第12讲：二项式定理的应用【6个题型归纳+知识梳理】讲义-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册

本讲义聚焦二项式定理的应用，系统梳理整除与余数、近似计算、组合恒等式、数列求和、杨辉三角及综合应用六大题型，通过知识梳理、解题方法、名师点睛与例题练习，构建从基础应用到综合拓展的学习支架。 资料以口诀（如“大数拆成倍数加余数”）强化数学思维，结合高考真题培养推理能力，杨辉三角应用渗透几何直观。课中助力教师系统授课，课后通过分层练习帮助学生查漏补缺，提升数学语言表达与问题解决能力。

2026年高二数学下学期常考题型归纳 【第12讲：二项式定理的应用】 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【题型1：整除与余数的问题】 【练方法】 知识梳理 核心工具：二项式展开 应用场景：将形如的数拆为，展开后仅最后一项（或最后几项）不含的倍数，其余项均能被整除 余数性质：余数范围为 解题方法 1.拆分底数：将拆为（通常取或较小数），如， 2.二项式展开：，前项均含，能被整除 3.计算余数：仅需计算最后一项除以的余数，若则加转化为正余数 4.验证：余数必须满足 名师点睛 口诀：“大数拆成倍数加余数，展开只看最后项，余数为正才规范” 优先拆成，展开后仅最后两项非倍数，计算最简 高考常考“求除以的余数”“证明能被整除” （2026·山东德州·模拟预测）除以7所得的余数为（   ）经典例题1例题 A．1 B．2 C．4 D．6 【答案】D 【分析】利用二项式定理化简原式，再将问题转化为求除以7所得的余数，再次结合二项式定理将问题转化为除以7所得的余数即可. 【详解】， 因为，所以除以7所得的余数为，即， 故， 而， 故除以7所得的余数为， 故原式除以7所得的余数与除以7所得的余数相等均为. （25-26高三下·广西桂林·月考）若正整数a，b满足，其中，则b的值为（   ）经典例题2例题 A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 【答案】C 【分析】由题意可得，利用二项式定理可得其展开式，进而化为形式，即得答案. 【详解】 ， 对照得. （25-26高二上·甘肃武威·期末）已知为满足能被9整除的正整数的最小值，则的展开式中，系数最小的项为（    ）小试牛刀1 A．第6项 B．第7项 C．第11项 D．第6项和第7项 【答案】A 【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】， ， ， 则 ， 显然为正整数， 能被9整除， 又且能被9整除，能被9整除， ，则， 因为是满足条件的正整数的最小值，而满足条件的， 故取时，有最小值，所以， 所以， 的展开式中，二项式系数最大的项为第6项和第7项， 又的展开式的通项公式为 ， 展开式系数为，要使系数最小， 则系数须为负值（即为奇数），且其绝对值最大. 当为奇数时，在时取得最大值， 故系数最小的项为第项. 故选：A. （25-26高二上·辽宁大连·期末）《孙子算经》是中国南北朝时期重要的数学著作，书中的“中国剩余定理”对同余除法进行了深入的研究．现给出一个同余问题：如果和除以所得的余数相同，那么称和对模同余，记为（mod）．若，（mod），则值可以是（       ）小试牛刀2 A．2026 B．2025 C．2024 D．2023 【答案】C 【分析】利用二项式定理求出除以所得的余数，再逐项验证即得. 【详解】 因能被整除， 故除以余数为， 所以除以余数为， 因为，所以，，， 又（mod），所以值可以是. 故选：C. （24-25高二上·辽宁锦州·期末）若既能被整除又能被整除，则正整数的最小值为（    ）小试牛刀3 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析可知能被整除，可得出，结合二项式定理可知能被整除，即可得出合适的选项. 【详解】因为既能被整除又能被整除，故能被整除， 因为 ， 且能被整除，故能被整除， 设，可得，故的最小值为. 故选：D. 【题型2：近似数的计算】 【练方法】 知识梳理 核心原理：当时，，取前几项近似即可 精度要求：根据题目要求保留有效数字或小数位数，选择合适的展开项数 解题方法 1.拆分底数：将拆为，其中，如， 2.二项式展开：，根据精度要求取前2-3项 3.近似计算：忽略高阶小项（如及更高次项），计算近似值 4.还原：若拆分为，最后乘得到结果 名师点睛 口诀：“大数拆成整倍乘小量，展开只取前两项，精度不够加一项” 优先拆成形式，越小近似精度越高 高考常考“”“”等近似计算，注意结果的精度要求 （25-26高三下·浙江杭州·月考）实数的近似值（精确到0.001）是（    ）经典例题1例题 A．31.680 B．31.681 C．31.682 D．31.683 【答案】B 【分析】先将变形为，再利用二项式定理展开化简即可得解． 【详解】 ， 将精确到，故近似值为． （24-25高二下·江苏南京·期中）已知m， n是正整数， 的展开式中x的系数为11.经典例题2例题 (1)试求中的系数的最小值； (2)对于使用中的系数为最小的m， n， 求出此时的系数； (3)利用上述结果，求的近似值(精确到0.001). 【答案】(1)25 (2)30 (3)2.033 【分析】（1）根据组合数公式及二项式展开式的二项式系数计算求解； （2）应用二项式展开式及组合数计算求解； （3）应用二项式展开式结合近似值计算求解. 【详解】（1）根据二项式定理，x项的系数为 需要找到使得项系数最小的正整数m和n. 将代入， 得到 该二次函数的顶点位于 因此当或时取得最小值. 此时对应的或 计算得 故项的系数最小值为25. （2）当， 时， 项的系数为 （3）展开至三次项： 相加后得到： 计算各项： 考虑更高次项的影响，发现对小数点后第三位无影响，故近似值为2.033. （24-25高二下·安徽·期中）的小数点后第三位数字为（ ）小试牛刀1 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用二项展开式可得出该小数的前四位数，即可得解. 【详解】因为 ， 因此，的小数点后第三位数字为. 故选：A. 【多选题】（2025·湖北黄冈·模拟预测）下列说法正确的是（    ）小试牛刀2 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. （2025高三·全国·专题练习）的第一位小数为，第二位小数为，第三位小数为，则分别为（   ）小试牛刀3 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】借助二项式定理，由，将其展开后计算即可得. 【详解】 ， 故分别为. 故选：A. 【题型3：证明组合恒等式】 【练方法】 知识梳理 核心工具： 1.二项式定理： 2.赋值法：对赋特殊值（如）得到组合数和 3.导数法：对二项式两边求导，得到含的恒等式 4.组合意义：从组合定义出发，解释恒等式的计数意义 常见恒等式： 解题方法 1.赋值法：对赋得总和；赋得交错和 2.导数法：对两边求导，得，再赋值 3.组合意义法：将恒等式两边解释为“同一计数问题的两种算法”，如 4.