2025届高中数学一轮复习练习：第十章 限时跟踪检测(64四)　二项式定理（含解析）

这是一份2025届高中数学一轮复习练习：第十章 限时跟踪检测(64四)　二项式定理（含解析），共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题与解答题等内容，欢迎下载使用。
1．(2024·北京西城区模拟)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x)))5的展开式中，x的系数为( )
A．40 B．10
C．－40 D．－10
2．(2024·河北衡水模拟)已知(x－2)(x＋m)5＝a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0，m为常数，若a0＝2，则a5＝( )
A．－7 B．－2
C．3 D．7
3．已知(1＋λx)n的展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，且(1＋λx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若a1＋a2＋…＋an＝242，则实数λ＝( )
A．3 B．2 C．1 D．4
4．二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r( ,x)＋\f(1,\r(3,x))))30的展开式中，其中是无理项的项数共有( )
A．27项 B．24项
C．26项 D．25项
5．(2024·山东菏泽模拟)若(a－x)(2＋x)6的展开式中x5的系数是12，则实数a的值为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
6．2 0232 022被2 0222除的余数是( )
A．1 B．0
C．2 023 D．2 022
7．设(2x－eq \r(3))6＝a0＋a1x＋…＋a6x6，则(a1＋a3＋a5)2－(a0＋a2＋a4＋a6)2＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
8．若(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，则2·a1－22·a2＋23·a3－24·a4＋…＋22 023·a2 023的值为( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))·(32 023＋52 023)
B．－52 023
C．1－52 023
D．－1－32 023
二、多项选择题
9．(2024·河北沧州模拟)已知(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，则( )
A．展开式中所有项的二项式系数和为22 023
B．展开式中系数最大项为第1 350项
C．a1＋a3＋a5＋…＋a2 023＝eq \f(32 023－1,2)
D．eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a2 023,22 023)＝－1
10．(2024·河北张家口模拟)已知(ax2－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(b,x)))5(b>0)的展开式中含x项的系数为30，eq \f(1,x)项的系数为M，则下列结论正确的是( )
A．a>0 B．ab3－b2＝3
C．M有最大值10 D．M有最小值－10
三、填空题与解答题
11．在(1－x)4(2x＋1)5的展开式中，含x2的项的系数为________．
12．(2024·浙江名校联盟联考)设(x－1)(2＋x)3＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a1＝________，2a2＋3a3＋4a4＝________.
13．(2024·名师原创)若(1＋2 020x)2 020＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 020x2 020，则eq \f(a1,2 020)＋eq \f(2a2,2 0202)＋eq \f(3a3,2 0203)＋…＋eq \f(1 010a1 010,2 0201 010)＝________.
14．在①只有第8项的二项式系数最大；②奇数项二项式系数之和为47；③各项系数之和为414这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
设二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,x3)))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？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
高分推荐题
15．已知Sn是数列{an}的前n项和，若(1－2x)2 023＝b0＋b1x＋b2x2＋…＋b2 023x2 023，数列{an}的首项a1＝eq \f(b1,2)＋eq \f(b2,22)＋…＋eq \f(b2 023,22 023)，an＋1＝Sn·Sn＋1，则S2 023＝( )
A．－eq \f(1,2 023) B．eq \f(1,2 023)
C．2 023 D．－2 023
解析版
一、单项选择题
1．(2024·北京西城区模拟)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x)))5的展开式中，x的系数为( )
A．40 B．10
C．－40 D．－10
解析：设eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x)))5的通项为Tk＋1，则Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)x5－k(－2x－1)k(k＝0,1,2，…，5)，化简得Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)·(－2)k·x5－2k，令5－2k＝1，得k＝2，则x的系数为Ceq \\al(2,5)(－2)2＝40，故A正确．
答案：A
2．(2024·河北衡水模拟)已知(x－2)(x＋m)5＝a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0，m为常数，若a0＝2，则a5＝( )
A．－7 B．－2
C．3 D．7
解析：令x＝0，得(－2)×m5＝2，得m5＝－1，即m＝－1，故(x＋m)5＝(x－1)5的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)x5－r(－1)r，因为a5为x5的系数，故由多项式的乘法法则可知a5＝1×Ceq \\al(1,5)×(－1)1＋(－2)×Ceq \\al(0,5)×(－1)0＝－5－2＝－7.
答案：A
3．已知(1＋λx)n的展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，且(1＋λx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若a1＋a2＋…＋an＝242，则实数λ＝( )
A．3 B．2 C．1 D．4
解析：由(1＋λx)n的展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，得Ceq \\al(2,n)＝Ceq \\al(3,n)，解得n＝5，所以(1＋λx)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，令x＝0，得a0＝1，令x＝1，得(1＋λ)5＝a0＋a1＋a2＋…＋a5＝243，所以1＋λ＝3，解得λ＝2.
