二项式系数性质练习题

永川萱花中学高2021级 二项式系数性质练习题一、选择题（本大题共19小题，共95.0分）1. 图中各数类似“杨辉三角”，每行首末两数分别为1，2，每行除首末两数外，其余各数均等于“肩上”两数之和，则第n 行的n +1个数的和为( )A. 3nB. 3×2n−1C. 3(n 2−n)2+3D. n 2−n +32. 已知数列{a n }的通项为a n =2n −1(n ∈N ∗)，把数列{a n }的各项排列成如图所示的三角形数阵．记M(s,t)表示该数阵中第s行的第t 个数，则该数阵中的数2011对应于( )A. M(45,15)B. M(45,16)C. M(46,15)D. M(46,25)3. 如图所示：在杨辉三角中，斜线上方箭头所连的数组成一个齿形的数列：记这个数列前n 项和为S n ，则S 16等于( )A. 128B. 144C. 155D. 1644. 杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列．在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形，帕斯卡(1623--1662)是在1654年发现这一规律的，我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，这是我国数学史上的一个伟大成就．如图所示，在“杨辉三角”中，去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，⋅⋅⋅，则此数列前135项的和为( )A. 218−53B. 218−52C. 217−53D. 217−52 5. 若(x −1x )n 的展开式中第6项和第7项的二项式系数最大，则展开式中含x 3项的系数是( )A. 792B. −792C. 330D. −330 6. 若二项式(√x +1x )n 的展开式中各项的系数和为32，则该展开式中含x 的系数为( )A. 1B. 5C. 10D. 20 7. 设二项式(√x 3+3x)n 的展开式各项系数的和为a ，所有二项式系数的和为b.若a +2b =80，则n 的值为( )A. 8B. 4C. 3D. 28. 已知(ax +b)6的展开式中x 4项的系数与x 5项的系数分别为135与−18，则(ax +b)6的展开式中所有项系数之和为( )A. −1B. 1C. 32D. 649. 设(1+x)n =a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+⋯+a n x n ，若a 1+a 2+a 3+⋯+a n =63，则展开式中系数最大的项是( )A. 15x 2B. 20x 3C. 21x 3D. 35x 310. 已知(x +1)5(2x −1)3=a 8x 8+a 7x 7+⋯+a 1x +a 0，则a 7的值为( )A. −2B. 28C. 43D. 5211. 已知(x +1)(2x +a)5的展开式中各项系数和为2，则其展开式中含x 3项的系数是( )A. −40B. −20C. 20D. 4012. 对任意的实数有x 4=a 0+a 1(x −2)+a 2(x −2)2+⋯+a 4(x −2)4，则a 2等于( )A. 24B. 16C. 8D. 3213. 设(1+x +x 2)n =a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a 2n x 2n ，则a 0+a 2+⋯+a 2n 的值是( )A. 12(3n −1)B. 12(3n +1)C. 3nD. 3n +114. 若(1−2x)2012=a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a 2012x 2012，则(a 0+a 1)+(a 1+a 2)+(a 2+a 3)+⋯+(a 2011+a 2012)=( )A. 1B. 22012C. 1−22012D. 2−2201215. 如果(ax −34x )(x +1x )6的展开式中各项系数的和为16，则展开式中x 3项的系数为( ) A. 392 B. −392 C. −212 D. 212 16. 设(x 2−3x +2)4=a 0+a 1x +⋯+a 8x 8，则a 7=( )A. −4B. −8C. −12D. −1617. (x −2)5(√x −1)4的展开式中，无理项的系数和为A. −8B. 8C. 16D. −1618. 设m 为正整数，(x +y)2m 展开式的二项式系数的最大值为a ，(x +y)2m+1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a =7b ，则m =( )A. 5B. 6C. 7D. 819. (x +1)(x 2−x −2)3的展开式中，含x 5项的系数为( )A. −6B. −12C. −18D. 18二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）20. 我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》中，用图①的三角形形象地表示了二项式系数规律，俗称“杨辉三角形”.现将杨辉三角形中的奇数换成1，偶数换成0，得到图②所示的由数字0和1组成的三角形数表，由上往下数，记第n 行各数字的和为S n ，如S 1=1，S 2=2，S 3=2，S 4=4，……，则S 126=________．21.在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》(1261年)一书中，用如图1所示的三角形，解释二项和的乘方规律．在欧洲直到1623年以后，法国数学家布莱士·帕斯卡的著作(1655年)介绍了这个三角形．近年来国外也逐渐承认这项成果属于中国，所以有些书上称这是“中国三角形”(Chinese triangle)如图1.17世纪德国数学家莱布尼茨发现了“莱布尼茨三角形”如图2.