2025版高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第2讲二项式定理提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第2讲二项式定理提能训练，共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．(2024·山西师大附中月考)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(x))))6展开式的常数项为( B )
A．－160 B．60
C．120 D．240
[解析] eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(x))))6展开式的通项为：Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(2x)6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))k＝Ceq \\al(k,6)·26－k·(－1)k·，令6－eq \f(3,2)k＝0得k＝4，所以展开式的常数项为Ceq \\al(4,6)×22×(－1)4＝60，故选B.
2．(2024·江苏镇江一中学情检测)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,\r(x))))8的展开式中含x5项的系数是( B )
A．－112 B．112
C．－28 D．28
[解析] 由题意可得，其通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)x8－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,\r(x))))r＝，0≤r≤8，r∈N，令8－eq \f(3,2)r＝5，可得r＝2，所以含x5项的系数是(－2)2Ceq \\al(2,8)＝112.故选B.
3．(2023·河南新乡联考)若二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(x))))n(n∈N*)的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式中x2项的系数为( D )
A．－1 120 B．－1 792
C．1 792 D．1 120
[解析] 因为展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以n＝8.通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)(2x)8－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))r＝，令8－eq \f(3,2)r＝2，得r＝4，所以展开式中x2项的系数为Ceq \\al(4,8)24(－1)4＝1 120.故选D.
4．(2024·山东新高考质检联盟联考)设(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)7＋(1＋x)8＝a0＋a1x＋…＋a7x7＋a8x8，则a2＝( A )
A．84 B．56
C．36 D．28
[解析] 依题意，a2＝Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋…＋Ceq \\al(2,8)＝Ceq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)＋…＋Ceq \\al(2,8)＝Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(2,4)＋…＋Ceq \\al(2,8)＝…＝Ceq \\al(3,8)＋Ceq \\al(2,8)＝Ceq \\al(3,9)＝84，故选A.
5．(2024·湖北武汉九所重点中学联考)多项式(ax＋1)6的x2项系数比x3项系数多35，则其各项系数之和为( D )
A．1 B．243
C．64 D．0
[解析] ∵x2项系数比x3项系数多35，∴Ceq \\al(4,6)a2－Ceq \\al(3,6)a3＝35，即3a2－4a3＝7，解得：a＝－1.∴(－x＋1)6＝Ceq \\al(0,6)x6－Ceq \\al(1,6)x5＋Ceq \\al(2,6)x4－Ceq \\al(3,6)x3＋Ceq \\al(4,6)x2－Ceq \\al(5,6)x1＋Ceq \\al(6,6)，令x＝1可得各项系数之和为Ceq \\al(0,6)－Ceq \\al(1,6)＋Ceq \\al(2,6)－Ceq \\al(3,6)＋Ceq \\al(4,6)－Ceq \\al(5,6)＋Ceq \\al(6,6)＝0.故选D.
6．(2023·河北示范性高中调研)关于二项式(1＋ax＋x2)(1－x)8，若展开式中含x2的项的系数为21，则a＝( C )
A．3 B．2
C．1 D．－1
[解析] (1－x)8的展开式的通项为Tr＋1＝(－1)rCeq \\al(r,8)xr，x2的系数为1×Ceq \\al(2,8)×(－1)2＋a×Ceq \\al(1,8)×(－1)＋1×Ceq \\al(0,8)＝21，解得a＝1，故选项C正确．
7．(2022·北京高考)若(2x－1)4＝a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a0＋a2＋a4＝( B )
A．40 B．41
C．－40 D．－41
[解析] 令x＝1，则a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝1，令x＝－1，则a4－a3＋a2－a1＋a0＝(－3)4＝81，故a4＋a2＋a0＝eq \f(1＋81,2)＝41，故选B.
