3.3　第1课时　课后达标检测（教师版）

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1．二项式(x＋2)3的展开式为(　　)
A．x3＋6x2＋6x＋8
B．x3＋6x2＋12x＋8
C．x3＋12x2＋6x＋8
D．x3＋12x2＋12x＋8
解析：选B.二项式(x＋2)3＝Cx3＋Cx2×2＋Cx×22＋C×23＝x3＋6x2＋12x＋8.故选B.
2．已知(1－)6＝a＋b(a，b均为有理数)，则a的值为(　　)
A．90 B．91
C．98 D．99
解析：选D. 因为(1－)6的展开式的通项公式为Tk＋1＝C·(－)k，又(1－)6＝a＋b，所以a＝C＋C×(－)2＋C×(－)4＋C×(－)6＝99.故选D.
3．(a＋b)n展开式中与第(r－1)项系数相等的项是(　　)
A．第(n－r)项 B．第(n－r＋1)项
C．第(n－r＋2)项 D．第(n－r＋3)项
解析：选D. (a＋b)n展开式中第(r－1)项系数是C，(a＋b)n展开式中第(n－r＋3)项系数是C，因为C＝C，所以(a＋b)n展开式中与第(r－1)项系数相等的项是第(n－r＋3)项．故选D.
4．(2024·山东济南月考)二项式(1＋)12的展开式中，有理项的项数为(　　)
A．5 B．6
C．7 D．8
解析：选C.二项式(1＋)12展开式的通项为Tr＋1＝C×112－r()r＝C×x，r＝0，1，2，…，12.所以，当r为偶数时，该项为有理项，即r＝0，2，4，6，8，10，12，共7项．故选C.
5．已知(x－2y)n的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，则展开式中的x5y2的系数为(　　)
A．－4 B．84
C．－280 D．560
解析：选B.因为(x－2y)n的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，所以C＝C.则n＝7，又因为(x－2y)7的展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx7－r·(－2y)r，令r＝2，所以展开式中的x5y2的系数为C×(－2)2＝84.故选B.
6．(多选)若的展开式中含有常数项(非零)，则正整数n的可能值是(　　)
A．5 B．8
C．10 D．16
解析：选AC.由二项式定理知，Tr＋1＝C(3x2)n－r·r＝C·3n－r··x2n－5r，因为其含有常数项，即存在n，r∈N＋，使得2n＝5r，此时n＝，所以r＝2时，n＝5；r＝4时，n＝10.故选AC.
7．若的展开式共有7项，则展开式中的常数项是________．
解析：因为的展开式共有7项，则n＋1＝7，解得n＝6，的展开式的通项Tr＋1＝C·()r＝26－rCxr－6，r∈N，0≤r≤6，由r－6＝0，得r＝4，所以的展开式中的常数项是T5＝22×C＝60.
答案：60
8．在(1－)20的展开式中，x的系数与x9的系数之差为________．
解析：(1－)20的展开式的通项公式为Tr＋1＝C·(－)r＝C(－1)rx，分别令r＝2，18，可得T3＝C(－1)2x＝190x，T19＝C(－1)18x9＝190x9，所以x的系数与x9的系数之差为0.
答案：0
9．化简：C·32n＋C·32n－2＋C·32n－4＋…＋C·32＝________．
解析：C·32n＋C·32n－2＋C·32n－4＋…＋C·32＝C·(32)n＋C·(32)n－1＋C·(32)n－2＋…＋C·(32)1＋C·(32)0－C·(32)0＝(32＋1)n－1＝10n－1.
答案：10n－1
10．在(2－)6的展开式中，求．
(1)求第3项的二项式系数及系数；
(2)含x2的项；
(3)常数项．
解：(1)在的展开式中，第3项的二项式系数为C＝15，第3项为T3＝C(2)4·＝15×24x＝240x，所以第3项的二项式系数为15，系数为240.
