1、考点十八考点十八 二项式定理二项式定理 A 卷卷 一、选择题 1在 x22 x 6 的展开式中，常数项为( ) A240 B60 C60 D240 答案 D 解析 x22 x 6 的展开式的通项公式为 Tr1Cr6(x2)6r 2 x rCr 6(2)rx12 3r， 令 123r0， 得 r4，即 T5C46(2)4240，故选 D. 2(2020 北京高考)在( x2)5的展开式中，x2的系数为( ) A5 B5 C10 D10 答案 C 解析 ( x2)5的展开式的通项公式为 Tr1Cr5( x)5r(2)r(2)rCr5x5r 2 ， 令5r 2 2， 得 r1，则 x2的系数为(2)
2、1C15(2)510.故选 C. 3(2020 山东泰安五模)(1x)(1x)3的展开式中，x3的系数为( ) A2 B2 C3 D3 答案 B 解析 由题意，(1x)(1x)3(1x)3x(1x)3，(1x)3的通项公式为 Tr1Cr3 13r xr Cr3 xr，令 r3，则 Cr3C331；令 r2，则 Cr3C233.所以(1x)(1x)3的展开式中，x3的 系数为 132.故选 B. 4(2020 北京东城区期末) 3x 1 x 6 的展开式中各项系数之和为( ) A26 B36 C46 D1 答案 A 解析 令 x1，得 3x 1 x 6 的展开式中各项系数之和为(31)626.故
3、选 A. 5(2020 湖南长沙长郡中学高考模拟二)(1 x)10的二项展开式中，x 的系数与 x4的系数 之差为( ) A220 B90 C90 D0 答案 D 解析 因为(1 x)10的二项展开式中，通项公式为 Tr1Cr10 (1)r xr 2，故 x 的系数与 x 4 的系数之差为 C210C8100，故选 D. 6. y x x y 16 的展开式的项中，整式的个数是( ) A1 B3 C5 D7 答案 B 解析 二项展开式的通项公式 Tr1Cr16 y x 16r x y r(1)rCr 16x3r 2 8y163r 2 (r Z,0r16)，要使得它为整式，则3r 2 8 与 1
4、63r 2 均为非负整数，即 83r 2 16，r6,8,10， 有 3 项，故选 B. 7(2020 广东韶关二模)若 xa x 5 的展开式中1 x的系数为80，则实数 a( ) A2 B1 C2 D1 答案 C 解析 二项式 xa x 5 的展开式的通项公式为 Tr1Cr5x5r a x rar Cr 5 x5 2r；令 52r 1，得 r3，a3C3580，a2.故选 C. 8(2x2x1)5的展开式中 x2的系数为( ) A400 B120 C80 D0 答案 D 解析 (2x2x1)5(x1)5(2x1)5，(x1)5的二项展开式的通项为 Cr5x5r(1)r，(2x 1)5的二项
5、展开式的通项为 Ck5(2x)5k，(x1)5(2x1)5的展开式的通项为(1)r25kCr5Ck5x10 (kr)，kr8，即展开式中 x2的系数为(1)522C5 5C35(1)421C45C45(1)3C35C550. 9(2020 天津南开区期末)若 2x2 3 x n(nN*)的展开式中常数项为第 9 项，则 n 的值为 ( ) A7 B8 C9 D10 答案 D 解析 2x2 3 x n(nN*)的展开式中的第 9 项 T9C8 n (3)8 2n 8 x2n20为常数项，故有 2n200，n10，故选 D. 10(2020 山东临沂二模、枣庄三调) x2 x n 的展开式的二项式
6、系数之和为 64，则展开 式中的常数项为( ) A120 B120 C60 D60 答案 C 解析 由题意， 得 2n64， 解得 n6， 展开式通项公式为 Tr1Cr6( x)6r 2 x r(2)rCr 6 x63r 2 ，令63r 2 0，得 r2，所以常数项为(2)2C2660.故选 C. 11已知(1x)(1ax)5的展开式中 x2的系数为5 8，则 a( ) A1 B1 2 C1 3 D1 4 答案 D 解析 根据题意，知(1ax)5的展开式的通项为 Cr5(a)rxr，(1x)(1ax)5的展开式中 x2的系数为 C25a2C15a5 8，即 10a 25a5 8，解得 a 1
