第07讲：二项式定理【十题型】训练-2026届高考数学三轮冲刺

第07讲：二项式定理 【题型归纳】 · 题型一：二项式展开式的应用 · 题型二：二项式系数 · 题型三：求指定项或者有理项的系数 · 题型四：二项式展开式各项系数之和 · 题型五：系数最大问题 · 题型六：三项的展开式的系数问题 · 题型七：两个二项式展开式相乘问题 · 题型八：整除和余数问题 · 题型九：赋值法的应用 · 题型十：二项式定理与其他知识交汇问题 【题型探究】 题型一：二项式展开式的应用 【典例1】．（2026·河北邢台·二模）已知的展开式中，所有项的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项为（   ） A． B． C． D． 【变式1】．（2026·天津·二模）在的展开式中，的系数为___________．（结果用数字作答） 【变式2】．（2026·天津和平·二模）的展开式中，常数项为__________.（用数字作答） 题型二：二项式系数 【典例2】．（2026·河北保定·二模）已知 的展开式中仅有第6项的二项式系数最大，则其展开式中x² 的系数为________.(用数字作答) 【变式1】．（2026·北京石景山·一模）若的展开式的二项式系数和为32，则__________，的系数为__________. 【变式2】．（2026·河南开封·模拟预测），，则实数的值为______． 题型三：求指定项或者有理项的系数 【典例3】．（2026·北京昌平·二模）在的展开式中，所有二项式系数的和为，则的系数为（    ） A． B． C． D． 【变式1】．（25-26高三上·山西晋城·阶段检测）在的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则的展开式中有理项的项数是（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 【变式2】．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，将展开式中所有的项重新随机排列，则有理项互不相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 题型四：二项式展开式各项系数之和 【典例4】．（2026·河南开封·模拟预测）若，则（    ） A．1 B．-1 C．6078 D．-6078 【变式1】．（25-26高二下·河北衡水·阶段检测）若（），则（ ） A． B． C． D． 【变式2】．（2026·重庆·模拟预测）已知，则（   ） A．16 B．30 C．32 D．60 题型五：系数最大问题 【典例5】．（2026·湖南郴州·模拟预测）的二项展开式中所有项的系数的最大值为（    ） A．84 B．128 C．240 D．560 【变式1】．（2025·甘肃白银·三模）已知展开式的所有二项式系数之和为32，则展开式的各项中系数的最大值为（    ） A．252 B．210 C．120 D．10 【变式2】．（23-24高二下·江苏泰州·期末）已知的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数的最小值为（    ） A． B． C． D． 题型六：三项的展开式的系数问题 【典例6】．（2026·山东烟台·二模）的展开式中项的系数为（   ） A． B． C． D． 【变式1】．（25-26高三上·广东·月考）在的展开式中，的系数为；在的展开式中，的系数为.则（    ） A．10 B． C． D． 【变式2】．（2025·广东佛山·三模）若的展开式中的常数项为31，则（    ） A． B．0 C．1 D．2 题型七：两个二项式展开式相乘问题 【典例7】．（2026·江苏南京·模拟预测）已知的展开式中的系数为0，且正数a，b满足，则的最小值为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【变式1】．（2026·北京丰台·二模）在的展开式中，的系数为（    ） A． B． C．1 D．3 【变式2】．（2026·湖北武汉·二模）在的展开式中，含项的系数为（   ） A．240 B． C．80 D． 题型八：整除和余数问题 【典例8】．（2026·河北邯郸·二模）已知，则被10除的余数为（   ） A．1 B．3 C．7 D．9 【变式1】．（2026·山东德州·模拟预测）除以7所得的余数为（   ） A．1 B．2 C．4 D．6 【变式2】．（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（       ） A．