人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.3 二项式定理精练

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.3 二项式定理精练，共6页。


1．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(n)展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为( )
A．10B．20
C．30D．120
2.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up12(11)的展开式中二项式系数最大的项是( )
A．第3项B．第6项
C．第6、7项D．第5、6项
3．若(x＋3y)n的展开式中的系数之和等于(7a＋b)10的展开式中的各二项式系数之和，则n的值为( )
A．5B．8
C．10D．15
4.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,x)))eq \s\up12(n)的展开式中第8项是常数，则展开式中系数最大的项是( )
A．第8项B．第9项
C．第8项和第9项D．第11项和第12项
5．在(x－2)6的展开式中，二项式系数的最大值为a，x5的系数为b，则eq \f(a,b)＝( )
A．eq \f(5,3)B．－eq \f(5,3)
C．eq \f(3,5)D．－eq \f(3,5)
6．已知(a－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，若a2＝80，则a0＋a1＋a2＋…＋a5＝( )
A．32B．1
C．－243D．1或－243
7.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(1,x)))eq \s\up12(n)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________．
8．已知(2－x2)(1－ax)3的展开式的所有项系数之和为27，则实数a＝________，展开式中含x2项的系数是________．
9．若(1＋x)(1－2x)8＝a0＋a1x＋…＋a9x9，x∈R，则a1·2＋a2·22＋…＋a9·29的值为________．
10．已知(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，其中a2＝21.
(1)求n的值；
(2)求3a1＋32a2＋33a3＋…＋3nan的值．
[提能力]
11．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))eq \s\up12(n)(a>0)的展开式的第五、六项的二项式系数相等且最大，且展开式中x2项的系数为84，则a的值为( )
A．2B．1
C．eq \f(1,5)D．eq \f(3,10)
12．已知(1＋2x)2n的展开式中奇次项系数之和等于364，那么展开式中二项式系数最大的项是( )
A．第3项B．第4项
C．第5项D．第6项
13．若二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(x)－\f(a,\r(x))))eq \s\up12(n)的展开式中所有二项式系数的和为64，展开式中的常数项为－160，则a＝________．
14．二项展开式(1＋2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a4＝________，a1＋a3＋a5＝________．
15．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(1,x)))eq \s\up12(n)(n∈N*)的展开式中所有偶数项的二项式系数和为64.
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(1,x)))eq \s\up12(n)展开式中的常数项．
[战疑难]
16．若(2x＋4)2n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n(n∈N*)，则a2＋a4＋…＋a2n被3除的余数是________．
课时作业(六)
1．解析：由2n＝64，得n＝6，
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x))) eq \s\up12(6) 的展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(6)) x6－k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x))) eq \s\up12(k) ＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(6)) x6－2k(0≤k≤6，k∈N).由6－2k＝0，得k＝3，∴T4＝C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) ＝20.故选B.
答案：B
2．解析：因为11为奇数，所以展开式正中间两项的二项式系数最大，即第6、7项的二项式系数最大．故选C.
答案：C
3．解析：(7a＋b)10的展开式中的各二项式系数之和为210.对于(x＋3y)n，令x＝1，y＝1，则由题意，知4n＝210，解得n＝5.故选A.
答案：A
4．
答案：D
5．解析：在(x－2)6的展开式中，二项式系数的最大值为C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) ＝20，即a＝20，其展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(6)) x6－k·(－2)k，令6－k＝5，则k＝1，可得x5的系数b＝C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(6)) ×(－2)1＝－12，所以 eq \f(a,b)＝ eq \f(20,－12)＝－ eq \f(5,3).故选B.
答案：B
6．解析：(a－x)5展开式的通项为Tk＋1＝(－1)kC eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(5)) a5－kxk，令k＝2，得a2＝10a3，由题可知10a3＝80，解得a＝2，即(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1.故选B.
答案：B
7．解析： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(1,x))) eq \s\up12(n)的展开式中只有第5项的二项式系数最大，故n为偶数，展开式共有9项，故n＝8. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(1,x))) eq \s\up12(n)即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(1,x))) eq \s\up12(8)，它的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(\s\up1(k),\s\d1(8))·(－1)k·x eq \f(8－4k,3)，令 eq \f(8－4k,3)＝0，求得k＝2，则展开式中的常数项是C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(8)) ＝28.
