1、第3讲 二项式定理1.2024河北保定部分示范高中统考（9x8x）5的展开式中含x2的项的系数为（D）A.C529283B.C54984C.C51948D.C529382解析（9x8x）5的二项展开式的通项Tr1C5r（9x）5r（8x12）rC5r95r8rx532r，0r5，rN，令532r2，得r2，所以展开式中含x2的项为T21C529382x2，其系数为C529382.故选D.2.2024湖北武汉第四十九中模拟（1xx2）（1x）10的展开式中x5的系数为（D）A.120B.135C.140D.162解析（1x）10展开式的通项为Tr1C10r（x）r（1）rC10rxr.令r5，则
2、1（1x）10展开式中x5的系数为（1）5C105252；令r4，则x（1x）10展开式中x5的系数为（1）4C104210；令r3，则x2（1x）10展开式中x5的系数为（1）3C103120.（1xx2）（1x）10的展开式中x5的系数为252210120162.故选D.3.2024陕西宝鸡金台区统考若（x1x）n的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，则展开式中二项式系数最大的项为（C）A.第4项B.第5项C.第6项D.第7项解析由二项式定理可得展开式中第3项与第9项的二项式系数分别为Cn2和Cn8，即Cn2Cn8，解得n10.因此展开式中二项式系数最大的项为C105x5（1x）5，是
3、第6项，故选C.4.2024山东青岛一中统考若（xmx）（x1x）5的展开式中常数项是10，则m（D）A.2B.1C.1D.2解析（xmx）（x1x）5x（x1x）5mx（x1x）5.（x1x）5的展开式的通项为Tr1C5rx5r（1x）rC5r（1）rx52r.令52r1，解得r3，则x（x1x）5的展开式的常数项为C5310，令52r1，解得r2，则mx（x1x）5的展开式的常数项为mC5210m.因为（xmx）（x1x）5的展开式中常数项是10，所以10m1010，解得m2，故选D.5.多选/2024青岛市检测已知（2x1x）n的展开式中各二项式系数的和为256，则（ABD）A.n8B.
4、展开式中x2的系数为448C.展开式中常数项为16D.展开式中所有项的系数和为1解析因为（2x1x）n的展开式中各二项式系数的和为256，所以2n256，解得n8，选项A正确；（2x1x）8的展开式的通项公式为Tk1C8k（2x）8k（1x）k（1）k28kC8kx82k，令82k2，解得k5，所以展开式中x2的系数为（1）523C85448，所以选项B正确；令82k0，解得k4，所以展开式中常数项为（1）424C841 120，所以选项C错误；令x1，得（2x1x）81，所以展开式中所有项的系数和为1，所以选项D正确.综上，选ABD.6.多选/2024江苏连云港统考已知（12x）6a0a1x
5、a2x2a6x6，则下列选项正确的是（AC）A.a01B.a2120C.a0a1a2a6729D.a1a2a50解析选项分析过程正误A令x0，则1a0B（12x）6展开式的通项为Tr1C6r（2x）rC6r（2）rxr，所以令r2可得a2C62（2）260C当r1，3，5时，可得a1，a3，a50，同理可得a0，a2，a4，a60，所以令x1，得36a0a1a2a3a4a5a6，所以a0a1a2a6a0a1a2a3a4a5a636729D令r6，可得a6C66（2）664，由A知a01.令x1，则1a0a1a2a3a4a5a6，所以a1a2a51641647.二项式（2x214x）6的展开式的
6、中间项是52x3.解析二项式展开式的通项为Tk1C6k（2x2）6k（14x）k（14）k26kC6kx123k，二项式展开式一共有7项，所以第4项为中间项，即k3，T4（14）3263C63x123352x3.8.2024吉林一中、东北师大附中等校联考（x2x1）5的展开式中，x5的系数为-51.解析（x2x1）5可以看作5个因式（x2x1）相乘，要想得到含x5的项，可分三种情况：5个因式中选2个因式取x2，1个因式取x，2个因式取1；5个因式中选1个因式取x2，3个因式取x，1个因式取1；5个因式中都取x.所以展开式中含x5的项为C52（x2）2C31（x）C2212C51x2C43（x）
7、31C55（x）551x5，所以x5的系数为51.9.2023湖北十堰6月统考（2x11）10的展开式中系数最大的项是第10项.解析（2x11）10展开式的通项为Tr1C10r（2x）10r11rC10r210r11rx10r，由C10r210r11rC10r1211r11r1，C10r210r11rC10r+129r11r+1，得10813r12113，因为rN，所以r9，故系数最大的项是第10项.10.SC271C272C2727除以9的余数为7.解析依题意SC271C272C27272271891（91）91C9099C9198C989C9919（C9098C9197C98）2.C909