2026 B．2025 C．2024 D．2023 题型九：赋值法的应用 【典例9】．（2026·山东德州·模拟预测）已知，且的展开式中所有项的二项式系数之和为，则（    ） A． B． C． D．为奇数 【变式1】．（2026·陕西咸阳·模拟预测）设，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式2】．（2026·山西临汾·二模）若，则下列结论正确的是（   ） A．展开式中第1014项的二项式系数最大 B． C． D．被16除的余数是15 题型十：二项式定理与其他知识交汇问题 【典例10】．（2026·河南开封·模拟预测）已知等比数列的公比，且，，等差数列的公差，，且满足.表示不超过x的最大整数，例如：，，. (1)求； (2)设，数列的前n项和为，求. 【变式1】．（2026·浙江嘉兴·二模）在某个抽奖游戏中，抽奖箱内装有个大小相同、质地均匀的小球，编号分别为1，2，…，n．游戏规则如下：从箱子中随机取出一个小球，记录下编号后放回；再从箱子中随机取出一个小球，记录下编号后放回：重复这个过程，直到某次取到的小球的编号小于或等于上一次取到的小球的编号时停止．游戏停止时，取球的总次数记作T，表示“共有n个小球，按规则取球k次后游戏停止”的概率． (1)求和的值； (2)若小球的个数为n，求游戏停止时取球次数为奇数的概率（用n表示）． 【变式2】．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）设，其中是正整数，记的展开式中的系数为，的系数为 . (1)求数列的通项公式: (2)证明: ； (3)是否存在等比数列和正数，使得对任意正整数 成立？若存在，求出通项和正数；若不存在，说明理由. 【高考达标】 一、单选题 1．（2026·海南海口·模拟预测）的二项展开式中x的系数是（   ） A． B． C． D． 2．（2026·安徽安庆·三模）若的展开式中二项式系数和为256，则二项式展开式中第3项的系数为（   ） A．112 B．224 C．56 D．28 3．（2026·浙江·三模）在二项展开式中，前三项的系数成等差数列，则实数的值是（    ） A．或7 B．2或7 C．或14 D．2或14 4．（2026·陕西榆林·三模）的展开式中，的系数为（    ） A．26 B．14 C．-26 D．-14 5．（2026·山东临沂·二模）已知，则（   ） A． B． C． D． 6．（2026·安徽·模拟预测）已知二项式的展开式中，各项系数的最大值为80，且最大值在第与项取得，则n的值为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 7．（2026·吉林白山·模拟预测）已知（）的展开式中的系数为13，则实数b的值为（   ）. A． B． C． D． 8．（2026·江西赣州·二模）已知，若，且，则的值为（   ） A． B． C． D． 9．（2026·广东汕头·二模）已知，则下列结论中正确的个数是（   ） ①； ②； ③ ④ A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题 10．（2026·山东济宁·二模）的展开式中，第项与第项的二项式系数相等，则（    ） A．展开式共项 B．展开式中常数项为 C．展开式中所有项的二项式系数之和为 D．展开式中所有项的系数之和为 11．（2026·山西吕梁·三模）已知，则（   ） A．展开式中所有项的二项式系数和为 B．展开式中二项式系数最大的项为第5项和第6项 C． D． 12．（2026·江苏南京·二模）已知的展开式中只有第7项的二项式系数最大．若展开式中所有项的系数和为1，则正确的命题是（   ） A． B． C．展开式中所有二项式系数的和为4096 D．展开式中第11项为 13．（2026·浙江台州·二模）设，为常数，则（   ） A． B． C． D． 14．（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（    ） 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 15．（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）已知，则下列选项正确的是（    ） A． B．若，则 C． D．的展开式中，不存在连续三项成等比数列 三、填空题 16．（2026·天津北辰·二模）若，则______.（用数字作答） 17．（2026·甘肃张掖·模拟预测）的展开式中的系数为__________． 18．（2026·湖南长沙·一模）已知，则______. 