2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第七章　必刷小题13　立体几何含答案

2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第七章必刷小题13立体几何必刷小题13立体几何一、单项选择题1．(2024·洛阳模拟)如图，△O′A′B′是△OAB的直观图，则△OAB是()A．正三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．以上都有可能答案C解析因为∠x′O′y′＝45°，则线段A′B′与y′轴必相交，令交点为C′，如图(1)所示，在平面直角坐标系Oxy中，点A在x轴上，可得OA＝O′A′，点C在y轴上，可得OC＝2O′C′，如图(2)所示，因此点B必在线段AC的延长线上，所以∠BOA>∠COA＝90°，所以△OAB是钝角三角形．2．下列四个命题中，正确的是()A．各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱B．对角面是全等矩形的六面体一定是长方体C．有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱D．长方体一定是直四棱柱答案D解析对于A，底面是菱形的直平行六面体，满足条件但不是正棱柱；对于B，底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；C显然错误；长方体一定是直四棱柱，D正确．3．从平面外一点P引与平面相交的直线，使P点与交点的距离等于1，则满足条件的直线可能有()A．0条或1条 B．0条或无数条C．1条或2条 D．0条或1条或无数条答案D解析当点P到平面的距离大于1时，没有满足条件的直线；当点P到平面的距离等于1时，满足条件的直线只有1条；当点P到平面的距离小于1时，满足条件的直线有无数条．4．(2023·徐州模拟)圆柱形玻璃杯中盛有高度为10cm的水，若放入一个玻璃球(球的半径与圆柱形玻璃杯内壁的底面半径相同)后，水恰好淹没了玻璃球，则玻璃球的半径为()A.eq\f(20,3)cm B．15cmC．10eq\r(3)cm D．20cm答案B解析根据题意，玻璃球的体积等于放入玻璃球后水的体积减去原来水的体积．设玻璃球的半径为r，即圆柱形玻璃杯内壁的底面半径为r，则玻璃球的体积为eq\f(4,3)πr3，圆柱的底面面积为πr2，若放入一个玻璃球后，水恰好淹没玻璃球，则此时水面的高度为2r，所以eq\f(4,3)πr3＝πr2(2r－10)，解得r＝15(cm)．5．(2024·泉州模拟)设m，n为两条直线，α，β为两个平面，则α⊥β的充分条件是()A．m∥α，n∥β，m⊥nB．m⊥α，n∥β，m⊥nC．m⊥α，n⊥β，m⊥nD．m⊂α，n⊂β，m⊥n答案C解析对于A，如图(1)，α∩β＝l，m⊥l，n∥l，则满足m∥α，n∥β，m⊥n，平面α与β不一定垂直，故A错误；对于B，如图(2)，α∩β＝l，n∥l，m⊥α，则满足n∥β，m⊥n，平面α与β不一定垂直，故B错误；对于C，如图(3)，m⊥α，n⊥β，m⊥n，在直线m，n上取两个向量eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，则eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))分别为平面α，β的法向量，且eq\o(BA,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，则α⊥β，故C正确；对于D，如图(4)，α∩β＝l，m⊂α，n⊂β，m⊥l，n∥l，则m⊥n，平面α与β不一定垂直，故D错误．6.某同学画“切面圆柱体”(用与圆柱底面不平行的平面切圆柱，底面与切面之间的部分叫做切面圆柱体)，发现切面与圆柱侧面的交线是一个椭圆(如图所示)．若该同学所画的椭圆的离心率为eq\f(1,2)，则“切面”所在平面与底面所成的角为()A.eq\f(π,12)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,3)答案B解析设椭圆与圆柱的轴截面如图所示，作DE⊥BC交BC于点E，则∠CDE为“切面”所在平面与底面所成的角，设为θ.设底面圆的直径为2r，则CD为椭圆的长轴2a，短轴为2b＝DE＝2r，则椭圆的长轴长2a＝CD＝eq\f(2r,cosθ)，即a＝eq\f(r,cosθ)，所以椭圆的离心率为e＝eq\f(1,2)＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\r(1－\f(r2,\f(r2,cos2θ)))＝sinθ，所以θ＝eq\f(π,6).7．(2023·朝阳模拟)如图，圆台内有一个球，该球与圆台的侧面和底面均相切．已知圆台的下底面圆心为O1，半径为r1，圆台的上底面圆心为O2，半径为r2(r1>r2)，球的球心为O，半径为R，记圆台的表面积为S1，球的表面积为S2，则eq\f(S1,S2)的可能取值为()A.eq\f(π,2)B.eq\f(3,2)C.eq\f(π,3)D.eq\f(4,3)答案A解析如图，作出圆台的轴截面，作DF⊥BC，垂足为F，由题意知圆O与梯形ABCD相切，则DC＝DE＋CE＝O2D＋O1C＝r2＋r1，又DC＝eq\r(DF2＋FC2)＝eq\r(4R2＋r1－r22)，故eq\r(4R2＋r1－r22)＝r1＋r2，化简可得R2＝r1r2，则eq\f(S1,S2)＝eq\f(πr\o\al(2,1)＋r\o\al(2,2)＋πr1＋r2r1＋r2,4πR2)＝eq\f(r\o\al(2,1)＋r\o\al(2,2)＋r1r2,2r1r2)＝eq\f(r\o\al(2,1)＋r\o\al(2,2),2r1r2)＋eq\f(1,2)>eq\f(2r1r2,2r1r2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)(r1>r2，故取不到等号)，由于eq\f(3,2)，eq\f(π,3)，eq\f(4,3)都不大于eq\f(3,2)，故eq\f(S1,S2)的可能取值为eq\f(π,2).8．(2023·北京模拟)在通用技术教室里有一个三棱锥木块如图所示，VA，VB，VC两两垂直，VA＝VB＝VC＝1(单位：dm)，小明同学计划通过侧面VAC内任意一点P将木块锯开，使截面平行于直线VB和AC，则该截面面积(单位：dm2)的最大值是()A.eq\f(1,4)dm2 B.eq\f(\r(2),4)dm2C.eq\f(\r(3),4)dm2 D.eq\f(3,4)dm2答案B解析根据题意，在平面VAC内，过点P作EF∥AC分别交VA，VC于点F，E，在平面VBC内，过点E作EQ∥VB交BC于点Q，在平面VAB内，过点F作FD∥VB交AB于点D，连接DQ，如图所示，因为EF∥AC，所以△VEF∽△VCA，设其相似比为k，则eq\f(VF,VA)＝eq\f(VE,VC)＝eq\f(EF,AC)＝k,0<k<1，因为VA＝VB＝VC＝1，且两两垂直，所以AC＝eq\r(2)，即EF＝eq\r(2)k，因为FD∥VB，所以△AFD∽△AVB，即eq\f(AF,VA)＝eq\f(AD,BA)＝eq\f(FD,VB)，因为eq\f(AF,VA)＝eq\f(VA－VF,VA)＝1－k，所以eq\f(FD,VB)＝eq\f(AF,VA)＝1－k，即FD＝1－k，同理△CEQ∽△CVB，即eq\f(CE,VC)＝eq\f(CQ,BC)＝eq\f(EQ,VB)＝1－k，即EQ＝1－k，所以FD∥EQ，且FD＝EQ，所以四边形FEQD为平行四边形，因为VB⊥VC，VB⊥VA，VA∩VC＝V，VA⊂平面VAC，VC⊂平面VAC，所以VB⊥平面VAC，因为FD∥VB，所以FD⊥平面VAC，因为EF⊂平面VAC，所以FD⊥EF，所以四边形FEQD是矩形，即S矩形FEQD＝FD·EF＝(1－k)·eq\r(2)k＝－eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,2)))2＋eq\f(\r(2),4)，所以当k＝eq\f(1,2)时，S矩形FEQD有最大值eq\f(\r(2),4).