《2025年教材全解高中数学选择性必修第三册人教版A版》

1.[2025·山东潍坊高二检测]在$(x-2)^6$的展开式中，二项式系数的最大值为$a$，含$x^5$项的系数为$b$，则$\frac{a}{b}=$(B)

A.$\frac{5}{3}$
B.$-\frac{5}{3}$
C.$\frac{3}{5}$
D.$-\frac{3}{5}$

答案： 1.B 解析:$a = C_{6}^{3} = 20$,
$T_{k + 1} = C_{6}^{k}x^{6 - k} · ( - 2)^{k}$
令$6 - k = 5$,得$k = 1$,
所以$b = - 2C_{6}^{1} = - 12$,
所以$\frac{a}{b} = - \frac{5}{3}$.

2.[多选题]在$(\frac{2}{x}-x)^6$的展开式中，下列说法正确的有(BC)

A.常数项为160
B.第4项的二项式系数最大
C.第3项的系数最大
D.所有项的系数和为64

答案： 2.BC 解析:$T_{k + 1} = 2^{6 - k}( - 1)^{k}C_{6}^{k} · x^{2k - 6}$,
由$2k - 6 = 0$,得$k = 3$,常数项为
$2^{3}( - 1)^{3}C_{6}^{3} = - 160$,A错误;
展开式共有$7$项,第$4$项的二项式系数
最大,B正确;
由通项公式可得$k$为偶数时,系数才
有可能取到最大值,$T_{1} = 64x^{- 6}$,$T_{3} =$
$240x^{- 2}$,$T_{5} = 60x^{2}$,$T_{7} = x^{6}$,可知第$3$项的系数最大,C正确;
令$x = 1$,得$a_{0} + a_{1} + a_{2} + ·s + a_{6} = (2 - 1)^{6} =$ $1$,所有项的系数和为$1$,D错误.

3.$(\sqrt{x}+\frac{a}{x})^5$的展开式中$x$的系数等于其二项式系数的最大值，则$a$的值为(A)

A.2
B.3
C.4
D.-2

答案： 3.A 解析:因为$(\sqrt{x} + \frac{a}{x})^{5}$的展开式的
通项为$T_{k + 1} = C_{5}^{k}(\sqrt{x})^{5 - k} · (\frac{a}{x})^{k} = C_{5}^{k}a^{k} ·$
$x^{\frac{5 - 3k}{2}}$,
令$\frac{5 - 3k}{2} = 1$,得$k = 1$,
故$x$的系数为$5a$,
而二项式系数的最大值为$C_{5}^{2} = 10$,
所以$5a = 10$,即$a = 2$.

4.若$(\frac{1}{2}-x)^n$的展开式中所有项的系数和为$\frac{1}{64}$，则展开式中二项式系数最大的项为(A)

A.$-\frac{5}{2}x^3$
B.$-\frac{15}{4}x^4$
C.$\frac{5}{2}x^3$
D.$\frac{15}{4}x^4$

答案： 4.A 解析:因为$(\frac{1}{2} - x)^{n}$的展开式中所有项的系数和为$\frac{1}{64}$,
故令$x = 1$,则$( - \frac{1}{2})^{n} = \frac{1}{64}$,解得$n = 6$,
$(\frac{1}{2} - x)^{n}$展开式的通项为
$T_{k + 1} = C_{6}^{k} · (\frac{1}{2})^{6 - k} · ( - x)^{k}$,
$k = 0,1,2,·s,6$,
又其展开式中二项式系数最大的项为
第$4$项,故令$k = 3$,
则$T_{4} = C_{6}^{3} · (\frac{1}{2})^{3} · ( - x)^{3} = - \frac{5}{2}x^{3}$.

5.[2025·济南高二检测]若$(x+3y)^n$展开式的各项系数和等于$(7a+b)^{10}$展开式中的二项式系数和，则$n$的值为(A)

A.5
B.8
C.10
D.15

答案： 5.A 解析:$(7a + b)^{10}$展开式的二项式
系数和为$2^{10}$,
令$x = 1,y = 1$,
得$(x + 3y)^{n}$展开式的各项系数之和为
$4^{n}$,则$4^{n} = 2^{10}$,解得$n = 5$.