19．（2026·河北衡水·二模）已知随机变量，且，则的展开式中的常数项为________.（用数字作答） 20．（2026·江西宜春·模拟预测）已知，则___________． 四、解答题 21．（2026·甘肃兰州·一模）已知数列中，，当时，为的展开式第3项的二项式系数. (1)求数列的通项公式； (2)设数列满足，数列的前项和为，求证：. 22．（24-25高二下·青海西宁·期末）已知的展开式中第项为，且第三项和第九项的二项式系数相等. (1)求的值，并求二项式系数的最大值； (2)求第四项的二项式系数与系数； (3)的展开式中第几项的系数最大？并求系数的最大值. 23．（24-25高二下·河南信阳·期末）已知，求： (1)； (2)； (3)． 24．（24-25高三下·天津宝坻·月考）已知是首项为1的等差数列，是其前项和，是等比数列，且，，. (1)求与的通项公式； (2)设是由数列及的公共项按照从小到大的顺序排列而成的数列，求； (3)设数列满足，，是数列的前项和，若对于任意的正整数，恒成立，求的最小值. 25．（2025·山东威海·三模）设集合且中所有的数从小到大排列构成数列，并将数列的各项依次按照上小下大，左小右大，第行共有项的原则，写成如下的数表． (1)写出该数表第4行各项的数； (2)求； (3)设位于数表的第行，若，且该数列前项的和能被整除，求的最小值． 26．（24-25高三下·天津南开·月考）已知是首项为1的等差数列，是其前项和，是等比数列，且，， (1)求与的通项公式； (2)设是由数列及的公共项按照从小到大的顺序排列而成的数列，求； (3)设数列满足，，是数列的前项和，若对于任意的正整数，恒成立，求的最大值． 27．（2025·福建厦门·三模）已知数列的前项和为，，且. (1)证明：数列为等差数列； (2)设， （i）求数列的前项和； （ii）当时，设集合，集合中所有元素的和记为，求数列的通项公式. 6 学科网（北京）股份有限公司 $ 第07讲：二项式定理 【题型归纳】 · 题型一：二项式展开式的应用 · 题型二：二项式系数 · 题型三：求指定项或者有理项的系数 · 题型四：二项式展开式各项系数之和 · 题型五：系数最大问题 · 题型六：三项的展开式的系数问题 · 题型七：两个二项式展开式相乘问题 · 题型八：整除和余数问题 · 题型九：赋值法的应用 · 题型十：二项式定理与其他知识交汇问题 【题型探究】 题型一：二项式展开式的应用 【典例1】．（2026·河北邢台·二模）已知的展开式中，所有项的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意知，，解得， 展开式通项公式为， 令，则，所以. 【变式1】．（2026·天津·二模）在的展开式中，的系数为___________．（结果用数字作答） 【答案】 【分析】列出二项式的通项公式，令的指数为，可得，即可求解. 【详解】根据二项式定理，可得其展开式中第项的通项公式为， 化简可得， 令，解得，所以展开式的第项为， 所以的系数为. 【变式2】．（2026·天津和平·二模）的展开式中，常数项为__________.（用数字作答） 【答案】84 【分析】根据展开式的通项，再令进行计算． 【详解】解：二项式的展开式， 当，即时，常数项为． 题型二：二项式系数 【典例2】．（2026·河北保定·二模）已知 的展开式中仅有第6项的二项式系数最大，则其展开式中x² 的系数为________.(用数字作答) 【答案】 【详解】由题可知展开式共项，所以， 又的展开式的通项为， 令，解得，所以x² 的系数为 【变式1】．（2026·北京石景山·一模）若的展开式的二项式系数和为32，则__________，的系数为__________. 【答案】 5 【分析】已知二项式系数和，可求出，再利用通项公式即可求得的系数. 【详解】由题意知，展开式的二项式系数和为32，即，所以， 故展开式的通项公式， 令，可得， 所以展开式中的系数是. 【变式2】．（2026·河南开封·模拟预测），，则实数的值为______． 【答案】或2 【详解】令，则 令，则， 所以，整理得，解得或2． 题型三：求指定项或者有理项的系数 【典例3】．（2026·北京昌平·二模）在的展开式中，所有二项式系数的和为，则的系数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】∵ 二项式的所有二项式系数的和为，由题得，解得. ∴ 的展开式的通项为，. 令，可得的系数为. 【变式1】．