递推法：利用递推证明 名师点睛 口诀：“求和赋值1和1，求导得k乘组合，意义不明用递推” 高考常考“证明”“证明”等 导数法是解决含型恒等式的核心方法 【多选题】（24-25高二下·山东泰安·期中）对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法.利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式.例如：考察恒等式，左边的系数为，而右边，的系数为，因此可得到组合恒等式.利用算两次的思想方法或其他方法，可以得出下面有关组合数的等式，正确的是（   ）经典例题1例题 A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】A选项，，左边的系数等于右边的系数，得到A正确；B选项，在个人中选人搞卫生工作，其中人擦窗户，人拖地，共有多少种不同的方法，用两种方法解答，得到B正确；C选项，，左边的系数等于右边的系数，故，C错误；D选项，在C基础和题干条件下，得到方程组，联立得到答案. 【详解】A选项，， 左边的系数为， 右边， 故的系数为， 故，A正确； B选项，在个人中选人搞卫生工作，其中人擦窗户，人拖地，共有多少种不同的方法？ 方法一：先从在个人中选人，再从选出的人中选出人擦窗户，共有种不同的方法； 方法二：先从在个人中选人擦窗户，再从剩余的人中选人拖地， 故共有种方法； 故，B正确； C选项，， ， 左边的系数为， 右边的系数为，故，C错误； D选项，由题干可得， 故， 即①， 由C可知，，则②， 故①-②得， 所以，D正确. 故选：ABD （2025高三·全国·专题练习）证明：经典例题2例题 【答案】证明见解析 【分析】把集合分拆成两个集合和，且 ，一方面，按分类；另一方面，可对元素实行分步解决，进而计算可得结论. 【详解】把集合分拆成两个集合和，且 ， 一方面，按分类： 第1类，中有0个元素（种）时，有种，共有种； 第2类，中有1个元素（种）时，有种，共有种； 第3类，中有2个元素（种）时，有种，共有种； 第4类，中有3个元素（种）时，有种，共有种； …… 第类，中有个元素（种）时，有种，共有种， 由加法原理知，共有种． 另一方面，可对元素实行分步解决： 第1步，对于元素来说，可以且，也可以且，也可以，故有3种； 第2步，对于元素来说，可以且，也可以且，也可以，故有3种； 第3步，对于元素来说，可以且，也可以且，也可以，故有3种； …… 第步，对于元素来说，可以且，也可以且，也可以，故有3种， 由乘法原理知共有种． 从而有． （2025高三·全国·专题练习）证明：小试牛刀1 【答案】证明见解析 【分析】将集合分拆出两个集合，满足，，讨论分拆方法，按集合分类，也可对元素实行分步解决，进而计算可得结论. 【详解】将集合分拆出两个集合，满足，， 讨论这样的分拆方法共有几种： 一方面，按分类： 第1类，中有0个元素（种）时，有种，共有种； 第2类，中有1个元素（种）时，有种，共有种； 第3类，中有2个元素（种）时，有种，共有种； 第4类，中有3个元素（种）时，有种，共有种； …… 第类，中有个元素（种）时，有种，共有种， 故共有种． 另一方面，可对元素实行分步解决： 第1步，对于元素来说，可以进入也可进入也可以不进任何集合，故有3种； 第2步，对于元素来说，可以进入也可进入也可以不进任何集合，故有3种； 第3步，对于元素来说，可以进入也可进入也可以不进任何集合，故有3种； …… 第步，对于元素来说，可以进入也可进入也可以不进任何集合，故有3种， 由乘法原理知共有种． 从而有． （2025高三·全国·专题练习）求证：.小试牛刀2 【答案】证明见解析 【分析】逆用二项式定理即可证明. 【详解】由二项式定理知，，. 令，，得. （23-24高三下·全国·课后作业）求证：小试牛刀3 【答案】证明见解析 【分析】根据二项式系数性质利用倒序相加求和即可得出结论. 【详解】证明： 令，则； 两式相加可得, 所以； 可得. 【题型4：二项式定理与数列的求和】 【练方法】 知识梳理 核心：将数列通项与二项式展开结合，利用赋值法/导数法求和 常见类型： 解题方法 1.通项变形：将变形为，匹配导数形式 2.导数法：对逐次求导，得到含的展开式 3.赋值法：令或其他值，得到求和结果 4.分组求和：将复杂数列拆为多个简单二项式求和 名师点睛 口诀：“通项含k乘组合，先求导再赋值，一次导数k一次，二次导数k(k-1)” 高考常考“求”“求”等 本质是将数列求和转化为二项式的导数应用 （25-26高二下·浙江温州·月考）已知二项式（其中）的展开式中，所有项的系数和为．经典例题1例题 (1)求的值，并指出展开式中的常数项是展开式中的第几项； (2)设该二项式展开式的各项系数依次为，数列满足，，求数列的前项和． 【答案】(1)，第1014项； (2) 【分析】（1）将代入即可求出，写出二项式展开项的通项公式，令，即可求出答案； （2）由（1）知，，根据可得，列出，结合的展开式即可求出答案. 【详解】（1）由题意知， 又，所以，即， 二项式展开项的通项公式为， 令，解得， 所以展开式中的常数项是展开式中的第项. （2）由（1）知，， 则， 因为， 所以， 所以 . （25-26高三上·浙江温州·期末）已知等差数列的前项和为，，，数列满足．经典例题2例题 (1)求数列、的通项公式； (2)将数列、的公共项从小到大排列组成新的数列，求的前项和． 【答案】(1)，； (2). 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据已知条件可得关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得数列的通项公式；当时，由得出，两式作差可得在时的表达式，然后验证即可得数列的通项公式； （2）分为奇数、偶数两种情况讨论，利用二项式定理化简的表达式，可得出数列的通项公式，再利用分组求和法可求得的表达式. 【详解】（1）设等差数列的公差为，由，得，得，， 所以， 当时，由①， 得②，          ①②得，所以， 当时，，可得，也满足，所以. （2）因为， ， 当为偶数时，， 此时被除余，为数列中的项； 当为奇数时，， 此时被整除，不为数列中的项， 所以， . （25-26高三上·湖北武汉·月考）抛掷一枚质地均匀的正四面体骰子（四个面上分别标有数字1，2，3，4），底面的点数为1记为事件，抛掷次后事件发生奇数次的概率记为，则_____，_____．小试牛刀1 【答案】 【分析】根据次独立重复实验事件发生的概率为，构造二项式应用赋值法分别计算即可. 【详解】抛掷1次后事件A发生奇数次，只能发生1次，； ， 抛掷n次后事件A发生， 抛掷n次后事件A发生奇数次的概率记为 当为偶数时，， 当为奇数时，， 构造二项式 ， 当为奇数时， 令， ， 令， ， 两式作差得， 可得， 因为，所以. 故答案为：；. （2025高三·全国·专题练习）设数列的前项和为，已知．小试牛刀2 (1)若，求的值； (2)若，设．证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）解法一：根据已知等式构造新数列求得，结合求得，根据等比数列求和公式计算参数；解法二：由①，当时，解得．