高考数学一轮复习课时质量评价57二项式定理含答案

这是一份高考数学一轮复习课时质量评价57二项式定理含答案，共8页。试卷主要包含了故选B，故选C等内容，欢迎下载使用。
1．二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2x)))eq \s\UP12(9)的展开式中的常数项为( )
A．eq \f(21,32) B．eq \f(21,16)
C．eq \f(63,16) D．eq \f(21,8)
B 解析：二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2x)))eq \s\UP12(9)的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,9)x2(9－k)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\UP12(k)x－k＝Ceq \\al(k,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\UP12(k)x18－3k，令18－3k＝0，可得k＝6，所以常数项为Ceq \\al(6,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\UP12(6)x0＝eq \f(21,16)．故选B．
2．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)－x))eq \s\UP12(n)展开式中的各二项式系数之和为1 024，则x4的系数是 ( )
A．－210 B．－960
C．960 D．210
B 解析：由已知得2n＝1 024，所以n＝10，
所以展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)))eq \s\UP12(10－k)(－x)k＝Ceq \\al(k,10)(－1)k210－kx2k－10，
令2k－10＝4，k＝7，所以x4的系数是Ceq \\al(7,10)(－1)7210－7＝－960．
3．已知(2－x)2 021＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a2 021·(x＋1)2 021，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a0))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a1))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a2))＋…＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a2 021))＝( )
A．24 042 B．1
C．22 021 D．0
A 解析：令t＝x＋1，可得x＝t－1，则[2－(t－1)]2 021＝(3－t)2 021＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a2 021t2 021，
二项式(3－t)2 021的展开式通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,2 021)·32 021－k·(－t)k，则ak＝Ceq \\al(k,2 021)·32 021－k·(－1)k．
当k为奇数时，ak0．
因此，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a0))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a1))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a2))＋…＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a2 021))＝a0－a1＋a2－…－a2 021＝(3＋1)2 021＝24 042．故选A．
4．已知(2x2＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x2)－1))eq \s\UP12(5)的展开式中各项系数之和为0，则该展开式的常数项是( )
A．－10 B．－7
C．9 D．10
C 解析：(2x2＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x2)－1))eq \s\UP12(5)的展开式中各项系数之和为0．
令x＝1得3(a－1)5＝0，解得a＝1．
(2x2＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x2)－1))eq \s\UP12(5)＝(2x2＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－1))eq \s\UP12(5)．
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－1))eq \s\UP12(5)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)))eq \s\UP12(5－k) (－1)k＝(－1)kCeq \\al(k,5) x2k－10，
则(2x2＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x2)－1))eq \s\UP12(5)＝(2x2＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－1))eq \s\UP12(5)展开式的常数项满足2k－10＝－2或2k－10＝0．
解得k＝4或k＝5，
则该展开式的常数项是2×(－1)4Ceq \\al(4,5)＋(－1)5Ceq \\al(5,5)＝9．故选C．
5．(多选题)关于多项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,x)－x))eq \s\UP12(6)的展开式，则下列结论正确的是( )
A．各项系数之和为1
B．各项系数的绝对值之和为212
C．存在常数项
D．x3的系数为40
BCD 解析：令x＝1可得，各项系数之和为26，故A错误．
