高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第10章　计数原理、概率、随机变量及其分布10.3(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第10章　计数原理、概率、随机变量及其分布10.3(教师版)，共7页。

一、选择题
1．(2018·广东测试)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,2x)))6的展开式中，常数项是( )
A．－eq \f(5,4) B.eq \f(5,4) C．－eq \f(15,16) D.eq \f(15,16)
答案 D
解析 Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(x2)6－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2x)))r＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))rCeq \\al(r,6)x12－3r，令12－3r＝0，解得r＝4.∴常数项为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))4Ceq \\al(4,6)＝eq \f(15,16).故选D.
2．(2018·福建厦门联考)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋x＋\f(1,x2018)))10的展开式中，x2的系数为( )
A．10 B．30 C．45 D．120
答案 C
解析 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋x＋\f(1,x2018)))10＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋x＋\f(1,x2018)))10＝(1＋x)10＋Ceq \\al(1,10)(1＋x)9eq \f(1,x2018)＋…＋Ceq \\al(10,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2018)))10，所以x2只出现在(1＋x)10的展开式中，所以含x2的项为Ceq \\al(2,10)x2，系数为Ceq \\al(2,10)＝45.故选C.
3．已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝( )
A．－4 B．－3 C．－2 D．－1
答案 D
解析 由二项式定理得(1＋x)5的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·xr，所以当r＝2时，(1＋ax)(1＋x)5的展开式中相应x2的系数为Ceq \\al(2,5)，当r＝1时，相应x2的系数为Ceq \\al(1,5)·a，所以Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(1,5)·a＝5，a＝－1，故选D.
4．(2018·河南百校联盟模拟)(3－2x－x4)(2x－1)6的展开式中，含x3项的系数为 ( )
A．600 B．360 C．－600 D．－360
答案 C
解析 由二项展开式的通项公式可知，展开式中含x3项的系数为3×Ceq \\al(3,6)23(－1)3－2×Ceq \\al(2,6)22(－1)4＝－600.故选C.
5．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式的常数项为( )
A．－40 B．－20 C．20 D．40
答案 D
解析 令x＝1，得(1＋a)(2－1)5＝2，∴a＝1.
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·(2x)5－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))r＝(－1)r·25－r·Ceq \\al(r,5)·x5－2r.
令5－2r＝1，得r＝2.令5－2r＝－1，得r＝3.
∴展开式的常数项为(－1)2×23·Ceq \\al(2,5)＋(－1)3·22·Ceq \\al(3,5)＝80－40＝40.故选D.
6．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(1,\r(3,x))))n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是( )
A．－7 B．7 C．－28 D．28
答案 B
解析 由题意知n＝8，
Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)))8－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(3,x))))r＝(－1)r·Ceq \\al(r,8)·eq \f(x8－r,28－r)·＝(－1)r·Ceq \\al(r,8)·，
由8－r－eq \f(r,3)＝0，得r＝6.
∴T7＝Ceq \\al(6,8)·eq \f(1,22)＝7，即展开式中的常数项为T7＝7.故选B.
7．(2018·石家庄模拟)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,ax)))9(a∈R)的展开式中x9的系数是－eq \f(21,2)，则eq \i\in(0,a,)sinxdx的值为( )
A．1－cs2 B．2－cs1 C．cs2－1 D．1＋cs2
答案 A
解析 由题意得Tr＋1＝Ceq \\al(r,9)·(x2)9－r·(－1)r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,ax)))r＝(－1)r·Ceq \\al(r,9)·x18－3r·eq \f(1,ar)，令18－3r＝9，得r＝3，所以－Ceq \\al(3,9)·eq \f(1,a3)＝－eq \f(21,2)，解得a＝2.所以eq \i\in(0,a,)sinxdx＝(－csx)eq \\al(2,0)＝－cs2＋cs0＝1－cs2.故选A.
8．设a∈Z，且0≤a<13，若512018＋a能被13整除，则a＝( )
A．0 B．1 C．11 D．12
答案 D
解析 512018＋a＝(52－1)2018＋a＝522018＋Ceq \\al(1,2018)·522017·(－1)＋…＋Ceq \\al(2017,2018)×52×(－1)2017＋1＋a，
∵522018能被13整除，∴只需a＋1能被13整除即可，∴a＝12.故选D.
9．(2018·合肥质检)若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2·(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实数m的值为( )
A．1或－3 B．－1或3
C．1 D．－3
答案 A
解析 令x＝0，得到a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2＋m)9，令x＝－2，得到a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝m9，所以有(2＋m)9m9＝39，即m2＋2m＝3，解得m＝1或m＝－3.故选A.
