专题01 二项式定理（易错培优竞赛精练）-【竞赛】2024-2025学年高二数学竞赛能力培优精练（全国通用）

2025新高考高二二项式定理易错培优竞赛试题 【专题目录】 专题一：名校二项式定理易错题精选 专题二：名校二项式定理培优题精选 专题三：二项式定理全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 专题一：名校二项式定理易错题精选 1．已知，若，，则（   ） A．4 B．5 C．4或5 D．5或6 2．南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设、、为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余，记为．已知，若，，则的值可以是（ ） A． B． C． D． 3．化简，其结果等于（   ） A． B． C． D． 4．若对恒成立，其中，则（    ） A． B．0 C．1 D．2 5．（多选题）若，且，则（   ） A． B． C． D． 6．（多选题）已知在的二项展开式中，第项为常数项，则（    ） A． B．展开式中系数的绝对值最大的项是第项 C．含的项的系数为 D．展开式中有理项的项数为 7．（多选题）对任意实数x，有.则下列结论正确的是（   ） A． B．（，1，…，9）的最大值为 C． D． 8．（多选题）下列说法正确的是（    ） A． B．若，则 C．被8整除的余数为1 D．精确到的近似数为 9．（多选题）已知，则（    ） A． B． C． D． 10．的展开式中的常数项为 （用数字作答）. 11．已知，则：被除的余数是 ． 12．展开式中含项的系数为 . 13．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设、、为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余，记为，若，，则的值可以是： ①，②，③，④；（填写序号） 14．（2025四川成都四川师范大学附中二诊）已知函数，记为函数的2次迭代函数，为函数的3次迭代函数，…，依次类推，为函数的n次迭代函数，则 ；除以17的余数是 ． 15．已知的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为2187. (1)求和的值； (2)求展开式中按的降幂排列的第3项； (3)求展开式中项的系数最大的项. 16．设. (1)求； (2)若是，，，，中唯一的最大值，求的值； (3)若，求. 17．已知二项式的展开式中所有偶数项的二项式系数之和为128. (1)求的展开式中的常数项； (2)在的展开式中，求含：的项的系数.（结果用数字作答） 18．已知函数（，）． (1)当时，求的展开式中二项式系数最大的项； (2)若，且， ①求的值； ②求的最大值． 19．图1是我国数学史上的一个伟大成就——杨辉三角，利用它我们可以将展开， 如：，它只有一项，系数为1； ，它有两项，系数分别为1，1； ，它有三项，系数分别为； ，它有四项，系数分别为； …… 将杨辉三角中的每一个数都换成就得到了莱布尼茨三角，如图2所示. (1)求的值； (2)记莱布尼茨三角第1行的第2个数字为，第2行的第2个数字为，第行的第2个数字为，求的值； (3)证明：莱布尼茨三角每个三角形数组顶端的数等于底边两数之和. 专题二：名校二项式定理培优压轴试题精选 1．若能被整除，则的最小正整数取值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 2．已知的展开式中，常数项为（   ） A．88 B． C．32 D． 3．甲、乙两人分别从10个不同的数中随机选择若干个数（也可以不选），分别构成集合，记中元素的个数为，则（    ） A． B． C． D． 4．从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码（每种砝码各2个）中选出若干个，使其总重量恰为9克的方法总数为，下列各式的展开式中的系数为的选项是（    ） A． B． C． D． 5．已知是定义在上的函数，且，则（    ） A． B． C． D．0 6．设正整数，其中，记.则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 7．已知，则（    ） A．9 B．10 C．19 D．29 8．设为正整数，和均为整数，若和被除后余数相同，则称和模同余，记为.已知，，则正整数的最小值为（    ） A．4 B．5 C．12 D．13 9．已知为满足能被整除的正整数的最小值，则的展开式中，系数最大的项为（    ） A．第6项 B．第7项 C．第11项 D．第6项和第7项 10．设为非负整数，为正整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为．若为质数，为不能被整除的正整数，则，这个定理是费马在1636年提出的费马小定理，它是数论中的一个重要定理．