2025高考数学一轮复习-7.4.1-二项式定理-专项训练【含解析】

这是一份2025高考数学一轮复习-7.4.1-二项式定理-专项训练【含解析】，共4页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,x)))6的展开式中，x3的系数为( )
A．－15B．15
C．－20D．20
2．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x)))n(n∈N*)的展开式中有常数项，则n的值可能是( )
A．5B．6
C．7D．8
3．在(2－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))6的展开式中，含x2的项的系数是( )
A．－10B．10
C．25D．－25
4.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3－\f(2,x)))4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))8的展开式中的常数项为( )
A．32B．34
C．36D．38
5．(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是( )
A．60B．80
C．84D．120
6.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,x2)))(1＋ay)6展开式中x－2y3项的系数为160，则a＝( )
A．2B．4
C．－2D．－2eq \r(2)
7．若(1－eq \r(2))5＝a＋beq \r(2)(a，b为有理数)，则a＝( )
A．－25B．25
C．40D．41
8．(多选题)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))n的展开式中存在常数项，则n的取值可以是( )
A．3B．4
C．5D．6
二、填空题
9．在(x－1)3(x＋1)4的展开式中，x5的系数为 .(用数字作答)
10．(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a0＝32，a3＝ .
三、解答题
11．求证：32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除．
12.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(2,\r(x))))15的展开式中：
(1) 有几个有理项；
(2)有几个整式项．
13．已知(1－2x)5展开式中第2项大于第1项且不小于第3项，求x的取值范围．
14．xy2(x－y)5的展开式中x4y4的系数为( )
A．－10B．－20
C．10D．20
15．1－90Ceq \\al(1,10)＋902Ceq \\al(2,10)－903Ceq \\al(3,10)＋…＋9010Ceq \\al(10,10)除以88的余数是 .
16．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(2,x2)))n的展开式中第5项的系数与第3项系数之比为56：3.
(1)求展开式中的常数项；
(2)求展开式中系数最大的项．
2025高考数学一轮复习-二项式定理-专项训练【解析版】
时间：45分钟
一、选择题
1．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,x)))6的展开式中，x3的系数为( C )
A．－15B．15
C．－20D．20
解析：由二项式定理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,x)))6的展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(x2)6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))k＝Ceq \\al(k,6)x12－3k(－1)k，令12－3k＝3，得k＝3，所以T4＝Ceq \\al(3,6)x3(－1)3＝－20x3，所以x3的系数为－20.故选C.
2．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x)))n(n∈N*)的展开式中有常数项，则n的值可能是( B )
A．5B．6
C．7D．8
解析：由题意得展开式通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)(x2)n－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))k＝Ceq \\al(k,n)x2n－3k，所以关于k的方程2n－3k＝0有正整数解，n必是3的整数倍．只有B满足．故选B.
3．在(2－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))6的展开式中，含x2的项的系数是( B )
A．－10B．10
C．25D．－25
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))6展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)x6－kx－k＝Ceq \\al(k,6)x6－2k，所以含x2的项为2×Ceq \\al(2,6)x6－2×2＋(－x2)Ceq \\al(3,6)x6－2×3＝30x2－20x2＝10x2，所以含x2的项的系数是10，故选B.
4.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3－\f(2,x)))4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))8的展开式中的常数项为( D )
A．32B．34
C．36D．38
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3－\f(2,x)))4的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,4)(x3)4－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))r＝(－2)rCeq \\al(r,4)x12－4r(r＝0,1,2,3,4)，令12－4r＝0，解得r＝3，所以展开式的常数项为(－2)3Ceq \\al(3,4)＝－32，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))8的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)x8－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))k＝Ceq \\al(k,8)x8－2k(k＝0,1，…，8)，令8－2k＝0，解得k＝4，所以展开式的常数项为Ceq \\al(4,8)＝70，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3－\f(2,x)))4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))8的展开式中的常数项为－32＋70＝38，故选D.
