6.3.1 二项式定理-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第三册（人教A版2019)

4.A解析：由题意可知，阴数为2,4,6,8，阳数为1,3,5,7.9.若选取的 员，没有女团员，故共有C+CC+C好C=672(种). 4个数的和为奇数，①3个奇数，1个偶数，共有CC=40(种)方法： (3)既要有组长当选，又要有女团员当选含两类情况：第一类：女组 ②1个奇数，3个偶数，共有CC:=20(种)方法.综上，共有40+20= 长当选，有C,种；第二类：女组长不当选，男组长当选，有(C1o-C叫) 60(种)方法故进A 种，共有C1+C。-C号=505（种）. 5.B解析：第一：选派2名快递员，首先，快递员的选法有C号=3（种）， 压轴挑战 其中一名快递员从四个区域中选2个区域，有C好=6（种）选法，剩余 1.D解析：由题意知集合B中满足1≤1x:+|x21+x1+1x:1+川x51≤ 快递员的选法只有1种，所以不同安排方案有3×6×1=18（种）：第 3的元素的个数，即指2，，4，中取值为-1或1的个数和为1 二：选派3名快递员，先从四个区域中选2个区域，有C好=6（种）远 或2或3，故满足条件的元素的个数为Cg×2+C×22+C×23=10+40+ 法，将其看作一个区域，现在3个区域安排给三个人有A=6(种)方 80=130.故选D. 法，所以不同的安排方案有6×6=36（种）.综上，不同的安排方案有： 2.24056解析：5个不同小球分成4组，每组个数分别为1,1,1,2，不 18+36=54(种).故选B. 同的分组情况有C好=10（种）方法，再将4组球放人4个不同盒子，共 6.D解析：根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中 C·A1=240(种)方法. 没有“多而手”的选派方法有CC种，有一个“多面手”的选派方法 5个相同小球放人4个盒子，若允许有空盆子，可先借4个小球，共 有CC好C种，有两个“多面手"的选派方法有CC种，即共有 9个小球，再用隔板法分成4组放人盒子，共C:=56(种)方法.故答案 CC+CCC+CC=92(种)不同的选派方法.故选D. 为240：56. 7.A解析：设左车道汽车依次为A1,A2,右车道汽车依次为B1,B2, 6.3二项式定理 B,则通过顺序的种数等价于将A1,A2安排在5个顺序中的某两个 位置（保持A1,42前后顺序不变），B1,B2,B,安排在其余3个位置 6.3.1二项式定理 (保特B:,B2,B,前后顺序不变)，所以合流结束时汽车通过硕序共 白愿 础过关 有CC=10(种).故选A 1.C解析：因为(a+b)"的展开式有(n+1)项，故n+1=9,解得m=8.放 8.B解析：原问题相当于将8个相同的小球装人4个不同的盒子中 选C. 每个盒子中至少有1个小球，采用隔板法，将8个小球排成一排，在 2.B解析：N=16+32(-1)+24(x-1)2+8(x-1)3+(x-1)4= 其中的7个空位上插人3个隔板即可，故共有Cg=7×6x5 35(种) (x-1)4+C!(x-1)3·2+C好(x-1)2·22+C(x-1)·2+24= 3×2×1 (x-1+2)‘=(x+1)4.故选B. 故选B. 9.ABD解析：对于A,每两点确定一条线段，则正方体的8个顶点可确 3.21 解标：二项式(r）°展开式的通项公式为， 定不同的线段有C=28(条)，A正确： 对于B,直三棱柱的两个底面三角形平行并且全等，因此直三棱柱两 C%(2x2)4 17 =(-17)·2+C5xn-,r≤6，reN,所以 底面在正方体的一组相对而上，以正方形的顶点为顶点的三角形有 4个，从而正方体的一组相对面对应的直三棱柱有4个，因此以正方 m0+m1+m2++m6=12×7-3×(0+1+2+3+4+5+6)=2L.故答案为21. 体的顶点为顶点的直三棱柱有3×4=12（个），B正确： 4.D解析：由题意可知(3x-2)+展开式中的第3项为C(3x)2· 对于C,正方体顶点任取4个点，共有C4=70(种)选法，其中四点共 (-2)2=216x2,故选D. 面的共有6个面和6个对角面共12种，因此三棱锥共有70-12■ 5A解折：二项式（左）广的通项公式为7=G中（✉ 18 58(个)，C错误： 对于D,由选项C知正方体四点共面的情况有12种，每一种情况，余 (-1)rC5x8字，=0,1，…，8，由8- 下每个点对应1个四校锥，因此四棱锥共有12×4=48（个），D正确 3r=0,解得=6，代人通项得 故选ABD, T2=C=28,即常数项为28.