现有以下4个命题： ①； ②对于任意正整数； ③对于任意正整数； ④对于任意正整数． 则所有的真命题为（    ） A．①④ B．② C．①②③ D．①②④ 11．设，，，则（    ） A． B． C． D． 12．在的展开式中含项的系数为15，则展开式中二项式系数最大项是第（    ） A．4项 B．5项 C．6项 D．3项 13．已知（，2，⋯，95），则数列中整数项的个数为（    ） A．13 B．14 C．15 D．16 14．已知，则的值为（    ） A． B．0 C．1 D．2 15．已知的展开式中各项系数和为4，则的系数为（    ） A．16 B．8 C．0 D． 16．已知，则（    ） A． B． C． D． 17．我们把数列（其中）与叫做“互为隔项相消数列”，显然.已知数列的通项公式为，其中表示不超过实数的最大整数，则除以的余数为（    ） A． B． C． D． 18．已知，则 A． B．0 C．14 D． 19．若,则 A． B． C． D． 专题三：二项式定理全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2014高二·全国·竞赛）若，则（    ）． A． B． C． D． 2．（2014高二·全国·竞赛）若，其中，且，则的展开式中所有项的系数和为（    ） A．0 B． C． D． 3．（2012高二·全国·竞赛）设，则的值为（    ）． A．－384 B．729 C．345 D．384 4．（2012高二·全国·竞赛）若，则的值为（    ）． A．2 B．0 C． D． 5．（2017高三下·广西玉林·竞赛）已知的展开式中的常数项是，则常数的值为（   ） A． B． C． D． 6．（17-18高三·北京·强基计划）把实数写成十进制小数，则a的十分位、百分位和千分位上的数字之和等于（    ） A．0 B．9 C．27 D．前三个答案都不对 7．（16-17高三·北京·强基计划）设，对于有序数组，记为中所包含的不同整数的个数，例如．当取遍所有的个有序数组时，的平均值为（    ） A． B． C． D． 8．（2024高二下·浙江·竞赛）设为正整数，且，则 ． 9．（2024高三下·上海·竞赛）计算 . 10．（2015高二·全国·竞赛）设函数，则时，的展开式中的常数项为 . 11．（2013高二·全国·竞赛）已知在的展开式中，第6项为常数项，则项的系数为 ． 12．（2016高二·全国·竞赛）设是的展开式中x项的系数（），若，则的最大值是 . 13．（2011高二·全国·竞赛）若，且，则 ． 14．（2014高二·全国·竞赛）10块相同的巧克力，每天至少吃一块，5天吃完，有 种方法；若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，直到吃完为止又有 种方法．（用数字作答） 15．（2024高三上·全国·竞赛）在的展开式中，若的系数为，则 ；若展开式中有且仅有项的系数最大，则的取值范围是 ． 16．（2023高三上·全国·竞赛）一组数据为3，5，1，6，8，2，记这组数据的上四分位数为，则二项式展开式的常数项为 ． 17．（2022高三·浙江丽水·竞赛）多项式展开式的各项系数和为 . 18．（23-24高三下·全国·强基计划），，…是一个1，2，3，…，10的排列，要求和一定有一个大于（），则满足的排列的总数为 ． 19．（23-24高三下·江苏南京·强基计划）已知，的最大项是 . 20．（23-24高三下·全国·强基计划）的小数点后第100位数字是 ． 21．（17-18高三·北京·强基计划）的展开式中的常数项为 ． 22．（20-21高三·北京·强基计划）的展开式中的常数项为 ． 23．（21-22高三·北京·强基计划）已知为正整数，.其中的系数为10，则的系数的最大可能值与最小可能值之和为 . 24．（20-21高三·江苏·强基计划）设，这是有关x一种恒等式即对于任意x所有成立，则值是 ． 25．（2024高三上·北京·竞赛）设，求的值 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025新高考高二二项式定理易错培优竞赛试题 【专题目录】 专题一：名校二项式定理易错题精选 专题二：名校二项式定理培优题精选 专题三：二项式定理全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 专题一：名校二项式定理易错题精选 1．已知，若，，则（   ） A．4 B．5 C．4或5 D．5或6 【答案】A 【分析】先求，根据组合数的性质求，进而可得最值. 【详解】由题意可知：， 且， 可得，其中， 且，根据组合数的性质可知当，即时，取到最大值， 若，所以. 故选：A. 2．南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设、、为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余，记为．