高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.3 二项式定理优秀当堂检测题

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选择题（本大题8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》.杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题，如开方、数列等.
我们借助杨辉三角可以得到以下两个数列的和.
；
若杨辉三角中第三斜行的数：1，3，6，10，15，…构成数列，则关于数列叙述正确的是（ ）
A．B．
C．数列的前n项和为D．数列的前n项和为
【答案】A
【分析】确定，计算，得到A正确B错误，取特殊值排除CD得到答案.
【详解】.
对选项A：，正确；
对选项B：，错误；
对选项C：当时，，错误；
对选项D：当时，，错误；
故选：A
2．若,则
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】试题分析：因为，
所以，
令，则，；
所以，选D.
考点：二项式定理的应用
【名师点睛】涉及二项式系数问题，往往利用“赋值法”，即令二项式中的未知数为等.解答本题关键是将二项式加以转化，确定展开式的系数.
3．设，则代数式的值为
A．-14B．-7C．7D．14
【答案】A
【详解】设 ，令 ，
，故选A.
4．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.设为整数，若a和b被m除得余数相同，则称a和b对模m同余.记为.若，，则b的值可以是
A．2019B．2020C．2021D．2022
【答案】A
【分析】先利用二项式定理将表示为，再利用二项式定理展开，得出除以的余数，结合题中同余类的定义可选出合适的答案．
【详解】
，
则，所以，除以的余数为，
以上四个选项中，除以的余数为，故选A.
【点睛】本题考查二项式定理，考查数的整除问题，解这类问题的关键就是将指数幂的底数表示为与除数的倍数相关的底数，结合二项定理展开式可求出整除后的余数，考查计算能力与分析问题的能力，属于中等题．
5．设，则
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】取，得到，取，得到，得到答案.
【详解】令，则原式化为
令，得，
所以.
【点睛】本题考查了二项式定理，分别取是解题的关键.
6．设、、为整数，若和被除得的余数相同，则称和对同余，记为，已知，，则的值可以是
A．2010B．2011C．2008D．2009
【答案】B
【解析】根据已知中和对同余的定义,结合二项式定理,即可求出 的值,结合,比照四个选项即可得到答案.
【详解】解:
即 .因为个位为3, 个位为9, 个位为7, 个位为1.
个位为3.所以 个位为1.所以个位也是1.
的个位也是1.
故选:B.
【点睛】本题考查了二项式定理.本题的难点在于不能对进行化简.本题的关键是正确理解和对同余.
7．已知的展开式中各项系数和为4，则的系数为（ ）
A．16B．8C．0D．
【答案】D
【分析】根据系数和为4，令x=1代回原式，可求得n值，利用二项式展开式的通项公式，分析计算，即可得答案.
【详解】因为各项系数和为4，
所以令x=1，代入可得，解得，
所以原式为，
又展开式的通项公式为，
令k=3，则，所以可得一个的系数为，
令k=0，则，
又展开式的通项公式为，
令，，所以可得一个的系数为，
令，，所以可得一个的系数为，
令k=1，，所以可得一个的系数为，
综上：的系数为.
故选：D
【点睛】解题的关键是分析题意，要求的系数，则展开式中，需要出现、和的项，求得这些项的系数，再与相乘，可求得的系数，考查分析理解，计算求值的能力，属难题.
8．已知，，，则下列排序正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先直接计算得的值，构造函数，利用导数研究其单调性得到，再利用二项式定理求得的值，从而得解.
【详解】因为，，
令，则，
故在上单调递减，
所以，即，故，
因为
，
所以，即.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是构造函数证得，再利用二项式定理求得，从而得解.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．下列各式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】对A：根据组合数的性质即可求解；对B：设，即，两式相加利用组合数的性质即可求解；对C：利用及组合数的性质即可求解；
对D：根据展开式中含项的系数相等即可求解.
【详解】解：对A：根据组合数的性质，则左边，故选项A正确；
对B：设，即，
两式相加得，所以，故选项B错误；
对C：由于，
则左边，故选项C正确；
对D：因为，故展开式中含项的系数为：，故选项D正确.
故选：ACD.
10．中国古代数学史曾经有自己光辉灿烂的篇章，其中“杨辉三角”的发现就是十分精彩的一页.而同杨辉三角齐名的世界著名的“莱布尼茨三角形”如下图所示（其中n是行数，r是列数，）下面关于莱布尼茨三角形的性质描述正确的是（ ）
A．每一行的对称性与增减性与杨辉三角一致
B．第10行从左边数第三个数为
C．
D．
【答案】BCD
【分析】对于A，分析“莱布尼茨三角形”与“杨辉三角”每一行数的特性即可判断；
对于B，利用“莱布尼茨三角形”数的特性计算判断；对于C，D，进行组合计算判断作答.
