高中数学竞赛专题精讲17二项式定理与多项式(含答案)
二项式定理(精讲)(原卷版)
8.2二项式定理（精讲）一．二项式定理1.二项式定理：（a ＋b ）n ＝C n 0a n ＋C n 1a n －1b 1＋…＋C n k an －k b k ＋…＋C n n b n（n ∈N *） ①项数为n ＋1②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n③字母a 按降幂排列，从第一项开始，次数由n 逐项减1直到零；字母b 按升幂排列， 从第一项起，次数由零逐项增1直到n .2.通项公式：T k ＋1＝C n k an －k b k =g （r ）·x h （r ）它表示第k ＋1项①h （r ）＝0∈T r ＋1是常数项； ②h （r ）是非负整数∈T r ＋1是整式项； ③h （r ）是负整数∈T r ＋1是分式项； ④h （r ）是整数∈T r ＋1是有理项.3.二项式系数：二项展开式中各项的系数为C n 0，C n 1，…，C n n .二.二项式系数的性质一．形如(a ＋b )n (n ∈N *)的展开式中与特定项相关的量(常数项、参数值、特定项等)的步骤①写出二项展开式的通项公式T k ＋1＝C n k an －k b k ，常把字母和系数分离开来(注意符号不要出错)； ②根据题目中的相关条件列出相应方程(组)或不等式(组)，解出r ；③把k 代入通项公式中，即可求出T k ＋1，有时还需要先求n ，再求k ，才能求出T k ＋1或者其他量． 二．求形如(a ＋b )m (c ＋d )n (m ，n ∈N *)的展开式中与特定项相关的量的步骤 ①根据二项式定理把(a ＋b )m 与(c ＋d )n 分别展开，并写出其通项公式；②根据特定项的次数，分析特定项可由(a ＋b )m 与(c ＋d )n 的展开式中的哪些项相乘得到； ③把相乘后的项合并即可得到所求特定项或相关量． 三.求二项式系数最大项1.如果n 是偶数，那么中间一项(第n2+1项)的二项式系数最大； 2，如果n 是奇数，那么中间两项(第n+12项与第n+12+1项)的二项式系数相等且最大.四.求展开式系数最大项求（a ＋bx ）n （a ，b ∈R ）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A 1，A 2，…，A n ＋1，且第k 项系数最大，应用{A k ≥A k -1,A k ≥A k+1,解出k .五．求三项展开式中特定项（系数）的方法方法一：通过变形把三项式化为二项式，再用二项式定理求解 方法二：两次利用二项展开式的通项求解方法三：利用排列组合的基本原理去求，把三项式看作几个因式之积，得到特定项有多少种方法从这几个因式中取因式中的量 六．二项式定理应用1．用二项式定理处理整除问题，通常把幂的底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再利用二项式定理展开，只考虑后面一、二项(或者是某些项)就可以了．2．利用二项式定理近似运算时，首先将幂的底数写成两项和或差的形式，然后确定展开式中的保留项，使其满足近似计算的精确度．考点一 二项式定理的展开式【例1】（2023广西柳州）化简2341632248x x x x -+-+=（ ） A ．4x B ．()42x -C ．()42x +D ．()412x -【一隅三反】1．（2022·高二课时练习）设A ＝37＋27C ·35＋47C ·33＋67C ·3，B ＝17C ·36＋37C ·34＋57C ·32＋1，则A －B 的值为( ) A ．128B ．129C ．47D ．02．（2023·重庆九龙坡）1231261823n n n n n n C C C C -+++⋯+⨯=A ．2123n + B ．()2413n- C ．123n -⨯ D ．()2313n- 考点二 二项式指定项的系数【例21】（2023·全国·高三专题练习）在二项式82x ⎫⎪⎭的展开式中，含x 的项的二项式系数为（ ）A ．28B ．56C ．70D ．112【例22】（2022·甘肃兰州·统考一模）6122x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式的常数项是（ ）A ．40B ．40C ．20D ．20【例23】（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）6211(2)2x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭展开式中2x 的系数为（ ）A ．270B ．240C ．210D ．180【例24】（2023·四川绵阳·统考二模）()32+nx 展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则n 的值为（ ）A ．8B ．7C ．6D ．5【一隅三反】1．（2023·北京·高三专题练习）在二项式x x - ⎪⎝⎭的展开式中，含3x 项的二项式系数为（ ）A ．5B ．5-C ．10D ．10-2．（2023·河南驻马店·统考二模）51(1)2x x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭的展开式中的常数项是（ ）A ．－112B ．－48C ．48D ．1123．（2023·全国·高三对口高考）在12nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项是（ ）A ．7-B ．7C ．358-D ．358考点三 三项式指定项系数【例3】（2023·全国·高三专题练习）52212x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中常数项是（ ）A ．252B ．220C ．220D ．252【一隅三反】1．（2023·河北沧州·校考模拟预测）()52x x y -+的展开式中52x y 的系数为（ ）A ．10-B ．10C ．30-D ．302．（2023·辽宁·大连二十四中校联考模拟预测）6(23)x y z +-的展开式中23xy z 的系数为 （用数字作答）．3．（2023秋·福建三明·高三统考期末）512x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭展开式中常数项是 .（答案用数字作答）4．（2023秋·广东广州·高三执信中学校考开学考试）已知二项式51a x y ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭的展开式中含3x y 的项的系数为40-，则=a ．考点四 二项式系数性质【例4】（2023春·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）()612x +的展开式中二项式系数最大的项是（ ）A ．160B ．240C ．3160xD ．4240x【一隅三反】1．（2023·广东佛山·校考模拟预测）（多选）x x + ⎪⎝⎭的展开式中只有第六项的二项式系数最大，且常数项是252-，则下列说法正确的是（ ）A ．10n =B ．各项的二项式系数之和为1024C ．1a =-D ．各项的系数之和为10242．（2023·西藏日喀则·统考一模）已知(12)n x -的展开式中第四项和第八项的二项式系数相等，则展开式中x 的系数为3．（2023·福建厦门·统考模拟预测）已知2nx ⎫⎪⎭的展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大18，则展开式中的常数项为 ．考法五 系数最大项和系数和【例51】（2023·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）()82x +的二项展开式中系数最大的项为 . 【例52】．（2023·辽宁朝阳·朝阳市第一高级中学校考模拟预测）（多选）已知函数()()626012612f x x a a x a x a x =-=+++⋅⋅⋅+（i a ∈R ，0,1,2,3,,6i =⋅⋅⋅）的定义域为R ，则（ ）A ．01261a a a a +++⋅⋅⋅+=-B ．135364a a a ++=-C ．123623612a a a a +++⋅⋅⋅+=D ．()5f 被8整除余数为1【一隅三反】1．（2023·全国·模拟预测）81x y ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中系数最大的项为（ ）A ．70B ．56C ．3556x y 或5356x yD ．4470x y2．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）已知()13nx +的展开式中前三项的二项式系数和为79，则展开式中系数最大的项为第（ ）A ．7项B ．8项C ．9项D ．10项 3．（2023春·山东青岛）（多选）已知9290129(12)x a a x a x a x +=++++，则（ ）A ．2144a =B ．9012893a a a a a +++++=C ．81379024682a a a a a a a a a +++=++++= D ．(0,1,2,,8,9)i a i =的最大值为6a4．（2023·福建宁德·校考模拟预测）（多选）若()()()()102100121021111x a a x a x a x -=+-+-++-，x ∈R ，则（ ）A ．01a =B ．1012103a a a +++=C ．2180a =D ．9123102310103a a a a ++++=⨯考法六 二项式定理的应用【例61】（2023春·课时练习）设n 为奇数，那么11221111111111n n n n n n n C C C ---+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅-除以13的余数是（ ）A ．3-B ．2C ．10D ．11【例62】（2023北京）今天是星期二，经过7天后还是星期二，那么经过20212天后是（ ） A ．星期三B ．星期四C ．星期五D ．星期六【例63】（2023·全国·高三专题练习）6(1.05) ． 【一隅三反】1．（2022·全国·高三专题练习）81.02≈ （小数点后保留三位小数）． 2．（2023·辽宁丹东·统考一模）282除以7所得余数为 ． 3．（2022秋·福建泉州·高三福建省南安国光中学校考阶段练习）12233445555555C 0.998C 0.998C 0.998C 0.998C 0.998++++≈ （精确到0.01）。
《二项式定理》知识点总结+典型例题+练习(含答案)
二项式定理考纲要求1.了解二项式定理的概念.2.二项展开式的特征及其通项公式.3.会区别二项式系数和系数.4.了解二项式定理及简单应用，并运用二项式定理进行有关的计算和证明. 知识点一：二项式定理设a , b 是任意实数，n 是任意给定的正整数，则0011222333110()n n n n n m n m m n n n nn n n n n n n a b C a b C a b C a b C a b C a b C ab C a b------+=++++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++这个公式所表示的定理叫做二项式定理，其中右边的多项式叫的二项式展开式，每项的0n C ,1n C , 2n C ⋅⋅⋅ n n C 叫做该项的二项式系数.注意：二项式具有以下特征:1.展开式中共有1n +项，n 为正整数.2.各项中a 与b 的指数和为n ，并且第一个字母a 依次降幂排列，第二个字母b 依次升幂排列.3.各项的二项式系数依次为0n C , 1n C , 2n C ⋅⋅⋅ nn C . 知识点二：二项展开式通项公式二项展开式中的m n m mn C a b -叫做二项式的通项, 记作 1m T +. 即二项展开式的通项为 1m n m mm n T C a b -+=.注意：该项为二项展开式的第1m +项，而不是第m 项. 知识点三：二项式系数的性质二项式展开式的二项式系数是0n C , 1n C , 2n C ⋅⋅⋅ nn C .1.在二项展开式中，与首末两端距离相等的两项的二项式系数相等,即m n mn n C C -=.2.如果二项式()na b +的幂指数n 是偶数，那么它的展开式中间一项的二项式系数最大即12n+项的二项式系数最大. 3.如果二项式()na b +的幂指数n 是奇数，那么它的展开式中间两项的二项式系数最大，并且相等，即第12n +项和第32n +项的二项式系数最大且相等.4.二项式()na b +的展开式中，所有二项式系数的和为01232m nn n n n n n n C C C C C C ++++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+=.5.二项式()na b +的展开式中奇数项和偶数项的二项式系数和相等即02413512n n n n n n n C C C C C C -+++⋅⋅⋅=+++⋅⋅⋅=.知识点四：二项式系数与系数的区别 1.二项展开式中各项的二项式系数: mn C .2.二项展开式中各项的系数:除了字母外所有的数字因数的积. 题型一 二项式定理 例1 求51(2)x x-的展开式. 分析：熟记二项式定理.解答：51(2)x x-=05014123232355551111(2)()(2)()(2)()(2)()C x C x C x C x x x x x -+-+-+-4145055511(2)()(2)()C x C x x x+-+-533540101328080x x x x x x=-+-+-题型二 二项展开式通项公式 例2 求91(3)9x x+的展开式中第3项. 分析：灵活运用通项公式. 解答：272532191(3)()9729T T C x x x+===, 所以第3项为5972x . 题型三 二项式系数的性质例3 求7(2)x +的展开式中二项式系数最大的项.分析：根据二项式()na b +的幂指数n 是奇数，那么它的展开式中间两项的二项式系数最大，并且相等，即第12n +项和第32n +项的二项式系数最大且相等.先求出二项式最大项的项数，再利用通项公式计算.解答：由于7为奇数，所以第4项和第5项的二项式系数最大.即3733343172560T T C x x -+=== 4744454172280T T C x x -+===题型四 二项式系数与系数的区别例4 二项式9(12)x -的二项式系数之和为 . 分析：二项式()na b +的展开式中，所有二项式系数的和为01232m n n n n n n n n C C C C C C ++++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+=。
二项式定理(精讲)高中数学新同步精讲讲练(选择性必修第三册)(教师版含解析)
6.3 二项式定理(精讲)思维导图考法一 二项式定理展开式【例1】(1)求41(3x )x+的展开式为 ． (2)(2020·江苏省太湖高级中学高二期中)已知012233444(1)4729n n nn n n n n C C C C C -+-++-=，则n 的值为【答案】(1)1x 2＋12x＋54＋108x ＋81x 2【解析】(1)方法一 ⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋1x 4＝(3x )4＋C 14(3x )3·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋C 24(3x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋C 34(3x )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 4＝81x 2＋108x ＋54＋12x ＋1x2.方法二 ⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋1x 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋1x 4＝1x 2(1＋3x )4＝1x 2·[1＋C 14·3x ＋C 24(3x )2＋C 34(3x )3＋C 44(3x )4]＝1x 2(1＋12x ＋54x 2＋108x 3＋81x 4)＝1x 2＋12x＋54＋108x ＋81x 2.(2)由012233444(1)4729n n nn n n n n C C C C C -+-++-=得常见考法()()()()()0120312312301414141414729nn n n n n nn n n n C C C C C ---⋅⋅-+⋅⋅-⋅⋅-+⋅⋅-⋅-+++=⋅则()12479n-=，即()()672933n =-=-，解得6n =.【举一反三】1．(2021·全国课时练习)化简多项式(2x+1)5-5(2x+1)4+10(2x+1)3-10(2x+1)2+5(2x+1)-1的结果是( ) A ．(2x+2)5 B ．2x 5 C ．(2x-1)5 D ．32x 5【答案】D【解析】依题意可知，多项式的每一项都可看作()()55211rrrC x -+-，故为()5211x ⎡⎤+-⎣⎦的展开式，化简()()555211232x x x ⎡⎤+-==⎣⎦.故选D. 2．(2020·江苏宿迁市·宿迁中学高二期中)化简：2012222412333...3n n n n n n n n C C C C ---⋅+⋅+⋅++⋅=_________.【答案】101n -【解析】()()()()112021211212(31)3131 (3)131n n n n n n n n nnnC C CC ----+=⨯⨯+⨯⨯++⨯⨯+⨯⨯则2012222412233331(31)10n n n n n nn n n n C C C C ---⋅+⋅+⋅++⋅+=+=所以2012222412333...3101nn n n n n n n n C C C C ---⋅+⋅+⋅++⋅=-故答案为：101n -.考法二 二项式指定项的系数与二项式系数【例2】(1)(2020·全国高二单元测试)在(x -3)10的展开式中，x 6的系数是(2)(2020·广东佛山市·高二期末)二项式81x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是______(用数字作答)(3)(2020·安徽省蚌埠第三中学高二月考)3031x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的有理项共有 项【答案】(1)9410C (2)70(3)6【解析】(1)由T k +1=10kC x 10-k (-3)k ，令10-k =6，解得k =4，∴系数为(-3)4410C =9410C(2)二项式81x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式的通项公式8821881r r r rr r T C x C x x --+==，令820r -=，得4r =,则常数项为4588765==704321T C ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯，故答案为：70(3)3031x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的通项公式为：()5301036130301rrrrr r T C x C x x --+⎛⎫== ⎪⎝⎭，061051730300,,6,r T x r T x C C ====， 12180513********,,18,r T x r T x C C -====，243010152531303024,,30,r T x r T x C C --====，所以有理项共有6项，故选：C 【举一反三】1．