高中數(shù)學一輪復習課時作業(yè)梯級練六十八二項式定理課時作業(yè)理含解析新人教A版

一輪復習精品資料(高中)PAGE1-課時作業(yè)梯級練六十八二項式定理〖基礎(chǔ)落實練〗（30分鐘50分）一、選擇題(每小題5分，共35分)1.(1+x)7的展開式中x2的系數(shù)是 ()A.42 B.35 C.28 D.21〖解析〗選D.(1+x)7的展開式的通項公式為Tr+1=QUOTExr,令r=2,得x2的系數(shù)為QUOTE=21.〖加練備選·拔高〗(1+x4)QUOTE的展開式的常數(shù)項為 ()A.6 B.10 C.15 D.16〖解析〗選D.由題意得的展開式的通項為：Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))·x－r，(r＝0，1，2，…，6)，令r＝4，則Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))＝15，所以(1＋x4)的展開式的常數(shù)項為：1＋15＝16.2.二項式QUOTE的展開式的第二項是 ()A.6x4 B.-6x4C.12x4 D.-12x4〖解析〗選D.展開式的通項公式Tr+1=QUOTEx6-rQUOTE,令r=1,可得展開式的第二項為QUOTEx5QUOTE=-12x4.3.若實數(shù)a=2-QUOTE,則a10-2QUOTEa9+22QUOTEa8-…+210= ()A.32 B.-32 C.1024 D.512〖解析〗選A.因為(a-2)10=a10-2QUOTEa9+22QUOTEa8-…+210,a=2-QUOTE,所以a10-2QUOTEa9+22QUOTEa8-…+210=(-QUOTE)10=32.4．若(1－2x)5＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a5(x－1)5，則a1＋a3＋a5＝()A．－121 B．－122 C．－243 D．－1〖解析〗選B.因為(1－2x)5＝〖－1－2(x－1)〗5＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a5(x－1)5，所以a1＋a3＋a5＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))·(－1)4·(－2)1＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))·(－1)2·(－2)3＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))·(－1)0·(－2)5＝－122.5．1－90Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))＋902Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))－903Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＋…＋(－1)k90kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))＋…＋9010Ceq\o\al(\s\up1(10),\s\do1(10))除以88的余數(shù)是()A．－1 B．1 C．－87 D．87〖解析〗選B.1－90Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))＋902Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))－903Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＋…＋(－1)k90kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))＋…＋9010Ceq\o\al(\s\up1(10),\s\do1(10))＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))889＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(9),\s\do1(10))88＋1，因為前10項均能被88整除，所以余數(shù)是1.6．(2020·龍巖模擬)已知(x＋1)8＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a9x8，若數(shù)列a1，a2，a3，…，ak(1≤k≤9，k∈N*)是一個單調(diào)遞增數(shù)列，則k的最大值是()A．6 B．5 C．4 D．3〖解析〗選B.由二項式定理，得ai＝Ceq\o\al(\s\up1(9－i),\s\do1(8))(1≤i≤8，i∈N*)，因為a1＜a2＜a3＜a4＜a5＞a6，且數(shù)列a1，a2，a3，…，ak是一個單調(diào)遞增數(shù)列，所以k的最大值是5.〖加練備選·拔高〗二項式(1+x)100的展開式中系數(shù)之比為QUOTE的相鄰兩項是 ()A.第46、47項 B.第25、26項C.第55、56項 D.第81、82項〖解析〗選C.因為(1+x)100,所以,設二項式(1+x)100的展開式中系數(shù)之比為的相鄰兩項為m+1,m+2,則,解得m=54.所以二項式(1+x)100的展開式中系數(shù)之比為QUOTE的相鄰兩項是第55、56項.7．組合恒等式Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n＋1))＝Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n))，可以利用“算兩次”的方法證明：分別求(1＋x)n＋1和(1＋x)(1＋x)n的展開式中xm的系數(shù)．前者(1＋x)n＋1的展開式中xm的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n＋1))；后者(1＋x)(1＋x)n的展開式(1＋x)(Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))x＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n))xm－1＋Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))xm＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))xn)中xm的系數(shù)為1×Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＋1×Ceq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n)).因為(1＋x)n＋1＝(1＋x)(1＋x)n，所以兩個展開式中xm的系數(shù)相等，即Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n＋1))＝Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n)).請用“算兩次”的方法化簡式子Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＝()A．Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n)) B．Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n)) C．Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n＋1)) D．Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n＋1))〖解析〗選A.因為(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n，則兩個展開式中xn的系數(shù)相等．在(1＋x)2n的展開式中，xn的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n))；而在(1＋x)n(1＋x)n＝(Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))x＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))x2＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))xn)·(Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))x＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))x2＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))xn)中，xn的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))，所以Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n)).二、填空題(每小題5分，共15分)8．二項式(1＋2x)4的展開式中，二項式系數(shù)最大的項是________．〖解析〗根據(jù)二項式系數(shù)的性質(zhì)，當n為偶數(shù)時，只有中間一項，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋1))項的二項式系數(shù)最大，故(1＋2x)4的展開式中二項式系數(shù)最大的項是第3項，即T3＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))·(2x)2＝24x2.〖答案〗24x29.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,x)－3x2))eq\s\up12(6)的展開式中，含x3項的系數(shù)為－160，則a＝________．〖解析〗eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,x)－3x2))eq\s\up12(6)的展開式的通項公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,x)))eq\s\up12(6－r)(－3x2)r＝(－3)r(2a)6－rCeq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))x3r－6，令3r－6＝3，求得r＝3，可得展開式中含x3項的系數(shù)是(－3)3(2a)3Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝－160，解得a＝eq\f(1,3).〖答案〗eq\f(1,3)10．(一題多解)已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，則|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝________．〖解析〗方法一：因為(1－2x)7展開式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)＝1093－(－1094)＝2187.方法二：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|即為(1－2x)7展開式中各項系數(shù)的和，令x＝－1，所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝37＝2187.〖答案〗2187〖素養(yǎng)提升練〗（20分鐘35分）1．(5分)(2021·安徽模擬)(x＋1)4(1－2x)3展開式中x6的系數(shù)為()A．20 B．－20 C．44 D．40〖解析〗選B.因為(x＋1)4中x的4次方，3次方的系數(shù)分別為：Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝1和Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝4；而(1－2x)3展開式中x的3次方，2次方的系數(shù)分別為：Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))·(－2)3＝－8和Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·(－2)2＝12；所以(x＋1)4(1－2x)3展開式中x6的系數(shù)為：4×(－8)＋1×12＝－20.2．(5分)已知(x2－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a16x16，則a4＋a5＝________．〖解析〗二項式(x2－1)8展開式的通項公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(8))(x2)8－r(－1)r，令16－2r＝4，求得r＝6，故展開式中含x4項的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(8))＝28，即a4＝Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(8))＝28，令16－2r＝5，求得r無解，故式中a4＋a5的值為28.〖答案〗283．(5分)(2021·博興模擬)在二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,\r(x))))eq\s\up12(n)的展開式中，各項系數(shù)的和為128，則展開式中無理項有________項，把展開式中各項重新排列，則有理項都互不相鄰的概率為________．〖解析〗二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,\r(x))))eq\s\up12(n)的展開式中，令x＝1，可得各項系數(shù)的和為2n＝128，所以n＝7，展開式的通項公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(7))·x7－eq\f(3r,2)，可知，當r＝0，2，4，6時，為有理項，即展開式中有4項有理項，有4項無理項，把展開式中各項重新排列，則有理項都互不相鄰的方法有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))種，而所有的排法有Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8))種，故有理項都互不相鄰的概率為eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5)),Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8)))＝eq\f(1,14).