已知，若，，则的值可以是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】写出二项展开式通项，分析可知，当为奇数时，；当为偶数时，.利用赋值法可求出，利用二项展开式求出被除的余数，即可得出合适的选项. 【详解】的展开式通项为， 又因为， 所以，， 当为奇数时，；当为偶数时，. 令，则， 所以，， 所以， 又， 故被除余，而被除余数为，被整除，被除余数为， 被除余数为， 故选：A. 3．化简，其结果等于（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据二项式定理，对所给式子进行变形，然后结合二项式定理的形式求出结果． 【详解】设． 根据组合数的性质，则． 由二项式定理可知， 即． 那么， 因为，所以． 即，则． 故选：A． 4．若对恒成立，其中，则（    ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】D 【分析】利用二项展开式的特征，把等号右边表示为，与等号左边相等，可求出. 【详解】 ， ，即. 故选：D 5．（多选题）若，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】应用赋值法及奇偶项和的求法依次判断各项的正误. 【详解】令，则，即，A对； 所以， 令，则，B对； 令，则，而， 两式作差，得，则，C错； 两式相加，得，则，D对. 故选：ABD 6．（多选题）已知在的二项展开式中，第项为常数项，则（    ） A． B．展开式中系数的绝对值最大的项是第项 C．含的项的系数为 D．展开式中有理项的项数为 【答案】ABC 【分析】根据第6项为常数项，求出，然后分别进行判断即可. 【详解】该二项式展开式的通项为，因为第项为常数项，所以当时，，解得,故A正确， 由，解得，所以展开式中系数的绝对值最大的项是第，故 B正确． 含的项得，即，所求的系数为，故C正确． 根据通项公式，由题意得，令，，则，即，，应为偶数，可取，，，即可取，，，第项，第项与第项为有理项．故D错误． 故选：ABC. 7．（多选题）对任意实数x，有.则下列结论正确的是（   ） A． B．（，1，…，9）的最大值为 C． D． 【答案】BCD 【分析】利用赋值法可判断A；由，可判断为负，为正，计算可判断B；令，计算可判断C；结合B计算可判断D. 【详解】对于A，令，得，故A错误； 对于B，由， 则展开式的通项公式为， 所以为负，为正， 当时，计算可得，， ，，， 所以（，1，…，9）的最大值为，故B正确； 对于C，令，可得， 令，可得， 所以，又，可得，故C正确； 对于D，由B可知，故D正确. 故选：BCD. 8．（多选题）下列说法正确的是（    ） A． B．若，则 C．被8整除的余数为1 D．精确到的近似数为 【答案】ABD 【分析】逆用二项式定理计算可判断A项，运用赋值法，令，求解可判断B项，由，结合二项式定理计算可判断C项，，结合二项式定理计算可判断D项. 【详解】对于A项，由二项式定理可知，故A项正确； 对于B项，令得①，令得②， 所以①②可得，故B项正确； 对于C项，， 由此可得被8整除的余数为，故C项错误； 对于D项， ， 所以精确到的近似数为，故D项正确. 故选：ABD. 9．（多选题）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】对A，B，由，根据二项展开式求解判断；对C，D，利用赋值法分别令，1和，求解判断. 【详解】由题意，， 知，，故A，B正确； 分别令，1和，得，， ， 所以，， 即，，所以C错误，D正确. 故选：ABD. 10．的展开式中的常数项为 （用数字作答）. 【答案】 【分析】由，只需求展开式中的的系数即可. 【详解】由，所以， 只需求展开式中的的系数， 即 . 故答案为：. 11．已知，则：被除的余数是 ． 【答案】 【分析】令得，令得，即得，由，利用二项式定理展开即可求解. 【详解】因为， 所以令时，， 令时，， 所以， 又， 所以除以的余数是 故答案为： 12．展开式中含项的系数为 . 【答案】113 【分析】化简后利用展开式的通项公式求解即可. 【详解】因为 展开式中含常数，项的系数分别为， 而的展开式为， 所以展开式中含项的系数为， 故答案为：113 13．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设、、为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余，记为，若，，则的值可以是： ①，②，③，④；（填写序号） 【答案】① 【分析】化简，利用二项展开式求出除的余数，结合题中的定义判断即可得解. 【详解】因为 ， 四个选项中，只有时，除以余数是． 故答案为：①. 14．（2025四川成都四川师范大学附中二诊）已知函数，记为函数的2次迭代函数，为函数的3次迭代函数，…，依次类推，为函数的n次迭代函数，则 ；除以17的余数是 ． 【答案】 0 【分析】根据题意，结合等比数列的前项和公式，推得的表达式，将化为，利用二项式定理的展开式，进行化简，即可求得答案． 