2024版高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第2节二项式定理.docx

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1、第二节二项式定理考试要求：掌握二项式定理并会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题一、教材概念结论性质重现1二项式定理二项式定理(ab)nCn0an+Cn1an1b1+Cnkankbk+Cnnbn(nN*)二项展开式的通项Tk1Cnkankbk，它表示展开式的第k1项二项式系数Cnk(k0，1，2，n)(ab)n的展开式与(ba)n的展开式的项完全相同，但对应的项不相同，而且两个展开式的通项不同2二项式系数的性质二项展开式形式上的特点(1)项数为n1(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n(3)字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到0；字母b按升幂排列，

2、从第一项起，次数由0逐项加1直到n二、基本技能思想活动经验1判断下列说法的正误，对的画“”，错的画“”1Cnkankbk是(ab)n的展开式中的第k项()(2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项()(3)(ab)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关()(4)通项公式Tk1Cnkankbk中的a和b不能互换()(5)(ab)n的展开式中某项的系数是该项中非字母因数部分，与该项的二项式系数不同()22x+1x6的展开式中常数项为()A160B184C192D186A解析：因为2x+1x6的展开式的通项公式为Tk1C6k26-kx6-2k，令62k0，求得k3，可得展开式中常数项为

3、C6323160故选A312x6的展开式中二项式系数最大的项的系数是()A160B20C20D160A解析：12x6的展开式共有7项，且二项式系数对称分布，故第4项的二项式系数最大，T4C632x3160x-3，所以其系数为1604(2022天津期末)已知2x+1xn的展开式共有6项，则展开式中二项式系数的和为()A25B26C35D36A解析：因为2x+1xn的展开式共有6项，所以n5，所以展开式中二项式系数的和为255在(x43y)20的展开式中，系数为有理数的项共有()A6项B5项C4项D3项A解析：在(x43y)20的展开式中，其通项为Tk1C20kx20k3k4yk，要使展开式中的系

4、数为有理数，则k0，4，8，12，16，20，共6项考点1通项及其应用基础性考向1求二项展开式中的特定项(1)在2x3+1x6的展开式中，x6的系数是_160解析：2x3+1x6的展开式的通项为Tk1C6k(2x3)6k1xkC6k26-kx18-4k，令184k6，解得k3，所以x6的系数是C6323160(2)已知二项式(xa)5展开式中，x2的系数为80，则a_2解析：(xa)5的展开式的通项为Tk1C5kx5-kak，令5k2，解得k3，所以x2的系数为C53a380，解得a2求二项展开式中特定项的步骤第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项Tk1Cnkankbk，把字母和系数分离开

5、(注意符号不要出错)；第二步，根据题目中的相关条件(如常数项要求指数为零，有理项要求指数为整数)先列出相应方程(组)或不等式(组)，解出k；第三步，把k代入通项中，即可求出Tk1，有时还需要先求n，再求k，才能求出Tk1或者其他量考向2形如(ab)n(cd)m(m，nN*)的展开式(1)x+y2x(xy)5的展开式中x3y3的系数为()A5B10C15D20C解析：要求x+y2x(xy)5的展开式中x3y3的系数，只要分别求出(xy)5的展开式中x2y3和x4y的系数再相加即可由二项式定理可得(xy)5的展开式中x2y3的系数为C5310，x4y的系数为C515，故x+y2x(xy)5的展开式

6、中x3y3的系数为10515故选C(2)(x21)1x25的展开式的常数项是()A5B10C32D42D解析：1x25的通项为C5k1x5k2kC5k(2)kxk52令k520，解得k5；令k522，得k1故(x21)1x25的展开式的常数项是C512+C55(2)542求解形如(ab)n(cd)m的展开式问题的思路(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开，如(ab)2(cd)m(a22abb2)(cd)m，然后展开分别求解(2)观察(ab)n(cd)m是否可以合并，如(1x)5(1x)7(1x)(1x)5(1x)2(1x2)5(1x)2(3)分别得到(ab)n，(cd)m的通项，综合考虑考

7、向3形如(abc)n(nN*)的展开式(x2xy)5的展开式中，x5y2项的系数为()A10B20C30D60C解析：(方法一)(x2xy)5(x2x)y5，含y2的项为T3C52(x2x)3y2其中(x2x)3中含x5的项为C31x4xC31x5所以x5y2的系数为C52C3130(方法二)(x2xy)5表示5个x2xy之积，所以x5y2可从其中5个因式中，2个取因式中的x2，剩余的3个因式中1个取x，2个因式取y，因此x5y2的系数为C52C31C2230求三项展开式中某些特定项的系数的方法(1)通过变形先把三项式转化为二项式，再用二项式定理求解(2)两次利用二项式定理的通项求解(3)由二

