2025苏教版高中数学选择性必修第二册强化练习题（含解析）--7.4.2　二项式系数的性质及应用

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2025苏教版高中数学选择性必修第二册
7.4.2　二项式系数的性质及应用
基础过关练　　　　　 　　　　 　　　　
题组一　二项式系数的性质及其应用
1.(2024江苏扬州仪征中学、江都中学联考)若(n∈N*)的展开式中所有项的二项式系数之和为16,则的展开式中的常数项为(　　)
A.6　　　　B.8　　　　C.28　　　　D.56
2.(2024黑龙江五校联考)在的展开式中,各二项式系数之和为A,各项系数之和为B,若B-A=240,则n=(　　)
A.3　　　　B.4　　　　C.5　　　　D.6
3.(2024江苏常州高级中学期末)已知的展开式中所有奇数项的二项式系数的和为28,则展开式中有理项项数为(　　)
A.2　　　　B.3　　　　C.4　　　　D.5
4.(2024山东淄博实验中学、齐盛高级中学联考)在(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)9的展开式中含x2的项的系数等于(　　)
A.280　　　　B.300　　　　C.210　　　　D.120
5.(2024江苏南京师范大学苏州实验学校调研)对于:
(1)若展开式的第4项与第8项的二项式系数相等,求展开式中x2的系数;
(2)若展开式的前三项的系数成等差数列,求展开式的中间项.
题组二　二项式系数与项的系数的最大值问题
6.(2024江苏盐城中学、南京第二十九中期中联考)设n∈N*,(a+b)2n的展开式中二项式系数的最大值为x,(a+b)2n+1的展开式中二项式系数的最大值为y,若11x=6y,则n=(　　)
A.2 B.3
C.4 D.5
7.(2024江苏期末)已知(a>0)的展开式中唯有第5项的系数最大,则a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
8.(2023江苏苏州常熟中学调研)若(mx-1)n(n∈N*)的展开式中,所有项的系数和与二项式系数和相等,且第6项的二项式系数最大,则有序实数对(m,n)共有(　　)
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
9.(多选题)(2024江苏沭阳如东中学调研)在的展开式中,下列说法中正确的是(　　)
A.常数项是
B.各项系数和是64
C.第4项的二项式系数最大
D.奇数项的二项式系数和是32
10.(2024江苏扬州中学开学检测)在的展开式中,只有第5项的二项式系数最大,则展开式中含x2项的系数为　　　　.
11.(2024江苏苏州期中)在的展开式中,前三项的二项式系数之和等于79.
(1)求n的值;
(2)若展开式中的常数项为,求展开式中系数最大的项.
12.已知(n∈N*)的展开式的第5项的系数与第3项的系数之比是10∶1.
(1)求展开式中各项系数的和;
(2)求展开式中含的项;
(3)求展开式中系数最大的项和二项式系数最大的项.
题组三　二项式定理的应用
13.(2024山东多校联合质检)32 023被8除所得的余数为(　　)
A.1　　　　B.3　　　　C.5　　　　D.7
14.(多选题)(2023江苏无锡天一中学模拟)若f(x)=x5-5x4+10x3-10x2+5x-1,则(　　)
A.f(x)可以被(x-1)3(x≠1)整除
B.f(x+y+1)可以被(x+y)4(x+y≠0)整除
C.f(30)被27除所得的余数为6
D.f(29)的个位数为6
15.(2024江苏南京第一中学月考)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a,b,m(m>0)为整数,若a和b被m除所得的余数相同,则称a和b对模m同余,记为a≡b(mod m).若a=×218,a≡b(mod 10),则b的值可以是(　　)
A.2 018 B.2 020
C.2 022 D.2 024
16.(2023江苏盐城响水第二中学期中)1.026的近似值为　　　　.(精确到0.01)
17.(2024江苏常州期末)已知f(x)=(x2+2x+3)8=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a16(x+1)16.
(1)求an(n=0,1,2,…,16)的最大值;
(2)求f(5)-5被13除所得的余数.
