6.3.1 二项式定理-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教A版）

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 4个数的和为奇数，①3个奇数，1个偶数，共有C4C?=40(种)方法； ②1个奇数，3个偶数，共有C4C=20(种)方法.综上，共有40+20= 60(种)方法.故选A. 5.B解析：第一：选派2名快递员，首先，快递员的选法有C好=3（种）」 其中一名快递员从四个区域中选2个区域，有C?=6(种)选法，剩余 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 二：选派3名快递员，先从四个区域中选2个区域，有C?=6(种)选 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 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 18+36=54(种).故选B. 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 没有“多面手”的选派方法有CC种，有一个“多面手”的选派方法 有CC?C种，有两个“多面手”的选派方法有CC种，即共有 C3C+CC3C+C3C=92(种)不同的选派方法.故选D. 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, B3,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,A2前后顺序不变），B1,B2,B3安排在其余3个位置 (保持B1,B2,B3前后顺序不变)，所以合流结束时汽车通过顺序共 有CC=10(种).故选A 8.B解析：原问题相当于将8个相同的小球装入4个不同的盒子中 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 其中的7个空位上插人3个隔板即可，故共有Cg=7x6x5=35(种)。 3×2×1 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 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 底面在正方体的一组相对面上，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 体的顶点为顶点的直三棱柱有3×4=12（个），B正确： 对于C,正方体顶点任取4个点，共有C=70(种)选法，其中四点共 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= 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 下每个点对应1个四棱锥，因此四棱锥共有12×4=48（个），D正确 故选ABD 10.6解析：由题意，n+1)严+n(n-1)=51→3nm2-n-102=0=(n-6)· 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 学不去二楼，所以不同的分配方式有C2(C4A2+C2)=28(种)： 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 二楼，则不同的分配方式有C2C4C好A3=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 二楼，则不同的分配方式有CC2A子=24（种）. 综上，共有28+48+24=100（种）不同的分配方法.故答案为100. 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 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个空挡中放人3盏熄灭的灯，有C= 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 向上3次，则其最短路径有C3C4=35(条)，其中经过C,D的走法有 C?C=9(条)，所以从A到B最短的路径有35-9=26（条）.故答案 为26. 14.解：(1)先将5个红球排成一排共A=5×4×3×2×1=120(种)排法， 再将4个白色小球插入到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）. (2)当取出的小球为3红2白时得8分，共CC经=10×6=60（种）； 当取出小球为4红1白时得9分，共CC4=5×4=20(种)：当取出小 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 于8分的取法共有60+20+1=81（种）. 15.解：(1)方法一（直接法）：至少有一名组长含有两种情况：有一名组 长，有两名组长，故共有C2C10+C2Ci0=540(种) 方法二（间接法）：至少有一名组长可以采用排除法，有C2-C。= 540(种). (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 参考答案 员，没有女团员，故共有C+C4C8+CC=672(种). (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 长当选，有C种；第二类：女组长不当选，男组长当选，有(C。-C) 种，共有C+C。-C号=505（种）. 压轴挑战 1.D解析：由题意知集合B中满足1≤|x1|+x2I+3|+|x41+|x51≤ 3的元素的个数，即指x1,x2,x3,x4,x5中取值为-1或1的个数和为1 或2或3，故满足条件的元素的个数为C×2+C2×22+C?×23=10+40+ 80=130.故选D. 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 同的分组情况有C?=10(种)方法，再将4组球放入4个不同盒子，共 C2·A4=240(种)方法. 5个相同小球放入4个盒子，若允许有空盒子，可先借4个小球，共 9个小球，再用隔板法分成4组放入盒子，共C=56(种)方法.