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专题41
利用二项式定理证明整除问题
一、单选题
1．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设a，b，m（）为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为.若，，则b的值可以是（
）
A．2020
B．2021
C．2024
D．2025
【答案】D
【分析】
根据已知中a和b对模m同余的定义，结合二项式定理，可以求出，结合，对照四个选项中的数字，可得出答案.
【详解】
由题意可得：
，
由二项式定理可得：
，
即除以的余数为，
因为，
所以b的值除以的余数也为，
只有2025除以的余数为，
则b的值可以是2025.
故选：D
【点睛】
本题考查了二项式定理的应用，需熟记定理的展开式，属于中档题.
2．已知，且恰能被14整除，则的取值可以是（
）
A．
B．1
C．7
D．13
【答案】D
【分析】
化简可得，再根据二项式定理的展开式，可知能被14整除，由此即可求结果.
【详解】
因为
其中能被14整除，
所以要使，且恰能被14整除，
所以的取值可以是.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题.
3．被9除的余数为（
）
A．
B．1
C．8
D．
【答案】C
【分析】
将转化为，利用二项式定理，即可得解.
【详解】
可以被9整除，
所以被9除的余数为8.
故选：C.
【点睛】
本题考查利用二项式定理解决余数问题，将原式变形为是本题的解题关键，属于中档题.
4．设a∈Z，且0≤a＜13，若512020+a能被13整除，则a＝（
）
A．0
B．1
C．11
D．12
【答案】D
【分析】
由51＝52﹣1，然后将512020展开，求其余数，然后令余数与a的和能被13整除即可.
【详解】
解：512020＝（52﹣1）2020＝（1﹣52）2020
.
因为52能被13整除，所以上式从第二项起，每一项都可以被13整除，
所以上式被13除，余数为，
所以要使512020+a能被13整除，因为a∈Z，且0≤a＜13，只需a+1＝13即可，
故a＝12.
故选：D.
【点睛】
本题考查二项式定理的应用，用二项式定理解决整除问题，掌握二项展开式通项公式是解题关键．
5．若是正奇数，则被9除的余数为（
）
A．2
B．5
C．7
D．8
【答案】C
【分析】
根据二项式定理化简，再根据题意对化简的式子进行变形得到，再次展开进行求解即可.
【详解】
解：由题可知：原式=
，
因为为正奇数，所以上式可化简为：
所以该式除以9，余数为：7.
故选：C.
【点睛】
本题考查运用二项式定理解决余数问题，考查代数式的恒等变形能力，考查了数学运算能力.
6．若能被9整除，则的最小值为（
）．
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】B
【分析】
将利用二项式定理展开，根据题意得到能被9整除，从而得到满足题意的的最小值.
【详解】
由二项式定理可得
，
其中能被9整除，
所以要使能被9整除，
则能被9整除，
则当时，最小，且能被9整除.
故选：B．
【点睛】
本题考查二项式定理解决整除问题，属于中档题.
7．设，若和被除得的余数相同，则称和模同余，记为，已知，则的值可能是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】
根据二项展开式可知,再分析的个位数即可.
【详解】
由题,,又,故的个位数字相同.又个位数字明显为1.
故选：D
【点睛】
本题主要考查了二项式定理的展开式的运用,需要观察题中所给的形式判断出展开式的原式,再利用指数函数的计算分析末尾数即可.属于中档题.
8．已知为满足（）能被9整除的正数的最小值，则的展开式中，系数最大的项为（
）
A．第6项
B．第7项
C．第项
D．第6项和第7项
【答案】B
【分析】
利用二项式定理的展开式，可得能被9整除的正数的最小值是，，
即，的展开式中的通项公式：，只考虑为偶数的情况，
【详解】
，能被9整除的正数的最小值是，．
，
的展开式中的通项公式：，
只考虑为偶数的情况，，，，
可知：系数最大的项为第7项．
故选：B．
【点睛】
本题考查二项式定理的应用、整除的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．
9．设a,b是两个整数,若存在整数d,使得b=ad,称“a整除b”,记作a|b.给出命题:①2|(n2+n+1);②100|(9910-1);③5|(24n-1)(n∈N+),其中正确命题的个数是(　　)
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【分析】
利用新定义，结合整数的性质及二项式定理可得结果.