故该截面面积的最大值是eq\f(\r(2),4)dm2.二、多项选择题9．(2023·潍坊模拟)某球形巧克力设计了一种圆柱形包装盒，每盒可装7个球形巧克力，每盒只装一层，相邻的球形巧克力相切，与包装盒接触的6个球形巧克力与圆柱形包装盒侧面及上下底面都相切，如图是平行于底面且过圆柱母线中点的截面，设包装盒的底面半径为R，球形巧克力的半径为r，每个球形巧克力的体积为V1，包装盒的体积为V2，则()A．R＝3r B．R＝6rC．V2＝9V1 D．2V2＝27V1答案AD解析由截面图可以看出，圆柱的底面直径是球形巧克力直径的3倍，即可得R＝3r，圆柱的高等于球形巧克力的直径，即h＝2r，V1＝eq\f(4πr3,3)，V2＝πR2h＝18πr3，则有2V2＝27V1.10．(2023·昌吉模拟)正六棱台的上、下底面边长分别是2cm和6cm，侧棱长是5cm，则下列说法正确的是()A．该正六棱台的上底面积是6eq\r(3)cm2B．该正六棱台的侧面积是15cm2C．该正六棱台的表面积是(60eq\r(3)＋24eq\r(21))cm2D．该正六棱台的高是3cm答案ACD解析如图，在正六棱台ABCDEF－A1B1C1D1E1F1中，因为A1B1＝2cm，AB＝6cm，AA1＝5cm，所以侧面的梯形ABB1A1的高即正六棱台斜高为eq\r(52－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6－2,2)))2)＝eq\r(21)(cm)，所以梯形ABB1A1的面积为S＝eq\f(1,2)×(2＋6)×eq\r(21)＝4eq\r(21)(cm2)，故正六棱台的侧面积为6S＝6×4eq\r(21)＝24eq\r(21)(cm2)，故B错误；由图可知该正六棱台的上底面积为6个边长为2的等边三角形组成，所以该正六棱台的上底面积为S1＝6×eq\f(1,2)×2×2×sin60°＝6eq\r(3)(cm2)，故A正确；同理下底面积为S2＝6×eq\f(1,2)×6×6×sin60°＝54eq\r(3)(cm2)，所以该正六棱台的表面积是6S＋S1＋S2＝(60eq\r(3)＋24eq\r(21))cm2，故C正确；正六棱台的高为OO1＝eq\r(52－6－22)＝3(cm)，故D正确．11.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M，N，F分别是B1C1，CC1，AB的中点，则下列说法正确的是()A．MN＝eq\f(1,2)EFB．MN≠eq\f(1,2)EFC．MN与EF异面D．MN与EF平行答案BC解析设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2a，则MN＝eq\r(MC\o\al(2,1)＋C1N2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,2)))2)＝eq\r(2)a，作点E在平面ABCD内的射影点G，连接EG，GF，所以EF＝eq\r(EG2＋GF2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,2)))2＋\r(2)a2)＝eq\r(3)a，所以MN≠eq\f(1,2)EF，故选项B正确，A错误；连接DE，因为E为平面ADD1A1的中心，所以DE＝eq\f(1,2)A1D，又因为M，N分别为B1C1，CC1的中点，所以MN∥B1C，又因为B1C∥A1D，所以MN∥ED，且DE∩EF＝E，所以MN与EF异面，故选项C正确，D错误．12．(2024·舟山模拟)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面ABC为正三角形，侧棱AA1垂直于底面ABC，D为AC的中点，则下列判断正确的是()A．C1D与BB1是异面直线B．BD⊥A1C1C．平面BDC1⊥平面ACC1A1D．A1B1∥平面BDC1答案ABC解析对于A，在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1∥CC1，CC1⊂平面ACC1A1，BB1⊄平面ACC1A1，所以BB1∥平面ACC1A1，又CC1∩C1D＝C1，所以C1D与BB1是异面直线，故A正确；对于B，因为AA1垂直于底面ABC，BD⊂平面ABC，所以AA1⊥BD，又因为△ABC为正三角形，且D为AC的中点，所以BD⊥AC，又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，又A1C1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥A1C1，故B正确；对于C，因为BD⊥平面ACC1A1，BD⊂平面BDC1，所以平面BDC1⊥平面ACC1A1，故C正确；对于D，因为AB∩平面BDC1＝B，所以AB与平面BDC1不平行，又AB∥A1B1，所以A1B1与平面BDC1不平行，故D错误．三、填空题13．(2023·榆林模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，且PA＝AB，AD＝eq\r(3)AB，则tan∠APC＝________.答案2解析∵PA⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，∴PA⊥AC，设AB＝1，则PA＝1，AD＝eq\r(3)，AC＝eq\r(AD2＋CD2)＝2，∴tan∠APC＝eq\f(AC,PA)＝2.14.如图，已知PA⊥PB，PA⊥PC，∠ABP＝∠ACP＝60°，PB＝PC＝eq\r(2)BC，D是BC的中点，则AD与平面PBC所成角的余弦值为______．答案eq\f(\r(217),31)解析∵PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，∴PA⊥平面PBC，连接PD，如图所示，则PD是AD在平面PBC内的射影，∴∠PDA就是AD与平面PBC所成的角．又∵∠ABP＝∠ACP＝60°，PB＝PC＝eq\r(2)BC，D是BC的中点，∴PD＝eq\f(\r(7),2)BC，PA＝eq\r(6)BC，∴AD＝eq\f(\r(31),2)BC，∴cos∠PDA＝eq\f(PD,AD)＝eq\f(\r(217),31)，∴AD与平面PBC所成角的余弦值为eq\f(\r(217),31).15.