强化课 二项式定理的综合问题 课后达标检测（教师版）
文档属性
| 名称 | 强化课 二项式定理的综合问题 课后达标检测（教师版） |
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| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 221.1KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-02-27 00:00:00 | ||
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文档简介
INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
一、选择题
1．(2＋)(1－x)7的展开式中x2的系数为( )
A．－7 B．7
C．77 D．－77
解析：选B． (1－x)7的展开式通项为Tr＋1＝C·(－x)r＝(－1)rCxr，故(2＋)(1－x)7的展开式中x2的系数为2×(－1)2C＋(－1)3C＝7.故选B．
2．1.957的计算结果精确到个位的近似值为( )
A．106 B．107
C．108 D．109
解析：选B．因为1.957＝(2－0.05)7＝27－C×26×0.05＋C×25×0.052－…－C×0.057≈107.28≈107.故选B．
3．已知二项式(1－x＋)5的展开式中含的项的系数为－40，则a＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B．5表示有5个1－x＋因式相乘，的来源如下：有1个1－x＋提供，有3个1－x＋提供－x，有1个1－x＋提供1，此时的系数是CC·(－1)3a＝－40，解得a＝2.
4．已知(ax＋1)(2x－1)6展开式中x5的系数为48，则实数a＝( )
A．1 B．－1
C．2 D．－2
解析：选A.二项式(2x－1)6的展开式的通项为Tr＋1＝C(2x)6－r·(－1)r＝C·26－r·(－1)r·x6－r，所以(ax＋1)·(2x－1)6的展开式中，x5的系数为aC24×(－1)2＋1×C25×(－1)＝15×16a－32×6＝48，解得a＝1.故选A.
5．设的小数部分为x，则x4＋16x3＋96x2＋256x＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B．由5＝>>＝4，得的整数部分为4，则＝x＋4，所以(x＋4)4＝258，即Cx4＋4Cx3＋16Cx2＋64Cx＋256C＝x4＋16x3＋96x2＋256x＋256＝258，故x4＋16x3＋96x2＋256x＝2.故选B．
6．已知(2＋ax)·(1＋x)5的展开式中x2的系数为25，则展开式中x的偶次方的系数和为( )
A．24 B．48
C．32 D．16
解析：选B．(1＋x)5的展开式的通项为Tr＋1＝Cxr，r＝0，1，…，5，令r＝2，则T3＝Cx2＝10x2；令r＝1，则T2＝Cx＝5x，所以(2＋ax)·(1＋x)5的展开式中含x2的项为10x2×2＋5x×ax＝(5a＋20)x2，即5a＋20＝25，解得a＝1，故(2＋ax)·(1＋x)5＝(2＋x)·(1＋x)5.设(2＋x)·(1＋x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，令x＝－1，则0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6，令x＝1，则3×25＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6，两式相加得a0＋a2＋a4＋a6＝3×24＝48.故选B．
7．数学家波利亚说过，为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系．这就是算两次原理(富比尼原理).由等式(1＋x)n·(1＋x)n＝(1＋x)2n利用算两次原理可得CC＋CC＋CC＋…＋CC＝( )
A．C B．C
C．C D．C
解析：选D．依题意(1＋x)n(1＋x)n＝(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)，故CC＋CC＋CC＋…＋CC是(1＋x)n(1＋x)n展开式中xn的系数，而(1＋x)2n展开式中xn的系数为C，所以CC＋CC＋CC＋…＋CC＝C.故选D．
8．(多选)在(1－2x3)(－a)5的展开式中，各项系数的和为1，则( )
A．a＝3
B．展开式中的常数项为－32
C．展开式中x4的系数为160
D．展开式中无理项的系数之和为－242
解析：选BC.根据题意令x＝1，得(1－2x3)·(－a)5的展开式中各项系数和为－(1－a)5＝1，则a＝2，A错误；
则(1－2x3)(－a)5＝(1－2x3)(－2)5，又(－2)5的展开式的通项为Tk＋1＝(－2)kCx，令＝0，解得k＝5，所以展开式中的常数项为1×(－2)5C＝－32，B正确；
含x4的项为－2x3·(－2)3Cx＝160x4，其系数为160，C正确；
展开式中无理项的系数之和为(1－2)×[(－2)0C＋(－2)2C＋(－2)4C]＝－(1＋40＋80)＝－121，D错误．故选BC.