〖答案〗4eq\f(1,14)4．(10分)(2021·福州模擬)已知(1＋mx)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，且a3＝－35.(1)求m的值；(2)求a1＋a3＋a5＋a7的值．〖解析〗(1)因為ai＝Ceq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(7))mi，i＝0，1，2，3，…，7，依題意得：Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))m3＝－35，所以m3＝－1，得m＝－1.(2)由(1)可知(1－x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，令x＝1得：a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝(1－1)7＝0①，令x＝－1得：a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝(1＋1)7＝27②，由①－②得：2(a1＋a3＋a5＋a7)＝－27，即a1＋a3＋a5＋a7＝－26＝－64.5．(10分)(2021·錦州模擬)在①只有第八項的二項式系數(shù)最大；②奇數(shù)項二項式系數(shù)之和為47；③各項系數(shù)之和為414；這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，若問題中的k存在，求k的值；若k不存在，說明理由．設二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,x3)))eq\s\up12(n)，若其展開式中，________，是否存在整數(shù)k，使得Tk是展開式中的常數(shù)項？注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答給分．〖解析〗若選填條件①，即只有第八項的二項式系數(shù)最大，則n＝14；若選填條件③，即各項系數(shù)之和為414，則4n＝414，即n＝14.二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,x3)))eq\s\up12(14)展開式的通項：Tk＝Ceq\o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(14))·(eq\r(x))15－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x3)))eq\s\up12(k－1)＝3k－1·Ceq\o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(14))·xeq\s\up6(\f(21－7k,2))．由21－7k＝0，得k＝3.即存在整數(shù)k＝3，使得Tk是展開式中的常數(shù)項；若選填條件②，即奇數(shù)項二項式系數(shù)之和為47，則2n－1＝47＝214，所以n＝15.二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,x3)))eq\s\up12(15)展開式的通項：Tk＝Ceq\o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(15))·(eq\r(x))16－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x3)))eq\s\up12(k－1)＝3k－1·Ceq\o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(15))·xeq\f(22－7k,2)．由22－7k＝0，得k＝eq\f(22,7)?Z，即不存在整數(shù)k，使得Tk是展開式中的常數(shù)項．〖加練備選·拔高〗(2021·濟寧模擬)在①只有第6項的二項式系數(shù)最大;②第4項與第8項的二項式系數(shù)相等;③所有二項式系數(shù)的和為210;這三個條件中任選一個,補充在下面(橫線處)問題中,解決下面兩個問題.注:如果選擇多個條件分別解答,按第一個解答計分.已知(2x-1)n=a0+a1x1+a2x2+a3x3+…+anxn(n∈N*),若(2x-1)n的展開式中,.

(1)求n的值；(2)求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|的值．〖解析〗(1)在二項式(2x－1)n的展開式中，若選填①，只有第6項的二項式系數(shù)最大，則展開式中有11項，即n＝10；若選填②，第4項與第8項的二項式系數(shù)相等，則Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(n))，即n＝10；若選填③，所有二項式系數(shù)的和為210，則2n＝210，即n＝10.故n＝10.(2)(2x－1)n＝(2x－1)10＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10.因為二項式(2x－1)10的展開式的通項Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(10))(2x)10－r(－1)r＝(－1)r·210－r·Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(10))·x10－r.可知x的奇數(shù)次方的系數(shù)為負，x的偶數(shù)次方的系數(shù)為正．在(2x－1)10＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10中，取x＝0，得a0＝1；取x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝310.所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10－a0＝310－1.課時作業(yè)梯級練六十八二項式定理〖基礎(chǔ)落實練〗（30分鐘50分）一、選擇題(每小題5分，共35分)1.(1+x)7的展開式中x2的系數(shù)是 ()A.42 B.35 C.28 D.21〖解析〗選D.(1+x)7的展開式的通項公式為Tr+1=QUOTExr,令r=2,得x2的系數(shù)為QUOTE=21.〖加練備選·拔高〗(1+x4)QUOTE的展開式的常數(shù)項為 ()A.6 B.10 C.15 D.16〖解析〗選D.由題意得的展開式的通項為：Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))·x－r，(r＝0，1，2，…，6)，令r＝4，則Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))＝15，所以(1＋x4)的展開式的常數(shù)項為：1＋15＝16.2.二項式QUOTE的展開式的第二項是 ()A.6x4 B.-6x4C.12x4 D.-12x4〖解析〗選D.展開式的通項公式Tr+1=QUOTEx6-rQUOTE,令r=1,可得展開式的第二項為QUOTEx5QUOTE=-12x4.3.若實數(shù)a=2-QUOTE,則a10-2QUOTEa9+22QUOTEa8-…+210= ()A.32 B.-32 C.1024 D.512〖解析〗選A.