如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝5，点E是棱CC1上的一个动点，若平面BED1交棱AA1于点F，则四棱锥B1－BED1F的体积为________，截面四边形BED1F的周长的最小值为________.答案202eq\r(74)解析由题意可得D1F∥BE，则＝＋＝＋＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)BB1·BC·AB＋\f(1,2)BB1·AB·D1A1))＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×5×4×3＋\f(1,2)×5×3×4))＝20.将长方体展开，如图所示，当点E为BD1与CC1的交点，F为BD1与AA1的交点时，截面四边形BED1F的周长最小，最小值为2BD1＝2eq\r(52＋3＋42)＝2eq\r(74).16．青铜豆最早见于商代晚期，盛行于春秋战国时期，它不仅可以作为盛放食物的铜器，还是一件十分重要的礼器，图①为河南出土的战国青铜器——方豆，豆盘以上是长方体容器和正四棱台的斗形盖．图②是与主体结构相似的几何体，其中AB＝4，MN＝NF＝2，K为BC上一点，且eq\f(CK,BC)＝eq\f(1,3)，Z为PQ上一点．若DK⊥MZ，则eq\f(QZ,ZP)＝________；若几何体EFGH－MNPQ的所有顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为________．答案eq\f(1,2)40π解析由题意可知，平面ABCD∥平面EFGH∥平面MNPQ，设平面EMZ交平面ABCD于AJ，因为平面EMZ交平面MNPQ＝MZ，所以MZ∥AJ，设DK∩AJ＝L，因为DK⊥MZ，所以DK⊥AJ，因为∠DKC＋∠KDC＝eq\f(π,2)，∠DJL＋∠KDC＝eq\f(π,2)，所以∠DKC＝∠DJL，而∠DCK＝∠ADJ＝eq\f(π,2)，所以△DCK∽△ADJ，所以eq\f(CK,DJ)＝eq\f(DC,AD)，所以eq\f(CK,DC)＝eq\f(DJ,AD)，因为四边形ABCD为正方形，所以CJ∶JD＝BK∶KC＝2∶1.所以eq\f(QZ,ZP)＝eq\f(DJ,JC)＝eq\f(1,2)，几何体EFGH－MNPQ为正四棱台，由正四棱台的对称性可知，几何体EFGH－MNPQ的外接球的球心必在平面NFHQ上，设NQ的中点为O1，FH的中点为O2，则球心O在O1O2上，连接OO1，OF，ON，由题意可知，FH＝eq\r(2)AB＝4eq\r(2)，NQ＝eq\r(2)MN＝2eq\r(2)，FO2＝2eq\r(2)，NO1＝eq\r(2)，过N作NS⊥FH于S，则FS＝eq\f(1,2)(FH－NQ)＝eq\f(1,2)(4eq\r(2)－2eq\r(2))＝eq\r(2)，由勾股定理得NS＝eq\r(FN2－FS2)＝eq\r(4－2)＝eq\r(2)，所以O1O2＝NS＝eq\r(2)，设外接球的半径为R，OO2＝d，由R＝OF＝ON可得eq\r(FO\o\al(2,2)＋OO\o\al(2,2))＝eq\r(NO\o\al(2,1)＋OO\o\al(2,1))，即eq\r(8＋d2)＝eq\r(2＋d＋\r(2)2)，解得d＝eq\r(2)，所以R＝OF＝eq\r(2\r(2)2＋\r(2)2)＝eq\r(10)，所以几何体EFGH－MNPQ外接球的表面积为S＝4πR2＝40π.§10.2二项式定理课标要求能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．知识梳理1．二项式定理二项式定理(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b1＋…＋Ceq\o\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq\o\al(n,n)bn(n∈N*)二项展开式的通项Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk，它表示展开式的第k＋1项二项式系数Ceq\o\al(k,n)(k＝0,1，…，n)2.二项式系数的性质(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等．(2)增减性与最大值：①当k<eq\f(n＋1,2)时，Ceq\o\al(k,n)随k的增加而增大；由对称性知，当k>eq\f(n＋1,2)时，Ceq\o\al(k,n)随k的增加而减小．②当n是偶数时，中间的一项取得最大值；当n是奇数时，中间的两项与相等，且同时取得最大值．(3)各二项式系数的和：(a＋b)n的展开式的各二项式系数的和为Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝2n.常用结论1．Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(4,n)＋…＝Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋Ceq\o\al(5,n)＋…＝2n－1.2．Ceq\o\al(m,n＋1)＝Ceq\o\al(m－1,n)＋Ceq\o\al(m,n).自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)Ceq\o\al(k,n)an－kbk是(a＋b)n的展开式中的第k项．(×)(2)(a＋b)n的展开式中每一项的二项式系数与a，b无关．(√)(3)通项公式Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk中的a和b不能互换．(√)(4)二项展开式中系数的最大项就是二项式系数的最大项．(×)2．(选择性必修第三册P31T4改编)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\r(x)))10的展开式中x2的系数等于()A．45B．20C．－30D．－90答案A解析因为展开式的通项为Tk＋1＝·x－(10－k)＝，令－10＋eq\f(3,2)k＝2，得k＝8，所以展开式中x2的系数为(－1)8×Ceq\o\al(8,10)＝45.3．(选择性必修第三册P34T1改编)eq\f(C\o\al(0,2023)＋C\o\al(1,2023)＋C\o\al(2,2023)＋…＋C\o\al(2023,2023),C\o\al(0,2024)＋C\o\al(2,2024)＋C\o\al(4,2024)＋…＋C\o\al(2024,2024))的值为()A．1 B．2C．2023 D．2023×2024答案A解析原式＝eq\f(22023,22024－1)＝eq\f(22023,22023)＝1.4．在二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(2,x)))n的展开式中二项式系数之和是32，则展开式中各项系数的和为________．答案－1解析因为二项式系数之和为2n＝32，所以n＝5.令x＝1，可得各项系数的和为(1－2)5＝－1.题型一通项公式的应用命题点1形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式例1(1)(x－2y)8的展开式中x6y2的系数为________(用数字作答)．