当时，得②，①－②知数列是首项为2，公比为2的等比数列，根据等比数列求和公式计算参数； （2）提取，利用等比求和得表达式，进而由二项式展开式的特征化简，即可得证 【详解】（1）解法一：因为，即， 所以，且， 故是首项为4，公比为2的等比数列，则，故． 当时，． 则，且满足该通项公式， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故． 则，即，解得． 解法二：因为①， 当时，，又，解得． 当时，②，①－②得，即． 又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故． 则，即，解得． （2）由（1）可知， ． 由二项式定理得 ， 即． （24-25高二下·陕西西安·月考）已知，令.小试牛刀3 (1)求数列的通项公式； (2)求的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由二项式定理，将展开式逆用，可得答案； （2）利用裂项相消，可得答案. 【详解】（1）由，则. （2）， . 【题型5：杨辉三角的应用】 【练方法】 知识梳理 杨辉三角：第行（从第0行开始）对应展开式的二项式系数 核心性质： 1.对称性： 2.递推性： 3.第行和为 4.斜行和：如第斜行和为斐波那契数列 解题方法 1.性质应用：利用对称性、递推性求二项式系数 2.行数对应：第行对应，第个数对应 3.求和：利用行和、斜行和规律求和 4.规律探究：观察杨辉三角中数字的规律（如倍数、奇偶性） 名师点睛 口诀：“杨辉三角是系数，对称递推要牢记，行和是2的n次方” 高考常考“求第n行第k个数”“求某行数字和”“探究奇偶性规律” 杨辉三角是二项式系数的直观体现，本质是组合数的几何表示 【多选题】（2026·湖北黄石·一模）如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（    ）经典例题1例题 A．第2026行共有2026个数 B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D．去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 【答案】BCD 【分析】根据杨辉三角的性质即可求解A，根据组合数的性质化简即可求解B，利用二项式定理求解第48行的所有数字的和，进而根据二项式定理，根据整除的性质即可求解C，根据二项式的和，结合等比数列以及等差数列的性质，即可求解D. 【详解】对于A，第2026行共有2027个数，故A错误， 对于B,由题意可得,B正确， 对于C, 第48行的所有数字之和为 ,由于能被7整除， 故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，C正确， 对于D,第行的和为， 当时，第行中去除为1的项的和为， 第0行为1， 故前行中去除为1的项的和为， 故前17行中去除为1的项的和为， 去除所有为1的项后，则从第一行开始，则剩下的每一行的个数为0，1，2，3，4，……， 可以看成一个首项为0，公差为1的等差数列，前行共有个数， 当时，， 因此前17行中，去掉为1的项，共有136项，且第17行中，去掉为1的项后，最后一项为 则此数列前135项的和为. 【多选题】（25-26高二上·内蒙古呼和浩特·期末）杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》.在编写这些算书时，杨辉广泛引用古代数学典籍，使得我们能够了解许多已经失传的数学方法.杨辉在《详解九章算法》里指出，杨辉三角这种方法出于《释锁》算书，且我国北宋数学家贾宪(约11世纪上半叶)曾用过.由此可以推断，我国发现这个表不晚于11世纪上半叶.在欧洲，这个表被认为是法国数学家帕斯卡(B．Pascal，1623~1662)首先发现的，他们把这个表叫做帕斯卡三角.这就是说，杨辉三角的发现要比欧洲早600年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题.观察杨辉三角中数字排列的规律，下列结论正确的是（    ）经典例题2例题 A．第行的奇数项和为 B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据组合数的性质及二项式定理一一判断即可. 【详解】对于A：第行对应二项式系数为，，，，， 且， 则第行的奇数项和为，故A正确； 对于B：的展开式中，的系数为 ， 同时，而的展开式中的系数为， 所以，故B正确； 对于C：先证明：， 由组合数公式可得 ， 所以， 故C错误. 对于D： ，故D正确. 故选：ABD 【多选题】（25-26高二上·山东·期末）杨辉三角第行，第1行为1的元素为组合数，满足，且具有对称性、递推性.下列关于杨辉三角与组合数的结论中，正确的有（    ）小试牛刀1 A．对任意正整数 B．对任意非负整数 C．第2026行中，奇数的个数为16 D．对任意正整数 【答案】ABD 【分析】对于A，利用二项式定理，令来验证；对于B，可通过构造组合模型来证明；对于C，将转化为二进制，根据奇数个数与二进制的关系判断；对于D，可利用组合数的性质和二项式定理进行推导. 【详解】对于A项，根据二项式定理，令， 得到，有正整数满足题意，故A正确； 对于B项，把个元素分成两组，每组个元素， 从第一组中选取个元素，有种选法； 从第二组中选取个元素，有种选法， 所以选法种数为，故B正确； 对于C项，根据题干定义，第2026行的元素为， 在杨辉三角中，与组合数对应的行中奇数个数为， 其中为的二进制表示中1的个数，2025的二进制表示为， 其中的个数，因此奇数个数为，故C错误； 对于D项，因为，又， 所以， 又， 可得，故D正确. 故选：ABD 【多选题】（25-26高二上·江西鹰潭·期末）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果.从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（    ）小试牛刀2 A． B．第10行所有数字之和为 C．第2026行的第1013个数最大 D．第15行中从左到右第4个数与倒数第4个数之比为1:3 【答案】AB 【分析】由组合数的性质计算可判断A；由杨辉三角的每行系数和性质可判断B；由杨辉三角图可知，第行有个数字，每行最中间项的系数最大可判断C；根据可判断D. 【详解】对于，故A正确； 对于B，由杨辉三角的每行系数和性质可知， 第0行所有数字之和为，第1行所有数字之和为， 第2行所有数字之和为，第3行所有数字之和为， 第4行所有数字之和为，以此类推，第10行所有数字之和为，故B正确； 对于C，由杨辉三角图可知，第行有个数字， 如果是奇数，则第和第个数字最大，且这两个数字一样大； 如果是偶数，则第个数字最大，故第2026行的第个数最大，故C错误； 对于D，由题意，第15行，第4个数为， 倒数第4个数为，即，故D错误. 故选：AB. （25-26高二上·福建漳州·期末）“杨辉三角”具有很多有趣的性质，如图所示，将最上面一行记为第0行，则从第1行起，每一行两端都是数字1，而其余位置上的每个数都等于它“肩上”两个数的和；每一行第一个数构成常数列；从第一行起，每一行第二个数构成自然数列.