(2020·北京市鲁迅中学高二月考)二项式261(2)x x-的展开式中的常数项是_______.(用数字作答) 【答案】60【解析】有题意可得，二项式展开式的通项为：()62612316612(1)2rrr r r r rr T Cx C xx ---+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭令1230r -=可得4r = ，此时2456260T C ==.2.(2021·上海青浦区)在6212x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭二项展开式中，常数项是_______.【答案】60【解析】展开式的通项公式是()626123166122rrrr rr r T C xC x x ---+⎛⎫=⋅⋅=⋅⋅ ⎪⎝⎭，当1230r -=时，4r = 24416260T C +=⋅=.故答案为603.．(2020·青海西宁市)若83a x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中4x 的系数为7，则实数a =______. 【答案】12【解析】根据二项展开式的通项公式可得：48883318883=rr r r r r r r r r r a T C x C a x C a x x ----+⎛⎫== ⎪⎝⎭， 令4843r -=，可得3r =，3388==7r r C a C a ，解得：12a =，故答案为：124．(2020·梁河县)已知31(2)n x x+的展开式的常数项是第7项，则n =________.【答案】8【解析】根据题意，可知第7项为()666366324122n n n n n C xC x x ---⎛⎫⋅⋅=⋅⋅ ⎪⎝⎭，而常数项是第7项，则 3240n -=，故8n =.故答案为：8.考法三 多项式系数或二项式系数【例3】(1)(2020·福建三明市·高二期末)52212x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中常数项是( ) A ．-252B ．-220C ．220D ．252(2)．(2021·四川成都市)若5(2)a x x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中常数项为80-，则a =( )A ．2B ．1C ．2-D ．1-【答案】(1)A(2)C 【解析】(1)由2510211(2)()x x x x+-=-， 可得二项式101()x x-的展开式通项为10102110101()(1)rrr r r r r T C xC x x--+=-=-， 令1020r -=，解得=5r ，所以展开式的常数项为5510(1)252C -=-.故选：A.(2)5a x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式的通项公式为：55251(1)r r r r r T C a x--+=⋅⋅⋅-，显然，25r -为奇数， 若求5(2)a x x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭展开式的常数项，251r ∴-=-，解得2r故5(2)a x x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式的常数项等于：23580C a ⋅=-2a ∴=-故选：C.【举一反三】1．(2020·全国高三专题练习)4211x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭展开式中常数项为( ).A ．11B ．11-C ．8D ．7-【答案】B 【解析】将21x x +看成一个整体，展开得到：41421()(1)r r rr T C x x-+=+- 421()r x x-+的展开式为：4243144m r m m m r mm r r T C x x C x -----+--=⋅=取430r m --=当0m =时，4r = 系数为：40440(1)1C C ⨯⨯-= 当1m =时，1r = 系数为：11143(1)12C C ⨯⨯-=-常数项为11211-=- 故答案选B2．(2020·全国高三专题练习)524131x x x x ⎛⎫⎛⎫-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的展开式中常数项为( )A ．30-B ．30C ．25-D ．25【答案】C【解析】511x ⎛⎫- ⎪⎝⎭ 的通项为151(1)r r r r T C x +⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 5522411311x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 55141311x x x x ⎛⎫⎛⎫--+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，根据式子可知当4r = 或2r时有常数项，令4r =414551(1)T C x ⎛⎫⇒=- ⎪⎝⎭ ; 令2323512(1)r T C x ⎛⎫=⇒=- ⎪⎝⎭;故所求常数项为13553C C -⨯53025=-=- ，故选C.3．(2020·河南商丘市)()64111x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式的常数项为( )A ．6B ．10C ．15D ．16【答案】D【解析】由题意得611x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式的通项为()160,1,2,,6r r r T C x r -+=⋅=⋅⋅⋅，令4r =，则4615C =，所以()64111x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式的常数项为11516+=.故选：D. 4．(2020·枣庄市第三中学高二月考)在1020201(1)x x++的展开式中，x 2项的系数为( ) A ．30 B ．45C ．60D ．90【答案】B【解析】在1020201(1)x x ++的展开式中，通项公式为T r +110rC =•20201rx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭.对于20201rx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，通项公式为T k +1kr C =•x r ﹣2021k ，k ≤r ，r 、k ∈N ，r ≤10.令r ﹣2021k ＝2，可得r ＝2+2021k ，故k ＝0，r ＝2，故x 2项的系数为210C •02C =45，故选：B .5．(2020·全国高二专题练习)若()1021x a x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭的展开式中6x 的系数为30，则a 等于( ) A ．13B ．12C ．1D ．2【答案】D【解析】将题中所给式子可化为()10101022111x a x x x a x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+=+-+ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭根据二项式定理展开式通项为1C rn rrr nT a b -+=,101x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的通项为10102110101rr r r r r T C xC x x --+⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭令1024r-= 解得3r =所以6x 的项为234610120x C xx ⋅=令1026r -=解得2r所以6x 的项为2661045a C x ax -⋅=-综上可知, 6x 的系数为1204530a -= 解得2a = 故选:D考法四 二项式定理的性质【例2】(1)(多选)(2020·全国高二单元测试)111x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中二项式系数最大的项是( ) A ．第5项 B ．第6项 C ．第7项D ．第8项(2)(2020·山东省桓台第一中学高二期中)(多选)二项式1121x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中，系数最大的项为( ).A ．第五项B ．第六项C ．第七项D ．第八项(3)(2020·绵阳市·四川省绵阳江油中学高二开学考试)若1nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中只有第7项的二项式系数最大，则展开式中含2x 项的系数是A ．462-B ．462C ．792D ．792-【答案】(1)BC(2)BC(3)D【解析】(1)因为n ＝11为奇数，所以展开式中第1112+项和第11112++项，即第6项和第7项的二项式系数相等，且最大.故选：BC(2)二项式1121x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中，每项的系数与二项式系数相等，共有12项 所以系数最大的项为第六项和第七项故选：BC(3)∵1nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中只有第7项的二项式系数最大，∴n 为偶数，展开式共有13项，则12n =. 121x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式的通项公式为()1212211C r r r r T x -+=-，令1222r -=，得5r =. ∴展开式中含2x 项的系数是()12551C 792-=-，故选D ． 【举一反三】1．(2020·辽宁沈阳市·高二期中)在()()1nx n N +-∈的二项展开式中，若只有第5项的二项式系数最大，则12nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的二项展开式中的常数项为( )A ．960B ．1120C ．-560D ．-960【答案】B【解析】在(x ﹣1)n(n ∈N +)的二项展开式中，若只有第5项的二项式系数最大，则n=8，则1(2)n x x -=812x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的二项展开式的通项公式为T r+1=8r C •28﹣r•(﹣1)r •x 4﹣r ， 令4﹣r=0，求得r=4，可得展开式中的常数项为48C •24•(﹣1)4=1120，故选B ．2．(2021·湖南常德市)(ax +1x )(2x −1)5的展开式中各项系数的和为2,则该展开式中常数项为( )A ．B ．C ．10D ．20【答案】C【解析】由已知，当x =1时，(a +11)(2−1)5=2,即a =1，所以(x +1x )(2x −1)5展开式中常数项为1x ×C 542x ×(−1)4=10，故选C . 3．(多选)(2020·三亚华侨学校高二开学考试)已知()na b +的展开式中第5项的二项式系数最大，则n 的值可以为( ) A ．7 B ．8C ．9D ．10【答案】ABC【解析】∵已知()na b +的展开式中第5项的二项式系数4n C 最大,则7n =或n ＝8或n ＝9故选：ABC .4．(2020·全国高二课时练习)已知6(31)x +展开式中各项系数的和为m ，且2log n m =，求2nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中二项式系数最大的项的系数 . 【答案】59136【解析】设6260126(31)x a a x a x a x +=++++，令1x =，得6612(31)42m =+==，所以2log 12n m ==，则122x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中有13项，且中间一项(第7项)的二项式系数最大，该项为6666633712122()(2)59136T C x C x x x --⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭.故所求的系数为59136.5．(2020·重庆市第七中学校高二月考)二项式()*122nx n N x ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭ 的展开式中，二项式系数最大的项是第4项，则其展开式中的常数项是_________． 【答案】-20【解析】由题意知，展开式中有7项，6n =．因为 ()661122rrr Tr C x x -⎛⎫+=- ⎪⎝⎭()6262612r r r rC x --=- 令620r -=，得3r =，所以常数项为()336120C -=-．考法五 二项式系数或系数和【例5】(2020·安徽省泗县)若2701277()(12)f x x a a x a x a x =+=++++.求：(1)017a a a ++⋯+； (2)1357a a a a +++； (3)0127a a a a ++++.【答案】(1)27；(2)14；(3)27.【解析】(1)令1x =，可得301235674()3271f a a a a a a a a ==+++++++=，∴4012356727a a a a a a a a ++++++=+．①(2)令1x =-可得301235674(1)(1)f a a a a a a a a -=-=-+-+-+-，∴401235671a a a a a a a a +-+-+-=--．② 由①-②得13572()28a a a a +++=， ∴135714a a a a +++=．(3)由题意得二项式7(12)x +展开式的通项为177(2)2r r r r r r T C x C x +==，∴每项的系数0(0,1,2,,7)i a i >=，∴01235017647227a a a a a a a a a a a a ++++=++++++=+．【举一反三】1．(2020·北京朝阳区·高二期末)在5(21)x +的二项展开式中，二项式系数之和为___________；所有项的系数之和为_______. 【答案】32 243【解析】根据二项展开式的性质，展开式的二项式系数之和为52232n ==， 令1x =可得所有项的系数之和为55(211)3243==⨯+，故答案为：32，2432．(2020·全国高二单元测试)若(2－x )10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10，则(a 0＋a 2＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 9)2＝ 【答案】1【解析】令1x =，得()10011021a a a +++=-，令1x =-，得()1001231021a a a a a -+-++=+，()()220210139a a a a a a +++-+++()()0110012310a a a a a a a a =+++-+-++()()101021211=+-=.故选：A.3．(2020·福建厦门市·厦门双十中学高二期中)已知()1121011012101112x a a x a x a x a x +=+++++ ，则12101121011a a a a -+-+=_____.【答案】22【解析】对等式112012(12)x a a x a x +=++10111011a x a x +++两边求导，得101222(12)2x a a x+=+91010111011a x a x +++，令1x =-，则1210112101122a a a a -+-+=.4．(2020·宁县第二中学高二期中)设2012(21)n n n x a a x a x a x -=++++展开式中只有第1010项的二项式系数最大．(1)求n ；(2)求012n a a a a ++++; (3)求.312232222n n a a a a ++++. 【答案】(1)2018；(2)20183；(3)-1.【解析】(1)由二项式系数的对称性，1101020182n n +=∴= (2)201801220180122018=3a a a a a a a a ++++-+++= (3)令0x = ，得20180(10)1a =-=， 令12x =，得21232018232018(11)02222a a a a ++++=-=，故3201812023201812222a a a a a +++=-=-.考法六 二项式定理运用【例6】(1)(2020·上海市七宝中学高二期中)7271除以100的余数是________(2)(2020·全国高二单元测试)6(1.05)的计算结果精确到0.01的近似值是_________【答案】(1)41(2)1.34【解析】(1)()727217172727270727127270170177070C C C C +==++++21072701()m m N =+⨯+∈2105041m =+ 即7271除以100的余数为41．故答案为：41．(2)()()66122661.0510.051+0.05+0.05+1+0.3+0.0375=1.3375 1.34C C =+=⋅⋅≈≈故答案为：1.34【举一反三】1．(2020·四川棠湖中学高二月考)已知202074a +能够被15整除，则a =________.【答案】14【解析】由题可知，()0202020275714=-()()()()0120192020020201201920191202002020202020202020751751751751C C C C =-+-++-+- 0202012019201912020202020207575751C C C =-+-+所以0202012019201912020202022020200775754751C C C a a =-++-++，而75能被15整除，要使202074a +能够被15整除，只需1a +能被15整除即可， 所以115a +=，解得：14a =.故答案为：14.2．(2020·江苏泰州市·泰州中学高二期中)83被5除所得的余数是_____________．【答案】1【解析】因为883(52)=-0817262778088888855(2)5(2)5(2)5(2)C C C C C =⋅+⋅⨯-+⋅⨯-++⋅⨯-+⋅⨯- 071625277808888885(55(2)5(2)(2))5(2)C C C C C =⋅+⋅⨯-+⋅⨯-++-+⋅⨯-，所以转化为求80885(2)256C ⋅⨯-=被5除所得的余数， 因为2565151=⨯+，所以83被5除所得的余数是1，故答案为：13．(2021·河北保定市)60.99的计算结果精确到0.001的近似值是【答案】0.941【解析】()()()()6620126666330.9910.0110.010.010.01...C C C C =-=⨯-⨯+⨯-⨯ 10.060.00150.00002...=-+- 0.941≈故选B。