故选A 10.6解折：由题意，a+)严n(n-)=51→3n2-n-102=0=(a-6)· 2 8AD：（么广的道项公武=G(2( (3n+17)=0,得n=6.故答案为6 11,100解析：若甲1个人一组，其他两组人数为1,3或2,2，因为甲同 C3·25r(-1)x5,当r=0或2或4时，T1=C5·2r(-1)rx 学不去二楼，所以不同的分配方式有C(CA号+C)=28(种)： 为有理项当r=0时，T1=C号·25(-1)°x3=32x,D正确；当r=2时， 若甲和另外1个人两人一组，其他两组人数为1,2，因为甲同学不去 T3=C号·23·(-1)2x2=80x2,C正确：当r=4时，T5=Cg·2· 二楼，则不同的分配方式有CCC号A号=48（种）： 若甲和另外2个人三人一组，其他两组人数为1,1，因为甲同学不去 (-9A正确故选ACD, 二楼，则不同的分配方式有C码C2A号=24（种）. 7.2解析：由二项展开式的通项公式得T1=C哈x(y)=C哈a· 综上，共有28+48+24=100（种）不同的分配方法.故答案为100. x-y,当k=3时，有T4=C2a3·xy3.因为展开式中含xy项的系数 12.20解析：10盏灯关掉3盏，实际上还亮7盏灯，而又要求不关掉两 为160，所以C3a3=160.解得a=2故答案为2. 端的灯，不能同时关掉相邻的两盏或三盏灯，此题可以转化为在 7盏亮着的路灯之间的6个空挡中放入3盏熄灭的灯，有C= 8.解：(1)由题知 n(n-)(n-22×2X1"22,解得m=8 C2 3×2×1 n(n-1)3 20(种)方法.故答案为20. 13.26解析：由题意知，假设C,D之间通顺，从A到B,需要向右4次. (au-G(传）广（广-2Gr克.0mkb.keN. 向上3次，则其最短路径有CC4=35(条)，其中经过C,D的走法有 CC号=9（条），所以从A到B最短的路径有35-9=26（条）.故答案 令8-子6=4，得：3，所以展开式中含有的项为元= 为26. 22wCx4=14x4 14.解：(1)先将5个红球排成一排共A号=5×4×3×2×1=120（种）排法， 四方法总结 再将4个白色小球插人到6个空位中有A4=6×5×4×3=360(种)排 法.所以白球互不相邻的排法有120×360=43200（种）. 利用通项公式求特定项（或系数）问题： (2)当取出的小球为3红2白时得8分，共CC好=10×6=60（种）： (1)解决此类问题可以分两步完成： 当取出小球为4红1白时得9分，共CC=5×4=20(种)：当取出小 ①根据所给出的条件（特定项）和通项公式，建立方程来确定指数（求 球都是红球时得10分，共1种.所以从口袋内任取5个球，总分不少 解时要注意二项式系数中n和k的隐含条件，即n,k均为非负整数， 于8分的取法共有60+20+1=81（种） 且n≥k):②根据所求的指数，再求所求解的项， 15.解：(1)方法一（连接法）：至少有一名组长含有两种情况：有一名组 (2)求二项展开式中的有理项，一般是根器通项公式所得到的项，其 长，有两名组长，故共有CC0+CC。=540(种) 所有的未知数的指数恰好都是整数的项：若求二项晨开式中的整 方法二（间接法）：至少有一名组长可以采用排除法，有C-C= 式项，则其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，泉解方式与求 540(种). 有理项的方式一致：若求二项展开式中的常数项，则所有字母的指数 (2)至多有2名女团员含有三种情况：有2名女团员，有1名女团： 为0. 参考答案黑白题05 重难聚焦 :8.2011解析：因为(x+1)”=(1+x)”的展开式的通项公式为Cx,所 9.C解析：多项式(2+2x-)泸展开式的通项为T1=C(x2+2x)- =502,解得n=2011.故答案为2011 （y)',令=2，可得T3=C号(x2+2x)3(y)2,又由(x2+2x)3展开式 以c=a,cg=6,则S 的通项为T1=C(x2)·(2x)=2C时x,当k=1时，可得 9.30解析：由题意，C+2C+22C2+…+2C=(1+2)"=243,所以n= 5=2Cx,所以展开式中xy2项的系数为C×2×C1=60.故选C. 5,所以(x2+x+y)3=[(x2+x)+y]5中所含y2的项为C(x2+x)'y2= 10.A解析：含x的项是由(-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)(x-6)的 C号(x+1)x2y2,进一步展开得到xy2的系数为CC=30.故答案 6个括号中的5个括号取x,1个括号取常数相乘得到的，所以展开 为30. 式含x3的项的系数为-1-2-3-4-5-6=-21.