苏教版 (2019)选择性必修第二册7.4二项式定理课时练习

这是一份苏教版 (2019)选择性必修第二册7.4二项式定理课时练习，共15页。试卷主要包含了4　二项式定理等内容，欢迎下载使用。
7.4.2 二项式系数的性质及应用
基础过关练
题组一 二项式系数之和及项的系数之和
1.(2020江苏淮安淮阴中学高二期末)已知x+33xn的展开式中,各项系数的和与各二项式系数的和的比值为64,则n=( )

A.4B.5C.6D.7
2.(2021江苏扬州中学高二月考)若(2-3x)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6,则a1+a2+a3+…+a6等于( )
A.-4B.4C.-64D.-63
3.(2021江苏苏州中学高二期末)已知2x2-1xn的展开式中各二项式系数之和等于128,那么其展开式中含1x的项的系数是( )
A.-84B.-14C.14D.84
4.(2021江苏太湖中学高二期中)设3x3+1xn的展开式中各项系数之和为t,各二项式系数之和为h,若h+t=272,则展开式中的常数项为( )
A.12B.22C.18D.81
5.(2020广东江门一中高二上期末)观察如图所示的三角形数阵,则该数阵最后一行各数之和为 .
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
……
1 10 45 … 45 10 1
6.(2021江苏海头中学高二月考)(1)已知(1-x+x2)3·(1-2x2)4=a0+a1x+a2x2+…+a14x14,求a1+a3+a5+…+a13的值;
(2)已知(x+1)2(x+2)2 015=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a2 017(x+2)2 017,求a12+a222+…+a201722017的值.
题组二 二项式系数的性质
7.在(a-b)20的二项展开式中,二项式系数与第6项的二项式系数相同的项是( )
A.第15项B.第16项
C.第17项D.第18项
8.(2021江苏徐州高三期中)若a0x2 020+a1x2 019(1-x)+a2x2 018(1-x)2+…+a2 020(1-x)2 020=1,则a0+a1+…+a2 020=( )
A.1B.0C.22 020D.22 021
9.(多选)(2021江苏南通高三期中)若2x-1xn的展开式中第6项的二项式系数最大,则n的可能值为( )
A.9B.10C.11D.12
10.(2020江苏如皋中学高二期末)已知x+ax4n的展开式中第四项的系数为120,所有奇数项的二项式系数之和为512,则实数a的值为 ,展开式中的常数项为 .
11.(2021江苏南通海安中学高二月考)设n为正整数,(a+b)2n的展开式的二项式系数的最大值为x,(a+b)2n+1的展开式的二项式系数的最大值为y,若13x=7y,则n= .
12.已知x-2x2n(n∈N*)的展开式的第5项的系数与第3项的系数之比是10∶1.
(1)求展开式中各项系数的和;
(2)求展开式中含x32的项;
(3)求展开式中系数最大的项和二项式系数最大的项.
能力提升练
题组一 二项式系数之和及项的系数之和
1.(2021江苏南通海安中学高二期中,)若3x+1xn的展开式中各二项式系数之和为256,则其展开式中有理项系数之和为( )

A.85B.84C.57D.56
2.()(2x-3)1+1x6的展开式中剔除常数项后的各项系数之和为( )
A.-55B.-61C.-63D.-73
3.(多选)(2020山东济南高二期末,)若(2x-1)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,x∈R,则( )
A.a2=180
B.|a0|+|a1|+|a2|+…+|a10|=310
C.a1+a2+…+a10=1
D.a12+a222+a323+…+a10210=-1
4.(多选)(2021江苏常州高三期末,)若(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,且a1+a2+…+an-1=125-n,则下列结论正确的是( )
A.n=6
B.(1+2x)n的展开式中各二项式系数之和为729
C.(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n的展开式中各项系数之和为126
D.a1+2a2+3a3+…+nan=321
5.(2021江苏邗江中学高二期中,)已知Cn4=Cn6,设(3x-4)n=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+an(x-1)n,则a1+a2+…+an= .
6.(2021江苏苏州常熟中学高二月考,)已知3a-3an的展开式的各项系数之和等于43b-15b5的展开式中的常数项,则3a-3an的展开式中含a-1的项的二项式系数为 .