在杨辉三角中相邻两行满足关系式：，其中n是行数，r∈N.请类比上式，在莱布尼茨三角形中相邻两行满足的关系式是________．22.将三项式(x2+x+1)n展开，当n=0,1,2,3,...时，得到如图所示的展开式，如图所示的广义杨辉三角形：(x2+x+1)0=1(x2+x+1)1=x2+x+1(x2+x+1)2=x4+2x3+3x2+2x+1(x2+x+1)3=x6+3x5+6x4+7x3+6x2+3x+1(x2+x+1)4=x8+4x7+10x6+16x5+19x4+16x3+10x2+4x+1观察多项式系数之间的关系，可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角形，其构造方法：第0行为1，以下各行每个数是它头上与左右两肩上3数(不足3数的，缺少的数计为0)之和，第k行共有2k+1个数．若在(1+ax)(x2+x+1)5的展开式中，x8项的系数为75，则实数a的值为___________．)n展开式的各项系数之和为32，则n=______，其展开式中的常数项为23.若(x2+1x3______.(用数字作答)三、解答题（本大题共16小题，共192.0分）24.一个正三角形等分成4个全等的小正三角形，将中间的一个正三角形挖掉(如图1)，再将剩余的每个正三角形分成4个全等的小正三角形，并将中间的一个正三角形挖掉，得图2，如此继续下去…(1)图3共挖掉多少个正三角形？(2)设原正三角形边长为a，第n个图形共挖掉多少个正三角形？这些正三角形面积和为多少？25.设(2x−1)5=a0+a1x+a2x2+⋯+a5x5，求：(1)a0+a1+⋯+a5；(2)|a0|+|a1|+⋯+|a5|；(3)a1+a3+a5；(4)(a0+a2+a4)2−(a1+a3+a5)2．26. 设(1+12x)m =a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+⋯+a m x m ，若a 0，a 1，a 2成等差数列． (1)求(1+12x)m 展开式的中间项；(2)求(1+12x)m 展开式中所有含x 奇次幂的系数和；(3)求(1+12x)m+6展开式中系数最大项．27. 已知(x +2√x )n 的展开式所有项中第五项的二项式系数最大． (1)求n 的值；(2)求展开式中1x 的系数．28. 已知在(2x x 3)n 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5：2．(1)求n 的值；(2)求含x 2的项的系数；(3)求展开式中系数最大的项．29. 已知(x 2+1)(x −1)9=a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a 11x 11．(1)求a 2的值；(2)求展开式中系数最大的项；(3)求(a 1+3a 3+⋯+11a 11)2−(2a 2+4a 4+⋯+10a 10)2的值．30.(1)设(3x−1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4．①求a0+a1+a2+a3+a4；②求a0+a2+a4；③求a1+a2+a3+a4；(2)求S=C271+C272+⋯+C2727除以9的余数．31.已知(12+2x)n，(1)若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项．32.设(1−12x)n=a0+a1x+a2x2+a3x3+⋯+a n x n，若|a0|，|a1|，|a2|成等差数列．(1)求(1−12x)n展开式的中间项；(2)求(1−12x)n展开式中所有含x奇次幂的系数和；(3)求a1+2a2+3a3+⋯+na n的值．33. 在(2x −3y)10的展开式中(2x −3y)10=a 0x 10+a 1x 9y +a 2x 8y 2+⋯+a 10y 10，求：(1)各项二项式系数的和；(2)各项系数的和；(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和；(4)奇数项的系数和与偶数项的系数和；(5)x 的奇次项系数和与x 的偶次项系数和．34. 已知(√x 2√x 4)n的展开式中前三项x 的系数为等差数列．(1)求二项式系数最大项；(2)求展开式中系数最大的项．35. 若(1−2x)2018=a 0+a 1x +⋯+a 2018x 2018,x ∈R ，(1)求a 0的值；(2)求a 0+a 1+a 2+⋯+a 2018的值；(3)求 |a 0|+|a 1|+|a 2|+⋯+|a 2018|的值．36. 已知(√x −2x 2)n(n ∈N ∗)的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10∶1．(1)求展开式中各项系数的和；(2)求展开式中含x 23的项．37. 已知(1−2x)7=a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a 7x 7．(1)求a 1+a 2+⋯+a 7的值；(2)求a 1+a 3+a 5+a 7的值；(3)求|a 0|+|a 1|+⋯+|a 7|的值．38. 若二项式 (√x 3√x)n 的展开式中的常数项为第五项．求：(1)n 的值； (2)设展开式中所有项系数和等于A ，求√A 10的值；(3)展开式中系数最大的项．39. 已知(x −m)7=a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a 7x 7的展开式中x 4的系数是−35，(1)求a 1+a 2+⋯+a 7的值；(2)求a 1+a 3+a 5+a 7的值．答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查归纳推理的应用，注意直接分析各行的所有数的和变化规律．根据题意，由所给的表格，依次求出第1行的2个数的和，第2行的3个数的和，第3行的4个数的和，…，分析其变化规律即可得答案．