2021高考数学（理）大一轮复习习题：第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布列 课时达标检测（五十五） 二项式定理 word版含答案

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1．(x＋2)8的展开式中x6的系数是( )
A．28 B．56 C．112 D．224
解析：选C 通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)x8－r2r＝2rCeq \\al(r,8)x8－r，令8－r＝6，得r＝2，即T3＝22Ceq \\al(2,8)x6＝112x6，所以x6的系数是112.
2．若二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,x)))n展开式中的第5项是常数，则自然数n的值为( )
A．6 B．10 C．12 D．15
解析：选C 由二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,x)))n展开式的第5项Ceq \\al(4,n)(eq \r(x))n－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))4＝16Ceq \\al(4,n)xeq \f(n,2)－6是常数项，可得eq \f(n,2)－6＝0，解得n＝12.
3．在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数是( )
A．30 B．20 C．15 D．10
解析：选C 由题意可知x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数即为(1＋x)6的展开式中的x2项的系数，(1＋x)6的展开式中的x2项为Ceq \\al(2,6)x2，所以含x3项的系数为Ceq \\al(2,6)＝15.
4．若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则a7＋a6＋…＋a1的值为( )
A．1 B．129 C．128 D．127
解析：选B 令x＝1得a0＋a1＋…＋a7＝27＝128；令x＝0得a0＝(－1)7＝－1，所以a1＋a2＋a3＋…＋a7＝129.
5．(x2－x＋1)10展开式中x3项的系数为( )
A．－210 B．210 C．30 D．－30
解析：选A (x2－x＋1)10＝10＝Ceq \\al(0,10)(x2)10－Ceq \\al(1,10)(x2)9(x－1)＋…－Ceq \\al(9,10)x2(x－1)9＋Ceq \\al(10,10)(x－1)10，所以含x3项的系数为：－Ceq \\al(9,10)Ceq \\al(8,9)＋Ceq \\al(10,10)(－Ceq \\al(7,10))＝－210，故选A.
一、选择题
1．二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(2,x2)))10的展开式中的常数项是( )
A．180 B．90 C．45 D．360
解析：选A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(2,x2)))10的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)·(eq \r(x))10－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x2)))k＝2kCeq \\al(k,10)x5－eq \f(5,2)k，令5－eq \f(5,2)k＝0，得k＝2，故常数项为22Ceq \\al(2,10)＝180.
2.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)＋x))(1－eq \r(x))4的展开式中x的系数是( )
A．1 B．2 C．3 D．12
解析：选C 根据题意，所给式子的展开式中含x的项有(1－eq \r(x))4展开式中的常数项乘eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)＋x))中的x以及(1－eq \r(x))4展开式中的含x2的项乘eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)＋x))中的eq \f(2,x)两部分，所以所求系数为1×2＋1＝3，故选C.
3．若(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，且a1＋a2＋…＋a6＝63，则实数m的值为( )
A．1或3 B．－3 C．1 D．1或－3
解析：选D 令x＝0，得a0＝(1＋0)6＝1.令x＝1，得(1＋m)6＝a0＋a1＋a2＋…＋a6.又a1＋a2＋a3＋…＋a6＝63，∴(1＋m)6＝64＝26，∴m＝1或m＝－3.
4．(2017·成都一中模拟)设(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
解析：选A 令等式中x＝－1可得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝(1＋1)(－1)9＝－2，故选A.
5．(2017·银川质检)若(2x＋1)11＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a11(x＋1)11，则a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,3)＋…＋eq \f(a11,12)＝( )
A．0 B．1 C.eq \f(1,24) D．12
解析：选A 令t＝x＋1，则x＝t－1，从而(2t－1)11＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a11t11，而eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2t－112,24)))′＝a0t＋eq \f(a1,2)t2＋eq \f(a2,3)t3＋…＋eq \f(a11,12)t12＋c′，即eq \f(2t－112,24)＝a0t＋eq \f(a1,2)t2＋eq \f(a2,3)t3＋…＋eq \f(a11,12)t12＋c，令t＝0，得c＝eq \f(1,24)，令t＝1，得a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,3)＋…＋eq \f(a11,12)＝0.
