高考数学精品讲义练习【一轮复习】第十章　10．3　二项式定理

这是一份高考数学精品讲义练习【一轮复习】第十章　10．3　二项式定理，共10页。试卷主要包含了杨辉三角的性质，22 024被9除的余数为，在的展开式中等内容，欢迎下载使用。
1．能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理．
2．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．
1．二项式定理
2.二项式系数的性质
(1)对称性：在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等．事实上，这一性质可直接由C eq \\al(m,n)＝C eq \\al(n－m,n)得到．直线r＝ eq \f(n,2)将函数f(r)＝C eq \\al(r,n)的图象分成对称的两部分，它是图象的对称轴．
(2)增减性与最大值：当k< eq \f(n＋1,2)时，C eq \\al(k,n)随k的增加而增大；当k> eq \f(n＋1,2)时，C eq \\al(k,n)随k的增加而减小．当n是偶数时，中间的一项取得最大值；当n是奇数时，中间的两项与相等且同时取得最大值．
(3)各二项式系数的和：C eq \\al(0,n)＋C eq \\al(1,n)＋C eq \\al(2,n)＋…＋C eq \\al(n,n)＝2n，且奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即C eq \\al(0,n)＋C eq \\al(2,n)＋C eq \\al(4,n)＋…＝C eq \\al(1,n)＋C eq \\al(3,n)＋C eq \\al(5,n)＋…＝2n-1.
3．杨辉三角的性质
(1)最外层全是1，第二层（含1）是自然数列1，2，3，4，…，第三层（含1，3）是三角形数列1，3，6，10，15，….
(2)对称性：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即C eq \\al(r,n)＝C eq \\al(n－r,n).
(3)递归性：除1以外的数都等于肩上两数之和，即C eq \\al(r,n)＝C eq \\al(r-1,n－1)＋C eq \\al(r,n－1).
(4)第n行奇数项之和与偶数项之和相等，即C eq \\al(0,n)＋C eq \\al(2,n)＋C eq \\al(4,n)＋…＝C eq \\al(1,n)＋C eq \\al(3,n)＋C eq \\al(5,n)＋….
(5)第n行所有数的和为2n，即C eq \\al(0,n)＋C eq \\al(1,n)＋C eq \\al(2,n)＋…＋C eq \\al(n,n)＝2n.
(6)自左（右）腰上的某个1开始平行于右（左）腰的一条线上的连续n个数的和等于最后一个数斜左（右）下方的那个数．
1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）
(1)C eq \\al(k,n)an－kbk是(a＋b)n的展开式中的第k项．( × )
(2)(a＋b)n的展开式中每一项的二项式系数与a，b无关．( √ )
(3)通项Tk＋1＝C eq \\al(k,n)an－kbk中的a和b不能互换．( √ )
(4)二项展开式中系数的最大项就是二项式系数的最大项．( × )
2．（人教A版选择性必修第三册P35T6(1)改编）在(2x－1)8的展开式中，x2的系数为112．
解析：在(2x－1)8的展开式中，通项Tr＋1＝C eq \\al(r,8)(2x)8-r(－1)r＝(－1)r28-rC eq \\al(r,8)x8-r，令8－r＝2，解得r＝6，所以x2的系数是(－1)622C eq \\al(6,8)＝112.
3．（人教A版选择性必修第三册P38T5(5)改编）(x2＋x＋y)7的展开式中x5y3的系数为140．
解析：由题意可知，x5y3只能为1项x2、3项x和3项y相乘而得，所以x5y3的系数为C eq \\al(1,7)·C eq \\al(3,6)·C eq \\al(3,3)＝140.
4．(1－3x)7的展开式中所有项的系数之和为－128．
解析：令x＝1，可得所有项的系数之和为(1－3)7＝(－2)7＝－128.
考点1 通项公式的应用
命题角度1 形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式
【例1】 (1)（2024·北京卷）在（x－ eq \r(x)）4的展开式中，x3的系数为( A )
A．6 B．－6
C．12 D．－12
【解析】 （x－ eq \r(x)）4的展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(r,4)x4-r（－ eq \r(x)）r＝ (r＝0，1，2，3，4)，令4－ eq \f(r,2)＝3，解得r＝2，故x3的系数为C eq \\al(2,4)(－1)2＝6.故选A.
