高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.3 二项式定理课时练习

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.3 二项式定理课时练习，共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1．[2023·江苏盐城高二期中](1－2x)6的展开式的第3项为( )
A．60B．－120C．60x2D．－120x2
2．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x2)))eq \s\up12(n)的展开式有9项，则自然数n的值为( )
A．7B．8
C．9D．10
3．[2023·河北石家庄高二期中]在(x＋1)4的二项展开式中，x2项的系数为( )
A．6B．4
C．2D．1
4．[2023·吉林白山高二期末](6x＋eq \f(1,3\r(x)))9的展开式中按x的升幂排列的第4项为( )
A．eq \f(244,27)xB．eq \f(224,9)
C．eq \f(112,9)x2D．eq \f(224,27)
5．[2023·河南郑州高二期中]eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(1,x)))eq \s\up12(9)展开式中的常数项是( )
A．－36B．36
C．－84D．84
6．[2023·广东珠海高二期中]若(x＋a)5的展开式中x2的系数是80，则实数a的值是( )
A．1B．2
C．3D．4
7．[2023·河北衡水高二期中]eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x3)))(1－x)6的展开式中x2的系数为( )
A．6B．－6C．－9D．9
8．[2023·江苏淮安高二期中](x－2y－1)5的展开式中含x2y2的项的系数为( )
A．－120B．60C．－60D．30
二、多项选择题(每小题5分，共10分)
9．[2023·广东惠州高二期中]在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x2－\f(2,x)))eq \s\up12(5)的展开式中，有( )
A．含x的项B．含eq \f(1,x2)的项
C．含x4的项D．含eq \f(1,x4)的项
10．已知在(eq \r(3,x)－eq \f(1,2\r(3,x)))n的二项展开式中，第6项为常数项，则( )
A．n＝10
B．展开式中项数共有13项
C．含x2的项的系数为eq \f(45,4)
D．展开式中有理项的项数为3
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．[2023·河北邯郸高二期中](1＋a)12的二项展开式中的倒数第5项是________．
12．[2023·安徽合肥高二期末]已知C eq \\al(0,n) －4C eq \\al(1,n) ＋42C eq \\al(2,n) －43C eq \\al(3,n) ＋…＋(－1)n4nC eq \\al(n,n) ＝729，则n的值为________．
四、解答题(共20分)
13．(10分)已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(1,x)))eq \s\up12(n)的展开式中第三项的二项式系数为15.
(1)求n；
(2)求展开式中的常数项．
14．(10分)[2023·河北石家庄高二期中]在二项式(axm＋bxn)12，(a>0，b>0，m，n≠0)中有2m＋n＝0，如果它的展开式中存在常数项，求它是第几项．
关键能力综合练
15．(5分)[2023·河北保定高二期末]用1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数eq \x\t(abcde)，(eq \x\t(abcde)代表万位，千位，百位，十位，个位依次为a，b，c，d，e)其中满足a>b>cA．56B．35
C．20D．84
[答题区]
16.(15分)在(eq \r(x)－eq \f(1,2\r(4,x)))n(n≥3，n∈N*)的展开式中，第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列．
(1)求n的值；
(2)求展开式中所有的有理项．
同步练习8 二项式定理
1．解析：(1－2x)6的展开式的第3项为T3＝C eq \\al(2,6) 14(－2x)2＝60x2.
答案：C
2．解析：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x2)))eq \s\up12(n)的展开式共有n＋1项，所以n＋1＝9，所以n＝8.
答案：B
3．解析：(x＋1)4展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(k,4) x4－k，
令4－k＝2，则k＝2，
所以x2项的系数为C eq \\al(2,4) ＝6.
答案：A
4．解析：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x＋\f(1,3\r(x))))eq \s\up12(9)的通项Tk＋1＝C eq \\al(k,9) (6x)9－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x－\f(1,2)))eq \s\up12(k)＝C eq \\al(k,9) ·69－k·3－k·x9－eq \f(3,2)k，k＝0，1，2，…，9，
所以按x的升幂排列的第4项为T6＋1＝C eq \\al(6,9) ×63×3－6＝eq \f(224,9).
答案：B
5．解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(1,x)))eq \s\up12(9)展开式的通项公式为Tk＋1＝C eq \\al(k,9) ·(eq \r(x))9－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝C eq \\al(k,9) ·(－1)k·xeq \s\up6(\f(9－3k,2))，
令eq \f(9－3k,2)＝0，求得k＝3，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(1,x)))eq \s\up12(9)展开式中的常数项是－C eq \\al(3,9) ＝－84.
答案：C
6．解析：(x＋a)5展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(k,5) x5－kak，
令5－k＝2⇒k＝3，
可得x2系数为C eq \\al(3,5) a3＝10a3＝80，
可得a＝2.
答案：B
7．解析：由二项式(1－x)6的展开式的通项公式为Tk＋1＝(－1)kC eq \\al(k,6) xk，
所以多项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x3)))(1－x)6的展开式中x2项为：
1×(－1)2C eq \\al(2,6) x2＋eq \f(1,x3)×(－1)5C eq \\al(5,6) x5＝15x2－6x2＝9x2，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x3)))(1－x)6的展开式中x2的系数为9.