现从第二行起，将每一行第三个数构成的数列记为，如图，实线上的数即为的前4项.记，则_____.小试牛刀3 【答案】/ 【分析】先根据杨辉三角的行号与位置对应关系，确定数列的通项，再对通项进行裂项，最后通过裂项相消法求出前项和 ，代入得到结果. 【详解】在杨辉三角中，第行的第个数（从第行开始计数）为， ， 所以， 所以, 故答案为：. 【题型6：二项式定理的综合应用】 【练方法】 知识梳理 场景：结合整除、近似计算、组合恒等式、数列求和、概率统计等知识 核心：将复杂问题拆解为基础题型，分步解决 常见考法：二项式定理与数列、导数、概率、不等式的综合 解题方法 1.拆解问题：将综合题拆为基础子问题（如整除+求和、近似+恒等式） 2.选择方法：根据子问题类型，选择赋值法、导数法、基底法、递推法等 3.分步计算：先解决基础子问题，再汇总结果 4.验证：检查结果是否符合题意（如余数范围、精度要求、组合意义） 名师点睛 核心：“拆解+转化”，将综合问题转化为熟悉的基础题型 高频考法：二项式定理与数列求和、导数的综合，是高考中档题/压轴题 注意定义域、符号、实际意义，避免漏解或错解 （25-26高三上·山东枣庄·月考）我们曾用组合模型发现了组合恒等式：，这里所使用的方法，实际上是将一个量用两种方法分别算一次，由结果相同得到等式，这是一种非常有用的思想方法，叫做“算两次”.对此，我们并不陌生，如列方程时就要从不同的侧面列出表示同一个量的代数式，几何中常用的等积法也是“算两次”的典范.我们还可以用这种方法，结合二项式定理得到很多组合恒等式，如由等式，计算__________.经典例题1例题 【答案】 【分析】等式中，通过等号左右两侧的系数相等可得结果. 【详解】因为， 所以其展开式中，的系数为， 又 所以. 而的展开式中的系数为， 因为，所以等号两侧的系数相等， 即. 故答案为：. （24-25高二上·辽宁·期末）“四进制”是一种以4为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值.四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响.四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以4的相应次方（从0开始），然后将所有乘积相加.例如：四进制数013转换为十进制数为；四进制数0033转换为十进制数为 .现将所有由，，，组成的4位（如：1233，3201）四进制数转化为十进制数，在这些非零十进制数中任取一个，则这个数能被3整除的概率为______.经典例题2例题 【答案】 【分析】设，将四进制数转换为十进制形式，由该数能被3整除转化为能被3整除，根据该四进制数数字的所有可能组合，分类计算符合要求的数的个数，利用古典概型概率公式计算即可. 【详解】设，则4位四进制数转换为十进制为： ， 若这个数能被3整除，则能被3整除. 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 这个四进制数由，，，组成时，有个； 这个四进制数都由3组成时，有1个； 当这个四进制数由，，，组成时，有4个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有4个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个. 因为由，，，组成的4位非零四进制数共有个， 所以能被3整除的概率 . 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于将四进制转化为十进制之后，利用二项式定理来求解能否被3整除的问题，得出所有可能的组合即可求得相应概率. （2025·辽宁·二模）设数列是等比数列，，公比q是的展开式中的第二项（按x的降幂排列），且为的前n项和，若，则______.（用含n和x的式子表达）小试牛刀1 【答案】 【分析】由排列组合数的性质可得，进而有，再根据二项式定理求得，且，讨论、并结合二项式展开式的应用求. 【详解】由题设，可得，故，则， 由的展开式通项为，， 所以其第二项为，故，且， 当时，，则， 即，故， 所以； 当时，，则 ， 所以. 故答案为： （2024高三·全国·专题练习）数学家莱布尼兹是世界上首个提出二进制计数法的人，任意一个十进制正整数均可以用二进制数表示.若正整数，其中或，则可以用位二进制数表示.记的二进制各个位数和为，则.例如，因此.已知正整数1024且，则这样的有___________个；___________.小试牛刀2 【答案】 45 4095 【分析】第一空：由题意：是2～10位二进制数，得到的前10位中恰有两个1，其余位均为即可求解； 第二空：是最大的6位二进制数，从而说明1～63的二进制数中，时共有个二进制数，时共有个二进制数，时共有个二进制数，…，时共有个二进制数，进而可求解； 【详解】详解：（1），要使， 则是位二进制数，且的前10位中恰好有两个1， 其余位均为0，因为最高位必为1， 所以有个满足题意的的值. （2）由于是最大的6位二进制数，故的二进制数中最少1个1，最多6个1，即当时，. 当时，位二进制数最高位必为1，其余位为0， 故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有1个1，其余位均为0）； 当时，位二进制数最高位必为1，其余位只有一个1，故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有2个1，其余位均为0）；当时，位二进制数最高位必为1，其余位只有2个1，故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有3个1，其余位均为0）； … 当时，6位二进制数全是1，故共有个二进制数， 所以 . 【点睛】思路点睛： 第二空：由是最大的6位二进制数，得到；分别讨论，，，…，时二进制数的个数即可. （24-25高三上·浙江·月考）“四进制”是一种以为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值．四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响．四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以的相应次方（从开始），然后将所有乘积相加．例如：四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；现将所有由，，组成的位（如：，）四进制数转化为十进制数，在这些十进制数中任取一个，则这个数能被整除的概率为______．小试牛刀3 【答案】 【分析】根据四进制与十进制的转换规则，利用二项式定理将的高次方展开并求得除以之后的余数，令余数能被整除即可得出所有数字组合种类数，可求得概率. 【详解】设， 则位四进制数转换为十进制为 ， 若这个数能被3整除，则能被整除． 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 这个四进制数由，，，组成时，有个； 这个四进制数由，，，组成时，有个； 这个四进制数都由组成时，有个． 