新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第10章10.2二项式定理（含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第10章10.2二项式定理（含答案解析），共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)))5的展开式中eq \f(1,x)的系数是10，则实数a等于( )
A．－1 B．1 C．－2 D．2
2．若(1＋3x)2＋(1＋2x)3＋(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4等于( )
A．49 B．56 C．59 D．64
3．(x＋2y)5(x－3y)的展开式中x3y3的系数为( )
A．－120 B．－40 C．80 D．200
4．已知(2x－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则|a0|＋|a1|＋…＋|a5|等于( )
A．1 B．243 C．121 D．122
5．(x＋y－2z)5的展开式中，xy2z2的系数是( )
A．120 B．－120 C．60 D．30
6．多项式(x2＋1)(x＋1)(x＋2)(x＋3)的展开式中x3的系数为( )
A．6 B．8 C．12 D．13
二、多项选择题
7．(2023·长春模拟)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2)))n的展开式中的第三项的系数为45，则( )
A．n＝9
B．展开式中所有项的系数和为1 024
C．二项式系数最大的项为中间项
D．含x3的项是第7项
8.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的．如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为1,1,2,3,5,8,13，….以下关于杨辉三角的猜想中正确的是( )
A．由 “与首末两端等距离的两个二项式系数相等” 猜想 Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)
B．由 “在相邻两行中，除1以外的每个数都等于它肩上的两个数之和”猜想Ceq \\al(r,n＋1)＝Ceq \\al(r－1,n)＋Ceq \\al(r,n)
C．第9条斜线上各数之和为55
D．在第n(n≥5)条斜线上，各数从左往右先增大后减小
三、填空题
9．若展开式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)＋\f(1,2x)))n中只有第5项的二项式系数最大，则其展开式中常数项为________．
10．若(1＋x)6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(m,x2)))展开式中x2的系数为30，则m＝________.
11．设(x＋1)(2x2－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a11x11，则a0＋22a2＋24a4＋…＋210a10＝________.
12．写出一个可以使得992 025＋a被100整除的正整数a＝________.
四、解答题
13．已知(＋3x2)n的展开式中，各项系数和与它的二项式系数和的比值为32.
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中系数最大的项．
14．在①只有第5项的二项式系数最大；②第4项与第6项的二项式系数相等；③奇数项的二项式系数的和为128，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题．
已知(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，________.
(1)求eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(an,2n)的值；
(2)求a1＋2a2＋3a3＋…＋nan的值．
15．(多选)下列结论正确的是( )
A．eq \i\su(k＝0,n,2)kCeq \\al(k,n)＝3n(n∈N*)
B．多项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,x)－x))6展开式中x3的系数为52
C．若(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，x∈R，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝310
D．2Ceq \\al(0,2n)＋Ceq \\al(1,2n)＋2Ceq \\al(2,2n)＋Ceq \\al(3,2n)＋…＋Ceq \\al(2n－1,2n)＋2Ceq \\al(2n,2n)＝3·22n－1(n∈N*)
16．课本中，在形如(a＋b)n＝Ceq \\al(0,n)an＋Ceq \\al(1,n)an－1b＋…Ceq \\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \\al(n,n)bn的展开式中，我们把Ceq \\al(k,n)(k＝0,1,2，…，n)叫做二项式系数，类似地在(1＋x＋x2)n＝Deq \\al(0,n)＋Deq \\al(1,n)x＋Deq \\al(2,n)x2＋…＋Deq \\al(2n－1,n)x2n－1＋Deq \\al(2n,n)x2n的展开式中，我们把Deq \\al(k,n)(k＝0,1,2，…，2n)叫做三项式系数，则Deq \\al(0,2 024)Ceq \\al(0,2 024)－Deq \\al(1,2 024)Ceq \\al(1,2 024)＋Deq \\al(2,2 024)Ceq \\al(2,2 024)－…＋(－1)kDeq \\al(k,2 024)Ceq \\al(k,2 024)＋…－Deq \\al(2 024,2 024)Ceq \\al(2 024,2 024)的值为________．