高二数学二项式定理与性质试题答案及解析
高二数学二项式定理与性质试题答案及解析1.（＋）n展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式的常数项是（）A．360B．180C．90D．45【答案】B【解析】因为在的二项式展开式中，只有第6项的二项式系数最大所以由此可得：，即所以即，所以的二项式展开式中常数项为180.【考点】二项式定理及二项式系数的应用.2.二项式的展开式中含的项的系数是．【答案】【解析】由于，因此的系数为【考点】二项展开式的通项公式.3.若n的展开式中含x的项为第6项，设(1－3x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋＋anx n，则a1＋a2＋＋an的值为________．【答案】255【解析】由二项式定理可得通项公式：因含的项为第6项，故.令,令【考点】（1）二项式定理；（2）赋特殊值求二项式系数.4.设（是正整数），利用赋值法解决下列问题：（1）求；（2）为偶数时，求；（3）是3的倍数时，求。
【答案】（1）；（2）；（3）。
【解析】（1）为二项式展开式中每一项的二项式系数，令可求得，即的值，（2）为的展开式中偶数项的二项式系数，令可得的值，再与相加即可得，(3)利用复数次方的性质，构造方程，从而求得的值。
试题解析：令，（1），所以（2），所以（3）记，则。
当时，，当时，，记，，，，，则从上到下各式分别乘以，求得。
即【考点】（1）赋值法的应用；（2）复数性质的应用。
5.被除所得的余数是_____________．【答案】1【解析】因为,所以被除所得的余数是1.【考点】二项式定理应用6.设，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】令x=0，得=0，故选B.【考点】二项式定理.7.对于二项式n(n∈N*)，四位同学作出了四种判断：①存在n∈N*，展开式中有常数项；②对任意n∈N*，展开式中没有常数项；③对任意n∈N*展开式中没有x的一次项；④存在n∈N*，展开式中有x的一次项．上述判断中正确的是________．【答案】①④【解析】二项式n的展开式的通项为Tr＋1＝C n r n－r·(x3)r＝C n r x r－n·x3r＝C n r x4r－n.当展开式中有常数项时，有4r－n＝0，即存在n、r使方程有解．当展开式中有x的一次项时，有4r－n＝1，即存在n、r使方程有解．即分别存在n，使展开式有常数项和一次项．8.二项式(1＋sinx)n的展开式中，末尾两项的系数之和为7，且系数最大的一项的值为，则x在[0,2π]内的值为________．【答案】或π【解析】二项式(1＋sin x)n的展开式中，末尾两项的系数之和Cn n-1＋Cnn＝1＋n＝7，∴n＝6，系数最大的项为第4项，T4＝C63(sin x)3＝，∴(sin x)3＝，∴sin x＝，又x∈[0,2π]，∴x＝或π.9.在6的展开式中x2的系数是________．【答案】240【解析】设展开式中第r＋1项是x2项，则由Tr＋1＝C6r6－r·(－2x)r＝(－2)r C6r x2r－6，得2r－6＝2，解得r＝4.∴x2项系数为(－2)4C64＝16×15＝240.10.如果2n的展开式中第4项与第6项的系数相等，求n及展开式中的常数项．【答案】70【解析】解：由已知可得C2n 3＝C2n5，所以3＋5＝2n，即n＝4.所以展开式中的通项为Tr＋1＝C8r x8－2r，若它为常数项，则r＝4，所以T5＝C84＝70.11. (1)已知(1－2x)2008＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2008x2008(x∈R)，求a＋a1＋a2＋…＋a2008的值；(2)已知(1－2x＋3x2)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a13x13＋a14x14，求a1＋a3＋a5＋…＋a13的值．【答案】(1)1 (2)(27－67)【解析】解：(1)令x＝1，则(1－2x)2008＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2008x2008变为(1－2)2008＝a＋a1＋a2＋…＋a2008，∴a0＋a1＋a2＋…＋a2008＝1.(2)分别令x＝1及x＝－1，可得两式相减，用上式减下式可得2(a1＋a3＋…＋a13)＝27－67，∴a1＋a3＋a5＋…＋a13＝ (27－67)．12.若二项式的展开式中，第4项与第7项的二项式系数相等，则展开式中的系数为．(用数字作答)【答案】9【解析】第4项与第7项的二项式系数相等，则，。
高三数学二项式定理与性质试题答案及解析
高三数学二项式定理与性质试题答案及解析1.在二项式的展开式中，含的项的系数是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由二项式定理可知，展开式的通项为，则令得，所以含项的系数为，故选【考点】二项式定理.2.已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8等于()A．180B．90C．－5D．5【答案】A【解析】(1＋x)10＝[2－(1－x)]10，其通项公式为Tr＋1＝210－r·(－1)r(1－x)r，a8是r＝8时，第9项的系数．∴a8＝22(－1)8＝180.故选A.3.二项式(2－)6的展开式中所有有理项的系数和等于________．(用数字作答)【答案】365【解析】Tr＋1＝·(2)6－r·(－1)r·x－r＝(－1)r·26－r，r＝0,1,2,3,4,5,6，当r＝0,2,4,6时，Tr＋1＝(－1)r26－r为有理项，则所有有理项的系数和为26＋24＋22＋20＝365.4.已知(1＋kx2)6(k是正整数)的展开式中，x8的系数小于120，则k＝________.【答案】1【解析】由Tr＋1＝ (kx2)6－r＝k6－r x2(6－r)，得x8的系数为k4＝15k4，由15k4<120得k4<8，因为k为正整数，所以k＝1.5.的展开式中，的系数为15，则a=________.(用数字填写答案)【答案】【解析】因为，所以令，解得，所以=15，解得.【考点】本小题主要考查二项式定理的通项公式，求特定项的系数，题目难度不大，属于中低档. 6.的二项展开式中，的系数等于．【答案】15【解析】,时，,此时的系数等于.【考点】二项式系数7.二项式的展开式中系数最大的项是第项．【答案】9【解析】因为，而组合数中最大，所以展开式中系数最大的是，即第9项.【考点】组合数性质8.若（的展开式中第2项与第4项的二项式系数相等，则直线y=nx与曲线y=x2围成的封闭区域面积为（）A．B．12C．D．36【答案】C【解析】展开式中第二项与第四项的二项式系数相等，所以,那么,与围成的封闭图形区域为,故选C.【考点】1.二项式系数；2.定积分.9.的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为A．-40B．-20C．20D．40【答案】D【解析】令x=1得a=1.故原式=。
高中二项式定理专题(答案)
二项式定理1． 知识精讲：（1）二项式定理：()nn n r r n r n n n n n nb C b a C b a C a C b a +++++=+-- 110（*∈N n ）其通项是=+1r T r r n r n b a C - （r=0,1,2,……,n ），知4求1，如：555156b a C T T n n -+== 亦可写成：=+1r T r n r n aba C )(()()()n n n n rr n r n r n n n n n b C b a C b a C a C b a 11110-++-++-=--- （*∈N n ） 特别地：()n n n r n r n n n n nx C x C x C x C x +++++=+- 101（*∈N n ）其中，r n C ——二项式系数。
而系数是字母前的常数。
例1．n nn n n n C C C C 1321393-++++ 等于 （ ） A ．n4 B 。
n43⋅ C 。
134-n D.314-n 解：设nnn n n n n C C C C S 1321393-++++= ，于是： n nn n n n n C C C C S 3333333221++++= =13333332210-+++++nn n n n n n C C C C C 故选D例2．（1）求7(12)x +的展开式的第四项的系数；（2）求91()x x-的展开式中3x 的系数及二项式系数解：（1）7(12)x +的展开式的第四项是333317(2)280T C x x +==，∴7(12)x +的展开式的第四项的系数是280． （2）∵91()x x-的展开式的通项是9921991()(1)r rr r r r r T C xC x x--+=-=-， ∴923r -=，3r =，∴3x 的系数339(1)84C -=-，3x 的二项式系数3984C =．（2）二项展开式系数的性质：①对称性,在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即 ,,,,2211kn nkn n n n n n n nn n C C C C C C C C ---====②增减性与最大值：在二项式展开式中，二项式系数先增后减，且在中间取得最大值。
（完整版）二项式定理（习题含答案）
（完整版）⼆项式定理（习题含答案）⼆项式定理⼀、求展开式中特定项 1、在的展开式中，的幂指数是整数的共有（） A ．项 B ．项 C ．项 D ．项【答案】C 【解析】，，若要是幂指数是整数，所以0，6，12，18，24，30，所以共6项，故选C ．3、若展开式中的常数项为．（⽤数字作答）【答案】10【解】由题意得，令，可得展⽰式中各项的系数的和为32，所以，解得，所以展开式的通项为，当时，常数项为， 4、⼆项式的展开式中的常数项为．【答案】112【解析】由⼆项式通项可得，（r=0,1,,8）,显然当时，，故⼆项式展开式中的常数项为112.5、的展开式中常数项等于________．【答案】．【解析】因为中的展开式通项为，当第⼀项取时，，此时的展开式中常数为；当第⼀项取时，，此时的展开式中常数为；所以原式的展开式中常数项等于，故应填． 6、设，则的展开式中常数项是．【答案】 332，30x 4567()r r rrr r x C x x C T 6515303303011--+?==30......2,1,0=r =r 2531()x x+1x =232n =5n =2531()x x+10515r rr T C x -+=2r =2510C=82)x3488838122rrr r rr r x C xx C --+-=-=)()()(T 2=r 1123=T 41(2)(13)x x--1441(2)(13)x x--4(13)x -4C (3)r rx -204C 1=21x-14C (3)12x -=-12141420sin 12cos 2x a x dx π=-+()622x ??+ ?332=-()200sin 12cos sin cos (cos sin )202x a x dx x x dx x x πππ??=-+=+=-+= ??的展开式的通项为，所以所求常数项为．⼆、求特定项系数或系数和7、的展开式中项的系数是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由通式，令，则展开式中项的系数是．8、在x （1+x ）6的展开式中，含x 3项的系数是．【答案】15【解】的通项，令可得．则中的系数为15.9、在的展开式中含的项的系数是．【答案】-55【解析】的展开式中项由和两部分组成，所以的项的系数为． 10、已知，那么展开式中含项的系数为．【答案】135【解析】根据题意，，则中，由⼆项式定理的通项公式，可设含项的项是，可知，所以系数为．11、已知，则等于（）A ．－5B ．5C ．90D ．180【答案】D 因为，所以等于选Ｄ．12、在⼆项式的展开式中，只有第5项的⼆项式系数最⼤，则________；展开式中的第4项＝_______．6(=6663166((1)2r r r r r rr r T C C x ---+==-??3633565566(1)22(1)2T C C --=-??+-?332=-8()x 62x y 5656-2828-r r r y x C )2(88--2=r 62x y 56)2(228=-C ()61x +16r r r T C x +=2r =2615C =()61x x +3x 6(1)(2)x x -?-3x 6(1)(2)x x -?-3x 336)(2x C -226)(x -x C -?）（3x 552-2636-=-C C dx xn 16e 1=nx x ）（3-2x 66e111ln |6e n dx x x=?==n x x ）（3-1r n r r r n T C a b -+=2x 616(3)r rr r T C x -+=-2r =269135C ?=()()()()10210012101111x a a x a x a x +=+-+-++-L 8a 1010(1)(21)x x +=-+-8a8210(2)454180.C -=?=1)2nx =n【答案】，．【解析】由⼆项式定理展开通项公式，由题意得，当且仅当时，取最⼤值，∴，第4项为． 13、如果，那么的值等于（）（A ）－1 （B ）－2 （C ）0 （D ）2 【答案】A【解析】令，代⼊⼆项式，得，令，代⼊⼆项式，得，所以，即，故选A ．14、（﹣2）7展开式中所有项的系数的和为【答案】-1 解：把x=1代⼊⼆项式，可得（﹣2）7 =﹣1， 15、（x ﹣2）（x ﹣1）5的展开式中所有项的系数和等于【答案】0 解：在（x ﹣2）（x ﹣1）5的展开式中，令x=1，即（1﹣2）（1﹣1）5=0，所以展开式中所有项的系数和等于0. 16、在的展开式中，所有项的系数和为，则的系数等于．【答案】【解析】当时，，解得，那么含的项就是，所以系数是-270. 17、设，若，则．【答案】0. 【解析】由81937x -21()(2)33111()()22n r n r r r r r r r nn T C x x C x -++=-?=-4n =r n C 8n =119(163)333381()72C x x +-=-7270127(12)x a a x a x a x -=++++L 017a a a +++L 1x =7270127(12)x a a x a x a x -=++++L 70127(12)1 a a a a -=++++=-L 0x =7270127(12)x a a x a x a x -=++++L 70(10)1a -==12711a a a ++++=-L 1272a a a +++=-L *3)()n n N -∈32-1x 270-1=x ()322--=n5=n x1()x x C 1270313225-=-(sin cos )k x x dx π=-?8822108)1(x a x a x a a kx ++++=-K 1238a a a a ++++=0(sin cos )(cos sin )k x x dx x x ππ=-=--?，令得：，即再令得：，即所以18、设（5x ﹣）n 的展开式的各项系数和为M ，⼆项式系数和为N ，若M ﹣N=240，则展开式中x 的系数为 . 【答案】150解：由于（5x ﹣）n 的展开式的各项系数和M 与变量x ⽆关，故令x=1，即可得到展开式的各项系数和M=（5﹣1）n =4n ．再由⼆项式系数和为N=2n ，且M ﹣N=240，可得 4n ﹣2n =240，即 22n ﹣2n ﹣240=0. 解得 2n =16，或 2n =﹣15（舍去），∴n=4. （5x ﹣）n 的展开式的通项公式为 T r+1=（5x ）4﹣r ？（﹣1）r ？=（﹣1）r ？54﹣r ？．令4﹣=1，解得 r=2，∴展开式中x 的系数为（﹣1）r54﹣r=1×6×25=150，19、设，则．【答案】【解析】，所以令，得到，所以三、求参数问题20、若的展开式中第四项为常数项，则（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】根据⼆项式展开公式有第四项为，第四项为常数，则必有，即，所以正确选项为B. 21、⼆项式的展开式中的系数为15，则（）(cos sin )(cos0sin 0)2ππ=-----=1x =80128(121)a a a a -?=++++K 01281a a a a ++++=K 0x =80128(120)000a a a a -?=+?+? ++?K 01a =12380a a a a ++++=8877108)1(x a x a x a a x ++++=-Λ178a a a +++=L 255178a a a +++=L 87654321a a a a a a a a +-+-+-+-1-=x =82876543210a a a a a a a a a +-+-+-+-2551256-20887654321=-==+-+-+-+-a a a a a a a a a nn =456725333342)21()(---==n nn nxC xx C T 025=-n 5=n )()1(*N n x n ∈+2x =nA 、5B 、 6C 、8D 、10 【答案】B【解析】⼆项式的展开式中的通项为，令，得，所以的系数为，解得；故选B ． 22、(a ＋x)4的展开式中x 3的系数等于8，则实数a ＝________．【答案】2【解析】∵，∴当，即时，． 23、若的展开式中的系数为10，则实数（） A1 B ．或1 C ．2或 D ．【答案】B．【解析】由题意得的⼀次性与⼆次项系数之和为14，其⼆项展开通项公式，∴或，故选B ． 24、设，当时，等于（）A ．5B ．6C ．7D ．8 【答案】C ．【解析】令，则可得，故选C ．四、其他相关问题25、20152015除以8的余数为( ) 【答案】7【解析】试题分析：先将幂利⽤⼆项式表⽰，使其底数⽤8的倍数表⽰，利⽤⼆项式定理展开得到余数．试题解析：解：∵20152015=2015=？20162015﹣？20162014+20162013﹣20162012+…+2016﹣，故20152015除以8的余数为﹣=﹣1，即20152015除以8的余数为7，)()1(*N n x n ∈+k n kn k x C T -+?=12=-k n 2-=n k 2x 152)1(22=-==-n n C C n n n 6=n 4r+14T =C r r r a x-43r -=1r =133324T =C 48,2ax ax x a ==∴=()()411x ax ++2x a =53-53-4(1)ax +14r r rr T C a x +=22144101C a C a a +=?=53-23(1)(1)(1)(1)n x x x x ++++++++2012n n a a x a x a x =++++012254n a a a a ++++=n 1x =2 312(21)22222225418721n nn n n +-++++==-=?+=?=-。
高二数学二项式定理与性质试题答案及解析