答案：D
8．解析：因为(x－2y－1)5＝[(x－1)－2y]5的展开式中含y2的项为C eq \\al(2,5) (x－1)3(－2y)2，
(x－1)3的展开式中含x2的项为C eq \\al(1,3) ·x2·(－1)1，
所以(x－2y－1)5的展开式中含x2y2的项的系数为C eq \\al(2,5) (－2)2·C eq \\al(1,3) ·(－1)1＝－120.
答案：A
9．解析：二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x2－\f(2,x)))eq \s\up12(5)的展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(k,5) ·35－k·(－2)k·x10－3k，k＝0，1，2，3，4，5，
当10－3k＝1时，k＝3，知A正确；
当10－3k＝－2时，k＝4，知B正确；
当10－3k＝4时，k＝2，知C正确；
当10－3k＝－4时，k＝eq \f(14,3)，知D错误．
答案：ABC
10．解析：依题意，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(1,2\r(3,x))))eq \s\up12(n)展开式的通项公式为Tr＋1＝C eq \\al(r,n) ·(eq \r(3,x))n－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2\r(3,x))))eq \s\up12(r)＝C eq \\al(r,n) ·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(r)·xeq \s\up6(\f(n－2r,3))，
因为第6项为常数项，
所以r＝5时，有eq \f(n－2r,3)＝0，解得n＝10，故A正确；
由n＝10，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(1,2\r(3,x))))eq \s\up12(10)展开式中项数共有10＋1＝11项，故B错误；
令eq \f(n－2r,3)＝2，得r＝eq \f(1,2)(n－6)＝eq \f(1,2)×(10－6)＝2，
所求含x2项的系数为C eq \\al(2,10) ×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(45,4).故C正确；
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(10－2r,3)∈Z,0≤r≤10,r∈N))，令eq \f(10－2r,3)＝k(k∈Z)，则10－2r＝3k，即r＝5－eq \f(3,2)k，
因为r∈N，所以k应为偶数，所以k可取2，0，－2，即r可以取2，5，8，所以第3项，第6项，第9项为有理项，即展开式中有理项的项数为3，故D正确．
答案：ACD
11．解析：(1＋a)12的二项展开式中的倒数第5项，即展开式的第9项，为T9＝C eq \\al(8,12) ·a8＝495a8.
答案：495a8
12．解析：由C eq \\al(0,n) －4C eq \\al(1,n) ＋42C eq \\al(2,n) －43C eq \\al(3,n) ＋…＋(－1)n4nC eq \\al(n,n) ＝729，
可得C eq \\al(0,n) ·1n·(－4)0＋C eq \\al(1,n) ·1n－1·(－4)1＋C eq \\al(2,n) ·1n－2·(－4)2＋…＋C eq \\al(n,n) ·10·(－4)n＝729，
则(1－4)n＝729，即(－3)n＝729＝(－3)6，解得n＝6.
答案：6
13．解析：(1)由题意得，C eq \\al(2,n) ＝15即eq \f(n（n－1）,2)＝15，
化简得n2－n－30＝0，解得n＝6或n＝－5(负值舍去).
所以n＝6.
(2)由二项展开式的通项得Tk＋1＝C eq \\al(k,6) (eq \r(x))6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝(－1)kC eq \\al(k,6) xeq \s\up6(\f(6－3k,2))，
因为0≤k≤6，k∈N，令eq \f(6－3k,2)＝0，得k＝2，
所以常数项为T3＝(－1)2C eq \\al(2,6) ＝15.
14．解析：二项式(axm＋bxn)12的通项为Tk＋1＝C eq \\al(k,12) (axm)12－k(bxn)k＝C eq \\al(k,12) a12－kbkxm(12－k)＋nk，
令Tk＋1＝C eq \\al(k,12) a12－kbkxm(12－k)＋nk为常数项，
则有m(12－k)＋nk＝0，
因为2m＋n＝0，m，n≠0，所以m(12－k)－2mk＝0，解得k＝4，
故可知常数项是第5项．
15．解析：因为a>b>c所以满足a>b>c所以1＋(1＋x)1＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝1＋(1＋x)1＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)6，
其展开式中，含x2的系数为C eq \\al(2,2) ＋C eq \\al(2,3) ＋C eq \\al(2,4) ＋C eq \\al(2,5) ＋C eq \\al(2,6) ＝1＋3＋6＋10＋15＝35.
答案：B
16．解析：(1)因为展开式中第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列，
所以C eq \\al(1,n) ＋C eq \\al(3,n) ＝2C eq \\al(2,n) ，得到n＋eq \f(n（n－1）（n－2）,3×2)＝2×eq \f(n（n－1）,2×1)，整理得n2－9n＋14＝0，即(n－2)(n－7)＝0，
又因为n≥3，n∈N*，所以n的值为7.
(2)当n＝7时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(1,2\r(4,x))))eq \s\up12(7)展开式的第k＋1项为Tk＋1＝C eq \\al(k,7) (eq \r(x))7－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2\r(4,x))))eq \s\up12(k)＝(－1)kC eq \\al(k,7) ·eq \f(1,2k)·xeq \s\up6(\f(14－3k,4))，其中0≤k≤7，k∈N，
当eq \f(14－3k,4)∈Z，即k＝2，6时，得到展开式中的有理项，
当k＝2时，T3＝eq \f(21,4)x2，当k＝6时，T7＝eq \f(7,64)x－1，所以展开式中所有的有理项为T3＝eq \f(21,4)x2，T7＝eq \f(7,64)x－1.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
15
答案