（25-26高三上·山西晋城·阶段检测）在的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则的展开式中有理项的项数是（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】A 【详解】因为在的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大， 所以仅有最大，则， 的通项公式， 其中，当时， 是有理项，所以， 即的展开式中有理项的项数是5． 故选：A． 【变式2】．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，将展开式中所有的项重新随机排列，则有理项互不相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，所以，得， 所以的展开式的通项为，()， 当或时，为整数，所以展开式9项中，有理项有2项， 若将展开式中所有的项重新随机排列，则所有的排列共有种，其中有理项互不相邻的排列有种， 所以所求的概率为. 故选：B 题型四：二项式展开式各项系数之和 【典例4】．（2026·河南开封·模拟预测）若，则（    ） A．1 B．-1 C．6078 D．-6078 【答案】D 【分析】先求导，再令即可求解. 【详解】由， 两边同时求导得， 令，则. 【变式1】．（25-26高二下·河北衡水·阶段检测）若（），则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】对于A：因为，所以多项式最高次项的次数为6， 所以，所以，故A错误； 对于B：，故B错误； 对于C：在中， 令，得，所以， 令，得， 所以，故C正确； 对于D：对两边同时求导， 得， 令，得，故D错误. 【变式2】．（2026·重庆·模拟预测）已知，则（   ） A．16 B．30 C．32 D．60 【答案】B 【分析】对式子两边求两次导数后令得，两边同时除以2即可求出答案. 【详解】因为， 对两边求导得， 对两边再次求导得， 令得， 两边除以2得. 题型五：系数最大问题 【典例5】．（2026·湖南郴州·模拟预测）的二项展开式中所有项的系数的最大值为（    ） A．84 B．128 C．240 D．560 【答案】C 【分析】利用二项式通项公式，结合题意进行求解即可. 【详解】的通项公式为， 当该二项展开式中所有项的系数有最大值时，为偶数， 因为，，，， 所以的二项展开式中所有项的系数的最大值为. 【变式1】．（2025·甘肃白银·三模）已知展开式的所有二项式系数之和为32，则展开式的各项中系数的最大值为（    ） A．252 B．210 C．120 D．10 【答案】B 【详解】因为展开式的所有二项式系数之和为32， 所以， 所以的通项公式为 ， 当或6时，展开式的系数最大，其系数最大值为， 故选：B 【变式2】．（23-24高二下·江苏泰州·期末）已知的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，所以， 所以展开式的通项公式为，要使展开式中系数的最小值，则为奇数，取值为1，3，5，7，所以当或5时，系数最小，则展开式中系数的最小值为， 故选：C 题型六：三项的展开式的系数问题 【典例6】．（2026·山东烟台·二模）的展开式中项的系数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】先将看成，根据二项式定理，其展开式的通项为， 含有的项为，的展开式的通项为， 含有的项为， 所以的项的系数． 【变式1】．（25-26高三上·广东·月考）在的展开式中，的系数为；在的展开式中，的系数为.则（    ） A．10 B． C． D． 【答案】B 【详解】的展开式表示10个因式的乘积， 故在这10个因式中，有8个选，有1个选，有1个选， 即可得到含的项，故的系数为，即； 在的展开式表示9个因式的乘积， 故在这9个因式中，有8个选，有1个选，即可得到含的项， 故的系数为，即， 所以. 故选：B． 【变式2】．（2025·广东佛山·三模）若的展开式中的常数项为31，则（    ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】C 【详解】依题意，，所以，即． 故选：C. 题型七：两个二项式展开式相乘问题 【典例7】．（2026·江苏南京·模拟预测）已知的展开式中的系数为0，且正数a，b满足，则的最小值为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】A 【分析】根据二项展开式的通项公式及基本不等式求解即可. 【详解】展开式的通项公式为， 令，解得，令，解得， 所以展开式中含的项的系数为， 解得，所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 【变式1】．