答案112解析因为(x－2y)8的展开式中含x6y2的项为Ceq\o\al(2,8)x6(－2y)2＝112x6y2，所以(x－2y)8的展开式中x6y2的系数为112.(2)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,\r(x))))5的展开式中x5的系数为A，x2的系数为B，若A＋B＝11，则a＝______.答案±1解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,\r(x))))5的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)x5－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,\r(x))))k＝.由5－eq\f(3,2)k＝5，得k＝0，由5－eq\f(3,2)k＝2，得k＝2，所以A＝Ceq\o\al(0,5)×(－a)0＝1，B＝Ceq\o\al(2,5)×(－a)2＝10a2，则由1＋10a2＝11，解得a＝±1.命题点2形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展开式例2(1)(2022·新高考全国Ⅰ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答)．答案－28解析(x＋y)8展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,8)x8－kyk，k＝0,1，…，7,8.令k＝6，得T6＋1＝Ceq\o\al(6,8)x2y6；令k＝5，得T5＋1＝Ceq\o\al(5,8)x3y5，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为Ceq\o\al(6,8)－Ceq\o\al(5,8)＝－28.(2)若(x2＋a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))8的展开式中x8的系数为9，则a的值为________．答案1解析因为(x2＋a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))8＝x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))8＋a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))8，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))8展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,8)x8－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))k＝Ceq\o\al(k,8)x8－2k，当8－2k＝6时，k＝1，此时x6的系数为Ceq\o\al(1,8).当8－2k＝8时，k＝0，此时x8的系数为Ceq\o\al(0,8).所以展开式中x8的系数为Ceq\o\al(1,8)＋aCeq\o\al(0,8)＝8＋a＝9，解得a＝1.破解三项展开式问题求三项展开式中某些指定的项，常常利用这几种方法：(1)两项看成一项，利用二项式定理展开．(2)因式分解，转化为两个二项式再求解．(3)看作多个因式的乘积，用组合的知识解答．典例(1)(3x2＋2x＋1)10的展开式中，含x2的项的系数为________．答案210解析因为(3x2＋2x＋1)10＝[3x2＋(2x＋1)]10＝Ceq\o\al(0,10)(3x2)10＋Ceq\o\al(1,10)(3x2)9(2x＋1)＋Ceq\o\al(2,10)(3x2)8(2x＋1)2＋…＋Ceq\o\al(9,10)(3x2)1(2x＋1)9＋Ceq\o\al(10,10)(2x＋1)10，所以含有x2的项为Ceq\o\al(9,10)3x2·Ceq\o\al(9,9)19＋Ceq\o\al(10,10)Ceq\o\al(8,10)(2x)218＝210x2.所以(3x2＋2x＋1)10的展开式中，含x2的项的系数为210.(2)(1＋2x－3x2)5的展开式中含x5的项的系数为________．答案92解析将(1＋2x－3x2)5看作5个因式1＋2x－3x2的乘积，这5个因式乘积的展开式中形成x5的来源有：①5个因式各出一个2x，这样的方式有Ceq\o\al(5,5)种，对应的项为Ceq\o\al(5,5)(2x)5；②有3个因式各出一个2x，有1个因式出一个－3x2，剩余1个因式出一个1，这样的方式有Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,2)种，对应的项为Ceq\o\al(3,5)(2x)3Ceq\o\al(1,2)(－3x2)；③有1个因式出一个2x,2个因式各出一个－3x2，剩余2个因式各出一个1，这样的方式有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(2,4)种，对应的项为Ceq\o\al(1,5)×2x×Ceq\o\al(2,4)×(－3x2)2；所以含x5的项的系数为Ceq\o\al(5,5)×25＋Ceq\o\al(3,5)×23×Ceq\o\al(1,2)×(－3)＋Ceq\o\al(1,5)×2×Ceq\o\al(2,4)×(－3)2＝92.思维升华(1)求二项展开式中的问题，一般是化简通项后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项即可．(2)对于几个多项式积的展开式中的问题，一般可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏．跟踪训练1(1)(多选)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,\r(x))))n的展开式中第3项与第5项的系数之比为3∶14，则下列结论成立的是()A．n＝10B．展开式中的常数项为45C．含x5的项的系数为210D．展开式中的有理项有5项答案ABC解析二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)x2n－2k＝，由于第3项与第5项的系数之比为3∶14，则eq\f(C\o\al(2,n),C\o\al(4,n))＝eq\f(3,14)，故eq\f(\f(nn－1,1×2),\f(nn－1n－2n－3,1×2×3×4))＝eq\f(3,14)，得n2－5n－50＝0，解得n＝10(负值舍去)，故A正确；则Tk＋1＝，令20－eq\f(5k,2)＝0，解得k＝8，则展开式中的常数项为(－1)8Ceq\o\al(8,10)＝45，故B正确；令20－eq\f(5k,2)＝5，解得k＝6，则含x5的项的系数为(－1)6Ceq\o\al(6,10)＝210，故C正确；令20－eq\f(5k,2)∈Z，则k为偶数，此时k＝0,2,4,6,8,10，故有6项有理项，故D错误．(2)(2024·攀枝花模拟)(1－ax2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为12，则a＝________.