6.[2025·南京高二检测]已知$(2x+1)^{2023}=a_0+a_1x+a_2x^2+\·s+a_{2023}x^{2023}$，记$S_1=a_0+a_3+a_5+\·s+a_{2023}$，$S_2=a_0+a_2+a_4+\·s+a_{2022}$，则$S_1^2-S_2^2$的值为(C)

A.$-3^{2022}-1$
B.$3^{2022}$
C.$-3^{2023}$
D.$3^{2023}-1$

答案： 6.C 解析:不妨设$f(x) = (2x + 1)^{2023} =$ $a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + ·s + a_{2023}x^{2023}$,
$S_{2} + S_{1} = (a_{0} + a_{1} + a_{4} + ·s + a_{2022}) + (a_{1} + a_{3} + ·s + a_{2023}) = f(1)$,
$S_{2} - S_{1} = (a_{0} + a_{2} + a_{4} + ·s + a_{2022}) - (a_{1} + a_{3} + ·s + a_{2023}) = f( - 1)$,
所以$S_{2}^{2} - S_{1}^{2} = f(1) · f( - 1)$
$= (2 × 1 + 1)^{2023} × [2 × ( - 1) + 1]^{2023} =$ $- 3^{2023}$.

7.[2025·山东菏泽高二检测][多选题]在$(2x-3y)^{10}$的展开式中，下列结论正确的有(ACD)

A.二项式系数的和为$2^{10}$
B.各项系数的和为$2^{10}$
C.奇数项系数的和为$\frac{1+5^{10}}{2}$
D.二项式系数最大的项为$-6^5C_{10}^5x^5y^5$

答案： 7.ACD 解析:在$(2x - 3y)^{10}$的展开式
中,二项式系数的和为$C_{10}^{0} + C_{10}^{1} + ·s + C_{10}^{10} = 2^{10}$,故A正确;
令$x = y = 1$,可得各项系数的和为$(2 - 3)^{10} = 1$,故B错误;
设$(2x - 3y)^{10} = a_{0}x^{10} + a_{1}x^{9}y + a_{2}x^{8}y^{2} + ·s + a_{10}y^{10}$,令$x = y = 1$,得到$a_{0} + a_{1} + a_{2} + ·s + a_{10} = 1$,①
令$x = 1,y = - 1$(或$x = - 1,y = 1$),
得$a_{0} - a_{1} + a_{2} - ·s + a_{10} = 5^{10}$,②
①$+$②,得$2(a_{0} + a_{2} + ·s + a_{10}) = 1 + 5^{10}$,
所以奇数项系数的和为$\frac{1 + 5^{10}}{2}$,故C
正确;
二项式$(2x - 3y)^{10}$的展开式中一共有
$11$项,故展开式中二项式系数最大的
项为第$6$项,即$C_{10}^{5}(2x)^{5} · ( - 3y)^{5} =$ $- 6^{5}C_{10}^{5}x^{5}y^{5}$,故D正确.

8.$(2x^2-x-a)^5$的展开式的各项系数和为-32，则$a=$(B)

A.2
B.3
C.6
D.8

答案： 8.B 解析:因为$(2x^{2} - x - a)^{5}$的展开式
的各项系数和为$- 32$,
所以令$x = 1$,可得$(2 × 1^{2} - 1 - a)^{5} = - 32$,
故$(1 - a)^{5} = - 32 = ( - 2)^{5}$,
解得$a = 3$.

9.[2025·南昌高二检测]若$(2-x)^7=a_0+a_1(1+x)+a_2(1+x)^2+\·s+a_7(1+x)^7$，则$a_0+a_1+a_2+\·s+a_6$的值为129

答案： 9.129 解析:令$x = 0$,得$a_{0} + a_{1} + a_{2} + ·s$
$+ a_{7} = 2^{7} = 128$,
又$(2 - x)^{7} = \lbrack 3 - (1 + x)\rbrack^{7}$,
则$a_{7}(1 + x)^{7} = C_{7}^{7} · 3^{0} · \lbrack - (1 + x)\rbrack^{7}$,
解得$a_{7} = - 1$.
故$a_{0} + a_{1} + a_{2} + ·s + a_{6} = 128 - a_{7} = 128 + 1$
$= 129$.

