《2019-2020学年数学人教A版选修2-3作业与测评：1.3.1 二项式定理 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年数学人教A版选修2-3作业与测评：1.3.1 二项式定理 Word版含解析.pdf（8页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、13 二项式定理 13.1 二项式定理 课时作业 7 二项式定理 知识点一 二项式展开式问题 1.已知(1)5ab(a，b 为有理数)，则 ab( )33 A44 B46 C110 D120 答案 D 解析 二项式(1)5的展开式为1C ()1C ()2C ()33 1 5 3 2 5 3 3 5 3 C ()4C ()51530304597644， 所以 a 4 5 3 5 5 33333 76，b44，ab7644120. 2 若(2x3)n3的展开式中共有 15 项， 则自然数 n 的值为( )x A11 B12 C13 D14 答案 A 解析 因为(2x3)n3的展开式中共 n4 项，
2、所以 n415，x 即 n11，选 A. 3 化 简 (x 1)5 5(x 1)4 10(x 1)3 10(x 1)2 5(x 1) _. 答案 x51 解析 注意逆用二项式定理即可 原式C (x1)5C (x1)4C (x1)3C (x1)2C (x1)C 0 51 52 53 54 55 5 1(x1)151x51. 知识点二 求展开式的特定项 4.二项式(a2b)8的展开式的第 3 项为( ) A1792a3b5 B448a5b3 C1792a2b6 D112a6b2 答案 D 解析 二项式(a2b)8的展开式的第 3 项为 T3C a6(2b)2 2 8 112a6b2，选 D. 5.
3、 6的展开式的常数项是( ) ( 2x 1 2x) A20 B20 C40 D40 答案 B 解析 6的展开式的通项为 Tr1 ( 2x 1 2x) (1)rC 262rx62r， 令 62r0， 得 r3， 故常数项为(1)3C 20. r 63 6 知识点三 二项式系数与项的关系 6.二项式(1)6的展开式中有理项系数之和为( )x A64 B32 C24 D16 答案 B 解析 二项式(1)6的展开式的通项为 Tr1C x，令 为整数，x r 6 r 2 可得 r0,2,4,6，故展开式中有理项系数之和为 C C C C 32， 0 62 64 66 6 故选 B. 7设 6的展开式中
4、x3的系数为 a，二项式系数为 b，则 的 ( x 2 x) a b 值为_ 答案 4 解析 6的展开式的通项是 ( x 2 x) C x6k kC (2)kx6 ， k 6 ( 2 x) k 6 3k 2 根据题意得 63，k2， 3k 2 因此，x3的系数为 a60， 二项式系数为 bC 15， 2 6 因此， 4. a b 60 15 8在 8的展开式中，求： ( 2x2 1 3 x) (1)第 5 项的二项式系数及第 5 项的系数； (2)倒数第 3 项 解 (1)T5C (2x2)84 4C 24x，4 8 ( 1 3 x) 4 8 第 5 项的二项式系数是 C 70，第 5 项的系
5、数是 C 241120. 4 84 8 (2)解法一：展开式中的倒数第 3 项即为第 7 项，T7C (2x2)86 6 8 6112x2. ( 1 3 x) 解法二：在 8展开式中的倒数第 3 项就是8展开 ( 2x2 1 3 x) ( 1 3 x2x 2 ) 式中的第 3 项，T3C 82(2x2)2112x2.2 8 ( 1 3 x) 一、选择题 1二项式 5的展开式中的常数项为( ) ( x3 2 x2) A80 B80 C40 D40 答案 B 解析 二项式 5的展开式的通项为 Tr1C (x3)5rr ( x3 2 x2) r 5 ( 2 x2) (1)r2rC x15 5r，令
6、155r0，得 r3，所以常数项为 T4( r 5 1)323C 80，选 B. 3 5 2()12的展开式中，含 x 的正整数次幂的项共有( )x 3 x A4 项 B3 项 C2 项 D1 项 答案 B 解析 Tk1C ()12k()kC xxC x.要使 6 为正 k 12 x 3 x k 12 k 12 6 k 6 整数，则 k0,6,12. 3. 5(x0)的展开式中，x3的系数为 10，则实数 a 等于( ) ( xa x) A1 B. C1 D2 1 2 答案 D 解析 Tr1C x5r rC x52rar，令 52r3，得 r1，Cr 5 ( a x) r 5 a10，a2.