8、项式定理的推证方法知，可用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，看有多少种方法从这几个因式中取得特定项1若x2+1xn的展开式中有常数项，则n不可能为()A6B8C9D12B解：通项为Tk1Cnkx2(nk)xkCnkx2n-3k，令2n3k0，解得n3k2因为n，kN，所以n一定为3的倍数，所以n不可能是8故选B2x2(xy)6的展开式中，x5y3的系数为()A12B20C15D6B解析：x2(xy)6的展开式中，x5y3的系数为C6320故选B3多项式x2x(1x)4的展开式中含x2项的系数为()A2B4C2D4D解析：多项式x2x(1x)4的展开式中含x2项的系数为C41

9、12C43(1)3484故选D4若a+ax2(1x)6展开式中x2的系数为30，则a_1解析：a+ax2(1x)6a+ax2(16x15x220x315x46x5x6) 的展开式中x2的系数为15a15a30，则a1考点2二项式系数的性质综合性(2022哈尔滨三模)在x+axn的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，且所有项的系数和为0，则含x6的项系数为_45解析：因为x+axn的展开式中，只有第六项的二项式系数Cn5最大，所以n10，再令x1，可得所有项的系数和为(1a)100，所以a1故二项展开式的通项为Tk1C10k(1)kx10-2k，令102k6，求得k2，可得含x6的项系数为C1

10、0245在展开式倒数三项的二项式系数之和等于46，展开式所有项的系数的和为512，展开式中第3项与第4项的系数之比为37这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并且解答下列问题在二项式1x+xn的展开式中，_(1)求展开式中二项式系数最大的项；(2)求展开式中的常数项解：展开式的第k1项为Tk1Cnk1xnk(x)kCnkx3k2n2，k0，1，2，n若选，则Cnn+Cnn1+Cnn21nnn1246，又n0，所以n9；若选，则2n512，解得n9；若选，则Cn2Cn33n237，解得n9所以二项式为1x+x9，其通项为Tk1C9kx3k182(1)当k4或k5时，二项式系数最大所以二项式系

11、数最大的项为T5C94x-3126x-3和T6C95x32126x32(2)令3k1820，得k6，所以常数项为T7C96841二项式系数最大项的确定方法当n为偶数时，展开式中第n2+1项的二项式系数最大，最大值为Cnn2；当n为奇数时，展开式中第n+12项和第n+32项的二项式系数最大，最大值为Cnn12或Cnn+122二项展开式系数最大项的求法求(abx)n(a，bR)的展开式中系数最大的项，一般是采用待定系数法设展开式各项系数分别为A1，A2，An1，且第k项系数最大，应用AkAk1，AkAk+1，解出k即可1设(1x)na0a1xa2x2anxn(nN*)，若a1a2an255，则展开

12、式中二项式系数最大的项是()A240x4B160x3C70x4D20x3C解：因为(1x)na0a1xa2x2anxn(nN*)，令x0，可得a01，所以1a1a2an12552n，所以n8，故展开式的通项为Tk1C8kxk，故当k4时，展开式中二项式系数C8k最大，故展开式中二项式系数最大的项为C84x470x4故选C2在(x2y)7的展开式中，系数绝对值最大的项是()A672x2y5B672x2y5C560x3y4D560x3y4B解析：(x2y)7的展开式中，通项为Tk1C7k(2)kx7-kyk，该项的系数绝对值为C7k2k，要使该项的系数绝对值最大，需C7k2kC7k12k1，C7k

13、2kC7k+12k+1，即2C7kC7k1，C7k2C7k+1，求得133k163结合kN，可得当k5时，该项的系数绝对值最大为672，故该项为T6672 x2y5故选B考点3二项式系数与各项的系数和综合性(1)(多选题)在3x1xn的展开式中，各项系数和与二项式系数和为128，则()A二项式系数和为64B各项系数和为64C常数项为135 D常数项为135ABD解析：3x1xn的展开式中，各项系数和与二项式各项系数和为 2n2n128，所以n6，故二项式系数和为2664，二项式系数和之和为 2n2664，故A，B正确；展开式的通项为Tk1C6k1k36kx63k2，令63k20，求得k4，故常