8．(2024·安徽屯溪一中模拟)已知f(x)＝(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则下列描述正确的是( B )
A．a1＋a2＋…＋a8＝1
B．f(－1)除以5所得的余数是1
C．|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38
D．2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8
[解析] 令x＝1得：a0＋a1＋a2＋…＋a8＝1；令x＝0，得a0＝28，a1＋a2＋…＋a8＝1－28，因此A错误；f(－1)＝38＝94＝(10－1)4＝104－Ceq \\al(1,4)103＋Ceq \\al(2,4)102－Ceq \\al(3,4)10＋1＝10×(103－Ceq \\al(1,4)102＋Ceq \\al(2,4)101－Ceq \\al(3,4))＋1，因此B正确；因为(2－x)8二项展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)28－r(－x)r＝(－1)rCeq \\al(r,8)28－rxr，由通项公式知，(2－x)8二项展开式中偶数项的系数为负数，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝－a1＋a2－a3＋…＋a8，由(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，令x＝0，得到a0＝28，令x＝－1，得到a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝38，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38－28，因此C错误；对原表达式的两边同时对x求导，得到－8×(2－x)7＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋8a8x7，令x＝1，得到a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8，令x＝0，得a1＝－8×27，所以，2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8＋8×27＝8(27－1)，所以选项D错误．故选B.
9．(2023·广东广州阶段测试)(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是( C )
A．45 B．84
C．120 D．210
[解析] 解法一：(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中，含x2项的系数为Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＋…＋Ceq \\al(2,9)＝Ceq \\al(3,10)＝120，故选C.
解法二：(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9＝eq \f(1＋x2[1－1＋x8],1－1＋x)＝eq \f(1＋x10－1＋x2,x).∴x2的系数为Ceq \\al(3,10)＝120.故选C.
二、多选题
10．(2024·山东青岛调研)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))n的展开式的各二项式系数的和为256，则( ABD )
A．n＝8
B．展开式中x－2的系数为－448
C．展开式中常数项为16
D．展开式中所有项的系数和为1
[解析] 由二项式系数之和为2n＝256，可得n＝8，A选项正确；eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))8展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)(2x)8－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))r＝Ceq \\al(r,8)(－1)r·28－r·x8－2r,8－2r＝－2时，r＝5，展开式中x－2的系数为Ceq \\al(5,8)(－1)5·28－5＝－448，B选项正确；8－2r＝0时，r＝4，展开式中常数项为Ceq \\al(4,8)(－1)4·28－4＝1 120，C选项错误；eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))8中，令x＝1，得展开式中所有项的系数和为(2－1)8＝1，D选项正确．故选ABD.
11．(2024·河北师大附中期中)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,\r(x))))9的展开式中，下列结论正确的是( BC )
A．第6项和第7项的二项式系数相等
B．奇数项的二项式系数和为256
C．常数项为84
D．有理项有2项
[解析] eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,\r(x))))9的展开式中共有10项，由二项式系数的性质可得展开式中的第5项和第6项的二项式系数相等，故A错误；由已知可得二项式系数之和为29，且展开式中奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，所以奇数项的二项式系数和为28＝256，故B正确；展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,9)x9－r. ，0≤r≤9，r∈N，令9－eq \f(3,2)r＝0，解得r＝6.故常数项为Ceq \\al(6,9)＝Ceq \\al(3,9)＝84，故C正确；有理项中x的指数为整数，故r＝0,2,4,6,8，故有理项有5项，故D错误．故选BC.
三、填空题
12．(2024·安徽江淮十校联考)若(2x－1)6＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a6(x－1)6，则a0＋a2＋a4＋a6＝ 365 .(用数字作答)
[解析] 令x＝0，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝1，令x＝2则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝36＝729，两式相加得：2(a0＋a2＋a4＋a6)＝730，∴a0＋a2＋a4＋a6＝365.
13．(2024·南京师大苏州实验学校调研改编)若二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,2·\r(4,x))))n展开式的前三项的系数成等差数列，则展开式的中间项为 eq \f(35,8)x .
[解析] 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,2·\r(4,x))))n通项为：Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)(eq \r(x))n－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2·\r(4,x))))r＝，所以第一项的系数为：Ceq \\al(0,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))0＝1，第二项的系数为：Ceq \\al(1,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＝eq \f(n,2)，第三项的系数为：Ceq \\al(2,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＝eq \f(n2－n,8)，由于前三项的系数成等差数列，所以2×eq \f(n,2)＝1＋eq \f(n2－n,8)，解得n＝8，或n＝1，因为至少有前三项，所以n＝1(舍)，故n＝8，所以展开式有9项，中间一项为T5＝Ceq \\al(4,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4x1＝eq \f(35,8)x.
14．(2024·广西“贵百河”调研)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(2,x)))n的二项式中，所有的二项式系数之和为64，则各项的系数的绝对值之和为 729 .
