7.4二项式定理 同步练习（含解析）2023——2024学年高中数学苏教版（2019）选择性必修第二册
文档属性
| 名称 | 7.4二项式定理 同步练习（含解析）2023——2024学年高中数学苏教版（2019）选择性必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 637.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-04-16 17:04:55 | ||
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文档简介
7.4 二项式定理 同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在的展开式中，形如的所有项的系数之和是（ ）
A．256 B． C．1512 D．
2．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.若，则的值可以是（ ）
A．2018 B．2020 C．2022 D．2024
3．已知的展开式中所有项的二项式系数之和为32，则的展开式中的系数为（ ）
A． B． C．10 D．80
4．化简多项式的结果是（ ）
A． B． C． D．
5．某银行在2024年初给出的大额存款的年利率为，某人存入大额存款元，按照复利计算10年后得到的本利和为，下列各数中与最接近的是（ ）
A．1.31 B．1.32 C．1.33 D．1.34
6．已知，若，且，则m的值为（ ）
A． B． C． D．
7．在的展开式中，所有的二项式系数之和为32，则所有项系数和为（ ）
A．32 B． C．0 D．1
8．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题.用表示整数被整除，设且，若，则称与对模同余，记为.已知，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．若，则下列选项正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
10．已知 ，则（ ）
A． B．
C．此二项式展开式的二项式系数和为64 D．此二项式系数最大项为第4项
11．已知，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．． D．
12．已知的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则下列说法正确的是（ ）
A． B．展开式中奇数项的二项式系数和为256
C．展开式中第6项的系数最大 D．展开式中存在常数项
三、填空题
13．已知，其中，若存在，使得成立，则的最大值是 ．
14．的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，则的展开式中常数项为 ．（用数字作答）
15．在的展开式中无常数项，则的一个取值为 ．
16．1.10块相同的巧克力，每天至少吃一块，5天吃完，有 种方法；若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，直到吃完为止又有 种方法．（用数字作答）
四、解答题
17．在的展开式中，
(1)求二项式系数最大的项；
(2)若第项是有理项，求的取值集合.
(3)系数的绝对值最大的项是第几项；
18．已知二项式的展开式中，第7项为常数项，且各项系数之和等于其二项式系数之和.
(1)求与的值；
(2)求其展开式中所有的有理项.
19．已知二项式且为常数的展开式中第7项是常数.
(1)求的值；
(2)若该二项式展开式中各项系数之和为，求展开式中的系数.
20．设数列的前项和为，已知，且．
(1)证明：为等比数列，并求数列的通项公式；
(2)设，若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，，设，数列的前项和为，求除以16的余数．
21．已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为5∶2.
(1)求n的值；
(2)求展开式中含的项的系数；
(3)设，则当时，求a除以15所得余数.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．D
【分析】由二项式定理求解即可.
【详解】形如的所有项，即展开式中所有项，
令，得的所有项的系数之和是，
故选：D.
2．D
【分析】首先根据二项式定理化简，再判断余数，结合选项，即可求解.
【详解】，
所以除以9的余数是8，
选项中只有2024除以9余8.
故选：D
3．A
【分析】由所有项的二项式系数之和求出的值，然后借助于二项式展开式的通项求出含的项，确定的值，求出系数.
【详解】因为展开式中所有项的二项式系数之和为32，即，所以.
又的展开式的通项，
令，则的展开式中的系数为.
故选：A．
4．D
【分析】通过观察题目中多项式的每一项，可以看作，由此得到这个多项式是哪个对应的二项式的展开式.
【详解】依题意可知，多项式的每一项都可看作，
故为的展开式，化简.
故选：D.
5．D
【分析】利用等比数列的通项公式、二项展开式计算可得答案.
【详解】存入大额存款元，按照复利计算，
可得每年末本利和是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
可得，
故选：D.
6．B
【分析】令，结合求出，令，求出，进而可得，再根据二项展开式即可得解.
【详解】对于，
令，得，故，
令，得，
故，
令，得，则等式变为，
则，又，所以，故．
故选：B.
7．D
【分析】根据二项式的所有二项式系数之和的表达式求得的值，再对赋值1即可求得.
【详解】依题，解得，则二项式的所有项系数之和为.
故选：D.