高二数学二项式定理与性质试题答案及解析1.的展开式中的常数项为（）A．﹣64B．﹣32C．32D．64【答案】B【解析】二项展开式的通项公式，当时，因此常数项为.【考点】二项展开式的应用.2.已知展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则n等于（）A．4B．5C．6D．7【答案】C【解析】展开式中各项系数和为x取时式子的值，所以各项系数和为，而二项式系数和为，因此，所以，答案选C.【考点】二项式定理及应用3.（+）5展开式的常数项为80，则a的值为（）A．1B．2C．D．4【答案】B【解析】由二项式定理可知,常数项当即时的项,所以有,解得a=2,答案为B.【考点】二项式定理4.若n的展开式中含x的项为第6项，设(1－3x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋＋anx n，则a1＋a2＋＋an的值为________．【答案】255【解析】由二项式定理可得通项公式：因含的项为第6项，故.令,令【考点】（1）二项式定理；（2）赋特殊值求二项式系数.5.若展开式中各项的二项式系数之和为32，则该展开式中含项的系数为．【答案】80.【解析】由题意得，，；则的通项公式为，令，得的系数为.【考点】二项式定理.6.若，则；【答案】2014【解析】首先令可得；然后令得，即，代入式子即可求得结果.【考点】二项式定理.7.若.则( )A．20B．19C．D．【答案】C【解析】设t=x+2，则x=t-2，则多项式等价为则为左边展开式中的系数．由，左边展开式中的系数为1+=1-21=.故选：C．【考点】二项式定理的应用．二项式定理系数的性质; 利用换元法将多项式转化思想的应用.8.被除所得的余数是_____________．【答案】1【解析】因为,所以被除所得的余数是1.【考点】二项式定理应用9.若，则的值为____．【答案】－1【解析】令，由原式可得，令，由原式可得，可得．【考点】特殊值法．10.已知在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是．（1）求展开式中的所有有理项；（2）求展开式中系数绝对值最大的项；（3）求的值.【答案】（1）有理项为和；（2）系数绝对值最大的项为；（3）.【解析】（1）先利用二项展开式的通项公式得到第5项的系数与第3项的系数，依题意得到，求解可得，进而化简该二项展开式的通项公式得到，由为整数可得出的值，进而得到所有的有理项；（2）先求出二项展开式中的系列，并设第项系数绝对值最大，列出不等式组，从中求解即可得出的值，进而可写出展开式中系数绝对值最大的项；（3）先根据二项开展式的特征将变形为，逆用二项式定理即可得结果.（1）由，解得 2分因为通项： 3分当为整数，可取0，6 4分于是有理项为和 6分（2）设第项系数绝对值最大，则（8分）注：等号不写扣（1分）解得，于是只能为7 10分所以系数绝对值最大的项为 11分（3）13分16分【考点】二项式定理及其应用.11.若6的二项展开式中x3的系数为，则a＝________.【答案】2【解析】设第r＋1项的系数为，则Tr＋1＝C6r(x2)6－r r＝C6r x12－3r，令12－3r＝3，得r＝3，∴C63＝，∴a3＝8，a＝2.12.设f(x)＝(2x＋1)5－5(2x＋1)4＋10(2x＋1)3－10(2x＋1)2＋5(2x＋1)－1，则f(x)＝________.【答案】32x5【解析】f(x)＝C50(2x＋1)5＋C51(2x＋1)4·(－1)＋C52(2x＋1)3·(－1)2＋C53(2x＋1)2·(－1)3＋C54(2x＋1)·(－1)4＋C55(－1)5＝(2x＋1－1)5＝32x5.13.若n的二项展开式中有且只有第五项的二项式系数最大，则Cn 0－Cn1＋Cn2－…＋(－1)n··Cnn＝________.【答案】【解析】由已知第5项的二项式系数最大，则n＝8，又Cn 0－Cn1＋Cn2－…＋(－1)n Cnn＝n＝8＝.14.的展开式中含的整数次幂的项的系数之和为（用数字作答）。
(完整版)二项式定理知识点和各种题型归纳带答案
二项式定理1．二项式定理：(a b)n C n0a n C1n a n 1b L C n r a n r b r L C n n b n (n N )，2．基本概念：①二项式展开式：右边的多项式叫做(a b)n的二项展开式。
②二项式系数:展开式中各项的系数C n r (r 0,1,2, ,n) .③项数：共(r 1)项，是关于a与b的齐次多项式④通项：展开式中的第r 1项C n r a n r b r叫做二项式展开式的通项。
用T r 1 C n r a n r b r表示。
3．注意关键点：①项数：展开式中总共有(n 1) 项。
②顺序：注意正确选择a, b ,其顺序不能更改。
(a b)n与(b a)n是不同的。
③指数：a 的指数从n 逐项减到0，是降幂排列。
b的指数从0逐项减到n ，是升幂排列。
各项的次数和等于n .④系数：注意正确区分二项式系数与项的系数，二项式系数依次是数是a与b 的系数(包括二项式系数) 。
4．常用的结论：令a 1,b x, (1 x)n C n0C n1x C n2x2L C n r x r L C n n x n(n N )5．性质：①二项式系数的对称性：与首末两端“对距离” 的两个二项式系数相等，即C n0 C n n，···C n k C n k 1②二项式系数和：令a b 1, 则二项式系数的和为C n0C n1C n2L C n r L C n n2n，变形式C1n C n2 L C n r L C n n2n 1 。
③奇数项的二项式系数和=偶数项的二项式系数和：在二项式定理中，令a1,b 1 ，则C n0 C n1 C n2C n3 L ( 1)n C n n (1 1)n 0 ，从而得到：C n0 C n2C n4C n2r C n1 C n3 L 2r 1Cn12n2n 1 2④奇数项的系数和与偶数项的系数和：C n,C n,C n , ,C n, ,C n .项的系令a 1,b x, (1 x)n C n0 C1n x C n2x2 L C n r x r L ( 1)n C n n x n (n N )n 2 2解：由条件知 C n n 2 45 ，即 C n 2 45 ， 2n 2 n 90 0 ，解得 n9(舍去 )或n 10 ，由(a x)nC n 0a n0xC n 1a n 1xC n 2a n 22 x L n 0 n 1 C n a x a 0 a 1x 2na 2x La n x(x a)nC n 0a0nx 1C n axn1C n 2a 2 n2xLn n 0 nC n a x a n x L21 a 2x a 1x a令x 1, 则 a 0 a 1 a 2a 3Lan(a 1)n①令x 1,则a 0a1a2a3L a n (a 1)n②① ②得,a 0 a2a 4L an(a1)n (a 2 1)(奇数项的系数和 )①②得,a 1a3a 5La n(a 1)n (a21)(偶数项的系数和)n⑤二项式系数的最大项： 如果二项式的幂指数 n 是偶数时，则中间一项的二项式系数 C n 2 取得最大值。
全国高中数学竞赛讲义二项式定理与多项式
§17二项式定理与多项式1．二项工定理2．二项展开式的通项)0(1n r b a C T r r n r n r ≤≤=-+它是展开式的第r+1项. 3．二项式系数 4．二项式系数的性质 〔1〕).0(n k C C k n n k n ≤≤=-〔2〕).10(111-≤≤+=---n k C C C k n k n k n〔3〕假设n 是偶数，有n n n n n nnnC C C C C >>><<<-1210 ，即中间一项的二项式系数2n nC 最大.假设n 是奇数，有nnn n n nn nnnC C CCC C >>>=<<<-+-1212110 ，即中项二项的二项式系数212+n nnn CC 和相等且最大.〔4〕.2210n n n n nn C C C C =++++ 〔5〕.21531420-=+++=+++n n n nn n n C C C C C C 〔6〕.1111----==k n k n k n k n C knC nC kC 或〔7〕).(n k m C C C C C C m m k n m k n m k m n m n m k k n ≤≤=⋅=⋅+---- 〔8〕.1121++++++=+++++n k n n k n n n n n n n C C C C C以上组合恒等式〔是指组合数m n C 满足的恒等式〕是证明一些较复杂的组合恒等式的基本工具.〔7〕与〔8〕的证明将在后面给出. 5．证明组合恒等式的方法常用的有〔1〕公式法，利用上述根本组合恒等式进展证明.〔2〕利用二项式定理，通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中. 〔3〕利用数学归纳法.〔4〕构造组合问题模型，将证明方法划归为组合应用问题的解决方法. 例题讲解1．求7)11(xx ++的展开式中的常数项. 2．求62)321(x x -+的展开式里x 5的系数.3．数列)0(,,,0210≠a a a a 满足 ),,3,2,1(211 ==++-i a a a i i i 求证：对于任何自然数n ，nn n n n n n n n n n n n n xC a x x C a x x C a x x C a x C a x p +-++-+-+-=-----)1()1()1()1()(111222211100 是x 的一次多项式或零次多项式. 4．a ，b 均为正整数，且,sin )(),20(2sin ,2222θπθθn b a A ba ab b a n n ⋅+=<<+=>其中求证：对一切*N ∈n ，A n 均为整数.5．y x ,为整数，P 为素数，求证：)(m od )(P y x y x P P P +≡+ 6．假设)10*,,()25(12<<∈+=++ααN m r m r ，求证：.1)(=+ααm7．数列}{n a 中，)2(3,311≥==-n a a a n n ，求2001a 的末位数字是多少？ 8．求N=1988－1的所有形如b a d b a ,(,32⋅=为自然数〕的因子d 之与. 9．设8219)22015()22015(+++=x ，求数x 的个位数字.10．),2,1(8,1,01110 =-===-+n a a a a a n n n 试问：在数列}{n a 中是否有无穷多个能被15整除的项？证明你的结论. 例题答案：1.解：由二项式定理得其中第)70(1≤≤+r r 项为r r r xx C T )1(71+=+ ②在r xx )1(+的展开式中，设第k+1项为常数项，记为,1+k T 那么)0(,)1(2,1r k x C xx C T k r k r k k r k r k ≤≤==--+ ③由③得r －2k=0，即r=2k ，r 为偶数，再根据①、②知所求常数项为评述：求某一项时用二项展开式的通项. 2. 解：因为6662)1()31()321(x x x x -+=-+].1][)3()3()3(31[6665564463362261666633622616x C x C x C x C x C x C x C x C x C x C +-+-+-⋅++⋅+⋅+⋅+= 所以62)321(x x -+的展开式里x 5的系数为26363362624616563)(33)(1C C C C C C C ⋅+-+⋅+- 评述：此题也可将62)321(x x --化为62)]32(1[x x -+用例1的作法可求得. 3. 分析：由}{211n i i i a a a a 知=++-是等差数列，那么),,2,1(01 =+=+=-i id a d a a i i 从而可将)(x p 表示成d a 和0的表达式，再化简即可.解：因为),3,2,1(211 ==++-i a a a i i i 所以数列}{n a 为等差数列，设其公差为d有),3,2,1(0 =+=i id a a i 从而nn n n n n n n n xC nd a x x C d a x x C d a x C a x P )()1()2()1()()1()(022*******+++-++-++-=-- ],)1(2)1(1[])1()1([222111100n n n n n n n n n n n n n n x nC x x C x x C d x C x x C x C a ++-+-⋅+++-+-=---由二项定理，知又因为,)]!1()1[()!1()!1()!(!!11--=-----⋅=-⋅=k n kn nC k n k n n k n k n k kC 从而nn n n n n n x nC x x C x x C ++-+--- 22211)1(2)1(.])1[(1nx x x nx n =+-=- 所以.)(0ndx a x P +=当x x P d 为时)(,0≠的一次多项式，当为时)(,0x P d =零次多项式. 4. 分析：由θn sin 联想到复数棣莫佛定理，复数需要θcos ，然后分析A n 与复数的关系.证明：因为.sin 1cos ,,20,2sin 2222222ba b a b a b a ab +-=-=><<+=θθπθθ所以且显然n i n )sin (cos sin θθθ+为的虚部，由于n i )sin (cos θθ+ 所以.)()sin (cos )(222n n bi a n i n b a +=++θθ从而n n n bi a n b a A 222)(sin )(++=为θ的虚部.因为a 、b 为整数，根据二项式定理，n bi a 2)(+的虚部当然也为整数，所以对一切*N ∈n ，A n 为整数.评述：把A n 为与复数n i )sin (cos θθ+联系在一起是此题的关键. 5. 证明：P P p P P P P P P Py xy C y x C y x C x y x +++++=+----1122211)(由于)1,,2,1(!)1()1(-=+--=P r r r p p p C rP为整数，可从分子中约去r ！，又因为P 为素数，且p r <，所以分子中的P 不会红去，因此有).1,,2,1(|-=P r C P rP 所以评述：将P y x )(+展开就与P P y x +有联系，只要证明其余的数能被P 整除是此题的关键. 6. 分析：由1)()25(12=++=++αααm m r 和 猜测12)25(+-=r α，因此需要求出α，即只需要证明1212)25()25(++--+r r 为正整数即可.证明：首先证明，对固定为r ，满足条件的α,m 是惟一的.否那么，设1112)25(α+=++m r那么)1,0()0,1(,,021212121⋃-∈-∈-≠-=-ααααZ m m m m 而α是惟一的. 下面求α及m . 因为12212212211212012121222)5(2)5()5()25()25(+-++++++++⋅+⋅+=--+r r r r r r r r r C C C 又因为)1,0()25(),1,0(2512∈-∈-+r 从而所以)2252525(21212121231312112+--+-+++⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅=r r r r r r r r r C C C m 故.)25()(12+-=+r m αα .1)45()25(1212=-=+++r r评述：猜测121212)25()25(,)25(+++-+-=r r r 与α进展运算是关键. 7. 分析：利用n 取1，2，3，…猜测n n a a 及的末位数字. 解：当n=1时，a 1=3，3642733321+⨯====a a27)81(3)81(3)3(3336363643642732⨯=⋅=⋅====+⨯a a ，因此32,a a 的末位数字都是7，猜测，.*,34N ∈+=m m a n 现假设n=k 时，.*,34N ∈+=m m a k 当n=k+1时， 34341)14(33+++-===m m a k ka,3)1(414+-=-=T T 从而*)(34N ∈+=m m a n于是.27)81(33341⨯===++m m a n na 故2001a 的末位数字是7.评述：猜测34+=m a n 是关键.8. 分析：寻求N 中含2与3的最高幂次数，为此将19变为20－1与18+1，然后用二项式定理展开.解：因为N=1988－1=(20－1)88－1=(1－4×5)88－1 )552(22552565-=⨯+⨯-=M M 其中M 是整数.上式说明，N 的素因数中2的最高次幂是5. 又因为N=(1+2×9)88－1=32×2×88+34·P=32×〔2×88+9P 〕其中P 为整数. 上式说明，N 的素因数中3的最高次幂是2.综上所述，可知Q N ⋅⋅=2532，其中Q 是正整数，不含因数2与3. 因此，N中所有形如b a 32⋅的因数的与为(2+22+23+24+25)(3+32)=744.9. 分析：直接求x 的个位数字很困难，需将与x 相关数联系，转化成研究其相关数. 解：令])22015()22015[(,)22015()22015(82198219+++=+-+-=y x y 则])22015()22015[(8219-+-+，由二项式定理知，对任意正整数n.)2201515(2)22015()22015(22+⋅⋅+=-++-n n n n n C 为整数，且个位数字为零.因此，x +y 是个位数字为零的整数.再对y 估值， 因为2.0255220155220150=<+=-<， 且1988)22015()22015(-<-， 所以.4.02.02)22015(201919<⨯<-<<y 故x 的个位数字为9.评述：转化的思想很重要，当研究的问题遇到困难时，将其转化为可研究的问题.10. 分析：先求出n a ，再将n a 表示成与15有关的表达式，便知是否有无穷多项能被15整除.证明：在数列}{n a 中有无穷多个能被15整除的项，下面证明之. 数列}{n a 的特征方程为,0182=+-x x 它的两个根为154,15421-=+=x x ，所以n n n B A a )154()154(-++= 〔n=0，1，2，…〕由,1521,15211,010-====B A a a 得 那么],)154()154[(1521n n n a --+=取),2,1,0(2 ==k k n ，由二项式定理得由上式知当15|k ，即30|n 时，15|a n ，因此数列}{n a 中有无穷多个能被15整除的项.评述：在二项式定理中，n n b a b a )()(-+与经常在一起结合使用.。
高二数学二项式定理与性质试题答案及解析
