课时作业(六十五)　二项式定理.DOC

1、课时作业(六十五)二项式定理 基础过关组 一、单项选择题 1. 1 x x 10的展开式中 x2的系数等于( ) A45B20 C30D90 解析因为展开式的通项为 Tr1(1)rCr10 x r 2 x (10r)(1)rCr 10 x10 3 2 r，令103 2r2，得 r8， 所以展开式中 x2的系数为(1)8C81045。故选 A。 答案A 2. 1 2x2y 5的展开式中 x2y3的系数是( ) A20B5 C5D20 解析 1 2x2y 5展开式的通项为 Tr 1Cr5 1 2x 5r(2y)rCr 5 1 2 5r(2)rx5ryr。当 r3 时，展开式中 x2y3的系数为 C

2、35 1 2 2(2)320。故选 A。 答案A 3若二项式 x2 x n展开式中的第 5 项是常数项，则自然数 n 的值为( ) A6B10 C12D15 解析由二项式 x2 x n展开式的第 5 项 C4 n( x)n 42 x 416C4 nx n 2 6 是常数项，可得n 260，解得 n 12。故选 C。 答案C 4在 x 3 x n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为 321，则 x2的系数为( ) A50B70 C90D120 解析令 x1，则 x 3 x n4n，所以 x 3 x n的展开式中，各项系数和为 4n，又二项式系数和为 2n， 所以4 n 2n2 n32，解得

3、 n5。二项展开式的通项 Tr 1Cr5x5 r 3 x rCr 53rx5 3 2 r，令 53 2r2，得 r2，所 以 x2的系数为 C253290。故选 C。 答案C 5化简 2nC1n2n 1C2 n2n 2(1)n1Cn1 n2() A1B(1)n C1(1)nD1(1)n 解析2nC1n2n 1C2 n2n 2(1)n1Cn1 n2C0n2n(1)0C1n2n 1C2 n2n 2( 1)n 1Cn1 n2(1)nCnn20(1)nCnn20(21)n(1)n1(1)n。故选 D。 答案D 6(2021八省联考)(1x)2(1x)3(1x)9的展开式中 x2的系数是() A60B8

4、0 C84D120 解析(1x)2(1x)3(1x)9的展开式中 x2的系数是 C22C23C24C29。因为 Cm 1 nCmn C m n1且 C22C33，所以 C22C23C33C23C34，所以 C22C23C24C24C34C35，以此类推，C22C23C24 C29C39C29C3101098 321 120。故选 D。 答案D 7(2x3)(xa)5的展开式的各项系数和为 32，则该展开式中 x4的系数是() A5B10 C15D20 解析在(2x3)(xa)5中，令 x1，得展开式的各项系数和为(1a)532，解得 a1，故(x1)5的展 开式的通项 Tr1Cr5x5 r。当

5、 r1 时，得 T 2C15x45x4，当 r4 时，得 T5C45x5x，故(2x3)(x1)5的展 开式中 x4的系数为 2555。故选 A。 答案A 8(2021成都诊断性检测)(x22) x1 x 6的展开式中的常数项为( ) A25B25 C5D5 解析因为 x1 x 6的展开式中的常数项与 2 的乘积为 2C3 6x3 1 x 32C3 640，x 1 x 6的展开式中含 x 2 的项与 x2的乘积为 C46x2 1 x 4x2C2 615。所以(x22) x1 x 6的展开式中的常数项为401525。 答案B 二、多项选择题 9(2020龙华区校级期中)已知 x 3 2 3x 2

6、 n 展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大 992，则下列 结论正确的是() A展开式中的有理项是第 2 项和第 5 项 B展开式中没有常数项 C展开式中二项式系数最大的项是第 3 项和第 4 项 D展开式中系数最大的项是第 5 项 解析由题意可得 4n2n992，解得 2n32，所以 n5。所以 x 3 2 3x 2 5 的展开式的通项公式为 Tr1 Cr53rx 104r 3 。若104r 3 为有理数，则 r2 或 r5，展开式中的有理项是第 3 项和第 6 项，故 A 错误； 令104r 3 0，解得 r10 4 ，不符合题意，故展开式中没有常数项，故 B 正确；由 n5 可知，展

7、开式中二 项式系数最大的项为第 3 项或第 4 项，故 C 正确；假设第 k1 项系数最大，则 3kCk53k 1Ck1 5， 3kCk53k 1Ck1 5， 解得 3.5k4.5，因为 kN*，所以 k4，所以展开式中系数最大的项是第 5 项，故 D 正确。故选 BCD。 答案BCD 10. x1 2 1 4 x 8展开式中系数最大的项为( ) A第 2 项B第 3 项 C第 4 项D第 5 项 解析由已知得，Tk1 1 2 kCk 8x 4 3k 4 。设第 k 项的系数最大，则有 1 2 kCk 8 1 2 k1Ck1 8， 1 2 kCk 8 1 2 k1Ck1 8， 即 1 2 8！