（2026·北京丰台·二模）在的展开式中，的系数为（    ） A． B． C．1 D．3 【答案】D 【详解】由题意可知展开式中含的项为， 所以的系数为3. 【变式2】．（2026·湖北武汉·二模）在的展开式中，含项的系数为（   ） A．240 B． C．80 D． 【答案】D 【详解】的通项， 项的两种来源，①中项与相乘，②中项与相乘， ①令，得，此时该项为，与相乘后得到， ②令，得，此时该项为，与相乘后得到， 所以，含项的系数为． 题型八：整除和余数问题 【典例8】．（2026·河北邯郸·二模）已知，则被10除的余数为（   ） A．1 B．3 C．7 D．9 【答案】D 【详解】， 由 ， 由于最后一项为，所以被10除的余数为9. 【变式1】．（2026·山东德州·模拟预测）除以7所得的余数为（   ） 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. 【变式2】．（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（       ） A．2026 B．2025 C．2024 D．2023 【答案】C 【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. 题型九：赋值法的应用 【典例9】．（2026·山东德州·模拟预测）已知，且的展开式中所有项的二项式系数之和为，则（    ） A． B． C． D．为奇数 【答案】BCD 【详解】因为展开式中所有项的二项式系数之和为，所以，A错误； 令，得，B正确； 令，得， 所以，C正确； 令，得， 所以， 因为为偶数，所以为奇数，D正确． 【变式1】．（2026·陕西咸阳·模拟预测）设，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】令，得，故A正确； 的展开式中，， ，， ，故B正确； 令，得，令，得， ， 又， ，故C错误，D正确． 【变式2】．（2026·山西临汾·二模）若，则下列结论正确的是（   ） A．展开式中第1014项的二项式系数最大 B． C． D．被16除的余数是15 【答案】ABC 【详解】展开式中二项式系数最大为第1014项，故选项A正确， 所以 又因为 所以令则故选项B正确. 对函数左右两边求导得： 令，则 又，所以，故选项C正确. ， 令，则， 除第一项外，其余项均可以被16整除， 所以被16除的余数是1，故选项D错误. 题型十：二项式定理与其他知识交汇问题 【典例10】．（2026·河南开封·模拟预测）已知等比数列的公比，且，，等差数列的公差，，且满足.表示不超过x的最大整数，例如：，，. (1)求； (2)设，数列的前n项和为，求. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）等比数列中，. ，解得，. 由题意，代入，得： . ，展开整理得： ，解得，，. （2）由（1）可得. 因为 当为奇数时， 所以除以的余数为，即. 当为偶数时， 所以除以的余数为，即. . 【变式1】．（2026·浙江嘉兴·二模）在某个抽奖游戏中，抽奖箱内装有个大小相同、质地均匀的小球，编号分别为1，2，…，n．游戏规则如下：从箱子中随机取出一个小球，记录下编号后放回；再从箱子中随机取出一个小球，记录下编号后放回：重复这个过程，直到某次取到的小球的编号小于或等于上一次取到的小球的编号时停止．游戏停止时，取球的总次数记作T，表示“共有n个小球，按规则取球k次后游戏停止”的概率． (1)求和的值； (2)若小球的个数为n，求游戏停止时取球次数为奇数的概率（用n表示）． 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）法一：将n次摸到的小球的编号依次排列， 记为，且，即； 当时，； 当时，；……，当时，， 共有种，故， 而，即，且； 当时，，有种， 当时，，有种， 以此类推可得种， 因此. 法二：由题意得的含义：摸球2次后停止，其反面为， 而的含义是前2次未能停止，即前两次小球编号依次增大，有种可能， 因此， 而的含义：摸球3次后停止，其反面包含两种可能或者， 其中，的含义是前3次未能停止，即前三次小球的编号依次增大，有种可能， 因此. （2）法一：记为“摸到k号球时，后续还需抽取奇数次游戏才停止”的概率, 则, 设摸到k号球的下一次摸到的是m号球， 若，游戏停止；若，则游戏继续， ， 记，则， 又，故， ， ， 因此，. 