高二数学二项式定理与性质试题答案及解析1.求的二项展开式中的第5项的二项式系数和系数.【答案】．【解析】解题思路：利用二项式定理的通项公式写出，再求出二项式系数与系数.规律总结：涉及求二项展开式的二项式系数或系数或特定项时，往往先写出二项式的通项公式，再进行求解.注意点：要正确区分二项式系数与系数：二项式系数仅是一个组合数，系数是未知数的系数.试题解析：，所以二项式系数为，系数为.【考点】二项式定理.2.（+）5展开式的常数项为80，则a的值为（）A．1B．2C．D．4【答案】B【解析】由二项式定理可知,常数项当即时的项,所以有,解得a=2,答案为B.【考点】二项式定理3.（1）已知，记的个位上的数字为，十位上的数字，求的值；（2）求和（结果不必用具体数字表示）.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）首先要掌握排列数计算公式，但也不能死算，应为从开始，它的后两位数字均为零，因此只需研究前面的和的结果就可以解决问题；（2）反复、灵活运用组合数的两点性质：①，②即能解决问题.试题解析：（1）的后两位由确定，而，故个位数字为，十位数字为，所以. 6分（2）. 12分【考点】1.排列数计算公式；2.组合数的性质.4.的展开式中含的项的系数为________.【答案】.【解析】的展开式的通项为，令，得，所以含的项的系数为.【考点】二项式定理.5.的展开式的常数项是A．48B．-48C．112D．-112【答案】B【解析】由二项式定理得：乘以的常数项为：=-48，所以选B．【考点】二项式定理的应用．6.二项展开式中的常数项为( )A．112B．-112C．56D．-56【答案】A【解析】由二项展开式可知，常数项中即，可常数项为.故选A.【考点】二项式定理.7.设常数，若的二项展开式中项的系数为-10，则________．【答案】-2.【解析】利用二项式定理展开式的通项公式，求出的指数为1时的系数，即，即，二项式的展开式中项的系数为：，即.【考点】二项式定理的应用8.已知，则 .；【答案】-2【解析】令，则，令，则，则.考点:二项展开式.9.已知的第五项的二项式系数与第三项的二项式系数的比是，(1)求n；(2)求展开式中常数项．【答案】(1)；(2)常数项为．【解析】对于中展开式的第项有，其中二项式系数指．(1)由题可得第五项的二项式系数为，第三项的二项式系数为，两二项式系数比为，列式解得；(2)常数项中不含，故的系数为，由，得知，故常数项为第三项．解：(1)由题意知，，化简，得．解得（舍），或．(2)设该展开式中第项中不含，则，依题意，有，．所以，展开式中第三项为不含的项，且．【考点】二项式定理．10.二项式的展开式的常数项为第（）项A．17B．18C．19D．20【答案】C【解析】的展开式中第项，令，∴常数项为第19项.【考点】二项展开式.11.已知，,,则的值为__ ___【答案】-1【解析】令得，令得，所以又，因此【考点】赋值法12.若展开式中各项系数之和为32，则该展开式中含的项的系数为【答案】-405【解析】令x=1得展开式的各项系数之和为，∴，解得n=5∴=展开式的通项为，令5﹣2r=3得r=1所以该展开式中含x3的项的系数为.【考点】二项式定理.13.的展开式中项的系数是15，则展开式的所有项系数的和是_______.【答案】64【解析】由题意知，∴；令，则展开式的所有项系数的和是.【考点】二项式定理.14.已知在的展开式中，第6项为常数项.（1）求n；（2）问展开式中的有理项.分别为第几项？说明理由。
高二数学二项式定理与性质试题答案及解析
高二数学二项式定理与性质试题答案及解析1.二项式的展开式中的系数为．（用数字作答）【答案】80.【解析】的展开式中第项通项为：，令得，，则其展开式中的系数为.故应填80.【考点】二项式展开式；二项式定理.2. 4．的展开式中的常数项是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】已知，令2r-6=0,得r=3,所以常数项是，故选B.【考点】二项式的展开式.3.已知，则.【答案】31【解析】令，可得；令，可得；两式结合可得.【考点】二项式定理的应用.4.展开式中的常数项为．（用数字作答）【答案】40【解析】由二项式定理可知为常数项,则即,所以常数项为,答案为40.【考点】二项式定理)的展开式中含有常数项为第( )项5.(n∈N＋A．4B．5C．6D．7【答案】B【解析】由二项展开式公式：，当，即时,为常数项,所以常数项为第5项.故选B【考点】二项展开式的应用.6.已知展开式中所有项的二项式系数和为32，则其展开式中的常数项为．【答案】．【解析】由已知有:二项式展开式中所有项的二项式系数和为,从而展开式的通项公式为:,令,所以展开式中的常数项为第4项:，故应填－80．【考点】二项式定理．7.除以100的余数是( )A．1B．79C．21D．81【答案】C【解析】==4，即除以100的余数为21。
【考点】二项式定理解决整除问题。
8.设（是正整数），利用赋值法解决下列问题：（1）求；（2）为偶数时，求；（3）是3的倍数时，求。
【答案】（1）；（2）；（3）。
【解析】（1）为二项式展开式中每一项的二项式系数，令可求得，即的值，（2）为的展开式中偶数项的二项式系数，令可得的值，再与相加即可得，(3)利用复数次方的性质，构造方程，从而求得的值。
试题解析：令，（1），所以（2），所以（3）记，则。
当时，，当时，，记，，，，，则从上到下各式分别乘以，求得。
即【考点】（1）赋值法的应用；（2）复数性质的应用。
9.的二项展开式中，的系数是__________（用数字作答）．【答案】10【解析】的二项展开式的通项为，则当时，，的系数为【考点】二项展开式的通项10.的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为（）A．-40B．-20C．20D．40【答案】D【解析】令，可得各项系数和为，故，原式变为，展开式的通项为，常数令，即，则的系数为，令，则，则的系数为，所以原展开式中常数项为．【考点】二项展开式，二项式的各项系数和．11.若，则的值为____．【答案】－1【解析】令，由原式可得，令，由原式可得，可得．【考点】特殊值法．12.被除所得的余数是_____________．【答案】1【解析】因为，展开式中的前8项均能被5整除，只有最后一项不能被5整除，所以被除所得的余数是1（注意余数只能是大于等于0且小于5的数）.【考点】二项式定理的应用.13.的展开式中项的系数是15，则展开式的所有项系数的和是_______.【答案】64【解析】由题意知，∴；令，则展开式的所有项系数的和是.【考点】二项式定理.14.设，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】令x=0，得=0，故选B.【考点】二项式定理.15.的展开式中，若第4r项和第r+2项的二项式系数相等，则r= ；【答案】4【解析】由题意得：，所以或，因为，所以【考点】二项式系数，组合数性质16.若6的二项展开式中x3的系数为，则a＝________.【答案】2【解析】设第r＋1项的系数为，则Tr＋1＝C6r(x2)6－r r＝C6r x12－3r，令12－3r＝3，得r＝3，∴C63＝，∴a3＝8，a＝2.17.若(1＋5x2)n的展开式中各项系数之和是an ，(2x3＋5)n的展开式中各项的二项式系数之和为bn，则的值为________．【答案】【解析】由已知可得an ＝(1＋5)n＝6n，bn＝2n，∴＝＝.18.二项式的展开式中,含的项的系数是 .(用数字作答)【答案】10【解析】根据题意，由于二项式的展开式中, ，当r=3时，含的项的系数是10，故可知答案为10.【考点】二项式定理点评：主要是考查了二项式定理的运用，属于基础题。
高二数学二项式定理与性质试题答案及解析
高二数学二项式定理与性质试题答案及解析1.已知，则.【答案】31【解析】令，可得；令，可得；两式结合可得.【考点】二项式定理的应用.2.在的二项式展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则A．6B．7C．8D．9【答案】C【解析】因为在的二项式展开式中，只有第5项的二项式系数最大所以由此可得：，即所以即.【考点】二项式系数的应用.3.在二项式的展开式中（1）求展开式中含项的系数；（2）如果第项和第项的二项式系数相等，试求的值.【答案】（1）264；（2）或【解析】（1）写出二项式的展开式的特征项，当x的指数是3时，把3代入整理出的值，就得到这一项的系数的值．（2）根据上一问写出的特征项和第项和第项的二项式系数相等，表示出一个关于的方程，解方程即可．解题的关键是写出展开式的特征项，利用特征项的特点解决问题，注意代数式的整理，特别是当分母上带有变量时，注意整理．试题解析：（1）展开式第项：令，解得，∴展开式中含项的系数为（2）∵第项的二项式系数为，第项的二项式系数∴故或解得或【考点】（1）展开式项的系数；（2）二项式系数.4.在的展开式中，x6的系数是（）A．﹣27B．27C．﹣9D．9【答案】D【解析】在的展开式中通项为,故x6为r=6，即第7项．代入通项公式得系数为.,故选D．【考点】二项式定理及二项式系数的性质.5.展开式中的常数项为．（用数字作答）【答案】40【解析】由二项式定理可知为常数项,则即,所以常数项为,答案为40.【考点】二项式定理)的展开式中含有常数项为第( )项6.(n∈N＋A．4B．5C．6D．7【答案】B【解析】由二项展开式公式：，当，即时,为常数项,所以常数项为第5项.故选B【考点】二项展开式的应用.7.如果的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是（）A．-2835B．2835C．21D．-21【答案】A【解析】由二项式定理可知展开式中各项系数和为解得，，由得，因此系数为，答案选A。
高三数学二项式定理与性质试题答案及解析
高三数学二项式定理与性质试题答案及解析1.若二项展开式中的第5项是常数项，则中间项的系数为．【答案】【解析】二项展开式中的第5项是常数项，，令，则，∴该展开式中共有7项．中间项是：第四项：．中间项的系数为：-160．故答案为：-160．【考点】二项式系数的性质.2.在的展开式中，含项的系数为（）A．28B．56C．70D．8【答案】A【解析】的展开式的通项公式为：，所以含项的系数为.【考点】二项式定理.3.的展开式中，常数项为，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由已知，，令，得，由知，故选.【考点】二项式定理.4.若二项式(x3＋)n的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为()A．3B．5C．7D．10【答案】B【解析】展开式的通项公式是T＋1＝x3n－3r x－2r＝x3n－5r，若二项式(x3＋)n的展开式中含r有非零常数项，则3n－5r＝0，即n＝ (r＝0,1,2，…，n)，故当r＝3时，此时n的最小值为5.选B.5. (2x＋)n的展开式中各项系数之和为729，则该展开式中x2的系数为________．【答案】160【解析】依题意得3n＝729，n＝6，二项式(2x＋)6的展开式的通项是T＋1＝×(2x)6－rr·()r＝×26－r·.令6－＝2，得r＝3.因此，在该二项式的展开式中x2的系数是×26－3＝160.6.已知(a2＋1)n展开式中各项系数之和等于(x2＋)5的展开式的常数项，而(a2＋1)n的展开式的二项式系数最大的项等于54，求a的值．【答案】a＝±【解析】(x2＋)5展开式的通项为T＋1＝ (x2)5－r()r＝()5－r··，令T r＋1为r常数项，则20－5r＝0，∴r＝4，∴常数项T＝×＝16.又(a2＋1)n展开式的各项系数之和等5于2n，由题意得2n＝16，∴n＝4.由二项式系数的性质知，(a2＋1)n展开式中二项式系数最大的项，∴a4＝54，∴a＝±.是中间项T37.用代表红球，代表蓝球，代表黑球，由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个篮球中取出若干个球的所有取法可由的展开式表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“”表示取出一个红球，面“”用表示把红球和篮球都取出来.以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的篮球都取出或都不取出的所有取法的是A．B．C．D．【答案】A【解析】依题意所有的篮球都取出或都不取出.所以要有或不含的式子.所以符合.故选A.【考点】1.新定义.2.二项式展开式.8.在的展开式中，记项的系数为，则（）A．45B．60C．120D．210【答案】C【解析】由题意可得，故选C【考点】二项式系数.9.在二项式的展开式中恰好第5项的二项式系数最大，则展开式中含项的系数是（）A．－56B．－35C．35D．56【答案】A【解析】在二项式的展开式中恰好第5项的二项式系数最大，即只有第5项的二项式系数最大即.所以二项式的展开式的通项为．.所以项的系数是.故选A【考点】1.二项式定理.2.归纳推理的数学思想.3.组合数的计算.10.设，若，则（）A．-1B．0C．l D．256【答案】B【解析】，令，则有，又令得，，故．【考点】定积分，二项展开式的系数．11.已知的展开式中的系数是10，则实数的值是【答案】1【解析】由二项式的通项，，得，即，解得，【考点】二项式定理．12.二项式的展开式中，含的项的系数是________.【答案】.【解析】由二项式定理的展开式可得.所以求的项的系数即需即.所以的项的系数为.【考点】1.二项式定理的展开式公式.2.项的系数的计算.13.的展开式中项的系数为___．（用数字表示）【答案】【解析】由得：项的系数为．【考点】二项展开式定理求特定项14.设函数则当x>0时,表达式的展开式中常数项为( )A．－20B．20C．－15D．15【答案】A【解析】当x>0时，f，所以，其展开式的通项为,所以由题意知，,即,所以展开式中常数项为．15.设，则___ ____．【答案】【解析】由已知得，，展开式的通项公式为，令，故【考点】二项式定理.16.若的展开式中的系数为，则=____________．【答案】2【解析】由二项式定理知的系数是，，所以.【考点】二项式定理，裂项相消求和，数列极限.17.已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，那么a1＋a2＋…＋a7＝________．【答案】－2【解析】设f(x)＝(1－2x)7，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝(1－2)7＝－1，令x＝0，得a＝1，a 1＋a2＋…＋a7＝－1－a＝－2.18.已知(ax＋1)7(a≠0)的展开式中，x3的系数是x2的系数与x4的系数的等差中项，求a；【答案】a＝1±【解析】a2＋a4＝2a3，21a2＋35a4＝70a3，a≠0，得5a2－10a＋3＝0解得a＝1±. 19. (2x-1)5的展开式x3项的系数是__________.(用数字作答)【答案】80【解析】根据二项式定理可得(2x-1)5的第项展开式为,则n=3时，得到展开式x3项为,所以系数为80，故填80【考点】二项式定理20.设，则二项式的展开式中含有的项是 .【答案】【解析】因为，，所以的展开式的通项，令得，所以二项式的展开式中含有的项是，故答案为．【考点】定积分计算，二项式展开式的通项公式.21.已知，则的展开式中的常数项是__________．【答案】160【解析】由题意，，∴，求的展开式中的常数项，即求的展开式中的常数项，而的展开式的通项为，令，则，∴的展开式中的常数项故答案为：．【考点】定积分，二项式定理．22. (2-)8展开式中不含x4项的系数的和为()A．-1B．0C．1D．2【答案】B【解析】∵(2-)8展开式中各项的系数的和为(2-)8=1,展开式的通项为28-r(-)r,∴x4项为20(-)8,即x4项的系数为1.∴不含x4项的系数的和为1-1=0.23.设(x-)6的展开式中x3的系数为A,二项式系数为B,则A∶B=()A．4B．-4C．26D．-26【答案】A=x6-k(-)k=(-2)k,【解析】Tk+1令6-=3,即k=2,=x3(-2)2=60x3,所以T3所以x3的系数为A=60,二项式系数为B==15,所以A∶B=60∶15=4.24.的展开式中项的系数是15，则展开式的所有项系数的和是_______.【答案】【解析】的展开式的通项，令可得，此时，令可得，此时，∴展开式中项的系数为：解得令，得展开式的所有项系数的和．故答案为．【考点】二项式定理25.在 5的二项展开式中，x的系数为()．A．10B．－10C．40D．－40【答案】D＝(2x2)5－r r＝25－r(－1)r x10－3r，【解析】因为Tr＋1令10－3r＝1，所以r＝3，所以x的系数为 25－3(－1)3＝－40.26.已知展开式中常数项为5670，其中是常数，则展开式中各项系数的和是() A．28B．48C．28或48D．1或28【答案】C【解析】，因为展开式中常数项为，令，，，解得，当时，令得展开式中各项系数的和为，当时，令得展开式中各项系数的和为．【考点】二项式定理．27.若（其中、为有理数），则 .【答案】169【解析】应用二项式定理把展开化简即可得，．【考点】二项式定理．28. (a＋x)(1＋)5的展开式中x2项的系数是15，则展开式的所有项系数的和是________．【答案】64【解析】(a＋x)(1＋)5的展开式中含x2项为a· ()4＋x·()2＝(5a＋10)x2.依题意5a＋10＝15，∴a＝1.在(a＋x)(1＋)5中令x＝1，得2·(1＋1)5＝64.∴展开式中的所有项系数的和为64.29.二项式的展开式中，含的项的系数是___________.【答案】-126【解析】利用二项展开式通项公式可得，，令，可得，代入可得所求系数为．【考点】二项展开式通项公式．30.在的展开式中，项的系数为 .【答案】45【解析】∵，∴，∴，∴项的系数为.【考点】二项式定理.31.若展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】只有第六项的二项式系数最大，说明是偶数，且，于是其展开式通项为，常数项为，即，所以常数项为．选A．【考点】二项展开式中二项式系数与通项公式．32.的展开式的常数项是．【答案】-12．【解析】的通项为，由为常数项时，，上式为；由为常数项时，，上式为，所以原式的展开式的常数项为．【考点】二项式定理.33.在的展开式中，若第项的系数为，则 .【答案】【解析】由可得.【考点】二项式定理展开式34.设的展开式中的系数为,二项式系数为,则 .【答案】4【解析】的展开式的通项公式为.由得.又.注意B只是的二项式系数.【考点】二项式定理.35.设常数，若的二项展开式中项的系数为，则 .【答案】-2【解析】的二项展开式中第项为，若含的这一项，则，所以，为，所以项的系数为，即.【考点】二项式定理36.在的展开式中，的系数等于_________________.【答案】【解析】的通项公式为，则展开式中项为，所以的系数为.【考点】二项式定理.37.在的展开式中，常数项为_________. (用数字作答)【答案】【解析】设的展开式的第项为常数项，令得所以所求的常数项为．【考点】考查二项式定理．38.已知（1+x）(1+x)5的展开式中x2的系数为5，则=A．-4B．-3C．-2D．-1【答案】D【解析】由题意知：，解得，故选D.【考点】本小题主要考查二项展开式,二项式定理在高考中主要以小题的形式考查,属容易题,熟练基础知识是解答好本类题目的关键.39.使得( )A．B．C．D．【答案】B【解析】二项式展开式的通项公式为，若展开式中有常数项，则，解得，当r取2时，n的最小值为5，故选B【考点】本题考查二项式定理的应用。