【详解】由函数，且， 可得， 所以 又因为为正整数， 所以除以17的余数为0． 故答案为：；. 15．已知的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为2187. (1)求和的值； (2)求展开式中按的降幂排列的第3项； (3)求展开式中项的系数最大的项. 【答案】(1)， (2) (3)第6项 【分析】（1）根据题意，可得，化简运算得解； （2）求出展开式的通项，进而求解； （3）由题可得第项系数为，设第项系数最大，可得，运算得解. 【详解】（1）由题意得，即，解得， 令，则各项系数和为，解得. 所以，. （2）由（1），展开式的通项为， 所以展开式中按降幂排列的第3项为， （3）由（2）知，展开式的第项系数为，， 设第项系数最大，则， 解得，又，所以， 所以展开式中项的系数最大的项为第6项. 16．设. (1)求； (2)若是，，，，中唯一的最大值，求的值； (3)若，求. 【答案】(1) (2)17，18，19. (3) 【分析】（1）分别令，即可求解； （2）由求解不等式即可； （3）由，结合通项公式即可求解. 【详解】（1）令，可得； 令，可得； 所以. （2）由题意知的展开式的通项为，， 所以，. 因为是中唯一的最大值， 可得， 即， 解得，又因为，所以的取值为17，18，19. （3）由题意可得：， 所以，， 则. 17．已知二项式的展开式中所有偶数项的二项式系数之和为128. (1)求的展开式中的常数项； (2)在的展开式中，求含：的项的系数.（结果用数字作答） 【答案】(1) (2)84 【分析】（1）二项展开式中所有项的系数和为，奇数项的二项式系数和应为所有项系数和的一半即可求出，再令通项中次数为零即可求出； （2）先求出各个展开式中的项的系数，然后结合组合数的性质求解即可. 【详解】（1） 所有偶数项的二项式系数之和为128，，解得. 的第项为， 令，得， 则常数项为； （2）由（1）可得， 所以即展开式中的系数为：， 由组合数的性质， 所以. 18．已知函数（，）． (1)当时，求的展开式中二项式系数最大的项； (2)若，且， ①求的值； ②求的最大值． 【答案】(1)或 (2)①；② 【分析】（1）由得二项式系数最大的项为第四项或第五项，求出即可得解； （2）对①，先求通项， 由求得，求，再赋值即可得解； ②若求最大项，根据求解即可； 【详解】（1）当时，的展开式共有8项，二项式系数最大的项为第四项或第五项，所以或； （2）①的通项公式为，且，所以，解得， 所以， ，令，得         ②的通项公式为，所以，   设为()中的最大值，则， 解得，，，所以， 所以. 19．图1是我国数学史上的一个伟大成就——杨辉三角，利用它我们可以将展开， 如：，它只有一项，系数为1； ，它有两项，系数分别为1，1； ，它有三项，系数分别为； ，它有四项，系数分别为； …… 将杨辉三角中的每一个数都换成就得到了莱布尼茨三角，如图2所示. (1)求的值； (2)记莱布尼茨三角第1行的第2个数字为，第2行的第2个数字为，第行的第2个数字为，求的值； (3)证明：莱布尼茨三角每个三角形数组顶端的数等于底边两数之和. 【答案】(1)219 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由组合数的性质可得； （2）由莱布尼茨三角的性质结合裂项相消法可求； （3）由莱布尼茨三角结合组合数的性质可证明； 【详解】（1） （2） . （3）即证明，， . 专题二：名校二项式定理培优压轴试题精选 1．若能被整除，则的最小正整数取值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】将合理变形，再利用二项式定理展开，进而得到的取值即可. 【详解】由题意得, ， 而一定能被整除， 只需保证能被整除即可，而， 得到， 故， 而一定能被整除，只需保证能被整除即可， 若使最小，则满足，解得，故C正确. 故选：C 2．已知的展开式中，常数项为（   ） A．88 B． C．32 D． 【答案】B 【分析】分析展开式中常数项的构成来源，包括以下情况①全是2，②2个，1个，2个2这两种情况，分别求解再求和即可． 【详解】展开式中常数项的构成来源，包括以下情况①全是2，②2个，1个，2个2， 由组合知识可知，展开式中常数项为， 故选：B. 3．甲、乙两人分别从10个不同的数中随机选择若干个数（也可以不选），分别构成集合，记中元素的个数为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】应用分步乘法原理得出任一选择方案发生的概率，甲、乙两人的选择中没有相同的数为，可能的选择方案数，进而求出概率即可. 【详解】把甲和乙的选择合称为一个选择方案．因为甲、乙两人随机选择其中的若干个数， 所以每个数被选中还是没被选中的概率均为． 设甲选中的数的个数为，则没被选中的数的个数为， 所以甲的这一选择发生的概率． 同理，乙的某一种选择发生的概率，所以任一选择方案发生的概率． 