答案：B
4．二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r( ,x)＋\f(1,\r(3,x))))30的展开式中，其中是无理项的项数共有( )
A．27项 B．24项
C．26项 D．25项
解析：二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r( ,x)＋\f(1,\r(3,x))))30的展开式中，通项公式为Ceq \\al(r,30)·(eq \r( ,x))30－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(3,x))))r＝Ceq \\al(r,30)·x eq \s\up15(15－eq \f(5,6)r) ，0≤r≤30，∴r＝0,6,12,18,24,30时为有理项，共6项，故无理项的项数共有31－6＝25，故选D．
答案：D
5．(2024·山东菏泽模拟)若(a－x)(2＋x)6的展开式中x5的系数是12，则实数a的值为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：利用二项式定理展开得(a－x)(2＋x)6＝(a－x)·(Ceq \\al(0,6)×26＋Ceq \\al(1,6)×25x＋Ceq \\al(2,6)×24x2＋Ceq \\al(3,6)×23x3＋Ceq \\al(4,6)×22x4＋Ceq \\al(5,6)×2x5＋Ceq \\al(6,6)×x6)，则x5的系数为aCeq \\al(5,6)×2－Ceq \\al(4,6)×22＝12，解得a＝6.
答案：C
6．2 0232 022被2 0222除的余数是( )
A．1 B．0
C．2 023 D．2 022
解析：因为2 0232 022＝(2 022＋1)2 022＝2 0222 022＋Ceq \\al(1,2 022)·2 0222 021＋…＋Ceq \\al(2 020,2 022)·2 0222＋Ceq \\al(2 021,2 022)·2 022＋1＝2 0222 022＋Ceq \\al(1,2 022)·2 0222 021＋…＋Ceq \\al(2 020,2 022)·2 0222＋2 0222＋1＝2 0222×(2 0222 020＋Ceq \\al(1,2 022)·2 0222 019＋…＋Ceq \\al(2 020,2 022)＋1)＋1，因此2 0232 022被2 0222除的余数是1.
答案：A
7．设(2x－eq \r(3))6＝a0＋a1x＋…＋a6x6，则(a1＋a3＋a5)2－(a0＋a2＋a4＋a6)2＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：令x＝1，得(2－eq \r(3))6＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6，
令x＝－1，得(－2－eq \r(3))6＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6，
∴(a1＋a3＋a5)2－(a0＋a2＋a4＋a6)2
＝－(a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6)(a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6)
＝－(2－eq \r(3))6·(－2－eq \r(3))6＝－1.
答案：A
8．若(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，则2·a1－22·a2＋23·a3－24·a4＋…＋22 023·a2 023的值为( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))·(32 023＋52 023)
B．－52 023
C．1－52 023
D．－1－32 023
解析：因为(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，令x＝0，得a0＝1；再令x＝－2，则[1－2·(－2)]2 023＝1－2·a1＋22·a2－23·a3＋24·a4－…－22 023·a2 023，从而2·a1－22·a2＋23·a3－24·a4＋…＋22 023·a2 023＝1－52 023.故选C．
答案：C
二、多项选择题
9．(2024·河北沧州模拟)已知(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，则( )
A．展开式中所有项的二项式系数和为22 023
B．展开式中系数最大项为第1 350项
C．a1＋a3＋a5＋…＋a2 023＝eq \f(32 023－1,2)
D．eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a2 023,22 023)＝－1
解析：易知(1－2x)2 023的展开式中所有项的二项式系数和为22 023，故A正确；
由二项式通项，知Tr＋1＝Ceq \\al(r,2 023)(－2x)r＝(－2)rCeq \\al(r,2 023)xr，
所以第1 350项的系数为(－2)1 349Ceq \\al(1 349,2 023)0)的展开式中含x项的系数为30，eq \f(1,x)项的系数为M，则下列结论正确的是( )
A．a>0 B．ab3－b2＝3
C．M有最大值10 D．M有最小值－10
解析：∵(ax2－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(b,x)))5＝ax2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(b,x)))5－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(b,x)))5，又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(b,x)))5的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)x5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,x)))r＝Ceq \\al(r,5)brx5－2r，∴30＝aCeq \\al(3,5)b3－Ceq \\al(2,5)b2，∴ab3－b2＝3，故B正确；ab3＝b2＋3>0，又∵b>0，∴a>0，故A正确；由题可得M＝aCeq \\al(4,5)b4－Ceq \\al(3,5)b3＝5(ab4－2b3)＝5(3b－b3)，所以M′＝15(1－b2)，∵b>0，由M′＝0，得b＝1，∴b∈(0,1)，M′>0，b∈(1，＋∞)，M′