法二：共n个小球，则最多次必停止， 且， 若，则说明前n次小球的编号依次增加，第次编号任意， 因此，若，则类似（1）的讨论， 可得， 其中，的含义是前次未能停止， 即前次编号依次增加，共种可能，因此， ， ①若n为偶数，则 ， ②若n为奇数，则 ， 综上所述，. 【变式2】．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）设，其中是正整数，记的展开式中的系数为，的系数为 . (1)求数列的通项公式: (2)证明: ； (3)是否存在等比数列和正数，使得对任意正整数 成立？若存在，求出通项和正数；若不存在，说明理由. 【详解】（1）由题意可得； （2）由题意可得， 设，， 因为， 所以得证； （3）当时，，故， 由（2）可知，， 所以， 即 ， 所以，. 【高考达标】 一、单选题 1．（2026·海南海口·模拟预测）的二项展开式中x的系数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】的二项展开式的通项公式为， 化简得， 令，得，所以， 所以的展开式中x的系数是． 2．（2026·安徽安庆·三模）若的展开式中二项式系数和为256，则二项式展开式中第3项的系数为（   ） A．112 B．224 C．56 D．28 【答案】A 【详解】由得，∴， ∴第3项系数为. 3．（2026·浙江·三模）在二项展开式中，前三项的系数成等差数列，则实数的值是（    ） A．或7 B．2或7 C．或14 D．2或14 【答案】D 【分析】利用二项式定理的通项公式先求，再由等差中项即可求解. 【详解】令，得，由， 所以，， 因为成等差数列，所以， 所以，所以，即， 解得或. 4．（2026·陕西榆林·三模）的展开式中，的系数为（    ） A．26 B．14 C．-26 D．-14 【答案】D 【详解】展开式的通项公式为. ，. 的系数为. 5．（2026·山东临沂·二模）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设， 令，得； 令，得； 故． 6．（2026·安徽·模拟预测）已知二项式的展开式中，各项系数的最大值为80，且最大值在第与项取得，则n的值为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】利用与两项系数相等求出的关系，再对进行讨论即可. 【详解】由题可知第项与项的系数相等且最大，即，化简得， 即，化简得， 取，得，各项系数为，不满足条件，舍去； 取，得，不是整数，舍去； 取，得，各项系数为 ，符合条件， 当时，，例如当时，展开式系数的最大值为，不符合题意，当更大时，最大系数值也更大. 所以. 7．（2026·吉林白山·模拟预测）已知（）的展开式中的系数为13，则实数b的值为（   ）. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用二项式定理写出的展开式通项，分两部分求解的系数，进而建立关于的方程，求解的值. 【详解】根据二项式定理，的通项为（）. 展开式中项由两部分组成： ①的常数项乘以的项，因中项的系数为， 因此这部分的系数为. ②的一次项乘以的项，因中项的系数为， 因此这部分的系数为. 依题意，，解得. 8．（2026·江西赣州·二模）已知，若，且，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据，利用二项式定理展开，对应系数相等即可求解. 【详解】因为，所以，利用二项式定理展开得， 即， 又因为，对应系数要相等，则 又因为且，即，解得，故B正确. 9．（2026·广东汕头·二模）已知，则下列结论中正确的个数是（   ） ①； ②； ③； ④ A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】利用赋值法即可求解.对于①，令即可求解；对于②，令即可求解；对于③，令，与时的式子作差即可求解；对于④，令，结合①即可求解. 【详解】令，得，故①正确； 令，得（i），故②错误； 令，得（ii）， 由（i）-（ii）化简得，故③正确； 令，得， 则， 得，故④正确. 二、多选题 10．（2026·山东济宁·二模）的展开式中，第项与第项的二项式系数相等，则（    ） A．展开式共项 B．展开式中常数项为 C．展开式中所有项的二项式系数之和为 D．展开式中所有项的系数之和为 【答案】ACD 【分析】先由两项二项式系数相等可得，根据二项式定理可判断AC，再通过通项公式可判断B，用赋值法判断选项D可得. 【详解】因为的展开式中，第项与第项的二项式系数相等， 所以，即，得. 所以二项式展开式的项数为，故A正确； 对于B，由通项公式. 令，得，所以常数项为 ，故B错误. 