故答案 为240：56. 6.3二项式定理 6.3.1二项式定理 白题 基础过关 1.C解析：因为(a+b)n的展开式有(n+1)项，故n+1=9,解得n=8.故 选C. 2.B解析：N=16+32(x-1)+24(x-1)2+8(x-1)3+(x-1)4= (x-1)4+C4(x-1)3·2+c(x-1)2.22+C3(x-1)·23+24= (x-1+2)4=(x+1)4.故选B. 3.21 解析：二项式2x217）‘ 展开式的通项公式为T+1= C6(2x2)6- 17 =(-17)'·26-C6x2-,r≤6，reN,所以 m0+m1+m2+…+m6=12×7-3×(0+1+2+3+4+5+6)=21.故答案为21. 4.D解析：由题意可知(3x-2)4展开式中的第3项为C好(3x)2· （-2)2=216x2.故选D. 解析：二项式派 1 5.A 的通项公式为1=Cx”（-x） (-1)rC争，=0,1，…，8，由8-=0，解得r=6,代人通项得 4 T2=C=28,即常数项为28.故选A 6.A0cD解折：(2左）广的道项公式=G(2)产（广 1 C5·25-(-1)x57,当r=0或2或4时，I1=C5·2(-1)x52 为有理项.当r=0时，T1=C9·2(-1)°x3=32x,D正确；当r=2时， T3=C号·23·(-1)2x2=80x2,C正确；当r=4时，T3=C·2· (-1)1=10,A正确，故选ACD. 7,2解析：由二项展开式的通项公式得T1=C哈xs-t(ay)=Ca· x6y,当k=3时，有T4=C8a3·x3y3.因为展开式中含x3y3项的系数 为160，所以C3a3=160,解得a=2.故答案为2. 8.解：(1)由题 C-n(n-1)(n-22x2x1n22=2,解得n=8. 3×2×1 n(n-1) 3 (an=c姓（传）》”（广-2r0EseN 令8-3 4 k=4,得k=3,所以展开式中含有x4的项为T4= 22x3-8C8x4=14x4 四方法总结 利用通项公式求特定项（或系数）问题： (1)解决此类问题可以分两步完成： 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 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， 且n≥k):②根据所求的指数，再求所求解的项. (2)求二项展开式中的有理项，一般是根据通项公式所得到的项，其 所有的未知数的指数恰好都是整数的项：若求二项展开式中的整 式项，则其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求 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 为0. 黑白题05 重难聚焦 9.C解析：多项式(x2+2x-y)泸展开式的通项为T1=C5(x2+2x)5· （-y)',令r=2,可得T3=C(x2+2x)3(-y)2,又由(x2+2x)3展开式 的通项为T+1=C跨(x2)3·（2x)=2Cx6-t,当k=1时，可得 T2=21Cx5,所以展开式中x5y2项的系数为C×2×C=60.故选C. 10.A解析：含x3的项是由(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)(x-6)的 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 式含x5的项的系数为-1-2-3-4-5-6=-21.故选A. 11.C解析：二项式(1+ay)6展开式的通项为T,+1=Cg×16-(ay)'= C6a'y,令r=3可得二项式(1+ay)6展开式中y的系数为Ca3, (（2子）1)展开式中y的系数为(-1)ca=10,可 得a3=-8,解得a=-2.故选C. 12.-13解析（1-2）(1+)7=(1+x)7-2(（1+)7,展开式中 的常数项为C90-2Cx=1-2x7=-13, 黑题 应用提优 1.C解析：根据(1-x)2的展开式为T+1=C2·(-1)'·x(r=0,1,2), 当r=2时，x2的项的系数为1；(1-x)3的展开式为T1=C3· (-1)·x(r=0,1,2,3),当r=2时，x2的项的系数为C=3;(1-x)4 的展开式为T+1=C%·(-1)′·x(r=0,1,2,3,4),当r=2时，x2的项 的系数为C=6;(1-x)5的展开式为T+1=C5·(-1)”·x(r=0, 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 是1+3+6+10=20.故选C. 2.C解析：由(x+2)5-5(x+2)4+10(x+2)3-10(x+2)2+5(x+2)-1= (x+2-1)5=(x+1)5,得(ax+b)5=(x+1)5,所以a=b=1,所以a-b= 0.故选C 3.C解折：二项式(-：）广的展开式的第+1项为1=C (任）广=c店(-)，令6-2张=0，可得6=3，所以二项式 (-:)广°的晨开式的第4项为含数项，常数项为，=C号(-)户，所 以C哈(-a)3=-20,所以a=1.故选C. 4.AD解折：设二项式（上）广(aeN)展开式的通项公式为 则7-G(（任）厂(e)r=C,不纺令n4,则，1时， 展开式中有常数项，故A正确，B错误；令n=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. =又6-°的展开式为1=心()”（-1 x2 (-1少G片所以（店）广的展并式的通现公式为 (-1)'Cgx4 x2 =(-1)C2片当x的指数不为整数时，该项为无 理项，所以当1=1,35,7时，2不为整数，所以展开式中无理项 的项数为4.故选B. 6.D解析：(1+x)6的展开式的通项公式为T+1=C6x,令r=3,得T4= cx20(+y） 的展开式的通项公式为T1=C()） 2 令k=2,得T3=C 选D. 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 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 的系数为1+2+3+…+n=n(+1=C21故选C. 2 选择性必修第三册·RJ 8.2011解析：因为(x+1)=(1+x)n的展开式的通项公式为Cx,所 C=a,C2=b,则G=502,解得n=201.