【详解】
对于①,∵n2+n=n(n+1)必为偶数,
∴n2+n+1必为奇数,故①不正确.
对于②,9910-1=(100-1)10-1=10010-1009+…-100,故②正确.
对于③,24n-1=(15+1)n-1=15n+15n-1+…+15,故③正确.
故选C
【点睛】
本题以新定义为背景，考查二项式定理的应用，考查转化思想，属于中档题.
10．除以，所得余数是(
)
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
，展开式的通项为，不能被整除即时，余数为，由于余数要为正数，故加，得.
【点睛】本题主要考查利用二项式定理解有关整除问题，关键在于将原式转化为的倍数来展开.
二项式的应用：（1）求某些多项式系数的和；（2）证明一些简单的组合恒等式；（3）证明整除性,①求数的末位；②数的整除性及求系数；③简单多项式的整除问题；（4）近似计算.
11．设，，为整数（m>0），若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，，则的值可以是（
）
A．2015
B．2016
C．2017
D．2018
【答案】B
【解析】
试题分析：，所以除以5的余数为1，2016除以5的余数为1，所以B正确
考点：二项式定理
12．设a∈Z，且0≤a<13，若512012+a能被13整除，则a=(
)
A．0
B．1
C．11
D．12
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意首先利用二项式定理将512012展开，然后结合题意得到关于a的方程，解方程即可求得实数a的值.
【详解】
由于,
又由于13|52,所以只需13|1+a，0≤a<13,所以a=12.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查二项式定理研究整除问题的方法，属于基础题.
二、解答题
13．设，，.
（1）化简：；
（2）已知.记.证明：能被整除.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用组合排列数的计算公式即可得出.
（2）由（1）得，.由，可得，求和即可得出.
【详解】
（1）解：.
（2）证明：由（1）得，.
因为，
所以，
因为
设，
则，
所以.
所以能被整除.
【点睛】
本题考查了组合排列数的计算公式、二项式定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
14．（1）求证：能被20整除；
（2）已知能被25整除，求a的最小正数值．
【答案】（1）证明见解析;（2）4
【分析】
(1)
，结合二项式定理可整理出，从而可证明.
(2)
，结合二项式定理可得，从而可求出a的最小正数值.
【详解】
解：（1）（此处M，N表示整多项式），即能被20整除.
（2）（M为整多项式），
∴a的最小正数值为4.
【点睛】
本题考查了二项式定理的应用，考查了整除问题.
15．求除以所得的余式．
【答案】
【分析】
可变形为，再利用二项式定理展开求余数.
【详解】
因为，
所以除以的余式为.
【点睛】
本题考查运用二项式定理求余数，属于基础题.
16．已知.
（1）若，求的系数.
（2）当，时，求除以7所得的余数.
【答案】（1）70（2）6
【分析】
（1）令，根据等式的特点，结合等比数列前项和公式求出、的值，进而求出的值，结合二项式的通项公式、组合数的性质进行求解即可；
（2）根据等比数列前项和公式，结合二项式定理进行求解即可.
【详解】
（1）令，，
又，，所以，
故，∴，
因为的通项公式为：
所以的系数是
（2）当，时，
，
而
化简得：，因此除以7所得的余数6.
【点睛】
本题考查了二项式定理的应用，考查了等比数列前项和公式，考查了数学运算能力.
17．已知.
（1）若，求；
（2）若，求除以9的余数；
（3）若，求.
【答案】（1）192；（2）1；（3）.
【分析】
（1）利用倒序相加以及组合数公式的性质，即可求得答案；
（2）将构造为，进而表示为，对其展开发现都能被9整除，所以1除以9的余数就是除以9的余数，即可得到答案；
（3）由已知可表示通项，进而由倒序相加求出答案.
【详解】
（1）因为，所以……①
同时，……②，
①②两式相加得：
所以
（2）因为，所以
因为都能被9整除，所以1除以9的余数就是除以9的余数，
故除以9的余数为1.
（3）因为，所以通项
所以
同时
上述两式相加有
所以
【点睛】
本题考查二项式定理的综合应用，主要涉及构造法的体现，属于难题.
18．已知，除以的余数为，求展开式的常数项.
【答案】常数项为.