能力提升练　　　　　 　　　　 　　　　
题组一　二项式中系数的综合应用
1.(2023江苏淮安高中校协作体期中)已知在的展开式中,第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3,则展开式中系数的绝对值最大的项为(　　)
A.第6项　　　　B.第8项　　　　C.第9项　　　　D.第11项
2.(2024江西五校联考)在的展开式中,含x3项的系数为15,则展开式中二项式系数最大的项是(　　)
A.第4项　　　　B.第5项　　　　C.第6项　　　　D.第3项
3.(多选题)(2024江苏苏州期中)已知(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,且存在正整数n,满足a1+2a2+…+nan=321,则下列结论正确的是(　　)
A.n=6
B.a1+a2+…+an=119
C.(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n的展开式中所有项的系数之和为126
D.(1+2x)n的展开式中二项式系数最大的项为第3项和第4项
4.在(1+ax)8的展开式中,若x3的系数为-56,则a=　　　　;若展开式中有且仅有x4项的系数最大,则a的取值范围是　　　　.
5.(2024江苏常州高级中学期末)已知m,n是正整数,(1+x)m+(1+x)n的展开式中x的系数为15.
(1)求展开式中x2的系数的最小值;
(2)已知(2+3x的展开式中的二项式系数的最大值为a,项的系数的最大值为b,求a+b.
题组二　二项式定理的综合应用
6.(多选题)(2024江苏镇江中学学情检测)下列说法正确的是(　　)
A.若(2x-1)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,则|a1|+|a2|+…+|a10|=310-1
B.1.0510精确到0.1的近似数为1.6
C.5555被8除所得的余数为1
D.=39
7.(多选题)(2024重庆部分学校调研)定义集合Tn={an|2nA.S1=3
B.T2={3,6}
C.当n为偶数时,Tn中有项
D.当n为奇数时,Tn中元素的最小值为2n+1
8.(2024江苏南通质检)设a∈Z,且0≤a≤7,若32 024+a能被8整除,则a=　　　　.
9.(2024江苏苏南八校联考)若(x+5)2 023=a0+a1x+a2x2+…+a2 023x2 023,T=a0+a1+a2+…+a2 023,则T被5除所得的余数为　　　　.
10.证明:(1)5151-1能被7整除;
(2)当n∈N*时,(1+)n为偶数.
答案与分层梯度式解析
7.4.2　二项式系数的性质及应用
基础过关练
1.C 2.B 3.C 4.D 6.D 7.A 8.D 9.ACD
13.B 14.AB 15.A
1.C　由题意得2n=16,所以n=4,则的展开式的通项为Tr+1=(0≤r≤8且r∈N),
令=0,得r=2,
故的展开式中的常数项为T3==28.故选C.
2.B　当x=1时,=4n,故B=4n,
易知各二项式系数之和为A=2n,
因为B-A=240,所以4n-2n=240,则2n=16,所以n=4.故选B.
3.C　由题意得+…==2n-1=28,所以n-1=8,解得n=9,
所以的展开式的通项为Tr+1=(0≤r≤9,r∈N),
若Tr+1为有理项,则r能被3整除,即满足题意的r可以是0,3,6,9,共4个.
故选C.
4.D　在(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)9的展开式中含x2的项的系数为+…++…++…+=…==120.故选D.
5.解析　(1)由题意得,所以n=10,则展开式的通项为Tr+1=,
令=2,解得r=4,则T5=x2,所以x2的系数为.
(2)的展开式的通项为Tr+1=)n-r·,
所以第一项的系数为=1,第二项的系数为,第三项的系数为,
因为前三项的系数成等差数列,
所以2×,解得n=8或n=1,
因为至少有三项,所以n=8,
所以展开式有9项,中间项为T5=x.
6.D　由题意可得x=,
则11,即11×,所以11=6×,解得n=5.
故选D.
7.A　的展开式的通项为Tr+1=(x3)6-r··ar·x18-4r,
由题可知.
故选A.
8.D　由第6项的二项式系数最大,知n的可能取值为9,10,11,
令x=1,可得所有项的系数和为(m-1)n,
又二项式系数和为2n,
所以(m-1)n=2n,当n=9或n=11时,m=3;当n=10时,m=3或m=-1,
故有序实数对(m,n)共有4个,分别为(3,9),(3,11),(-1,10),(3,10).故选D.
9.ACD　的展开式的通项为Tk+1=·(,
令3-k=0,得k=2,所以常数项为,故A正确;
令x=1,得各项系数和为,故B错误;
易知第4项的二项式系数最大,故C正确;
奇数项的二项式系数和为×26=32,故D正确.
故选ACD.
10.答案　70
解析　由只有第5项的二项式系数最大可得n=8,
∴的展开式的通项为Tr+1=,
令8-r=2,解得r=4.
