专题08 二项式定理-期末真题（考题猜想易错必刷5大题型）（解析版）

专题08二项式定理（考题猜想，易错必刷5大题型）【题型一】二项式系数和、最值问题【题型二】三项展开式问题【题型三】两个二项式相乘展开系数问题【题型四】项的系数和与赋值法【题型五】杨辉三角【题型一】二项式系数和、最值问题一、单选题1．（23-24高二下·北京海淀·期末）的展开式中，所有二项式的系数和为（

）A．0 B． C． D．【答案】B【分析】根据二项式的展开式的性质，所有二项式系数和为即得.【详解】的展开式中所有二项式的系数和为.故选：B.2．（23-24高二下·新疆巴音郭楞·期末）已知的展开式的二项式系数的和为64，则展开式中二项式系数最大的项为（

）A．第2项 B．第3项 C．第4项 D．第5项【答案】C【分析】根据二项式展开式的二项式系数的和为64得，再根据二项式系数性质得二项式系数最大的项的项数【详解】由的展开式的二项式系数的和为64，即，的展开式中共7项，第4项的二项式系数最大，故选：C3．（23-24高二下·黑龙江齐齐哈尔·期末）已知的展开式的各二项式系数和为，且的系数为，则（

）A．1 B．2 C． D．【答案】C【分析】由二项式系数和为，求出，再写出展开式的通项，利用通项计算可得.【详解】因为展开式的各二项式系数和为，所以，解得，所以展开式的通项为（且），令，解得，所以展开式中的系数为，解得.故选：C4．（23-24高二下·广东广州·期末）的展开式中，各项的二项式系数只有第4项最大，则常数项为（

）A．160 B．20 C． D．【答案】C【分析】依题意，根据二项式系数性质，可知，从而可得展开式通项，令即可求得常数项的值．【详解】解：因为二项展开式中的各项的二项式系数只有第4项最大，所以，则展开式的通项为，令，解得，所以，即展开式中常数项为．故选：C．5．（23-24高二下·浙江湖州·期末）的展开式中常数项的值为，记展开式的二项式系数和为，系数和为，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用展开式的通项公式求出常数项，并求值，再由二项式系数和是，而各项系数和是用赋值变量得到，从而解得结果.【详解】由的展开式中常数项是第四项即：，解得，所以的展开式系数和为，即，而的展开式二项式系数和为，即，所以，故选：A.【题型二】三项展开式问题一、单选题1．（23-24高二下·福建·期末）的展开式中，常数项为（

）A． B． C．141 D．140【答案】C【分析】利用多项式乘法写出展开式的通项，令的次数为,计算可求常数项．【详解】展开式的通项公式为：，当时，常数项为1；当时，得常数项为；当时，得常数项为；当时，得常数项为；所以展开式中的常数项为.故选：C.2．（23-24高二下·湖北武汉·期末）的展开式中的系数是（

）A．20 B．30 C．40 D．50【答案】A【分析】根据二项式定理的通项公式确定r的值即可求出系数.【详解】因为的展开式中，通项公式,令，得，则，又,所以的系数为.故选：A.二、填空题3．（22-23高二下·山东青岛·期末）在的展开式中，含的系数为.【答案】360【分析】把的展开式看成是5个因式的乘积形式，按照分步相乘原理，求出含项的系数即可．【详解】把的展开式看成是5个因式的乘积形式，展开式中，含项的系数可以按如下步骤得到：第一步，从5个因式中任选2个因式，这2个因式取，有种取法；第二步，从剩余的3个因式中任选2个因式，都取，有种取法；第三步，把剩余的1个因式中取，有种取法；根据分步相乘原理，得；含项的系数是故答案为：.【题型三】两个二项式相乘展开系数问题一、单选题1．（23-24高二下·云南大理·期末）的展开式中的系数为（

）A． B． C．40 D．30【答案】D【分析】根据二项式展开式求解即可.【详解】因为,所以展开式中的项为，所以的系数为30.故选：D.2．（22-23高二下·河南郑州·期末）的展开式中的常数项为（

）A． B．240 C． D．180【答案】C【分析】由，写出展开式的通项，利用通项计算可得.【详解】因为，又展开式的通项为，，所以的展开式中的常数项为.故选：C3．（23-24高二下·重庆·期末）的展开式中的系数为（

）A． B． C．30 D．55【答案】B【分析】根据的通项公式得到，，从而确定的展开式中的系数.【详解】展开式的通项公式，令得，令得，故的展开式中的系数为.故选：B4．（23-24高二下·贵州黔南·期末）已知的展开式中的系数为48，则实数＝（

）A．2 B．1 C． D．−2【答案】B【分析】先求出二项式的通项公式，将分为两项，由的系数求解参数即可.【详解】二项式的通项公式为．的展开式中，的系数为，解得．故选：B．5．（23-24高二下·山西吕梁·期末）若的展开式中常数项是20，则（