答案－2解析由(1＋x)4的展开式通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,4)xk，所以含x3的项为Ceq\o\al(3,4)x3＋(－ax2)Ceq\o\al(1,4)x＝(Ceq\o\al(3,4)－aCeq\o\al(1,4))x3，故Ceq\o\al(3,4)－aCeq\o\al(1,4)＝4－4a＝12，可得a＝－2.题型二二项式系数与项的系数的问题命题点1二项式系数和与系数和例3(1)(多选)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2x))2n＋1的展开式中第二项与第三项的系数的绝对值之比为1∶8，则()A．n＝4B．展开式中所有项的系数和为1C．展开式中二项式系数和为24D．展开式中不含常数项答案AD解析由题意得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(C\o\al(1,2n＋1)×－2,C\o\al(2,2n＋1)×－22)))＝eq\f(1,8)，则eq\f(22n＋1,4×\f(2n＋1×2n,2！))＝eq\f(1,8)，解得n＝4，故A正确；所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2x))2n＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2x))9，令x＝1，则所有项的系数之和为－1，故B错误；所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2x))9的二项式系数和为29，故C错误；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2x))9的通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))9－k(－2x)k＝Ceq\o\al(k,9)(－2)kx2k－9，若Tk＋1为常数项，则有2k－9＝0，解得k＝eq\f(9,2)∉N，所以不存在常数项，故D正确．(2)(多选)(2023·重庆模拟)已知(1－2x)2024＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2023x2023＋a2024x2024，则()A．展开式中二项式系数最大项为第1012项B．展开式中所有项的系数和为1C．eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(a2023,22023)＋eq\f(a2024,22024)＝－1D．a1＋2a2＋3a3＋…＋2023a2023＋2024a2024＝4048答案BCD解析由二项展开式中的二项式系数性质可知二项式系数最大为Ceq\o\al(1012,2024)，易知应为第1013项，故A错误；令x＝1，可得(1－2)2024＝a0＋a1＋a2＋…＋a2023＋a2024＝1，即展开式中所有项的系数和为1，故B正确；令x＝0，可得a0＝1，令x＝eq\f(1,2)，可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2×\f(1,2)))2024＝a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a2023,22023)＋eq\f(a2024,22024)＝0，所以eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(a2023,22023)＋eq\f(a2024,22024)＝－1，故C正确；将等式(1－2x)2024＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2023x2023＋a2024x2024两边同时求导可得，2024×(－2)(1－2x)2023＝a1＋2a2x1＋…＋2023a2023x2022＋2024a2024x2023，再令x＝1，可得a1＋2a2＋3a3＋…＋2023a2023＋2024a2024＝4048，故D正确．命题点2系数与二项式系数的最值例4已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,\r(x))))n的二项展开式中二项式系数之和为64，则下列结论正确的是()A．二项展开式中各项系数之和为37B．二项展开式中二项式系数最大的项为C．二项展开式中无常数项D．二项展开式中系数最大的项为240x3答案D解析因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,\r(x))))n的二项展开式中二项式系数之和为64，所以2n＝64，则n＝6，所以二项式为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,\r(x))))6，则二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)(2x)6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))k＝，令x＝1，可得二项展开式中各项系数之和为36，故A错误；第4项的二项式系数最大，此时k＝3，则二项展开式中二项式系数最大的项为T4＝＝，故B错误；令6－eq\f(3,2)k＝0，则k＝4，所以二项展开式中的常数项为＝60，故C错误；令第k＋1项的系数最大，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(k,6)26－k≥C\o\al(k－1,6)26－k＋1，,C\o\al(k,6)26－k≥C\o\al(k＋1,6)26－k－1，))解得eq\f(4,3)≤k≤eq\f(7,3)，因为k∈N，所以k＝2.所以二项展开式中系数最大的项为T3＝Ceq\o\al(2,6)24x3＝240x3，故D正确．思维升华(1)赋值法的应用一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝(a＋bx)n，则(a＋bx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(a＋bx)n的展开式中奇数项的系数和为eq\f(1,2)[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展开式中偶数项的系数和为eq\f(1,2)[g(1)－g(－1)]．(2)二项展开式系数最大项的求法如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1，))从而解得k.跟踪训练2(1)已知(mx＋1)n(n∈N*，m∈R)的展开式只有第5项的二项式系数最大，设(mx＋1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若a1＝8，则a2＋a3＋…＋an等于()A．63B．64C．247D．