【分析】
由组合数和排列数的定义可列出不等式组，求出的值，进而求出的值.再利用二项式定理，
由求出余数.将和代入，在其通项公式中令的幂指数等于零，求出常数项.
【详解】
解：由题意得，解得，
∵，∴，∴，
∵
，
∴，
∴，
通项公式，
令，，
故常数项为.
【点睛】
本题考查了排列数和组合数的定义，利用二项式定理解决整除问题，求二项式展开式的指定项问题.属于中档题.
19．已知，．记．
（1）求的值；
（2）化简的表达式，并证明：对任意的，都能被整除．
【答案】（1）；（2），证明见解析.
【分析】
（1）由二项式定理得，利用公式计算的值；
（2）由组合数公式化简，把化为的整数倍即可．
【详解】
由二项式定理，得；
（1）；
（2）因为，
所以
，
，
因为，所以能被整除.
【点睛】
本题考查了二项式定理与组合数公式的应用问题，也考查了整除问题，是难题．
20．已知二项式．
（1）若它的二项式系数之和为512．求展开式中系数最大的项；
（2）若，求二项式的值被7除的余数．
【答案】（1）；（2）2.
【分析】
（1）由题意利用二项式系数的性质求得的值，再根据通项公式可得展开式中第项的系数，从而求得展开式中系数最大的项．
（2）二项式即，按照二项式定理展开，问题化为被7除的余数．再根据，按照二项式定理展开，可得它被7除的余数．
【详解】
（1）二项式的二项式系数之和为512，，．
由，解得：，
展开式中系数最大的项为第8项，为．
（2）若，，
问题转化为被7除的余数，
，即余数为2．
【点睛】
本题考查二项式定理的应用、整除的余数问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意连续两次使用二项展开式求余数.
21．在平面直角坐标系xOy中，点P(x0，y0)在曲线y＝x2(x＞0)上．已知A(0，－1)，，n∈N
．记直线APn的斜率为kn．
（1）若k1＝2，求P1的坐标；
（2）若k1为偶数，求证：kn为偶数．
【答案】（1）(1，1)（2）详见解析
【解析】
试题分析：（1）由两点间斜率公式得，解方程得P1的坐标（2）先求出kn＝，再利用k1为偶数表示x0，设k1＝2p(pN
)，则x0＝p±．最后利用二项式展开定理证明kn为偶数
试题解析：解：（1）因为k1＝2，所以，
解得x0＝1，y0＝1，所以P1的坐标为(1，1)．
（2）设k1＝2p(pN
)，即，
所以－2px0＋1＝0，所以x0＝p±．
因为y0＝x02，所以kn＝
所以当x0＝p＋时，
kn＝(p＋)n＋()n＝(p＋)n＋(p－)n．
同理，当
x0＝p－时，kn＝(p＋)n＋(p－)n．
①当n＝2m(mN
)时，
kn＝2，所以kn为偶数．
②当n＝2m＋1(mN)时，kn＝2，所以kn为偶数．
综上，
kn为偶数．
考点：二项式展开定理应用
22．若，则被3除的余数是多少?
【答案】2
【分析】
根据题意，给自变量赋值，取和，两个式子相加，得到的值，整理出可以看出能不能被3除的结果，得到余数．
【详解】
解：在已知等式中
取得
取得
两式相加得
即
注意到能被3整除；
所以被3除的余数是2，因此被3除的余数是2．
【点睛】
本题考查二项式定理的应用和带余除法，本题解题的关键是利用二项式定理利用赋值的方法得到式子的结果，属于中等题．
略
23．已知展开式的二项式系数和为512，
且
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求被6整除的余数.
【答案】(1)144,(2)2,(3)5
【详解】
解：（1）由二项式系数和为512知，
所以
（2）令
令得
所以
（3）
因为能被6整除，所以-19被6整除后余数为5.
三、填空题
24．已知能够被15整除，其中，则__________.
【答案】14
【分析】
根据题意，利用二项式定理可得，要使能够被15整除，只需能被15整除即可，可得答案.
【详解】
解：由题可知，
所以，
而75能被15整除，要使能够被15整除，只需能被15整除即可，
所以，解得：.
【点睛】
本题考查二项式展开式的应用，以及二项式定理的整除问题，考查学生的化简运算能力.