(2)（2024·天津卷）在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x3)＋\f(x3,3))) eq \s\up12(6)的展开式中，常数项为20．
【解析】 因为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x3)＋\f(x3,3))) eq \s\up12(6)的展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(r,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x3))) eq \s\up12(6－r) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x3,3))) eq \s\up12(r)＝36-2rC eq \\al(r,6)x6(r-3)，r＝0，1，…，6，令6(r－3)＝0，解得r＝3，所以常数项为30C eq \\al(3,6)＝20.
求二项展开式中的问题，一般是化简通项后，令字母的指数符合要求（求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等），解出项数k＋1，代回通项即可．
命题角度2 形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展开式
【例2】 （2024·山东潍坊三模）已知(x＋3)·(x＋2)8＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a8(x＋1)8＋a9(x＋1)9，则a8＝( B )
A．8 B．10
C．28 D．29
【解析】 (x＋3)(x＋2)8＝[(x＋1)＋2][(x＋1)＋1]8，其中[(x＋1)＋1]8的展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(r,8)(x＋1)8-r·1r＝C eq \\al(r,8)(x＋1)8-r，r∈N且r≤8，当r＝0时，T1＝C eq \\al(0,8)(x＋1)8＝(x＋1)8，此时只需乘第一个因式[(x＋1)＋2]中的2，可得2(x＋1)8；当r＝1时，T2＝C eq \\al(1,8)(x＋1)7＝8(x＋1)7，此时只需乘第一个因式[(x＋1)＋2]中的(x＋1)，可得8(x＋1)8.所以a8＝2＋8＝10.故选B.
对于几个多项式积的展开式的问题，一般可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏．
命题角度3 形如(a＋b＋c)n(n∈N*)的展开式
【例3】 （2024·山东济宁一模）(a2－a＋b)5的展开式中a5b2的系数为( B )
A．－60 B．－30
C．30 D．60
【解析】 (a2－a＋b)5＝(a2－a＋b)(a2－a＋b)(a2－a＋b)(a2－a＋b)(a2－a＋b)，则展开式中含a5b2的项为C eq \\al(2,5)(a2)2·C eq \\al(1,3)(－a)·C eq \\al(2,2)b2＝－30a5b2，故(a2－a＋b)5的展开式中a5b2的系数为－30.故选B.
求三项展开式中某些指定的项，常常利用这几种方法：
(1)两项看成一项，利用二项式定理展开．
(2)因式分解，转化为两个二项式再求解．
(3)看作多个因式的乘积，用组合的知识解答．
【对点训练1】 (1)已知 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(a,\r(3,x)))) eq \s\up12(n)（其中a>0）的展开式中的第7项为7，则展开式中的有理项共有( D )
A．6项 B．5项
C．4项 D．3项
解析：展开式的第7项为T7＝C eq \\al(6,n)(x2)n-6· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,\r(3,x)))) eq \s\up12(6)＝(－a)6C eq \\al(6,n)x2n-14，由题意，得2n－14＝0，(－a)6C eq \\al(6,n)＝7(a>0)，所以n＝7，a＝1，则展开式的通项为Tk＋1＝(－1)kC eq \\al(k,7)x14-2k· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(3,x)))) eq \s\up12(k)＝(－1)kC eq \\al(k,7)x eq \s\up6(\f(42－7k,3))，k＝0，1，2，…，7，令 eq \f(42－7k,3)∈Z，则k＝0，3，6，所以展开式中的有理项共有3项．故选D.
(2)（2024·河北张家口三模）(1－x2)(1＋x)5的展开式中x4的系数为( A )
A．－5 B．5
C．－10 D．10
解析：(1＋x)5的展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(r,5)xr，则(1－x2)(1＋x)5的展开式中含x4的项为C eq \\al(4,5)x4－x2·C eq \\al(2,5)x2＝（C eq \\al(4,5)－C eq \\al(2,5)）x4＝－5x4，所以(1－x2)(1＋x)5的展开式中x4的系数为－5.故选A.