8．D
【分析】根据新定义，结合二项式定理可知，再确定中被7整除余3的数，即可得解.
【详解】由二项式定理，得
，
因为能够被7整除，
被7除余3，则，
又2030除以7余0，2031除以7余1，2032除以7余2，2033除以7余3，
所以.
故选：D.
9．ABD
【分析】分别令可判断AB，利用二项展开式的通项公式可确定展开式系数的正负，去掉绝对值号，再赋值即可判断C，取导数后赋值即可判断D.
【详解】对于A，令，可得，故A正确；
对于B，令，可得，又，
所以，故B正确；
对于C，因为，
展开式的通项公式为，所以，
所以，
令，则，
故，故C错误；
对于D，因为
，
所以，
令，可得，故D正确.
故选：ABD
10．CD
【分析】写出通项后，可判断A错误D正确；当时代入可得B错误；由二项式系数和为可得C正确.
【详解】通项为，
A：当时，，故A错误；
B：，故B错误；
C：此二项式展开式的二项式系数和为，故C正确；
D：因为二项式系数为，所以当时，最大，即第4项最大，故D正确；
故选：CD.
11．ABD
【分析】根据给定条件，利用二项式定理求出展开式的各项系数，再逐项分析计算得解.
【详解】在中，，，
，，，，
对于A，，A正确；
对于B，当时，，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，，D正确.
故选：ABD
12．ACD
【分析】根据已知结合组合数的性质，推得.令，即可求出；根据二项式的性质，即可判断B；写出展开式的通项，即可得出C、D.
【详解】由已知可得，，所以.
对于A项，令结合已知可得，展开式的各项系数之和为，
又，
所以，该二项式为，故A正确；
对于B项，根据二项式定理可知，展开式中奇数项的二项式系数和为.故B错误；
对于C项，根据二项式定理可知，
展开式的通项为.
显然，系数最大为，即展开式中第6项的系数最大.故C正确；
对于D项，当，即时，
即展开式的第9项为常数项，且.故D正确.
故选：ACD.
13．49
【分析】根据二项式展开式的通项特征可得，即可根据为奇数求解.
【详解】由题设，左边的通项公式为
，
；
所以，由题设得，
因为，要使得成立，则为奇数，
即为奇数，且恒成立，
则等价为，又是正奇数，故的最大值为49，
故答案为：49
14．84
【分析】由条件结合二项式系数的性质列方程求，结合展开式通项公式求解展开式中常数项.
【详解】因为的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，
所以，解得，
所以二项式的展开式的通项公式为，，
令得，所以的展开式中常数项为.
故答案为：84
15．（答案不唯一）
【分析】利用二项式定理的展开式的通项公式及常数项的特点即可求解.
【详解】的展开式的通项公式为，
由，得，又,
因此，所以的一个取值为.
故答案为：（答案不唯一）.
16． 126 512
【分析】
（1）相同问题至少有一个的分配问题用隔板法即可；（2）先对吃完的天数进行分情况讨论，再对每一种情况用隔板法即可。
【详解】
解：由题知，关于空1：若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，5天吃完，
将10块巧克力排成一排，共有9个空格，
分成5份，只需4个隔板，
所以共有种方法；
关于空2：若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，直到吃完为止，
至多吃10天，至少吃1天，
当1天吃完时，共种方法，
当2天吃完时，将10块巧克力排成一排，共有9个空格，
分成2份，只需1个隔板，所以有种方法，
当3天吃完时，需要分成3份，只需2个隔板，所以有种方法，
当4天吃完时，需要分成4份，只需3个隔板，所以有种方法，
……，
当10天吃完时，需要分成10份，只需9个隔板，所以有种方法，
综上：共有种方法。
故答案为：126；512
17．(1)
(2)
(3)第项和第项
【分析】（1）利用二项式定理求出通项，二项式系数最大的项为中间项，求解即可；
（2）当为整数时为有理项，即可求解；
（3）设第项的系数的绝对值最大，列方程组即可求解.
【详解】（1），，
二项式系数最大的项为中间项，即第项，
所以；
（2），，
当为整数时为有理项，即，
则的取值集合为；
（3）设第项的系数的绝对值最大，
则，所以，解得，
故系数的绝对值最大的项为第项和第项.