25．被7除后的余数为________________________．
【答案】4
【分析】
先化简，再利用二项式定理求出余数.
【详解】
由题得
因为能被7整除，
所以被7除后的余数为4.
故答案为：4.
【点睛】
本题主要考查二项式定理求余数，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
26．已知能够被15整除，则________.
【答案】14
【分析】
根据题意，利用二项式展开式得出，要使能够被15整除，只需能被15整除即可，即可求出的值.
【详解】
解：由题可知，
所以，
而75能被15整除，
要使能够被15整除，只需能被15整除即可，
所以，解得：.
故答案为：14.
【点睛】
本题考查二项展开式的应用，以及二项式定理的整除问题，考查化简运算能力.
27．若等差数列的首项为，公差为展开式中的常数项，其中是除以19的余数，则此等差数列的通项________.
【答案】
【分析】
由题意可得，解不等式可得的值，进而可以求得；由二项式展开式可得的值，再由二项式展开通式可得的值，进而可以求得公差，最后表示出等差数列的通项公式即可.
【详解】
解：由得，，解得，
又为自然数，所以.
故.
，
上式的前77项均有因式76，故可以被19整除，
故余数为，即.
的通项公式为，
令，解得.
故公差
则.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查二项式定理和等差数列的通项公式，考查学生计算能力，属于中档题.
28．记[x]为不超过实数x的最大整数.若，则A除以50的余数为____________
.
【答案】40
【分析】
根据均不是整数，利用放缩法分析出，结合二项式定理得A除以50的余数.
【详解】
注意到均不是整数.
按定义，
所以对任意正整数k均有
.
从而.
故答案为：40
【点睛】
此题考查数论相关知识点，涉及同余问题结合二项式定理处理，需要熟练掌握初等数论相关知识.
29．除以100的余数是________
【答案】41
【分析】
利用二项式定理化简，求出展开式的后2项，即可得到除以100的余数；
【详解】
解：
即除以100的余数为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查二项式定理的应用，注意二项式定理的展开式的后2项，属于基础题．
30．被7除后的余数为__________．
【答案】3
【分析】
先由，再按照二项式定理展开即可得出结果.
【详解】
显然，除了最后两项外，其余的各项都能被7整除，
故除以7的余数为，
故答案为：3.
【点睛】
本题主要考查的是二项式定理的应用，熟记二项展开式是解题的关键，属于基础题.
31．设，则除以8所得的余数为________.
【答案】7
【分析】
令可得，再将展开分析即可.
【详解】
由已知，令，得，
又
.
所以除以8所得的余数为7.
故答案为：7
【点睛】
本题考查二项式定理的综合应用，涉及到余数问题，做此类题一定要合理构造二项式，并展开进行分析判断，是一道中档题.
32．设，则除以的余数是______.
【答案】1
【分析】
利用二项式定理得到，将89写成1+88，然后再利用二项式定理展开即可.
【详解】
，因展开式中
后面10项均有88这个因式，所以除以的余数为1.
故答案为：1
【点睛】
本题考查二项式定理的综合应用，涉及余数的问题，解决此类问题的关键是灵活构造二项式，并将它展开分析，本题是一道基础题.
33．记（为正奇数），则除以88的余数为______
【答案】87
【分析】
由组合数的性质知：，由此能求出结果.
【详解】
解:由组合数的性质知：
则除以88的余数为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查余数的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意组合数性质及二项式定理的合理运用.
34．当为正奇数时，除以9的余数是__________.
【答案】
【分析】
根据二项式定理化简，再根据题意对化简的式子进行变形，再展开进行求解即可.
【详解】
，
因为为正奇数，所以上式可化简为：
该式除以9，余数为：7.
故答案为：7
【点睛】
本题考查了应用二项式定理应用解决余数问题，考查了代数式的恒等变形能力，考查了数学运算能力.
35．设，，为整数（m>0），若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，，则的值可以是_______.
【答案】2011（答案不唯一，都可以）
【分析】
应用二项式定理求出，再由二项式定理求出除以10所得余数，然后写出．
【详解】
，展开式中只有最后一项不是10的整数倍，
所以除以10的余数为1，∵，∴.