5．(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是( D )
A．60B．80
C．84D．120
解析：(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＋…＋Ceq \\al(2,9)，因为Ceq \\al(m－1,n)＋Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(m,n＋1)且Ceq \\al(2,2)＝Ceq \\al(3,3)，所以Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＝Ceq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)＝Ceq \\al(3,4)，所以Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＝Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(3,4)＝Ceq \\al(3,5)，以此类推，Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＋…＋Ceq \\al(2,9)＝Ceq \\al(3,9)＋Ceq \\al(2,9)＝Ceq \\al(3,10)＝eq \f(10×9×8,3×2×1)＝120.故选D.
6.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,x2)))(1＋ay)6展开式中x－2y3项的系数为160，则a＝( C )
A．2B．4
C．－2D．－2eq \r(2)
解析：二项式(1＋ay)6展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)×16－k(ay)k＝Ceq \\al(k,6)akyk，令k＝3可得二项式(1＋ay)6展开式中y3的系数为Ceq \\al(3,6)a3，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,x2)))(1＋ay)6展开式中x－2y3的系数为(－1)Ceq \\al(3,6)a3＝160，可得a3＝－8，解得a＝－2.故选C.
7．若(1－eq \r(2))5＝a＋beq \r(2)(a，b为有理数)，则a＝( D )
A．－25B．25
C．40D．41
解析：二项式(1－eq \r(2))5的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)15－k(－eq \r(2))k，则a＝Ceq \\al(0,5)15(－eq \r(2))0＋Ceq \\al(2,5)13(－eq \r(2))2＋Ceq \\al(4,5)11(－eq \r(2))4＝41.故选D.
8．(多选题)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))n的展开式中存在常数项，则n的取值可以是( BD )
A．3B．4
C．5D．6
解析：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))n的展开式的第k＋1项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)xn－k(－1)kx－k＝Ceq \\al(k,n)(－1)kxn－2k，若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))n的展开式中存在常数项，则只需n－2k＝0，即n＝2k，又n∈N*，k∈N，所以n只需为正偶数即可，故A、C排除，B、D可以取得．故选BD.
二、填空题
9．在(x－1)3(x＋1)4的展开式中，x5的系数为－3.(用数字作答)
解析：原式＝(x＋1)(x2－1)3＝x(x2－1)3＋(x2－1)3，其中x(x2－1)3中x5的系数，即(x2－1)3中x4的系数，得Ceq \\al(1,3)(x2)2·(－1)＝－3x4，则x5的系数是－3，(x2－1)3中没有x5项，综上可知，x5的系数是－3.
10．(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a0＝32，a3＝－40.
解析：(2－x)5的展开式通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)·25－k·(－x)k＝Ceq \\al(k,5)·25－k·(－1)k·xk，∴a0＝Ceq \\al(0,5)·25·(－1)0＝32，a3＝Ceq \\al(3,5)·22·(－1)3＝－40.
三、解答题
11．求证：32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除．
证明：原式＝(1＋8)n＋1－8n－9
＝1＋Ceq \\al(1,n＋1)×81＋Ceq \\al(2,n＋1)×82＋…＋Ceq \\al(n＋1,n＋1)×8n＋1－8n－9
＝Ceq \\al(2,n＋1)×82＋Ceq \\al(3,n＋1)×83＋…＋Ceq \\al(n＋1,n＋1)×8n＋1
＝64(Ceq \\al(2,n＋1)＋Ceq \\al(3,n＋1)×8＋…＋Ceq \\al(n＋1,n＋1)×8n－1)．
因为Ceq \\al(2,n＋1)，Ceq \\al(3,n＋1)，…，Ceq \\al(n＋1,n＋1)均为自然数，上式各项均为64的整数倍．
所以32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除．
12.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(2,\r(x))))15的展开式中：
(1) 有几个有理项；
(2)有几个整式项．
解：展开式的通项为
Tk＋1＝(－1)kCeq \\al(k,15)(eq \r(3,x))15－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(x))))k＝(－1)k2kCeq \\al(k,15)xeq \s\up15(\f(30－5k,6))，
(1)设Tk＋1项为有理项，则eq \f(30－5k,6)＝5－eq \f(5,6)k为整数，
∴k为6的倍数，又∵0≤k≤15，∴k可取0,6,12三个数．
即共有3个有理项．
(2)5－eq \f(5,6)k为非负整数，得k＝0或6，
∴有两个整式项．
13．已知(1－2x)5展开式中第2项大于第1项且不小于第3项，求x的取值范围．
解：通项公式Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(－2x)k，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(T2>T1，,T2≥T3，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(1,5)－2x1>C\\al(0,5)－2x0，,C\\al(1,5)－2x1≥C\\al(2,5)－2x2，))化简得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－10x>1，,－10x≥40x2，))
解得－eq \f(1,4)≤x<－eq \f(1,10).