【详解】对于A，“杨辉三角”每行数左右对称，由1开始逐渐变大，而“莱布尼茨三角形” 每行数左右对称，从第3行开始，由行数的倒数开始逐渐变小，A不正确；
对于B，“莱布尼茨三角形”的一个数是它脚下两数的和，则第9行的第二个数为，第10行的第二个数为，
于是得第10行的第三个数为，B正确；
对于C，，，C正确；
对于D，
，D正确.
故选：BCD
11．已知下列说法正确的是（ ）
A．设，则数列的前项的和为
B．
C．=()
D．为等比数列
【答案】AD
【分析】对A，为项系数，即每个括号中只有一个括号取，其余都取1，则；对B，为项系数，有2个括号取，其余取1；对C，即为的系数，仅有1个括号取1，其余取，；对D，求出公式即可判断.
【详解】对A，为项系数，即每个括号中只有一个括号取，其余都取1，
则，
，故A正确；
对B，为项系数，有2个括号取，其余取1，
则
，故B错误；
对C，即为的系数，仅有1个括号取1，其余取，
则
，故C错误；
对D，，
，
为首项，公比的等比数列，故D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是正确理解不同项所需和1的个数.
12．已知（，且），其中，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】由二项式定理可得，由，可得，由计算可得，即可判断A,
进而可得，令，即可判断B,
由二项式定理可得则有，利用等比数列求和公式即可判断C,
令，则，进而可判断D选项.
【详解】由二项式定理可得，则，
由得，由，得，则，，所以，
所以，，所以，A选项正确；
因为，，所以在中，令，可得，所以B选项不正确；
由题可得，所以，所以，所以选项C正确；
因为，，所以在中，
令，可得，
又，所以，所以D选项正确.
故选：ACD.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．
13．已知二进制和十进制可以相互转化，例如，则十进制数89转化为二进制数为.将对应的二进制数中0的个数，记为（例如：，，，则，，），记，则__________．
【答案】
【分析】根据题意可知所有的数转换为二进制后，总位数都为2019，且最高位都为1，而除最高位之外的剩余2018位中，每一位都是0或者1，从而有在这个数中，转换为二进制后有k个0的数共有个.
【详解】由题意得共个数中所有的数转换为二进制后，总位数都为2019，且最高位都为1
而除最高位之外的剩余2018位中，每一位都是0或者1
设其中的数x，转换为二进制后有k个0（）
∴
在这个数中，转换为二进制后有k个0的数共有个
∴
由二项式定理，．
故答案为.
【点睛】本题考查进位制的转化，考查二项式定理的应用，考查转化能力，属于难题.
14．课本中，在形如……的展开式中，我们把）叫做二项式系数，类似地在…的展开式中，我们把叫做三项式系数，则……的值为______.
【答案】0
【分析】根据的等式两边的项的系数相同，从而求得要求式子的值.
【详解】，
其中系数为
……，
，
而二项式的通项公式，
因为2015不是3的倍数，所以的展开式中没有项，由代数式恒成立可得
……，
故答案为0.
【点睛】本题考查二项式定理，考查学生的分析能力和理解能力，关键在于构造并分析其展开式，是一道难题.
15．某年数学竞赛邀请了一位来自星球的选手参加填空题比赛，共10道题目，这位选手做题有一个古怪的习惯：先从最后一题（第10题）开始往前看，凡是遇到会的题目就作答，遇到不会的题目先跳过（允许跳过所有的题目），一直看到第1题，然后从第1题开始往后看，凡是遇到先前未答的题目就随便写个答案，遇到先前已答得题目则跳过（例如，他可以按照9、8、7、4、3、2、1、5、6、10的次序答题），这样所有题目均有作答，则这位选手可能的答题次序有______种.
【答案】512
【分析】按照规则，相当于将1,2,3,4,5,6,7,8,9,10按照规则排序，要求放在1左侧的数字从大到小，右侧从小到大（1可以在两端），可以设1左侧个数字，不同的排序方法种，一共有种.
【详解】设从最后一题（第10题）开始往前看直到第2题（含第2题），做了道题，这道题的顺序只能从大到小或者不答题（），则不同的答题情况种，
按照规则：接下来无论他是否会第一题，都必须做第一题，剩下的题目只有一种做题顺序.
则剩下的道题只能一种答法，
所以可能的答题次序一共有种.
