人教A版 (2019)选择性必修 第三册第六章 计数原理本章综合与测试学案设计
展开1.在x(1+x)6的展开式中,含x3项的系数为( )
A.30 B.20 C.15 D.10
答案 C
解析 因为(1+x)6的展开式的第k+1项为Tk+1=Ceq \\al(k,6)xk,x(1+x)6的展开式中含x3的项为Ceq \\al(2,6)x3=15x3,所以系数为15.
2.二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(2,\r(x))))12的展开式中的常数项是( )
A.第7项 B.第8项
C.第9项 D.第10项
答案 C
解析 二项展开式的通项为Tk+1=Ceq \\al(k,12)·x12-k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(x))))k=Ceq \\al(k,12)·2k·,令12-eq \f(3,2)k=0,解得k=8.
∴常数项为第9项.
3.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(1,\r(x))))n的展开式中所有奇数项系数之和为1 024,则展开式中各项系数的最大值是( )
A.790 B.680 C.462 D.330
答案 C
解析 由题意可得2n-1=1 024,解得n=11,
则展开式中各项系数的最大值是Ceq \\al(5,11)和Ceq \\al(6,11),
Ceq \\al(5,11)=eq \f(11×10×9×8×7,5×4×3×2×1)=462.
4.设a∈Z,且0≤a<13,若512 020+a能被13整除,则a等于( )
A.0 B.1 C.11 D.12
答案 D
解析 512 020+a=(52-1)2 020+a=Ceq \\al(0,2 020)522 020-Ceq \\al(1,2 020)522 019+Ceq \\al(2,2 020)522 018-…-Ceq \\al(2 019,2 020)52+Ceq \\al(2 020,2 020)+a,由于Ceq \\al(0,2 020)522 020-Ceq \\al(1,2 020)522 019+Ceq \\al(2,2 020)522 018-…-Ceq \\al(2 019,2 020)52,含有因数52,故能被13整除,要使512 020+a能被13整除,且a∈Z,0≤a<13,则只需a+1=13,∴a=12.
5.(多选)若(1-2x)2 021=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a2 021x2 021(x∈R),则( )
A.a0=1
B.a1+a3+a5+…+a2 021=eq \f(32 021+1,2)
C.a0+a2+a4+…+a2 020=eq \f(32 021-1,2)
D.eq \f(a1,2)+eq \f(a2,22)+eq \f(a3,23)+…+eq \f(a2 021,22 021)=-1
答案 ACD
解析 由题意知,当x=0时,a0=1,
当x=1时,a0+a1+a2+a3+…+a2 021=(-1)2 021=-1,
当x=-1时,a0-a1+a2-a3+…-a2 021=32 021,
所以a1+a3+a5+…+a2 021=-eq \f(32 021+1,2),
a0+a2+a4+…+a2 020=eq \f(32 021-1,2),
eq \f(a1,2)+eq \f(a2,22)+eq \f(a3,23)+…+eq \f(a2 021,22 021)=a1×eq \f(1,2)+a2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2+…+a2 021×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2 021,
当x=eq \f(1,2)时,0=a0+a1×eq \f(1,2)+a2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2+…+a2 021×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2 021,
所以a1×eq \f(1,2)+a2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2+…+a2 021×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2 021=-a0=-1.
故选ACD.
6.若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(1,x)))n的展开式的二项式系数之和为64,则展开式的常数项为________.
答案 20
解析 ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(1,x)))n的展开式的二项式系数之和为2n,
∴2n=64,∴n=6.
∴Tk+1=Ceq \\al(k,6)x6-keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))k=Ceq \\al(k,6)x6-2k.
由6-2k=0,得k=3,∴其常数项为T3+1=Ceq \\al(3,6)=20.
7.已知(3x-1)7=a7x7+a6x6+…+a1x+a0,则a0+a2+a4+a6=________.(填数字)
答案 -8 128
解析 在所给的等式中,令x=1可得
a0+a1+a2+…+a7=27,①
再令x=-1可得a0-a1+a2-a3+…-a7=(-4)7,②
把①②相加可得2(a0+a2+a4+a6)=27+(-4)7,
所以a0+a2+a4+a6=-8 128.
8.(1+x+x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,x)))6的展开式中的常数项为______.
答案 -5
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,x)))6的展开式中,
Tk+1=Ceq \\al(k,6)x6-k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,x)))k=(-1)kCeq \\al(k,6)x6-2k,
令6-2k=0,解得k=3,T4=Ceq \\al(3,6)(-1)3=-Ceq \\al(3,6);
令6-2k=-1,解得k=eq \f(7,2)(舍去);
令6-2k=-2,解得k=4,T5=Ceq \\al(4,6)(-1)4x-2,
所以(1+x+x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,x)))6的展开式中的常数项为1×(-Ceq \\al(3,6))+Ceq \\al(4,6)=-20+15=-5.
9.已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(1,\r(x))))n的展开式中二项式系数之和比(2x+xlg x)2n的展开式中奇数项的二项式系数之和少112,第二个展开式中二项式系数最大的项的值为1 120,求x的值.
解 依题意得2n-22n-1=-112,
整理得(2n-16)(2n+14)=0,解得n=4,
所以第二个展开式中二项式系数最大的项是第5项.
依题意得Ceq \\al(4,8)(2x)4(xlg x)4=1 120,
化简得x4(1+lg x)=1,所以x=1或4(1+lg x)=0,
故所求x的值为1或eq \f(1,10).
10.在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)+\f(1,2\r(x))))n的展开式中,前三项的系数成等差数列.