多项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,x)－x))eq \s\UP12(6)的展开式的各项系数的绝对值之和与多项式的eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,x)＋x))eq \s\UP12(6)展开式各项系数之和相等，故令x＝1，得各项系数的绝对值之和为212，故B正确．
由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,x)－x))eq \s\UP12(6)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)－x))))eq \s\UP12(6)，易知该多项式的展开式中一定存在常数项，故C正确．
由题中的多项式可知，若出现x3，可能的组合只有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)))eq \s\UP12(0)·(－x)3和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)))eq \s\UP12(1)·(－x)4，结合排列组合的性质可得x3的系数为Ceq \\al(3,6)×13×Ceq \\al(3,3)×20×(－1)3＋Ceq \\al(5,6)×11×Ceq \\al(4,5)×21×(－1)4＝40，故D正确．
故选BCD．
6．(多选题)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,\r(x))))eq \s\UP12(n)的二项展开式中二项式系数之和为64，则下列结论正确的是( )
A．二项展开式中无常数项
B．二项展开式中第3项为240x3
C．二项展开式中各项系数之和为36
D．二项展开式中二项式系数最大的项为160x2
BC 解析：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,\r(x))))eq \s\UP12(n)的二项展开式中二项式系数之和为64，
所以2n＝64，得n＝6，
所以二项式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(2x)6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))eq \s\UP12(k)＝26－k·Ceq \\al(k,6)·xeq \s\UP12(6－eq \f(3,2)k)．
对于A，令6－eq \f(3,2)k＝0，得k＝4，所以二项式展开式的第5项为常数项，所以A错误．
对于B，令k＝2，则T3＝24·Ceq \\al(2,6)·x3＝240x3，所以B正确．
对于C, 令x＝1，则二项展开式中各项系数之和为(2＋1)6＝36，所以C正确．
对于D，因为二项式展开式中共有7项，所以第4项的二项式的系数最大为T4＝23·Ceq \\al(3,6)·xeq \s\UP12(6－eq \f(3,2))×3＝160xeq \s\UP12(eq \f(3,2))，所以D错误．
7．(2022·揭阳模拟)记(1－x)6＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋a3(1＋x)3＋a4(1＋x)4＋a5(1＋x)5＋a6(1＋x)6，则a4＝________．
60 解析：(1－x)6＝(－1＋x)6＝[－2＋(1＋x)]6，展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(－2)6－k(1＋x)k ，令k＝4 即可，a4＝Ceq \\al(4,6)(－2)2＝4Ceq \\al(2,6)＝60．
8．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,x2)－4＋x2))eq \s\UP12(5)的展开式中所有项的系数和为1，则x4的系数为________．
－960 解析：令x＝1，则(m－3)5＝1，解得m＝4，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,x2)－4＋x2))eq \s\UP12(5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x2)－4＋x2))eq \s\UP12(5)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x2)－4＋x2))eq \s\UP12(5)展开式的通项为Ceq \\al(k,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x2)－4))eq \s\UP12(5－k) (x2)k．
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x2)－4))eq \s\up12(5－k)展开式的通项为Ceq \\al(r,5－k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x2)))eq \s\UP12(5－r－k)·(－4)r，
所以当r＝1，k＝3时，展开式中的项为－320x4；当r＝3，k＝2时，展开式中的项为－640x4；
所以x4的系数为－320－640＝－960．故答案为－960．
9．已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x\r(x)－\f(1,\r(3,x))))eq \s\UP12(n)的展开式的二项式系数和为64，则展开式中的有理项系数和为________．
65 解析：因为展开式的二项式系数和为64，
所以2n＝64，所以n＝6．
所以Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(2xeq \r(x))6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(3,x))))eq \s\UP12(k)＝(－1)kCeq \\al(k,6)·26－kxeq \s\UP12(9－eq \f(11,6)k)，
当k＝0时，T1＝(－1)0Ceq \\al(0,6)26x9＝64x9；