18．(1)，
(2)，
【分析】（1）根据第7项为常数项结合通项公式求得，再根据各项系数之和等于其二项式系数之和列式求解；
（2）求出二项式的通项公式，令，求得，即可求出所有的有理项.
【详解】（1）在二项式的展开式中，第7项为，
由题意可知，，所以.
因为各项系数之和等于其二项式系数之和，所以令得，解得.
（2）二项式的展开式的通项为，，
令，解得，
所以其展开式中所有的有理项为，.
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用题给条件列出关于的方程，解之即可求得的值；
（2）先利用题给条件求得a的值，进而即可求得展开式中的系数.
【详解】（1）二项式的展开式中第7项为
，
由题意得，解得.
（2）令，得，所以或，
解得，或（舍去）.
该二项式展开式通项为
，
令，解得，
故展开式中的系数为.
20．(1)
(2)
(3)8
【分析】（1）根据求出，构造出，得到为首项为，公比为的等比数列，并求出通项公式，得到；
（2）变形得到，构造，作差得到，得到数列单调性，得到；
（3），结合及二项式定理得到当为奇数时，，当为偶数时，，分组求和得到，利用二项式定理得到除以16的余数为除以16的余数，求出答案.
【详解】（1）当时，，又，所以，
当时，①，
故②，
式子①-②得，，即，
又，故当时，，
故，即，
因为为首项为，公比为的等比数列，
故，故，
（2）由（1）知，，故，
对于任意的，不等式恒成立，
即恒成立，
设，于是，
当时，，即，
当时，，即，
故，所以，
综上，的取值范围是；
（3）由（1）知，，
因为
，
当为奇数时，，故，
当为偶数时，，故，
所以
，
，
考虑当时，能被16整除，另外也能被16整除，
故除以16的余数为除以16的余数，
，
故除以16的余数为8.
【点睛】方法点睛：数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
21．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据二项式系数的比值，列式计算即可；
（2）写出通项公式，通过赋值，即可求得含项的系数；
（3）将改写为，将其展开，即可求得除以所得余数.
【详解】（1）根据题意，，即，又，故.
（2），
其展开式的通项公式，，
令，解得，则，
故展开式中含的项的系数为：.
（3）当时，，
，
而能够被整除，
故a除以15所得余数为.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在的展开式中，形如的所有项的系数之和是（ ）
A．256 B． C．1512 D．
2．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.若，则的值可以是（ ）
A．2018 B．2020 C．2022 D．2024
3．已知的展开式中所有项的二项式系数之和为32，则的展开式中的系数为（ ）
A． B． C．10 D．80
4．化简多项式的结果是（ ）
A． B． C． D．
5．某银行在2024年初给出的大额存款的年利率为，某人存入大额存款元，按照复利计算10年后得到的本利和为，下列各数中与最接近的是（ ）
A．1.31 B．1.32 C．1.33 D．1.34
6．已知，若，且，则m的值为（ ）
A． B． C． D．
7．在的展开式中，所有的二项式系数之和为32，则所有项系数和为（ ）
A．32 B． C．0 D．1
8．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题.用表示整数被整除，设且，若，则称与对模同余，记为.已知，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．若，则下列选项正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
10．已知 ，则（ ）
A． B．
C．此二项式展开式的二项式系数和为64 D．此二项式系数最大项为第4项
11．已知，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．． D．
12．已知的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则下列说法正确的是（ ）
A． B．展开式中奇数项的二项式系数和为256
C．展开式中第6项的系数最大 D．展开式中存在常数项
三、填空题
13．已知，其中，若存在，使得成立，则的最大值是 ．
14．的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，则的展开式中常数项为 ．（用数字作答）
15．在的展开式中无常数项，则的一个取值为 ．
16．1.10块相同的巧克力，每天至少吃一块，5天吃完，有 种方法；若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，直到吃完为止又有 种方法．（用数字作答）
四、解答题
17．在的展开式中，
(1)求二项式系数最大的项；
(2)若第项是有理项，求的取值集合.
(3)系数的绝对值最大的项是第几项；
18．已知二项式的展开式中，第7项为常数项，且各项系数之和等于其二项式系数之和.
(1)求与的值；
(2)求其展开式中所有的有理项.