(1)求展开式中的常数项;
(2)求展开式中系数最大的项.
解 (1)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)+\f(1,2\r(x))))n的展开式中,前三项的系数分别为1,eq \f(n,2),eq \f(nn-1,8).
根据前三项的系数成等差数列,可得n=1+eq \f(nn-1,8),
解得n=8或n=1(舍去).
故二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)+\f(1,2\r(x))))n的展开式的通项为Tk+1=Ceq \\al(k,8)·2-k·x4-k.令4-k=0,解得k=4,可得展开式中的常数项为T5=Ceq \\al(4,8)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4=eq \f(35,8).
(2)设第k+1项的系数最大,
则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(k,8)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))k≥C\\al(k+1,8)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))k+1,,C\\al(k,8)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))k≥C\\al(k-1,8)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))k-1,))解得2≤k≤3.
因为k∈N,所以k=2或k=3,
故系数最大的项为T3=7x2或T4=7x.
11.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)的值为( )
A.45 B.60 C.120 D.210
答案 C
解析 含xmyn项的系数为f(m,n)=Ceq \\al(m,6)Ceq \\al(n,4),故原式=Ceq \\al(3,6)Ceq \\al(0,4)+Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(1,4)+Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(2,4)+Ceq \\al(0,6)Ceq \\al(3,4)=120,故选C.
12.(多选)对任意实数x,有(2x-3)9=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+a3(x-1)3+…+a9(x-1)9,则下列结论成立的有( )
A.a2=-144
B.a0=1
C.a0+a1+a2+…+a9=1
D.a0-a1+a2-a3+…-a9=-39
答案 ACD
解析 对任意实数x,有(2x-3)9=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+a3(x-1)3+…+a9(x-1)9=[-1+2(x-1)]9,∴a2=-Ceq \\al(2,9)×22=-144,故A正确;令x=1,可得a0=-1,故B不正确;令x=2,可得a0+a1+a2+…+a9=1,故C正确;令x=0,可得a0-a1+a2-…-a9=-39,故D正确.故选ACD.
13.若(2x+3y)n的展开式中只有第5项的二项式系数最大,则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2+\f(1,x2)-4))n-4的展开式中x2的系数为( )
A.-304 B.304 C.-208 D.208
答案 A
解析 由题意可知n=8,
故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2+\f(1,x2)-4))n-4=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-4+x2+\f(1,x2)))4,
其展开式的通项为Tk+1=Ceq \\al(k,4)(-4)4-keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2+\f(1,x2)))k,k=0,1,2,3,4,
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2+\f(1,x2)))k的展开式的通项为Ceq \\al(m,k)(x2)k-meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)))m=Ceq \\al(m,k)x2k-4m,m=0,1,…,k,
令2k-4m=2,得k=2m+1,可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m=0,,k=1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m=1,,k=3,))
所以,x2的系数为Ceq \\al(1,4)×Ceq \\al(0,1)×(-4)3+Ceq \\al(3,4)×Ceq \\al(1,3)×(-4)1=-304.
14.若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2+\f(b,x)))6的展开式中x3项的系数为20,则a2+b2的最小值为________.
答案 2
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2+\f(b,x)))6的展开式的通项为
Tk+1=Ceq \\al(k,6)(ax2)6-k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,x)))k=Ceq \\al(k,6)a6-k·bkx12-3k,
令12-3k=3,解得k=3,由Ceq \\al(3,6)a6-3b3=20,得ab=1,
所以a2+b2≥2ab=2,故a2+b2的最小值为2.
15.设f(x)是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2+\f(1,2x)))6的展开式的中间项,若f(x)≤mx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2),\r(2)))上恒成立,则实数m的取值范围是________.
答案 [5,+∞)
解析 ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2+\f(1,2x)))6的展开式的中间项为第4项,
∴f(x)=T4=Ceq \\al(3,6)(x2)6-3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x)))3=eq \f(5,2)x3,
∵f(x)≤mx在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2),\r(2)))上恒成立,
∴eq \f(5,2)x3≤mx,即m≥eq \f(5,2)x2在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2),\r(2)))上恒成立,
∴m≥eq \f(5,2)×(eq \r(2))2=5.
16.已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(m,x)))n的展开式的二项式系数之和为256.
(1)求n的值;
(2)若展开式中常数项为eq \f(35,8),求m的值;
(3)若(x+m)n的展开式中系数最大项只有第6项和第7项,求m的取值情况.
解 (1)由二项式系数之和为2n=256,可得n=8.
(2)设常数项为第k+1项,则
Tk+1=Ceq \\al(k,8)x8-keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,x)))k=Ceq \\al(k,8)mkx8-2k,
故8-2k=0,即k=4,
则Ceq \\al(4,8)m4=eq \f(35,8),解得m=±eq \f(1,2).
(3)易知m>0,设第k+1项系数最大,
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(k,8)mk≥C\\al(k-1,8)mk-1,,C\\al(k,8)mk≥C\\al(k+1,8)mk+1,))
化简可得eq \f(8m-1,m+1)≤k≤eq \f(9m,m+1).
由于只有第6项和第7项系数最大,
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4<\f(8m-1,m+1)≤5,,6≤\f(9m,m+1)<7,))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(5,4)
人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列本章综合与测试导学案: 这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列本章综合与测试导学案,共6页。
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高中人教A版 (2019)第五章 一元函数的导数及其应用本章综合与测试导学案及答案: 这是一份高中人教A版 (2019)第五章 一元函数的导数及其应用本章综合与测试导学案及答案,共7页。