故答案为：512
【点睛】此题考查分步计数原理，其中涉及组合知识，关键在于等价转化，以比较简单的方式完成题目要求的事件.
16．已知集合，记集合H的非空子集为，且记每个子集中各元素的乘积依次为，则的值为____________
【答案】
【分析】造出函数，即为所求.
【详解】设十个元素为.
.
则
即为函数展开式中所有项数之和；因为，所以．
故答案为：.
【点睛】本题主要考查的集合子集的判定，构造函数求解，属于难题．本题的关键是根据二项定理的推导过程构造出函数，这种转化思想是本题的难点．
四、解答题：本大题共5小题，17题共10分，其余各题每题12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知．求：
(1)；
(2)；
(3)．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用赋值法即可得解；
（2）先由二项式定理判断系数的正负情况，再由赋值法求得奇数项与偶数项系数之差，从而得解；
（3）利用导数及赋值法即可得解.
【详解】（1）因为，
所以令，得，即，
令，得，
所以.
（2）因为的二项式展开通项为，
所以，，
故，
令，得，即，
又因为，
所以.
（3）令，
则，且，
令，则，且，
所以.
18．用记号表示，，其中，.
(1)设，求的值；
(2)在条件（1）下，记，且不等式恒成立，求实数t的取值范围.
【答案】(1)15
(2)
【分析】（1）将代入，再令，，即可求出的值，
（2）求出代入不等式，分类讨论，即可求出实数t的取值范围
(1)
将代入，得
，
令，则，
令，则，
所以
(2)
令，则，
令，则，
所以，
根据已知条件可知，
，
所以，
将，代入不等式，得
，
当为偶数时，，
所以，
当为奇数时，，
所以，
综上，实数t的取值范围为
【点睛】关键点点睛：此题考查数列的应用，考查二项式定理的应用，考查分类讨论的数学思想，解题的关键是利用赋值法求解，考查计算能力，属于较难题
19．已知．
（1）若且，求n的值；
（2）若，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据二项展开式的通项公式求出，建立不等式组求解，结合是正整数求解；
（2）由题意得，根据二项展开式，利用放缩法即可求证.
【详解】（1）由二项展开式通项及题意得，
解得，，
所以.
（2）由题意得，，
．
所以当时，．
20．设数列是等比数列，，公比是的展开式中的第二项．
（1）用，表示通项与前项和；
（2）若，用，表示．
【答案】（1），；（2） ．
【分析】（1）根据组合数的性质可求得的值，根据二项展开式的通项可求得的值，从而可求得；
（2）用倒序相加法及组合数的性质可求得．
【详解】（1）∵，
∴，即，
∴，∴．
又由，知，
∴，
∴，．
（2）当时，，
，①
又，②
由①+②，得，
∴．
当时，，
．
∴．
21．在的展开式中，把，，，…，叫做三项式的次系数列．
（1）写出三项式的2次系数列和3次系数列；
（2）列出杨辉三角形类似的表（，），用三项式的次系数表示，，；
（3）用二项式系数表示．
【答案】（1），，，，，，，，，，，；（2），，；（3）.
【分析】（1）先求出三项式的展开式，即可求出；
（2）列出杨辉三角形类似的表，即可得出结果；
（3）根据三项式的次系数列定义展开求解即可得出.
【详解】（1）写出三项式的2次系数列和3次系数列：
∵，
∴，，，，，
∵
，
∴，，，，，，．
（2）列出杨辉三角形类似的表（，），
用三项式的次系数表示，，，
，，，
（3）用二项式系数表示，
，，，
，…，，
∵，
∴，
∵，，…，，
∴
，
∴．
22．设函数，
（1）①当m=2时，求的展开式中二项式系数最大的项；
②若，且，求；
（2）利用二项式定理求的值（，）．
【答案】（1）①；②0；（2）0．
【分析】（1）①由题意可得，从而可得二项式系数最大的项为第三项，进而可求得答案，②求出的通项公式，再由求出的值，从而可求得
，进而可求得，
（2）令，给函数求导，再给导函数两边同乘以，再求导，然后令，可求得的值
【详解】【解】（1）①当m=2时，的展开式中共有5项，二项式系数最大的项为第三项，
∴；
②的通项公式为
，且，
∴的系数为，解得m=2；
∴的通项公式为，
∴，，1，2，……，6；
∴
；
（2）∵，
∴设①
①式两边求导得：
②
②的两边同乘x得：
③，
③式两边求导得：
④，
④中令，得，
即．
【点睛】关键点点睛：此题考查二项式定理，考查导数的应用，解题的关键是构造函数，对函数求导后，再乘以，再求导，得 ，令可求得结果，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题