）A．-2 B．-3 C．2 D．3【答案】D【分析】由，写出展开式的通项，从而得到展开式中常数项，即可得解.【详解】，的展开式的通项公式为，令，解得，则的展开式的常数项为；令，解得，则的展开式的常数项为，因为的展开式中常数项是20，所以，解得.故选：D.【题型四】项的系数和与赋值法一、单选题1．（23-24高二下·贵州安顺·期末）的展开式中各项系数和为32，则展开式中含的项是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】借助赋值法令可得，再利用二项式的展开式的通项公式计算即可得解.【详解】令，则有，解得，对有，则有，故展开式中含的项是.故选：A.2．（23-24高二下·福建厦门·期末）展开式中各项系数之和为64，则该展开式中的系数是（

）A． B． C．60 D．240【答案】A【分析】先用赋值法求得项数n，再由多项式乘法分步得到完成项即可.【详解】取代入，得，解得，展开式中的项是先从6个因式中选两个取，再在其余4个因式中选三个取，剩下一个因式取，这样得到的项为，故该展开式中的系数是.故选：A3．（23-24高二下·四川成都·期末）若，则（

）A． B．1 C．64 D．0【答案】D【分析】利用赋值法，将代入可求得结果.【详解】令，则，所以，故选：D4．（23-24高二上·湖南长沙·期末），则（

）A． B．0 C．32 D．64【答案】C【分析】利用赋值法即可得解.【详解】因为，令，可得，令，可得，所以.故选：C5．（23-24高二下·广东肇庆·期末）若，则（

）A．4048 B． C．1 D．【答案】D【分析】通过赋值法令即可求解.【详解】的展开式的通项公式为，结合，知均为负值，，令，得，故，故选：D.6．（23-24高二下·湖南益阳·期末）已知，那么的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】令可得，令可得，即可求出，，再利用展开式的通项求出，即可求出，从而得解.【详解】因为，令可得，令可得，所以，，又，其中展开式的通项为（且），所以，所以，所以.故选：B【题型五】杨辉三角一、单选题1．（23-24高二下·北京朝阳·期末）“杨辉三角”是数学史上的一个重要成就，本身包含许多有趣的性质，如图：则第8行的第7个数是（

）A．8 B．21 C．28 D．56【答案】C【分析】根据“杨辉三角”的特征，直接求出结果.【详解】依题意，第8行的第7个数是.故选：C2．（23-24高二上·江西·期末）杨辉三角（如下图所示）是数学史上的一个伟大成就，杨辉三角中从第2行到第2023行，每行的第3个数字之和为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由组合性质进行计算.【详解】,由题意可得，第2行到第2023行，每行的第3个数字之和为,故选：B．3．（23-24高二下·广东东莞·期末）如图，“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，比欧洲发现早500年左右.现从杨辉三角第20行随机取一个数，该数大于2024的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先明确杨辉三角第20行的数的个数，通过和结合组合数对称性质得出杨辉三角第20行中比2024大的数的个数即可得解.【详解】由题意可知杨辉三角第20行共有21个数，其中从左往右第4个数为，从左往右第5个数为，所以根据组合数的对称性得杨辉三角第20行的21个数里有个大于2024，故从杨辉三角第20行随机取一个数，该数大于2024的概率为.故选：D.4．（22-23高二下·广东广州·期末）“杨辉三角”是我国数学史上的一个伟大成就，是二项式系数在三角形中的一种几何排列．如图所示，去除所有为1的项，依此构成数列，则此数列的前45项的和为（

）

A．2026 B．2025 C．2024 D．2023【答案】A【分析】根据“杨辉三角”的特点可知次二项式的二项式系数对应“杨辉三角”中的第行，从而得到第行去掉所有为的项的各项之和为：；根据每一行去掉所有为的项的数字个数成等差数列的特点可求得至第行结束，数列共有项，则第项为，从而加和可得结果.【详解】由题意可知，次二项式的二项式系数对应“杨辉三角”中的第行则“杨辉三角”第行各项之和为：第行去掉所有为的项的各项之和为：从第行开始每一行去掉所有为的项的数字个数为：则：，即至第行结束，数列共有项第项为第行最后个不为的数，即为：前项的和为：故选：A5．（23-24高二上·山东德州·期末）将杨辉三角中的每一个数都换成，得到如图所示的莱布尼茨三角形.莱布尼茨三角形具有很多优美的性质，如从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，如果（为正整数），则下列结论中正确的是（

）第0行

第1行

第2行

第3行

……

……A．当时中间的两项相等，且同时取得最大值B．当时中间一项为C．第6行第5个数是D．【答案】C【分析】根据莱布尼茨三角