(3)（2024·陕西西安一模） eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)－2)) eq \s\up12(5)的展开式中x2的系数为( B )
A．－80 B．－40
C．40 D．80
解析：因为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)－2)) eq \s\up12(5)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)－2))· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)－2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)－2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)－2))x－ eq \f(1,x)－2，故x2可以由5个因式中的2个因式提供x，余下3个因式提供－2，或者5个因式中的3个因式提供x，余下1个因式提供－ eq \f(1,x)，1个因式提供－2，故x2的系数为C eq \\al(2,5)(－2)3＋C eq \\al(3,5)C eq \\al(1,2)(－2)1(－1)＝－80＋40＝－40.故选B.
考点2 二项式系数与项的系数的问题
命题角度1 二项式系数和与系数和
【例4】 （多选）（2024·河南驻马店二模）已知(4－3x)7＝a0＋a1(1－3x)＋a2(1－3x)2＋…＋a7(1－3x)7，则( AC )
A．a4＝945
B． eq \i\su(i＝1,7,a)i＝47－1
C．a0＋a2＋a4＋a6＝213＋26
D．a1＋a3＋a5＋a7＝26－213
【解析】 依题意得(4－3x)7＝[3＋(1－3x)]7，所以a4＝C eq \\al(4,7)×33＝35×27＝945，故A正确；令x＝ eq \f(1,3)，得a0＝37，令x＝0，得 eq \i\su(i＝0,7,a)i＝47，所以 eq \i\su(i＝1,7,a)i＝47－37，故B错误；令x＝ eq \f(2,3)，得27＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7①，又47＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7②，由①＋②可得a0＋a2＋a4＋a6＝ eq \f(47＋27,2)＝213＋26，故C正确；同理，由②－①得a1＋a3＋a5＋a7＝213－26，故D错误．故选AC.
命题角度2 系数与二项式系数的最值
【例5】 （2024·全国甲卷理） eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋x)) eq \s\up12(10)的展开式中，各项系数中的最大值为5Ｗ．
【解析】 由题意，得展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(r,10) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(10－r)xr，r≤10且r∈N，设展开式中第r＋1项的系数最大，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C eq \\al(r,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(10－r)≥C eq \\al(r+1,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(9－r)，,C eq \\al(r,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(10－r)≥C eq \\al(r-1,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(11－r)))⇒ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(r≥\f(29,4)，,r≤\f(33,4)，))
即 eq \f(29,4)≤r≤ eq \f(33,4)，又r∈N，故r＝8，所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为C eq \\al(8,10) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(2)＝5.
1．赋值法的应用
一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝(a＋bx)n，则(a＋bx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(a＋bx)n的展开式中奇数项的系数和为 eq \f(1,2)[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展开式中偶数项的系数和为 eq \f(1,2)[g(1)－g(－1)].
2．二项展开式中系数最大项的求法
如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式中系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1，))从而解得k.
【对点训练2】 (1)（多选）（2025·广西来宾一模）在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x))) eq \s\up12(4)的展开式中，下列结论正确的是( BD )
A．二项式系数最大的项为第5项
B．各项系数和为0
C．x4的系数为4
D．所有项的二项式系数和为16
解析：对于A，因为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x))) eq \s\up12(4)的展开式一共5项，所以二项式系数最大的项为第3项，故A错误；对于B，令x＝1，则 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x))) eq \s\up12(4)＝0，所以各项系数和为0，故B正确；对于C，因为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x))) eq \s\up12(4)的展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(r,4)x4-r eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x))) eq \s\up12(r)＝C eq \\al(r,4)(－1)rx4-2r(r＝0，1，2，3，4)，令4－2r＝4，得r＝0，故x4的系数为C eq \\al(0,4)·(－1)0＝1，故C错误；对于D，所有项的二项式系数和为24＝16，故D正确．故选BD.
