备考2024届高考数学一轮复习分层练习第十章计数原理概率随机变量及其分布第3讲二项式定理.docx

1、第3讲 二项式定理1.2024河北保定部分示范高中统考（9x8x）5的展开式中含x2的项的系数为（D）A.C529283B.C54984C.C51948D.C529382解析（9x8x）5的二项展开式的通项Tr1C5r（9x）5r（8x12）rC5r95r8rx532r，0r5，rN，令532r2，得r2，所以展开式中含x2的项为T21C529382x2，其系数为C529382.故选D.2.2024湖北武汉第四十九中模拟（1xx2）（1x）10的展开式中x5的系数为（D）A.120B.135C.140D.162解析（1x）10展开式的通项为Tr1C10r（x）r（1）rC10rxr.令r5，则

2、1（1x）10展开式中x5的系数为（1）5C105252；令r4，则x（1x）10展开式中x5的系数为（1）4C104210；令r3，则x2（1x）10展开式中x5的系数为（1）3C103120.（1xx2）（1x）10的展开式中x5的系数为252210120162.故选D.3.2024陕西宝鸡金台区统考若（x1x）n的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，则展开式中二项式系数最大的项为（C）A.第4项B.第5项C.第6项D.第7项解析由二项式定理可得展开式中第3项与第9项的二项式系数分别为Cn2和Cn8，即Cn2Cn8，解得n10.因此展开式中二项式系数最大的项为C105x5（1x）5，是

3、第6项，故选C.4.2024山东青岛一中统考若（xmx）（x1x）5的展开式中常数项是10，则m（D）A.2B.1C.1D.2解析（xmx）（x1x）5x（x1x）5mx（x1x）5.（x1x）5的展开式的通项为Tr1C5rx5r（1x）rC5r（1）rx52r.令52r1，解得r3，则x（x1x）5的展开式的常数项为C5310，令52r1，解得r2，则mx（x1x）5的展开式的常数项为mC5210m.因为（xmx）（x1x）5的展开式中常数项是10，所以10m1010，解得m2，故选D.5.多选/2024青岛市检测已知（2x1x）n的展开式中各二项式系数的和为256，则（ABD）A.n8B.

4、展开式中x2的系数为448C.展开式中常数项为16D.展开式中所有项的系数和为1解析因为（2x1x）n的展开式中各二项式系数的和为256，所以2n256，解得n8，选项A正确；（2x1x）8的展开式的通项公式为Tk1C8k（2x）8k（1x）k（1）k28kC8kx82k，令82k2，解得k5，所以展开式中x2的系数为（1）523C85448，所以选项B正确；令82k0，解得k4，所以展开式中常数项为（1）424C841 120，所以选项C错误；令x1，得（2x1x）81，所以展开式中所有项的系数和为1，所以选项D正确.综上，选ABD.6.多选/2024江苏连云港统考已知（12x）6a0a1x

5、a2x2a6x6，则下列选项正确的是（AC）A.a01B.a2120C.a0a1a2a6729D.a1a2a50解析选项分析过程正误A令x0，则1a0B（12x）6展开式的通项为Tr1C6r（2x）rC6r（2）rxr，所以令r2可得a2C62（2）260C当r1，3，5时，可得a1，a3，a50，同理可得a0，a2，a4，a60，所以令x1，得36a0a1a2a3a4a5a6，所以a0a1a2a6a0a1a2a3a4a5a636729D令r6，可得a6C66（2）664，由A知a01.令x1，则1a0a1a2a3a4a5a6，所以a1a2a51641647.二项式（2x214x）6的展开式的

6、中间项是52x3.解析二项式展开式的通项为Tk1C6k（2x2）6k（14x）k（14）k26kC6kx123k，二项式展开式一共有7项，所以第4项为中间项，即k3，T4（14）3263C63x123352x3.8.2024吉林一中、东北师大附中等校联考（x2x1）5的展开式中，x5的系数为-51.解析（x2x1）5可以看作5个因式（x2x1）相乘，要想得到含x5的项，可分三种情况：5个因式中选2个因式取x2，1个因式取x，2个因式取1；5个因式中选1个因式取x2，3个因式取x，1个因式取1；5个因式中都取x.所以展开式中含x5的项为C52（x2）2C31（x）C2212C51x2C43（x）

7、31C55（x）551x5，所以x5的系数为51.9.2023湖北十堰6月统考（2x11）10的展开式中系数最大的项是第10项.解析（2x11）10展开式的通项为Tr1C10r（2x）10r11rC10r210r11rx10r，由C10r210r11rC10r1211r11r1，C10r210r11rC10r+129r11r+1，得10813r12113，因为rN，所以r9，故系数最大的项是第10项.10.SC271C272C2727除以9的余数为7.解析依题意SC271C272C27272271891（91）91C9099C9198C989C9919（C9098C9197C98）2.C909