题组二 二项式系数的性质
7.(多选)(2021江苏南通高三期末,)已知2x+1xn的二项展开式中各二项式系数之和为64,则下列结论正确的是( )
A.二项展开式中各项系数之和为36
B.二项展开式中二项式系数最大的项为160x32
C.二项展开式中无常数项
D.二项展开式中系数最大的项为90x3
8.(2021江苏南通海安中学高二期中,)满足1n·Cn1+2n·Cn2+…+nn·Cnn0,且152 020+m恰能被14整除,则m的取值可以是( )
A.1B.7C.10D.13
12.(2019江西九江高二期末,)1-90C101+902C102-903C103+…+9010C1010除以88的余数是( )
A.2B.1C.86D.87
13.(2021江苏淮安金湖中学高二期中,)中国南北朝时期的著作《孙子算经》中,对同余除法有较深的研究,设a,b,m(m>0)为整数,若a和b被m除得的余数相同,则称a和b对模m同余,记为a≡b(md m).若a=C200+C201·2+C202·22+…+C2020·220,a≡b(md 8),则b的值可以是( )
A.2 015B.2 016C.2 017D.2 018
14.(2021江苏南通高三三模,)设(1+22)2n+1=an+22bn(n∈N*,an∈Z,bn∈Z).
(1)求证:an2-8bn2能被7整除;
(2)求证:bn不能被5整除.
7.4 二项式定理
7.4.2 二项式系数的性质及应用
基础过关练
1.C x+33xn的展开式中,各项系数的和为(1+3)n=4n,各二项式系数的和为2n,因为各项系数的和与各二项式系数的和的比值为64,所以4n2n=2n=64,解得n=6.故选C.
2.D 因为(2-3x)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6,所以令x=0,得26=a0=64,令x=1,可得1=64+a1+a2+a3+…+a6,∴a1+a2+a3+…+a6=-63,故选D.
3.A 因为2x2-1xn的展开式中各二项式系数之和等于128,所以2n=128,解得n=7,所以其展开式的通项为Tr+1=C7r·(2x2)7-r-1xr=C7r27-r(-1)rx14-3r,令14-3r=-1,解得r=5,所以展开式中含1x的项的系数为C75×22×(-1)5=-84,故选A.
4.A 3x3+1xn的展开式的各项系数之和t=4n,各二项式系数之和h=2n,所以h+t=4n+2n=272,即(2n+17)(2n-16)=0,所以2n=16,所以n=4,所以3x3+1xn=3x3+1x4,它的展开式的通项为Tr+1=C4r·(3x3)4-r1xr=C4r·34-r·x12-4r,令12-4r=0,解得r=3,所以展开式中的常数项为C43·34-3·x12-4×3=4×3=12.故选A.
5.答案 1 024
解析 由题图得最后一行各数之和为C100+C101+C102+…+C1010=210=1 024.
6.解析 (1)因为(1-x+x2)3(1-2x2)4=a0+a1x+a2x2+…+a14x14,
所以令x=1,可得1=a0+a1+a2+…+a14,①
令x=-1,可得27=a0-a1+a2-…+a14,②
①-②2可得a1+a3+a5+…+a13=12×(1-27)=-13.
(2)因为(x+1)2(x+2)2 015=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a2 017(x+2)2 017,
所以令x=-2,可得0=a0,
令x=-32,可得14×122015=a0+a12+a222+…+a201722017,
所以a12+a222+…+a201722017=122017.
7.B 第6项的二项式系数为C205,又C2015=C205,所以第6项与第16项的二项式系数相同,故选B.
8.C ∵[x+(1-x)]2 020=a0x2 020+a1x2 019(1-x)+a2x2 018(1-x)2+…+a2 020(1-x)2 020=1,∴当0≤k≤2 020且k∈N时,ak=C2020k,因此,a0+a1+a2+…+a2 020=C20200+C20201+C20202+…+C20202020=22 020.故选C.
9.ABC 分以下三种情况讨论:①展开式中第5项和第6项的二项式系数最大,则展开式共10项,可得n+1=10,得n=9;②展开式中只有第6项的二项式系数最大,则展开式共11项,可得n+1=11,得n=10;③展开式中第6项和第7项的二项式系数最大,则展开式共12项,可得n+1=12,得n=11.因此,n的可能值为9、10、11.故选ABC.