【解答】解：根据题意，由所给的表格：第1行的2个数为1、2，其和为1+2=3=3×20，第2行的3个数为1、3、2，其和为1+3+2=6=3×21，第3行的4个数为1、4、5、2，其和为1+4+5+2=12=3×22，…；则第n行的n+1个数的和为3×2n−1，故选：B．2.【答案】B【解析】解：∵2011=2×1006−1∴2011是数列{a n}的第1006项∵数阵中，前n行的个数为n(n+1)2∴n=44时，n(n+1)2=990；n=45时，n(n+1)2=1035，∴第1006项在第45行，∵1006−990=16，∴M(45,16)故选：B．确定2011是数列{a n}的第1006项，结合数阵中，前n行的个数为n(n+1)2，即可得到结论．本题考查数列的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．3.【答案】D【解析】【分析】本题以杨辉三角为例，求锯齿形数列的前n项和，属于基础题．由图中锯齿形数列排列，列出前16项，即可得到S16的值．【解答】解：根据图中锯齿形数列的排列，前16项分别为1，2，3，3，6，4，10，5，15，6，21，7，28，8，36，9，∴前16项的和S16=1+2+3+3+6+4+10+5+15+6+21+7+28+8+36+9=164．故选：D．4.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查归纳推理的应用，结合杨辉三角形的系数与二项式系数的关系以及等比数列等差数列的求和公式是解决本题的关键，综合性较强，难度较大．利用n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，然后令x=1得到对应项的系数和，结合等比数列和等差数列的公式进行转化求解即可．【解答】解：n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，例如(x+1)2=x2+2x+1，系数分别为1，2，1，对应杨辉三角形的第3行，令x=1，就可以求出该行的系数之和，第1行为20，第2行为21，第3行为22，以此类推，即每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，则杨辉三角形的前n项和为S n=1−2n1−2=2n−1，若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，……，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，则T n=n(n+1)2，可得当n=15，在加上第16行的前15项时，所有项的个数和为135，由于最右侧为2，3，4，5，……，为首项是2，公差为1的等差数列，则第16行的第16项为17，因为杨辉三角形的前18项的和为S18=218−1，所以此数列前135项的和为S18−35−17=218−53，故选A．5.【答案】C【解析】【分析】本题考查二项式定理知识；先根据二项式系数特点确定n，再根据通项公式解出x3项的系数．【解答】解：第6项和第7项的二项式系数C n5和C n6，根据杨辉三角数字规律，C n5=C n6，n=11；二项式展开式通向公式为T r+1=C11r x11−r(−1x )r=(−1)r C11r x11−2r令r=4，则T5=(−1)4C114x3=330x3故应选C．6.【答案】B【解析】解：令x=1，则2n=32，解得n=5，∴(√x+1x )5的通项公式：Tr+1=∁5r(√x)5−r(1x)r=∁5r x52−3r2，令52−3r2=1，解得r=1．∴该展开式中含x的系数为∁51=5．故选：B．令x=1，则2n=32，解得n=5，再利用通项公式即可得出．本题考查了二项式定理的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7.【答案】C【解析】【分析】本题考查了二项式定理的应用，属于中档题．赋值法令x=1得展开式中各项系数和a=4n，所有二项式系数和b=2n，得a，b，进而解得n的值．解：令x =1得展开式中各项系数和a =4n ，所有二项式系数和b =2n ， ∴4n +2·2n =80，解得2n =8，∴n =3． 故选C ． 8.【答案】D【解析】【分析】本题考查了二项式定理的应用问题，属于基础题．由题意先求得a 、b 的值，再令x =1求出展开式中所有项的系数和． 【解答】解：(ax +b)6的展开式中x 4项的系数与x 5项的系数分别为135与−18，∴C 64⋅a 4⋅b 2=135①，C 65⋅a 5⋅b =−18②；由①、②组成方程组{15a 4b 2=1356a 5b =−18， 解得a =1，b =−3或a =−1、b =3；∴令x =1，求得(ax +b)6展开式中所有项系数之和为26=64． 故选D ． 9.【答案】B【解析】【分析】本题考查二项式定理的应用，考查二项式系数的性质，属于基础题．先令x =0得a 0=1，再令x =1得a 0+a 1+a 2+⋯…+a n =2n ，求出n =6，最后由二项式系数的性质即可求得． 【解答】解：令x =0可得a 0=1，令x =1可得a 0+a 1+a 2+⋯…+a n =2n ，所以a 1+a 2+⋯…+a n =2n −1=63，所以n =6，所以展开式中系数最大的项为第4项，为C 63x 3=20x 3．故选B ．10.【答案】B【解析】【分析】本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，属于中档题．直接求出(x +1)5中x 的4次方、5次方的系数与(2x −1)3展开式中x 的3次方与2次方的系数，再分别求解即可． 【解答】解：因为(x +1)5中x 的4次方、5次方的系数分别为：5、1， (2x −1)3展开式中x 的3次方、2次方的系数分别为：8、−12， 所以(x +1)5(2x −1)3=a 8x 8+a 7x 7+⋯+a 1x +a 0， 则 a 7的值为5×8−12×1=28． 故选Ｂ．