7、4，故选 D. 12(2020 湖北襄阳模拟)在 3x1 x n 的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为 64 1，则展开式中常数项为( ) A540 B480 C320 D160 答案 A 解析 在 3x1 x n 的展开式中，令 x1，可得各项系数和为 4n，二项式系数和为 2n，各项 系数和与二项式系数和之比为4 n 2n64，n6， 3x1 x n 的展开式的通项公式为 Tr1Cr6 36 r x62r.令 62r0，求得 r3，可得展开式中的常数项等于 C3 6 33540.故选 A. 13(2020 山东泰安二轮复习质量检测)已知(1px)nb0b1xb2x2bnxn，若 b1
8、 3，b24，则 p( ) A1 B1 2 C1 3 D1 4 答案 C 解析 (1px)n展开式的通项为 Tr1Crn 1nr (px)rCrn (px)r，故 b1C1n (p)pn 3，b2C2n p2nn1 2 p24，解得 n9，p1 3.故选 C. 14(2020 江西 6 月大联考)已知(ab)2n的展开式的第 4 项与第 8 项的二项式系数相等， 则(2x1)n的展开式中 x3的系数为( ) A80 B40 C40 D80 答案 A 解析 由题意，得 C32nC72n，所以 372n，解得 n5，则(2x1)5的展开式的通项公式 为 Tr1Cr5(2x)5r (1)r(1)r
9、25rCr5x5r， 由 5r3， 得 r2， 所以 x3的系数为(1)2 C25 23 80.故选 A. 15(2020 全国卷) xy 2 x (xy)5的展开式中 x3y3的系数为( ) A5 B10 C15 D20 答案 C 解析 (xy)5的展开式的通项公式为 Tr1Cr5x5ryr(rN 且 r5)，所以 xy 2 x 与(xy)5 展开式的乘积可表示为 xTr1xCr5x5ryrCr5x6ryr或y 2 x Tr1y 2 x Cr5x5ryrCr5x4ryr2.在 xTr1 Cr5x6r yr中，令 r3，可得 xT4C35x3y310 x3y3，该项中 x3y3的系数为 10，
10、在y 2 x Tr1Cr5x4ryr 2 中，令 r1，可得y 2 x T2C15x3y35x3y3，该项中 x3y3的系数为 5，所以 x3y3的系数为 105 15.故选 C. 16(2020 山东新高考质量测评联盟高三 5 月联考)设函数 f(x) x14，x1， 3 x1，x1， 则当 0x1， 3 x1，x1， 当 0x1， 故 f(f(x)f(3x1)(3x 2)4，而(3x2)4的展开式共有 5 项，故其中二项式系数的最大值为 C246，故选 D. 17在 2 x x2020 2019 12 的展开式中，x5的系数为( ) A252 B264 C512 D528 答案 B 解析
11、2 x x2020 2019 12 的展开式的通项公式为 Tr1Cr12(2 x)12r x2020 2019 r，必须满足 r0，T1(2 x)12，x5的系数为 22C10 12264. 18 (2020 山东省实验中学 6 月模拟)在二项式 x 1 x n 的展开式中， 各项系数的和为 128， 把展开式中各项重新排列，则有理项都互不相邻的概率为( ) A. 4 35 B3 4 C 3 14 D 1 14 答案 D 解析 二项式 x 1 x n 的展开式中第 k1 项为 Tk1Cknxnk 1 x kCk nxn3 2k，则 C 0 nC1n Cnn2n128，则 n7，则展开式中有 8
12、 项，当 k0，k2，k4，k6 时， 73 2k N，即有理项有 4 项，无理项有 4 项，8 项重新排列共 A88种排列数，先排列无理项共 A44种排列 数， 要使得有理项不相邻， 则 4 项有理项的排列数为 A45， 所以有理项都互不相邻的概率为A 4 5A44 A88 1 14，故选 D. 二、填空题 19(2020 天津高考)在 x 2 x2 5 的展开式中，x2的系数是_ 答案 10 解析 因为 x 2 x2 5 的展开式的通项公式为 Tr1Cr5x5r 2 x2 rCr 5 2r x5 3r(r0,1,2,3,4,5)， 令 53r2，解得 r1.所以 x2的系数为 C15210
13、. 20(2020 山东济宁嘉祥县第一中学四模)若多项式 x22x11a0a1(x1)a10(x 1)10a11(x1)11，则 a10_. 答案 22 解析 2x112(x1)111的展开式的通项为 Tr12Cr11(x1)11r(1)r，令 11r10， 解得 r1，则 a102C111(1)22. 21(2020 山东滨州三模)(x22) x1 x 10 的展开式中，x6的系数为_ 答案 30 解析 x1 x 10 展开式的通项公式为 Cr10 x10r (x1)r(1)r Cr10 x102r.102r4r 3,102r6r2，根据乘法分配律可知，(x22) x1 x 10 的展开式中