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题10 排列组合、二项式定理(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题10 排列组合、二项式定理（50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2018·广东·高三竞赛）袋中装有m 个红球和n 个白球，m ＞n≥4.现从中任取两球，若取出的两个球是同色的概率等于取出的两个球是异色的概率，则满足关系40m n +≤的数组（m ，n ）的个数为_______. 【答案】3 【解析】 【详解】记“取出两个红球”为事件A ，“取出两个白球”为事件B ，“取出一红一白两个球”为事件C ，则()22m m n C P A C +=，()22n m n C P B C +=，()112m nm nC C P C C +⋅=. 依题意得()()()P A P B P C +=，即2211m n m n C C C C +=.所以()2m n m n +=-，从而m n +为完全平方数.又由4m n >≥及40m n +≤，得940m n ≤+≤. 所以9,3,m n m n +=⎧⎨-=⎩或16,4,m n m n +=⎧⎨-=⎩或25,5,m n m n +=⎧⎨-=⎩或36,6,m n m n +=⎧⎨-=⎩. 解之得（m ，n ）=（6，3）（舍去），或（10，6），或（15，10），或（21，15）. 故符合题意的数组（m ，n ）有3个. 故答案为32．（2018·湖南·高三竞赛）已知123A B={a ,,}a a ⋃，当A B ≠时，(,)A B 与(,)B A 视为不同的对，则这样的(,)A B 对的个数有_____个. 【答案】26 【解析】 【详解】由集合A 、B 都是A B 的子集，A B ≠且()123,,A B a a a ⋃=. 当 A =∅时，B 有1种取法； 当A 为一元集时，B 有2种取法；当A 为二元集时，B 有4种取法； 当A 为三元集时，B 有7种取法.故不同的（A ，B ）对有13234726+⨯+⨯+=（个）. 故答案为263．（2018·湖南·高三竞赛）从-3、-2、-1、0、1、2、3、4八个数字中，任取三个不同的数字作为二次函数()()20f x ax bx c a =++≠的系数.若二次函数的图象过原点，且其顶点在第一象限或第三象限，这样的二次函数有_____个. 【答案】24 【解析】 【详解】可将二次函数分为两大类：一类顶点在第一象限；另一类顶点在第三象限，然后由顶点坐标的符号分别考查.因为图象过坐标原点，所以c=0.故二次函数可写成()2f x a bx =+的形式.又()2224b b f x a x a a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，所以其顶点坐标是2,24b b a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭.若顶点在第一象限，则有02b a >，204b a->.故0a <，0b >. 因此，这样的二次函数有113412A A ⋅=个.若顶点在第三象限，则有02b a -<，204b a-<.故0a >，0b >.这样的二次函数有2412A =个. 由加法原理知，满足条件的二次函数共有11234424A A A ⋅+=个.故答案为244．（2018·湖南·高三竞赛）31||2||x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中常数项为_____.【答案】-20 【解析】 【详解】因为6312x x ⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭.所以()333346120T C ⎛⎫=-=-. 故答案为-205．（2018·四川·高三竞赛）设集合{}1,2,3,4,5,6,7,8I =，若I 的非空子集A B 、满足A B =∅，就称有序集合对(),A B 为I 的“隔离集合对”，则集合I 的“隔离集合对”的个数为______.（用具体数字作答） 【答案】6050 【解析】 【详解】设A 为I 的()17k k ≤≤元子集，则B 为I 的补集的非空子集.所以，“隔离集合对”的个数为()()()()7778880880808898888888111212122223216050kkk kk k k k C C C C C C C --===-=-=+-+---=-+=∑∑∑. 故答案为6050.6．（2020·浙江·高三竞赛）已知十进制九位数()12910a a a ⋅⋅⋅，则所有满足1254a a a >>>=，569a a a <<<的九位数的个数为__________.【答案】25 【解析】 【详解】由题意得：{}i (i 1,2,3,4,6,7,8,9)5,6,7,8,9a =∈，且有顺序.于是满足题意的有445525N C C =⋅=.故答案为：25.7．（2018·山东·高三竞赛）集合A 、B 满足{}1,2,3,,10A B =，A B =∅，若A 中的元素个数不是A 中的元素，B 中的元素个数不是B 中的元素，则满足条件的所有不同的集合A 的个数为______． 【答案】186 【解析】 【详解】设A 中元素个数为()1,2,,9k k =，则B 中元素个数为10k -，依题意k A ∉，441122m k m ⎛⎫⎛⎫-<<+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．10k B -∉，10k A -∈，此时满足题设要求的A 的个数为1102k C --．其中，当5k =时，不满足题意，故5k ≠．所以A 的个数为018484888882186C C C C C +++-=-=．8．（2020·辽宁锦州·高二期末）202148被7除后的余数为_______. 【答案】6 【解析】 【分析】将问题转化为二项式定理即可求解. 【详解】()2021202148491=-的通项公式为()202112021491r rr r T C -+=⨯⨯-，当{}0,1,2,,2020r ∈时，1r T +都能整除7，当2021r =时，该项为-1，所以余数为6. 故答案为：6 【点睛】本题主要考查二项式定理，属于基础题.9．（2021·江西·铅山县第一中学高二阶段练习（理））已知多项式()()10310290129101(1)(1)1x x a a x a x a x a x +=+++++++++，则2a =___________.【答案】42 【解析】 【分析】根据题意把310x x +变形为()()3101111x x ⎡⎤⎡⎤-+++-++⎣⎦⎣⎦，然后利用二项式定理来求. 【详解】因为()()3103101111x x x x ⎡⎤⎡⎤+=-+++-++⎣⎦⎣⎦()()10290129101(1)(1)1a a x a x a x a x =+++++++++，所以22231042a C C =-+=.故答案为：42.10．（2021·全国·高三竞赛）若33223(2011)x y ax bx y cxy dy +=+++，则248a b c d -+-=__________．【答案】8-【分析】 【详解】令x 1,y 2==-，条件式立即化为3(2)248a b c d -=-+-，即2488a b c d -+-=-. 故答案为：8-.11．（2020·江苏·高三竞赛）用三个数字“3，1，4”构成一个四位密码，共有___________种不同结果． 【答案】81 【解析】 【详解】解析：只有一个数时，3种；两个数时，()221344242C C C +⨯=种；三个数时，33436⨯⨯=种，共81种． 故答案为：81.12．（2020·江苏·高三竞赛）已知集合{}1,2,3,4,5,6A =，则满足()()()f f f x x =的函数f ：A A →共有___________个．【答案】47 【解析】 【详解】解析,值域中元素的个数为1或6，若值域中元素的个数为1， 则()f x m =（m 为常数），共6种； 若值域中元素的个数6， 当()f x x =时，1种；当()(())((()))x f x f f x f f f x x →→→→，则3个一组，有36240C =．因此题述所求为164047++=个． 故答案为：47.13．（2018·河北·高三竞赛）欲登上7阶楼梯，某人可以每步跨上两阶楼梯，也可以每步跨上一阶楼梯，则共有_____种上楼梯的方法.【解析】 【详解】本题采用分步计数原理.第一类：0次一步跨上2阶楼梯，即每步跨上一阶楼梯，跨7次楼梯，只有1种上楼梯的方法；第二类，1次一步跨上2阶楼梯，5次每步跨上一阶楼梯，跨6次楼梯，有166C =种方法；第三类：2次一步跨上2阶楼梯，3次每步跨上一阶楼梯，跨5次楼梯，有5210C =种方法；第四类：3次一步跨上2阶楼梯，1次每步跨上一阶楼梯，跨4次楼梯，有344C =种方法；共计21种上楼梯的方法.14．（2018·河南·高三竞赛）若()()222012224nn n x a a x a x a x n *+=++++∈N ，则242n a a a +++被3除的余数是______．【答案】1 【解析】 【详解】令0x =，得204na =．分别令1x =和1x =-，将得到的两式相加，得()2202421622nn n a a a a ++++=+． 所以()()2222122242162423142nn n n n n n a a a -+++=+-=+- ()()21211121mod3n n -≡-⨯-≡-≡．15．（2018·湖北·高三竞赛）一枚骰子连贯投掷四次，从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数的概率为______. 【答案】772【解析】 【详解】设1234a a a a 、、、分别是四次投掷骰子得到的点数，那么()1234,,,a a a a 共有46种不同的情况. 如果从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数，则1234a a a a ≤≤≤.若1234a a a a 、、、的值都相等，则()1234,,,a a a a 有16C 种不同的情况；若1234a a a a 、、、恰好取两个不同的值，则()1234,,,a a a a 有263C 种不同的情况；若1234a a a a 、、、恰好取3个不同的值，则()1234,,,a a a a 有363C 种不同的情况；若1234a a a a 、、、恰好取4个不同的值，则()1234,,,a a a a 有46C 种不同的情况.因此，满足1234a a a a ≤≤≤的情况共有1234666633126C C C C +++=（种）.故所求的概率为41267672=. 16．（2019·河南·高二竞赛）称{1,2,3,4,5,6,7,8,9}的某非空子集为奇子集：如果其中所有数之和为奇数，则奇子集的个数为____________ . 【答案】256 【解析】 【详解】全集{1，2，3，…，9}中含有5个奇数、4个偶数.根据奇子集的定义知，奇子集中只能含有1个奇数、3个奇数、5个奇数，而偶数的个数为0、1、2、3、4都有可能. 所以，奇子集共有：()()()101401450144444435454445C C C C C C C C C C C C +++++++++++()()135014555444C C C C C C =+++++()451012256=++⨯=个.故答案为：256．17．（2019·贵州·高三竞赛）已知m ∈{11，13，15，17，19}，n ∈{2000，2001，…，2019}，则mn 的个位数是1的概率为____________ . 【答案】25【解析】 【详解】当m =11，n ∈{2000，2001，…，2019}时，mn 的个位数都是1，此时有20种选法； 当m =13，n ∈{2000，2004，2008，2012，2016}时，mn 的个位数都是1，此时有5种选法； 当m =15时，mn 的个位数不可能为1，此时有0种选法；当m =17，n ∈{2000，2004，2008，2012，2016}时，mn 的个位数都是1，此时有5种选法； 当m =19，n ∈{2000，2002，2004，…，2018}时，m 的个位数都是1，此时有10种选法. 综上，所求概率为205051025205++++=⨯.故答案为：25．18．（2020·全国·高三竞赛）在1，2，3，…，10中随机选出一个数a 在－1，－2，－3，…，－10中随机选出一个数b ，则2a b +被3整除的概率为______ . 【答案】37100【解析】 【分析】题中条件2a b +是3的倍数，考虑2a 被3除的余数分情况讨论.另外注意有2a 和b 被3除的余数相加是3的倍数. 【详解】数组(),a b 共有210100=种等可能性的选法. 考虑其中使2a b +被3整除的选法数N .若a 被3整除，则b 也被3整除.此时,a b 各有3种选法，这样的(),a b 有239=种.若a 不被3整除，则()()222319613321a k k k k k =±=±+=±+，于是2a 被3除余1，那么b 被3除余2.此时a 有7种选法，b 有4种选法，这样的(),a b 有7428⨯=种.因此92837.N =+=于是所求概率为37100. 【点睛】此题考查计数原理和概率的知识，属于中档题.19．（2021·全国·高三竞赛）把数字09～进行排列，使得2在3的左边，3在5的左边，5在7的左边的排法种数为_________． 【答案】151200 【解析】 【分析】 【详解】考虑全排列，有种1010A 排法；将数字2、3、5、7从队列中拿出来，保留原队列顺序，有44A 种排法；使得2在3的左边，3在5的左边，5在7的左边，只能按照2、3、5、7的顺序排列，有1种排法；故满足题意的排法数是1010441151200A A ⋅=． 故答案为：151200.20．（2021·全国·高三竞赛）若多项式219201x x x x -+--+可以表示成1920011920a a y a y a y ++++，这里1y x =+，则2a =___.【答案】1330 【解析】 【分析】 【详解】 因为: ()()219202192021211(1)111(1)y x x x x x x x x x x y -+--+=+-+--+=+=+-，又因为：()()219201920220210119200119201y x x x x y a a y a y a y a y a y a y a y -+--+=++++=++++，所以3221C 1330a ==.故答案为：1330.21．（2021·全国·高三竞赛）有甲乙两个盒子，甲盒中有5个球，乙盒中有6个球（所有球都是一样的）.每次随机选择一个盒子，并从中取出一个球，直到某个盒子中不再有球时结束.则结束时是甲盒中没有球的概率为______. 【答案】319512【解析】 【分析】 【详解】相当于前十次中至少有五次选择了甲盒的概率， 即5101011101051319222512i i p CC ===+=∑.故答案为：319 512.22．（2021·全国·高三竞赛）一次聚会有8个人参加，每个人都恰好和除他之外的两个人各握手一次．聚会结束后，将所有握手的情况记录下来，得到一张记录单．若记录单上的每条握手记录不计先后顺序（即对某两张记录单，可以分别对其各条记录进行重新排列后成为两张完全相同的，则这两张被认为是同一种），则所有可能的记录单种数为_______．【答案】3507【解析】【分析】【详解】根据已知，将这8个人进行分组，每组的所有人排成一个圆圈，每个人和与其相邻的两个人握手．问题转化为这样的分组、以及分完组之后的项链排列（因为要求握手记录无序）方法有几种．注意到最多分成两组，则：当分成一组时，有7!2种；当分成两组时，若两组人数分别为3和5，则有384!2! 22C⋅⋅种；若两组人数都是4，则有483!3!2!22C⋅⋅种．故共有43887!4!2!3!3!3507 2222!22CC+⋅⋅+⋅⋅=种．故答案为：3507.23．（2021·全国·高三竞赛）先后三次掷一颗骰子，则其中某两次的点数和为10的概率为___________．【答案】23 108【解析】【分析】【详解】有两次为5的概率为213531166216C C+=，有两次为6和4的概率为211134323306216A C C C+=，所以概率为163023216216108+=. 故答案为：23108. 24．（2021·浙江·高二竞赛）对于正整数n ，若(5315)n xy x y -+-展开式经同类项合并，(,0,1,,)i j x y i j n =合并后至少有2021项，则n 的最小值为______.【答案】44 【解析】 【分析】 【详解】由(5315)(3)(5)n n n xy x y x y -+-=+-，共有()21n +项，所以2(1)2021n +≥，得1n ≥，则min 44n =. 故答案为：44.25．（2021·浙江·高三竞赛）已知整数数列1a ，2a ，…，10a ，满足1012a a =，4862+=a a a ，且11k k a a +-=（1k =，2，…，9），则这样的数列个数共有______个. 【答案】192 【解析】 【分析】 【详解】 分情况讨论：①先考虑468,,a a a ,设4a r =，则：(1)45678,1,2,3,4a r a r a r a r a r ==+=+=+=+; (2)45678,1,,1,a r a r a r a r a r ==+==+=; (3)45678,1,,1,a r a r a r a r a r ==+==-=; (4)45678,1,2,3,4a r a r a r a r a r ==-=-=-=-; (5)45678,1,2,3,a r a r a r a r a r ==-=-=+=; (6)45678,1,,1,a r a r a r a r a r ==-==-=;②再考虑910,a a ,同理共有4种,且10a r s =+,其中6,4,2,0,2,4,6s =---;③最后考虑123,,a a a 共有8种,且1a r t =+,其中1,3t =±±,所以110a a ≠,故1012a a =一定有解, 综上共有864192⨯⨯=个; 故答案为：192.26．（2021·全国·高三竞赛）将2枚白棋和2枚黑棋放入一个44⨯的棋盘中，使得棋盘的每个方格内至多放入一枚棋子，且相同颜色的棋子既不在同一行，也不在同一列，如果我们只区分颜色而不区分同种颜色的棋子，则不同放法的种数为_________． 【答案】3960 【解析】 【分析】利用去杂法可求不同方法的种数. 【详解】解析：将两枚白棋放入方格中的方法数为169722⨯=种，两枚黑棋放入方格中使得它们既不在同一行，也不在同一列的方法数为169722⨯=，其中至少有1枚黑棋与白棋放入同一方格的方法数为1892=⨯种，两枚黑棋均放入两枚白棋所在的方格中的方法数为1种，故由容斥原理可知不同的方法数为72(72291)3960⨯-⨯+=种． 故答案为：3960. 【点睛】思路点睛：对于较为复杂的组合计数问题，我们可以采用去杂法从反面考虑，但要注意防止重复计算，如本题中同色的棋子不做区分.27．（2021·全国·高三竞赛）用平行于各边的直线将一个边长为10的正三角形分成边长为1的正三角形表格，则三个顶点均为格点且各边平行于分割线或与分割线重合的正三角形的个数是___________. 【答案】315 【解析】 【详解】解析：设边长为n 的正三角形中由格点构成各边平行于分割线或与分割线重合的正三角形的个数为n a ，则1231,5,13a a a ===，当n 为偶数时，则21+12+212322n n n n n a a C --⎛⎫=+++++ ⎪⎝⎭，其中21n C +为增加的一条边上的1n +分点中的任意两个不同的构成的正三角形的个数； 2212322n n -⎛⎫++++ ⎪⎝⎭为以增加的一条边上的1n +分点中的任意一个点为顶点的正三角形的个数，同理，当n 为奇数时，则21+11+21232n n n n a a C --⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭，其中21n C +为增加的一条边上的1n +分点中的任意两个不同的构成的正三角形的个数； 121232n -⎛⎫+++ ⎪⎝⎭为以增加的一条边上的1n +分点中的任意一个点为顶点的正三角形的个数，故2221034111a C C C =++++()()()()()2012121221221234212345+⨯++⨯+⨯++⨯+++⨯++++⨯++++⎡⎤⎣⎦=()()3223441112123454136101580315C C C C ++++++++++++=++=答案为：315.28．