11.【答案】D【解析】【分析】由题意先求得a =−1，再把(2x +a)5按照二项式定理展开，可得(x +1)(2x +a)5的展开式含x 3项的系数．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．解：令x=1，可得(x+1)(2x+a)5的展开式中各项系数和为2⋅(2+a)5=2，∴a=−1．二项式(x+1)(2x+a)5 =(x+1)(2x−1)5=(x+1)(32x5−80x4+80x3−40x2+10x−1)，故展开式中含x3项的系数是−40+80=40，故选：D．12.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．根据x4=a0+a1(x−2)+a2(x−2)2+⋯+a4(x−2)4=[2+(x−2)]4，利用二项展开式的通项公式，求得a2的值．【解答】解：对任意的实数有x4=a0+a1(x−2)+a2(x−2)2+⋯+a4(x−2)4=[2+(x−2)]4，故a2=C42⋅22=24，故选A．13.【答案】B【解析】【分析】利用二项展开式的系数关系，采用赋值法将x分别赋值为1，−1，解答即可．本题考查了二项式定理的运用，考查赋值法的运用．【解答】解：(1+x+x2)n=a0+a1x+a2x2+⋯+a2n x2n，令x=1得a0+a1+a2+⋯+a2n=3n①，令x=−1得a0−a1+a2+⋯+(−1)2n a2n=1②，(3n+1)．(①+②)÷2得a0+a2+⋯+a2n=12故选：B．14.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查二项式定理的应用，注意分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，属于基础题．在所给的等式中，令x=0求得a0=1；再令x=1，可得a0+a1 +a2 +⋯+a2012 =1，而a2012 =22012，故要求的式子即2(a0+a1 +a2 +⋯+a2012 )−a0−a2012，计算求得结果．【解答】解：在(1−2x)2012=a0+a1x+a2x2+⋯+a2012x2012(x∈R)中，令x=0，可得a0= 1，再令x=1，可得a0+a1+a2+⋯+a2012=1，而a2012=22012，∴(a0+a1)+(a1+a2)+(a2+a3)+⋯+(a2011+a2012)=2(a0+a1+a2+⋯+a2012)−a0−a2012=2−1−22012=1−22012．故选：C．15.【答案】D【解析】【分析】本题考查了二项式展开式的通项公式应用问题，是中档题．(ax −34x )(x +1x )6展开式中令x =1求得各项系数和，得a 的值；再利用通项公式求得(x +1x )6展开式中含x 2、x 4的系数，即可求得对应展开式中x 3项的系数．【解答】解：(ax −34x )(x +1x )6展开式中，令x =1得展开式中各项系数的和为(a −34)·(1+1)6=16，解得a =1； ∴(ax −34x)(x +1x)6=(x −34x)(x +1x)6，又(x +1x )6的展开式通项公式为T r+1=C 6r ·x 6−r ·(1x )r=C 6r ·x 6−2r ， 由6−2r =2，解得r =2，∴(x +1x )6展开式中含x 2的系数为C 62=15；令6−2r =4，解得r =1，∴(x +1x )6展开式中含x 4的系数为C 61=6；∴(x −34x)(x +1x)6展开式中x 3项的系数为1×15−34×6=212．故选D ．16.【答案】C【解析】解：(x 2−3x +2)4=(x −1)4⋅(x −2)4，a 7是展开式中x 7的系数，∴a 7=C 41⋅(−1)⋅C 40+C 40⋅C 41⋅(−2)=−4+(−8)=−12， 故选：C ．根据(x 2−3x +2)4=(x −1)4⋅(x −2)4，a 7是展开式中x 7的系数，利用二项展开式的通项公式，求得结果．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于中档题． 17.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题． 把所给的式子利用二项式定理展开，可得展开式中无理项的系数． 【解答】解：(x −2)5(√x −1)4的展开式中的无理项由(√x −1)4的展开式的第二，第四项得到， 故系数和为(1−2)5[C 41(−1)1+C 43(−1)3]=8， 故选B ．18.【答案】B【解析】【分析】本题考查二项式定理及其性质，二项式系数的最大值的求法，属于中档． 先推出a =C2m m，b=C 2m+1m+1，13·C 2m m=7·C 2m+1m+1，13·(2m)！m ！m ！=7·(2m+1)！(m+1)！m ！，即可推出结论．【解答】解：(x +2y )2m 展开式中二项式系数的最大值为C 2m m ，∴a =C 2m m .同理，b =C 2m+1m+1.∵13a =7b ，∴13·C 2m m =7·C 2m+1m+1.∴13·(2m)！m ！m ！=7·(2m+1)！(m+1)！m ！=7·(2m+1)(2m )!(m+1)m!·m!， ∴7·2m+1m+1=13，解得m =6．故选B ．19.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题．把所给的二项式变形，按照二项式定理展开，求出含x 5项的系数．【解答】解：(x +1)(x 2−x −2)3=(x +1)⋅(x +1)3⋅(x −2)3=(x +1)4⋅(x −2)3 =(x 4+4x 3+6x 2+4x +1)⋅(x 3−6x 2+12x −8)， 故含x 5项的系数为12−24+6=−6， 故选：A ．20.【答案】64【解析】解：由题意，将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，可得第1次全行的数都为1的是第2行，第2次全行的数都为1的是第4行，…， 由此可知全奇数的行出现在2n 的行数，即第n 次全行的数都为1的是第2n 行．