14、数项为C6432135，故D正确故选ABD(2)若(12x)8a0a1xa2x2a8x8，则|a0|a1|a2|a3|a8|()A281B28C381D38D解析：由题可知，x的奇数次幂的系数均为负数，所以|a0|a1|a2|a3|a8|a0a1a2a3a8因为(12x)8a0a1xa2x2a8x8，令x1得a0a1a2a3a838，则|a0|a1|a2|a3|a8|38故选D1二项展开式的二项式系数和为2n2奇数项与偶数项二项式系数和相等为2n-13项的系数和问题常常使用赋值法：诸如求所有项的系数和、奇(偶)数项系数和、项的系数绝对值的和等都可用赋值法，常令x0，1，1等考点4求奇数项或偶数

15、项系数和综合性(2022开封三模)(ax)(1x)6的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为64，则实数a()A4B3C2D1B解析：因为(ax)(1x)6的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为64，设f (x)(ax)(x1)6a0a1xa2x2a6x6a6x7，令x1，则f (1)a0a1a2a3a4a5a6a7(a1)(11)664(a1)，令x1，则f (1)a0a1a2a3a4a5a6a7(a1)(11)60得，2(a1a3a5a7)64(a1)，所以a1a3a5a732(a1)64，解得a3故选B(1)形如(axby)n(a，bR)的式子，求其展开式各项系数之和，只需令xy1即可(2)若

16、f (x)a0a1xa2x2anxn，则f (x)的展开式中，各项系数之和为f (1)奇数项系数之和为a0a2a4f1+f12；偶数项系数之和为a1a3a5f1f121(多选题)已知x+axn(a0)展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1 024，则下列说法正确的是()A偶数项的二项式系数和为256B不存在常数项C系数最大项为第5项D含x7项的系数为45BD解析：因为第4项与第8项的二项式系数相等，所以展开式共11项，n10令x1，得(1a)101 024，又a0，所以a1对于A选项，偶数项的二项式系数和为29512，故A说法错误通项为Tk1C10kx10-k1xk

17、C10kx103k2，不存在整数k使得103k2成立，所以B说法正确当k5时，C10k最大，所以系数最大项为第6项，所以C说法错误令103k27，解得k2，所以系数为C10245，所以D说法正确故选BD2已知多项式(x1)3(x1)4x4a1x3a2x2a3xa4，则a1_；a2a3a4_510解析：因为(x1)3x33x23x1，(x1)4x44x36x24x1，a1即为展开式中x3的系数，所以a1145，令x1，则有1a1a2a3a4(11)3(11)416，所以a2a3a4165110(1x)6(1x)4的展开式中x的系数是()A4B3C3D4四字程序读想算思展开式中x的系数1二项展开式

18、的项与系数2展开式的通项两个乘积式各自用展开式的通项计算系数转化1x61+x4第k1项Tk1CnkankbkTk1Cnkankbk1通项公式法2组合数生成法思路参考：直接利用两个二项展开式的通项乘积获得x的系数B解析：(1x)6的展开式的通项为C6mxmC6m1mxm2，(1x)4的展开式的通项为C4n(x)nC4nxn2，其中m0，1，2，6，n0，1，2，3，4令m2n21，得mn2，于是(1x)6(1x)4的展开式中x的系数等于C6010C42+C6111C41+C6212C403思路参考：将两个二项式化成一个二项展开式与一个多项式乘积的形式，再利用二项展开式的通项B解析：(1x)6(1

19、x)4(1x)(1x)4(1x)2(1x)4(12xx)于是(1x)6(1x)4的展开式中x的系数为C401+C411113思路参考：利用组合的知识求解x的系数B解析：在(1x)6(1x)4的展开式中要出现x，可以分为以下三种情况：(1x)6中选2个(x)，(1x)4中选0个x作积，这样得到的x的系数为C62C4015；(1x)6中选1个(x)，(1x)4中选1个x作积，这样得到的x的系数为C6111C4124；(1x)6中选0个(x)，(1x)4中选2个x作积，这样得到的x的系数为C60C426所以x的系数为152463故选B二项式定理是热点内容，主要以通项为主，考查系数问题，解法灵活多变，