故选A 11.C解析：二项式(1+y)‘展开式的通项为T-1=C%×1-(a)'= 10解：①)由已知得二项晨开式的通须为，=C(仔）广。 C%a'y,令r=3可得二项式(1+ay)展开式中y2的系数为Ca3, (2）1o)展开式中y的系数为(-1)cd160,可 (店）广-(1)(})·c因为第9爽为常数项，所 得a3=-8,解得a=-2故选C. 以当k=8时，2n)k=0,即2n-20=0,解得n=10 0 12-1B解折：（子)1=(1-21+7展开式中 2)0(-1（号》 Co0 的常数项为C90-2C4x=1-2x7=-13. 令20- 兰=5，得=6，所以2的系致为-1)（仔）广c品-0 2 应用提优 1.C解析：根据(1-x)2的展开式为T1=C5·(-1)'·(r=0,1,2), (3)要使20-三4为整数，只需k为偶数，由于0≤k≤10，keN,因 当r=2时.x2的项的系数为1：(1-x)3的展开式为T1=C· 此含x的整数次幂的项共有6项，分别为展开式的第1,3,5,7,9， (-1)·(r=0,1,2,3),当r=2时，x2的项的系数为C号=3：(1-x) 11项. 的展开式为T1=C·(-1)·x(r=0,1,2,3,4),当r=2时，x2的项 压轴挑战 的系数为C=6:(1-x)'的展开式为T+1=C·(-1)y·x(r=0, B解析：(x+3)(x+2)=[(x+1)+2][(x+1)+1]8,其中[(x+1)+1] 1,2,3,4,5),当r=2时，x2的项的系数为C=10.故含x2的项的系数 的展开式的通项为T1=C%(x+1)r·1'=C5(x+1),reN且r≤8， 是1+3+6+10=20.故选C. 当r=0时，T,=C9(x+1)8=(x+1)8,此时只需乘第一个因式[(x+ 2.C解析：由(x+2)3-5(x+2)4+10(x+2)3-10(x+2)2+5(x+2)-1= 1)+2]中的2，可得2(x+1), (x+2-1)5=(x+1)5,得(ax+b)5=(x+1)5,所以a=b=1,所以a-b= 当r=1时，T2=C(x+1)7=8(+1),此时只需乘第一个因式[(x+ 0.故选C 1)+2]中的(x+1),可得8(x+1)3,所以ag=2+8=10.故选B. 3C解折：二项武(-）广的展开式的第1项为=cg。 6.3.2二项式系数的性质 白题 础过关 (）=(o,令6-2张=0，可得=3，所以二项式 1.ABC 解析：若展开式只有第5项的二项式系数最大则宁1=5，解 的展开式的第4项为常数项，常数项为T2=C%(-)3,所 得m=8:若展开式第4项和第5项的二项式系数最大，则3 =5,解 以Cg(-a)'=-20,所以a=1.故选C. =5,解得 4.AD 解斩：设二项式（仁r）广(aeN)版开式的通项公式为 得m=1:若展开第5项和第6项的二项式系数最大，则+ n=9.故选ABC. 则-G(仁）广(ey=C,不精令4，则1时 2.A解析：由已知可得C1=C3,所以，n=1+5=6.故选A 3、0 21 解析：二项式(x-2)0展开式的通项为T1=(-2)Ci。x0- 展开式中有常数项，故A正确，B错误：令=3，则r=1时，展开式中 有x的一次项，故C错误，D正确.故选AD (0≤r≤10且reN),所以二项式系数的最大值为a=C%=252,含 ?项的系数为6=c(-2少-90，所以？器”故答案 80 医-)，又(-1)'的展开式为=8()”(- 为- 21 4.C解析：因为C=C52,又m≠m-2,所以m+m-2=12,解得m=7, （-rG片，所u（5亡八的展开式的通项公式为子 所以C+C2++C=C+C2+…+C7=(C吗+C吲+C号+…+C)-C9,所 以C+C2+…+C%=27-1=127.故选C. -)C立.(-)yC片，当x的指数不为整数时，该项为无 5.A解析：令x=1.可得3=243，则n=5,所以(1+2x)5的展开式的 通项为T1=C2x,令r=2,可得刀=C2x2=40x2,所以展开式中 x2项的系数为40.故选A. 理项，所以当1,35,7时，2-号不为整数，所以展开式中无理项 6.A 解析：由 的展开式中常数项是第四项即T,= 的项数为4，故选B. 6.D解析：(1+x)5的展开式的通项公式为T1=C6x',令=3，得T4= cg(2x)3.-a =-8C2a3=-160a3=-160,得a=1,所以 C2x3=20x3 的展开式的通项公式为：=C() (2） 故项的系数为20×6=120放 的展开武系数和为(）广=1，即。