若甲、乙两人的选择中没有相同的数，设甲、乙两人选择的数的个数一共为， 则可能的选择方案数为， 当分别取时，根据分类加法计数原理，所有可能的选择方案数， 则甲、乙两人的选择中没有相同的数的概率， 所以． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是，应用二项式定理的逆用即可求和. 4．从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码（每种砝码各2个）中选出若干个，使其总重量恰为9克的方法总数为，下列各式的展开式中的系数为的选项是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据选的砝码个数可以分为一个砝码，两个砝码，三个砝码，四个砝码，五个砝码五种情况可求得，在分析各个选项的系数，即可求解. 【详解】一个砝码有，9一种情况，种情况， 两个砝码有，，，几种情况种 三个砝码有，，，，，，几种情况种 四个砝码有，，，，，种， 五个砝码有，，种， 总计种. 对A，选项系数为，故不符合，所以A错误； 对B，的系数是选个带的，其他的个括号选常数项，可得，故B错误； 对C， 系数为单独组成，其他为常数，则有种，系数为 有两项组成，系数为与组成，其他为常数，，系数为， 系数为与组成，其他为常数，，系数为， 系数为与组成，其他为常数， ，系数为， 系数为与组成，其他为常数， ，系数为， 同理由三项组成，，，，，几种情况，其他项为常数，则系数为 同理由四项组成，，，几种情况，其他为常数，则系数， 同理由五项组成其他项为常数，则系数为， 综上系数为，故C正确； 对D， ， 系数直接有一项，其他是常数项，可有种情况，系数为， 有与组成，其他是常数项，可有, 故D错误. 故选：C 5．已知是定义在上的函数，且，则（    ） A． B． C． D．0 【答案】B 【分析】先根据和判断出的图象关于直线对称，关于点对称，从而得到周期为4；再根据得到，最后化简所求表达式并利用二项式系数和的性质求解即可. 【详解】因为，即，所以函数的图象关于直线对称； 又因为，所以，所以函数的图象关于点对称； 所以，所以，即函数周期为4， 又因为，所以，即. 所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查了函数的周期性、对称性等性质，解题的关键是将抽象函数利用相关条件进行转化. 6．设正整数，其中，记.则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用的定义可判断ACD的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误. 【详解】对于A选项，，， 所以，A选项正确； 对于B选项，取，，则， 而，则，即，B选项错误； 对于C选项，， 所以， ， 所以， 因此，C选项正确； 对于D选项，，故，D选项正确. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：理解的定义是解决本题的关键. 7．已知，则（    ） A．9 B．10 C．19 D．29 【答案】C 【分析】先将等式两边同时乘以，再将两边同时求导后，令可得. 【详解】因为， 所以 分别对两边进行求导得 ， 令，得， 所以， 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键将原式两边同时乘以，再将两边对求导. 8．设为正整数，和均为整数，若和被除后余数相同，则称和模同余，记为.已知，，则正整数的最小值为（    ） A．4 B．5 C．12 D．13 【答案】B 【分析】由二项式定理可得，将利用二项式展开，将利用二项式展开，得到被17除后的余数，从而求得正整数的最小值. 【详解】由于， 所以， 由于， 所以， 所以， 由于， 所以 因为，所以被17除后余数为5，由， 则正整数的最小值5； 故选：B 【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解同余的定义，然后利用二项式定理对进行变形求解. 9．已知为满足能被整除的正整数的最小值，则的展开式中，系数最大的项为（    ） A．第6项 B．第7项 C．第11项 D．第6项和第7项 【答案】B 【分析】根据二项式系数和的特征得到，写出的展开式，即可得到能被整除，从而求出的取值，即可确定的值，再根据二项式系数的特征及展开式的通项分析可得. 【详解】因为， 所以， 所以， 则 ， 显然为正整数， 所以能被整除， 又且能被整除，所以能被整除， 所以，则， 所以， 所以， 所以在的展开式中，二项式系数最大的项为第项和第项， 又的展开式的通项公式为， 因为第项的系数为负数，第项的系数为正数， 所以第项的系数最小，第项的系数最大. 故选：B． 10．设为非负整数，为正整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为．若为质数，为不能被整除的正整数，则，这个定理是费马在1636年提出的费马小定理，它是数论中的一个重要定理．