第三章综合训练
一、单项选择题
1.已知=10,则m的值为( )
A.10 B.5
C.4 D.2
2.编号为1,2,3,4,5,6,7的七盏路灯,晚上用时只亮三盏灯,且任意两盏亮灯不相邻,则不同的开灯方案有( )
A.60种 B.20种
C.10种 D.8种
3.在(x-)10的展开式中,x6的系数是( )
A.-27 B.27
C.-9 D.9
4.设(1+x)n=a0+a1x+…+anxn,若a1+a2+…+an=63,则展开式中系数最大的项是( )
A.15x3 B.20x3
C.21x3 D.35x3
5.由0,1,2,…,9这十个数字组成的无重复数字的四位数中,个位数字与百位数字之差的绝对值等于8的有( )
A.98个 B.105个
C.112个 D.210个
6.已知(1-2x)n的展开式中,奇数项的二项式系数之和为64,则(1-2x)n1+展开式中常数项为( )
A.-14 B.-13
C.1 D.2
7.某地电视台春晚的戏曲节目,准备了经典京剧、豫剧、越剧、粤剧、黄梅戏、评剧6个剧种的各一个片段.对这6个剧种片段的演出顺序有如下要求:京剧必须排在前三,且越剧、粤剧必须排在一起,则该戏曲节目演出顺序共有( )
A.120种 B.156种
C.188种 D.240种
8.设a∈Z,且0≤a<13,若512 020+a能被13整除,则a=( )
A.0 B.1
C.11 D.12
二、多项选择题
9.下列结论正确的是( )
A.3×4×5×6=
B.
C.
D.=25
10.设(+3)n的展开式中各项系数之和为M,二项式系数之和为N,若M-2N=960,则下列结论中正确的是( )
A.n=5
B.M=25
C.N=25
D.展开式中含xy的项的系数为270
11.6本不同的书分给甲、乙、丙三人,每人两本,不同的分法种数可以是( )
A.15 B.
C. D.90
12.关于多项式1+-x6的展开式,下列结论正确的是( )
A.各项系数之和为1
B.各项系数的绝对值之和为212
C.不存在常数项
D.x3的系数为40
三、填空题
13.若,则n的值是 .
14.(2x-3y)9的展开式中各项的二项式系数之和为 .
15.某统计部门安排A,B,C,D,E,F六名工作人员到四个不同的地区开展工作.每个地区至少需安排一名工作人员,其中A,B安排到同一地区工作,D,E不能安排在同一地区工作,则不同的分配方法总数为 种.
16.在杨辉三角中,从第3行起,不在两端的每一个数值是它上面两个数值之和,这个三角形开头几行如图,则第9行从左到右的第3个数是 ;若第n行从左到右第12个数与第13个数的比值为,则n= .
四、解答题
17.用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的自然数.
(1)在组成的三位数中,求所有偶数的个数;
(2)在组成的三位数中,如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小,则称这个数为“凹数”,如301,423等都是“凹数”,试求“凹数”的个数;
(3)在组成的五位数中,求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数.
18.用0,1,2,3,4,5可组成多少个:
(1)没有重复数字的四位数
(2)没有重复数字且被5整除的四位数
(3)比2 000大且没有重复数字的自然数
19.设(x+2)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn(n∈N,n≥2),且a0+a2=2a1.
(1)求n的值;
(2)求(x+2)n的展开式中所有含x奇次幂项的系数和.
20.通常,我国民用汽车号牌的编号由两部分组成,第一部分为用汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号,第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组成的序号.其中,序号的编码规则为:①由10个阿拉伯数字和除O,I之外的24个英文字母组成;②最多只能有2个英文字母.
如果某地级市发牌机关采用5位序号编码,那么这个发牌机关最多能发放多少张汽车号牌
21.已知在的展开式中,第9项为常数项.求:
(1)n的值;
(2)展开式中x5的系数;
(3)含x的整数次幂的项的个数.
22.对任意n∈N+,定义(1+)n=·()2+…+·()k+…+·()n=an+bn,其中an,bn为正整数.
(1)求+2+2的值;
(2)探究|-2|是否为定值,并证明你的结论.
参考答案
第三章综合训练
1.B 由=10,得m2-m-20=0,解得m=5或m=-4(舍去).故选B.
2.C 四盏熄灭的灯产生的5个空当中放入3盏亮灯,则不同的开灯方案有=10.
