《2025年零失误分层训练高二数学选择性必修第三册黑吉辽内蒙古专版》

7. 【题型三】(2025·福建莆田二中高二下期中)在$(1 + x)^{4}(1 + y)^{6}$的展开式中$x^{2}y$项的系数为(A)

A.$36$
B.$45$
C.$60$
D.$72$

答案： 7.A[提示：$(1+x)^{4}$的展开式的二项式通项为$T_{k+1}=C_{4}^{k}x^{k}$，令$k=2$，可得$T_{3}=C_{4}^{2}x^{2}=6x^{2}$.$(1+y)^{6}$的展开式的二项式通项为$T_{r+1}=C_{6}^{r}y^{r}$，令$r=1$，得$T_{2}=C_{6}^{1}y=6y$，故$x^{2}y$项的系数为$6x6=36$.]

8. 【题型三】(2025·东北三省模拟)$(1 + n)^{5}(1 + n^{2})^{6}$的展开式中$n^{12}$的系数为136。

答案： 8.136[提示：$(1+n)^{5}×(1+n^{2})^{6}$的展开式中$n^{12}$的系数为$C_{5}^{3}C_{6}^{6}+C_{5}^{2}C_{6}^{5}+C_{5}^{4}C_{6}^{4}=136$.]

9. 【题型三】若$(1 - x)^{5}(1 + x - ax^{2})$的展开式中$x^{4}$的系数为$15$，则实数$a =$-2。

答案： 9.-2[提示：$(1-x)^{5}$的展开式通项为$T_{k+1}=C_{5}^{k}· 1^{5-k}· (-x)^{k}$，$k=0,1,·s,5$，原展开式中$x^{4}$的系数为：$C_{5}^{4}· 1^{5-4}+C_{5}^{3}· 1^{5-3}· (-1)^{3}-a· C_{5}^{2}· 1^{5-2}=5-10-10a=15$，化简得$5-10-10a=15$，解得$a=-2$.]

10. 【题型二、三】已知$x^{5} = a_{5}(2x + 1)^{5} + a_{4}(2x + 1)^{4} + ·s + a_{1}(2x + 1) + a_{0}$，则$a_{4} =$$-\frac{5}{32}$。

答案： 10.$-\frac{5}{32}$[提示：$x^{5}=\frac{1}{32}[(2x+1)-1]^{5}$，则展开式通项为$T_{k+1}=\frac{1}{32}C_{5}^{k}(2x+1)^{5-k}(-1)^{k}$，$\therefore k=1$时，$a_{4}=\frac{1}{32}C_{5}^{1}× (-1)=-\frac{5}{32}$.]

11. 【题型二、三】已知$(2x + \frac{1}{\sqrt{x}})^{n}$的展开式前三项的二项式系数和为$22$。
(1) 求$n$的值；
(2) 求展开式中的常数项；
(3) 求展开式中二项式系数最大的项。

答案： 11.解：
(1)由前三项的二项式系数和为$C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+C_{n}^{2}=1+n+\frac{n(n-1)}{2}=22$，解得$n=6$或$n=-7$(舍去).即$n$的值为6.
(2)由通项$T_{k+1}=C_{6}^{k}(2x)^{6-k}(-\frac{1}{\sqrt{x}})^{k}=C_{6}^{k}2^{6-k}x^{6-\frac{3k}{2}}$，令$6-\frac{3k}{2}=0$，解得$k=4$.$\therefore$展开式中的常数项为$T_{4+1}=C_{6}^{4}2^{6-4}=60$.
(3)$\because n=6$，$\therefore$展开式中第四项的二项式系数最大，$\therefore$展开式中二项式系数最大的项为$T_{3+1}=C_{6}^{3}2^{6-3}· x^{\frac{6-3×3}{2}}=160x^{\frac{3}{2}}$.