现有以下4个命题： ①； ②对于任意正整数； ③对于任意正整数； ④对于任意正整数． 则所有的真命题为（    ） A．①④ B．② C．①②③ D．①②④ 【答案】C 【分析】由二项式定理即可证明被7除所得余数为2，即可判断①；由费马小定理可得，即可判断②；由，结合即可判断③；由，结合即可判断④. 【详解】对于①：因为， 所以被7除所得余数为1， 所以被7除所得余数为2， 所以，正确； 对于②：若正整数能被整除，则能被整除， 所以； 若正整数不能被整除，由费马小定理得：，即，正确； 对于③：若正整数能被整除，则能被整除， 所以； 若正整数不能被整除，由费马小定理得：，即， 又，所以，正确； 对于④：由费马小定理得：，即， 又， 所以，错误. 故选：C 【点睛】关键点睛：解本题的关键在于充分理解新定义，然后结合带余数法以及费马小定理等初等数论知识即可求解. 11．设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可得，，，即可得，，再比较与的大小关系，借助对数运算转化为比较与的大小关系，结合放缩计算，或二项展开式放缩即可得. 【详解】，，，故，， 要比较与的大小，即比较与的大小， 等价于比较与的大小，等价于比较与的大小， 又 ， 故，即，即， 另解： 故. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于比较与的大小关系，可借助对数运算转化为比较与的大小关系，直接放缩或者利用二项展开式保留部分项放缩即可得. 12．在的展开式中含项的系数为15，则展开式中二项式系数最大项是第（    ） A．4项 B．5项 C．6项 D．3项 【答案】A 【分析】分与讨论，都可求得，再根据二项式定理即可求解. 【详解】由可得， 当，,则， 其展开式的通项为， 令,得,解得； 当,,则， 其展开式的通项为， 令，得，解得. 综上所述：， 所以展开式共有7项，所以展开式中二项式系数最大项是第4项. 故选:A. 13．已知（，2，⋯，95），则数列中整数项的个数为（    ） A．13 B．14 C．15 D．16 【答案】C 【分析】整理得，当时，只要，均为整数即可，但当，会出现小数，应考虑中因子的个数问题. 【详解】因为， 要使为整数，必有，均为整数， 当，8，14，20，26，32，38，44，50，56，62，68，74，80时，和均为非负整数，所以为整数，共有14个. 当时，，在中， 中因数2的个数为， 同理可计算得中因数2的个数为82，中因数2的个数为110， 所以中因数2的个数为，故是整数. 当时，，在中，同样可求得中因数2的个数为88，中因数2的个数为105，故中因数2的个数为，故不是整数. 因此，整数项的个数为. 故选：C. 14．已知，则的值为（    ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】B 【分析】根据，结合二项式定理求解即可. 【详解】因为，展开式第项， 当时，，当时，， 故，即. 故选：B 15．已知的展开式中各项系数和为4，则的系数为（    ） A．16 B．8 C．0 D． 【答案】D 【分析】根据系数和为4，令x=1代回原式，可求得n值，利用二项式展开式的通项公式，分析计算，即可得答案. 【详解】因为各项系数和为4， 所以令x=1，代入可得，解得， 所以原式为， 又展开式的通项公式为， 令k=3，则，所以可得一个的系数为， 令k=0，则， 又展开式的通项公式为， 令，，所以可得一个的系数为， 令，，所以可得一个的系数为， 令k=1，，所以可得一个的系数为， 综上：的系数为. 故选：D 【点睛】解题的关键是分析题意，要求的系数，则展开式中，需要出现、和的项，求得这些项的系数，再与相乘，可求得的系数，考查分析理解，计算求值的能力，属难题. 16．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件结合组合数计算公式变形和式的通项，再借助二项式性质即可得解. 【详解】依题意，， 当时，， 于是得 . 故选：B 17．我们把数列（其中）与叫做“互为隔项相消数列”，显然.已知数列的通项公式为，其中表示不超过实数的最大整数，则除以的余数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意根据二项式定理先设，其中， ，其中，求出的关系等式，再由表示不超过实数的最大整数，求出，即可得出答案. 【详解】根据二项式定理可设： ，其中， 由题意可得： ，其中， 则， 即， 所以有：， 因为， 所以， 所以， 即有：， 因为 即， 所以有 因为， 所以除以的余数为 故选：B 【点睛】本题考查了二项式定理及根据新的定义求解，属于较难题. 18．已知，则 A． B．0 C．14 D． 【答案】B 【解析】由题可知，将转化为，再根据二项式展开式的性质，即可求出和，便可得出. 【详解】解：由题知，， 且， 则， ， 所以. 故选：B. 【点睛】本题考查二项式定理的应用以及二项展开式的性质，考查计算能力. 19．