答案：28
8．解析：已知(2－x2)(1－ax)3的展开式的所有项系数之和为27，将x＝1代入表达式得到(1－a)3＝27⇒a＝－2，展开式中含x2的项的系数是2×C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) ×22＋(－1)×C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ＝23.
答案：－2 23
9．解析：令x＝0，则a0＝1，令x＝2，a0＋2a1＋22a2＋…＋29a9＝39，∴2a1＋22a2＋…＋29a9＝39－1.
答案：39－1
10．解析：(1)因为T3＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) (－x)2＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) x2，
由a2＝21，得C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝21，
解得n＝7；
(2)令x＝0，得a0＝1，
令x＝3，得(1－3)7＝1＋3a1＋32a2＋33a3＋…＋3nan，
所以3a1＋32a2＋33a3＋…＋3nan＝(－2)7－1＝－129.
11．解析：∵ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a\r(x)＋\f(1,\r(3,x)))) eq \s\up12(n)(a>0)的展开式的第五、六项的二项式系数相等且最大，
∴n＝9，又∵ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a\r(x)＋\f(1,\r(3,x)))) eq \s\up12(9)的展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(9)) a9－kx eq \s\up9(\f(9－k,2)) x－ eq \f(k,3)＝a9－kC eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(9)) x eq \s\up9(\f(27－5k,6)) ，
∴令 eq \f(27－5k,6)＝2，解得k＝3，∵展开式中x2项的系数为84，∴a6C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(9)) ＝84，解得a＝1或a＝－1(舍去)，故选B.
答案：B
12．解析：设(1＋2x)2n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a2n－1x2n－1＋a2nx2n，则展开式中奇次项系数之和就是a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1.
分别令x＝1，x＝－1，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2n－1＋a2n＝32n，,a0－a1＋a2－a3＋…－a2n－1＋a2n＝1，))
两式相减，整理得a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝ eq \f(32n－1,2).
由已知，得 eq \f(32n－1,2)＝364，
∴32n＝729＝36，
∴n＝3，
故(1＋2x)2n＝(1＋2x)6的展开式共有7项，中间一项的二项式系数最大，即第4项的二项式系数最大，故选B.
答案：B
13．解析：由题设可得2n＝64，则n＝6.
由于展开式的通项是Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(6)) 26－kx eq \f(1,2)(6－k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－ax－\f(1,2))) eq \s\up12(k)＝(－a)k26－kC eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(6)) x3－k，
令3－k＝0，可得k＝3，
则(－a)3·26－3·C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) ＝－160，
即a3C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) ＝20，即a3＝1，所以a＝1.
答案：1
14．解析：Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(5)) 2kxk，∴a4＝C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(5)) 24＝80，
a1＝C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) 21＝10，a3＝C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) 23＝80，a5＝C eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(5)) 25＝32，
∴a1＋a3＋a5＝10＋80＋32＝122.
答案：80 122
15．解析：(1)由展开式中所有的偶数项二项式系数和为64，得2n－1＝64，
所以n＝7
所以展开式中二项式系数最大的项为第四项和第五项．
因为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(1,x))) eq \s\up12(7)的展开式的通项公式为
Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(7)) (2x2)7－k(－1)k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x))) eq \s\up12(k)＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(7)) 27－k(－1)kx14－3k，
所以f(x)的展开式中二项式系数最大的项为
T4＝－500x5，T5＝280x2.
(2)由(1)知n＝7，且 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(1,x))) eq \s\up12(7)的展开式中x－1项为T6＝－ eq \f(84,x)，
x2项为T5＝280x2，
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(1,x))) eq \s\up12(n)展开式的常数项为2×(－84)＋1×280＝112.
16．解析：令x＝0，得a0＝42n；分别令x＝1和x＝－1，将得到的两式相加，得a0＋a2＋a4＋…＋a2n＝ eq \f(1,2)(62n＋22n)，
所以a2＋a4＋…＋a2n＝ eq \f(1,2)(62n＋22n)－42n＝22n－1(32n＋1)－42n＝(3－1)2n－1·(32n＋1)－(3＋1)2n.
根据二项式定理，展开后不能被3整除的算式为(－1)2n－1×1－12n＝－2，所以余数为1.
答案：1