255答案C解析因为展开式只有第5项的二项式系数最大，所以展开式共9项，所以n＝8，因为a1＝Ceq\o\al(7,8)·m＝8，所以m＝1，所以(x＋1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a8＝28＝256，令x＝0，得a0＝1，所以a2＋a3＋…＋an＝256－8－1＝247.(2)(多选)若(3x－2)2025＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a2025x2025(x∈R)，则()A．a0＝22025B．a0＋a2＋a4＋…＋a2024＝eq\f(1－52025,2)C．a1＋a3＋a5＋…＋a2025＝eq\f(－52025－1,2)D.eq\f(a1,3)＋eq\f(a2,32)＋eq\f(a3,33)＋…＋eq\f(a2025,32025)＝22025－1答案BD解析对于A，当x＝0时，a0＝(－2)2025＝－22025，A错误；对于B，C，当x＝1时，a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2025＝12025＝1，当x＝－1时，a0－a1＋a2－a3＋…＋a2024－a2025＝－52025，所以a0＋a2＋a4＋…＋a2024＝eq\f(1－52025,2)，a1＋a3＋a5＋…＋a2025＝eq\f(52025＋1,2)，所以B正确，C错误；对于D，当x＝eq\f(1,3)时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×\f(1,3)－2))2025＝a0＋eq\f(a1,3)＋eq\f(a2,32)＋…＋eq\f(a2025,32025)，所以eq\f(a1,3)＋eq\f(a2,32)＋eq\f(a3,33)＋…＋eq\f(a2025,32025)＝(－1)2025－a0＝22025－1，D正确．题型三二项式定理的综合应用例5(1)设a∈Z，且0≤a≤13，若512025＋a能被13整除，则a等于()A．0B．1C．11D．12答案B解析因为a∈Z，且0≤a≤13，所以512025＋a＝(52－1)2025＋a＝Ceq\o\al(0,2025)·522025－Ceq\o\al(1,2025)·522024＋Ceq\o\al(2,2025)·522023－…＋Ceq\o\al(2024,2025)·52－Ceq\o\al(2025,2025)＋a，因为512025＋a能被13整除，所以－Ceq\o\al(2025,2025)＋a＝－1＋a能被13整除，又0≤a≤13，所以a＝1.(2)利用二项式定理计算1.056，则其结果精确到0.01的近似值是()A．1.23B．1.24C．1.33D．1.34答案D解析1.056＝(1＋0.05)6＝Ceq\o\al(0,6)＋Ceq\o\al(1,6)×0.05＋Ceq\o\al(2,6)×0.052＋Ceq\o\al(3,6)×0.053＋…＋Ceq\o\al(6,6)×0.056＝1＋0.3＋0.0375＋0.0025＋…＋0.056≈1.34.思维升华二项式定理应用的题型及解法(1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有除式的因式．(2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不是很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx.跟踪训练3(1)设n为奇数，那么11n＋Ceq\o\al(1,n)·11n－1＋Ceq\o\al(2,n)·11n－2＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)·11－1除以13的余数是()A．－3B．2C．10D．11答案C解析11n＋Ceq\o\al(1,n)·11n－1＋Ceq\o\al(2,n)·11n－2＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)·11－1＝Ceq\o\al(0,n)·11n＋Ceq\o\al(1,n)·11n－1＋Ceq\o\al(2,n)·11n－2＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)·11＋Ceq\o\al(n,n)－2＝(11＋1)n－2＝12n－2＝(13－1)n－2＝Ceq\o\al(0,n)·13n－Ceq\o\al(1,n)·13n－1＋…＋(－1)n－1·Ceq\o\al(n－1,n)·13＋(－1)n·Ceq\o\al(n,n)－2，因为n为奇数，则上式＝Ceq\o\al(0,n)·13n－Ceq\o\al(1,n)·13n－1＋…＋(－1)n－1·Ceq\o\al(n－1,n)·13－3＝[Ceq\o\al(0,n)·13n－Ceq\o\al(1,n)·13n－1＋…＋(－1)n－1·Ceq\o\al(n－1,n)·13－13]＋10，所以11n＋Ceq\o\al(1,n)·11n－1＋Ceq\o\al(2,n)·11n－2＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)·11－1除以13的余数是10.(2)利用二项式定理计算0.996，则其结果精确到0.001的近似值是()A．0.940 B．0.941C．0.942 D．0.943答案B解析0.996＝(1－0.01)6＝Ceq\o\al(0,6)×1－Ceq\o\al(1,6)×0.01＋Ceq\o\al(2,6)×0.012－Ceq\o\al(3,6)×0.013＋…＋Ceq\o\al(6,6)×0.016＝1－0.06＋0.0015－0.00002＋…＋0.016≈0.941.课时精练一、单项选择题1．已知二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))5的展开式中eq\f(1,x)的系数是10，则实数a等于()A．－1B．1C．－2D．2答案B解析二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))5的展开式为Ceq\o\al(k,5)·x5－k·(ax－1)k＝ak·Ceq\o\al(k,5)·x5－2k，令5－2k＝－1，解得k＝3，所以a3·Ceq\o\al(3,5)＝10a3＝10，a＝1.2．若(1＋3x)2＋(1＋2x)3＋(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4等于()A．49B．56C．59D．64答案C解析令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝(1＋3)2＋(1＋2)3＋(1＋1)4＝59.3．(x＋2y)5(x－3y)的展开式中x3y3的系数为()A．－120B．－40C．80D．200答案B解析(x＋2y)5的展开式通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)·x5－k·(2y)k＝Ceq\o\al(k,5)·2k·x5－kyk，因为(x＋2y)5(x－3y)＝x(x＋2y)5－3y(x＋2y)5，在xTk＋1＝Ceq\o\al(k,5)·2k·x6－kyk中，令6－k＝3可得k＝3，在yTk＋1＝Ceq\o\al(k,5)·2k·x5－kyk＋1中，令5－k＝3可得k＝2，因此，展开式中x3y3的系数为Ceq\o\al(3,5)·23－3Ceq\o\al(2,5)·22＝－40.4．