所以x的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(1,10))).
14．xy2(x－y)5的展开式中x4y4的系数为( C )
A．－10B．－20
C．10D．20
解析：可得(x－y)5的展开式的通项为Tk＋1＝
(－1)kCeq \\al(k,5)x5－kyk，令k＝2，即可得出x4y4的系数为(－1)2Ceq \\al(2,5)
＝10.故选C.
15．1－90Ceq \\al(1,10)＋902Ceq \\al(2,10)－903Ceq \\al(3,10)＋…＋9010Ceq \\al(10,10)除以88的余数是1.
解析：因为1－90Ceq \\al(1,10)＋902Ceq \\al(2,10)－903Ceq \\al(3,10)＋…＋9010Ceq \\al(10,10)＝ (1－90)10＝(1＋88)10＝1＋88Ceq \\al(1,10)＋882Ceq \\al(2,10)＋883Ceq \\al(3,10)＋…＋8810Ceq \\al(10,10)＝1＋88(Ceq \\al(1,10)＋88Ceq \\al(2,10)＋882Ceq \\al(3,10)＋…＋889Ceq \\al(10,10))，所以1－90Ceq \\al(1,10)＋902Ceq \\al(2,10)－903Ceq \\al(3,10)＋…＋9010Ceq \\al(10,10)除以88的余数是1.
16．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(2,x2)))n的展开式中第5项的系数与第3项系数之比为563.
(1)求展开式中的常数项；
(2)求展开式中系数最大的项．
解：(1)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(2,x2)))n的展开式的第k＋1项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)·xeq \s\up15(\f(n－k,2))·2k·x－2k＝Ceq \\al(k,n)·2k·xeq \s\up15(\f(n－5k,2))，
因为展开式中第5项的系数与第3项系数之比为563，
即eq \f(C\\al(4,n)·24,C\\al(2,n)·22)＝eq \f(56,3)，则eq \f(4C\\al(4,n),C\\al(2,n))＝eq \f(56,3)，即eq \f(n－2n－3,3)＝eq \f(56,3)，
解得n＝10.
则Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)·2k·xeq \s\up15(\f(10－5k,2))，
令eq \f(10－5k,2)＝0，得k＝2，
所以常数项为第三项，T3＝180.
(2)设第k＋1项系数最大，即Ceq \\al(k,10)·2k最大，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(k,10)·2k≥C\\al(k－1,10)·2k－1，,C\\al(k,10)·2k≥C\\al(k＋1,10)·2k＋1，))则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\f(A\\al(k,10),A\\al(k,k))≥\f(A\\al(k－1,10),A\\al(k－1,k－1))，,\f(A\\al(k,10),A\\al(k,k))≥\f(A\\al(k＋1,10),A\\al(k＋1,k＋1))·2，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2·\f(10－k＋1,k)≥1，,1≥\f(10－k,k＋1)·2，))解得eq \f(19,3)≤k≤eq \f(22,3)，
又∵k∈N，∴k＝7，
即系数最大的项为第8项，T8＝15 360xeq \s\up15(－eq \f(25,2)).