因为由，，组成的位四进制数共有个， 所以能被整除的概率． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于将进制转化为进制之后，利用二项式定理来求解能否被整除的问题，得出所有可能的组合即可求得相应概率. 课后过关检测 一、单选题 1．（24-25高二下·海南海口·月考）已知 ，则被8除的余数为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】B 【分析】两边求导数，赋值令可转化为求被8除的余数，根据二项展开式可转化为求被8除的余数. 【详解】已知 ， 两边取导数可得，， 令，可得， 而， 所以被8除的余数即为被8除的余数， 而被8除的余数为2， 故选：B 2．（24-25高二下·江苏南通·月考）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（   ） A．2019 B．2021 C．2023 D．2025 【答案】A 【分析】先对逆用二项式定理变为，再正用二项式定理将，求得被10除得余数为9，再由判断各个选项即可 【详解】由二项式定理得 ， 又 因为是整数，所以被除得余数为9. 即，因，即，而其它选项均不具备此结论，故的可能值为9. 故选：A. 3．（25-26高三上·四川成都·月考）已知，，若，，则（    ） A．1 B．13 C．12 D．2 【答案】B 【分析】由题可得，变形即可求解. 【详解】由题可得, 所以得 ， 由于 ，所以； 故选：B 4．（2026·江苏镇江·模拟预测）若能被7整除，则的一个值可能为（   ） A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 【答案】A 【分析】运用二项式定理、结合指数幂的运算性质进行求解即可. 【详解】 ， 因为， 所以能被7整除， ， 所以能被7整除， 因此要想能被7整除，只需能被7整除. A：，，显然符合能被7整除； B：，，显然不符合能被7整除； C：，，显然不符合能被7整除； D：，，显然不符合能被7整除； 故选：A 5．（2026·河南南阳·一模）今天是2026年3月19日星期四，再过天是星期（    ） A．一 B．二 C．三 D．五 【答案】A 【分析】将写成形式的二项展开式，然后计算除以余下的天数，最后判断是星期几. 【详解】因为 所以 则的余数为， 又因为今天是星期四，所以天后是星期，即星期一. 6．（2026高三上·湖北孝感·专题练习）已知为满足能被9整除的正整数的最小值，则的展开式中，系数最小的项为（    ） A．第6项 B．第7项 C．第11项 D．第6项和第7项 【答案】A 【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】， ， ， 所以 ， 显然为正整数， 能被9整除， 又且能被9整除，能被9整除，，则， 因为是满足条件的正整数的最小值，而满足条件的， 故取时，有最小值，所以，所以， 的展开式中，二项式系数最大的项为第6项和第7项， 又的展开式的通项公式为 ， 展开式系数为，要使系数最小，则系数须为负值（即为奇数），且其绝对值最大. 当为奇数时，在时取得最大值，故系数最小的项为第项. 故选：A 7．（25-26高三下·福建泉州·开学考试）在计算机科学中，八进制是一种数字表示法，它使用0~7这八个数字来表示数值.例如，八进制数2051换算成十进制数是.那么八进制数换算成十进制数m，则十进制数m的个位数字为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】根据八进制数换算十进制数的公式得到m的表达式，求出的个位数字，或结合等比数列的前n项和公式、二项式定理即可求解. 【详解】方法一：由题意知， 设，因为的个位数字分别为， 所以的个位数字之和为， 所以的个位数字为5， 所以的个位数字为5. 方法二：由题意知 ， 又由二项式定理知是7的倍数， 所以是10的倍数. 又由二项式定理知， 所以的个位数字与的个位数字相同， 同理， ， 所以的个位数字与的个位数字相同， 可得的个位数字为5. ，且是10的倍数，其个位数字为0，所以的个位数字与的个位数字相同，即为5. 综上，十进制数m的个位数字为5. 二、多选题 8．（25-26高三上·山东泰安·期末）若，则下列选项正确的是（   ） A．展开式中的二项式系数最大项为第3项和第4项 B． C． D．当时，除以8的余数为1 【答案】BCD 【分析】对于A直接用二项式系数的性质判断；对于B用赋值法可得；对C可对二项式两边求导，然后再赋值可得；对于D则将按二项式展开式进行判断可得. 【详解】对于A：由二项式展开式中的二项式系数为，所以时二项式系数最大，即第4项的二项式系数最大，故A不正确； 对于B：令，可得.再令，得， 所以，所以B正确； 对于C：对两边求导，得， 再令，得，所以C正确； 对于D：当时，， 而 ，即除以8的余数为1，所以D正确. 故选：BCD. 9．（25-26高二上·江苏南通·期末）已知，下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．除以2的余数为1 【答案】ABD 【分析】根据二项式定理直接计算判断A；令直接求解判断B；令，结合时的情况，求得，再根据求解判断C；直接计算判断D. 【详解】对于A选项，根据二项式定理可知，，故正确； 对于B选项，令得，故正确； 对于C选项，令得；令得， 两式相加得：，即， 令得，所以，故错误； 对于D选项，，除以2的余数为1，故正确. 故选：ABD 三、填空题 10．（25-26高二上·广西桂林·月考）如图所示，杨辉三角是二项式系数的一种几何排列，第n行是的展开式的二项式系数，直观解释了二项式系数规律.记第行从左至右的第个数为，若被675除所得的余数为，则________，________. 【答案】 26 325 【分析】对于第一空，将表示为，然后利用二项式知识可得答案；对于第二空，由第一空结合二项式定理与杨辉三角关系可得答案. 【详解】对于第一空， 因为 所以被675除所得的余数为26； 对于第二空，由图可得第行，第个数为展开式的第项二项式系数. 则. 故答案为：；. 11．（25-26高二上·江苏常州·期末）设被9除所得的余数为，则的展开式中的常数项为___________． 【答案】 【分析】由得出值，再根据的展开式通项列方程求解即可． 【详解】由于， 所以； 由于被9除所得的余数为8， 故即的展开式为， 当时，常数项为． 故答案为：． 12．（2026·陕西榆林·二模）若表示不大于的最大整数，曲线在点处的切线经过点，则___________，数列的前项和为___________． 【答案】 21 【分析】根据导数的几何意义及直线的点斜式方程求出切线方程，结合题意可得，根据的定义求出，再根据等比数列的前项和公式求解前项和即可. 【详解】因为，则，曲线在点处的切线方程为， 又因为切线过点，所以，可得， 所以，所以． 设数列的前项和为， 由二项式定理可得，， 当为奇数时，， 由于，为不小于1的整数，所以， 当为偶数时，，所以， 故，所以， 所以． 故答案为：． 13．（2025·广东·模拟预测）的百位、十位、个位所对应的数字按原顺序排列构成的三位数是_____________． 