___________；

【答案】10

【分析】先写出二项展开式的通项公式，令r2得x2的系数，令r0得常数项，再由已知列出等式，解

出n即可.

rnrr22n20n

【详解】由题知Tr1Cn3x，当r2时，x的系数为Cn3；当r0时，常数项为Cn3；

22n20n

又x的系数是常数项的5倍，所以Cn35Cn3，解得n10.

故答案为：10

121

．（上海高考真题）在31的展开式中，含项的系数为

102022··x4________

xx

【答案】66

【分析】写出展开式的通项，令x的指数为4，求出参数的值，代入通项后即可得解.

12r

112r1

【详解】3展开式的通项为r3r364r，

xTr1C12xC12x

xx

1

令364r4，可得r10，因此，展开式中含项的系数为C1066.

x412

故答案为：66.

n

11．（2021·上海·高考真题）x1的二项展开式中有且仅有x3的系数为最大值，则x3的系数为______.

【答案】20

【分析】根据已知条件求出n的值，利用二项式定理可求得x3的系数.

n

【详解】因为x1的二项展开式中有且仅有x3的系数为最大值，则n6，

6r6r

故x1的二项展开式的通项为Tr1C6x，

33

由6r3可得r3，故x的系数为C620.

故答案为：20.

6

1

12．（2019·上海·高考真题）在x的二项展开式中，常数项的值为__________

x

【答案】15

3r

【分析】写出二项展开式通项，通过60得到r4，从而求得常数项.

2

rr3r

16

【详解】二项展开式通项为：r6rr6r2r2

C6xC6xxC6x

x

3r

当60时，r4

2

4

常数项为：C615

本题正确结果：15

【点睛】本题考查二项式定理的应用，属于基础题.

13．（2018·上海·高考真题）在(1x)7的二项展开式中，x2项的系数为________（结果用数值表示）

【答案】21

【分析】根据二项式的展开式，求出指定项的系数.

7kk

【详解】(1x)展开式的第k1项为Tk1C7x，

2222

则当k2时，C7x21x，所以x项的系数为21.

故答案为：21.

考点03计数原理

1．（2025·上海·高考真题）4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是

家长，则不同的排列个数有_________种．

【答案】288

【分析】先选家长作队尾和队首，再排中间四人即可.

24

【详解】先选两位家长排在首尾有P412种排法；再排对中的四人有P424种排法，

故有1224288种排法.

故答案为：288

2．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足ABACBC1，在空间内取不同两点（不

计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为______．

【答案】9

9/18

【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论ABC为正四棱锥的侧面或

对角面两种情况，再结合ABC三边的轮换对称性即可得解.

【详解】因为空间中有三个点A、B、C，且ABBCCA1，

不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑ABC三边的轮换对称性，可先分

为两种大情况，即以下两种：

第一种：ABC为正四棱锥的侧面，如图1，

此时AB,BC,AC分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的;

不妨以BC为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况，

考虑到ABC三边的轮换对称性，故而总情况有6种；

第二种：ABC为正四棱锥的对角面，如图2，

此时AB,BC,AC分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的;

不好以BC为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况，

考虑到ABC三边的轮换对称性，故而总情况有3种；

综上所述：总共有9种情况.

故答案为：9.

【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到ABC为正三角形，从而考虑正四棱锥中三个点构成等边三角

形的情况，结合ABC三边的轮换对称性即可得解.

3．（2019·上海·高考真题）首届中国国际进口博览会在上海举行，某高校拟派4人参加连续5天的志愿者

活动，其中甲连续参加2天，其他人各参加1天，则不同的安排方法有_____种（结果用数值表示）

【答案】24

【分析】首先安排甲，可知连续2天的情况共有4种，其余的人全排列，相乘得到结果.

【详解】在5天里，连续2天的情况，一共有4种

3

剩下的3人全排列：A3

3

故一共有：4A324种

【点睛】本题考查基础的排列组合问题，解题的关键在于对排列组合问题中的特殊元素，要优先考虑，然

后再考虑普通元素.

4．（2020·上海·高考真题）从6个人选4个人去值班，每人值班一天，第一天安排1个人，第二天安排1

个人，第三天安排2个人，则共有_________种安排情况.

【答案】180

【分析】先从6人中选出4人，再考虑限制条件，进行计算即可.

411

【详解】按照先选再排的方法可知共有C6C4C3180种方法.

故答案为：180

【点睛】本题考查组合问题的计算，属基础题.