若,则 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】试题分析：因为， 所以， 令，则，； 所以，选D. 考点：二项式定理的应用 【名师点睛】涉及二项式系数问题，往往利用“赋值法”，即令二项式中的未知数为等.解答本题关键是将二项式加以转化，确定展开式的系数. 专题三：二项式定理全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2014高二·全国·竞赛）若，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由二项式定理得，从而为奇数时，，为偶数时，，故可通过赋值法即可求解. 【详解】因为， 所以，即， 从而为奇数时，，为偶数时，， 所以 . 故选：D． 2．（2014高二·全国·竞赛）若，其中，且，则的展开式中所有项的系数和为（    ） A．0 B． C． D． 【答案】B 【分析】借助三项式的计算可得，又，故可得的值，令可得展开式中所有项的系数和. 【详解】由得， 所以有， 即或，由，∴， ∴， 令，则有， 即展开式中所有项的系数和为. 故选：B. 3．（2012高二·全国·竞赛）设，则的值为（    ）． A．－384 B．729 C．345 D．384 【答案】C 【分析】赋值法求解，为右式中合并同类项后的一次项系数，两项相加即可. 【详解】为右式中合并同类项后的一次项系数， 而左式的一次项系数为， 令得， 所以原式的值． 故选：C. 4．（2012高二·全国·竞赛）若，则的值为（    ）． A．2 B．0 C． D． 【答案】B 【分析】利用二项式定理，赋值计算即可. 【详解】 ， 显然， 令得. 故选:B． 5．（2017高三下·广西玉林·竞赛）已知的展开式中的常数项是，则常数的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据二项式展开式的通项公式列方程，化简求得的值. 【详解】依题意：， 令，则，所以，解得. 故选：C 6．（17-18高三·北京·强基计划）把实数写成十进制小数，则a的十分位、百分位和千分位上的数字之和等于（    ） A．0 B．9 C．27 D．前三个答案都不对 【答案】C 【分析】先根据二项式定理可得，再估计出，故可得正确答案： 【详解】 ， 故， 于是a的小数部分为， 而， 于是a的十分位、百分位和千分位均为9，和为27． 故选：C. 7．（16-17高三·北京·强基计划）设，对于有序数组，记为中所包含的不同整数的个数，例如．当取遍所有的个有序数组时，的平均值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】利用二项式定理可求平均值或者就的取值分类讨论后可求平均值. 【分析】解法一 分别计算1，2，3，4的“价值”，可得所求平均值为 ． 解法二 按的取值分类． N 总数 1 4 2 84 3 144 4 24 于是所求平均值为． 故选：C. 8．（2024高二下·浙江·竞赛）设为正整数，且，则 ． 【答案】9 【分析】根据已知条件结合化简计算求解得出n即可. 【详解】记， 所以 ，， ， 解得． 故答案为：9. 9．（2024高三下·上海·竞赛）计算 . 【答案】 【分析】构造采用二项式定理合并即可求解. 【详解】由于 , 于是，. 综上可得. 故答案为：. 10．（2015高二·全国·竞赛）设函数，则时，的展开式中的常数项为 . 【答案】-160 【分析】时，，，它的通项公式为，令的幂指数等于零，求得的值，可得的展开式中的常数项. 【详解】 函数，则时，， ，它的通项公式为， 令，求得，可得表达式中的展开式中的常数项为. 故答案为：. 11．（2013高二·全国·竞赛）已知在的展开式中，第6项为常数项，则项的系数为 ． 【答案】 【分析】由通项公式求出，再求项的系数. 【详解】由通项公式为， ∵第6项为常数项，∵时，有，即， 再令得，∴所求项系数为． 故答案为：. 12．（2016高二·全国·竞赛）设是的展开式中x项的系数（），若，则的最大值是 . 【答案】 【分析】首先求，并表示，再利用对勾函数的单调性求最值. 【详解】， 因为在是减函数，在是增函数，且， 时，，所以时，， 所以，所以的最小值是. 故答案为： 13．（2011高二·全国·竞赛）若，且，则 ． 【答案】2011 【分析】根据二项式定理和组合数的计算方法即可计算. 【详解】因为的展开通项公式为， 所以，则，解得. 故答案为：2011 14．（2014高二·全国·竞赛）10块相同的巧克力，每天至少吃一块，5天吃完，有 种方法；若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，直到吃完为止又有 种方法．（用数字作答） 【答案】 126 512 【分析】（1）相同问题至少有一个的分配问题用隔板法即可；（2）先对吃完的天数进行分情况讨论，再对每一种情况用隔板法即可。 