(2)已知 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(2,x2))) eq \s\up12(n)的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，则该展开式中系数最大的项为15 360x－eq \s\up5(\f(25,2))．
解析：由题意可知 eq \f(n,2)＋1＝6，解得n＝10，故展开式的通项为Tr＋1＝，r≤10且r∈N.设第r＋1项的系数最大，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C eq \\al(r,10)·2r≥C eq \\al(r-1,10)·2r-1，,C eq \\al(r,10)·2r≥C eq \\al(r+1,10)·2r+1，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,r)≥\f(1,11－r)，,\f(1,10－r)≥\f(2,r＋1)，))
解得 eq \f(19,3)≤r≤ eq \f(22,3)，
∵r∈N，∴r＝7，∴展开式中系数最大的项为T8＝＝15 360x－eq \s\up5(\f(25,2)).
考点3 二项式定理的综合应用
【例6】 (1)（2024·湖北荆州三模）已知(3x－1)2 024＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 024x2 024，则a1＋a2＋…＋a2 024被3除的余数为( D )
A．3 B．2
C．1 D．0
【解析】 令x＝0，得a0＝1，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a2 024＝22 024，两式相减，得a1＋a2＋…＋a2 024＝22 024－1＝41 012－1，因为41 012＝(3＋1)1 012＝C eq \\al(0,1 012)31 012＋C eq \\al(1,1 012)31 011＋…＋C eq \\al(1 011,1 012)3＋C eq \\al(1 012,1 012)，其中C eq \\al(0,1 012)31 012＋C eq \\al(1,1 012)31 011＋…＋C eq \\al(1 011,1 012)3被3整除，所以41 012被3除的余数为1，综上，a1＋a2＋…＋a2 024能被3整除．故选D.
(2)（2024·安徽合肥三模）某银行大额存款的年利率为3%，小张于2024年初存入大额存款10万元，按照复利计算，8年后他能得到的本利和约为( B )
A．12.6万元 B．12.7万元
C．12.8万元 D．12.9万元
【解析】 2024年初存入大额存款10万元，按照复利计算，每年末本利和（单位：万元）是以10为首项，1＋3%为公比的等比数列，所以8年后本利和S＝10(1＋3%)9-1＝10（C eq \\al(0,8)＋C eq \\al(1,8)×0.031＋C eq \\al(2,8)×0.032＋…＋C eq \\al(7,8)×0.037＋C eq \\al(8,8)×0.038）≈12.7（万元）.故选B.
二项式定理应用的题型及解法
(1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式（数）展开后的每一项都含有除式（数）的因式．
(2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不是很大，|x|比较小时，(1＋x)n的近似值可由其展开式的前几项的和来确定．
【对点训练3】 (1)下列各数与1.0120最接近的是( C )
B．1.21
C．1.22 D．1.23
解析：由题意得1.0120＝(1＋0.01)20，由二项式定理得(1＋0.01)20＝1＋C eq \\al(1,20)×0.01＋C eq \\al(2,20)×0.012＋…，而从第3项以后，后面的项非常小，可忽略不计，所以(1＋0.01)20≈1＋C eq \\al(1,20)×0.01＋C eq \\al(2,20)×0.012＝1.219，则其与1.22更接近．故选C.
(2)已知x∈Z，且842 025＋x能被17整除，则x的值可以是1（答案不唯一）．（写出一个满足题意的值即可）
解析：842 025＋x＝(85－1)2 025＋x＝852 025－C eq \\al(1,2 025)852 024＋…＋C eq \\al(2 024,2 025)85－1＋x，要使842 025＋x能被17整除，则－1＋x能被17整除即可，则x＝17k＋1，k∈Z，故可取x＝1.
课时作业70
1．（5分）化简(x＋1)4－4(x＋1)3＋6(x＋1)2－4(x＋1)＋1的结果为( A )
A．x4 B．(x－1)4
C．(x＋1)4 D．x4－1
解析：(x＋1)4－4(x＋1)3＋6(x＋1)2－4(x＋1)＋1＝(x＋1)4＋C eq \\al(1,4)(x＋1)3×(－1)＋C eq \\al(2,4)(x＋1)2×(－1)2＋C eq \\al(3,4)(x＋1)×(－1)3＋(－1)4＝[(x＋1)－1]4＝x4.故选A.