因為(a-2)10=a10-2QUOTEa9+22QUOTEa8-…+210,a=2-QUOTE,所以a10-2QUOTEa9+22QUOTEa8-…+210=(-QUOTE)10=32.4．若(1－2x)5＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a5(x－1)5，則a1＋a3＋a5＝()A．－121 B．－122 C．－243 D．－1〖解析〗選B.因為(1－2x)5＝〖－1－2(x－1)〗5＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a5(x－1)5，所以a1＋a3＋a5＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))·(－1)4·(－2)1＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))·(－1)2·(－2)3＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))·(－1)0·(－2)5＝－122.5．1－90Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))＋902Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))－903Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＋…＋(－1)k90kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))＋…＋9010Ceq\o\al(\s\up1(10),\s\do1(10))除以88的余數(shù)是()A．－1 B．1 C．－87 D．87〖解析〗選B.1－90Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))＋902Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))－903Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＋…＋(－1)k90kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))＋…＋9010Ceq\o\al(\s\up1(10),\s\do1(10))＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))889＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(9),\s\do1(10))88＋1，因為前10項均能被88整除，所以余數(shù)是1.6．(2020·龍巖模擬)已知(x＋1)8＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a9x8，若數(shù)列a1，a2，a3，…，ak(1≤k≤9，k∈N*)是一個單調(diào)遞增數(shù)列，則k的最大值是()A．6 B．5 C．4 D．3〖解析〗選B.由二項式定理，得ai＝Ceq\o\al(\s\up1(9－i),\s\do1(8))(1≤i≤8，i∈N*)，因為a1＜a2＜a3＜a4＜a5＞a6，且數(shù)列a1，a2，a3，…，ak是一個單調(diào)遞增數(shù)列，所以k的最大值是5.〖加練備選·拔高〗二項式(1+x)100的展開式中系數(shù)之比為QUOTE的相鄰兩項是 ()A.第46、47項 B.第25、26項C.第55、56項 D.第81、82項〖解析〗選C.因為(1+x)100,所以,設二項式(1+x)100的展開式中系數(shù)之比為的相鄰兩項為m+1,m+2,則,解得m=54.所以二項式(1+x)100的展開式中系數(shù)之比為QUOTE的相鄰兩項是第55、56項.7．組合恒等式Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n＋1))＝Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n))，可以利用“算兩次”的方法證明：分別求(1＋x)n＋1和(1＋x)(1＋x)n的展開式中xm的系數(shù)．前者(1＋x)n＋1的展開式中xm的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n＋1))；后者(1＋x)(1＋x)n的展開式(1＋x)(Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))x＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n))xm－1＋Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))xm＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))xn)中xm的系數(shù)為1×Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＋1×Ceq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n)).因為(1＋x)n＋1＝(1＋x)(1＋x)n，所以兩個展開式中xm的系數(shù)相等，即Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n＋1))＝Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n)).請用“算兩次”的方法化簡式子Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＝()A．Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n)) B．Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n)) C．Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n＋1)) D．Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n＋1))〖解析〗選A.因為(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n，則兩個展開式中xn的系數(shù)相等．在(1＋x)2n的展開式中，xn的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n))；而在(1＋x)n(1＋x)n＝(Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))x＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))x2＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))xn)·(Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))x＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))x2＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))xn)中，xn的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))，所以Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n)).