（2021·全国·高三竞赛）设()40382019201k k k x xa x =++=∑，其中(0,1,,4038)i a i =为常数，则134630kk a==∑___________.【答案】20183 【解析】 【详解】 设()201822403601240361x x b b x b x b x ++=++++，则()()()201922498601403611x x x x b b x b x ++=+++++.可见0031236456,,,a b a b b b a b b b ==++=++，因此40384036a b =.20180340380140363a a a b b b +++=+++=.故答案为：20183.29．（2021·全国·高三竞赛）设129,,,a a a 是1，2，…，9的一个排列，如果它们满足123456789a a a a a a a a a <<>>>><<，则称之为一个“波浪形排列”.则所有的“波浪形排列”的个数为___________. 【答案】379 【解析】 【详解】解析： 3a 只能取7､8､9，按照3a 取值依次分成三类，若39a =，有2385280C C =种排列；若38a =，有237484C C =种排列；若37a =，有26=15C 种排列； 可得总数为379. 故答案为：379.30．（2021·全国·高三竞赛）从正方形的四个顶点及四条边的中点中随机选取三个点，则“这三个点能够组成等腰三角形”发生的概率为___________. 【答案】514【解析】 【详解】解析：按照选取点中正方形顶点的个数进行分类，依次可以为3､2､1､0个，相应的等腰三角形个数为3344C 4142C 20+⨯+⨯+=，因此所求概率为38205C 14=. 故答案为：514. 31．（2021·全国·高三竞赛）圆周上有20个等分点，从中任取4个点，是某个梯形4个顶点的概率是_______． 【答案】48323【解析】 【详解】解析：梯形共有两种：从10组平行于直径的9条平行直线中选2条，或从10组不平行于直径的10条平行直线中选2条．第一种去掉矩形有()2910C 4320⨯-=个，第二种去掉矩形有()21010C 5400⨯-=个，共有720个，故概率是42072048323C =．故答案为：48323. 32．（2021·全国·高三竞赛）在平面直角坐标系xOy 中，点集{(,){1,2},{1,2,3,4}}K x y x y =∈∈．从K 中随机取出五个点，则其中有四点共线或四点共圆的概率为____________． 【答案】57【解析】 【详解】考虑任四点不共线、任四点不共圆的情形． 由无四点共线知每列至少有一个点不取．不妨设左边一列有两个点不取，分六种情况知方法数为2200228+++++=．故原概率为3838C 165C 7P -==． 故答案为：57.33．（2021·全国·高三竞赛）在0、1、2、3、4、5、6中取5个数字组成无重复数字的五位数，其中是27倍数的最小数是_______． 【答案】14256 【解析】 【详解】解析：首先这个数是9的倍数，故这5个数字只能是0、3、4、5、6或1、2、4、5、6，五位数字之和为18．设五位数是abcde ，则()1000010001001010810mod27a b c d e a b c d e ++++≡+-++， 为了使数最小，考虑1a =，故可取各数字为1、2、4、5、6，先考虑12456，此时10810123250628a b c d e +-++=-++=，不合要求； 再考虑14256，此时10810141650654a b c d e +-++=-++=，符合要求. 故所求的最小的数是14256． 故答案为：14256.34．（2019·山东·高三竞赛）6个相同的红色球，3个相同的白色球，3个相同的黄色球排在一条直线上，那么同色球不相邻的概率是______ .【答案】5924【解析】 【详解】由题意可知，所有的排列方法种数为：12!6!3!3!N =⨯⨯，满足题意的排列方法数量为：5!253!2!n =⨯⨯⨯， 故同色球不相邻的概率为5!2553!2!12!9246!3!3!p ⨯⨯⨯==⨯⨯. 故答案为：5924． 35．（2019·贵州·高三竞赛）若(a +b )n 的展开式中有连续三项的二项式系数成等差数列，则最大的三位正整数n =____________ . 【答案】959 【解析】 【详解】设(a +b )n 的展开式中连续三项的二项式系数为11C ,C ,C (11)k k k n n n k n -+-.因为112C C C k k k n n n -+=+，所以22(41)420n k n k -++-=，得到n =①由n 为正整数，则8k +9应为奇完全平方数，故设8k +9=(2m +1)2，即222k m m =+-， 代入①式得n =(m +1)2－2或n =m 2－2. 所以，三位正整数n 的最大值为959. 故答案为：959．36．（2019·广西·高三竞赛）从1，2，…，20中任取3个不同的数，这3个数构成等差数列的概率为____________ . 【答案】338【解析】 【详解】设取出的3个不同的数分别为a 、b 、c .不同的取法共有320C 种，若这3个数构成等差数列，则有a +c =2b .故、c 同为奇数或同为偶数，且a 与c 确定后，b 随之而定.从而所求概率为221010320338C C P C +==. 故答案为：338． 37．（2019·浙江·高三竞赛）在复平面上，任取方程10010z -=的三个不同的根为顶点组成三角形，则不同的锐角三角形的数目为____________. 【答案】39200 【解析】 【详解】易知10010z -=的根在单位圆上，且相邻两根之间弧长相等，都为2100π，即将单位圆均匀分成100段小弧.首先选取任意一点A 为三角形的顶点，共有100种取法.按顺时针方向依次取顶点B 和顶点C ，设AB 弧有x 段小弧，CB 弧有y 段小弧，AC 弧有z 段小弧，则△ABC 为锐角三角形的等价条件为：1001,,49x y z x y z ++=⎧⎨⎩970,,48x y z x y z ++=⎧⇒⎨⎩ ① 计算方程组①的整数解个数，记1{|97,49}P x x y z x =++=，2{|97,49}P y x y z y =++=，3{|97,49}P z x y z z =++=，{(,,)|97,,,0}S x y z x y z x y z =++=，则123123||P P P S P P P ⋂⋂=-⋃⋃2991231C |i j i j P P P P P P <⎛=-++-∑⋂+ ⎝)23|P P ⋂⋂229950C 3C 1176=-=. 由于重复计算3次，所以所求锐角三角形个数为1001176392003⨯=.故答案为：39200．38．（2019·新疆·高三竞赛）随机取一个由0和1构成的8位数，它的偶数位数字之和与奇数位数字之和相等的概率为____________ . 【答案】35128【解析】 【分析】该8位数首位数字必须为1，分别计算出奇数位上和偶数位上1的个数，结合组合知识求出基本事件总数和偶数位数字之和与奇数位数字之和相等包含的基本事件个数即可得解. 【详解】设n 是满足题意的8位数，故知其偶数位上1的个数和在奇数位上1的个数相同，从而在奇数位上与偶数位上1的个数可能为1、2、3或4.注意到首位为1，下面分情况讨论：（1）奇数位上与偶数位上有1个1，3个0共有0134C C 4⋅=种可能；（2）奇数位上与偶数位上有2个1，2个0，共有1234C C 18⋅=种可能；（3）奇数位上与偶数位上有3个1，1个0，有2334C C 12⋅=种可能；（4）奇数位上与偶数位上有4个1，共有34341C C ⋅=种可能.合计共有4+18+12+1=35个满足条件的自然数n .又因为0和1构成的8位数共有72128=个，从而概率为35128. 故答案为：35128【点睛】此题考查求古典概型，关键在于熟练掌握计数原理，根据分类计数原理结合组合知识求解概率.39．（2019·新疆·高三竞赛）记[x ]为不超过实数x 的最大整数.若27788A ⎡⎤⎡⎤=+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦201920207788⎡⎤⎡⎤+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，则A 除以50的余数为____________ .【答案】40 【解析】 【分析】根据21277,88k k -均不是整数，利用放缩法分析出21221217772788k k k k ---⎡⎤⎡⎤-<+<⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，结合二项式定理得A 除以50的余数. 【详解】注意到21277,88k k-均不是整数. 按定义212212212212177777772117888888k k k k k kk k -----⎛⎫⎛⎫⎡⎤⎡⎤-=-+-<+<+= ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦， 所以对任意正整数k 均有21221777188k k k --⎡⎤⎡⎤+=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦22771k -=⋅-17(49)1k -=⋅- ()()()1101111117(501)175050111r k k k r k r k k k k C C C ---------=⋅--=⋅⨯+⋅⋅⋅+⨯⨯-+⋅⋅⋅+⨯--17(1)1(mod 50)k -=⋅--.从而71010(11)101040(mod50)A ≡⋅⋅--≡. 故答案为：40 【点睛】此题考查数论相关知识点，涉及同余问题结合二项式定理处理，需要熟练掌握初等数论相关知识.40．（2020·全国·高三竞赛）现有10张卡片，每张卡片上写有1，2，3，4，5中两个不同的数，且任意两张卡片上的数不完全相同．将这10张卡片放入标号为1，2，3，4，5的五个盒子中，规定写有i ，j 的卡片只能放在i 号或j 号盒子中．一种放法称为“好的”，如果1号盒子中的卡片数多于其他每个盒子中的卡片数．则“好的”放法共有________种． 【答案】120． 【解析】 【分析】结合题意，对满足情况进行分类，运用组合的相关知识进行求解. 【详解】解：用{,}i j 表示写有i ，j 的卡片．易知这10张卡片恰为{,}(15)i j i j ≤<≤．考虑“好的”卡片放法．五个盒子一共放有10张卡片，故1号盒至少有3张卡片，能放入1号盒的卡片仅有{1,2},{1,3},{1,4},{1,5}．情况一：这4张卡片都在1号盒中，此时其余每个盒中已经不可能达到4张卡片，故剩下6张卡片无论怎样放都符合要求，有6264=种好的放法．情况二：这4张卡片恰有3张在1号盒中，且其余每盒最多仅有2张卡片． 考虑{1,2},{1,3},{1,4}在1号盒，且{1,5}在5号盒的放法数N ．卡片{2,3},{2,4},{3,4}的放法有8种可能，其中6种是在2，3，4号的某个盒中放两张，其余2种则是在2，3，4号盒中各放一张．若{2,3},{2,4},{3,4}有两张在一个盒中，不妨设{2,3},{2,4}在2号盒，则{2,5}只能在5号盒，这样5号盒已有{1,5},{2,5}，故{3,5},{4,5}分别在3号与4号盒，即{2,5},{3,5},{4,5}的放法唯一；若{{2,3},{2,4},{3,4}在2，3，4号盒中各一张，则2，3，4号盒均至多有2张卡片，仅需再使5号盒中不超过2张卡片，即{2,5},{3,5},{4,5}有0张或1张在5号盒中，对应0133C C 4+=种放法．因此612414N =⨯+⨯=．由对称性，在情况二下有456N =种好的放法． 综上，好的放法共有6456120+=种． 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是结合题意进行分类讨论，需要考虑全面，不要漏掉情况，要求综合能力较强.41．（2021·浙江·高三竞赛）一条直线上有三个数字1a ，2a ，3a ，数字2a 位于1a ，3a 之间，称数值1223a a a a -+-为该直线的邻差值.现将数字1~9填入33⨯的格子中，每个数字均出现，过横向三个格子､竖向三个格子及对角线三个格子共形成8条直线.则这8条直线的邻差值之和的最小值为______，最大值为______. 【答案】 36 60 【解析】 【分析】 【详解】如图1,这8条直线的邻差值之和：9212387894147636951i i M a a a a a a a a a a a a a a a a a a ==-+-+-+-+-+-+-+-+-∑,利用局部调整法,当(1,2,,9)i a i i ==⋯时，M 有最小值2226668436+++++++=.当如图2排列时，M 有最大值8189(9823)224602i i =⨯++--⨯=+=∑. 故答案为：36,60.42．（2021·全国·高三竞赛）刘老师为学生购买纪念品，商店中有四种不同类型纪念品各10件（每种类型纪念品完全相同），刘老师计划购买24件纪念品，且每种纪念品至少购买一件．则共有________种不同的购买方案． 【答案】633 【解析】 【详解】解析：只需计算()4210()f x x x x =+++中24x 的系数而()()4104210441()(1)x f x x x x x x -=+++=⋅-又由幂级数展开式可得233411420(1)nn x x C x x +=+++++-，故()()4102030403301464n n n f x x x x x x C x ∞+=⎛⎫=-+-+ ⎪⎝⎭∑，故24x 的系数为3332313346633C C C -+=．故答案为：633．43．（2021·全国·高三竞赛）从集合{1,2,,2020}的非空子集中随机取出一个，其元素之和恰为奇数的概率为____________． 【答案】20192020221- 【解析】 【详解】解析：集合{1,2,,2020}共有非空子集202021-个，元素和为奇数的子集个数恰为函数()()22000()(1)11f x x x x =+++的展开式中奇次项系数之和2019(1)(1)22f f --=．故20192020221P =-．故答案为：20192020221-. 44．（2021·全国·高三竞赛）将圆周21n 等分于点1221,,,n A A A +，在以其中每三点为顶点的三角形中，含有圆心的三角形个数为__________． 【答案】1(1)(21)6n n n ++【解析】 【详解】任取一个分点记为P ，然后将其余2n 个分点这样标志， 自P 点后，逆时针方向的连续n 个点依次记为12,,,n A A A ，顺时针方向的连续n 个点依次记为12,,,n B B B ．先考虑以P 为顶点且含有圆心的三角形，如图，显然这种三角形的另两个顶点必须一个属于点集{}12,,,n A A A ，而另一个属于点集{}12,,,n B B B ．且这种i j PA B ，含有圆心当且仅当1,,{1,2,,}i j n i j n ++∈．现计算符合条件的三角形个数：当i k =时，j 可取值,1,,1n n n k --+，共计k 个值．因此这种含有圆心的i j PA B 个数为()112nk n n k =+=∑ ， 当点P 取遍21n 个位置，共得1(1)(21)2n n n ++个三角形，由于每个三角形有三个顶点，故每个三角形重复计算了三遍， 因此符合条件的三角形个数为1(1)(21)6n n n ++．故答案为：1(1)(21)6n n n ++.二、解答题45．（2021·全国·高二课时练习）已知集合M={1，2，3，4，5，6}，N={6，7，8，9}，从M 中选3个元素，N 中选2个元素组成一个含5个元素的新集合C ，则这样的集合C 共有多少个？ 【答案】90 【解析】 【分析】分类计数，再用加法原理求解. 【详解】第一类：从M 中选取3个元素且含6有25C 种，从N 中选取2个元素不含6有23C 种，根据分步乘法计数原理，有2253C C ⨯=10×3=30（种）;第二类：从M 中选取3个元素且不含6有35C 种，从N 中选取2个元素有24C 种，根据分步乘法计数原理，有3254C C ⨯=10×6=60（种）．由分类加法计数原理，集合C 共有30+60=90（个）． 46．（2018·广东·高三竞赛）已知正整数n 都可以唯一表示为2012999m m n a a a a =+⋅+⋅++⋅ ①的形式，其中m 为非负整数，{}0,1,,8j a ∈（0j =，1,,1m -），{}1,,8m a ∈.试求①中的数列012,,,,m a a a a 严格单调递增或严格单调递减的所有正整数n 的和. 【答案】984374748 【解析】【详解】设A 和B 分别表示①中数列严格单调递增和递减的所有正整数构成的集合.符号S （M ）表示数集M 中所有数的和，并将满足①式的正整数记为110m m n a a a a -=.把集合A 分成如下两个不交子集{}000A n A a =∈=和{}100A n A a =∈≠. 我们有()()()01S A S A S A ==.对任意1n A ∈，令()09f n n A =∈，则f 是1A 到0A 的双射. 由此得()()019S A S A =，从而()()110S A S A =. 又对任意10m m a a a a B -=∈，令()()()()101999m m b g a a a a A -==---∈，则g 是B 到1A 的双射，其中()119999918m m m a b +++=+++=-. 因为{}101018,0,1,,7m m m m B a a a a a a m --=≤<<<≤=所以B 中共有718m m C+=∑个元素，因此()()()7111809918m m m S B S A C ++=+=-∑88880099988k k k k k C C ===-∑∑ ()8891028=-. 又令2A 表示A 中最高位数8m a =的正整数全体，A 中其余的数和零所构成的集合记为3A ， 则()()()23S A S A S A =+. 对任意10m m a a a a B -=∈，令()()()()103888m m b a a a a A σ-==---∈则σ是B 到3A 的双射，其中118989891m m m a b -++=⋅+⋅++=-.所以()()()71138091m m m S B S A C++=+=-∑ ()888091102k k o k C ==-=-∑.最后对任意{}0288ma a a A =∈-，令()()()088mb a a a B τ==--∈.则τ是{}28A -到B 的双射，其中128989891m m m a b +++=⋅+⋅++=-.所以()()()712280891m m m S B S A C ++=+=+-∑()8188818919102k k k C +==+-=⋅-∑.于是，()()()()()8899191021082102S B S A S B S A ⎧+=-⎪⎨⎪+=-⎩解之得()931108096875008032S A =⨯+=，()15624704S B =. 由于A 和B 中都含有1，2，…，8，因此所求正整数的和等于()()36984374748S A S B +-=. 47．（2019·江苏·高三竞赛）平面直角坐标系中有16个格点(i ，j )，其中0≤i ≤3，0≤j ≤3.若在这16个点中任取n 个点，这n 个点中总存在4个点，这4个点是一个正方形的顶点，求n 的最小值. 【答案】11. 【解析】 【分析】分两步来证明：先找到10个点，它们中的任意四点不能构成正方形的顶点，再根据抽屉原理证明任意的11个点，一定存在4个点为正方形的四个顶点. 