高考复习《二项式定理》课时作业10.3

这是一份高考复习《二项式定理》课时作业10.3，共5页。
1．设i为虚数单位，则(x＋i)6的展开式中含x4的项为( )
A．－15x4 B．15x4
C．－20ix4 D．20ix4
A (x＋i)6的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)x6－rir(r＝0，1，2，…，6)，令r＝2，得含x4的项为Ceq \\al(2,6)x4i2＝－15x4，故选A.
2．(2020·河南信阳模拟)(x2＋1)(eq \f(1,\r(x))－2)5的展开式的常数项是( )
A．5 B．－10
C．－32 D．－42
D 由于eq \f(1,\r(x))－25的通项为Ceq \\al(r,5)·eq \f(1,\r(x))5－r·(－2)r＝Ceq \\al(r,5)(－2)r·xeq \s\up6(\f(r－5,2))，故(x2＋1)·eq \f(1,\r(x))－25的展开式的常数项是Ceq \\al(1,5)·(－2)＋Ceq \\al(5,5)(－2)5＝－42，故选D.
3．(2020·广州测试)使eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2x3)))eq \s\up12(n)(n∈N*)展开式中含有常数项的n的最小值是( )
A．3 B．4
C．5 D．6
C Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)(x2)n－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x3)))eq \s\up12(k)＝eq \f(1,2k)Ceq \\al(k,n)x2n－5k，令2n－5k＝0，得n＝eq \f(5,2)k，又n∈N*，所以n的最小值是5.
4．(2020·河北衡中同卷)(1＋3x)n的展开式中x5与x6的系数相等，则x4的二项式系数为( )
A．21 B．35
C．45 D．28
B ∵Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)(3x)k＝3kCeq \\al(k,n)xk，由已知得35Ceq \\al(5,n)＝36Ceq \\al(6,n)，即Ceq \\al(5,n)＝3Ceq \\al(6,n)，∴n＝7，因此，x4的二项式系数为Ceq \\al(4,7)＝35，故选B.
5．(2020·山西八校联考)已知(1＋x)n的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )
A．29 B．210
C．211 D．212
A 由题意得Ceq \\al(4,n)＝Ceq \\al(6,n)，由组合数性质得n＝10，则奇数项的二项式系数和为2n－1＝29.故选A.
6．若在(x＋1)4(ax－1)的展开式中，x4项的系数为15，则a的值为( )
A．－4 B.eq \f(5,2)
C．4 D.eq \f(7,2)
C ∵(x＋1)4(ax－1)＝(x4＋4x3＋6x2＋4x＋1)(ax－1)，
∴x4项的系数为4a－1＝15，∴a＝4.
7．(2020·漯河质检)若(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋an(1－x)n，则a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan等于( )
A.eq \f(3,4)(3n－1) B.eq \f(3,4)(3n－2)
C.eq \f(3,2)(3n－2) D.eq \f(3,2)(3n－1)
D 在展开式中，令x＝2，得3＋32＋33＋…＋3n
＝a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan，
即a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan＝eq \f(3（1－3n）,13)＝eq \f(3,2)(3n－1)．
8．(2019·江苏卷改编)若(1＋eq \r(3))5＝a＋beq \r(3)，其中a，b∈N*，则a2－3b2的值为________．
解析 (1＋eq \r(3))5＝Ceq \\al(0,5)＋Ceq \\al(1,5)eq \r(3)＋Ceq \\al(2,5)(eq \r(3))2＋Ceq \\al(3,5)(eq \r(3))3＋Ceq \\al(4,5)(eq \r(3))4＋Ceq \\al(5,5)(eq \r(3))5＝a＋beq \r(3).
因为a，b∈N*，所以a＝Ceq \\al(0,5)＋3Ceq \\al(2,5)＋9Ceq \\al(4,5)＝76，
b＝Ceq \\al(1,5)＋3Ceq \\al(3,5)＋9Ceq \\al(5,5)＝44，
从而a2－3b2＝762－3×442＝－32.
答案 －32
9．若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________．(用数字作答)
解析 f(x)＝x5＝(1＋x－1)5，
它的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(1＋x)5－k·(－1)k，
T3＝Ceq \\al(2,5)(1＋x)3(－1)2＝10(1＋x)3，∴a3＝10.