§10.2 二项式定理
1．B 2.C 3.B 4.B 5.A 6.C
7．BCD [eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2)))n的展开式的第三项为T3＝Ceq \\al(2,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))))n－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x2)))2＝＝，
所以第三项的系数为Ceq \\al(2,n)＝45，所以n＝10，故A错误；
所以二项式为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2)))10，
令x＝1得展开式中所有项的系数和为210＝1 024，故B正确；
展开式中共有11项，则二项式系数最大的项为中间项，故C正确；
通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))))10－k(eq \r(3,x2))k
＝＝，
令eq \f(11k－30,12)＝3，解得k＝6，
所以含x3的项是第7项，故D正确．]
8．ABD [根据二项式系数的性质，结合杨辉三角即可得Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)，Ceq \\al(r,n＋1)＝Ceq \\al(r－1,n)＋Ceq \\al(r,n)成立，故A，B正确；
第1条斜线上的数为Ceq \\al(0,0)，第2条斜线上的数为Ceq \\al(0,1)，
第3条斜线上的数为Ceq \\al(0,2)，Ceq \\al(1,1)，第4条斜线上的数为Ceq \\al(0,3)，Ceq \\al(1,2)，第5条斜线上的数为Ceq \\al(0,4)，Ceq \\al(1,3)，Ceq \\al(2,2)，第6条斜线上的数为Ceq \\al(0,5)，Ceq \\al(1,4)，Ceq \\al(2,3)，第7条斜线上的数为Ceq \\al(0,6)，Ceq \\al(1,5)，Ceq \\al(2,4)，Ceq \\al(3,3)，…，
由此，归纳得到，第2n(n∈N*)条斜线上的数依次为Ceq \\al(0,2n－1)，Ceq \\al(1,2n－2)，Ceq \\al(2,2n－3)，…，Ceq \\al(n－1,n)，
第(2n＋1)(n∈N)条斜线上的数依次为Ceq \\al(0,2n)，Ceq \\al(1,2n－1)，Ceq \\al(2,2n－2)，…，Ceq \\al(n,n).
所以第9条斜线上各数为Ceq \\al(0,8)，Ceq \\al(1,7)，Ceq \\al(2,6)，Ceq \\al(3,5)，Ceq \\al(4,4)，其和为Ceq \\al(0,8)＋Ceq \\al(1,7)＋Ceq \\al(2,6)＋Ceq \\al(3,5)＋Ceq \\al(4,4)＝1＋7＋15＋10＋1＝34，故C错误；
在第n(n≥5)条斜线上，各数从左往右先增大后减小，故D正确．]
9．7 10.1
11．75
解析 令x＝2，得3×75＝a0＋2a1＋22a2＋…＋211a11，①
令x＝－2，得－75＝a0－2a1＋22a2－…－211a11，②
由eq \f(①＋②,2)，得a0＋22a2＋24a4＋…＋210a10＝eq \f(3×75－75,2)＝75.
12．1(答案不唯一)
解析 由题意可知992 025＋a＝(100－1)2 025＋a，
将(100－1)2 025利用二项式定理展开得(100－1)2 025＝Ceq \\al(0,2 025)1002 025×(－1)0＋Ceq \\al(1,2 025)1002 024×(－1)1＋…＋Ceq \\al(2 024,2 025)1001×(－1)2 024＋Ceq \\al(2 025,2 025)1000×(－1)2 025，
显然Ceq \\al(0,2 025)1002 025×(－1)0＋Ceq \\al(1,2 025)1002 024×(－1)1＋…＋Ceq \\al(2 024,2 025)1001×(－1)2 024能被100整除，
所以只需Ceq \\al(2 025,2 025)1000(－1)2 025＋a＝－1＋a是100的整数倍即可，
所以－1＋a＝100n(n∈Z)，得a＝100n＋1(n∈Z)，
不妨取n＝0，得a＝1.
13．解 (1)令x＝1，得展开式中的各项系数和为(1＋3)n＝22n，
又展开式中二项式系数和为2n.
所以eq \f(22n,2n)＝32，解得n＝5.
因为n＝5，所以展开式共有6项，
所以二项式系数最大的项为第三、四两项，
即T3＝Ceq \\al(2,5)()3(3x2)2＝90x6，T4＝Ceq \\al(3,5)()2(3x2)3＝.
(2)设展开式中第k＋1项的系数最大，
Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)()5－k(3x2)k＝，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3kC\\al(k,5)≥3k－1C\\al(k－1,5)，,3kC\\al(k,5)≥3k＋1C\\al(k＋1,5)，))
解得eq \f(7,2)≤k≤eq \f(9,2)，
因为k∈N，所以k＝4，
即展开式中系数最大的项为T5＝＝.
14．解 (1)若选①：
因为只有第5项的二项式系数最大，
所以展开式中共有9项，即n＋1＝9，得n＝8.
若选②：
因为第4项与第6项的二项式系数相等，所以Ceq \\al(3,n)＝Ceq \\al(5,n)⇒n＝8.