3.D 因为Tk+1=x10-k(-)k,
令10-k=6,解得k=4,
所以x6的系数为(-)4=9.
4.B 因为(1+x)n=a0+a1x+…+anxn,所以当x=0时,可得a0=1;当x=1时,可得a0+a1+a2+…+an=2n.又a1+a2+…+an=63,所以2n=63+a0=64,得n=6,所以(1+x)6的展开式中系数最大的项为第4项,即x3=20x3,故选B.
5.D 当个位与百位数字为0,8时,有个;当个位与百位数字为1,9时,有个.共=210(个).
6.B 由条件可知,2n-1=64,所以n=7,则(1-2x)71+=(1-2x)7+,其中常数项分为两部分,(1-2x)7的常数项是17=1,的常数项是(1-2x)7中含x项的系数,·16·(-2)=-14,所以常数项是1-14=-13.故选B.
7.A 完成排戏曲节目演出顺序这件事,可以有两类办法:京剧排第一,越剧、粤剧排在一起作一个元素与余下三个元素作全排列有种,越剧、粤剧有种排列方式,共有种;
京剧排第二或第三有种排列方式,越剧、粤剧排在一起只有三个位置可选,并且它们有先后,有种排列方式,余下三个有种排列方式,共有种排列方式.由分类加法计数原理知,所有演出顺序有=120(种),故选A.
8.D 512020+a=(13×4-1)2020+a,被13整除余1+a,结合选项可得a=12时,512020+a能被13整除.
9.ABC 对于A,∵=n×(n-1)×(n-2)×…×(n-m+1),故A正确;
对于B,=15+20=35,=35,故B正确;
对于C,,故C正确;
对于D,=25,故D不正确.
10.ACD 根据题意,令x=1,y=1,得M=4n.∵N=2n,∴M-2N=4n-2·2n=(2n)2-2·2n=960,∴2n=32,∴n=5.∴M=45,N=25.(+3)5的展开式的通项为Tk+1=(3)k=3k(k=0,1,2,3,4,5),令=1,=1,得k=3,∴展开式中含xy的项的系数为×33=10×27=270.故选ACD.
11.CD 将6本不同的书分成三组的方法有种,将三组书本分给甲、乙、丙三人的方法有种,所以不同的分法种数为=90.故选CD.
12.BD 在多项式1+-x6中,令x=1,可得各项系数之和为26,所以A不正确.
多项式1+-x6的展开式各项系数的绝对值之和与多项式1++x6的展开式各项系数之和相等.
在多项式1++x6中,令x=1,可得各项系数之和为212,故B正确.
由1+-x6=1+-x6的展开式的项Tr+1=-xr(0≤r≤6,r∈Z),-xr的展开式的通项公式为Tk+1=r-k(-x)k(0≤k≤r,r,k∈Z),
所以1+-x6的展开式的项Tr+1=(-1)k2r-kx2k-r(0≤k≤r,r,k∈Z),
当2k-r=0时,为常数,所以多项式1+-x6的展开式中有常数项,故C不正确.
当2k-r=3,0≤k≤r,r,k∈Z时,
(-1)320+(-1)421=40,
所以x3的系数为40,故D正确.
13.10 根据组合数的性质,且,所以n=3+7=10.
14.512 (2x-3y)9的展开式中各项的二项式系数之和为29=512.
15.216 第一步,将6名工作人员分成4组,要求A,B同一组,D,E不在同一组.
若分为3,1,1,1的四组,A,B必须在3人组,则只需在C,D,E,F中选一人和A,B同一组,故有=4种分组方法,
若分为2,2,1,1的四组,A,B必须在2人组,故只需在C,D,E,F中选两人构成一组,同时减去D,E在同一组的情况,故有-1=5(种)分组方法,
则一共有5+4=9(种)分组方法.
第二步,将分好的四组全排列,分配到四个地区,有=24(种).
故总的分配方法有9×24=216(种).
16.36 27 依题意=36,因为,所以,解得n=27.
17.解 (1)将所有的三位偶数分为两类:①若个位数为0,则共有=12个;②若个位数为2或4,则共有2×3×3=18个.所以,共有30个符合题意的三位偶数.
(2)将这些“凹数”分为三类:①若十位数字为0,则共有=12个;②若十位数字为1,则共有=6个;③若十位数字为2,则共有=2个.所以,共有20个符合题意的“凹数”.