10.答案 1;45
解析 因为x+ax4n的展开式中各二项式系数之和为2n,且奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和,所以2n-1=512,解得n=10,所以展开式中第四项T4=C103x7ax43,所以C103a3=120,
解得a=1,所以x+ax4n=x+1x410,其展开式的通项为Tr+1=C10rx10-r1x4r=C10rx10-5r,令10-5r=0,解得r=2,
所以展开式中的常数项为C102=45.
11.答案 6
解析 由题意知x=C2nn,y=C2n+1n,又13x=7y,所以13C2nn=7C2n+1n,即13·(2n)!n!n!=7·(2n+1)!n!(n+1)!,
则13=7×2n+1n+1,所以13×(n+1)=7×(2n+1),解得n=6.
12.解析 由题意知,第5项的系数为Cn4·(-2)4,第3项的系数为Cn2·(-2)2,则Cn4·(-2)4Cn2·(-2)2=10,
化简得n2-5n-24=0,解得n=8或n=-3(舍去),故该式为x-2x28.
(1)令x=1,得各项系数的和为(1-2)8=1.
(2)展开式的通项为Tr+1=C8r(x)8-r·-2x2r=C8r(-2)rx4-5r2,
令4-5r2=32,得r=1,故展开式中含x32的项为T2=-16x32.
(3)展开式中的第r项,第r+1项,第r+2项的系数的绝对值分别为C8r-1·2r-1,C8r·2r,C8r+1·2r+1,设第r+1项的系数的绝对值最大,
则C8r-1·2r-1≤C8r·2r,C8r+1·2r+1≤C8r·2r,解得5≤r≤6(r∈N*).
又第6项的系数为负,所以系数最大的项为T7=1 792x-11.
由n=8知第5项的二项式系数最大,即T5=1 120x-6.
能力提升练
1.A 由3x+1xn的展开式中各二项式系数之和为256,可得2n=256,解得n=8,故其展开式的通项为Tr+1=C8rx8-r3x-r=C8rx8-4r3,
令r=2,5,8,则其展开式中有理项系数之和为C82+C85+C88=85,故选A.
2.D 令x=1,得(2x-3)1+1x6的展开式中各项系数之和为-26=-64,而常数项为-3×C60+2×C61=9,所以(2x-3)1+1x6的展开式中剔除常数项后的各项系数之和为-64-9=-73,故选D.
3.ABD 因为(2x-1)10的展开式的通项为Tr+1=C10r(2x)10-r(-1)r,所以T9=C108(2x)2×(-1)8=180x2,所以a2=180,故A正确.因为(2x+1)10=|a0|+|a1|x+|a2|x2+…+|a10|·x10,令x=1,得|a0|+|a1|+|a2|+…+|a10|=310,故B正确.令x=0,得a0=1,令x=1,得a0+a1+a2+…+a10=1,所以a1+a2+…+a10=0,故C错误.令x=12,得a0+a12+a222+a323+…+a10210=0,所以a12+a222+a323+…+a10210=-1,故D正确.
4.ACD 对于A,令x=1,可得2+22+23+…+2n=a0+a1+a2+…+an-1+an,即2(1-2n)1-2=a0+a1+a2+…+an-1+an,即a0+a1+a2+…+an-1+an=2n+1-2①,
令x=0,得1+12+13+…+1n=a0,即a0=n②,由于(1+x)n的展开式中Cnn·10·xn=xn,所以an=1③,
①-②-③得a1+a2+…+an-1=2n+1-2-n-1=2n+1-n-3,而a1+a2+…+an-1=125-n,
所以2n+1-n-3=125-n,解得n=6,故A正确;对于B,由于n=6,则(1+2x)n=(1+2x)6,
所以其展开式中各二项式系数之和为26=64,故B错误;对于C,由于n=6,则(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)6的展开式中各项系数之和为27-2=126,故C正确;对于D,由于n=6,则(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6,等式两边同时求导得1+2(1+x)+3(1+x)2+…+6(1+x)5=a1+2a2x+3a3x2+…+6a6x5,令x=1,得1+2×2+3×22+…+6×25=a1+2a2+3a3+…+6a6=321,故D正确.故选ACD.