一、填空题

3

3

1．（2026·上海·三模）若x的展开式中的常数项是________．

x2

【答案】0

3k

333k

【详解】因为展开式的通项为k，

2xTk1C32x

xx

35k3

x的幂指数为，令其为0得k，非整数，故常数项不存在，系数为0.

25

2．（2026·上海·三模）在(x2xy)5的展开式中，x5y2项的系数为________．

【答案】30

【详解】(x2xy)5表示5个(x2xy)相乘，

要想得到x5y2，需要两个因式取x2项，1个因式取x项，剩余因式取y项，

5222122

所以xy项的系数为C51C31C2130.

3．（2026·上海黄浦·三模）利用二项式定理，5557被8除所得的余数为________．

【答案】7

57570571562555657

【详解】55561C5756C5756C5756C5756C57

05715625556

C5756C5756C5756C57561.

所以5557被8除所得的余数为7.

28

4．（2026·上海·三模）已知n为正整数且CnCn，则n的值为___________

11/18

【答案】10

【分析】根据组合数的性质直接求解即可.

28

【详解】因为n为正整数且CnCn，所以n8,

28

由组合数的性质可知，由于28，故CnCn时，n2810，

所以n的值为10.

x5,x1

5．（2026·上海虹口·三模）设函数fx，当x1时，ffx表达式的二项展开式中x3的

x2,x1

系数是______．

【答案】40

5

【详解】当x1时，x21，所以ffxfx2x2.

53332

x2展开式中，x的系数为C51240.

6．（2026·上海·三模）某校篮球队的成员是来自学校高一10个班的12位同学，其中高一（3）班、高一（7）

班各出2人，其余班级各出1人，从这12人中要选6人作为主力队员，则这6名主力队员来自不同的班级

的概率为________．

19

【答案】

33

【分析】先求出从12人中选6人的所有种数，再分类讨论，利用组合知识，得出6人来自不同的班级的选

法种数，利用古典概型概率公式计算结果．

6

【详解】从12人中选6人，有C12924种；

6

由题意，当6人来自除高一（3）班、高一（7）班以外的8个班时，有C828种；

15

当6人有1人来自高一（3）班或高一（7）班，其余5人来自另外的8个班时，有2C2C8224种；

114

当6人有1人来自高一（3）班、1人来自高一（7）班，其余4人来自另外的8个班时，有C2C2C8280种，

故共有28224280532种．

53219

∴这6名主力队员来自不同的班级的概率为.

92433

7．（2026·上海黄浦·三模）某班共有30名学生，则其中至少有2名学生在同一天出生的概率为________．（默

认每年天数均为365天，结果精确到0.001）

【答案】0.706

【分析】先计算全班所有学生生日互不相同的概率，再用对立事件概率关系计算即可.

A30

【详解】设全班30名学生生日全部互不相同为事件A，所以P(A)3650.294，

36530

所以全班30名学生中至少有2名学生在同一天出生的概率为P（A)1P(A)10.2940.706

8．（2026·上海·三模）将甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者分配到A、B、C、D四个特殊家庭开展帮扶，每

个家庭至少安排一名志愿者，则志愿者甲恰好被安排在A家庭的概率为________．

【答案】1

4

【分析】先计算所有满足每个家庭至少1人的总分配方法数，再计算甲恰好被安排在A家庭的分配方法数，

二者的比值即为所求概率.

【详解】先从5人中任选2人组成1组，剩余3人各自成组，再将4组全排列分配到4个家庭，总方法数

24

为C5A41024240种.

志愿者甲恰好被安排在A家庭有两种情况：

①A家庭仅分配甲1人：剩余4人分配到另外3个家庭，每个家庭至少1人，先从4人中任选2人组成1

23

组，剩余2人各自成组，再将3组全排列分配到3个家庭，方法数为C4A36636种；

②A家庭分配甲和另外1名志愿者：先从其余4人中选1人与甲共同分配到A家庭，剩余3人全排列分配

13

到另外3个家庭，方法数为C4A34624种.

因此甲恰好被安排在A家庭的总方法数为362460种.

601

故所求概率为P.

2404

9．（2026·上海·三模）二项式(x1)7的展开式中，x4系数为______．

【答案】35

7r7rr

【详解】x1展开式通项公式为Tr1C7x1，0r7且r为整数.

3344

令r3，则T4C71x35x，

则x4系数为35.