10.若$(x^2-2x+2)^5=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_{10}x^{10}$，$则|a_1|+|a_2|+...+|a_{10}|=$3093.

答案： 10.3093 解析:由题设,知含$x^{k}$的项
中,当$k$为奇数时,项系数为负,而当$k$
为偶数时,项系数为正,
所以$\left| a_{1} \right| + \left| a_{2} \right| + ·s + \left| a_{10} \right| =$ $- a_{1} + a_{2} - a_{3} + ·s - a_{9} + a_{10}$.
令$x = 0$,则$a_{0} = 2^{5} = 32$,
令$x = - 1$,
得$a_{0} - a_{1} + a_{2} - a_{3} + ·s - a_{9} + a_{10} =$ $5^{5} = 3125$,
所以$\left| a_{1} \right| + \left| a_{2} \right| + ·s + \left| a_{10} \right| =$ $3125 - 32 = 3093$.

11.求$(2x-3)^{21}$的展开式中：
(1)各项系数之和;
(2)各项系数的绝对值之和;
(3)系数最小的项.

答案： 11.解:设$(2x - 3)^{21} = a_{0}x^{21} + a_{1}x^{20} + a_{2}x^{19} + ·s + a_{21}$,
(1)令$x = 1$,得$a_{0} + a_{1}a_{21} + + a_{21} = (2 × 1 - 3)^{21} = - 1$,①
所以$(2x - 3)^{21}$的展开式中各项系数之和为$- 1$.
(2)令$x = - 1$,得$- a_{0} + a_{1} - a_{2} + ·s + a_{21} =$ $( - 2 × 1 - 3)^{21} = - 5^{21}$,②
①$-$②,得$a_{0} + a_{2} + ·s + a_{20} = \frac{1}{2}( - 1 + 5^{21})$,
①$+$②,得$a_{1} + a_{3} + ·s + a_{21} = \frac{1}{2}( - 1 - 5^{21})$,
所以$(2x - 3)^{21}$的展开式各项系数的的绝对值之和为$\left| a_{0} \right| + \left| a_{1} \right| + ·s + \left| a_{21} \right| =$ $(a_{0} + a_{2} + ·s + a_{20}) - (a_{1} + a_{3} + ·s + a_{21}) =$ $\frac{1}{2}( - 1 + 5^{21}) - \frac{1}{2}( - 1 - 5^{21}) =$ $5^{21}$.
(3)$(2x - 3)^{21}$的展开式的通项为
$T_{k + 1} = C_{21}^{k}(2x)^{21 - k}( - 3)^{k} = C_{21}^{k}2^{21 - k}( - 3)^{k} ·$ $x^{21 - k}$,
设第$k + 1$项的系数的绝对值最大,
则$\begin{cases}C_{21}^{k}2^{21 - k}3^{k} \geqslant C_{21}^{k + 1}2^{20 - k}3^{k + 1}, \\C_{21}^{k}2^{21 - k}3^{k} \geqslant C_{21}^{k - 1}2^{22 - k}3^{k - 1} \end{cases}$,
解得$\frac{61}{5} \leqslant k \leqslant \frac{66}{5}$,则$k = 13$,
即系数的绝对值的最大值为
$C_{21}^{13} × 2^{8} × 3^{13}$.
因为$13$为奇数,
所以$C_{21}^{13} × 2^{8} × ( - 3)^{13} =$ $- C_{21}^{13} × 2^{8} × 3^{13}$,
即第$14$项的系数最小,
所以系数最小的项为$- C_{21}^{13} × 2^{8} × 3^{13}x^{8}$.

12.已知$(2x^2-\frac{1}{x})^n(n\\in N^*)$的展开式中所有偶数项的二项式系数和为64.求：
(1)展开式中二项式系数最大的项;
(2)$(2x+\frac{1}{x^2})(2x^2-\frac{1}{x})^n$的展开式中的常数项.