(3)将符合题意的五位数分为三类:①若两个奇数数字在百位和万位,则共有=12个;②若两个奇数数字在十位和千位,则共有=8个;③若两个奇数数字在个位和百位,则共有=8个.
所以,共有28个符合题意的五位数.
18.解(1)千位可以从1,2,3,4,5中任选一个,有5种,剩余的百位、十位和个位,可以从剩余的5个数中任意选择,所以有种,所以没有重复数字的四位数个数共有5=300.
(2)没有重复数字且被5整除的四位数,分两种情况:
个位数字为0时,有=60(个);个位数字为5时,千位可以从1,2,3,4中任选一个,有4种,剩下的百位和十位可以从剩余的四个数中选择两个的排列,有,则有4=48(个),利用分类加法原理可得共有个数60+48=108.
(3)比2000大的自然数,当是四位数时,首先从2,3,4,5中选一个有4种选法,再从剩下的元素中选3个,有种,共有4=240(个);当是五位数时,共有=600(个);当是六位数时,共有=600(个).
故共有240+600+600=1440(个),所以比2000大的自然数共有1440个.
19.解 (1)∵Tk+1=xn-k×2k,∴a0=2n,a1=n×2n-1,a2=×2n-2.
∵a0+a2=2a1,
∴2n×2n-1=2n+×2n-2 n2-9n+8=0,解得n=8或n=1(舍去).
(2)在(x+2)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8中,
令x=1,则38=a0+a1+a2+a3+…+a7+a8,
令x=-1,则1=a0-a1+a2-a3+…-a7+a8,
两式相减得2(a1+a3+a5+a7)=38-1,
∴a1+a3+a5+a7==3280,
即展开式中所有含x奇次幂项的系数和为3280.
20.解由号牌编号的组成可知,这个发牌机关所能发放的最多号牌数就是序号的个数.
根据序号编码规则,5位序号可以分为三类:没有字母,有1个字母,有2个字母.
①当没有字母时,序号的每一位都是数字,确定一个序号可以分5个步骤,每一步都可以从10个数字中选1个,各有10种选法.
根据分步乘法计数原理,这类号牌张数为10×10×10×10×10=100000.
②当有1个字母时,这个字母可以分别在序号的第1位、第2位、第3位、第4位或第5位,这类序号可以分为五个子类.
当第1位是字母时,分5个步骤确定一个序号中的字母和数字:第1步,从24个字母中选1个放在第1位,有24种选法;第2~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置,各有10种选法.
根据分步乘法计数原理,号牌张数为24×10×10×10×10=240000.
同样,其余四个子类号牌也各有240000张.
根据分类加法计数原理,这类号牌张数共为240000+240000+240000+240000+240000=1200000.
③当有2个字母时,根据这2个字母在序号中的位置,可以将这类序号分为十个子类:第1位和第2位,第1位和第3位,第1位和第4位,第1位和第5位,第2位和第3位,第2位和第4位,第2位和第5位,第3位和第4位,第3位和第5位,第4位和第5位.
当第1位和第2位是字母时,分5个步骤确定一个序号中的字母和数字:第1~2步都是从24个字母中选1个分别放在第1位、第2位,各有24种选法;第3~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置,各有10种选法.
根据分步乘法计数原理,号牌张数为24×24×10×10×10=576000,同样,其余九个子类号牌也各有576000张.
于是,这类号牌张数一共为576000×10=5760000.
综合①②③,根据分类加法计数原理,这个发牌机关最多能发放的汽车号牌张数为100000+1200000+5760000=7060000.
21.解二项展开式的项Tk+1==(-1)k.
(1)因为第9项为常数项,即当k=8时,2n-k=0,解得n=10.
(2)令2n-k=5,得k=(2n-5)=6,
所以x5的系数为(-1)6.
(3)要使2n-k,即为整数,只需k为偶数,由于k=0,1,2,3,…,9,10,故符合要求的有6项,分别为展开式的第1,3,5,7,9,11项,即含x的整数次幂的项的个数为6.
22.解(1)由题意知,a3=)2=7,b3)3=5,b3=5.
a4=)2+)4=17,b4=12,b4=12.
所以+2=72+2×52=99,+2=172+2×122=577.