19．已知二项式且为常数的展开式中第7项是常数.
(1)求的值；
(2)若该二项式展开式中各项系数之和为，求展开式中的系数.
20．设数列的前项和为，已知，且．
(1)证明：为等比数列，并求数列的通项公式；
(2)设，若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，，设，数列的前项和为，求除以16的余数．
21．已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为5∶2.
(1)求n的值；
(2)求展开式中含的项的系数；
(3)设，则当时，求a除以15所得余数.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
参考答案：
1．D
【分析】由二项式定理求解即可.
【详解】形如的所有项，即展开式中所有项，
令，得的所有项的系数之和是，
故选：D.
2．D
【分析】首先根据二项式定理化简，再判断余数，结合选项，即可求解.
【详解】，
所以除以9的余数是8，
选项中只有2024除以9余8.
故选：D
3．A
【分析】由所有项的二项式系数之和求出的值，然后借助于二项式展开式的通项求出含的项，确定的值，求出系数.
【详解】因为展开式中所有项的二项式系数之和为32，即，所以.
又的展开式的通项，
令，则的展开式中的系数为.
故选：A．
4．D
【分析】通过观察题目中多项式的每一项，可以看作，由此得到这个多项式是哪个对应的二项式的展开式.
【详解】依题意可知，多项式的每一项都可看作，
故为的展开式，化简.
故选：D.
5．D
【分析】利用等比数列的通项公式、二项展开式计算可得答案.
【详解】存入大额存款元，按照复利计算，
可得每年末本利和是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
可得，
故选：D.
6．B
【分析】令，结合求出，令，求出，进而可得，再根据二项展开式即可得解.
【详解】对于，
令，得，故，
令，得，
故，
令，得，则等式变为，
则，又，所以，故．
故选：B.
7．D
【分析】根据二项式的所有二项式系数之和的表达式求得的值，再对赋值1即可求得.
【详解】依题，解得，则二项式的所有项系数之和为.
故选：D.
8．D
【分析】根据新定义，结合二项式定理可知，再确定中被7整除余3的数，即可得解.
【详解】由二项式定理，得
，
因为能够被7整除，
被7除余3，则，
又2030除以7余0，2031除以7余1，2032除以7余2，2033除以7余3，
所以.
故选：D.
9．ABD
【分析】分别令可判断AB，利用二项展开式的通项公式可确定展开式系数的正负，去掉绝对值号，再赋值即可判断C，取导数后赋值即可判断D.
【详解】对于A，令，可得，故A正确；
对于B，令，可得，又，
所以，故B正确；
对于C，因为，
展开式的通项公式为，所以，
所以，
令，则，
故，故C错误；
对于D，因为
，
所以，
令，可得，故D正确.
故选：ABD
10．CD
【分析】写出通项后，可判断A错误D正确；当时代入可得B错误；由二项式系数和为可得C正确.
【详解】通项为，
A：当时，，故A错误；
B：，故B错误；
C：此二项式展开式的二项式系数和为，故C正确；
D：因为二项式系数为，所以当时，最大，即第4项最大，故D正确；
故选：CD.
11．ABD
【分析】根据给定条件，利用二项式定理求出展开式的各项系数，再逐项分析计算得解.
【详解】在中，，，
，，，，
对于A，，A正确；
对于B，当时，，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，，D正确.
故选：ABD
12．ACD
【分析】根据已知结合组合数的性质，推得.令，即可求出；根据二项式的性质，即可判断B；写出展开式的通项，即可得出C、D.
【详解】由已知可得，，所以.
对于A项，令结合已知可得，展开式的各项系数之和为，
又，
所以，该二项式为，故A正确；
对于B项，根据二项式定理可知，展开式中奇数项的二项式系数和为.故B错误；
对于C项，根据二项式定理可知，
展开式的通项为.
显然，系数最大为，即展开式中第6项的系数最大.故C正确；
对于D项，当，即时，
即展开式的第9项为常数项，且.故D正确.
故选：ACD.
13．49
【分析】根据二项式展开式的通项特征可得，即可根据为奇数求解.
【详解】由题设，左边的通项公式为
，
；
所以，由题设得，
因为，要使得成立，则为奇数，
即为奇数，且恒成立，
则等价为，又是正奇数，故的最大值为49，
故答案为：49
14．84
【分析】由条件结合二项式系数的性质列方程求，结合展开式通项公式求解展开式中常数项.