10．(2017·淮北模拟)已知在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(1,2\r(3,x))))n的展开式中，第6项为常数项，则展开式中所有的有理项共有( )
A．5项 B．4项 C．3项 D．2项
答案 C
解析 Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)xeq \f(n－r,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2\r(3,x))))r＝Ceq \\al(r,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))rx，由第6项为常数项 ，得当r＝5时，eq \f(n－2r,3)＝0，得n＝10.令eq \f(10－2r,3)＝k∈Z，则10－2r＝3k，即r＝5－eq \f(3,2)k，故k应为偶数．又0≤r≤10，故k可取2,0，－2，即r可取2,5,8.故第3项，第6项与第9项为有理项，故选C.
二、填空题
11．(2014·安徽高考)设a≠0，n是大于1的自然数，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x,a)))n的展开式为a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.若点Ai(i，ai)(i＝0,1,2)的位置如图所示，则a＝________.
答案 3
解析 根据题意知a0＝1，a1＝3，a2＝4，结合二项式定理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(1,n)·\f(1,a)＝3，,C\\al(2,n)·\f(1,a2)＝4，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n－1＝\f(8,3)a，,n＝3a，))解得a＝3.
12．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2＋\f(b,x)))6的展开式中x3的系数为20，则a2＋b2的最小值为________．
答案 2
解析 因为二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2＋\f(b,x)))6展开后第k项为Ceq \\al(k－1,6)·(ax2)7－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,x)))k－1＝Ceq \\al(k－1,6)a7－kbk－1x15－3k，所以当k＝4时，可得x3的系数为20a3b3，即20a3b3＝20，得ab＝1.故a2＋b2≥2ab＝2，当且仅当a＝b＝1时等号成立，此时a2＋b2取得最小值2.
13．在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝________.
答案 120
解析 ∵(1＋x)6展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)xr，(1＋y)4展开式的通项公式为Th＋1＝Ceq \\al(h,4)yh，∴(1＋x)6(1＋y)4展开式的通项可以为Ceq \\al(r,6)Ceq \\al(h,4)xryh.
∴f(m，n)＝Ceq \\al(m,6)Ceq \\al(n,4).
∴f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝Ceq \\al(3,6)＋Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(3,4)＝20＋60＋36＋4＝120.
14．(2017·江西赣州十四县联考)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,3x)))n的展开式中前三项的系数分别为A，B，C，且满足4A＝9(C－B)，则展开式中x2的系数为________．
答案 eq \f(56,27)
解析 易得A＝1，B＝eq \f(n,3)，C＝eq \f(C\\al(2,n),9)＝eq \f(nn－1,18)，所以有4＝9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n2－n,18)－\f(n,3)))，即n2－7n－8＝0，解得n＝8或n＝－1(舍)．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,3x)))8中，因为通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)x8－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3x)))r＝eq \f(C\\al(r,8),3r)x8－2r，令8－2r＝2，得r＝3，所以展开式中x2的系数为eq \f(56,27).
三、解答题
15．(2018·三亚模拟)已知fn(x)＝(1＋x)n.
(1)若f2019(x)＝a0＋a1x＋…＋a2019x2019，求a1＋a3＋…＋a2017＋a2019的值；
(2)若g(x)＝f6(x)＋2f7(x)＋3f8(x)，求g(x)中含x6项的系数．
解 (1)因为fn(x)＝(1＋x)n，
所以f2019(x)＝(1＋x)2019，
又f2019(x)＝a0＋a1x＋…＋a2019x2019，
所以f2019(1)＝a0＋a1＋…＋a2019＝22019，①
f2019(－1)＝a0－a1＋…＋a2017－a2019＝0，②
①－②得2(a1＋a3＋…＋a2017＋a2019)＝22019，
所以a1＋a3＋…＋a2017＋a2019＝22018.
(2)因为g(x)＝f6(x)＋2f7(x)＋3f8(x)，
所以g(x)＝(1＋x)6＋2(1＋x)7＋3(1＋x)8.
g(x)中含x6项的系数为Ceq \\al(6,6)＋2Ceq \\al(6,7)＋3Ceq \\al(6,8)＝99.
16．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋2x))n，
(1)若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项的系数；
(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项．
解 (1)因为Ceq \\al(4,n)＋Ceq \\al(6,n)＝2Ceq \\al(5,n)，所以n2－21n＋98＝0，得n＝7或n＝14.
当n＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5.
∴T4的系数为Ceq \\al(3,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))423＝eq \f(35,2)，
T5的系数为Ceq \\al(4,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))324＝70.
当n＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T8，
∴T8的系数为Ceq \\al(7,14)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))727＝3432.
(2)∵Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＝79，∴n2＋n－156＝0，
∴n＝12或n＝－13(舍去)．
设Tk＋1项的系数最大，
∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋2x))12＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))12(1＋4x)12，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(k,12)4k≥C\\al(k－1,12)4k－1，,C\\al(k,12)4k≥C\\al(k＋1,12)4k＋1，))
解得eq \f(47,5)≤k≤eq \f(52,5).
∵k∈N，∴k＝10，∴展开式中系数最大的项为T11，
T11＝Ceq \\al(10,12)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2·210·x10＝16896x10.