14、，含 x6的项为 x2 ( 1)3 C310 x42 (1)2 C210 x6(12090) x630 x6.所以 x6的系数为30. 22(2020 浙江宁波二模)若 ax1 x (2x1)5的展开式中各项系数的和为 2，则实数 a _，该展开式中常数项为_ 答案 1 10 解析 因为 ax1 x (2x1)5的展开式中各项系数的和为 2，所以令 ax1 x (2x1)5中的 x 1 可得 a12， 所以 a1.因为(2x1)5的展开式的通项公式为 Tr1Cr5(2x)5r(1)rCr5( 1)r25r x5r，r0,1,2,3,4,5，所以 x1 x (2x1)5展开式中常数项为 1C45
15、(1)4210. 一、选择题 1(2020 吉林长春高三质量监测三)在 x 1 x2 5 的展开式中，一定含有( ) A常数项 Bx 项 Cx1项 Dx3项 答案 C 解析 由通项公式 Cr5x5r 1 x2 rCr 5x5 3r，代入 r0,1,2,3 验证，当 r0 时，可得其含有 x5 项；当 r1 时，可得其含有 x2项；当 r2 时，可得其含有 x1项；当 r3 时，可得其含有 x 4项故选 C. 2(2020 山东莱西一中、高密一中、枣庄三中模拟)(1x2) x1 x 6 的展开式中的常数项为 ( ) A35 B5 C5 D35 答案 A 解析 (1x2) x1 x 6 x1 x
16、6x2 x1 x 6，展开式的通项为 Ck 6 x6 k 1 x kx2Cr 6 x6 r 1 x rCk 6 (1)k x6 2kCr 6 (1)r x8 2r，令 62k0， 82r0， 得 k3， r4， 因此，(1x2) x1 x 6 展开式中的常数项为C36C4635，故选 A. 3若二项式 x 2 3 x n 的展开式中第 m 项为常数项，则 m，n 应满足( ) A3n4(m1) B4n3(m1) C3n4(m1) D4n3(m1) 答案 C 解析 x 2 3 x n 的展开式的通项公式为 Tr1Crnxnr 2 3 x rCr n(2)rxn4r 3 ，第 m 项为 Cm1 n
17、 (2)m1xn4m1 3 ，由 n4m1 3 0，得 3n4(m1)，故选 C. 4设(2x)5a0a1xa2x2a5x5，那么a 0a2a4 a1a3a5的值为( ) A244 241 B122 121 C61 60 D1 答案 B 解析 由(2x)5a0a1xa2x2a5x5，令 x1，得(21)5a0a1a2a3a4a5 ， 令 x1， 得2(1)5a0a1a2a3a4a5 ， 联立， 得 a0a2a41243 2 122，a1a3a51243 2 121，所以a 0a2a4 a1a3a5 122 121.故选 B. 5在二项式(12x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为 128，
18、则展开式的中间项的 系数为( ) A960 B960 C1120 D1680 答案 C 解析 因为偶数项的二项式系数之和为 2n1128，所以 n17，n8，则展开式共有 9 项，中间项为第 5 项，因为(12x)8的展开式的通项公式为 Tr1Cr8(2x)rCr8(2)rxr，所以 T5C48(2)4x4，其系数为 C48(2)41120. 6(2020 大同一中高三一模)若 a0a1(2x1)a2(2x1)2a3(2x1)3a4(2x1)4a5(2x 1)5x5，则 a2的值为( ) A.5 4 B5 8 C 5 16 D 5 32 答案 C 解析 因为 x5 1 32(2x1)1 5，
19、二项式(2x1)15 的展开式的通项公式为 Tr1Cr5 (2x 1)5r 1rCr5 (2x1)5r， 令 r3， 所以 T4C35 (2x1)2， 因此有 a2 1 32 C 3 5 1 32 C 2 5 1 32 54 2 5 16.故选 C. 7(多选)(2020 海南四模)对于 2x 1 x2 6 的展开式，下列说法正确的是( ) A展开式共有 6 项 B展开式中的常数项是240 C展开式中各项系数之和为 1 D展开式中的二项式系数之和为 64 答案 CD 解析 2x 1 x2 6 的展开式共有 7 项，故 A 错误； 2x 1 x2 6 的通项为 Tr1Cr6(2x)6r 1 x2