答案： 12.解:
(1)由展开式中所有偶数项的二
项式系数和为$64$,得$2^{n - 1} = 64$,
所以$n = 7$,
所以展开式中二项式系数最大的项为
第四项和第五项.
因为$(2x^{2} - \frac{1}{x})^{7}$的展开式的通项为
$T_{k + 1} = C_{7}^{k}(2x^{2})^{7 - k}( - 1)^{k}(\frac{1}{x})^{k} =$ $C_{7}^{k}2^{7 - k}( - 1)^{k}x^{14 - 3k}$,
所以展开式中二项式系数最大的项为
$T_{4} = - 560x^{5}$,$T_{5} = 280x^{2}$.
(2)由
(1)知$n = 7$,且$(2x^{2} - \frac{1}{x})^{7}$的展开式中含$x^{- 1}$的项为$T_{6} = - \frac{84}{x}$,含$x^{2}$
项为$T_{5} = 280x^{2}$,
所以$(2x + \frac{1}{x^{2}})(2x^{2} - \frac{1}{x})^{7}$的展开式中的
常数项为$2 × ( - 84) + 1 × 280 = 112$.

13.[多选题]对任意实数$x$，有$(2x-3)^9=a_0+a_1(x-1)+a_2(x-1)^2+a_3(x-1)^3+...+a_9(x-1)^9$，则下列结论成立的有(BCD)

A.$a_0=1$
B.$a_2=-144$
C.$a_0+a_1+a_2+...+a_9=1$
D.$a_0-a_1+a_2-a_3+...-a_9=-3^9$

答案： 13.BCD 解析:对任意实数$x$,有
$(2x - 3)^{9} = a_{0} + a_{1}(x - 1) + a_{2}(x - 1)^{2} + a_{3}(x -$ $1)^{3} + ·s + a_{9}(x - 1)^{9} = \lbrack - 1 + 2(x - 1)\rbrack^{9}$,令
$x = 1$,可得$a_{0} = - 1$,
$a_{2} = - C_{9}^{2} × 2^{2} = - 144$,故A错误;
令$x = 2$,可得$a_{0} + a_{1} + a_{2} + ·s + a_{9} = 1$,故
C正确;
令$x = 0$,可得$a_{0} - a_{1} + a_{2} - ·s - a_{9} = - 3^{9}$,
故D正确.

14.[2025·河北衡水高二检测][多选题]已知$(1-2x)^{2025}=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_{2025}x^{2025}$，则(ACD)

A.展开式中所有项的系数和为-1
B.展开式中二项式系数最大的项为第1013项
C.$\frac{a_1}{2}+\frac{a_2}{2^2}+\frac{a_3}{2^3}+...+\frac{a_{2025}}{2^{2025}}$=-1
D.$a_1+2a_2+3a_3+...+2025a_{2025}=-4050$

答案： 14.ACD 解析:令$x = 1$,得$- 1 =$ $a_{0} + a_{1} + ·s + a_{2025}$,即展开式中所有项的系
数和为$- 1$,A正确;
根据二项式系数的性质,$C_{2025}^{2012} = C_{2025}^{2013}$且
是二项式系数中最大的两项,于是展开式中二项式系数最大项为第$1013$项和
第$1014$项,B错误;
令$x = 0$,得$a_{0} = 1$,令$x = \frac{1}{2}$,得$0 =$ $a_{0} + \frac{a_{1}}{2} + \frac{a_{2}}{2^{2}} + ·s + \frac{a_{2025}}{2^{2025}}$,故$\frac{a_{1}}{2} + \frac{a_{2}}{2^{2}} +$ $·s + \frac{a_{2025}}{2^{2025}} = - 1$,C正确;
等式两边同时求导,得到$- 4050(1 -$ $2x)^{2024} = a_{1} + 2a_{2}x + ·s + 2025a_{2025}x^{2024}$,
令$x = 1$,得$a_{1} + 2a_{2} + 3a_{3} + ·s + 2025a_{2025} =$ $- 4050$,D正确.