【答案】249 【分析】根据二项式定理可得，分析各项末三位是否为0，可知时，对于各项末三位均为0，然后计算时对应项的末3位，相加求得末3位数. 【详解】因为， 当时，必为的倍数， 即末三位均为0，不会对展开式中百位、十位、个位产生影响， 当时，可得，末三位均为0. 考虑的情况： 当，； 当，； 所以将这两项相加得到20249，取后三位即249． 故答案为：249． 四、解答题 14．（24-25高二下·全国·课后作业）（1）证明：能被7整除． （2）求精确到0.01的近似值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 【分析】（1）先对目标式合理变形，再利用二项式定理证明整除性即可. （2）对目标式合理变形，再利用二项式定理将其展开，忽略掉其他项，进而估值即可. 【详解】（1）由二项式定理得 ， 因为上式中每一项均能被7整除，所以能被7整除． （2）由二项式定理得， 可得第三项，以后各项的绝对值更小， 故． 15．（2025高三·全国·专题练习）已知，求证：能被20整除. 【答案】证明见解析 【分析】法一：要证能被20整除，只需证明能被5整除，且能被4整除，而这只需按二项式定理展开和；法二：由，联想到等比数列的前项和公式，，当，或时，便可将与表示成若干个正整数的和，由此证明本题结论． 【详解】法一： ． 因为对任意正整数，，，，，，，都是正整数， 所以是20的倍数，即能被20整除. 法二：因为，， 所以，． 故 ， 此式是20的倍数，即能被20整除. 16．（25-26高二上·山东潍坊·月考）（1）潍坊市开展支教活动，我校有甲，乙，丙等6名教师被随机地分到A，B，C，D四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师，共有多少种不同分法.（结果用数字作答） （2）求除以的余数. 【答案】（1）；（2）999 【分析】（1）先将6名教师分成和两组，然后再分配到四个不同的中学去，再根据排列组合的分组分配问题计算可得； （2）将转化为，由二项式定理将展开并整理，将展开式的每项提出1000，易得结果. 【详解】（1）因为6名教师分到A，B，C，D四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师， 所以先将6名教师分成4组，每组至少一个，故有两种分组结构：和. 分两类完成，第一类按分组，有（种）， 然后再分配到四个不同的中学去，有（种），所以有（种）不同的分配方法； 第二类按分组，有（种）， 然后再分配到四个不同的中学去，有（种），所以有（种）， 根据分类加法计数原理共有（种）不同的分配方法. （2） ， 所以除以的余数为999. 17．（25-26高二上·江苏常州·期末）已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为． (1)求的值； (2)求展开式中所有的有理项； (3)设，则当时，求除以15所得余数． 【答案】(1)； (2)，，； (3)0 【分析】（1）根据二项式系数的定义得到方程，求出答案； （2）由二项式定理得到展开式通项公式，得到有理项； （3）根据二项式定理变形，从而得到余数. 【详解】（1）根据题意，，即，又，故； （2）由题意得， 其展开式的通项公式， 要想求解展开式中的有理项，需满足为整数，故， 当时，， 当时，， 当时，；当为其他值时，均为无理项， 故有理项为，，； （3）而， 当时， ， 而能够被15整除， 故除以15所得余数为0． 18．（25-26高三上·湖南长沙·月考）设数列的前项和为，已知. (1)求的通项公式； (2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项，若不存在，请说明理由； (3)已知函数，其中表示不超过的最大整数，设，数列的前项和为，求除以16的余数. 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 (3)10 【分析】（1）利用和等比数列的定义即可求解； （2）先利用等差数列的通项公式求得，假设在数列中存在3项（其中成等差数列）成等比数列，然后利用等差数列和等比数列的定义及反证法即可求解； （3）利用函数新定义及二项式定理得当为奇数时，，当为偶数时，，然后利用等比数列求和和分组求和思想求得 ，最后再利用二项式定理求解余数即可. 【详解】（1）当时，，得； 当时，，作差得， 即， 所以是以2为首项，6为公比的等比数列， 所以. （2）因为，由题意知：， 所以. 假设在数列中存在3项（其中成等差数列）成等比数列， 则，即， 化简得：， 又因为成等差数列，所以， 所以，即， 又，所以， 即，所以，这与题设矛盾. 所以在数列中不存在3项（其中成等差数列）成等比数列. （3）由（1）可知， 因为 ， 所以当为奇数时，，当为偶数时，， 所以 ， 而， 考虑到当时，能被16整除， 也能被16整除， 所以除以16的余数等于除以16的余数， 而， 所以除以16的余数等于10. 1 学科网（北京）股份有限公司 $2026年高二数学下学期常考题型归纳 【第12讲：二项式定理的应用】 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【题型1：整除与余数的问题】 【练方法】 知识梳理 核心工具：二项式展开 应用场景：将形如的数拆为，展开后仅最后一项（或最后几项）不含的倍数，其余项均能被整除 余数性质：余数范围为 解题方法 1.拆分底数：将拆为（通常取或较小数），如， 2.二项式展开：，前项均含，能被整除 3.计算余数：仅需计算最后一项除以的余数，若则加转化为正余数 4.验证：余数必须满足 名师点睛 口诀：“大数拆成倍数加余数，展开只看最后项，余数为正才规范” 优先拆成，展开后仅最后两项非倍数，计算最简 高考常考“求除以的余数”“证明能被整除” （2026·山东德州·模拟预测）除以7所得的余数为（   ）经典例题1例题 A．1 B．2 C．4 D．6 （25-26高三下·广西桂林·月考）若正整数a，b满足，其中，则b的值为（   ）经典例题2例题 A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 （25-26高二上·甘肃武威·期末）已知为满足能被9整除的正整数的最小值，则的展开式中，系数最小的项为（    ）小试牛刀1 A．第6项 B．第7项 C．第11项 D．第6项和第7项 （25-26高二上·辽宁大连·期末）《孙子算经》是中国南北朝时期重要的数学著作，书中的“中国剩余定理”对同余除法进行了深入的研究．现给出一个同余问题：如果和除以所得的余数相同，那么称和对模同余，记为（mod）．若，（mod），则值可以是（       ）小试牛刀2 A．2026 B．2025 C．2024 D．2023 （24-25高二上·辽宁锦州·期末）若既能被整除又能被整除，则正整数的最小值为（    ）小试牛刀3 A． B． C． D． 【题型2：近似数的计算】 【练方法】 知识梳理 核心原理：当时，，取前几项近似即可 精度要求：根据题目要求保留有效数字或小数位数，选择合适的展开项数 解题方法 1.拆分底数：将拆为，其中，如， 2.二项式展开：，根据精度要求取前2-3项 3.近似计算：忽略高阶小项（如及更高次项），计算近似值 4.