2025高考数学一轮复习-7.4.3-二项式系数的性质-专项训练【含解析】

这是一份2025高考数学一轮复习-7.4.3-二项式系数的性质-专项训练【含解析】，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x eq \s\up15( eq \f (1,2)) ＋\f(1,x)))n的展开式中，二项式系数之和等于64，则展开式中常数项等于( )
A．240B．120
C．48D．36
2．杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家．在他著的《详解九章算法》一书中，画了一张表示二项式展开后的系数构成的三角形数阵(如图所示)，称为“开方作法本源图”，现在简称为“杨辉三角”，它是杨辉的一大重要研究成果．若用ai－j表示三角形数阵的第i行第j个数，则a100－3＝( )
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
1 7 21 35 35 21 7 1
1 8 28 56 70 56 28 8 1
1 9 36 84 126 126 84 36 9 1
A．5 050B．4 851
C．4 950D．5 000
3．已知(1－3x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝( )
A．－32B．－33
C．32D．33
4.eq \f(C\\al(0,n)＋C\\al(1,n)＋C\\al(2,n)＋…＋C\\al(n,n),C\\al(0,n＋1)＋C\\al(1,n＋1)＋C\\al(2,n＋1)＋…＋C\\al(n＋1,n＋1))＝( )
A.eq \f(1,2)B．1
C．2D．eq \f(1,2n)
5．(1－x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝( )
A．512B．1 024
C．－1 024D．－512
6．在(1－2x)n的展开式中，所有项的二项式系数之和为256，则展开式的中间项的系数为( )
A．－960B．960
C．1 120D．1 680
7．(多选题)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(x))))n的展开式中第6项的二项式系数最大，则n的可能值为( )
A．9B．10
C．11D．12
8．(多选题)已知(x－2)10＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a10(x－1)10，则下列结论正确的有( )
A．a0＝1
B．a6＝－210
C.eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a10,210)＝－eq \f(1 023,1 024)
D．a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝512
二、填空题
9．如果eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,x2)))(1＋x)n的展开式中各项系数之和为32，则n的值为 .
10．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))n的展开式中第3项和第5项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为 .
11．若(1＋x)(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则a1＋a2＋…＋a7的值为 .
三、解答题
12．已知(2x－1)n的展开式中各项的二项式系数之和为64.
(1)求该展开式的各项的系数之和；
(2)求该展开式的所有偶数项的系数之和．
13．设(2－eq \r(3)x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值：
(1)a0；
(2)a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100；
(3)a1＋a3＋a5＋…＋a99；
(4)(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2；
(5)|a0|＋|a1|＋…＋|a100|.
14．(多选题)已知(x eq \s\up15( eq \f (2,3)) ＋3x2)n展开式中，各项系数的和比它的二项式系数的和大992，则下列结论正确的为( )
A．展开式中偶数项的二项式系数之和为25
B．展开式中二项式系数最大的项只有第3项
C．展开式中系数最大的项只有第5项
D．展开式中有理项为第3项、第6项
15．若(2x－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7＋a8x8，则a3＝－448，a2＋a4＋a6＋a8＝ .(用数字作答)
16．从下面两个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并作答．
①第3项的二项式系数比第2项的二项式系数大9；
②二项式的常数项为－20.
问题：在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))n(n∈N*，n≤8)展开式中，________.
(1)求奇数项的二项式系数的和；
(2)求该二项展开式中x4的系数．
2025高考数学一轮复习-二项式系数的性质-专项训练【解析版】
时间：45分钟
一、选择题
1．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x eq \s\up15( eq \f (1,2)) ＋\f(1,x)))n的展开式中，二项式系数之和等于64，则展开式中常数项等于( A )
A．240B．120
C．48D．36
解析：由题意得2n＝64，解得n＝6，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x eq \s\up15( eq \f (1,2)) ＋\f(1,x)))n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x eq \s\up15( eq \f (1,2)) ＋\f(1,x)))6，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x eq \s\up15( eq \f (1,2)) ＋\f(1,x)))6的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)·(2x eq \s\up15( eq \f (1,2)) )6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))k＝26－k·Ceq \\al(k,6)·x eq \s\up15(3－eq \f(3,2)k) ，令3－eq \f(3,2)k＝0，即k＝2，则26－k·Ceq \\al(k,6)＝24·Ceq \\al(2,6)＝240.故选A.
2．杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家．在他著的《详解九章算法》一书中，画了一张表示二项式展开后的系数构成的三角形数阵(如图所示)，称为“开方作法本源图”，现在简称为“杨辉三角”，它是杨辉的一大重要研究成果．若用ai－j表示三角形数阵的第i行第j个数，则a100－3＝( B )
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
1 7 21 35 35 21 7 1
1 8 28 56 70 56 28 8 1
1 9 36 84 126 126 84 36 9 1
A．5 050B．4 851
C．4 950D．5 000
解析：依据二项展开式系数可知，第i行第j个数应为Ceq \\al(j－1,i－1)，故第100行第3个数为Ceq \\al(2,99)＝eq \f(99×98,2)＝4 851.故选B.
3．已知(1－3x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝( B )
A．－32B．－33
C．32D．33
解析：令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝(1－3)5＝－32，令x＝0，则a0＝(1－0)5＝1，所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5)－a0＝－32－1＝－33.故选B.