8、8C9197C98是正整数，S被9除的余数为7.11.开放题写出一个正整数n，使得（1x2x）n的展开式中存在常数项，则n可以是5（答案不唯一，n5k，kN*均可）.解析二项式（1x2x）n的展开式的通项Tr1Cnr（1x2）nr（x）rCnrx5r4n2，若该展开式中存在常数项，则方程5r4n0有解，故可取n5，r4.12.若x8a0a1（x1）a2（x1）2a8（x1）8，则a356.解析令x1t，则xt1，所以x8a0a1（x1）a2（x1）2a8（x1）8可转化为（t1）8a0a1ta2t2a8t8，即（1t）8a0a1ta2t2a8t8，所以a3C8356.13.（1x）2（1x）3
9、（1x）9的展开式中x2的系数是（D）A.60B.80C.84D.120解析因为（1x）n的展开式的通项Tr1Cnrxr，所以（1x）2（1x）3（1x）9的展开式中x2的系数是C22C32C42C92C33C32C42C92C43C42C92C53C52C92C93C92C1031098321120（组合数性质Cn+1mCnmCnm1，n，mN*，且mn的应用）.14.多选/2024湖南师范大学附中模拟已知（ax1x2）10（a0）的展开式的各项系数之和为1 024，则展开式中（BCD）A.奇数项的二项式系数和为256B.第6项的系数最大C.存在常数项D.有理项共有6项解析令x1，得（a1）
10、101 024，则a1或a3（舍去）.（x1x2）10的展开式的通项为Tr1C10r（x）10r（1x2）rC10rx552r.选项分析过程正误A奇数项的二项式系数和为12（C100C101C1010）12210512B由题意知展开式共11项，故第6项的系数最大C令552r0，解得r2，故存在常数项，且常数项为第3项D当r0，2，4，6，8，10时，为有理项，故有理项共有6项15.（1x）6（1x）4的展开式中x的系数是3.解析解法一（1x）6的展开式的通项为C6m（x）mC6m（1）mxm2，1+x4的展开式的通项为C4n（x）nC4nxn2，则（1x）6（1x）4的展开式的通项为C6m（1
11、）mC4nxm2n2，其中m0，1，2，6，n0，1，2，3，4.令m2n21，得mn2，于是（1x）6（1x）4的展开式中x的系数等于C60（1）0C42C61（1）1C41C62（1）2C403.解法二（1x）6（1x）4（1x）（1x）4（1x）2（1x）4（12xx），于是（1x）6（1x）4的展开式中x的系数为C401C41（1）113.16.2023成都模拟（53x2y）n展开式中不含y的项的系数和为64，则展开式中的常数项为15 625.解析（53x2y）n展开式中不含y的项，即展开式中y的指数为0，即（53x）n的展开式，再令x1，得（53x2y）n展开式中不含y的项的系数和为
12、（53）n64，n6，由（53x2y）65（3x2y）6，得展开式中的常数项为C605615 625.17.数学文化“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在我国南宋数学家杨辉1261年所著的详解九章算法一书中出现.“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发了一批又一批数学爱好者的探究欲望.如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（D）杨辉三角第0行1第1行11第2行121第3行1331第4行14641第5行15101051第6行1615201561第7行172135352171第8行18285670562881A.C32C42C52C92120B.第2 023行中从左
13、往右第1 013个数与第1 014个数相等C.记第n行的第i个数为ai，则i=1n+12i1ai4nD.第20行中第8个数与第9个数之比为813解析根据题意，由“杨辉三角”可得，第n行的第r个数为Cnr1，由此分析选项.选项分析过程正误AC32C42C92C33C32C42C921=C1031119B第2 023行中从左往右第1 013个数为C20231012，第1 014个数为C20231013，两者不相等C记第n行的第i个数为ai，则aiCni1，则i=1n+12i1aii=1n+12i1Cni11ni1（12）n3nD第20行中第8个数为C207，第9个数为C208，则两个数的比为C20
14、7C20820！7！13！20！8！12！81318.综合创新/多选设kR且k0，n2，nN*，（1kx）na0a1xa2x2anxn，则（BC）A.i=0nai2nB.i=1nai（1k）n1C.i=1niaink（1k）n1D.i=2ni2ai2n（n1）k2（1k）n2解析对于A，在（1kx）na0a1xa2x2anxn中令x1，得i=0nai（1k）n，故A错误；对于B，在（1kx）na0a1xa2x2anxn中令x0得a01，所以i=1nai（1k）n1，故B正确；对于C，（1kx）na0a1xa2x2anxn两边同时求导，得nk（1kx）n1a12a2xnanxn1（*），令x1得i=1niaink（1k）n1，故C正确；对于D，（*）式两边同时求导得nk2（n1）（1kx）n22a26a3xn（n1）anxn2，令x1，得i=2ni（i1）aink2（n1）（1k）n2，所以i=2ni2aii=2ni（i1）aii=2niaink2（n1）（1k）n2nk（1k）n1a1nk（nk1）（1k）n2k，（由对B的分析得a1k）故D不正确.综上所述，故选BC.
