1、二项式定理达标检测A组应知应会1（2020北京）在（2）5的展开式中，x2的系数为（）A5B5C10D10【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于2，求出r的值，即可求得x2的系数【解答】解：（2）5的展开式中，通项公式为 Tr+1（2）r，令2，求得r1，可得x2的系数为 （2）10，故选：C2（2020春烟台期中）若的展开式中x3项的系数是240，则实数m的值是（）A2BC2D【分析】由二项式定理可得的展开式的通项，令x的系数为3，解可得r的值，结合展开式中x3的系数即可得关于m的方程，解可得m的值，即可得答案【解答】解：根据题意，的展开式通项为Tr+1C6r（mx）6r（）rC
2、6rm6r（2）rx，令6r3，解可得r2，则有C62m4（2）2240，解可得：m，即实数m的值为；故选：D3（2020春如东县校级期中）（1+2x）4展开式中含x2的项为第_项（）A1B2C3D4【分析】先写出通项，然后令x的指数为2，求出此时k的值即可【解答】解：由题意得：，令k2得，故第3项中含x2故选：C4（2020春余姚市校级期中）8011被9除的余数为（）A1B1C8D8【分析】利用80921以及二项展开式的性质即可求解【解答】解：8011（921）11；其展开式共有12项，前11项均有92，都能被9整除，最后一项为：（1）1119+8，8011被9除的余数为：8故选：C5（20
3、20春越秀区期末）已知的展开式中第6项与第8项的二项式系数相等，则含x10项的系数是（）A4B4CD91【分析】由已知展开式中第6项与第8项的系数相等求二项式指数n，然后结合通项公式求解即可【解答】解：的展开式中第6项与第8项的系数相等，；所以n12，则展开式的通项公式为：Tr+1x12r（）r（）rx122r；令122r10可得r1；含x10项的系数是：（）14故选：B6（2020新课标）（x+）（x+y）5的展开式中x3y3的系数为（）A5B10C15D20【分析】先把条件整理转化为求（x2+y2）（x+y）5展开式中x4y3的系数，再结合二项式的展开式的特点即可求解【解答】解：因为（x+
4、）（x+y）5；要求展开式中x3y3的系数即为求（x2+y2）（x+y）5展开式中x4y3的系数；展开式含x4y3的项为：x2x2y3+y2x4y15x4y3；故（x+）（x+y）5的展开式中x3y3的系数为15；故选：C7（2020春清江浦区校级期末）（x2+2）3（1）7展开式中常数项是（）A15B15C7D7【分析】分别求出两个二项式的展开式，相乘，令指数为0，即可求得结论【解答】解：（x2+2）3展开式的通项为Tr+12rx62r（0r3）（1）7展开式的通项为Tk+1（1）kx2k14（0k7）所以（x2+2）3（1）7展开式的通项为（1）k2rx2k2r8（0r3，0k7），令2k
5、2r80，则kr4，则k4，r0或k5，r1或k6，r2或k7，r3，所以（x2+2）3（1）7展开式中常数项为（1）420+15故选：B8（2020春南岗区校级期中）在（1x）（x+2）4的展开式中，含x3项的系数为（）A16B16C8D8【分析】把（x+2）4展开，求出二项式（1x）（x+2）4的展开式中含x3项的系数【解答】解：（1x）（x+2）4（1x）（x4+2x3+22x2+8x+24），二项式（1x）（x+2）4展开式中，含x3项的系数为：22+216，故选：A9（2020吉林模拟）已知不等式logax1（a0且a1）的解集为（0，2），则二项式的展开式中系数最大项的系数为（）A
6、16B80C240D480【分析】由不等式可求得a的值，再由通项公式列出不等式组，求得当r2时，系数最大，并求得此最大值【解答】解：由题意，当a1时，由logax1，可得0xa，当0a1时，由logax1，可得xa，所以a2故，r2，r2，系数为正，故展开式中系数最大项的系数为240故选：C10（2020春渭滨区校级期中）若（1+x+x2）6a0+a1x1+a2x2+a3x3+a12x12，则a2+a4+a12（）A256B364C296D513【分析】分别令x1和x1，代入原式，可得到关于a0+a2+a4+a12和a1+a3+a11的方程组，问题可解【解答】解：令x1得：（a0+a2+a4+