20、 r (1)r26rCr6x63r，令 63r0，r2，展开式中的常数项为(1)224C26240，故 B 错误； 令 x1，则展开式中各项系数之和为(211)61，故 C 正确； 2x 1 x2 6 的展开式中的二项 式系数之和为 2664，故 D 正确故选 CD. 8(多选)关于 x2 1 x22 3 的展开式，下列结论正确的是( ) A所有项的二项式系数和为 32 B所有项的系数和为 0 C常数项为20 D二项式系数最大的项为第 3 项 答案 BC 解析 因为 x2 1 x22 3 x1 x 2 3 x1 x 6，所以二项式系数和为 2664，故 A 错误； 令 x1 代入得 0，即所有
21、项的系数和为 0，故 B 正确；因为 x1 x 6 展开式的通项为 Tr1Cr6x6 r 1 x r(1)rCr 6x6 2r，令 62r0 得 r3，所以常数项为(1)3C3 620，故 C 正确；二项 式系数最大为 C36，为第 4 项，故 D 错误故选 BC. 二、填空题 9 (2020 山东聊城一模)已知 ax 2 x2 5 的展开式中 x1的系数为40， 则实数 a_. 答案 1 解析 由二项式定理可得， ax 2 x2 5 的展开式的通项公式为 Tr1Cr5 (ax)5r 2 x2 r Cr5 (2)r a5r x53r，令 53r1，解得 r2，所以 ax 2 x2 5 的展开式
22、中 x1的系数为 C25 ( 2)2 a340，解得 a1. 10(2020 浙江高考)设(12x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则 a4_；a1 a3a5_. 答案 80 122 解析 (12x)5的展开式的通项公式为 Tr1Cr5(2x)r2rCr5xr， 令 r4， 则 T524C45x480 x4， 故 a480；a1a3a521C1523C3525C55122. 11(2020 山东济宁嘉祥县萌山高级中学五模)(x2xy)5的展开式中，x5y2的系数为 _ 答案 30 解析 解法一：(x2xy)5表示 5 个因式 x2xy 的乘积，在这 5 个因式中，有 2 个因式
23、选 y，其余的 3 个因式中有一个选 x，剩下的两个因式选 x2，即可得到含 x5y2的项，故含 x5y2 的项系数是 C25 C13 C2230. 解法二：(x2xy)5展开式的通项公式为 Tr1Cr5 (x2x)5ryr，令 r2，则(x2x)3的通 项为 Tk1Ck3(x2)3k xkCk3 x6k，令 6k5，则 k1.所以含 x5y2的项系数是 C25 C1330. 12(2020 山东青岛一模)已知 aN，二项式 xa1 x 6 展开式中含有 x2项的系数不大于 240，记 a 的取值集合为 A，则由集合 A 中元素构成的无重复数字的三位数共有_个 答案 18 解析 二项式 xa1
24、 x 6 展开式的通项公式为 Tr1Cr6 (a1)r x62r，令 62r2，求得 r2，可得展开式中含有 x2项的系数为 C26 (a1)215(a1)2.再根据含有 x2项的系数不大于 240，可得 15(a1)2240，求得5a3.再根据 aN，可得 a0,1,2,3，即 A0，1,2,3， 则由集合 A 中元素构成的无重复数字的三位数共 A13 A2333218 个 三、解答题 13在二项式(axmbxn)12(a0，b0，m，n0)中有 2mn0，如果它的展开式里最大系 数项恰是常数项 (1)求它是第几项； (2)求a b的取值范围 解 (1)设 Tr1Cr12(axm)12r (
25、bxn)rCr12a12r brxm(12r)nr为常数项， 则有 m(12r)nr0，又 2mn0，m(12r)2mr0，r4，它是第 5 项 (2)第 5 项是系数最大的项， 有 C412a8b4C312a9b3， C412a8b4C512a7b5. 由，得1211109 432 a8b4121110 32 a9b3， a0，b0，9 4ba，即 a b 9 4. 同理由得a b 8 5， 8 5 a b 9 4. 14设函数 f(x，n)(1x)n(nN*) (1)求 f(x,6)的展开式中系数最大的项； (2)若 f(i，n)32i(i 为虚数单位)，求 C1nC3nC5nC7nC9n. 解 (1)展开式中系数最大的项是第 4 项 T4C36x320 x3. (2)由已知(1i)n32i，两边取模，得( 2)n32，所以 n10. 所以 C1nC3nC5nC7nC9nC110C310C510C710C910.而(1i)10C010C110iC210i2 C910i9C10 10i10(C010C210C410C610C810C1010)(C110C310C510C710C910)i32i，所以 C110 C310C510C710C91032.