126=27−2，故可得第128行全是1，那么第127行就是101010…101，第126行就是11001100…110011，11又126÷4=31+2，∴S 126=2×31+2=64， 故答案为：64将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，可得第1次全行的数都为1的是第2行，第2次全行的数都为1的是第4行，…，由此可知全奇数的行出现在2n 的行数，即第n 次全行的数都为1的是第2n 行．126=27−2，故可得．所以第128行全是1，那么第127行就是101010…101，第126行就是11001100…110011，问题得以解决． 本题考查的知识点是归纳推理，归纳推理的一般步骤是：(1)通过观察个别情况发现某些相同性质；(2)从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题(猜想)． 21.【答案】1C n+21C n+1r+1C n+21C n+1r+1=1C n+11C nr【解析】【分析】本题考查了杨辉三角和合情推理(归纳、类比推理)． 这是一个考查类比推理的题目，解题的关键是仔细观察图中给出的莱布尼茨三角形，并从三解数阵中，找出行与行之间数的关系，探究规律并其表示出来． 【解答】解：类比观察得，将莱布尼茨三角形的每一行都能提出倍数1C n+11，而相邻两项之和是上一行的两者相拱之数，所以类比式子C n r +C n r+1=C n+1r+1，有1C n+11C nr=1C n+21C n+1r +1C n+21C n+1r+1．故答案为1C n+21C n+1r+1C n+21C n+1r+1=1C n+11C nr ．22.【答案】2【解析】【分析】本题考查归纳推理，考查从特殊到一般的归纳推理能力，属于基础题．解题关键是通过已知广义杨辉三角形，得出(x 2+x +1)5展开式中各项的系数． 【解答】解：根据题意广义杨辉三角形为：因此(x 2+x +1)5展开式中x 7的系数为30，x 8的系数为15， 所以30a +15=75，解得a =2． 故答案为2．23.【答案】5；10【解析】【分析】本题主要考查了二项式定理的应用，课本中的典型题目，套用公式解题时，易出现计算错误，二项式的考题难度相对较小，注意三基训练．显然展开式的各项系数之和就是二项式系数之和，也即n =5；将5拆分成“前3后2”恰好出现常数项，C 52=10． 【解答】解：∵展开式的各项系数之和为32 ∴2n =32解得n =5(x 2+1x 3)n 展开式的通项为T r+1=C 5r x10−5r 当r =2时，常数项为C 52=10．故答案为5；10．24.【答案】解：(1)图(3)共挖掉正三角形个数为1+3+3×3=13；…(4分)(2)设第n 次挖掉正三角形个数为a n ，则a 1=1，a 2=3，由已知，a n+1=3a n (6))从而a n =3n−1…(8分)第n 个图形共挖掉正三角形个数为a 1+a 2+⋯+a n =1+3+⋯+3n−1=3n −12，…(10分)这些正三角形面积为√34a 2[14a 1+(14)2a 2+⋯+(14)n a n ]=√316a 2[1+(34)+⋯+(34)n−1]=√34a 2[1−(34)n ].…(14分)【解析】(1)图(3)共挖掉正三角形个数为1+3+3×3=13；(2)求出a n =3n−1，即可得出结论．本题考查合情推理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题． 25.【答案】解：∵(2x −1)5=a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a 5x 5， (1)∴令x =1，可得a 0+a 1+⋯+a 5=1 ①．(2)在(2x +1)5中，令x =1，可得|a 0|+|a 1|+⋯+|a 5|=35=243．(3)在(2x −1)5=a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a 5x 5，中，令x =−1，可得a 0−a 1+a 2−a 3+a 4−a 5=−243 ②，①−②可得2(a 1+a 3+a 5)=244，∴a 1+a 3+a 5=122．(4)①+②可得2(a 0+a 2+a 4)=−242，∴a 0+a 2+a 4=−121， ∴(a 0+a 2+a 4)2−(a 1+a 3+a 5)2=(−121)2−1222=−243．【解析】(1)在所给的等式中，令x =1，可得a 0+a 1+⋯a 5=1①； (2)在(2x +1)5中，令x =1，可得|a 0|+|a 1|+⋯+|a 5|的值． (3)在所给的等式中，令x =−1，可得a 0−a 1+a 2−a 3+a 4−a 5=−243②，①−②可得a 1+a 3+a 5的值．(4)①+②可得a 0+a 2+a 4的值，从而求得(a 0+a 2+a 4)2−(a 1+a 3+a 5)2的值．本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x 赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题．26.【答案】解：(1)依题意得 T r+1=C m r (12)r x r，r =0，1，…m ． 则a 0=1，a 1=m2，a 2=C m 2(12)2，由2a 1=a 0+a 2得m 2−9m +8=0可得m =1(舍去)，或m =8，所以(1+12x)m 展开式的中间项是第五项为：T 5=C 84(12x)4=358x 4；(2)(1+12x)m =a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+⋯+a m x m ，即(1+12x)8=a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+⋯+a 8x 8． 