7、a12）+（a1+a3+a11）36令x1得：（a0+a2+a4+a12）（a1+a3+a11）16联立解得：a0+a2+a4+a12365又令x0得：a01，所以a2+a4+a12364故选：B11（2020鼓楼区校级模拟）设ai（i0，1，2，2020）是常数，对于xR，都有x2020a0+a1（x1）+a2（x1）（x2）+a2020（x1）（x2）（x2020），则a0+a1a2+2！a33！a4+4！a5+2018!a20192019！a2020（）A2019B2020C2019！D2020！【分析】求出a0的值，求出a1a2+2a33！a4+4！a5+2018!a20192019！
8、a2020的值，从而求出答案即可【解答】解：代入x1，得a01，x20201a1（x1）+a2（x1）（x2）+a2020（x1）（x2）（x2020），而x20201（x1）（1+x+x2+x2019），x2019+x2018+x+1a1+a2（x2）+a2020（x2）（x2020），代入x1得2020a1a2+2a33！a4+4！a5+2018!a20192019！a2020，a0+a1a2+2！a33！a4+4！a5+2018!a20192019！a20202020a0202012019，故选：A12（多选）（2020春龙华区校级期中）已知展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992
9、，则下列结论正确的是（）A展开式中的有理项是第2项和第5项B展开式中没有常数项C展开式中二项式系数最大的项是第3项和第4项D展开式中系数最大的项是第5项【分析】先求出展开式的通项，然后结合x的指数满足的条件解决A，B项；根据二项式系数和系数的性质研究C，D项【解答】解：由题意可得 4n2n992，求得 2n32，n5的展开式的通项公式为 Tr+13r.若为有理数，则r2，5，展开式中的有理项是第3项和第6项，故A错误；令0，解得r，不符合题意，故展开式中没有常数项，故B正确；由n5可知，展开式中二项式系数最大的项为第三项或第四项，故C正确；假设第k+1项系数最大，则，解得3.5k4.5，kN*
10、，k4，展开式中系数最大的项是第5项，故D正确.故选：BCD13（多选）（2020春潍坊期中）关于（ab）11的说法，正确的是（）A展开式中的二项式系数之和为2048B展开式中只有第6项的二项式系数最大C展开式中第6项和第7项的二项式系数最大D展开式中第6项的系数最大【分析】利用赋值法可以判定A的对错；根据中间项的二项式系数最大判定B，C的对错；然后构造系数满足的不等式判定D的对错【解答】解：展开式通项为展开式中的二项式系数之和为2112048，故A正确；根据二项式系数的性质可知，中间项的二项式系数最大，易知，中间项是第6、7项的二项式系数最大，故B错，C对；因为，第六项系数为0，第五项系数为
11、，显然D错故选：AC14（2020天津）在（x+）5的展开式中，x2的系数是 【分析】在 的展开式的通项公式中，令x的幂指数等于2，求出 r的值，即可得到展开式中x2的系数【解答】解：的展开式的通项公式为 Tr+1 x5r 2r x2r2r x53r，令 53r2，得r1，x2的系数是 210，故答案为1015（2020新课标）（x2+）6的展开式中常数项是 （用数字作答）【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值【解答】解：由于（x2+）6的展开式的通项公式为 Tr+12rx123r，令123r0，求得r4，故常数项的值等于 2424
12、0，故答案为：24016（2020浙江）二项展开式（1+2x）5a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4 ，a1+a3+a5 【分析】直接利用二项式定理的通项公式，求解即可【解答】解：（1+2x）50+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a480a1+a3+a5122故答案为：80；12217（2020马鞍山三模）（x+1）5（x1）4的展开式中x3的系数为 （用数字作答）【分析】先根据（x+1）5（x1）4（x21）4（x+1）；再结合（x21）4展开式的通项公式即可求解结论【解答】解：（x+1）5（x1）4（x21）4（x+1）；又因为（x21）4展开式的