2．（5分）（2024·广东东莞三模）若(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，则a2＋a3＝( C )
A．10 B．0
C．－40 D．130
解析：a2＝C eq \\al(2,5)(－2)2＝40，a3＝C eq \\al(3,5)(－2)3＝－80，所以a2＋a3＝－40.故选C.
3．（5分）（2025·山东日照二模）已知(x＋a)5＝p5x5＋p4x4＋p3x3＋p2x2＋p1x＋p0，若p4＝15，则a＝( C )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：由(x＋a)5＝p5x5＋p4x4＋p3x3＋p2x2＋p1x＋p0，且p4＝15，可得C eq \\al(1,5)·a＝15，解得a＝3.故选C.
4．（5分）（8－ eq \r(7)x）9的展开式中系数为有理数的项共有( D )
A．2项 B．3项
C．4项 D．5项
解析：（8－ eq \r(7)x）9展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(r,9)89-r（－ eq \r(7)x）r＝（－ eq \r(7)）r89-rC eq \\al(r,9)xr(r≤9，r∈N)，所以展开式中的第1项、第3项、第5项、第7项、第9项的系数均为有理数，共5项．故选D.
5．（5分）（2024·山东济宁三模） eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x))) eq \s\up12(6)的展开式中x3的系数为( A )
A．－160 B．－120
C．120 D．160
解析： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x))) eq \s\up12(6)展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(r,6)(x2)6-r eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x))) eq \s\up12(r)＝(－2)rC eq \\al(r,6)x12-3r，r∈N，r≤6，由12－3r＝3，得r＝3，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x))) eq \s\up12(6)的展开式中x3的系数为(－2)3C eq \\al(3,6)＝－160.故选A.
6．（5分）（2024·湖北黄石三模）已知(x－1)(x＋1)5＝a0＋2a1x＋3a2x2＋4a3x3＋5a4x4＋6a5x5＋7a6x6，则a4＝( A )
A．1 B．0
C．－5 D．5
解析：要想得到x4，可以有两种情况：(x－1)取x，(x＋1)5取x3；(x－1)取－1，(x＋1)5取x4.所以x4的系数为1×C eq \\al(2,5)＋(－1)×C eq \\al(1,5)＝10－5＝5，即5a4＝5⇒a4＝1.故选A.
7．（5分）（2024·河北沧州二模）在(x－2y＋3z)6的展开式中，xy2z3的系数为( A )
A．6 480 B．2 160
C．60 D．－2 160
解析：(x－2y＋3z)6相当于6个因式(x－2y＋3z)相乘，其中一个因式取x，有C eq \\al(1,6)种取法，余下5个因式中有2个取－2y，有C eq \\al(2,5)种取法，最后3个因式中全部取3z，有C eq \\al(3,3)种取法，故(x－2y＋3z)6的展开式中xy2z3的系数为C eq \\al(1,6)×1×C eq \\al(2,5)×(－2)2×C eq \\al(3,3)×33＝6 480.故选A.
8．（5分）22 024被9除的余数为( B )
A．1 B．4
C．5 D．8
解析：22 024＝4×22 022＝4×8674＝4×(9－1)674＝4（C eq \\al(0,674)×9674×10－C eq \\al(1,674)×9673×11＋…－C eq \\al(673,674)×91×1673＋C eq \\al(674,674)×90×1674），其中4（C eq \\al(0,674)×9674×10－C eq \\al(1,674)×9673×11＋…－C eq \\al(673,674)×91×1673）是9的整数倍，故22 024被9除的余数为4.故选B.
9．（6分）（多选）（2024·山西临汾三模）在的展开式中( AB )
A.所有奇数项的二项式系数和为128
B．二项式系数最大的项为第5项
C．有理项共有两项
D．所有项的系数和为38
解析：对于A，所有项的二项式系数和为28，则所有奇数项的二项式系数和为 eq \f(28,2)＝128，故A正确；对于B，二项式系数最大为C eq \\al(4,8)，则二项式系数最大的项为第5项，故B正确；对于C，Tk＋1＝C eq \\al(k,8) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x))) eq \s\up12(8－k)（－ eq \r(3,x)）k＝(－1)k·28-kC eq \\al(k,8)xeq \s\up5(\f(4,3))k-8(k≤8，k∈N)，Tk＋1为有理项，k可取的值为0，3，6，所以有理项共有三项，故C错误；对于D，令x＝1，则所有项的系数和为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,1)－\r(3,1))) eq \s\up12(8)＝1，故D错误．故选AB.