所以二项式展开式中所有项的二项式系数之和为，故C正确； 令，则展开式中所有项的系数之和为 ，故D正确； 11．（2026·山西吕梁·三模）已知，则（   ） A．展开式中所有项的二项式系数和为 B．展开式中二项式系数最大的项为第5项和第6项 C． D． 【答案】AB 【详解】对于A，的展开式中所有项的二项式系数和为，故A正确； 对于B，的展开式中第项的二项式系数为，第项的二项式系数为，是所有项的二项式系数中的最大值，故B正确； 对于C，二项式的展开式的通项公式为， ， 令可得，，即展开式中含的项为， 所以，故C错误； 对于D，由取可得 ， 取可得 ， ∴ ，故D错误. 12．（2026·江苏南京·二模）已知的展开式中只有第7项的二项式系数最大．若展开式中所有项的系数和为1，则正确的命题是（   ） A． B． C．展开式中所有二项式系数的和为4096 D．展开式中第11项为 【答案】AC 【详解】因为的展开式中只有第7项的二项式系数最大， 所以展开式中共有项，所以，所以A正确. 展开式中所有二项式系数的和，所以C正确. 因为展开式中所有项的系数和为1， 令，得，所以或. 因为，所以.所以B错误. 展开式中第11项为，所以D错误. 13．（2026·浙江台州·二模）设，为常数，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】由，对于，展开式通项为，， 对于，展开式通项为，， 所以，A对， ，B对， 令，则， 令，则， 所以，则，C错， ，D对. 14．（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（    ） 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 【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. 15．（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）已知，则下列选项正确的是（    ） A． B．若，则 C． D．的展开式中，不存在连续三项成等比数列 【答案】ACD 【详解】由，得，得， 解得或（舍），所以A正确； 由，可以在二项展开式中令， 有，所以或0，故B错误； C.在二项展开式中令，有，故C正确； D.，其展开式的通项为，， ①若，则显然D正确； ②若，展开式中存在连续三项成等比数列， 则必存在整数使得 ， 矛盾，故假设错误， 综上，D正确. 三、填空题 16．（2026·天津北辰·二模）若，则______.（用数字作答） 【答案】 【分析】利用二项展开式通项求解即可. 【详解】的展开式通项为， 所以，， 故. 17．（2026·甘肃张掖·模拟预测）的展开式中的系数为__________． 【答案】 【分析】利用二项展开式的通项公式分析的展开式中含项的系数，含项的系数即可得解. 【详解】因为的展开式通项为， 其中含项的系数为，含项的系数为， 所以的展开式中的系数为. 18．（2026·湖南长沙·一模）已知，则______. 【答案】243 【分析】根据题意利用赋值法，令代入求解即可. 【详解】因为， 令，得， 两边同时乘以32，得. 19．（2026·河北衡水·二模）已知随机变量，且，则的展开式中的常数项为________.（用数字作答） 【答案】 【分析】先由正态分布的对称性得到a的值，然后写出二项展开式的通项公式，令x的指数为0即可求解. 【详解】随机变量，则图像关于对称，且， 由对称性可得，解得， 的通项公式为， 当时得到展开式的常数项为. 20．（2026·江西宜春·模拟预测）已知，则___________． 【答案】2675 【分析】由组合数的性质得出，再根据二项式定理得出二项式通项，分别求得即可求解． 【详解】由得，， ，展开式通项为， 令得，， 令，则， 所以， 令，则， 所以， 所以． 四、解答题 21．（2026·甘肃兰州·一模）已知数列中，，当时，为的展开式第3项的二项式系数. (1)求数列的通项公式； (2)设数列满足，数列的前项和为，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由二项式定理写出数列的通项公式； （2）应用裂项相消法求，结合单调性证明结论. 【详解】（1）由题意，时为的展开式第3项的二项式系数， 所以，且，故； （2）由（1）， 当时，， 因为满足上式，所以对恒成立， 易知在上单调递增， ，，所以. 22．（24-25高二下·青海西宁·期末）已知的展开式中第项为，且第三项和第九项的二项式系数相等. (1)求的值，并求二项式系数的最大值； (2)求第四项的二项式系数与系数； (3)的展开式中第几项的系数最大？