6．在(1＋x)6(2＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(4,0)＋f(3,1)＋f(2,2)＋f(1,3)＋f(0,4)＝( )
A．1 240 B．1 289 C．600 D．880
解析：选B (1＋x)6的展开式中，xm的系数为Ceq \\al(m,6)，(2＋y)4的展开式中，yn的系数为Ceq \\al(n,4)24－n，则f(m，n)＝Ceq \\al(m,6)·Ceq \\al(n,4)·24－n，从而f(4,0)＋f(3,1)＋f(2,2)＋f(1,3)＋f(0,4)＝Ceq \\al(4,6)·Ceq \\al(0,4)· 24＋Ceq \\al(3,6)·Ceq \\al(1,4)·23＋Ceq \\al(2,6)·Ceq \\al(2,4)·22＋Ceq \\al(1,6)· Ceq \\al(3,4)·21＋Ceq \\al(0,6)·Ceq \\al(4,4)·20＝1 289.
二、填空题
7.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax＋\f(\r(3),6)))6的展开式的第二项的系数为－eq \r(3)，则eq \i\in(,a,)－2x2dx的值为________．
解析：该二项展开式的第二项的系数为eq \f(\r(3),6)Ceq \\al(1,6)a5，由eq \f(\r(3),6)Ceq \\al(1,6)a5＝－eq \r(3)，解得a＝－1，因此eq \i\in(,a,)－2x2dx＝eq \i\in(－2,－1,)x2dx＝eq \f(x3,3)eq \a\vs4\al(|)eq \\al(－1,－2)＝－eq \f(1,3)＋eq \f(8,3)＝eq \f(7,3).
答案：eq \f(7,3)
8．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(3,x)))n展开式的各项系数的绝对值之和为1 024，则展开式中x的一次项的系数为________．
解析：Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)(eq \r(x))n－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,x)))r＝(－3)r·Ceq \\al(r,n)xeq \f(n－3r,2)，
因为展开式的各项系数绝对值之和为
Ceq \\al(0,n)＋|(－3)1Ceq \\al(1,n)|＋(－3)2Ceq \\al(2,n)＋|(－3)3Ceq \\al(3,n)|＋…＋|(－3)nCeq \\al(n,n)|＝1 024，
所以(1＋3)n＝1 024，解得n＝5，令eq \f(5－3r,2)＝1，解得r＝1，
所以展开式中x的一次项的系数为(－3)1Ceq \\al(1,5)＝－15.
答案：－15
9．在(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8的展开式中，含x3的项的系数是________．
解析：展开式中含x3项的系数为Ceq \\al(3,5)(－1)3＋Ceq \\al(3,6)(－1)3＋Ceq \\al(3,7)(－1)3＋Ceq \\al(3,8)(－1)3＝－121.
答案：－121
10．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＝________.
解析：不妨设1＋x＝t，则x＝t－1，因此有(t－1)5＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋a4t4＋a5t5，则a3＝Ceq \\al(2,5)(－1)2＝10.
答案：10
三、解答题
11．已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，求：
(1)a1＋a2＋…＋a7；
(2)a1＋a3＋a5＋a7；
(3)a0＋a2＋a4＋a6；
(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|.
解：令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.①
令x＝－1，
则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②
(1)∵a0＝Ceq \\al(0,7)＝1，
∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－2.
(2)(①－②)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝eq \f(－1－37,2)＝－1 094.
(3)(①＋②)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝eq \f(－1＋37,2)＝1 093.
(4)∵(1－2x)7展开式中a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|
＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)
＝1 093－(－1 094)＝2 187.
12．已知在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(1,2\r(3,x))))n的展开式中，第6项为常数项．
(1)求n；
(2)求含x2的项的系数；
(3)求展开式中所有的有理项．
解：(1)通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)xeq \f(n－k,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))kx－eq \f(k,3)
＝Ceq \\al(k,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))kxeq \f(n－2k,3).
因为第6项为常数项，
所以k＝5时，eq \f(n－2×5,3)＝0，即n＝10.
(2)令eq \f(10－2k,3)＝2，得k＝2，
故含x2的项的系数是Ceq \\al(2,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＝eq \f(45,4).
(3)根据通项公式，由题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(10－2k,3)∈Z，,0≤k≤10，,k∈N，))
令eq \f(10－2k,3)＝r(r∈Z)，
则10－2k＝3r，k＝5－eq \f(3,2)r，
∵k∈N，∴r应为偶数，
∴r可取2,0，－2，即k可取2,5,8，
∴第3项，第6项与第9项为有理项，
它们分别为Ceq \\al(2,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2x2，Ceq \\al(5,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))5，Ceq \\al(8,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))8x－2.