7、1 5 4在二项式 n的展开式中，前三项的系数成等差数列， ( 2 x 1 4 x) 则该二项式展开式中 x2项的系数为( ) A2 B4 C1 D16 答案 C 解析 由题意可得 2n、 C 2n1、 C 2n2成等差数列， 2C 2n12n 1 n2 n1 n C 2n2， 解得 n8.故展开式的通项公式为 Tr1C 28rx， 令 4 2 nr 8 4 2，求得 r8，故该二项式展开式中 x2项的系数为 C 201. 3r 4 8 8 5已知 n的展开式中第三项与第五项的系数之比为 ，则 ( x2 1 x) 3 14 展开式中常数项是( ) A1 B1 C45 D45 答案 D 解析 由
8、题知第三项的系数为 C (1)2C ，第五项的系数为 C 2 n2 n4 n (1)4C ，则有，解之得 n10， 4 n C2 n C4 n 3 14 由 Tr1C x202rx (1)r， r 10 当 202r 0 时，即当 r8 时，常数项为 C (1)8C 45， r 2 8 102 10 选 D. 二、填空题 6如果 n的展开式中，x2项为第三项，则自然数 n ( 3 x21 x) _. 答案 8 解析 Tk1C ()nk kC x，k n3 x2 ( 1 x) k n 由题意知 k2 时，2，n8. 2n5k 3 79192被 100 除所得的余数为_ 答案 81 解析 解法一：
9、9192(1009)92C 10092C 100919C 0 921 922 92 1009092C 992， 9292 展开式中前 92 项均能被 100 整除，只需求最后一项除以 100 的余 数 992(101)92C 1092C 1091C 102C 101， 0 921 9290929192 前 91 项均能被 100 整除，后两项和为919，因余数为正，可从 前面的数中分离出 1000，结果为 100091981，故 9192被 100 除可 得余数为 81. 解法二：9192(901)92C 9092C 9091C 902C 90 0 921 9290929192 C . 929
10、2 前 91 项均能被 100 整除，剩下两项和为 929018281，显然 8281 除以 100 所得余数为 81. 8若 nN*，(1)nanbn(an，bnZ)，则 a5b5的值为22 _ 答案 12 解析 当 n5 时， (1)5C C ()C ()2C ()3C ()4C2 0 51 5 2 2 5 2 3 5 2 4 5 2 5 5 ()52 152020204222 4129，2 a5b5294112. 三、解答题 9求证：122225n1(nN*)能被 31 整除 证明 122225n125n132n1(31 25n1 21 1)n1 C 31nC 31n1C31C 1 0
11、n1 nn1nn n 31(C 31n1C 31n2C)，显然 C 31n1C 31n2 0 n1 nn1n0 n1 n C为整数，原式能被 31 整除 n1n 10记 n的展开式中第 m 项的系数为 bm. ( 2x1 x) (1)求 bm的表达式； (2)若 n6，求展开式中的常数项； (3)若 b32b4，求 n. 解 (1) n的展开式中第 m 项为 C (2x)nm1 m12n1 ( 2x1 x) m1n ( 1 x) mC xn22m， m1n 所以 bm2n1mC. m1n (2)当 n6 时， n的展开式的通项为 Tr1C (2x)6rr ( 2x1 x) r 6 ( 1 x)
12、 26rC x62r. r 6 依题意，62r0，得 r3， 故展开式中的常数项为 T423C 160. 3 6 (3)由(1)及已知 b32b4， 得 2n2C 22n3C ， 从而 C C ， 即 n 2 n3 n2 n3 n 5. 11已知 n的展开式的前三项系数的和为 129，这个展开 ( x 2 3 x) 式中是否存在有理项？如没有，说明理由；如有，求出有理项 解 Tr1C ()nr rC 2rx (r0,1,2，n)，依题意有 Cr n x ( 2 3 x) r n 0 n 2C 22C 129，解得 n8(n8 舍去)， 1 n2 n Tr1C 2rx，且 0r8，rN*.又4 r，当 r0 r 8 245r 6 5 6 或 r6 时，Z， 即展开式中存在有理项， 它们是 T1x4， T7C 245r 6 26x1. 6 8 1792 x