(2)是定值.证明:由题意知,an-bn=(1-)n,an+bn=(1+)n,
则(an-bn)(an+bn)=(1-)n(1+)n=(1-2)n=(-1)n=-2,
所以|-2|=|(-1)n|=1.(共37张PPT)
第三章综合训练
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21
22
一、单项选择题
1.已知 =10,则m的值为( )
A.10 B.5
C.4 D.2
B
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5
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7
8
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12
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2.编号为1,2,3,4,5,6,7的七盏路灯,晚上用时只亮三盏灯,且任意两盏亮灯不相邻,则不同的开灯方案有( )
A.60种 B.20种
C.10种 D.8种
C
解析 四盏熄灭的灯产生的5个空当中放入3盏亮灯,则不同的开灯方案有
=10.
1
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D
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4.设(1+x)n=a0+a1x+…+anxn,若a1+a2+…+an=63,则展开式中系数最大的项是( )
A.15x3 B.20x3
C.21x3 D.35x3
B
解析 因为(1+x)n=a0+a1x+…+anxn,所以当x=0时,可得a0=1;当x=1时,可得a0+a1+a2+…+an=2n.又a1+a2+…+an=63,所以2n=63+a0=64,得n=6,所以(1+x)6的展开式中系数最大的项为第4项,即 =20x3,故选B.
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5.由0,1,2,…,9这十个数字组成的无重复数字的四位数中,个位数字与百位数字之差的绝对值等于8的有( )
A.98个 B.105个
C.112个 D.210个
D
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6.已知(1-2x)n的展开式中,奇数项的二项式系数之和为64,则(1-2x)n(1+ )展开式中常数项为( )
A.-14 B.-13
C.1 D.2
B
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7.某地电视台春晚的戏曲节目,准备了经典京剧、豫剧、越剧、粤剧、黄梅戏、评剧6个剧种的各一个片段.对这6个剧种片段的演出顺序有如下要求:京剧必须排在前三,且越剧、粤剧必须排在一起,则该戏曲节目演出顺序共有( )
A.120种 B.156种
C.188种 D.240种
A
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8.设a∈Z,且0≤a<13,若512 020+a能被13整除,则a=( )
A.0 B.1
C.11 D.12
D
解析 512 020+a=(13×4-1)2 020+a,被13整除余1+a,结合选项可得a=12时,
512 020+a能被13整除.
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二、多项选择题
9.下列结论正确的是( )
ABC
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10.设 的展开式中各项系数之和为M,二项式系数之和为N,若M-2N=960,则下列结论中正确的是( )
A.n=5
B.M=25
C.N=25
D.展开式中含xy的项的系数为270
ACD
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11.6本不同的书分给甲、乙、丙三人,每人两本,不同的分法种数可以是
( )
CD
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12.关于多项式(1+ -x)6的展开式,下列结论正确的是( )
A.各项系数之和为1
B.各项系数的绝对值之和为212
C.不存在常数项
D.x3的系数为40
BD
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三、填空题
13.若 ,则n的值是 .
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14.(2x-3y)9的展开式中各项的二项式系数之和为 .
512
解析 (2x-3y)9的展开式中各项的二项式系数之和为29=512.
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15.某统计部门安排A,B,C,D,E,F六名工作人员到四个不同的地区开展工作.每个地区至少需安排一名工作人员,其中A,B安排到同一地区工作,D,E不能安排在同一地区工作,则不同的分配方法总数为 种.
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解析 第一步,将6名工作人员分成4组,要求A,B同一组,D,E不在同一组.
若分为3,1,1,1的四组,A,B必须在3人组,则只需在C,D,E,F中选一人和A,B同一组,故有 =4种分组方法,
若分为2,2,1,1的四组,A,B必须在2人组,故只需在C,D,E,F中选两人构成一组,同时减去D,E在同一组的情况,故有 -1=5(种)分组方法,
则一共有5+4=9(种)分组方法.
第二步,将分好的四组全排列,分配到四个地区,有 =24(种).
故总的分配方法有9×24=216(种).
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16.在杨辉三角中,从第3行起,不在两端的每一个数值是它上面两个数值之和,这个三角形开头几行如图,则第9行从左到右的第3个数是 ;若第n行从左到右第12个数与第13个数的比值为 ,则n= .
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四、解答题
17.用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的自然数.
(1)在组成的三位数中,求所有偶数的个数;
(2)在组成的三位数中,如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小,则称这个数为“凹数”,如301,423等都是“凹数”,试求“凹数”的个数;
(3)在组成的五位数中,求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数.