令x =1则a 0+a 1+a 2+a 3+⋯+a 8=(32)8， 令x =−1则a 0−a 1+a 2−a 3+⋯+a 8=(12)8， 所以 a 1+a 3+a 5+a 7=38−12=20516，所以展开式中含x 的奇次幂的系数和为20516；(3)假设第r +1项的系数为T r+1=C 14r (12)r ，令{T r+1≥T rT r+1≥T r+2，解得：4≤r ≤5，所以展开式中系数最大项为T 5=100116x 4和T 6=100116x 5．【解析】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质．注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x 赋值，求展开式的系数和，属于中档题．(1)由条件利用二项展开式的通项公式，求得a 0、a 1、a 2的值，再根据2a 1=a 0+a 2得到n 的值；(2)在所给的式子中，分别令x =1、x =−1得到2个式子，把这2个式子变形可得展开式中所有含x 奇次幂的系数和；(3)假设第r +1项的系数为T r+1=C 14r (12)r，令{T r+1≥T rT r+1≥T r+2，由此求得r 的范围，可得r 的值，从而求得系数最大项．27.【答案】解：(1)由题意，展开式二项式系数C n 0,C n 1,C n 2,C n 3,C n 4,…C n n 中，C n 4最大，故n =8．(2)设展开式中含1x 的为第r +1项，则T r+1=C 8r x8−r (2√x )r=C 8r (12)r x8−32r ， 令8−32r =−1，得r =6，所以展开式中1x 系数为C 86(12)6=716．【解析】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．(1)利用二项式系数的性质求得n 的值．(2)在二项展开式的通项公式中，令x 的幂指数等于−1，求出r 的值，即可求得展开式中1x 的系数．28.【答案】解：(1)∵C n 2：C n 1=5：2， ∴n =6．(2)设(2x √x 3)n 的展开式的通项为T r+1，则T r+1=C 6r ⋅26−r ⋅3r ⋅x 6−43r ， 令6−43r =2得：r =3．∴含x 2的项的系数为C 6326−333=4320； (3)设展开式中系数最大的项为T r+1， 则{C 6r 26−r 3r ≥C 6r−126−r+13r−1C 6r 26−r 3r≥C 6r+126−r−13r+1, ∴r =4．∴展开式中系数最大的项为T 5=4860x 23．【解析】本题考查二项式定理的应用，考查二项式系数的性质，求展开式中系数最大的项是难点，考查解不等式组的能力，属于中档题．(1)由C n 2：C n 1=5：2可解得n ；(2)设出其展开式的通项为T r+1，令x 的幂指数为2即可求得r 的值，进而得到含x 2的项的系数；(3)展开式中系数最大的项为T r+1，利用T r+1项的系数≥T r+2项的系数且T r+1项的系数≥T r 项的系数即可．29.【答案】解：(1)∵(x 2+1)(x −1)9=(x 2+1)(C 90x 9−C 91x 8+⋯+C 98x −C 99)=a0+a1x+a2x2+⋯+a11x11，∴a2=−C99−C97=−37.(2)展开式中的系数中，数值为正数的系数为a1=C98=9，a3=C96+C98=93，a5= C94+C96=210，a7=C92+C94=162，a9=C90+C92=37，a11=C90，故展开式中系数最大的项为210x5.(3)对(x2+1)⋅(x−1)9=a0+a1x+a2x2+⋯+a11x11两边同时求导得：(11x2−2x+9)(x−1)8=a1+2a2x+3a3x2+⋯+11a11x10，令x=1，得a1+2a2+3a3+4a4+⋯+10a10+11a11=0，所以(a1+3a3+⋯+11a11)2−(2a2+4a4+⋯+10a10)2=(a1+2a2+3a3+4a4+⋯+10a10+11a11)(a1−2a2+3a3−4a4+⋯−10a10 +11a11)=0．【解析】本题考查二项式定理的应用，考查二项式系数的性质，突出等式两边同时求导与赋值的应用，考查运算能力，属于中档题．(1)由(x2+1)(x−1)9=(x2+1)(C90x9−C91x8+⋯+C98x−C99)=a0+a1x+a2x2+⋯+a11x11可求得a2；(2)依题意，求得展开式中的系数值为正数的所有项，即可得到答案；(3)对(x2+1)⋅(x−1)9=a0+a1x+a2x2+⋯+a11x11两边同时求导，再对x赋值1即可求得答案．30.【答案】解：(1)①令x=1，得a0+a1+a2+a3+a4=(3−1)4=16；(3分)②令x=−1，得a0−a1+a2−a3+a4=(−3−1)4=256，而由①知a0+a1+a2+a3+a4=(3−1)4=16，两式相加，得2(a0+a2+a4)=272，所以a0+a2+a4=136；(6分)③令x=0，得a0=(0−1)4=1，所以a1+a2+a3+a4=a0+a1+a2+a3+a4−a0=16−1=15；(2)S=C271+C272+⋯+C2727=227−1=89−1=(9−1)9−1=C90×99−C91×98+⋯+C98×9−C99−1=9×(C90×98−C91×97+⋯+C98)−2=9×(C90×98−C91×97+⋯+C98−1)+7，显然上式括号内的数是正整数．故S被9除的余数为7．【解析】(1)①利用赋值法，令x=1即可计算a0+a1+a2+a3+a4的值；②令x=−1，结合①即可求出a0+a2+a4的值；③令x=0，结合二项式系数和即可求出结果；(2)利用二项式系数和，把S分解为9的倍数形式，再求对应的余数．本题考查了利用赋值法求二项式系数的应用问题，也考查了整除的应用问题，是基础题目．31.【答案】解：(1)∵C n4+C n6=2C n5，∴n2−21n+98=0，∴n=7或n=14．