13、通项公式为：Tr+1（x2）4r（1）r；（x+1）5（x1）4的展开式中x3的系数为：（1）34故答案为：418（2020春南岗区校级期中）若展开式中x的系数为8，则展开式中的常数项是 （用数字作答）【分析】先求出（1+）4的展开式的通项公式，结合已知条件求出a，进而求得结论【解答】解：（1+）4的展开式的通项公式为：Tr+1（）r；含x1项的系数为4，展开式中x的系数为：4a8，解得a2展开式中的常数项是：11+a1+2613，故答案为：1319（2020柯桥区二模）在二项式的展开式中，第6项系数最大，则n ，其常数项为 【分析】利用二项展开式的通项公式求出通项，得到项的系数与二项式系数相
14、同；据展开式的中间项的二项式系数最大，列出方程求出n，在通项中，令x的指数为0求出常数项【解答】解：的展开式的通项为Tr+1（）2nrx；所以项的系数是二项式系数C2nr；根据展开式中间项的二项式系数最大又中间项是第n+1项所以n+16解得n5所以展开式的通项为Tr+1x，令50解得r6所以常数项为C106210；故答案为：5，21020（2020春余姚市校级期中）已知（2x1）4（x2）a0+a1（x1）+a2（x1）2+a5（x1）5，则a4 ；a1+2a2+3a3+4a4+5a5 （用数字作答）【分析】由题意，结合二项式定理即可确定a4的值，对所给的等式两侧求导，然后利用赋值法即可确定a
15、1+2a2+3a3+4a4+5a5的值【解答】解：（2x1）4（x2）2（x1）+14（x1）1（x1）2（x1）+142（x1）+14，展开后含有 （x1）4的项为：，所以a416；，等号两边分别求导，得，令x2，得（221）4a1+2a2+3a3+4a4+5a5，则a1+2a2+3a2+4a4+5a581故答案为：16；8121（2020汕头校级三模）（12x）2020a0+a1x+a2x2+a2020x2020（xR），则a1+a3+a5+a2019的值为【分析】先求出a0的值，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求得展开式的系数和，从而得出结论【解答】解：（12x）2020a0
16、+a1x+a2x2+a3x3+a2020x2020（xR），令x1，可得a0+a1+a2+a3+a20201，令x1，可得a0a1+a2a3+a202032020，两式相减除以2，可得a1+a3+a5+a2019；故答案为：22（2020春大连期末）若（+）n的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则二项展开式中有理项系数之和为 【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于整数，求得r的值，可得结论【解答】解：根据二项式+）n的展开式中只有第4项的二项式系数最大，可得只有最大，故有n6，故通项公式为Tr+1（）6rx，r0，1，26；若为整数，则r0，3，6，共计3个，对应项的系数和为：+
17、22；故答案为：2223（2020春湖北期末）定义：（在（x2x1）nPx2n+Px2n1+Px2n2+Px+P（nN）中，把P，P，P，P叫做三项式（x2x1）n的n次系数列（例如三项式的1次系数列是1，1，1）按照上面的定义三项式（x2x1）n的5次系数列各项之和为 ，P 【分析】令x1，可得（x2x+1）5的5次系数列各项之和（x2x+1）4的通项公式为Tk+1（x2x）k，（x2x）k的通项公式为：Tr+1（x2）kr（x）r（1）rx2kr，令2kr1，即可得出【解答】解：令x1，可得（x2x1）5的5次系数列各项之和为1（x2x1）4的通项公式为Tk+1（1）4k（x2x）k，（x