已知(2x－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则|a0|＋|a1|＋…＋|a5|等于()A．1B．243C．121D．122答案B解析令x＝1，得a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝1，①令x＝－1，得－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝－243，②①＋②，得2(a4＋a2＋a0)＝－242，即a4＋a2＋a0＝－121.①－②，得2(a5＋a3＋a1)＝244，即a5＋a3＋a1＝122.所以|a0|＋|a1|＋…＋|a5|＝122＋121＝243.5．(x＋y－2z)5的展开式中，xy2z2的系数是()A．120B．－120C．60D．30答案A解析方法一由题意知(x＋y－2z)5＝[(x＋y)－2z]5，展开式的第k＋1项为Ceq\o\al(k,5)(x＋y)5－k(－2z)k，令k＝2，可得第3项为(－2)2Ceq\o\al(2,5)(x＋y)3z2，(x＋y)3的展开式的第m＋1项为Ceq\o\al(m,3)x3－mym，令m＝2，可得第3项为Ceq\o\al(2,3)xy2，所以(x＋y－2z)5的展开式中，xy2z2的系数是(－2)2Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3)＝120.方法二(x＋y－2z)5相当于5个(x＋y－2z)相乘，含xy2z2的项则是其中1个(x＋y－2z)中取x，2个(x＋y－2z)中取y,2个(x＋y－2z)中取z，故系数为Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)(－2)2＝120.6．多项式(x2＋1)(x＋1)(x＋2)(x＋3)的展开式中x3的系数为()A．6B．8C．12D．13答案C解析原式＝x2(x＋1)(x＋2)(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)(x＋3)，所以展开式中含x3的项包含(x＋1)(x＋2)(x＋3)中x项为1·2·x＋2·3·x＋1·3·x＝11x，和(x＋1)(x＋2)(x＋3)中x3的项为x3，这两项的系数和为11＋1＝12.二、多项选择题7．(2023·长春模拟)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2)))n的展开式中的第三项的系数为45，则()A．n＝9B．展开式中所有项的系数和为1024C．二项式系数最大的项为中间项D．含x3的项是第7项答案BCD解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2)))n的展开式的第三项为T3＝Ceq\o\al(2,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(4,\f(1,x))))n－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x2)))2＝＝，所以第三项的系数为Ceq\o\al(2,n)＝45，所以n＝10，故A错误；所以二项式为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2)))10，令x＝1得展开式中所有项的系数和为210＝1024，故B正确；展开式中共有11项，则二项式系数最大的项为中间项，故C正确；通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(4,\f(1,x))))10－k(eq\r(3,x2))k＝＝，令eq\f(11k－30,12)＝3，解得k＝6，所以含x3的项是第7项，故D正确．8.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出著名的杨辉三角，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．如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为1,1,2,3,5,8,13，….以下关于杨辉三角的猜想中正确的是()A．由“与首末两端等距离的两个二项式系数相等”猜想Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)B．由“在相邻两行中，除1以外的每个数都等于它肩上的两个数之和”猜想Ceq\o\al(r,n＋1)＝Ceq\o\al(r－1,n)＋Ceq\o\al(r,n)C．第9条斜线上各数之和为55D．在第n(n≥5)条斜线上，各数从左往右先增大后减小答案ABD解析根据二项式系数的性质，结合杨辉三角即可得Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)，Ceq\o\al(r,n＋1)＝Ceq\o\al(r－1,n)＋Ceq\o\al(r,n)成立，故A，B正确；第1条斜线上的数为Ceq\o\al(0,0)，第2条斜线上的数为Ceq\o\al(0,1)，第3条斜线上的数为Ceq\o\al(0,2)，Ceq\o\al(1,1)，第4条斜线上的数为Ceq\o\al(0,3)，Ceq\o\al(1,2)，第5条斜线上的数为Ceq\o\al(0,4)，Ceq\o\al(1,3)，Ceq\o\al(2,2)，第6条斜线上的数为Ceq\o\al(0,5)，Ceq\o\al(1,4)，Ceq\o\al(2,3)，第7条斜线上的数为Ceq\o\al(0,6)，Ceq\o\al(1,5)，Ceq\o\al(2,4)，Ceq\o\al(3,3)，…，由此，归纳得到，第2n(n∈N*)条斜线上的数依次为Ceq\o\al(0,2n－1)，Ceq\o\al(1,2n－2)，Ceq\o\al(2,2n－3)，…，Ceq\o\al(n－1,n)，第(2n＋1)(n∈N)条斜线上的数依次为Ceq\o\al(0,2n)，Ceq\o\al(1,2n－1)，Ceq\o\al(2,2n－2)，…，Ceq\o\al(n,n).所以第9条斜线上各数为Ceq\o\al(0,8)，Ceq\o\al(1,7)，Ceq\o\al(2,6)，Ceq\o\al(3,5)，Ceq\o\al(4,4)，其和为Ceq\o\al(0,8)＋Ceq\o\al(1,7)＋Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(4,4)＝1＋7＋15＋10＋1＝34，故C错误；在第n(n≥5)条斜线上，各数从左往右先增大后减小，故D正确．三、填空题9．若展开式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)＋\f(1,2x)))n中只有第5项的二项式系数最大，则其展开式中常数项为________．