(2)二项式展开式的通项是Tr＋1＝C(2)6－r＝(－1)r·26－rCx3－r，r∈N，0≤r≤6，由3－r＝2，解得r＝1，T2＝(－1)1·25Cx2＝－192x2，所以含x2的项是－192x2.
(3)由(2)知，当3－r＝0时，解得r＝3，则T4＝(－1)3·23C＝－160，所以常数项为－160.
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11．“n＝6”是“(x2＋)n的展开式中存在常数项”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选A.展开式的通项公式为Tr＋1＝C·(x2)n－r·＝C·x2n－3r(0≤r≤n，r∈N).当n＝6时，取r＝4，则T5＝C·x0＝15，故充分性成立；当2n－3r＝0时，的展开式中存在常数项，可以是故必要性不成立．所以“n＝6”是“的展开式中存在常数项”的充分不必要条件．故选A.
12．(多选)已知在(－)n的展开式中，第6项为常数项，则(　　)
A．n＝10
B．展开式中项数共有13项
C.含x2的项的系数为
D．展开式中有理项的项数为3
解析：选ACD.依题意，展开式的通项公式为Tr＋1＝C··＝C··x，因为第6项为常数项，所以r＝5时，有＝0，解得n＝10，故A正确；由n＝10，得展开式中项数共有10＋1＝11项，故B错误；令＝2，得r＝×(10－6)＝2，所求含x2的项的系数为C×＝，故C正确；由令＝k(k∈Z)，则10－2r＝3k，即r＝5－k，因为r∈N，所以k应为偶数，所以k可取2，0，－2，即r可以取2，5，8，所以第3项，第6项，第9项为有理项，即展开式中有理项的项数为3，故D正确．故选ACD.
13．已知C－4C＋42C－43C＋…＋(－1)n4nC＝729，则n的值为________．
解析：由C－4C＋42C－43C＋…＋(－1)n4nC＝729，可得C·1n·(－4)0＋C·1n－1·(－4)1＋C·1n－2·(－4)2＋…＋C·10·(－4)n＝729，则(1－4)n＝729，即(－3)n＝729＝(－3)6，解得n＝6.
答案：6
14．(2024·辽宁抚顺月考)已知在(－)10的展开式中满足a>0，且常数项为，求：
(1)a的值；
(2)从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理项也有无理项，求共有多少种不同的取法．
解：(1)的展开式的通项为Tk＋1＝(－1)kCx20－k.令20－k＝0，解得k＝8，即当k＝8时，常数项T9＝(－1)8C＝，解得a＝1(负值已舍去).
(2)令20－k＝m，m∈Z，解得k＝0，2，4，6，8，10，即展开式中的有理项共有6项，无理项有5项；所以从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理项也有无理项的取法共有CC＋CC＝135种．
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15．若对 x∈R，(ax＋b)5＝(x＋2)5－5(x＋2)4＋10(x＋2)3－10(x＋2)2＋5(x＋2)－1恒成立，其中a，b∈R，则a＋b＝(　　)
A．－1 B．0
C．2 D．3
解析：选C.由(x＋2)5－5(x＋2)4＋10(x＋2)3－10(x＋2)2＋5(x＋2)－1＝(x＋2－1)5＝(x＋1)5，得(ax＋b)5＝(x＋1)5，所以a＝b＝1，则a＋b＝2.故选C.
16．若(x＋)n的展开式中，设第二、三、四项的二项式系数分别为a，b，c，且满足a＋c＝2b.
(1)求n的值；
(2)此展开式中是否存在常数项？若存在，请求出该项；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题意得，a＋c＝2b，即C＋C＝2C(n≥3)，n＋＝，化简得，n(n2－9n＋14)＝0，解得n＝7或n＝0(舍去)或n＝2(舍去)，所以n＝7.
(2)不存在，理由如下：Tr＋1＝C·(x－4)r＝Cx，0≤r≤7且r∈N，当＝0时，解得r＝ N，所以展开式中不存在常数项．