二、填空題(每小題5分，共15分)8．二項式(1＋2x)4的展開式中，二項式系數(shù)最大的項是________．〖解析〗根據(jù)二項式系數(shù)的性質(zhì)，當n為偶數(shù)時，只有中間一項，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋1))項的二項式系數(shù)最大，故(1＋2x)4的展開式中二項式系數(shù)最大的項是第3項，即T3＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))·(2x)2＝24x2.〖答案〗24x29.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,x)－3x2))eq\s\up12(6)的展開式中，含x3項的系數(shù)為－160，則a＝________．〖解析〗eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,x)－3x2))eq\s\up12(6)的展開式的通項公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,x)))eq\s\up12(6－r)(－3x2)r＝(－3)r(2a)6－rCeq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))x3r－6，令3r－6＝3，求得r＝3，可得展開式中含x3項的系數(shù)是(－3)3(2a)3Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝－160，解得a＝eq\f(1,3).〖答案〗eq\f(1,3)10．(一題多解)已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，則|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝________．〖解析〗方法一：因為(1－2x)7展開式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)＝1093－(－1094)＝2187.方法二：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|即為(1－2x)7展開式中各項系數(shù)的和，令x＝－1，所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝37＝2187.〖答案〗2187〖素養(yǎng)提升練〗（20分鐘35分）1．(5分)(2021·安徽模擬)(x＋1)4(1－2x)3展開式中x6的系數(shù)為()A．20 B．－20 C．44 D．40〖解析〗選B.因為(x＋1)4中x的4次方，3次方的系數(shù)分別為：Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝1和Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝4；而(1－2x)3展開式中x的3次方，2次方的系數(shù)分別為：Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))·(－2)3＝－8和Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·(－2)2＝12；所以(x＋1)4(1－2x)3展開式中x6的系數(shù)為：4×(－8)＋1×12＝－20.2．(5分)已知(x2－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a16x16，則a4＋a5＝________．〖解析〗二項式(x2－1)8展開式的通項公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(8))(x2)8－r(－1)r，令16－2r＝4，求得r＝6，故展開式中含x4項的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(8))＝28，即a4＝Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(8))＝28，令16－2r＝5，求得r無解，故式中a4＋a5的值為28.〖答案〗283．(5分)(2021·博興模擬)在二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,\r(x))))eq\s\up12(n)的展開式中，各項系數(shù)的和為128，則展開式中無理項有________項，把展開式中各項重新排列，則有理項都互不相鄰的概率為________．〖解析〗二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,\r(x))))eq\s\up12(n)的展開式中，令x＝1，可得各項系數(shù)的和為2n＝128，所以n＝7，展開式的通項公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(7))·x7－eq\f(3r,2)，可知，當r＝0，2，4，6時，為有理項，即展開式中有4項有理項，有4項無理項，把展開式中各項重新排列，則有理項都互不相鄰的方法有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))種，而所有的排法有Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8))種，故有理項都互不相鄰的概率為eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5)),Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8)))＝eq\f(1,14).〖答案〗4eq\f(1,14)4．(10分)(2021·福州模擬)已知(1＋mx)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，且a3＝－35.(1)求m的值；(2)求a1＋a3＋a5＋a7的值．〖解析〗(1)因為ai＝Ceq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(7))mi，i＝0，1，2，3，…，7，依題意得：Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))m3＝－35，所以m3＝－1，得m＝－1.(2)由(1)可知(1－x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，令x＝1得：a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝(1－1)7＝0①，令x＝－1得：a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝(1＋1)7＝27②，由①－②得：2(a1＋a3＋a5＋a7)＝－27，即a1＋a3＋a5＋a7＝－26＝－64.5．(10分)(2021·錦州模擬)在①只有第八項的二項式系數(shù)最大；②奇數(shù)項二項式系數(shù)之和為