还原：若拆分为，最后乘得到结果 名师点睛 口诀：“大数拆成整倍乘小量，展开只取前两项，精度不够加一项” 优先拆成形式，越小近似精度越高 高考常考“”“”等近似计算，注意结果的精度要求 （25-26高三下·浙江杭州·月考）实数的近似值（精确到0.001）是（    ）经典例题1例题 A．31.680 B．31.681 C．31.682 D．31.683 （24-25高二下·江苏南京·期中）已知m， n是正整数， 的展开式中x的系数为11.经典例题2例题 (1)试求中的系数的最小值； (2)对于使用中的系数为最小的m， n， 求出此时的系数； (3)利用上述结果，求的近似值(精确到0.001). （24-25高二下·安徽·期中）的小数点后第三位数字为（ ）小试牛刀1 A． B． C． D． 【多选题】（2025·湖北黄冈·模拟预测）下列说法正确的是（    ）小试牛刀2 A． B．若，则 C．被8整除的余数为1 D．精确到的近似数为 （2025高三·全国·专题练习）的第一位小数为，第二位小数为，第三位小数为，则分别为（   ）小试牛刀3 A． B． C． D． 【题型3：证明组合恒等式】 【练方法】 知识梳理 核心工具： 1.二项式定理： 2.赋值法：对赋特殊值（如）得到组合数和 3.导数法：对二项式两边求导，得到含的恒等式 4.组合意义：从组合定义出发，解释恒等式的计数意义 常见恒等式： 解题方法 1.赋值法：对赋得总和；赋得交错和 2.导数法：对两边求导，得，再赋值 3.组合意义法：将恒等式两边解释为“同一计数问题的两种算法”，如 4.递推法：利用递推证明 名师点睛 口诀：“求和赋值1和1，求导得k乘组合，意义不明用递推” 高考常考“证明”“证明”等 导数法是解决含型恒等式的核心方法 【多选题】（24-25高二下·山东泰安·期中）对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法.利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式.例如：考察恒等式，左边的系数为，而右边，的系数为，因此可得到组合恒等式.利用算两次的思想方法或其他方法，可以得出下面有关组合数的等式，正确的是（   ）经典例题1例题 A． B． C． D． （2025高三·全国·专题练习）证明：经典例题2例题 （2025高三·全国·专题练习）证明：小试牛刀1 （2025高三·全国·专题练习）求证：.小试牛刀2 （23-24高三下·全国·课后作业）求证：小试牛刀3 【题型4：二项式定理与数列的求和】 【练方法】 知识梳理 核心：将数列通项与二项式展开结合，利用赋值法/导数法求和 常见类型： 解题方法 1.通项变形：将变形为，匹配导数形式 2.导数法：对逐次求导，得到含的展开式 3.赋值法：令或其他值，得到求和结果 4.分组求和：将复杂数列拆为多个简单二项式求和 名师点睛 口诀：“通项含k乘组合，先求导再赋值，一次导数k一次，二次导数k(k-1)” 高考常考“求”“求”等 本质是将数列求和转化为二项式的导数应用 （25-26高二下·浙江温州·月考）已知二项式（其中）的展开式中，所有项的系数和为．经典例题1例题 (1)求的值，并指出展开式中的常数项是展开式中的第几项； (2)设该二项式展开式的各项系数依次为，数列满足，，求数列的前项和． （25-26高三上·浙江温州·期末）已知等差数列的前项和为，，，数列满足．经典例题2例题 (1)求数列、的通项公式； (2)将数列、的公共项从小到大排列组成新的数列，求的前项和． （25-26高三上·湖北武汉·月考）抛掷一枚质地均匀的正四面体骰子（四个面上分别标有数字1，2，3，4），底面的点数为1记为事件，抛掷次后事件发生奇数次的概率记为，则_____，_____．小试牛刀1 （2025高三·全国·专题练习）设数列的前项和为，已知．小试牛刀2 (1)若，求的值； (2)若，设．证明：． （24-25高二下·陕西西安·月考）已知，令.小试牛刀3 (1)求数列的通项公式； (2)求的前项和. 【题型5：杨辉三角的应用】 【练方法】 知识梳理 杨辉三角：第行（从第0行开始）对应展开式的二项式系数 核心性质： 1.对称性： 2.递推性： 3.第行和为 4.斜行和：如第斜行和为斐波那契数列 解题方法 1.性质应用：利用对称性、递推性求二项式系数 2.行数对应：第行对应，第个数对应 3.求和：利用行和、斜行和规律求和 4.规律探究：观察杨辉三角中数字的规律（如倍数、奇偶性） 名师点睛 口诀：“杨辉三角是系数，对称递推要牢记，行和是2的n次方” 高考常考“求第n行第k个数”“求某行数字和”“探究奇偶性规律” 杨辉三角是二项式系数的直观体现，本质是组合数的几何表示 【多选题】（2026·湖北黄石·一模）如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（    ）经典例题1例题 A．第2026行共有2026个数 B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D．去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 【多选题】（25-26高二上·内蒙古呼和浩特·期末）杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》.在编写这些算书时，杨辉广泛引用古代数学典籍，使得我们能够了解许多已经失传的数学方法.杨辉在《详解九章算法》里指出，杨辉三角这种方法出于《释锁》算书，且我国北宋数学家贾宪(约11世纪上半叶)曾用过.由此可以推断，我国发现这个表不晚于11世纪上半叶.在欧洲，这个表被认为是法国数学家帕斯卡(B．Pascal，1623~1662)首先发现的，他们把这个表叫做帕斯卡三角.这就是说，杨辉三角的发现要比欧洲早600年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题.观察杨辉三角中数字排列的规律，下列结论正确的是（    ）经典例题2例题 A．第行的奇数项和为 B． C． D． 【多选题】（25-26高二上·山东·期末）杨辉三角第行，第1行为1的元素为组合数，满足，且具有对称性、递推性.下列关于杨辉三角与组合数的结论中，正确的有（    ）小试牛刀1 A．对任意正整数 B．对任意非负整数 C．第2026行中，奇数的个数为16 D．对任意正整数 【多选题】（25-26高二上·江西鹰潭·期末）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果.从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（    ）小试牛刀2 A． B．第10行所有数字之和为 C．第2026行的第1013个数最大 D．第15行中从左到右第4个数与倒数第4个数之比为1:3 （25-26高二上·福建漳州·期末）“杨辉三角”具有很多有趣的性质，如图所示，将最上面一行记为第0行，则从第1行起，每一行两端都是数字1，而其余位置上的每个数都等于它“肩上”两个数的和；每一行第一个数构成常数列；从第一行起，每一行第二个数构成自然数列.现从第二行起，将每一行第三个数构成的数列记为，如图，实线上的数即为的前4项.