1. $(x + 2y + z)^{11}$展开式为多项式，则其展开式经过合并同类项后一共有(D)

A.$12$项
B.$24$项
C.$39$项
D.$78$项

答案： 1.D[提示：方法1（转化为二项式）：三项式$(x+2y+z)^{11}=[x+(2y+z)]^{11}$的通项为$T_{k+1}=C_{11}^{k}x^{11-k}(2y+z)^{k}$，$k=0,1,2,·s$,11.当$k=0$时，$T_{1}=x^{11}$；当$k=1$时，$T_{2}=11x^{10}(2y+z)$；当$k=2$时，$T_{3}=C_{11}^{2}x^{9}(2y+z)^{2}=·s$；当$k=11$时，$T_{12}=(2y+z)^{11}$.所以$(x+2y+z)^{11}$展开式中共有$1+2+3+·s+12=78$项.方法2（挡板法）：由于三项式$(x+2y+z)^{11}$展开式的各项形如$mx^{a}y^{b}z^{c}$，其中$m\in R,a,b,c\in N$，且$a+b+c=11$.构造14个完全一样的小球模型，之间有13个空，分成3组，每组至少一个，利用挡板法，共有$C_{13}^{2}$种分法；每组去掉一个小球的数目分别为$(x+2y+z)^{11}$的展开式中$x,y,z$各字母的次数，小球分组模型与各项的次数是一一对应的，故$(x+2y+z)^{11}$的展开式中，项数为$C_{13}^{2}=\frac{13×12}{2}=78$.]

2. 求$(x^{2} + x + y)^{5}$的展开式中$x^{5}y^{2}$的系数。

答案： 2.解：依题意，$(x^{2}+x+y)^{5}=C_{5}^{k}(x^{2}+x)^{5-k}y^{k}$，当$k=2$时，$C_{5}^{2}(x^{2}+x)^{3}y^{2}=10(x^{2}+x)^{3}y^{2}$，$(x^{2}+x)^{3}=C_{3}^{t}(x^{2})^{3-t}· x^{t}=C_{3}^{t}x^{6-t}$，当$t=1$时，$C_{3}^{1}x^{6-1}=3x^{5}$，因此$x^{5}y^{2}$的项为$10×3x^{5}y^{2}=30x^{5}y^{2}$，所以$x^{5}y^{2}$的系数为30.

3. 求$(\frac{x}{2} + \frac{1}{x} + \sqrt{2})^{5}$的展开式中的常数项。

答案： 3.解法1：由二项式定理得$(\frac{x}{2}+\frac{1}{x}+\sqrt{2})^{5}=[(\frac{x}{2}+\frac{1}{x})+\sqrt{2}]^{5}=C_{5}^{0}· (\frac{x}{2}+\frac{1}{x})^{5}(\sqrt{2})^{0}+C_{5}^{1}· (\frac{x}{2}+\frac{1}{x})^{4}· \sqrt{2}+C_{5}^{2}· (\frac{x}{2}+\frac{1}{x})^{3}· (\sqrt{2})^{2}+C_{5}^{3}· (\frac{x}{2}+\frac{1}{x})^{2}· (\sqrt{2})^{3}+C_{5}^{4}· (\frac{x}{2}+\frac{1}{x})· (\sqrt{2})^{4}+C_{5}^{5}· (\sqrt{2})^{5}$.其中常数项有$C_{5}^{1}· (\frac{x}{2}+\frac{1}{x})^{4}$中的第3项：$C_{5}^{1}C_{4}^{2}· (\frac{1}{2})^{2}· \sqrt{2}$；$C_{5}^{3}· (\frac{x}{2}+\frac{1}{x})^{2}$中的第3项：$C_{5}^{3}C_{2}^{1}· \frac{1}{2}· (\sqrt{2})^{3}$；展开式的最后一项$C_{5}^{5}· (\sqrt{2})^{5}$.综上可知，常数项为$C_{5}^{1}C_{4}^{2}· (\frac{1}{2})^{2}· \sqrt{2}+C_{5}^{3}C_{2}^{1}· \frac{1}{2}· (\sqrt{2})^{3}+C_{5}^{5}· (\sqrt{2})^{5}=\frac{63\sqrt{2}}{2}$.解法
2：原式=$(\frac{x^{2}+2\sqrt{2}x+2}{2x})^{5}=\frac{1}{32x^{5}}· [(x+\sqrt{2})^{2}]^{5}=\frac{1}{32x^{5}}· (x+\sqrt{2})^{10}$.将求原式的展开式中的常数项，转化为求$(x+\sqrt{2})^{10}$的展开式中含$x^{5}$的项的系数，即$C_{10}^{5}· (\sqrt{2})^{5}$.所以所求的常数项为$\frac{C_{10}^{5}(\sqrt{2})^{5}}{32}=\frac{63\sqrt{2}}{2}$.