∴展开式中含x2项的系数为(-1)4=70.
11.解析　(1)展开式中前三项的二项式系数之和为=79,
整理,得n2+n-156=0,因为n∈N*,所以n=12.
(2)的展开式的通项为Tr+1=·(ax)12-r··a12-r·(r=0,1,2,…,12),
令12-r=0,得r=9,
所以展开式中的常数项为T10=,解得a=.
设展开式中系数最大的项是第(k+1)项,
则
解得≤k≤.
因为k∈N,所以k=8,
故展开式中系数最大的项为T9=.
12.解析　由题意知,第5项的系数为(-2)4,第3项的系数为(-2)2,则=10,
化简,得n2-5n-24=0,解得n=8或n=-3(舍去),故.
(1)令x=1,得各项系数的和为(1-2)8=1.
(2)的展开式的通项为Tr+1=)8-r··(-2)r,
令4-,解得r=1,故展开式中含的项为T2=-16.
(3)的展开式中的第r项,第(r+1)项,第(r+2)项的系数的绝对值分别为·2r-1,·2r,,设第(r+1)项的系数的绝对值最大,
则解得5≤r≤6(r∈N*).
又第6项的系数为负,所以系数最大的项为T7=1 792.
由n=8知第5项的二项式系数最大,即T5=1 120x-6.
13.B　32 023=3×32 022=3×91 011=3×(8+1)1 011
=3(×80×11 011)
=3(×81×11 010)+3,
其中3(×81×11 010)是8的整数倍,
故32 023被8除所得的余数为3.
故选B.
14.AB　∵f(x)=x5-5x4+10x3-10x2+5x-1=(x-1)5,
∴f(x)可以被(x-1)3(x≠1)整除,故A正确;
∵f(x+y+1)=(x+y)5,
∴f(x+y+1)可以被(x+y)4(x+y≠0)整除,故B正确;
∵f(30)=(30-1)5=(27+2)5=·25
=·27×24+27+5,
∴f(30)被27除所得的余数为5,故C错误;
∵f(29)=(29-1)5=(30-2)5=·(-2)5
=·30×(-2)4-32,
∴个位数为10-2=8,故D错误.
故选AB.
15.A　由二项式定理得,a=(1+2)18-)-2,
所以a被10除所得的余数为8,
结合选项知,2 018被10除所得的余数是8.故选A.
16.答案　1.13
解析　由二项式定理得,1.026=(1+0.02)6=1+×0.023+…+0.026≈1+0.12+0.006≈1.13.
17.解析　(1)由题意得(x2+2x+3)8=[2+(x+1)2]8=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a16(x+1)16,
因为[2+(x+1)2]8的展开式的通项为Tr+1=28-r(x+1)2r,r=0,1,2,…,8,
所以a1=a3=…=a15=0,a2n=28-n,n=0,1,2,…,8.
令25=1 792,
所以an的最大值为1 792.
(2)因为f(5)-5=388-5=(39-1)8-5=39(-1)7+1-5,
所以f(5)-5被13除所得的余数即为-4被13除所得的余数,为9.
能力提升练
1.B 2.A 3.AC 6.ABD 7.ACD
1.B　,r=0,1,2,…,n,
所以第5项的系数为(-2)4·,
由题意得,整理得n2-5n-50=0,解得n=10或n=-5(舍去),
所以Tr+1=(-2)r·.
设第(s+1)项的系数的绝对值最大,则该项系数的绝对值为|(-2)s·,
所以
即
整理可得.
又s∈N,所以s=7,所以展开式中系数的绝对值最大的项是第8项.故选B.
2.A　由题意可得x>0,
当0其展开式的通项为Tr+1=,
令=15,解得n=6,r=4;
当x≥1时,x≥,
其展开式的通项为Tk+1=,
令n-=15,解得n=6,k=2.
综上所述,n=6,所以展开式共有7项,故展开式中二项式系数最大的项是第4项.故选A.