故答案为2 9.30解析：由题意，C0+2C1+22C2+…+2"Cn=(1+2)"=243,所以n 5,所以(x2+x+y)5=[(x2+x)+y]5中所含y2的项为C3(x2+x)3y2= C?(x+1)3x3y2,进一步展开得到x3y2的系数为CCg=30.故答案 为30. 10果：1)由已知得=须展开式的通项为，=心（合）广。 (店)广=(-（仔）·c京因为第9项为常数项，所 以当=8时，2n=0,即2a-20=0,解得1=10 10-k (2)由(1)知T41=(-1) (3 Co20 令20- =5，得=6，所以2的系数为(-1)（日）广c品-1 2 (3)要使20-：为整数，只需k为偶数，由于0≤6≤10，keN,因 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， 11项. 压轴挑战 B解析：(x+3)(x+2)8=[(x+1)+2][(x+1)+1]8,其中[(x+1)+1]8 的展开式的通项为T+1=Cg(x+1)8·1"=Cg(x+1)8r,reN且r≤8， 当r=0时，T1=C8(x+1)8=(x+1)8,此时只需乘第一个因式[(x+ 1)+2]中的2，可得2(x+1)8; 当r=1时，T2=Cg(x+1)7=8(x+1)7,此时只需乘第一个因式[(x+ 1)+2]中的(x+1),可得8(x+1)8,所以ag=2+8=10.故选B. 6.3.2 二项式系数的性质 白题 基础过关 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 得n=8;者提开式第4项和第5项的二项式系数最大，则片-5，解 得m=7:者展开第5项和第6项的二项式系数最大，则”宁5，解得 n=9.故选ABC. 2.A解析：由已知可得C1=C5,所以，n=1+5=6.故选A. 3 解析：二项式(x-2)10展开式的通项为T1=(-2)'C1ox10- (0≤r≤10且r∈N),所以二项式系数的最大值为a=Co=252,含 项的系数为6=C%x(-2)=-960,所以。=60-0故答案 a252 为” 4.C解析：因为C没=C22,又m≠m-2,所以m+m-2=12,解得m=7, 所以Cm+C2+…+Cm=C+C号+…+C?=(C9+C吲+C号+…+C)-C9,所 以C+C2+…+Cm=27-1=127.故选C. 5.A解析：令x=1,可得3m=243,则n=5,所以(1+2x)5的展开式的 通项为T+1=C52'x,令r=2,可得T3=C22x2=40x2,所以展开式中 x2项的系数为40.故选A. 6.A 解析：由 的展开式中常数项是第四项即T4= x C(2x)3· a =-8C2a3=-160a3=-160,得a=1,所以 10 的限开式系数和为(）广 =1,即n=1,而 (2x-1） 的展开式二项式系数和为26=64，即m=64,所以m-n= 64-1=63,故选A. 7.A解析：由展开式中奇数项的二项式系数之和为32可得2-1=32， 解得n=6,所以二项式(E-3 的展开式的通项为C哈()6。 黑白题066.3二项式定理 6.3.1 二项式定理 白题 基础过关 限时：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= 经希)广(aeN)展开式中，第4顶的 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x4的项 A.(x-1)4 B.(x+1)4 C.(x-3)4 D.(x+3)4 3(2024,安微#蜂高二月考)设2：-) aoxo+a1xm1+a2x2+…+a6xm6,则m+m1+m2+ 重难聚焦 …+m6曰 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)5的展开式中，x5y2项 A.-216 B.-216x 的系数为 C.216 D.216x2 A.10 B.-30 C.60 D.-60 5.(2024·江而魔净高二期未)在2广的及 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，x3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 的展开式中的有理项为 1.(2024山商运城高二月考)(2-) √ 4.0 (1+ay)6的展开式中，x2y3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 2.(2024·广东广州高二期中)(1-2）· 展开式中含x3y3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+8.(2024·福建泉州高二月考)若(x+1)”=x”+ (1-x)3+(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C0+2C1+22C2+…+2"C=243,则(x2+x+y)" (ax+b)5=(x+2)3-5(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(xa)）”的展 项，求： (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∈N*,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.(2024·山东菏泽高二期中)（+二2)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+)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=a0+a1（x+1)+ (3x+1)·…·(nx+1)(n∈N*)的展开式中， a2(x+1)2+…+(x+1)8+a,(x+1)°，则ag=( 次项的系数为 ( A.8 B.10 C.28 D.29 A.C B.C2 C.C2+1 D. 进阶突破拔高练PO4 选择性必修第三册·RJ黑白题12