10．（6分）（多选）已知(1－2x)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则( AD )
A．a0＝1
B．a1＝18
C．a1＋a2＋…＋a9＝－1
D．a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝－ eq \f(1＋39,2)
解析：对于A，令x＝0，即可得(1－2×0)9＝a0＝1，故A正确；对于B，因为展开式中a1代表一次项系数，(1－2x)9的展开式中含有一次项C eq \\al(1,9)·18(－2x)1＝－18x，可得a1＝－18，故B错误；对于C，令x＝1，可得(1－2)9＝a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1①，可得a1＋a2＋…＋a9＝－1－a0＝－2，故C错误；对于D，令x＝－1，可得(1＋2)9＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝39②，①－②得2(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝－(1＋39)，得a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝－ eq \f(1＋39,2)，故D正确．故选AD.
11．（6分）（多选）（2024·江西九江三模）在x－ eq \f(1,y)10的展开式中( AD )
A．x8y-2的系数为45
B．二项式系数最大的项是第5项
C．各项系数之和为1
D．系数最大的项是第5项或第7项
解析：Tk＋1＝C eq \\al(k,10)(－1)kx10-ky－k，当k＝2时，T3＝C eq \\al(2,10)x8y-2，系数为45，故A正确；由组合数性质可知，中间项的二项式系数C eq \\al(5,10)最大，∴展开式中二项式系数最大的项是第6项，故B错误；令x＝1，y＝1，得展开式中各项系数之和为(1－1)10＝0，故C错误；当k为奇数时，系数为负数，当k为偶数时，系数为正数，∴当k＝4或k＝6时，系数最大，故D正确．故选AD.
12．（6分）（2024·江苏宿迁三模）设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，若a5>a4，且a5>a6，则 eq \i\su(i＝0,n,a)i＝1 024．
解析：根据题意，可知二项式系数中最大的是a5，则n＝10，令x＝1，得210＝a0＋a1＋…＋a10，∴ eq \i\su(i＝0,10,a)i＝1 024.
13．（6分）（2024·广东汕头三模）已知 (n∈N*)的展开式中第2项的二项式系数为6，则展开式中常数项为60．
解析：由题意得C eq \\al(1,n)＝6，所以n＝6， (n∈N*)的展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(r,6)26-rx6-r eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(r)＝C eq \\al(r,6)26-rx6-eq \s\up5(\f(3,2))r，令6－ eq \f(3,2)r＝0，得r＝4，所以T5＝C eq \\al(4,6)×22＝60.
14．（6分）若(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a2＝165．
解析：因为(1＋x)n展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(r,n)xr（r≤n且r∈N），(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，所以a2＝C eq \\al(2,2)＋C eq \\al(2,3)＋C eq \\al(2,4)＋C eq \\al(2,5)＋C eq \\al(2,6)＋C eq \\al(2,7)＋C eq \\al(2,8)＋C eq \\al(2,9)＋C eq \\al(2,10)＝C eq \\al(3,3)＋C eq \\al(2,3)＋C eq \\al(2,4)＋C eq \\al(2,5)＋C eq \\al(2,6)＋C eq \\al(2,7)＋C eq \\al(2,8)＋C eq \\al(2,9)＋C eq \\al(2,10)＝C eq \\al(3,4)＋C eq \\al(2,4)＋C eq \\al(2,5)＋C eq \\al(2,6)＋C eq \\al(2,7)＋C eq \\al(2,8)＋C eq \\al(2,9)＋C eq \\al(2,10)＝…＝C eq \\al(3,11)＝165.
15．（8分）已知不等式lgax0且a≠1）的解集为(0，2)，则 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax－\f(1,x2))) eq \s\up12(6)的展开式中系数最大项的系数为( C )
A．16 B．80
C．240 D．480
解析：由题意，当a>1时，lgax