4.eq \f(C\\al(0,n)＋C\\al(1,n)＋C\\al(2,n)＋…＋C\\al(n,n),C\\al(0,n＋1)＋C\\al(1,n＋1)＋C\\al(2,n＋1)＋…＋C\\al(n＋1,n＋1))＝( A )
A.eq \f(1,2)B．1
C．2D．eq \f(1,2n)
解析：eq \f(C\\al(0,n)＋C\\al(1,n)＋C\\al(2,n)＋…＋C\\al(n,n),C\\al(0,n＋1)＋C\\al(1,n＋1)＋C\\al(2,n＋1)＋…＋C\\al(n＋1,n＋1))＝eq \f(2n,2n＋1)＝eq \f(1,2).故选A.
5．(1－x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝( D )
A．512B．1 024
C．－1 024D．－512
解析：令x＝1，得0＝a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a10；令x＝－1，得210＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10；两式相减得，－210＝2(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝eq \f(－210,2)＝－29＝－512.故选D.
6．在(1－2x)n的展开式中，所有项的二项式系数之和为256，则展开式的中间项的系数为( C )
A．－960B．960
C．1 120D．1 680
解析：由已知可得：2n＝256，所以n＝8，则展开式的中间项为T5＝Ceq \\al(4,8)(－2x)4＝1 120x4，即展开式的中间项的系数为1 120.故选C.
7．(多选题)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(x))))n的展开式中第6项的二项式系数最大，则n的可能值为( ABC )
A．9B．10
C．11D．12
解析：分以下三种情况讨论：①展开式中第5项和第6项的二项式系数最大，则展开式共10项，可得n＋1＝10，得n＝9；②展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式共11项，可得n＋1＝11，得n＝10；③展开式中第6项和第7项的二项式系数最大，则展开式共12项，可得n＋1＝12，得n＝11.因此，n的可能值为9、10、11.故选ABC.
8．(多选题)已知(x－2)10＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a10(x－1)10，则下列结论正确的有( ACD )
A．a0＝1
B．a6＝－210
C.eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a10,210)＝－eq \f(1 023,1 024)
D．a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝512
解析：取x＝1得a0＝1，A正确；由(x－2)10＝[1－(x－1)]10展开式中第7项为Ceq \\al(6,10)[－(x－1)]6，所以a6＝Ceq \\al(6,10)＝210，B错误；由eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x－1,2)))))10＝eq \f(a0,20)＋eq \f(a1,2)(x－1)＋eq \f(a2,22)(x－1)2＋…＋eq \f(a10,210)(x－1)10，取x＝2得，eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a10,210)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))10－a0＝－eq \f(1 023,1 024)，C正确；由(x－2)10＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a10(x－1)10，取x＝0得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝210，取x＝2得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)＋(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝0，所以a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝29＝512，D正确．故选ACD.
二、填空题
9．如果eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,x2)))(1＋x)n的展开式中各项系数之和为32，则n的值为5.
解析：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,x2)))(1＋x)n的展开式中各项系数之和为32，所以令x＝1，得2n＝32＝25，解得n＝5.
10．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))n的展开式中第3项和第5项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为－20.
解析：由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))n展开式中第3项和第5项的二项式系数相等，即Ceq \\al(2,n)＝Ceq \\al(4,n)，解得n＝6，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))6展开式的通项为Tk＋1＝(－1)kCeq \\al(k,6)x6－2k，令6－2k＝0，解得k＝3，即展开式中的常数项为(－1)3Ceq \\al(3,6)＝－20.
11．若(1＋x)(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则a1＋a2＋…＋a7的值为125.
解析：在(1＋x)(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8中，令x＝0，可得a0＝1；令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋…＋a8＝－2；又a8＝(－2)7＝－128，∴a1＋a2＋…＋a7＝－2＋128－1＝125.
三、解答题
12．已知(2x－1)n的展开式中各项的二项式系数之和为64.
(1)求该展开式的各项的系数之和；
(2)求该展开式的所有偶数项的系数之和．
解：(1)由题可知，2n＝64，解得n＝6，令x＝1，得该展开式的各项的系数之和为(2－1)6＝1.
(2)记(2x－1)6＝a0x6＋a1x5＋…＋a5x＋a6.
由(1)知a0＋a1＋…＋a5＋a6＝1，令x＝－1，
可得a0－a1＋…－a5＋a6＝(－3)6＝729，
所以该展开式的所有偶数项的系数之和为
eq \f(1－729,2)＝－364.
13．设(2－eq \r(3)x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值：
(1)a0；
(2)a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100；
(3)a1＋a3＋a5＋…＋a99；
(4)(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2；
(5)|a0|＋|a1|＋…＋|a100|.
解：(1)令x＝0，可得a0＝2100.
(2)令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝(2－eq \r(3))100(*)，
所以a1＋a2＋…＋a100＝(2－eq \r(3))100－2100.
(3)令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋eq \r(3))100，
与(*)式联立相减得
a1＋a3＋…＋a99＝eq \f(2－\r(3)100－2＋\r(3)100,2).
(4)原式＝[(a0＋a2＋…＋a100)＋(a1＋a3＋…＋a99)]·[(a0＋a2＋…＋a100)－(a1＋a3＋…＋a99)]＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)·(a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a100)＝[(2－eq \r(3))(2＋eq \r(3))]100＝1100＝1.
(5)∵Tk＋1＝(－1)kCeq \\al(k,100)2100－k(eq \r(3))kxk，
∴a2m－1