18、2x）k的通项公式为：Tr+1（x2）kr（x）r（1）rx2kr，令2kr1，可得k1，r1，P（1）41（1）14故答案为：1，424（2020春市中区校级期中）已知二项式展开式中的第4项是常数项（1）求n；（2）求展开式中有理项的个数【分析】（1）二项式展开式中的通项公式为，根据第4项是为是常数项，可得，解得n（2）要使展开式中的项为有理项，需为整数，可得r【解答】解：（1）二项式展开式中的通项公式为，第4项是为是常数项，n12（2）要使展开式中的项为有理项，需为整数，故有r0，3，6，9，12，故展开式中有理项共有5项25（2020春烟台期中）已知的展开式中所有偶数项的二项式系数和为6
19、4（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中的常数项【分析】（1）根据二项式系数的性质求得n6，从而求得展开式中二项式系数最大的项（2）根据的展开式的通项公式求出x1项以及x2项的系数，即可求得结论【解答】解：（1）由展开式中所有的偶数项二项式系数和为64，得2n164，所以n7所以展开式中二项式系数最大的项为第四项和第五项因为的展开式的通项公式为，所以f（x）的展开式中二项式系数最大的项为，；（2）由（1）知n7，且的展开式中x1项为，x2项为，所以展开式的常数项为2（84）+128011226（2020春张家港市期中）设（3x1）5a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5
20、x5，求下列各式的值：（1）a1+a2+a3+a4+a5；（2）a0+a2+a4；（3）a1+2a2+3a3+4a4+5a5【分析】（1）分别给x赋值0，1，可得要求式子的值（2）令x1结合第一问即可求解，（3）对原式两边求导，再令x1即可求解结论【解答】解：（3x1）5a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，（1）令x0可得：1a0，令x1得：a0+a1+a2+a3+a4+a52532，a1+a2+a3+a4+a533（2）令x1可得：45a0a1+a2a3+a4a5，a0+a2+a4（32+45）528，（3）对（3x1）5a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5
21、两边求导可得：15（3x1）4a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4，令x1可得：1524a1+2a2+3a3+4a4+5a5a1+2a2+3a3+4a4+5a524027（2020春辽宁期末）在只有第八项的二项式系数最大，奇数项二项式系数之和为47，各项系数之和为414，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，说明理由设二项式（+）n，若其展开式中，_，是否存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分【分析】由二项式系数的性质，可得选填条件时，n14，写出二项展开式的通项，由x的指数为0求得k值，即
22、可得到存在整数k3，使得Tk是展开式中的常数项；选填条件时，n15，写出二项展开式的通项，由x的指数为0求得k值，可知不存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项【解答】解：若选填条件，即只有第八项的二项式系数最大，则n14；若选填条件，即各项系数之和为414，则4n414，即n14二项式（+）14展开式的通项：由217k0，得k3即存在整数k3，使得Tk是展开式中的常数项；若选填条件，即奇数项二项式系数之和为47，则2n147214，n15二项式（+）15展开式的通项：由227x0，得kZ即不存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项28（2020春徐州期末）在下面两个条件中任选一个条件，补充在后面