5.答案 1 023
解析 因为Cn4=Cn6,所以n=10,则(3x-4)10=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a10(x-1)10,
令x=1,可得1=a0,令x=2,可得210=a0+a1+a2+…+a10,所以a1+a2+…+a10=210-1=1 023.
6.答案 35
解析 43b-15b5的展开式的通项为Tr+1=C5r(43b)5-r-15br=-15r·45-r·C5r·b10-5r6(r=0,1,2,3,4,5).
令10-5r6=0,得r=2,即其展开式中的常数项是T3=27,
又3a-3an的展开式的各项系数之和为2n=27,
∴n=7,∴3a-3an=3a-3a7.
而3a-3a7的展开式的通项为Tk+1=C7k·3a7-k(-3a)k=C7k37-k(-1)ka-72+56k,
令-72+56k=-1,解得k=3,即所求的二项式系数是C73=35.
7.AB 因为2x+1xn的二项展开式中各二项式系数之和为64,所以2n=64,解得n=6,所以该式为2x+1x6,其二项展开式的通项为Tr+1=C6r(2x)6-r1xr=C6r26-rx6-32r.对于A,令x=1,可得二项展开式中各项系数之和为36,所以A正确;对于B,第4项的二项式系数最大,此时r=3,则二项展开式中二项式系数最大的项为T4=C6326-3·x6-32×3=160x32,所以B正确;对于C,令6-32r=0,得r=4,所以二项展开式中的常数项为T5=C6426-4x6-32×4=60,所以C错误;对于D,令第r+1项的系数最大,则C6r26-r≥C6r-126-(r-1),C6r26-r≥C6r+126-(r+1),解得43≤r≤73,因为r∈N*,所以r=2时,所对应的项的系数最大,即二项展开式中系数最大的项为T3=C6224x3=240x3,所以D错误.故选AB.
技巧点拨
求解二项展开式中系数最大的项一般采用待定系数法,设展开式中的第r+1项是系数最大的项,则由Ar≥Ar-1,Ar≥Ar+1及r∈N*可求出r的值,从而求出展开式中系数最大的项.
8.答案 7
解析 因为kn·Cnk=kn·n!k!·(n-k)!=(n-1)!(k-1)!·(n-k)!=Cn-1k-1,所以1n·Cn1+2n·Cn2+…+nn·Cnn=Cn-10+Cn-11+…+Cn-1n-1=2n-1,所以2n-10)除得的余数相同,则称a和b对模m同余,记为a≡b(md m);②a=C200+C201·2+C202·22+…+C2020·220,a≡b(md 8).
数学建模 以《孙子算经》中的同余除法为背景考查二项式定理在整除问题中的应用.先逆用二项式定理化简得a=320,然后利用二项式定理将a=320=910=(1+8)10展开,从而求得a被8除得的余数.
解析 ∵a=C200+C201·2+C202·22+…+C2020·220=(1+2)20=320,且320=910=(1+8)10=C100+C101·8+C102·82+…+C1010·810,∴a被8除得的余数为1,同理b被8除得的余数也要为1,观察四个选项,可知选C.
14.证明 (1)(1+22)2n+1=C2n+10+C2n+1122+C2n+12(22)2+…+C2n+12n+1(22)2n+1,
(1-22)2n+1=C2n+10-C2n+1122+C2n+12(22)2+…-C2n+12n+1(22)2n+1,
由(1+22)2n+1=an+22bn,可得(1-22)2n+1=an-22bn,
则(1+22)2n+1(1-22)2n+1=(an+22bn)·(an-22bn),
即an2-8bn2=-72n+1,
∴an2-8bn2能被7整除.
(2)由(1)知,an2-8bn2=-72n+1,则8bn2=an2+72n+1,
由72n=49n=(50-1)n=Cn0×50n+Cn1×50n-1×(-1)1+…+Cnn-1×50×(-1)n-1+Cnn×(-1)n,
知展开式中除最后一项外每项都是5的倍数,∴72n+1除以5的余数是2或-2,
由an2是平方数,知其尾数为0,1,4,5,6,9,∴an2+72n+1的尾数不可能是0或5,
∴an2+72n+1不能被5整除,即8bn2不能被5整除,∴bn不能被5整除.