故答案为：2011（答案不唯一，都可以）
【点睛】
本题考查二项式定理的应用，考查整除问题．掌握二项式定理是解题关键．
36．设，且，若能被整除，则____________．
【答案】
【分析】
由，可将表示为，可知能被整除，再结合的取值范围可求得整数的值.
【详解】
，，
由于能被整除，则也能被整除，
，且，，解得.
故答案为：.
【点睛】
本题考查利用二项式定理处理数的整除问题，考查二项式展开式通项的应用，考查计算能力，属于中等题.
37．除以的余数为______.
【答案】
【分析】
把化为，根据二项式定理，即可求得答案.
【详解】
由于
由于前项都有因数，
故所给的式子故除以的余数即为除以的余数，
故所给的式子除以的余数为，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，把所给的式子化为，是解题的关键，体现了转化的数学而思想，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
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专题41
利用二项式定理证明整除问题
一、单选题
1．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设a，b，m（）为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为.若，，则b的值可以是（
）
A．2020
B．2021
C．2024
D．2025
2．已知，且恰能被14整除，则的取值可以是（
）
A．
B．1
C．7
D．13
3．被9除的余数为（
）
A．
B．1
C．8
D．
4．设a∈Z，且0≤a＜13，若512020+a能被13整除，则a＝（
）
A．0
B．1
C．11
D．12
5．若是正奇数，则被9除的余数为（
）
A．2
B．5
C．7
D．8
6．若能被9整除，则的最小值为（
）．
A．3
B．4
C．5
D．6
7．设，若和被除得的余数相同，则称和模同余，记为，已知，则的值可能是（
）
A．
B．
C．
D．
8．已知为满足（）能被9整除的正数的最小值，则的展开式中，系数最大的项为（
）
A．第6项
B．第7项
C．第项
D．第6项和第7项
9．设a,b是两个整数,若存在整数d,使得b=ad,称“a整除b”,记作a|b.给出命题:①2|(n2+n+1);②100|(9910-1);③5|(24n-1)(n∈N+),其中正确命题的个数是(　　)
A．0
B．1
C．2
D．3
10．除以，所得余数是(
)
A．
B．
C．
D．
11．设，，为整数（m>0），若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，，则的值可以是（
）
A．2015
B．2016
C．2017
D．2018
12．设a∈Z，且0≤a<13，若512012+a能被13整除，则a=(
)
A．0
B．1
C．11
D．12
二、解答题
13．设，，.
（1）化简：；
（2）已知.记.证明：能被整除.
14．（1）求证：能被20整除；
（2）已知能被25整除，求a的最小正数值．
15．求除以所得的余式．
16．已知.
（1）若，求的系数.
（2）当，时，求除以7所得的余数.
17．已知.
（1）若，求；
（2）若，求除以9的余数；
（3）若，求.
18．已知，除以的余数为，求展开式的常数项.
19．已知，．记．
（1）求的值；
（2）化简的表达式，并证明：对任意的，都能被整除．
20．已知二项式．
（1）若它的二项式系数之和为512．求展开式中系数最大的项；
（2）若，求二项式的值被7除的余数．
21．在平面直角坐标系xOy中，点P(x0，y0)在曲线y＝x2(x＞0)上．已知A(0，－1)，，n∈N
．记直线APn的斜率为kn．
（1）若k1＝2，求P1的坐标；
（2）若k1为偶数，求证：kn为偶数．
22．若，则被3除的余数是多少?
23．已知展开式的二项式系数和为512，
且
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求被6整除的余数.
三、填空题
24．已知能够被15整除，其中，则__________.
25．被7除后的余数为________________________．
26．已知能够被15整除，则________.
27．若等差数列的首项为，公差为展开式中的常数项，其中是除以19的余数，则此等差数列的通项________.
28．记[x]为不超过实数x的最大整数.若，则A除以50的余数为____________
.
29．除以100的余数是________
30．被7除后的余数为__________．
31．设，则除以8所得的余数为________.
32．设，则除以的余数是______.
33．记（为正奇数），则除以88的余数为______
34．当为正奇数时，除以9的余数是__________.
35．设，，为整数（m>0），若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，，则的值可以是_______.
36．设，且，若能被整除，则____________．
37．除以的余数为______.
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