若选③：
因为奇数项的二项式系数的和为128，
所以2n－1＝128，解得n＝8.
所以(2x－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，
令x＝eq \f(1,2)，则有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(1,2)－1))8＝a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a8,28)，
即有a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a8,28)＝0，
令x＝0，得a0＝1，
所以eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a8,28)＝－a0＝－1.
综上所述，eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a8,28)＝－1.
(2)由(1)可知，n＝8，
(2x－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，
两边求导得16(2x－1)7＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋8a8x7，
令x＝1，
则有16＝a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8，
所以a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝16.
15．ACD [对于A，eq \i\su(k＝0,n,2)kCeq \\al(k,n)＝20Ceq \\al(0,n)＋21Ceq \\al(1,n)＋22Ceq \\al(2,n)＋…＋2nCeq \\al(n,n)＝Ceq \\al(0,n)×1n×20＋Ceq \\al(1,n)×1n－1×21＋Ceq \\al(2,n)×1n－2×22＋…＋Ceq \\al(n,n)×10×2n＝(1＋2)n＝3n，故A正确；
对于B，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,x)－x))6的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)－x))k，要求x3的系数，则k≥3，
当k＝3时，有Ceq \\al(3,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)－x))3，其中x3的系数为Ceq \\al(3,6)Ceq \\al(3,3)20×(－1)3＝－20；
当k＝4时，有Ceq \\al(4,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)－x))4，不存在x3；
当k＝5时，有Ceq \\al(5,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)－x))5，其中x3的系数为Ceq \\al(5,6)Ceq \\al(4,5)21×(－1)4＝60；
当k＝6时，有Ceq \\al(6,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)－x))6，不存在x3.
故多项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,x)－x))6展开式中x3的系数为－20＋60＝40，故B不正确；
对于C，(2x－1)10的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)(2x)10－k·(－1)k＝(－1)kCeq \\al(k,10)·210－k·x10－k，可知a10，a10>0，
所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝a0－a1＋a2－…＋a10，
所以令x＝－1，有(－2－1)10＝a0－a1＋a2－…＋a10＝310，
因此|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝310，故C正确；
对于D,2Ceq \\al(0,2n)＋Ceq \\al(1,2n)＋2Ceq \\al(2,2n)＋Ceq \\al(3,2n)＋…＋Ceq \\al(2n－1,2n)＋2Ceq \\al(2n,2n)＝(Ceq \\al(0,2n)＋Ceq \\al(1,2n)＋Ceq \\al(2,2n)＋…＋Ceq \\al(2n,2n))＋(Ceq \\al(0,2n)＋Ceq \\al(2,2n)＋…＋Ceq \\al(2n,2n))＝22n＋22n－1＝3·22n－1，故D正确．]
16．0
解析 因为(1＋x＋x2)2 024·(x－1)2 024＝(Deq \\al(0,2 024)＋Deq \\al(1,2 024)x＋Deq \\al(2,2 024)x2＋…＋Deq \\al(k,2 024)xk＋…＋Deq \\al(4 048－1,2 024)x4 048－1＋Deq \\al(4 048,2 024)x4 048)·(Ceq \\al(0,2 024)x2 024－Ceq \\al(1,2 024)x2 023＋Ceq \\al(2,2 024)x2 022－Ceq \\al(3,2 024)x2 021＋…＋Ceq \\al(2 023,2 024)x－Ceq \\al(2 024,2 024))，
其中x2 024的系数为Deq \\al(0,2 024)Ceq \\al(0,2 024)－Deq \\al(1,2 024)Ceq \\al(1,2 024)＋Deq \\al(2,2 024)Ceq \\al(2,2 024)－…＋(－1)kDeq \\al(k,2 024)Ceq \\al(k,2 024)＋…－Deq \\al(2 024,2 024)Ceq \\al(2 024,2 024)，
因为(1＋x＋x2)2 024·(x－1)2 024＝(x3－1)2 024，
而二项式(x3－1)2 024的通项公式Tk＋1＝(－1)kCeq \\al(k,2 024)·(x3)2 024－k，
因为2 024不是3的倍数，
所以(x3－1)2 024的展开式中没有x2 024项，由代数式恒成立可得Deq \\al(0,2 024)Ceq \\al(0,2 024)－Deq \\al(1,2 024)Ceq \\al(1,2 024)＋Deq \\al(2,2 024)Ceq \\al(2,2 024)－…＋(－1)kDeq \\al(k,2 024)Ceq \\al(k,2 024)＋…－Deq \\al(2 024,2 024)Ceq \\al(2 024,2 024)＝0.