15.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中画了一张表示二项展开式的系数构成的三角形数阵(如图6-3-4所示)，在“杨辉三角”中，第20行所有数字的平方和等于$C_{40}^{20}$(用一个组合数作答)

答案： 15.$C_{40}^{20}$ 解析:依题意,在$``$杨辉三角$"$
中,第$20$行所有数字的平方和等于
$(C_{20}^{0})^{2} + (C_{20}^{1})^{2} + (C_{20}^{2})^{2} + ·s + (C_{20}^{20})^{2}$,可
视为$(1 + x)^{20}$按$x$升幂展开与$(1 + x)^{20}$按$x$降幂展开的两个多项式乘积展开式的
含$x^{20}$项的系数,即$(1 + x)^{20} · (x + 1)^{20} =$ $(C_{20}^{0} + C_{20}^{1}x + C_{20}^{2}x^{2} + ·s + C_{20}^{20}x^{20})(C_{20}^{0}x^{20} +$ $C_{20}^{1}x^{19} + C_{20}^{2}x^{18} + ·s + C_{20}^{20})$展开式中含
$x^{20}$项的系数,而$(1 + x)^{20} · (x + 1)^{20} = (1 +$ $x)^{40}$,$(1 + x)^{40}$展开式中含$x^{20}$项的系数
为$C_{40}^{20}$,所以$(C_{20}^{0})^{2} + (C_{20}^{1})^{2} + ·s + (C_{20}^{20})^{2} =$ $C_{40}^{20}$.

16.[2025·武汉高二检测]已知$(\frac{1}{2}-x)^n=a_0+a_1x+a_2x^2+\·s+a_nx^n(n\\geq3且n\\in N^*)$.若$|a_{n-2}|，|a_{n-1}|，|a_i|$成等差数列.
(1)求$(\frac{1}{2}-x)^n$的展开式的中间项；
(2)求$|a_i|(i=0,1,2,\·s,n)$的最大值.

答案： 16.解:
(1)$(\frac{1}{2} - x)^{8}$的展开式的通项为
$T_{k + 1} = C_{8}^{k}(\frac{1}{2})^{8 - k}( - x)^{k} = C_{8}^{k}(\frac{1}{2})^{8 - k}( - 1)^{k}x^{k}$,
$k = 0,1,2,·s,8$,
则$a_{n} = C_{n}^{n}(\frac{1}{2})^{n - n}( - 1)^{n} = ( - 1)^{n}$,
$a_{n - 1} = C_{n}^{n - 1}(\frac{1}{2})^{n - (n - 1)}( - 1)^{n - 1} = ( - 1)^{n - 1}\frac{n}{2}$,
$a_{n - 2} = C_{n}^{n - 2}(\frac{1}{2})^{n - (n - 2)}( - 1)^{n - 2} =$ $( - 1)^{n - 2}\frac{n(n - 1)}{8}$,
若$\left| a_{n - 2} \right|,\left| a_{n - 1} \right|,\left| a_{n} \right|$成等差数列,
则$2\left| a_{n - 1} \right| = \left| a_{n} \right| + \left| a_{n - 2} \right|$,
即$2 × \frac{n}{2} = 1 + \frac{n(n - 1)}{8}$,
解得$n = 1$(舍去)或$n = 8$.
则$(\frac{1}{2} - x)^{8}$的展开式的中间项是
$T_{5} = C_{8}^{4}(\frac{1}{2})^{4}( - 1)^{4}x^{4} = \frac{35}{8}x^{4}$.
(2)设$\left| a_{r} \right|$最大,
则$\begin{cases}C_{8}^{r}(\frac{1}{2})^{8 - r} \geqslant C_{8}^{r - 1}(\frac{1}{2})^{8 - r + 1} \\C_{8}^{r}(\frac{1}{2})^{8 - r} \geqslant C_{8}^{r + 1}(\frac{1}{2})^{8 - r - 1} \end{cases}$
即$\begin{cases}r + 1 \geqslant 2(8 - r) \\2(9 - r) \geqslant r \end{cases}$,
解得$5 \leqslant r \leqslant 6$.
又$r \in \mathbf{N}^{*}$,则$r = 5$或$6$.
所以$\left| a_{5} \right|(i = 0,1,2,·s,n)$的最大值
为$\left| a_{5} \right| = \left| a_{6} \right| = \left| C_{8}^{5}(\frac{1}{2})^{3}( - 1)^{5} \right| = 7$.