答案7解析由题意得n＝8，所以展开式中第k＋1项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,8)(eq\r(3,x))8－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)))k＝，令eq\f(8－4k,3)＝0，得k＝2，故常数项为Ceq\o\al(2,8)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝7.10．若(1＋x)6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(m,x2)))展开式中x2的系数为30，则m＝________.答案1解析(1＋x)6展开式通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)xk，则Ceq\o\al(k,6)xkeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(m,x2)))＝mCeq\o\al(k,6)xk＋mCeq\o\al(k,6)xk－2，∴mCeq\o\al(2,6)＋mCeq\o\al(4,6)＝30，解得m＝1.11．设(x＋1)(2x2－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a11x11，则a0＋22a2＋24a4＋…＋210a10＝________.答案75解析令x＝2，得3×75＝a0＋2a1＋22a2＋…＋211a11，①令x＝－2，得－75＝a0－2a1＋22a2－…－211a11，②由eq\f(①＋②,2)，得a0＋22a2＋24a4＋…＋210a10＝eq\f(3×75－75,2)＝75.12．写出一个可以使得992025＋a被100整除的正整数a＝________.答案1(答案不唯一)解析由题意可知992025＋a＝(100－1)2025＋a，将(100－1)2025利用二项式定理展开得(100－1)2025＝Ceq\o\al(0,2025)1002025×(－1)0＋Ceq\o\al(1,2025)1002024×(－1)1＋…＋Ceq\o\al(2024,2025)1001×(－1)2024＋Ceq\o\al(2025,2025)1000×(－1)2025，显然Ceq\o\al(0,2025)1002025×(－1)0＋Ceq\o\al(1,2025)1002024×(－1)1＋…＋Ceq\o\al(2024,2025)1001×(－1)2024能被100整除，所以只需Ceq\o\al(2025,2025)1000(－1)2025＋a＝－1＋a是100的整数倍即可，所以－1＋a＝100n(n∈Z)，得a＝100n＋1(n∈Z)，不妨取n＝0，得a＝1.四、解答题13．已知(＋3x2)n的展开式中，各项系数和与它的二项式系数和的比值为32.(1)求展开式中二项式系数最大的项；(2)求展开式中系数最大的项．解(1)令x＝1，得展开式中的各项系数和为(1＋3)n＝22n，又展开式中二项式系数和为2n.所以eq\f(22n,2n)＝32，解得n＝5.因为n＝5，所以展开式共有6项，所以二项式系数最大的项为第三、四两项，即T3＝Ceq\o\al(2,5)()3(3x2)2＝90x6，T4＝Ceq\o\al(3,5)()2(3x2)3＝.(2)设展开式中第k＋1项的系数最大，Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)()5－k(3x2)k＝，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3kC\o\al(k,5)≥3k－1C\o\al(k－1,5)，,3kC\o\al(k,5)≥3k＋1C\o\al(k＋1,5)，))解得eq\f(7,2)≤k≤eq\f(9,2)，因为k∈N，所以k＝4，即展开式中系数最大的项为T5＝＝.14．在①只有第5项的二项式系数最大；②第4项与第6项的二项式系数相等；③奇数项的二项式系数的和为128，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题．已知(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，________.(1)求eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(an,2n)的值；(2)求a1＋2a2＋3a3＋…＋nan的值．解(1)若选①：因为只有第5项的二项式系数最大，所以展开式中共有9项，即n＋1＝9，得n＝8.若选②：因为第4项与第6项的二项式系数相等，所以Ceq\o\al(3,n)＝Ceq\o\al(5,n)⇒n＝8.若选③：因为奇数项的二项式系数的和为128，所以2n－1＝128，解得n＝8.所以(2x－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，令x＝eq\f(1,2)，则有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(1,2)－1))8＝a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a8,28)，即有a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a8,28)＝0，令x＝0，得a0＝1，所以eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a8,28)＝－a0＝－1.综上所述，eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a8,28)＝－1.(2)由(1)可知，n＝8，(2x－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，两边求导得16(2x－1)7＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋8a8x7，令x＝1，则有16＝a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8，所以a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝16.15．(多选)下列结论正确的是()A．eq\i\su(k＝0,n,2)kCeq\o\al(k,n)＝3n(n∈N*)B．多项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x)－x))6展开式中x3的系数为52C．若(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，x∈R，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝310D．2Ceq\o\al(0,2n)＋Ceq\o\al(1,2n)＋2Ceq\o\al(2,2n)＋Ceq\o\al(3,2n)＋…＋Ceq\o\al(2n－1,2n)＋2Ceq\o\al(2n,2n)＝3·22n－1(n∈N*)答案ACD解析对于A，eq\i\su(k＝0,n,2)kCeq\o\al(k,n)＝20Ceq\o\al(0,n)＋21Ceq\o\al(1,n)＋22Ceq\o\al(2,n)＋…＋2nCeq\o\al(n,n)