3.AC　对(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn两边同时求导,得1+2(1+x)+…+n(1+x)n-1=a1+2a2x+…+nanxn-1,
令x=1,得1+2×2+…+n·2n-1=a1+2a2+…+nan=321,
令Sn=1+2×2+…+n·2n-1①,得Sn=321,
所以2Sn=1×2+2×22+…+n·2n②,
①-②得,-Sn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)2n-1=-321,解得n=6,故A正确;
对于(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6,
令x=1,得2+22+…+26=a0+a1+a2+…+a6==126,
令x=0,得6=a0,
所以a1+a2+…+a6=126-6=120,故B错误,C正确;
因为(1+2x)6的展开式共7项,
所以(1+2x)6的展开式中二项式系数最大的项为第4项,故D错误.
故选AC.
4.答案　-1;
解析　在(1+ax)8的展开式中,x3的系数为a3,
由题知,a3=-56,即56a3=-56,∴a3=-1,解得a=-1.
若展开式中有且仅有x4项的系数最大,则a≠0,
当a>0时,所有项的系数均为正数,则需满足;
当a<0时,奇数项的系数均为正数,偶数项的系数均为负数,
则需满足.
综上可得,a的取值范围是.
5.解析　(1)由题意得=15,即m+n=15,所以n=15-m,
所以展开式中x2的系数为,
故当m=7或m=8时,x2的系数取得最小值,且最小值为49.
(2)由(1)知=(2+3x)7,
所以a==35,
(2+3x)7的展开式的通项为Tr+1=27-r·3rxr,
令,
因为r∈N,所以r=4.
因为×23×34=22 680>37>27成立,
所以b=22 680,
所以a+b=35+22 680=22 715.
6.ABD　对于A,(2x-1)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,
令x=0,则a0=1,易知a1,a3,a5,a7,a9为负数,a2,a4,a6,a8,a10为正数,
令x=-1,得310=a0-a1+a2-…-a9+a10,
故|a1|+|a2|+…+|a10|=-a1+a2-…-a9+a10=310-1,故A正确;
对于B,1.0510=(1+0.05)10=×0.0510=1+0.5+0.112 5+…=1.5+0.112 5+…,故1.0510精确到0.1的近似数为1.6,故B正确;
对于C,5555=(56-1)55=×560,
由此可得5555被8除所得的余数为8-1=7,故C错误;
对于D,=(2+1)9=39,故D正确.
故选ABD.
7.ACD　对于A,T1={a1|2对于B,T2={a2|4对于C,当n为偶数时,设n=2k,k∈N*,则Tn=T2k={a2k|22k其中22k=4k=(3+1)k=3k-1+…+3+1,
22k+1=2(3k-1+…+3k-1+…+3)+2,
所以3k-1+…+3+3≤a2k≤2(3k-1+…+3),
即22k+2≤a2k≤22k+1-2,即2n+2≤an≤2n+1-2,
集合Tn中元素个数为,故C正确;
对于D,当n为奇数时,设n=2k-1,k∈N*,k≥2,
则Tn=T2k-1={a2k-1|22k-1其中22k-1=22(k-1)+1=2×4k-1=2×(3+1)k-1=2(3k-2+…+3+1),
所以a2k-1≥2(3k-2+…+3)+3
=2(3k-2+…+3+1)+1=2×(3+1)k-1+1=22k-1+1,即an≥2n+1,
当n=1时,T1={a1|2即Tn中元素的最小值为2n+1,故D正确.
故选ACD.
8.答案　7
解析　32 024=(8+1)1 012=81 012+81 011+…+81 011+81 010+…+80)+1,故32 024-1能被8整除,又a∈Z,0≤a≤7,故当a=7时,32 024+7能被8整除.
方法总结　用二项式定理处理整除问题,通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式,再用二项式定理展开,但要注意两点:一是余数的范围,二是二项式定理的逆用.
9.答案　1
解析　由题知,当x=1时,a0+a1+a2+a3+…+a2 023=62 023=(5+1)2 023,
故T=52 023+52 022+…+51+1,
所以T被5除所得的余数是1.
10.证明　(1)5151-1=(49+2)51-1=×4950×2+…+×251-1,
易知除×251-1以外各项都能被7整除.
又×251-1=(23)17-1=(7+1)17-1
=×716+…+-1
=7×(×715+…+),
显然上式能被7整除,所以5151-1能被7整除.
(2)(1+)2+…+)n,
(1-)2+…+·(-)n.
当n为正奇数时,(1+·()2+…++…+),显然+…+为正整数,
所以(1++…+)为偶数;
当n为正偶数时,(1+)2+…++…+),显然+…+为正整数,
所以(1++…+)为偶数.
综上,当n∈N*时,(1+)n为偶数.
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