当n=7时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5，且T 4的系数=C 73(12)423=352，T 5的系数=C 74(12)324=70．当n =14时，展开式中二项式系数最大的项是T 8，且T 8的系数=C 147(12)727=3432． (2)由C n 0+C n 1+C n 2=79，可得n =12， 设T k+1项的系数最大．∵(12+2x)12=(12)12(1+4x)12，∴{C 12k 4k≥C 12k−14k−1C 12k 4k ≥C 12k+14k+1， ∴9.4≤k ≤10.4，∴k =10， ∴展开式中系数最大的项为T 11， 且T 11=(12)12C 1210410x10=16896x 10．【解析】本题考查二项展开式中特定项的系数，二项式定理的应用，等差数列的性质． (1)由题意可得C n 4+C n 6=2C n 5，求出n ，根据二项式系数最大的项为中间项，n 为奇数时，中间两项二项式系数相等；n 为偶数时，中间只有一项，可得答案；(2)由展开式前三项的二项式系数和等于79，可得关于n 的方程，求出n ，设T k+1项的系数最大，列不等式组，从而可得展开式中系数最大的项．32.【答案】解：(1)依题意得 T r+1=C n r (−12)r x r，r =0，1，…，n ． 则a 0=1，a 1=−n2，a 2=C n 2(−12)2=n(n−1)8，由2|a 1|=|a 0|+|a 2|得n 2−9n +8=0可得n =1(舍去)，或n =8．所以(1−12x)8展开式的中间项是T 5=C 84(−12x)4=358x 4．(2)(1−12x)n =a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+⋯+a n x n ，即(1−12x)8=a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+⋯+a 8x 8，令x =1得a 0+a 1+a 2+a 3+⋯+a 8=(12)8，令x =−1得a 0−a 1+a 2−a 3+⋯+a 8=(32)8，两式相减得2(a 1+a 3+a 5+a 7)=1−3828，即a 1+a 3+a 5+a 7=1−3829=−20516，所以展开式中含x 的奇次幂的系数和为−20516．(3)∵(1−1x)8=a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+⋯+a 8x 8，两边求导得：−4(1−12x)7=a 1+2a 2x +3a 3x 2+⋯+8a 8x 7，令x =1得 a 1+2a 2+3a 3+⋯+8a 8=−4(12)7=−132．【解析】(1)由条件利用二项展开式的通项公式，等差数列的性质，求得n 的值，可得展开式的中间项．(2)在所给的等式中，分别令x =1，x =−1，再把它们相加，可得展开式中含x 的奇次幂的系数和． (3)在所给的等式中，两边分别对x 求导数，再令x =1，可得a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n 的值．本题考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，等差数列的性质，求函数的导数，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x 赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于中档题． 33.【答案】解：各项系数和为a 0+a 1+⋯+a 10，奇数项系数和为a 0+a 2+⋯+a 10，偶数项系数和为a 1+a 3+a 5+⋯+a 9， x 的奇次项系数和为a 1+a 3+a 5+⋯+a 9，x 的偶次项系数和a 0+a 2+a 4+⋯+a 10．(1)二项式系数和为C 100+C 101+⋯+C 1010=210．(2)令x =y =1，各项系数和为(2−3)10=(−1)10=1．(3)奇数项的二项式系数和为C 100+C 102+⋯+C 1010=29， 偶数项的二项式系数和为C 101+C 103+⋯+C 109=29．(4)因为(2x −3y)10=a 0x 10+a 1x 9y +a 2x 8y 2+⋯+a 10y 10 令x =y =1，得到a 0+a 1+a 2+⋯+a 10=1 ① 令x =1，y =−1，得a 0−a 1+a 2−a 3+⋯+a 10=510 ② ①+②得2(a 0+a 2+⋯+a 10)=1+510， ∴奇数项的系数和为1+5102；①−②得2(a 1+a 3+⋯+a 9)=1−510， ∴偶数项的系数和为1−5102．(5)x 的奇次项系数和为a 1+a 3+a 5+⋯+a 9=1−5102；x 的偶次项系数和为a 0+a 2+a 4+⋯+a 10=1+5102．【解析】本题考查二项式系数的性质，考查了利用特值法求二项展开式中项的系数，是中档题．由(2x −3y)10=a 0x 10+a 1x 9y +a 2x 8y 2+⋯+a 10y 10得各项系数和为a 0+a 1+⋯+a 10，奇数项系数和为a 0+a 2+⋯+a 10，偶数项系数和为a 1+a 3+a 5+⋯+a 9，x 的奇次项系数和为a 1+a 3+a 5+⋯+a 9，x 的偶次项系数和a 0+a 2+a 4+⋯+a 10.可用“赋值法”求出相关的系数和．34.【答案】解：(1)由二项展开式知，前三项的系数分别为C n 0，12C n 1，14C n 2， 由已知得2×12C n 1=C n 0+14C n 2，解得n =8(n =1舍去)，所以二项式系数的最大项为C 84(√x ×2√x4)4=358x ；(2)设第r +1项的系数T r+1最大，显然T r+1>0，故有T r +1T r≥1且T r +2Tr +1≤1，∵T r+1T r =C8r·2−rC8r−1·2−r+1=9−r2r，由9−r2r≥1，得r≤3．又∵T r+2T r+1=C8r+1·2−r−1C8r·2−r=8−r2(r+1)，由8−r2(r+1)≤1，得r≥2．