当k＝6时，T7＝(－1)6Ceq \\al(6,6)20x－2＝x－2．
所以展开式中的有理项系数和为64＋1＝65．
10．已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2＋\f(1,\r(x))))n(n∈N*)展开式中，前三项的二项式系数和是56．
(1)求n的值；
(2)求展开式中的常数项．
解：(1)因为前三项的二项式系数和是56，
所以Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＝56，即1＋n＋eq \f(n(n－1),2)＝56，
整理可得n2＋n－110＝0，解得n＝10或n＝－11(舍去)．
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2＋\f(1,\r(x))))eq \s\UP12(10)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)210－k·x2(10－k)x－eq \f(1,2)k＝Ceq \\al(k,10)210－kxeq \s\UP12(20－eq \f(5,2)k)，
令20－eq \f(5,2)k＝0可得k＝8，
所以展开式中常数项为Ceq \\al(8,10)210－8＝45×4＝180．
11．(2021·赣州一中期末)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))eq \s\UP12(n)的展开式中前3项的系数成等差数列，设eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))eq \s\UP12(n)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn．
(1)求a0的值；
(2)求系数最大的项．
解：(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))eq \s\UP12(n)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)xn－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\UP12(k)．
因为展开式中前3项的系数成等差数列，
所以2Ceq \\al(1,n)·eq \f(1,2)＝Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(2,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\UP12(2)，得n2－9n＋8＝0，解得n＝8或n＝1(舍去)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))eq \s\UP12(n)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn即为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))eq \s\UP12(8)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，
令x＝0，则a0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\UP12(8)＝eq \f(1,256)．
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))eq \s\UP12(8)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)x8－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\UP12(k)，
设第k＋1项的系数最大，则
因为k∈N，所以k＝2或k＝3，所以第3项或第4项的系数最大，
所以系数最大的项为7x5或7x6．
B组 新高考培优练
12．若(x－a)(1＋2x)5的展开式中x3的系数为20，则a＝( )
A．－eq \f(1,4) B．eq \f(1,4)
C．－eq \f(1,2) D．eq \f(1,2)
B 解析：(x－a)(1＋2x)5＝x(1＋2x)5－a(1＋2x)5，
x(1＋2x)5展开式的通项为Ar＋1＝xCeq \\al(r,5)·(2x)r＝Ceq \\al(r,5)·2r·xr＋1，
a(1＋2x)5的展开式通项为Bk＋1＝aCeq \\al(k,5)·(2x)k＝a·2kCeq \\al(k,5)·xk，
所以(x－a)(1＋2x)5的展开式通项为Tr＋1，k＋1＝Ceq \\al(r,5)·2r·xr＋1－a·2kCeq \\al(k,5)·xk．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(r＋1＝3，,k＝3，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(r＝2，,k＝3，))由题意可得Ceq \\al(2,5)·22－a·23·Ceq \\al(3,5)＝40－80a＝20，解得a＝eq \f(1,4)．故选B．
13．(多选题)(2022·南通模拟)若(x＋3)8＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a8(x＋1)8，x∈R，则下列结论中正确的有( )
A．a0＝28
B．a3＝8Ceq \\al(3,10)
C．a1＋a2＋…＋a8＝38
D．(a0＋a2＋a4＋a6＋a8)2－(a1＋a3＋a5＋a7)2＝38
AD 解析：(x＋3)8＝[2＋(x＋1)]8＝28＋27Ceq \\al(1,8)(x＋1)＋26Ceq \\al(2,8)(x＋1)2＋25Ceq \\al(3,8)(x＋1)3＋…＋(x＋1)8．
对于A，令x＝－1，则(－1＋3)8＝28＝a0，故A正确．
对于B，a3＝25Ceq \\al(3,8)＝1 792，而8Ceq \\al(3,10)＝960，故B错误．
对于C，令x＝0，则38＝a0＋a1＋a2＋…＋a8，于是a1＋a2＋…＋a8＝38－a0＝38－28，故C错误．