8、 k！8k！ 8！ k1！9k！， 8！ k！8k！ 1 2 8！ k1！7k！， 解得 2k3，kN，故 k2 或 k3，故展开式中系数最大的项为第 3 或第 4 项。故选 BC。 答案BC 三、填空题 11.12x 7 x 的展开式中 x2的系数为_。 解析因为二项式(12x)7的展开式的通项公式为 Tr1Cr7(2x)r(2)rCr7xr，所以12x 7 x 的展开式 中 x2的系数为(2)3C37280。 答案280 12(1x)6(2y1)5的展开式中 x4y2的系数是_。 解析解法一：因为二项式(1x)6的展开式的通项公式为 Tr1Cr6xr，二项式(2y1)5的展开式的通项 公式

9、为 Tk125 kCk 5y5 k，所以(1x)6(2y1)5 的展开式中 x4y2的系数为 C4622C35600。 解法二： (1x)6(2y1)5为 6 个(1x)与 5 个(2y1)之积， 其中含 x4y2的项只需在 6 个(1x)中取 4 个 x， 在 5 个(2y1)中取 2 个 2y 即可，所以 x4y2的系数为 C46C2522600。 答案600 13(2021广州市阶段训练)(3x22x1)5的展开式中，x2的系数是_。(用数字填写答案) 解析解法一：因为(3x22x1)5(3x22x)15展开式的通项公式为 Tr1Cr5(3x22x)5 r(1)r，当 r0 或 r1 或

10、 r2 时，二项式(3x22x)5 r 的展开式中无 x2项；当 r3 时，二项式(3x22x)5 r 的展开式中 x2的系数为 4；当 r4 时，二项式(3x22x)5 r 的展开式中 x2的系数为 3；当 r5 时，二项式(3x22x)5 r 的 展开式中无 x2项。所以所求展开式中 x2的系数为 4C35(1)33C45(1)425。 解法二：(3x22x1)5(3x1)5(x1)5，(3x1)5的展开式中常数项为 1，x 的系数为 3C4515，x2的系 数为 9C3590，(x1)5的展开式中常数项为1，x 的系数为 C4 5(1)45，x2的系数为 C35(1)310， 所以(3x

11、22x1)5的展开式中，x2的系数为 1(10)15590(1)25。 答案25 14(2020浙江高考)二项展开式(12x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则 a4_，a1a3 a5_。 解析由二项式定理得，(12x)5展开式的通项公式为 Tr1Cr52rxr，所以 a4C452480，a1C152110， a3C352380，a5C552532，所以 a1a3a5108032122。 答案80122 素养提升组 15“杨辉三角形”是古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了 300 多年，如图是三角 形数阵，记 an为图中第 n 行各数之和，则 a5a11的值为()

12、A528B1 020 C1 038D1 040 解析a5C04C14C24C34C442416，a11C010C110C210C10 102101 024，所以 a5a111 040。故选 D。 答案D 16(2021河南新乡模拟) xy1 x 1 y 4的展开式的常数项为( ) A36B36 C48D48 解析因为 xy1 x 1 y 4 xyxy xy 4(xy)4 1 1 xy 4，所以 xy1 x 1 y 4 的展开式的常数项是 C24C246636。故选 A。 答案A 17已知 x1 x2(x1)5a0 x 1a1a2xa3x2a4x3a5x4a6x5a7x6，则 a4( ) A21

13、B42 C35D210 解析因为 x1 x2(x1)5x1 7 x ，a4即为(x1)7展开式中 x4的系数C3735，所以 a435。 故选 C。 答案C 18. 1x21x31x4 1x3 a6x6a5x5a4x4a3x3a2x2a1xa0对任意 x(0,1)恒成立，则 a3 _。 解 析因 为 1x21x31x4 1x3 a6x6 a5x5 a4x4 a3x3 a2x2 a1x a0， 而 等 式 左 边 1x1x1x1xx21x21x1x 1x3 (1x)(1xx2)(1x2)(1x)(1xx2)(1x)2(1x2) (1xx2)(12xx2)(x21)x2(1xx2)(12xx2)(1xx2)(12xx2)，x2(1xx2)(12xx2)中 x3 的系数是 123，(1xx2)(12xx2)中 x3的系数是 213，所以 a3336。 答案6 570390(次)。