并求系数的最大值. 【答案】(1)，最大值为 (2)二项式系数：，系数： (3)第项的系数最大，最大值为 【分析】（1）首先由第三项与第九项的二项式系数相等的条件可得：，求出的值，进而求解二项式系数的最大值； （2）直接根据二项式定理的通式进行求解即可； （3）首先由，得：，进而可知时，，时，，从而确定第8项的系数最大，进而求解出系数的最大值. 【详解】（1）记展开式的第项为的二项式系数为， 因为第三项的二项式系数与第九项的二项式系数相等， 即，故 因为10是偶数，故二项式系数的最大值为 （2），故， 所以第四项的二项式系数为， 系数为. （3）因为，故 因为，令， 得： 因为是正整数，故时，； 时，. 所以第8项的系数最大，最大值为. 23．（24-25高二下·河南信阳·期末）已知，求： (1)； (2)； (3)． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）令，得．令，得， 所以． （2）令，得， 所以， （3） 两边对求导， 得， 再令，得． 24．（24-25高三下·天津宝坻·月考）已知是首项为1的等差数列，是其前项和，是等比数列，且，，. (1)求与的通项公式； (2)设是由数列及的公共项按照从小到大的顺序排列而成的数列，求； (3)设数列满足，，是数列的前项和，若对于任意的正整数，恒成立，求的最小值. 【答案】(1) (2) (3)627 【分析】（1）利用等差数列和等比数列的基本量运算可得答案； （2）设求出n为偶数，进而求出两数列的公共项通项公式，利用等比数列求和公式可得答案； （3）利用错位相减法求出，结合单调性和恒成立可得答案. 【详解】（1）设的公差为，的公比为，则， 解得，所以，. （2）设，则， ， 因为为正整数，所以能被4整除，所以为偶数， 即，. （3）因为，所以， 所以； 又，所以， ， ， 两式相减可得 . ， . 因为，所以； 所以， 时，令，则， 即为递增数列，所以，解得， 故的最小值为. 25．（2025·山东威海·三模）设集合且中所有的数从小到大排列构成数列，并将数列的各项依次按照上小下大，左小右大，第行共有项的原则，写成如下的数表． (1)写出该数表第4行各项的数； (2)求； (3)设位于数表的第行，若，且该数列前项的和能被整除，求的最小值． 【答案】(1)17，18，20，24 (2) (3) 【分析】（1）由图中规律，直接得到结果； （2）由等差数列的求和公式代入计算，即可得到结果； （3）由等比数列的求和公式可得数表第行所有项的和，再由错位相减法可得数表前行所有项的和，然后代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）由题意知，第4行各项为， 所以第4行各项的数为17，18，20，24. （2）由题意知，第行各项为中对应的值， 设在第行，则前行总项数，解得， 数表前9行共有项， 所以在第10行从左往右的第5项，所以. （3）数表第行所有项的和为 ， 设数表前行所有项的和为，则 ， 令， 则， 两式相减得， 可得，所以， 设为数表的第行的第项，所以数列前项的和为 , 由题意知，前行总项数，解得， 因为，所以，所以， 因为，所以，所以， 即， 因为该数列前项的和能被整除， 所以，即，所以，可得， 所以，可得的最小值为32， 所以的最小值为. 26．（24-25高三下·天津南开·月考）已知是首项为1的等差数列，是其前项和，是等比数列，且，， (1)求与的通项公式； (2)设是由数列及的公共项按照从小到大的顺序排列而成的数列，求； (3)设数列满足，，是数列的前项和，若对于任意的正整数，恒成立，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 因为，，， 则，可得， 由，即，解得， 所以. （2）令，则， 可得 ， 若为奇数，则，不合题意； 若为偶数，则，符合题意； 综上所述：，可知数列的首项和公比均为9， 所以. （3）因为， 则， 两式相加可得 ， 又因为， 则 ， 即，则， 又因为，则，可知数列为递增数列， 则， 可得，解得， 且，则， 所以的最大值. 27．（2025·福建厦门·三模）已知数列的前项和为，，且. (1)证明：数列为等差数列； (2)设， （i）求数列的前项和； （ii）当时，设集合，集合中所有元素的和记为，求数列的通项公式. 【详解】（1）由，，则， 所以，故是首项、公差均为1的等差数列； （2）（i）由（1）得， 当时，， 显然满足，所以， 所以， 又，， 所以， 所以， 若数列的前项和为， 则，， 所以， 所以； （ii）当时，，与矛盾，所以， 当时，，与矛盾，所以， 综上，此时， 所以，可得，即， 所以，则 . 6 学科网（北京）股份有限公司 $