所以系数最大项为第3项T3=7x52和第4项T4=7x74．【解析】本题考查二项式定理的应用及等差数列的性质，考查组合数的计算公式，二项展开式的通项公式，关键是掌握二项展开式的通项公式．(1)由等差数列的性质求出n=8；(2)设第r+1项的系数T r+1最大，显然T r+1>0，故有T r+1T r ≥1且T r+2T r+1≤1，由此可得展开式中系数最大的项．35.【答案】解：(1)在(1−2x)2018=a0+a1x+⋯+a2018x2018,x∈R中，令x=0，a=1；(2)令x=1，则a+a 1+a 2+⋯+a 2018=(1−2)2018=1；(3)令x=−1，则|a0|+|a1|+⋯+|a2018|=a0−a1+a2−⋯+a2018=32018．【解析】本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题，考查二项式定理的应用，属于中等题.根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求出结果．36.【答案】解：∵由题意，第五项系数和第三项系数分别为：C n4(−2)4,C n2(−2)2，∴C n4(−2)4C n2(−2)2=101，∴化简得n2−5n−24=0，∴解得n=8或n=−3(舍去)，(1)∵令x=1，∴得各项系数和为(1−2)8=1；(2)∵通项公式为T r+1=C8r(√x)8−r·(−2x2)r ，=(−2)r C8r·x4−52r，∴令4−52r=32，∴r=1，∴展开式中含x32的项为T2=−16x32．【解析】本题考查了二项式定理的运用，关键是利用已知求出指数后，找出二项式的展开式通项，根据x 的指数求特征项．通过展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10：1得到n 值．(1)令x =1，得到各项系数和为(1−2)8=1；(2)由通项得到T r+1=(−2)r C 8r·x 4−52r ，得到r =1，从而得到特定项．37.【答案】解：(1)令x =1可得a 0+a 1+a 2+⋯+a 7=(1−2)7=−1， 令x =0可得，a 0=1，所以a 1+a 2+⋯+a 7=−1−1=−2．(2)令x =1可得，a 0+a 1+a 2+⋯+a 7=−1.①令x =−1可得，a 0−a 1+a 2−a 3+a 4−a 5+a 6−a 7=37.② ①−②得2(a 1+a 3+a 5+a 7)=−1−37， 所以a 1+a 3+a 5+a 7=−1+372=−1094．(3)由展开式知a 1，a 3，a 5，a 7均为负，a 0，a 2，a 4，a 6均为正， 所以由(2)中①+②得2(a 0+a 2+a 4+a 6)=−1+37， 所以a 0+a 2+a 4+a 6=−1+372=1093，所以|a 0|+|a 1|+⋯+|a 7|=a 0−a 1+a 2−a 3+a 4−a 5+a 6−a 7 =(a 0+a 2+a 4+a 6)−(a 1+a 3+a 5+a 7)=37=2187．【解析】本题考查二项展开式的应用，属于中档题． (1)将x =0和x =1代入求解． (2)令x =1，x =−1，作差求解． (3)由展开式知a 1，a 3，a 5，a 7均为负，a 0，a 2，a 4，a 6均为正，由(2)得a 1+a 3+a 5+a 7=−1+372=−1094；又a 0+a 2+a 4+a 6=−1+372=1093，可得结果．38.【答案】解：(1)∵二项式(√x 3√x)n 的展开式中的常数项为第五项．∴T 5=C n 4(√x 3)n−4(√x)4=2n−4C n 4x2+4−n3，令2+4−n 3=0，解得n =10；(2)令x =1，则310=A ，∴√A 10=3；(3)T r+1=C 10r (√x 3)10−r (√x)r =210−r C 10r x 5r 6−103，设第r +1项系数最大，则有：210−r C 10r ≥211−r C 10r−1，且210−r C 10r≥29−r C 10r+1， 化简得83≤r ≤113，解得r =3．∴展开式中系数最大的项是：T 4=C 10327x −56=15360x −56．【解析】本题考查了二项式定理的通项公式性质及其应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)二项式(√x 3√x)n 的展开式中的常数项为第五项．可得T 5=C n 4(√x3)n−4(√x)4=2n−4C n 4x2+4−n3，令2+4−n 3=0，解得n ；(2)令x =1，则310=A ，可得√A 10； (3)T r+1=C 10r (x 3)10−r(√x)r =210−r C 10r x 5r 6−103，设第r +1项系数最大，则有：210−r C 10r ≥211−r C 10r−1，210−r C 10r≥29−r C 10r+1，解得r 即可得出．39.【答案】解：∵T r+1=C 7r x7−r(−m)r ,0≤r ≤7,r ∈Z ， ∴C 73(−m)3=−35，∴m =1．(1)令x =1时，a 0+a 1+a 2+⋯+a 7=(1−1)7=0，① 令x =0时，a 0=(−1)7=−1． ∴a 1+a 2+⋯+a 7=1．(2)令x =−1时，a 0−a 1+⋯−a 7=(−1−1)7=−27.② (①−②)/2得a 1+a 3+a 5+a 7=26．【解析】由T r+1=C 7r x 7−r (−m)r ,0≤r ≤7,r ∈Z ，可得C 73(−m)3=−35，m =1．(1)令x =1时，a 1+a 2+⋯+a 7=(1−1)7=0，令x =0时，a 0=(−1)7=−1，即可得出．．(2)令x =−1时，a 0−a 1+⋯−a 7=(−1−1)7=−27.又a 0+a 1+a 2+⋯+a 7=(1−1)7=0，即可得出．本题考查了二项式定理、方程的思想，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．。