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解 (1)将所有的三位偶数分为两类:①若个位数为0,则共有 =12个;②若个位数为2或4,则共有2×3×3=18个.所以,共有30个符合题意的三位偶数.
(2)将这些“凹数”分为三类:①若十位数字为0,则共有 =12个;②若十位数字为1,则共有 =6个;③若十位数字为2,则共有 =2个.所以,共有20个符合题意的“凹数”.
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18.用0,1,2,3,4,5可组成多少个:
(1)没有重复数字的四位数
(2)没有重复数字且被5整除的四位数
(3)比2 000大且没有重复数字的自然数
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解 (1)千位可以从1,2,3,4,5中任选一个,有5种,剩余的百位、十位和个位,可以从剩余的5个数中任意选择,所以有 种,所以没有重复数字的四位数个数共有5 =300.
(2)没有重复数字且被5整除的四位数,分两种情况:
个位数字为0时,有 =60(个);个位数字为5时,千位可以从1,2,3,4中任选一个,有4种,剩下的百位和十位可以从剩余的四个数中选择两个的排列,有
则有4 =48(个),利用分类加法原理可得共有个数60+48=108.
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19.设(x+2)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn(n∈N,n≥2),且a0+a2=2a1.
(1)求n的值;
(2)求(x+2)n的展开式中所有含x奇次幂项的系数和.
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(2)在(x+2)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8中,
令x=1,则38=a0+a1+a2+a3+…+a7+a8,
令x=-1,则1=a0-a1+a2-a3+…-a7+a8,
两式相减得2(a1+a3+a5+a7)=38-1,
∴a1+a3+a5+a7= =3 280,
即展开式中所有含x奇次幂项的系数和为3 280.
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20.通常,我国民用汽车号牌的编号由两部分组成,第一部分为用汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号,第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组成的序号.其中,序号的编码规则为:①由10个阿拉伯数字和除O,I之外的24个英文字母组成;②最多只能有2个英文字母.
如果某地级市发牌机关采用5位序号编码,那么这个发牌机关最多能发放多少张汽车号牌
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解 由号牌编号的组成可知,这个发牌机关所能发放的最多号牌数就是序号的个数.
根据序号编码规则,5位序号可以分为三类:没有字母,有1个字母,有2个字母.
①当没有字母时,序号的每一位都是数字,确定一个序号可以分5个步骤,每一步都可以从10个数字中选1个,各有10种选法.
根据分步乘法计数原理,这类号牌张数为10×10×10×10×10=100 000.
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②当有1个字母时,这个字母可以分别在序号的第1位、第2位、第3位、第4位或第5位,这类序号可以分为五个子类.
当第1位是字母时,分5个步骤确定一个序号中的字母和数字:第1步,从24个字母中选1个放在第1位,有24种选法;第2~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置,各有10种选法.
根据分步乘法计数原理,号牌张数为24×10×10×10×10=240 000.
同样,其余四个子类号牌也各有240 000张.
根据分类加法计数原理,这类号牌张数共为
240 000+240 000+240 000+240 000+240 000=1 200 000.
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③当有2个字母时,根据这2个字母在序号中的位置,可以将这类序号分为十个子类:第1位和第2位,第1位和第3位,第1位和第4位,第1位和第5位,第2位和第3位,第2位和第4位,第2位和第5位,第3位和第4位,第3位和第5位,第4位和第5位.
当第1位和第2位是字母时,分5个步骤确定一个序号中的字母和数字:第1~2步都是从24个字母中选1个分别放在第1位、第2位,各有24种选法;第3~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置,各有10种选法.
根据分步乘法计数原理,号牌张数为24×24×10×10×10=576 000,同样,其余九个子类号牌也各有576 000张.
于是,这类号牌张数一共为576 000×10=5 760 000.
综合①②③,根据分类加法计数原理,这个发牌机关最多能发放的汽车号牌张数为100 000+1 200 000+5 760 000=7 060 000.
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(1)n的值;
(2)展开式中x5的系数;
(3)含x的整数次幂的项的个数.
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(3)要使 为整数,只需k为偶数,由于k=0,1,2,3,…,9,10,故符合要求的有6项,分别为展开式的第1,3,5,7,9,11项,即含x的整数次幂的项的个数为6.
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