记，则_____.小试牛刀3 【题型6：二项式定理的综合应用】 【练方法】 知识梳理 场景：结合整除、近似计算、组合恒等式、数列求和、概率统计等知识 核心：将复杂问题拆解为基础题型，分步解决 常见考法：二项式定理与数列、导数、概率、不等式的综合 解题方法 1.拆解问题：将综合题拆为基础子问题（如整除+求和、近似+恒等式） 2.选择方法：根据子问题类型，选择赋值法、导数法、基底法、递推法等 3.分步计算：先解决基础子问题，再汇总结果 4.验证：检查结果是否符合题意（如余数范围、精度要求、组合意义） 名师点睛 核心：“拆解+转化”，将综合问题转化为熟悉的基础题型 高频考法：二项式定理与数列求和、导数的综合，是高考中档题/压轴题 注意定义域、符号、实际意义，避免漏解或错解 （25-26高三上·山东枣庄·月考）我们曾用组合模型发现了组合恒等式：，这里所使用的方法，实际上是将一个量用两种方法分别算一次，由结果相同得到等式，这是一种非常有用的思想方法，叫做“算两次”.对此，我们并不陌生，如列方程时就要从不同的侧面列出表示同一个量的代数式，几何中常用的等积法也是“算两次”的典范.我们还可以用这种方法，结合二项式定理得到很多组合恒等式，如由等式，计算__________.经典例题1例题 （24-25高二上·辽宁·期末）“四进制”是一种以4为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值.四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响.四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以4的相应次方（从0开始），然后将所有乘积相加.例如：四进制数013转换为十进制数为；四进制数0033转换为十进制数为 .现将所有由，，，组成的4位（如：1233，3201）四进制数转化为十进制数，在这些非零十进制数中任取一个，则这个数能被3整除的概率为______.经典例题2例题 （2025·辽宁·二模）设数列是等比数列，，公比q是的展开式中的第二项（按x的降幂排列），且为的前n项和，若，则______.（用含n和x的式子表达）小试牛刀1 （2024高三·全国·专题练习）数学家莱布尼兹是世界上首个提出二进制计数法的人，任意一个十进制正整数均可以用二进制数表示.若正整数，其中或，则可以用位二进制数表示.记的二进制各个位数和为，则.例如，因此.已知正整数1024且，则这样的有___________个；___________.小试牛刀2 （24-25高三上·浙江·月考）“四进制”是一种以为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值．四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响．四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以的相应次方（从开始），然后将所有乘积相加．例如：四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；现将所有由，，组成的位（如：，）四进制数转化为十进制数，在这些十进制数中任取一个，则这个数能被整除的概率为______．小试牛刀3 课后过关检测 一、单选题 1．（24-25高二下·海南海口·月考）已知 ，则被8除的余数为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 2．（24-25高二下·江苏南通·月考）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（   ） A．2019 B．2021 C．2023 D．2025 3．（25-26高三上·四川成都·月考）已知，，若，，则（    ） A．1 B．13 C．12 D．2 4．（2026·江苏镇江·模拟预测）若能被7整除，则的一个值可能为（   ） A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 5．（2026·河南南阳·一模）今天是2026年3月19日星期四，再过天是星期（    ） A．一 B．二 C．三 D．五 6．（2026高三上·湖北孝感·专题练习）已知为满足能被9整除的正整数的最小值，则的展开式中，系数最小的项为（    ） A．第6项 B．第7项 C．第11项 D．第6项和第7项 7．（25-26高三下·福建泉州·开学考试）在计算机科学中，八进制是一种数字表示法，它使用0~7这八个数字来表示数值.例如，八进制数2051换算成十进制数是.那么八进制数换算成十进制数m，则十进制数m的个位数字为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 二、多选题 8．（25-26高三上·山东泰安·期末）若，则下列选项正确的是（   ） A．展开式中的二项式系数最大项为第3项和第4项 B． C． D．当时，除以8的余数为1 9．（25-26高二上·江苏南通·期末）已知，下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．除以2的余数为1 三、填空题 10．（25-26高二上·广西桂林·月考）如图所示，杨辉三角是二项式系数的一种几何排列，第n行是的展开式的二项式系数，直观解释了二项式系数规律.记第行从左至右的第个数为，若被675除所得的余数为，则________，________. 11．（25-26高二上·江苏常州·期末）设被9除所得的余数为，则的展开式中的常数项为___________． 12．（2026·陕西榆林·二模）若表示不大于的最大整数，曲线在点处的切线经过点，则___________，数列的前项和为___________． 13．（2025·广东·模拟预测）的百位、十位、个位所对应的数字按原顺序排列构成的三位数是_____________． 四、解答题 14．（24-25高二下·全国·课后作业）（1）证明：能被7整除． （2）求精确到0.01的近似值． 15．（2025高三·全国·专题练习）已知，求证：能被20整除. 16．（25-26高二上·山东潍坊·月考）（1）潍坊市开展支教活动，我校有甲，乙，丙等6名教师被随机地分到A，B，C，D四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师，共有多少种不同分法.（结果用数字作答） （2）求除以的余数. 17．（25-26高二上·江苏常州·期末）已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为． (1)求的值； (2)求展开式中所有的有理项； (3)设，则当时，求除以15所得余数． 18．（25-26高三上·湖南长沙·月考）设数列的前项和为，已知. (1)求的通项公式； (2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项，若不存在，请说明理由； (3)已知函数，其中表示不超过的最大整数，设，数列的前项和为，求除以16的余数. 1 学科网（北京）股份有限公司 $