=1，而 令k=2,得T3=C 选D (2)广的展开式二项式系数和为2=6，即网=6，所以 7.C解析：由题意，展开式中一次项即分别取每个括号中x的一次项 64-1=63,故选A 系数乘剩余括号中的常数，再将结果相加即可所以展开式中一次项 7.A解析：由展开式中奇数项的二项式系数之和为32可得21=32， 的系数为1+2+3++n-n（m+=C以故选C. 2 解得a=6,所以二项式（压2） 的展开式的通项为C(), 选择性必修第三册·RJ黑白题066.3 二项式定理 6.3.1 二项式定理 白题 基础过关 很时：25min 题组1二项式定理的正用与逆用 8.(2024·辽宁省实验中学高二期末)已知在 1.(2024·江苏盐城高二期中)已知(a+b)的展 开式共有9项，则n= ( (货是广(aeN)的展开式中，第4项的 A.6 B.7 C.8 D.9 二项式系数与第3项的二项式系数的比值 2.(2024·吉林四平高二期中)若N=16+32(x- 为2. 1)+24(x-1)2+8(x-1)3+(x-1)4,则N= (1)求n的值； (2)求展开式中含x的项. A.(x-1)4 B.(x+1)4 C.(x-3)4 D.(x+3)4 3(2024,安横#埠高二月考)设2r-) aox0+a1x"1+a2x1+…+a6x,则mo+m1+m2+ 重难聚焦 …+m6= 题组3多项式展开式和多个二项式乘积的 题组2二项展开式的特定项问题 展开式问题 4.(2024·福建南平高二期中)(3x-2)4展开式 9.(2024·河南商丘高二月考) 中的第3项为 (x2+2x-y)3的展开式中，xy项 A.-216 B.-216x 的系数为 C.216 D.216x2 A.10 B.-30 C.60 D.-60 5（24.江西鹰年商二潮未)在裙广 展 10.(2023·湖北武汉高二期末)在 (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5) 开式中，常数项为 ( (x-6)的展开式中，x的系数为 A.28 B.-28 C.30 D.360 A.-21B.21 C.-15 D.15 6.(多选)(2024·广东东莞高二期中)二项式 2) 的展开式中的有理项为 1(2024·山西运城高二月考)(2-) 4.0 (1+ay)6的展开式中，x2y2项的系数为 B.80x 160,则a= () C.80x2 D.32x5 A.2 B.4 C.-2 D.-22 7.(2024·山东青岛高二月考)已知(x+ay)6的 12.(2024·广东广州高二期中)(1-2) 展开式中含xy3项的系数为160，则实数a的 值为 (1+x)?展开式的常数项为 第六章黑白题11 黑题 应用提优 限时：30min 1.(2024·山东临沂高二期中)在(1-x)2+18.（(2024·福建泉州高二月考)若(x+1)"=x+ (1-x)+(1-x)+(1-x)5的展开式中，含x2 …+ax4+bx3+…+1,且a=502b,则 的项的系数是 ( n= A.-20 B.-4 C.20 D.4 9.(2024·广东广州高二月考)已知n∈N°，满 2.(2024·陕西西安高二月考)若对Hx∈R, 足C8+2C+22C2+…+2C%=243,则(x2+x+y) (ax+b)5=(x+2)5-5(x+2)4+10(x+2)3- 的展开式中xy2的系数为 10(x+2)2+5(x+2)-1恒成立，其中a,b∈R, 10.(2023·云南昆明高二月考)已知在 则a-b= ( 的展开式中，第9项为常数 A.3 B.2 C.0 D.-1 3.(2024·河北沧州高二月考)若(x-a) 项，求： 的展 (1)n的值； 开式中的常数项为-20，则a= ( (2)展开式中x的系数； A.-2 B.-1 C.1 D.2 (3)含x的整数次幂的项的个数 4.(多选)(2024·江苏宿迁高二月考)对于二项 式(+r)广(neN~),以下判断正确的有 A.存在n∈N°，展开式中有常数项 B.对任意n∈eN·,展开式中没有常数项 C.对任意neN·,展开式中没有x的一次项 D.存在n∈N',展开式中有x的一次项 5(204山东芳译高二有中)2广的 展开式中无理项的项数为 A.3 B.4 C.5 D.6 6.(2024·云南丽江高二月考)在(1+x)6· (1+)厂的展开式中，的系数为 ( 压轴挑战 A.200 B.180 C.150 D.120 (2024·山东潍坊高三模拟)已知 7.(2024·山东济宁高二期中)(x+1)(2x+1)· (x+3)(x+2)8=a+a1（x+1)+ (3x+1)·…·(nx+1)(neN)的展开式中 次项的系数为 a2(x+1)2+…+ag(x+1)+a,(x+1)°，则ag=( ( A.8 B.10 C.28 D.29 A.Ca- B.C2 C.C2 进阶突破拔高练P4 选择性必修第三册·RJ黑白题12