20、借助二项展开式的通项，在每个二项展开式中求出各自的通项，最后利用展开式中系数的生成法求出结果解答本题需要一定的运算能力和推理能力本题的解答体现了逻辑推理及数学运算的素养若(2ax)5(x1)2展开式中x2的系数为272，则实数a_3或1解析：因为(2ax)5(x1)2(x22x1)(2ax)5，所以它的展开式中x2的系数为C5025+2C5124a+C5223(a)2272，则实数a3或a1课时质量评价(五十七)A组全考点巩固练1二项式x2+12x9的展开式中的常数项为()A2132B2116C6316D218B解析：二项式x2+12x9的展开式的通项为Tk1C9kx2(9-k)12kxkC9

21、k12kx18-3k，令183k0，可得k6，所以常数项为C96126x02116故选B22xxn展开式中的各二项式系数之和为1 024，则x4的系数是 ()A210B960 C960D210B解析：由已知得2n1 024，所以n10，所以展开式的通项为Tk1C10k2x10k(x)kC10k1k210kx2k10，令2k104，k7，所以x4的系数是C107(1)7210-79603若(12x)2 023a0a1xa2x2a2 023x2 023，则a1a2a2 023()A1B2C1D2B解析：令x0，得a01，令x1，得a0a1a2a2 0231，所以a1a2a2 0232故选B4已知(

22、2x21)ax215的展开式中各项系数之和为0，则该展开式的常数项是()A10B7 C9D10C解析：(2x21)ax215的展开式中各项系数之和为0令x1得3(a1)50，解得a1(2x21)ax215(2x21)1x215则1x215展开式的通项为Tk1C5k1x25-k(1)k1kC5kx2k-10，则(2x21)ax215(2x21)1x215展开式的常数项满足2k102或2k100解得k4或k5，则该展开式的常数项是214C54+15C559故选C5(多选题)关于多项式1+2xx6的展开式，则下列结论正确的是()A各项系数之和为1B各项系数的绝对值之和为212C存在常数项Dx3的系数

23、为40BCD解析：令x1可得，各项系数之和为26，故A错误多项式1+2xx6的展开式的各项系数的绝对值之和与多项式的1+2x +x6展开式各项系数之和相等，故令x1，得各项系数的绝对值之和为212，故B正确由1+2x x61+2x x6，易知该多项式的展开式中一定存在常数项，故C正确由题中的多项式可知，若出现x3，可能的组合只有2x0(x)3和2x1(x)4，结合排列组合的性质可得x3的系数为C6313C332013+C6511C5421(1)440，故D正确故选BCD6(多选题)已知2x+1xn的二项展开式中二项式系数之和为64，则下列结论正确的是()A二项展开式中无常数项B二项展开式中第3

24、项为240x3C二项展开式中各项系数之和为36D二项展开式中二项式系数最大的项为160x2BC解析：因为2x+1xn的二项展开式中二项式系数之和为64，所以2n64，得n6，所以二项式的通项为Tk1C6k(2x)6-k1xk26kC6kx632k对于A，令632k0，得k4，所以二项式展开式的第5项为常数项，所以A错误对于B，令k2，则T324C62x3240x3，所以B正确对于C,令x1，则二项展开式中各项系数之和为(21)636，所以C正确对于D，因为二项式展开式中共有7项，所以第4项的二项式的系数最大为T423C63x632 3=160x32，所以D错误7(2022浙江卷)已知多项式(x

25、2)(x1)4a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则a2_，a1a2a3a4a5_82解析：含x2的项为xC43x13+2C42x2(1)24x212x28x2，故a28；令x0，即2a0，令x1，即0a0a1a2a3a4a5，所以a1a2a3a4a528已知mx24+x25的展开式中所有项的系数和为1，则x4的系数为_960解析：令x1，则(m3)51，解得m4，所以mx24+x254x24+x25，4x24+x25展开式的通项为C5k4x245-k(x2)k因为4x245-k展开式的通项为C5kr4x25-rk(4)r，所以当r1，k3时，展开式中的项为320x4；当r3，k2时，

26、展开式中的项为640x4；所以x4的系数为320640960故答案为9609已知二项式2xx13xn的展开式的二项式系数和为64，则展开式中的有理项系数和为_65解析：因为展开式的二项式系数和为64，所以2n64，所以n6所以Tk1C6k(2xx)6-k13xk1kC6k26-kx9116k，当k0时，T110C6026x964x9；当k6时，T716C6620x-2x-2所以展开式中的有理项系数和为6416510已知二项式2x2+1xn(nN*)展开式中，前三项的二项式系数和是56(1)求n的值；(2)求展开式中的常数项解：(1)因为前三项的二项式系数和是56，所以Cn0+Cn1+Cn256