8、8C9197C98是正整数，S被9除的余数为7.11.开放题写出一个正整数n，使得（1x2x）n的展开式中存在常数项，则n可以是5（答案不唯一，n5k，kN*均可）.解析二项式（1x2x）n的展开式的通项Tr1Cnr（1x2）nr（x）rCnrx5r4n2，若该展开式中存在常数项，则方程5r4n0有解，故可取n5，r4.12.若x8a0a1（x1）a2（x1）2a8（x1）8，则a356.解析令x1t，则xt1，所以x8a0a1（x1）a2（x1）2a8（x1）8可转化为（t1）8a0a1ta2t2a8t8，即（1t）8a0a1ta2t2a8t8，所以a3C8356.13.（1x）2（1x）3

9、（1x）9的展开式中x2的系数是（D）A.60B.80C.84D.120解析因为（1x）n的展开式的通项Tr1Cnrxr，所以（1x）2（1x）3（1x）9的展开式中x2的系数是C22C32C42C92C33C32C42C92C43C42C92C53C52C92C93C92C1031098321120（组合数性质Cn+1mCnmCnm1，n，mN*，且mn的应用）.14.多选/2024湖南师范大学附中模拟已知（ax1x2）10（a0）的展开式的各项系数之和为1 024，则展开式中（BCD）A.奇数项的二项式系数和为256B.第6项的系数最大C.存在常数项D.有理项共有6项解析令x1，得（a1）

10、101 024，则a1或a3（舍去）.（x1x2）10的展开式的通项为Tr1C10r（x）10r（1x2）rC10rx552r.选项分析过程正误A奇数项的二项式系数和为12（C100C101C1010）12210512B由题意知展开式共11项，故第6项的系数最大C令552r0，解得r2，故存在常数项，且常数项为第3项D当r0，2，4，6，8，10时，为有理项，故有理项共有6项15.（1x）6（1x）4的展开式中x的系数是3.解析解法一（1x）6的展开式的通项为C6m（x）mC6m（1）mxm2，1+x4的展开式的通项为C4n（x）nC4nxn2，则（1x）6（1x）4的展开式的通项为C6m（1

11、）mC4nxm2n2，其中m0，1，2，6，n0，1，2，3，4.令m2n21，得mn2，于是（1x）6（1x）4的展开式中x的系数等于C60（1）0C42C61（1）1C41C62（1）2C403.解法二（1x）6（1x）4（1x）（1x）4（1x）2（1x）4（12xx），于是（1x）6（1x）4的展开式中x的系数为C401C41（1）113.16.2023成都模拟（53x2y）n展开式中不含y的项的系数和为64，则展开式中的常数项为15 625.解析（53x2y）n展开式中不含y的项，即展开式中y的指数为0，即（53x）n的展开式，再令x1，得（53x2y）n展开式中不含y的项的系数和为

12、（53）n64，n6，由（53x2y）65（3x2y）6，得展开式中的常数项为C605615 625.17.数学文化“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在我国南宋数学家杨辉1261年所著的详解九章算法一书中出现.“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发了一批又一批数学爱好者的探究欲望.如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（D）杨辉三角第0行1第1行11第2行121第3行1331第4行14641第5行15101051第6行1615201561第7行172135352171第8行18285670562881A.C32C42C52C92120B.第2 023行中从左

13、往右第1 013个数与第1 014个数相等C.记第n行的第i个数为ai，则i=1n+12i1ai4nD.第20行中第8个数与第9个数之比为813解析根据题意，由“杨辉三角”可得，第n行的第r个数为Cnr1，由此分析选项.选项分析过程正误AC32C42C92C33C32C42C921=C1031119B第2 023行中从左往右第1 013个数为C20231012，第1 014个数为C20231013，两者不相等C记第n行的第i个数为ai，则aiCni1，则i=1n+12i1aii=1n+12i1Cni11ni1（12）n3nD第20行中第8个数为C207，第9个数为C208，则两个数的比为C20

14、7C20820！7！13！20！8！12！81318.综合创新/多选设kR且k0，n2，nN*，（1kx）na0a1xa2x2anxn，则（BC）A.i=0nai2nB.i=1nai（1k）n1C.i=1niaink（1k）n1D.i=2ni2ai2n（n1）k2（1k）n2解析对于A，在（1kx）na0a1xa2x2anxn中令x1，得i=0nai（1k）n，故A错误；对于B，在（1kx）na0a1xa2x2anxn中令x0得a01，所以i=1nai（1k）n1，故B正确；对于C，（1kx）na0a1xa2x2anxn两边同时求导，得nk（1kx）n1a12a2xnanxn1（*），令x1得i=1niaink（1k）n1，故C正确；对于D，（*）式两边同时求导得nk2（n1）（1kx）n22a26a3xn（n1）anxn2，令x1，得i=2ni（i1）aink2（n1）（1k）n2，所以i=2ni2aii=2ni（i1）aii=2niaink2（n1）（1k）n2nk（1k）n1a1nk（nk1）（1k）n2k，（由对B的分析得a1k）故D不正确.综上所述，故选BC.