答案 10
10．(2020·广州五校联考)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2＋\f(b,x)))eq \s\up12(6)的展开式中x3项的系数为20，则lg2a＋lg2b＝________．
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2＋\f(b,x)))eq \s\up12(6)的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)a6－k·bkx12－3k，令12－3k＝3，则k＝3，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2＋\f(b,x)))eq \s\up12(6)的展开式中x3项的系数为Ceq \\al(3,6)a3b3＝20，∴ab＝1，
∴lg2a＋lg2b＝lg2(ab)＝lg21＝0.
答案 0
11.
设a≠0，n是大于1的自然数，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x,a)))eq \s\up12(n)的展开式为a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.若点Ai(i，ai)(i＝0，1，2)的位置如图所示，则a＝________．
解析 根据题意知a0＝1，a1＝3，a2＝4，结合二项式定理得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(1,n)·\f(1,a)＝3，,Ceq \\al(2,n)·\f(1,a2)＝4，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n－1＝\f(8,3)a，,n＝3a，))解得a＝3.
答案 3
12．(2020·河南南阳模拟)若(1＋x＋x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，则a2＋a4＋…＋a12＝________．(用数字作答)
解析 令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a12＝36，
令x＝－1，得a0－a1＋a2－…＋a12＝1，
∴a0＋a2＋a4＋…＋a12＝eq \f(36＋1,2).
令x＝0，得a0＝1，
∴a2＋a4＋…＋a12＝eq \f(36＋1,2)－1＝364.
答案 364
[技能过关提升]
13．(2020·河南百校联盟模拟)(3－2x－x4)(2x－1)6的展开式中，含x3项的系数为( )
A．600 B．360
C．－600 D．－360
C 由二项展开式的通项可知，展开式中含x3项的系数为3×Ceq \\al(3,6)23(－1)3－2×Ceq \\al(4,6)22(－1)4＝－600.故选C.
14．(2020·珠海模拟)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)等于( )
A．45 B．60
C．120 D．210
C 因为f(m，n)＝Ceq \\al(m,6)Ceq \\al(n,4)，
所以f(3，0)＋f(2，1)＋f(1，2)＋f(0，3)
＝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.
15．(多填题)(2019·浙江卷)在二项式(eq \r(2)＋x)9的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是________．
解析 由二项展开式的通项公式可知Tr＋1＝Ceq \\al(r,9)·(eq \r(2))9－r·xr，r∈N，0≤r≤9，
当为常数项时，r＝0，T1＝Ceq \\al(0,9)·(eq \r(2))9·x0＝(eq \r(2))9＝16eq \r(2).当项的系数为有理数时，9－r为偶数，
可得r＝1，3，5，7，9，即系数为有理数的项的个数是5.
答案 16eq \r(2) 5
16．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x))))eq \s\up12(n)展开式中前三项的系数成等差数列，求：
(1)展开式中所有x的有理项；
(2)展开式中系数最大的项．
解 易求得展开式前三项的系数为1，eq \f(1,2)Ceq \\al(1,n)，eq \f(1,4)Ceq \\al(2,n).
由题意得2×eq \f(1,2)Ceq \\al(1,n)＝1＋eq \f(1,4)Ceq \\al(2,n)，可得n＝8.
(1)设展开式中的有理项为Tk＋1，
由Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)(eq \r(x))8－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2\r(4,x))))eq \s\up12(k)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(k)Ceq \\al(k,8)xeq \s\up6(\f(16－3k,4))，
∴k为4的倍数，又0≤k≤8，∴k＝0，4，8.
故有理项为T1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(0)Ceq \\al(0,8)xeq \s\up6(\f(16－3×0,4))＝x4，
T5＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)Ceq \\al(4,8)xeq \s\up6(\f(16－3×4,4))＝eq \f(35,8)x，
T9＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(8)Ceq \\al(8,8)xeq \s\up6(\f(16－3×8,4))＝eq \f(1,256x2).
(2)设展开式中Tk＋1项的系数最大，则
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(k)Ceq \\al(k,8)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(k＋1)Ceq \\al(k＋1,8)且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(k)Ceq \\al(k,8)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(k－1)Ceq \\al(k＋1,8)，可得k＝2或k＝3.
故展开式中系数最大的项为T3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)Ceq \\al(2,8)xeq \s\up6(\f(16－3×2,4))＝7xeq \s\up6(\f(5,2))，
T4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)Ceq \\al(3,8)xeq \s\up6(\f(16－3×3,4))＝7xeq \s\up6(\f(7,4)).