23、问题中的横线上，并完成解答条件：“展开式中所有项的系数之和与二项式系数之和的比为64”；条件：“展开式中前三项的二项式系数之和为22”问题：已知二项式（1+3x）n，若 _（填写条件前的序号），（1）求展开式中二项式系数最大的项：（2）求（1+3x）n（1x）5中含x2项的系数【分析】当选填条件时，由题意列式求得n6，当选填条件时，由前3项的二项式系数和为22求得n6（1）把n6代入（1+3x）n，可知第四项的二项式系数最大，由二项展开式的通项得答案；（2）把n6代入（1+3x）n（1x）5，由第一个因式的常数项乘以第二个因式含含x2项的系数，由第二个因式的常数项乘以第一个因式含含x2项的系数
24、，第一个因式含有x项的系数乘以第二个因式含有x项的系数，作和得答案【解答】解：若选填条件，即展开式中所有项的系数之和与二项式系数之和的比为64，则，即n6若选填条件，即展开式中前三项的二项式系数之和为22，则，即n6（1）当n6时，展开式共7项，二项式系数最大的项为；（2）（1+3x）n（1x）5（1+3x）6（1x）5中，含x2项的系数为5529（2020春济宁期末）在只有第6项的二项式系数最大，第4项与第8项的二项式系数相等，所有二项式系数的和为210，这三个条件中任选一个，补充在下面（横线处）问题中，解决下面两个问题注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分已知（2x1）na0+a1
25、x1+a2x2+a3x3+anxn（nN*），若（2x1）n的展开式中， （1）求n的值；（2）求|a1|+|a2|+|a3|+|an|的值【分析】（1）由二项式系数的性质及组合数公式可知，无论选填三个条件中的哪一个，n值都是10；（2）把n10代入（2x1）na0+a1x1+a2x2+a3x3+anxn，由二项展开式的通项可知，x的奇数次方的系数为负，x的偶数次方的系数为正然后分别取x0和x1，联立即可求得|a1|+|a2|+|a3|+|an|的值【解答】解：（1）在二项式（2x1）n的展开式中，若选填，只有第6项的二项式系数最大，则展开式中有11项，即n10；若选填，第4项与第8项的二项式
26、系数相等，则，即n10；若选填，所有二项式系数的和为210，则2n210，即n10故n10；（2）（2x1）n（2x1）10a0+a1x1+a2x2+a3x3+a10x10二项式（2x1）10的展开式的通项可知x的奇数次方的系数为负，x的偶数次方的系数为正在（2x1）10a0+a1x1+a2x2+a3x3+a10x10中，取x0，得a01；取x1，得a0a1+a2a3+a10310|a1|+|a2|+|a3|+|an|a0a1+a2a3+a10a03101B组强基必备1（2020春锡山区校级期中）设nN*，an为（x+4）n（x+1）n的展开式的各项系数之和，bn+（x表示不超过实数x的最大整
27、数），则（tR）的最小值为 【分析】令x1，有an5n2n，求出bn，则（tR）的几何意义为点（n，）到点（t，2t）的距离的平方，最小值为点（1，0）与（2，1）到直线y2x的距离d的平方，然后利用点线距离公式求解即可得答案【解答】解：令x1，有an5n2n，n1（）n，n1，bn+0+1+2+（n1），因此表示点A（n，）到直线y2x上的点的距离的平方，因为y与y2x的交点的横坐标x0（1，2）且nN*，又点（1，0）与（2，1）距直线y2x近，故（）2故答案为：2（2020广陵区校级模拟）（1）已知（12x）2n+1的展开式中第二项与第三项的二项式系数之比为1：4，求n的值（2）记，nN
28、*，求|a0|+|a1|+|a2n+1|；设，求和：1b0+2b1+3b2+（k+1）bk+（2n+2）b2n+1【分析】（1）直接根据二项式的系数比即可求解n；（2）（1+2x）2n+1|a0|+|a1|x+|a2n+1|x2n+1；令x1即可求得结论；根据ak（2）k；又，求得bk；进而结合二项式系数的性质求解结论【解答】解：（1）已知（12x）2n+1的展开式中第二项与第三项的二项式系数之比为1：4，；则n4；（2）由题意知：（1+2x）2n+1|a0|+|a1|x+|a2n+1|x2n+1；令x1得：|a0|+|a1|+|a2n+1|32n+1；由题意：ak（2）k；又，bk；（k+1）bk（k+1）k+（2n+1）+；1b0+2b1+3b2+（k+1）bk+（2n+2）b2n+11+2+3+（2n+2）（+）+（2n+1）（+.+）22n+1+（2n+1）22n（2n+3）22n