10．（2026·上海黄浦·三模）已知随机变量X，Y相互独立，且X服从N3,3，Y服从B6,0.5，若ZXY，

11

则PZi______

i1

11

【答案】

2

【分析】根据正态分布的对称性、二项分布及组合数的性质得X与6X同分布，Y与6Y同分布，进而

有ZXY与12Z6X6Y同分布，得PZiPZ12i，利用对称性求概率和.

13/18

【详解】由XN3,3，则X与6X同分布，

6kk6

由，则k11k1，

YB6,0.5PYkC6C6

222

显然PYkPY6k，即Y与6Y同分布，

随机变量X，Y相互独立，所以ZXY与12Z6X6Y同分布，

则PZiP12ZiPZ12i，即ZXY的概率分布关于Z6对称，

其中X为连续性随机变量，则ZXY为连续型随机变量，故

PZiPZ12iPZ12iPZ12i1，

11111

所以PZiPZ1PZ11PZ5PZ7PZ651.

i122

11．（2026·上海虹口·三模）甲、乙等共3人排成一排，则甲和乙不相邻的概率为_____________．

1

【答案】

3

【分析】用排列数公式计算总情况数，根据甲乙分别在两端计算甲和乙不相邻的情况数，再由古典概型概

率公式求解概率.

3

【详解】3人全排列，总的基本事件数为A33!6种，

2

若3人排成一排，甲乙不相邻，则甲乙分别在两端，第三个人在中间，甲乙可交换顺序，共A22种符合

条件的排列，

21

所以甲和乙不相邻的概率为：P.

63

56n2

12．（2026·上海·三模）若CnCn，则(2x1)的展开式中含x项的系数为__________.

【答案】-220

56

【详解】因为CnCn，所以n5611，

112929

(2x1)的展开式中含x项的系数为C1121220.

13．（2026·上海长宁·二模）将4个不同的小球依次随机投入3个篮子中，每个篮子不空的概率为______

（用分数表示）.

4

【答案】

9

【分析】利用分组分配法与古典概型概率公式计算即得.

【详解】4个不同的小球依次随机投入3个篮子，每个小球均有3种投法，故总投法数为3481种；

23

要求每个篮子不空，需使其中一个篮子放2个球，另两个篮子各放1个球，故有投法数为C4A336种.

C2A3364

由古典概型概率公式，可得概率为：43.

34819

14．（2026·上海黄浦·二模）某射击社团共有10名成员，其中社长与副社长各一人，现随机抽取4人组成

代表队参加校际联谊活动，则社长与副社长两人至少有一人参加联谊活动的概率为______．

2

【答案】

3

1

【分析】设相应事件，根据古典概型结合组合数可得PA，结合对立事件概率公式求解.

3

【详解】设“社长与副社长两人至少有一人参加联谊活动”为事件A，

则事件A为社长与副社长两人均不参加联谊活动，

C47012

则8，可得，

PA4PA1PA

C1021033

2

所以社长与副社长两人至少有一人参加联谊活动的概率为.

3

n

1

15．（2026·上海徐汇·二模）若x的二项展开式中，第5项为常数项，则n__________.

x

【答案】8

【分析】利用二项展开式通项以及已知条件可得出关于n的等式，即可得解.

n

1

【详解】根据二项式定理，x其展开式的第k1项通项为：

x

k

knk1kn2k，

Tk1CnxCnx,k0,1,,n

x

4n8

当k4时，第5项为T5Cnx为常数，

则n80，

解得：n8.

4432

16．（2026·上海黄浦·三模）已知2x1a4xa3xa2xa1xa0，则a4a3a2a1________.

【答案】80

4432

【详解】由2x1a4xa3xa2xa1xa0，

4

当x0时，a01，当x1时，a4a3a2a1a0381，

所以a4a3a2a181180.

15/18

6

1

17．（2026·上海普陀·二模）设tR，若tx的展开式中的常数项是540，则该展开式中所有项的系

x

数和为______.（结果用数值表达）

【答案】64

【分析】由展开式中的常数项是540，求得t3，代入原式，令x1，即可得答案.

61

【详解】因为1的展开式的通项为：r6rrrr6r62r，

txTr1C6(tx)()C6(1)tx

xx

又因为展开式中常数项是540，

令62r0，得r3，

333

所以C6(1)t540，解得t3，

66

11

所以tx，即为3x，

xx

6

1

在3x中令x1，

x

6

得所以项系数和为3164.

6