【详解】存在下面的10点即：点(0，0)，(1，0)，(2，0)，(2，1)，(3，1)，(0，2)，(3，2)，(0，3)，(1，3)，(3，3)， 其中任意4个点不能构成正方形的顶点，故11n ≥. 下证：任意11点中，一定存在4个点为正方形的四个顶点.因为共取11个点，分两种情况讨论：（1）有一行有4个点（设为1234,,,P P P P ），则余下三行共有7个点， 由抽屉原理知余下三行中必有一行至少有3个点（设为123,,Q Q Q ），因1234,,,P P P P ，123,,Q Q Q 分布在两行，若该两行相邻或中间隔一行，则存在四个点，它们为正方形的四个顶点；若该两行间隔两行，如图，不妨设1234,,,P P P P 为线段AB 上的格点，123,,Q Q Q 为线段OC 上的格点，对应的点的坐标为()()()0,0,1,0,2,0，余下4个点分布在中间两行，若线段DE 上有两个整点，则它们和1234,,,P P P P 中的两点构成正方形的顶点，否则线段GF 上至少有3个点，则其中必有两个格点与123,,Q Q Q 中的两点构成正方形的顶点.（2）任意一行都没有4个点，则各行的格点数分别为3,3,3,2，故4行中必有相邻两行各有3个格点，这6个格点中必存在4个格点，它们构成正方形的顶点. 【点睛】本题考查组合最值，此类问题，解决的基本方法是先找一个反例，从而确定变量的初始范围，再利用抽屉原理来证明该范围成立.48．（2019·上海·高三竞赛）设n 为正整数，称n ×n 的方格表Tn 的网格线的交点(共(n +1)2个交点)为格点.现将数1，2，……，(n +1)2分配给Tn 的所有格点，使不同的格点分到不同的数.称Tn 的一个1×1格子S 为“好方格”，如果从2S 的某个顶点起按逆时针方向读出的4个顶点上的数依次递增(如图是将数1，2，…，9分配给T 2的格点的一种方式，其中B 、C 是好方格，而A 、D 不是好方格)设Tn 中好方格个数的最大值为f (n ).（1）求f (2)的值；（2）求f (n )关于正整数n 的表达式.【答案】（1）f (2)=3.（2）221()2n n f n ⎡⎤+-=⎢⎥⎣⎦.【解析】【详解】(1)如图①，将T 2的4个1×1格子(以下简称“格子”)分别记为A 、B 、C 、D ，将9个格点上的数分别记为a 、b 、c 、d 、e 、f 、g 、h 、i.当a ，b ，……，i 依次取为1，2，……，9时，易验证B 、C 、D 均为好方格，这表明f (2)≥3. 现假设f (2)=4，即存在一种数的分配方式，使A 、B 、C 、D 均为好方格.由对称性，不妨设边界上8个数a ，b ，……，h 中的最小数为a 或b .此时由A 为好方格知，或者有a <b <i <h ，或者有b <i <h <a ，故b <i <h 总是成立的.进而由B 、C 为好方格知，必有i <f <g <h ，b <c <d <i ，但这时d <i <f ，与D 为好方格矛盾. 综上可得f (2)=3.(2)设Tn 的各格点的数已被分配好，此时好方格有k 个称格子的一条边为一段“格线”我们对Tn 的每段格线标记一个箭头若格线连结了两个格点U 、V ，其中U 上的数小于V 上的数，则对格线UV 标上一个指向UV 顺时针旋转90°后所得方向的箭头.称一个格子S 及S 的一条边UV 所构成的有序对(S ，UV )为一个“对子”，如果UV 上所标的箭头由S 内指向S 外设对子总数为N .一方面，每个格子S 至少贡献1个对子(否则沿逆时针方向读S 顶点上的数将永远递减，矛盾)，而根据好方格的定义每个好方格贡献3个对子，于是()22312N k n k k n +⋅-=+.另一方面，Tn 的每段格线至多贡献1个对子，且Tn 边界上至少有一段格线标有向内的箭头(否则，沿逆时针方向读n 边界上的数将永远递增，矛盾)，从而不贡献对子.注意到Tn 的格线段数为2n (n +1)，所以又有2(1)1N n n +-.综合两方面得，2k +n 2≤2n (n +1)－1，即好方格的个数2212n n k+-. 最后，对n 为奇数和n 为偶数的情况，分别如图②和图③，将1，2，……，(n +1)2按粗线经过的次序依次分配给所有格点对图中标有“▲”记号的每个格子，易验证，按被粗线经过的先后次序排列其4个顶点，恰是一种逆时针排列，因而这些格子均为好方格.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
17二项式定理与多项式1．二项工定理∑=-∈=+nk kk n k n nn b a C b a 0*)()(N2．二项展开式的通项)0(1n r b a C T rr n r n r ≤≤=-+它是展开式的第r+1项.3．二项式系数).0(n r C rn ≤≤4．二项式系数的性质（1）).0(n k C C kn n k n ≤≤=-（2）).10(111-≤≤+=---n k C C C k n k n k n（3）若n 是偶数，有nn n nn nnn CCCC C >>><<<-1210 ，即中间一项的二项式系数2nnC最大.若n 是奇数，有nnn n n nn nnnC C CCC C >>>=<<<-+-1212110 ，即中项二项的二项式系数212+n nnnCC 和相等且最大. （4）.2210nn n n n n C C C C =++++（5）.21531420-=+++=+++n n n n n n n C C C C C C（6）.1111----==k n kn k n k n C kn C nC kC 或 （7）).(n k m C C C C C C mm k n m k n m k m n m n m k k n ≤≤=⋅=⋅+---- （8）.1121++++++=+++++n k n n k n n n n n n n C C C C C以上组合恒等式（是指组合数mn C 满足的恒等式）是证明一些较复杂的组合恒等式的基本工具.（7）和（8）的证明将在后面给出. 5．证明组合恒等式的方法常用的有（1）公式法，利用上述基本组合恒等式进行证明.（2）利用二项式定理，通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中. （3）利用数学归纳法.（4）构造组合问题模型，将证明方法划归为组合应用问题的解决方法.例题讲解1．求7)11(xx ++的展开式中的常数项.2．求62)321(x x -+的展开式里x 5的系数.3．已知数列)0(,,,0210≠a a a a 满足 ),,3,2,1(211 ==++-i a a a i i i 求证：对于任何自然数n ，nn n n n n n n n n n n n n xC a x x C a x x C a x x C a x C a x p +-++-+-+-=-----)1()1()1()1()(111222211100 是x 的一次多项式或零次多项式.4．已知a ，b 均为正整数，且,sin )(),20(2sin ,2222θπθθn b a A ba ab b a n n ⋅+=<<+=>其中求证：对一切*N ∈n ，A n 均为整数.5．已知y x ,为整数，P 为素数，求证：)(m od )(P y x y x P P P +≡+6．若)10*,,()25(12<<∈+=++ααN m r m r ，求证：.1)(=+ααm7．数列}{n a 中，)2(3,311≥==-n a a an n ，求2001a 的末位数字是多少？8．求N=1988－1的所有形如b a d ba,(,32⋅=为自然数）的因子d 之和.9．设8219)22015()22015(+++=x ，求数x 的个位数字.10．已知),2,1(8,1,01110 =-===-+n a a a a a n n n 试问：在数列}{n a 中是否有无穷多个能被15整除的项？证明你的结论.课后练习1．已知实数βα,均不为0，多项ββαα++-=x x x x f 23)(的三根为321,,x x x ，求 )111)((321321x x x x x x ++++的值.2．设d cx bx ax x x f ++++=234)(，其中dc b a ,,,为常数，如果,3)3(,2)2(,1)1(===f f f 求)]0()4([41f f +的值.3．定义在实数集上的函数)(x f 满足：).(,1)1()(x f x x xf x f 求+=-+4．证明：当n=6m 时，.033325531=-⋅+⋅+⋅- n n n n C C C C5．设n x x )1(2++展开式为n n x a x a x a a 222210++++ ，求证：.31630-=+++n a a a6．求最小的正整数n ，使得n y x xy )2173(-+-的展开式经同类项合并后至少有1996项.7．设493)12()1()(+-+=x x x x f ，试求： （1）)(x f 的展开式中所有项的系数和. （2）)(x f 的展开式中奇次项的系数和.8．证明：对任意的正整数n ，不等式nnnn n n )12()2()12(-+≥+成立.例题答案：1.解：由二项式定理得77)]1(1[)11(xx x x ++=++77772271707)1()1()1()1(xx C x x C x x C x x C C r r ++++++++++= ①其中第)70(1≤≤+r r 项为r rr xx C T )1(71+=+ ②在rxx )1(+的展开式中，设第k+1项为常数项，记为,1+k T则)0(,)1(2,1r k x C xx C T kr k r k k r k r k ≤≤==--+ ③由③得r －2k=0，即r=2k ，r 为偶数，再根据①、②知所求常数项为.39336672747172707=+++C C C C C C C评述：求某一项时用二项展开式的通项. 2. 解：因为6662)1()31()321(x x x x -+=-+].1][)3()3()3(31[6665564463362261666633622616x C x C x C x C x C x C x C x C x C x C +-+-+-⋅++⋅+⋅+⋅+= 所以62)321(x x -+的展开式里x 5的系数为26363362624616563)(33)(1C C C C C C C ⋅+-+⋅+-.16813)(356516464-=⋅+-⋅+C C C评述：本题也可将62)321(x x --化为62)]32(1[x x -+用例1的作法可求得.3. 分析：由}{211n i i i a a a a 知=++-是等差数列，则),,2,1(01 =+=+=-i id a d a a i i 从而可将)(x p 表示成d a 和0的表达式，再化简即可.解：因为),3,2,1(211 ==++-i a a a i i i 所以数列}{n a 为等差数列，设其公差为d 有),3,2,1(0 =+=i id a a i 从而nn n n n n n n n xC nd a x x C d a x x C d a x C a x P )()1()2()1()()1()(022*******+++-++-++-=-- ],)1(2)1(1[])1()1([222111100n n n n n n n n n n n n n n x nC x x C x x C d x C x x C x C a ++-+-⋅+++-+-=--- 由二项定理，知,1])1[()1()1()1(222110=+-=++-+-+---n n n n n n n n n n x x x C x x C x x C x C又因为,)]!1()1[()!1()!1()!(!!11--=-----⋅=-⋅=k n k n nC k n k n n k n k n k kC 从而nn n n n n n x nC x x C x x C ++-+--- 22211)1(2)1(])1()1[(12111----++-+-=n n n n x x x C x nx .])1[(1nx x x nx n =+-=- 所以.)(0ndx a x P +=当x x P d 为时)(,0≠的一次多项式，当为时)(,0x P d =零次多项式.4. 分析：由θn sin 联想到复数棣莫佛定理，复数需要θcos ，然后分析A n 与复数的关系.证明：因为.sin 1cos ,,20,2sin 2222222b a b a b a b a ab +-=-=><<+=θθπθθ所以且显然n i n )sin (cos sin θθθ+为的虚部，由于ni )sin (cos θθ+.)()(1)2()(1)2(2222222222222n n n n bi a b a abi b a b a i b a ab b a b a ++=+-+=+++-= 所以.)()sin (cos )(222n n bi a n i n b a +=++θθ从而n n n bi a n b a A 222)(sin )(++=为θ的虚部.因为a 、b 为整数，根据二项式定理，nbi a 2)(+的虚部当然也为整数，所以对一切*N ∈n ，A n 为整数.评述：把A n 为与复数ni )sin (cos θθ+联系在一起是本题的关键.5. 证明：P P p P P P P P P P y xy C y x C y x C x y x +++++=+----1122211)(由于)1,,2,1(!)1()1(-=+--=P r r r p p p C r P 为整数，可从分子中约去r ！，又因为P 为素数，且p r <，所以分子中的P 不会红去，因此有).1,,2,1(|-=P r C P rP 所以 ).(m od )(P y x y x P P P +≡+评述：将P y x )(+展开就与PP y x +有联系，只要证明其余的数能被P 整除是本题的关键. 6. 分析：由已知1)()25(12=++=++αααm m r 和 猜想12)25(+-=r α，因此需要求出α，即只需要证明1212)25()25(++--+r r 为正整数即可.证明：首先证明，对固定为r ，满足条件的α,m 是惟一的.否则，设1112)25(α+=++m r],),1,0(,*,,[2121212122ααααα≠≠∈∈+=m m m m m N则)1,0()0,1(,,021212121⋃-∈-∈-≠-=-ααααZ m m m m 而矛盾.所以满足条件的m 和α是惟一的. 下面求α及m .因为12212212211212012121222)5(2)5()5()25()25(+-++++++++⋅+⋅+=--+r r r r r r r r r C C C ]22)5(2)5()5([12212212211212012+-++++-+⋅+⋅--r r r r r r r C C C*]252525[2]22)5(2)5([21212121231312112123223122112N ∈+++⋅⋅+⋅=++⋅+⋅=+--+-+++-++r r r r r r rr r r r r r CCCC C又因为)1,0()25(),1,0(2512∈-∈-+r 从而所以)2252525(21212121231312112+--+-+++⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅=r r r r r r r r r C C C m 12)25(+-=r α故.)25()(12+-=+r m αα .1)45()25(1212=-=+++r r 评述：猜想121212)25()25(,)25(+++-+-=r r r 与α进行运算是关键. 7. 分析：利用n 取1，2，3，…猜想n n a a 及的末位数字. 解：当n=1时，a 1=3，3642733321+⨯====a a 27)81(3)81(3)3(3336363643642732⨯=⋅=⋅====+⨯a a ，因此32,a a 的末位数字都是7，猜想，.*,34N ∈+=m m a n 现假设n=k 时，.*,34N ∈+=m m a k 当n=k+1时， 34341)14(33+++-===m m a k ka34034342412434124134034034)1(4)1(4)1(4)1(4++++++++++-⋅⋅+-⋅⋅++-⋅⋅+-⋅=m m m m m m m m m m C C C C ,3)1(414+-=-=T T 从而*)(34N ∈+=m m a n 于是.27)81(33341⨯===++m m a n na 故2001a 的末位数字是7.评述：猜想34+=m a n 是关键.8. 分析：寻求N 中含2和3的最高幂次数，为此将19变为20－1和18+1，然后用二项式定理展开.解：因为N=1988－1=(20－1)88－1=(1－4×5)88－1=－888888888787878833388222881885454545454⨯⨯+⨯⨯-+⨯⨯-⨯⨯+⨯⨯C C C C C)552(22552565-=⨯+⨯-=M M 其中M 是整数.上式表明，N 的素因数中2的最高次幂是5. 又因为N=(1+2×9)88－18888888822288188929292⨯⨯++⨯⨯+⨯⨯=C C C=32×2×88+34·P=32×（2×88+9P ）其中P 为整数. 上式表明，N 的素因数中3的最高次幂是2.综上所述，可知Q N ⋅⋅=2532，其中Q 是正整数，不含因数2和3. 因此，N 中所有形如ba32⋅的因数的和为(2+22+23+24+25)(3+32)=744.9. 分析：直接求x 的个位数字很困难，需将与x 相关数联系，转化成研究其相关数. 解：令])22015()22015[(,)22015()22015(82198219+++=+-+-=y x y 则])22015()22015[(8219-+-+，由二项式定理知，对任意正整数n.)2201515(2)22015()22015(22+⋅⋅+=-++-n n n n n C 为整数，且个位数字为零.因此，x +y 是个位数字为零的整数.再对y 估值，因为2.0255220155220150=<+=-<， 且1988)22015()22015(-<-，所以.4.02.02)22015(201919<⨯<-<<y 故x 的个位数字为9.评述：转化的思想很重要，当研究的问题遇到困难时，将其转化为可研究的问题.10. 分析：先求出n a ，再将n a 表示成与15有关的表达式，便知是否有无穷多项能被15整除.证明：在数列}{n a 中有无穷多个能被15整除的项，下面证明之.数列}{n a 的特征方程为,0182=+-x x 它的两个根为154,15421-=+=x x ，所以n n n B A a )154()154(-++= （n=0，1，2，…） 由,1521,15211,010-====B A a a 得 则],)154()154[(1521n n n a --+=取),2,1,0(2 ==k k n ，由二项式定理得])15(42)15(421542[15211133311----⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅=n n n n n n n n C C C a),(1542)1544(154154154415415441221223232121212232321212223311为整数其中T T k C C C C C C C C C k k k kk k k k k k k k k k k n n nn nn n+⋅=⋅⋅++⋅+⋅=⋅⋅++⋅⋅+⋅=⋅⋅++⋅⋅+⋅=-----------由上式知当15|k ，即30|n 时，15|a n ，因此数列}{n a 中有无穷多个能被15整除的项. 评述：在二项式定理中，nnb a b a )()(-+与经常在一起结合使用.。