[解析] 由题意知2n＝64，∴n＝6，设eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(2,x)))6的各项的系数为a0，a1，a2，…，a6，则各项的系数的绝对值之和为|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|，即为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)＋\f(2,x)))6中各项的系数的和，令x＝1，|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(1＋2)6＝36，即各项的系数的绝对值之和为36＝729.
15．(2023·河南驻马店期末)若x7＋(x－2)10＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a9(x－1)9＋a10(x－1)10，则a5＝ －231 .
[解析] x7＋(x－2)10＝[(x－1)＋1]7＋[(x－1)－1]10，因为[(x－1)＋1]7展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,7)(x－1)7－r，令7－r＝5，得r＝2，则T3＝Ceq \\al(2,7)(x－1)5＝21(x－1)2.因为[(x－1)－1]10展开式的通项T′r′＋1＝Ceq \\al(r′,10)(x－1)10－r′·(－1)r′，令10－r′＝5，得r′＝5，则T′6＝Ceq \\al(5,10)(x－1)5·(－1)5＝－252(x－1)5，故a5＝21－252＝－231.
B组能力提升
1．(2024·辽宁朝阳联考)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2x,y)))(x－y)6的展开式中x4y2的系数为( A )
A．55 B．60
C．65 D．70
[解析] (x－y)6的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)x6－r(－y)r＝Ceq \\al(r,6)(－1)rx6－ryr，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2x,y)))(x－y)6＝(x－y)6－eq \f(2x,y)(x－y)6，(x－y)6的展开式中x4y2的系数为Ceq \\al(2,6)(－1)2＝15，eq \f(2x,y)(x－y)6的展开式中x4y2的系数为2Ceq \\al(3,6)(－1)3＝－40，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2x,y)))(x－y)6展开式中x4y2的系数为Ceq \\al(2,6)(－1)2－2Ceq \\al(3,6)(－1)3＝55.故选A.
2．(2024·河北沧州联考)在(x＋y＋2)5的展开式中，xy3的系数是( D )
A．24 B．32
C．36 D．40
[解析] 解法一：相当于在5个因式中有1个因式选x，有Ceq \\al(1,5)种选法，余下的4个因式中有3个因式选y，有Ceq \\al(3,4)种选法，最后余下1个因式中选2，所以xy3的项为Ceq \\al(1,5)xCeq \\al(3,4)y3Ceq \\al(1,1)×2＝40xy3，故选D.
解法二：(x＋y＋2)5＝[x＋(y＋2)]5，故所求系数为x·Ceq \\al(4,5)(y＋2)4中xy3的系数即Ceq \\al(4,5)·Ceq \\al(1,4)·2＝40.故选D.
3．(2024·湖湘名校教育联合体联考)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－2x))n的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－2x))n的展开式中系数最大的项的系数为 1 792 .
[解析] 由Ceq \\al(2,n)＝Ceq \\al(6,n)有n＝8，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－2x))n的展开式的通项为Ceq \\al(r,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)))8－r(－2x)r，当展开式的项的系数最大时，r为偶数，比较得当r＝6时，展开式中项的系数最大，该项系数为1 792.
4．(2024·浙江名校联盟高考研究卷)若(2x－5)n＝a0＋a1(x－1)＋…＋an(x－1)n，且奇数项二项式系数之和为512，则a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝ －20 .
[解析] 由题意知2n－1＝512，则n＝10，∴(2x－5)10＝a0＋a1(x－1)＋…＋a10(x－1)10，两边求导得20(2x－5)9＝a1＋2a2(x－1)＋…＋10a10(x－1)9，令x＝2得a1＋2a2＋…＋10a10＝－20.
5．(2024·山东省实验中学诊断)二项式(5＋x)2 023展开式的各项系数之和被7除所得余数为 6 .
[解析] 令x＝1得(5＋1)2 023＝62 023，由于62 023＝(－1＋7)2 023＝－1＋Ceq \\al(1,2 023)7－Ceq \\al(2,2 023)72＋Ceq \\al(3,2 023)73＋…＋72 023＝6－7＋Ceq \\al(1,2 023)7－Ceq \\al(2,2 023)72＋Ceq \\al(3,2 023)73＋…＋72 023，而－7＋Ceq \\al(1,2 023)7－Ceq \\al(2,2 023)72＋Ceq \\al(3,2 023)73＋…＋72 023均能被7整除，所以余数为6.