【详解】因为的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，
所以，解得，
所以二项式的展开式的通项公式为，，
令得，所以的展开式中常数项为.
故答案为：84
15．（答案不唯一）
【分析】利用二项式定理的展开式的通项公式及常数项的特点即可求解.
【详解】的展开式的通项公式为，
由，得，又,
因此，所以的一个取值为.
故答案为：（答案不唯一）.
16． 126 512
【分析】
（1）相同问题至少有一个的分配问题用隔板法即可；（2）先对吃完的天数进行分情况讨论，再对每一种情况用隔板法即可。
【详解】
解：由题知，关于空1：若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，5天吃完，
将10块巧克力排成一排，共有9个空格，
分成5份，只需4个隔板，
所以共有种方法；
关于空2：若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，直到吃完为止，
至多吃10天，至少吃1天，
当1天吃完时，共种方法，
当2天吃完时，将10块巧克力排成一排，共有9个空格，
分成2份，只需1个隔板，所以有种方法，
当3天吃完时，需要分成3份，只需2个隔板，所以有种方法，
当4天吃完时，需要分成4份，只需3个隔板，所以有种方法，
……，
当10天吃完时，需要分成10份，只需9个隔板，所以有种方法，
综上：共有种方法。
故答案为：126；512
17．(1)
(2)
(3)第项和第项
【分析】（1）利用二项式定理求出通项，二项式系数最大的项为中间项，求解即可；
（2）当为整数时为有理项，即可求解；
（3）设第项的系数的绝对值最大，列方程组即可求解.
【详解】（1），，
二项式系数最大的项为中间项，即第项，
所以；
（2），，
当为整数时为有理项，即，
则的取值集合为；
（3）设第项的系数的绝对值最大，
则，所以，解得，
故系数的绝对值最大的项为第项和第项.
18．(1)，
(2)，
【分析】（1）根据第7项为常数项结合通项公式求得，再根据各项系数之和等于其二项式系数之和列式求解；
（2）求出二项式的通项公式，令，求得，即可求出所有的有理项.
【详解】（1）在二项式的展开式中，第7项为，
由题意可知，，所以.
因为各项系数之和等于其二项式系数之和，所以令得，解得.
（2）二项式的展开式的通项为，，
令，解得，
所以其展开式中所有的有理项为，.
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用题给条件列出关于的方程，解之即可求得的值；
（2）先利用题给条件求得a的值，进而即可求得展开式中的系数.
【详解】（1）二项式的展开式中第7项为
，
由题意得，解得.
（2）令，得，所以或，
解得，或（舍去）.
该二项式展开式通项为
，
令，解得，
故展开式中的系数为.
20．(1)
(2)
(3)8
【分析】（1）根据求出，构造出，得到为首项为，公比为的等比数列，并求出通项公式，得到；
（2）变形得到，构造，作差得到，得到数列单调性，得到；
（3），结合及二项式定理得到当为奇数时，，当为偶数时，，分组求和得到，利用二项式定理得到除以16的余数为除以16的余数，求出答案.
【详解】（1）当时，，又，所以，
当时，①，
故②，
式子①-②得，，即，
又，故当时，，
故，即，
因为为首项为，公比为的等比数列，
故，故，
（2）由（1）知，，故，
对于任意的，不等式恒成立，
即恒成立，
设，于是，
当时，，即，
当时，，即，
故，所以，
综上，的取值范围是；
（3）由（1）知，，
因为
，
当为奇数时，，故，
当为偶数时，，故，
所以
，
，
考虑当时，能被16整除，另外也能被16整除，
故除以16的余数为除以16的余数，
，
故除以16的余数为8.
【点睛】方法点睛：数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
21．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据二项式系数的比值，列式计算即可；
（2）写出通项公式，通过赋值，即可求得含项的系数；
（3）将改写为，将其展开，即可求得除以所得余数.
【详解】（1）根据题意，，即，又，故.
（2），
其展开式的通项公式，，
令，解得，则，
故展开式中含的项的系数为：.
（3）当时，，
，
而能够被整除，
故a除以15所得余数为.
答案第1页，共2页
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