27、，即1nnn1256，整理可得n2n1100，解得n10或n11(舍去)(2)2x2+1x10展开式的通项为Tk1C10k210-kx2(10-k)x12kC10k210-kx2052k，令2052k0可得k8，所以展开式中常数项为C108210-845418011已知x+12n的展开式中前3项的系数成等差数列，设x+12na0a1xa2x2anxn(1)求a0的值；(2)求系数最大的项解：(1)x+12n展开式的通项为Tk1Cnkxnk12k因为展开式中前3项的系数成等差数列，所以2Cn112Cn0+Cn2122，得n29n80，解得n8或n1(舍去)，所以x+12na0a1xa2x2anx

28、n即为x+128a0a1xa2x2a8x8，令x0，则a01281256(2)x+128展开式的通项为Tk1C8kx8-k12k，设第k1项的系数最大，则C8k12kC8k112k1，C8k12kC8k+112k+1，解得2k3因为kN，所以k2或k3，所以第3项或第4项的系数最大，所以系数最大的项为7x5或7x6B组新高考培优练12设a，b，m为整数(m0)，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为ab(mod m)若aC200C2012C20222C2020220，ab(mod 10)，则b的值可以是()A2 018B2 019C2 020D2 021D解析：aC200+C2

29、012+C20222+C2020220(12)20320(801)5，它被10除所得余数为1，又ab(mod 10)，所以b的值可以是2 02113(多选题)若(x3)8a0+a1x+1+a2x+12a8(x1)8，xR，则下列结论中正确的有()Aa028Ba38C103Ca1a2a838D(a0a2a4a6a8)2(a1a3a5a7)238AD解析：(x3)82(x1)828+27C81x+1+26C82x+12+25C83(x1)3(x1)8对于A，令x1，则(13)828a0，故A正确对于B，a325C831 792，而8C103960，故B错误对于C，令x0，则38a0a1a2a8，于

30、是a1a2a838a03828，故C错误对于D，令x2，则1a0a1a2a8因为a0a1a2a838，所以(a0a2a4a6a8)2(a1a3a5a7)2(a0a1a2a8)(a0a1a2a8)38，故D正确故选AD14(x32)x+1x6的展开式中，x6的系数为_13解析：对于式子x3x+1x6，取x+1x6的二项展开式中的含x3的项，此项为C62x41x215x3，对于式子2x+1x6取x+1x6的二项展开式中含x6的项，此项为C60x61x0x6，所以含x6的项为x315x32x613x6，所以x6的系数为1315在x2x2n的展开式中，所有项的二项式系数和为64，则常数项为_60解析：

31、因为所有项的二项式系数和为64，所以2n64，n6，Tk1C6kxk2x26-kC6k(2)6-kx3k-12，令3k120，则k4，常数项为T5C64(2)26016已知(ax1)(12x)5a0a1(x1)a2(x1)2a6(x1)6的展开式中，若a02，则a_，a5_3304解析：令x1得(a1)(12)5a02，解得a3，所以(3x1)(12x)52+a1x1+a2x12a6(x1)6，a6是(3x1)(12x)5的展开式中x6的系数，即a63C55(2)596(3x1)(12x)5的展开式中，x5的系数为3C5424+1C55(2)524032272，所以a5+a6C61(1)272

32、，a527296630417已知f (x)(2x1)n展开式的二项式系数和为128，且(12x)na0a1(x1)a2(x1)2an(x1)n(1)求a2的值；(2)求a1a2a3an的值解：(1)由f (x)(12x)n展开式的二项式系数和为128，可得2n12827，即n7由(12x)72(x1)17C702x+17+C712x+1611+C762x+116+C7717，得a2C75(1)52284 (2)令x10，得a01，令x11，得a0a1a2a71，所以a1a2a7218在二项式6x+13xn的展开式中，二项式系数最大的项是第4项(1)求n的值；(2)求展开式的所有有理项系数的和解：(1)因为二项式6x+13xn的展开式中第4项的二项式系数最大，所以n214所以n6(2)二项式6x+13x6的展开式的通项为Tk1C6k6x6k13xkC6kx6k6k3C6kx63k6(k0，1，2，3，4，5，6)当k0，2，4，6时，x的次数为整数，从而该项为有理项于是展开式的有理项共有四项，分别为第1项，第3项，第5项，第7项所以展开式的所有有理项系数之和为C60+C62+C64+C6626-132(或C60+C62+C64+C6611515132)