【详解】解：由题知，关于空1：若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，5天吃完， 将10块巧克力排成一排，共有9个空格， 分成5份，只需4个隔板， 所以共有种方法； 关于空2：若10块相同的巧克力，每天至少吃一块，直到吃完为止， 至多吃10天，至少吃1天， 当1天吃完时，共种方法， 当2天吃完时，将10块巧克力排成一排，共有9个空格， 分成2份，只需1个隔板，所以有种方法， 当3天吃完时，需要分成3份，只需2个隔板，所以有种方法， 当4天吃完时，需要分成4份，只需3个隔板，所以有种方法， ……， 当10天吃完时，需要分成10份，只需9个隔板，所以有种方法， 综上：共有种方法。 故答案为：126；512 15．（2024高三上·全国·竞赛）在的展开式中，若的系数为，则 ；若展开式中有且仅有项的系数最大，则的取值范围是 ． 【答案】 －1 【分析】第一空，根据二项式展开式中的系数，列式求解，可得a的值；第二空，讨论a的取值范围，结合题意，列出不等式组，求解即可得答案. 【详解】由题意知在的展开式中，的系数为， 即， 若展开式中有且仅有项的系数最大，不合题意， 当时，所以项的系数均为正数，则需满足， 即得； 当时，奇数项的系数均为正数，偶数项的系数均为负数， 则此时需满足，解得， 综合可得的取值范围是， 故答案为：-1； 【点睛】关键点点睛：本题第二空解决的关键是，注意时，二项展开式中系数的正负情况，从而列式得解. 16．（2023高三上·全国·竞赛）一组数据为3，5，1，6，8，2，记这组数据的上四分位数为，则二项式展开式的常数项为 ． 【答案】 【分析】根据百分位数的计算方法，求得，求得二项展开式的通项为，即可求解. 【详解】将这组数据从小到大排成一列为：， 由，所以这组数据的四分位数为，所以二项式为， 则二项展开式的通项为， 令，解得，所以展开式的常数项为. 故答案为：. 17．（2022高三·浙江丽水·竞赛）多项式展开式的各项系数和为 . 【答案】0 【分析】令，代入已知多项式计算可得各项系数和． 【详解】令，得展开式的各项系数和为. 故答案为：0． 18．（23-24高三下·全国·强基计划），，…是一个1，2，3，…，10的排列，要求和一定有一个大于（），则满足的排列的总数为 ． 【答案】512 【分析】先应用数列的新定义分析得出三种情况，再列根据情况得出组合数的和，最后应用二项式系数和公式计算即可. 【详解】若，考虑（），必有可知从第i项开始，数列开始递增； 再考虑前面的项，若，说明此情况下数列在第1项到第i项递减． 若，则将原来的i改为同理考虑即可． 由以上分析可知，该数列只有三种情况，单调递减，单调递增，先减后增 故排列总数为． 故答案为：512. 19．（23-24高三下·江苏南京·强基计划）已知，的最大项是 . 【答案】 【分析】写出二项展开式通项，假设第项最大，建立不等式求解即可. 【详解】二项式展开式通项为：， 设第项最大，则， 解得，所以，有最大项是. 故答案为： 20．（23-24高三下·全国·强基计划）的小数点后第100位数字是 ． 【答案】9 【分析】首先设，由特征方程得递推关系式为，并易知是整数，则根据的小数点后100位的数字，可确定的小数点后100位的数字. 【详解】设．则由特征方程可知其递推式为． 但注意到，都是整数，由数学归纳法可知是整数， 但显然有，因此所求小数点后第100位数字是9． 故答案为：9 21．（17-18高三·北京·强基计划）的展开式中的常数项为 ． 【答案】393 【分析】利用三项展开式可求常数项. 【详解】因为， 故所求常数项为． 故答案为：393 22．（20-21高三·北京·强基计划）的展开式中的常数项为 ． 【答案】 【分析】利用组合知识可求的展开式，从而可求常数项. 【详解】的展开式中的各项为：， 而， 其中， 令，则或， 令，则或或， 故展开式中的常数项为： . 故答案为：. 23．（21-22高三·北京·强基计划）已知为正整数，.其中的系数为10，则的系数的最大可能值与最小可能值之和为 . 【答案】40 【分析】由题意得， 则的系数为. 结合柯西不等式得出的最大最小值分别为12，28，所以的系数的最大可能值与最小可能值之和为40. 【详解】由题意得， 的系数为. 由柯西不等式知， 又由于为正整数所以. 当时，，因此的最小值为34. 另一方面，若为正整数，则， 这是因为上式展开即为，亦即. 所以. 当时，，因此的最大值为66. 进而我们有的最大最小值分别为12，28，所以的系数的最大可能值与最小可能值之和为40. 故答案为：40. 24．（20-21高三·江苏·强基计划）设，这是有关x一种恒等式即对于任意x所有成立，则值是 ． 【答案】 【分析】求出当和时的式子，两式相加即可得答案. 【详解】当时，① 当时，② ①+②得 . 故答案为：. 25．（2024高三上·北京·竞赛）设，求的值 【答案】 【分析】取三次单位根，设，，在原式中，令，代入计算取式子的实部即可得出答案. 【详解】取三次单位根，设，，易证， ，……， ， 在原式中，令，则有， 对上式取实部可得：， 所以. 因此所求多项式的值为. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$