对于D，令x＝－2，则1＝a0－a1＋a2－…＋a8．因为a0＋a1＋a2＋…＋a8＝38，所以(a0＋a2＋a4＋a6＋a8)2－(a1＋a3＋a5＋a7)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a8)(a0－a1＋a2－…＋a8)＝38，故D正确．故选AD．
14．(x3－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,\r(x))))eq \s\UP12(6)的展开式中，x6的系数为 ．
13 解析：对于式子x3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,\r(x))))eq \s\UP12(6)，取eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,\r(x))))eq \s\UP12(6)的二项展开式中的含x3的项，
此项为Ceq \\al(2,6)x4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))eq \s\UP12(2)＝15x3，对于式子2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,\r(x))))eq \s\UP12(6)取eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,\r(x))))eq \s\UP12(6)的二项展开式中含x6的项，此项为Ceq \\al(0,6)x6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))eq \s\UP12(0)＝x6，所以含x6的项为x3·15x3－2x6＝13x6，所以x6的系数为13．
15．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x2)))eq \s\UP12(n)的展开式中，所有项的二项式系数和为64，则常数项为________．
60 解析：因为所有项的二项式系数和为64，
所以2n＝64，n＝6，Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)·xk·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x2)))eq \s\UP12(6－k)＝Ceq \\al(k,6)·(－2)6－k·x3k－12，
令3k－12＝0，则k＝4，常数项为T5＝Ceq \\al(4,6)×(－2)2＝60．
16．已知(ax＋1)(1－2x)5＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a6(x－1)6的展开式中，若a0＝2，则a＝_________，a5＝________．
－3 304 解析：令x＝1得(a＋1)(1－2)5＝a0＝2，解得a＝－3，
所以(－3x＋1)(1－2x)5＝2＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a6(x－1)6，
a6是(－3x＋1)(1－2x)5的展开式中x6的系数，即a6＝－3×Ceq \\al(5,5)(－2)5＝96．
(－3x＋1)(1－2x)5的展开式中，x5的系数为－3×Ceq \\al(4,5)(－2)4＋1×Ceq \\al(5,5)(－2)5＝－240－32＝－272，
所以a5＋a6·Ceq \\al(1,6)·(－1)＝－272，a5＝－272＋96×6＝304．
17．已知f(x)＝(2x＋1)n展开式的二项式系数和为128，且(1＋2x)n＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋an(x＋1)n．
(1)求a2的值；
(2)求a1＋a2＋a3＋…＋an的值．
解：(1)由f(x)＝(1＋2x)n展开式的二项式系数和为128，
可得2n＝128＝27，即n＝7．
由(1＋2x)7＝[2(x＋1)－1]7＝Ceq \\al(0,7)[2(x＋1)]7＋Ceq \\al(1,7)[2(x＋1)]6(－1)1＋…＋Ceq \\al(6,7)[2(x＋1)](－1)6＋Ceq \\al(7,7)(－1)7，
得a2＝Ceq \\al(5,7)(－1)522＝－84．
(2)令x＋1＝0，得a0＝－1，
令x＋1＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝1，
所以a1＋a2＋…＋a7＝2．
18．(2022·大庆第一中学高三月考)在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(6,x)＋\f(1,\r(3,x))))eq \s\UP12(n)的展开式中，二项式系数最大的项是第4项．
(1)求n的值；
(2)求展开式的所有有理项系数的和．
解：(1)因为二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(6,x)＋\f(1,\r(3,x))))eq \s\UP12(n)的展开式中第4项的二项式系数最大，
所以eq \f(n,2)＋1＝4．所以n＝6．
(2)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(6,x)＋\f(1,\r(3,x))))eq \s\UP12(6)的展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(6,x)))eq \s\UP12(6－k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(3,x))))eq \s\UP12(k)＝Ceq \\al(k,6)xeq \s\UP12(eq \f(6－k,6)－eq \f(k,3))＝Ceq \\al(k,6)xeq \s\UP12(eq \f(6－3k,6)) (k＝0,1,2,3,4,5,6)．
当k＝0,2,4,6时，x的次数为整数，从而该项为有理项．
于是展开式的有理项共有四项，分别为第1项，第3项，第5项，第7项．
所以展开式的所有有理项系数之和为Ceq \\al(0,6)＋Ceq \\al(2,6)＋Ceq \\al(4,6)＋Ceq \\al(6,6)＝26－1＝32(或Ceq \\al(0,6)＋Ceq \\al(2,6)＋Ceq \\al(4,6)＋Ceq \\al(6,6)＝1＋15＋15＋1＝32)．