9．(多选)若(2x－1)10＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a10(x－1)10，x∈R，则( )
A．a0＝1
B．a1＋a2＋…＋a10＝310
C．a2＝180
D．a1＋2a2＋3a3＋…＋10a10＝10×39
解析：选AC.令x＝1得(2×1－1)10＝1＝a0，所以选项A正确；
令x＝2得310＝a0＋a1＋a2＋…＋a10，所以a1＋a2＋…＋a10＝310－1，所以选项B错误；
因为(2x－1)10＝[2(x－1)＋1]10，
所以Tr＋1＝C[2(x－1)]10－r，a2＝C×22＝180，选项C正确；
(2x－1)10＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a10(x－1)10，
两边对x求导得10×(2x－1)9×2＝a1＋2a2(x－1)＋3a3(x－1)2＋…＋10a10(x－1)9，
令x＝2得a1＋2a2＋3a3＋…＋10a10＝20×39，选项D错误．故选AC.
10．(多选)如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和，则下列结论中正确的是( )
INCLUDEPICTURE "HK23.TIF" INCLUDEPICTURE "HK23.TIF" \* MERGEFORMAT
A．在“杨辉三角”第6行中，从左到右第6个数是15
B．由“第n行所有数之和为2n”猜想：C＋C＋C＋…＋C＝2n
C．C＋C＋C＋…＋C＝164
D．存在k∈N*，使得 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(C－C)) 为等差数列
解析：选BCD．对于A，在“杨辉三角”第6行中，从左到右第6个数是C＝6，A错误；
对于B，由二项式系数的性质知C＋C＋C＋…＋C＝2n，B正确；
对于C，由于C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋C＋…＋C－C＝C＋C＋C＋…＋C－C＝…＝C－C＝164，故C正确；
对于D，取k＝2，则C－C＝C－C＝C＝n，因为(n＋1)－n＝1，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(C－C)) 为公差是1的等差数列，D正确．故选BCD．
二、填空题
11．450除以17的余数为________．
解析：由题知，450＝(17－1)25
＝C1725(－1)0＋C1724(－1)1＋C·1723(－1)2＋…＋C171(－1)24＋C170(－1)25，
因为17n是17的倍数，只有最后一项－1不能被17整除，所以450除以17的余数为16.
答案：16
12．(x2－2x＋1)3的展开式中，含x3项的系数为________．(用数字作答)
解析：由(x2－2x＋1)3＝(x－1)6，其展开式通项为Tr＋1＝(－1)rCx6－r，所以含x3项为T4＝(－1)3Cx3＝－20x3，故含x3项的系数为－20.
答案：－20
13．已知x5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋a3(x＋1)3＋a4(x＋1)4＋a5(x＋1)5，则a4＝________．
解析：根据题意可知x5＝(x＋1－1)5＝[(x＋1)－1]5，根据题意可知，a4为(x＋1)4项的系数，利用二项展开式的通项可知C(x＋1)4(－1)1＝－C(x＋1)4＝a4(x＋1)4，可得a4＝－C＝－5.
答案：－5
14．已知(x2＋)n的展开式中各项系数和为1 024，则(x2＋x＋y)n展开式中不含x5y2的所有项的系数和为________．
解析：因为(x2＋)n的展开式中各项系数和为1 024，
令x＝1，整理得4n＝1 024，解得n＝5.
故(x2＋x＋y)5的展开式通项为Tr＋1＝C(x2＋x)5－r·yr，
令r＝2时，(x2＋x)3的展开式通项为Tk＋1＝C·x6－k，令6－k＝5，解得k＝1，故含x5y2的所有项的系数为CC＝30，当x＝1，y＝1时得，(x2＋x＋y)5的所有项的系数和为35＝243，故不含x5y2的所有项的系数和为243－30＝213.
答案：213
三、解答题
15．已知(ax2＋)n的展开式中所有项的二项式系数和为128，各项系数和为－1.
(1)求n和a的值；
(2)求(2x－1)(ax2＋)n的展开式中的常数项．
解：(1)由条件可得解得
(2)(2x－1)(ax2＋)n
＝(2x－1)(－2x2＋x－1)7.
因为(－2x2＋x－1)7展开式的通项为
Tk＋1＝C(－2x2)7－k(x－1)k
＝C(－2)7－kx14－3k.
所以当14－3k＝－1，即k＝5时，
2x·C(－2)2x－1＝168；
当14－3k＝0时，解得k＝，舍去．
所以所求的常数项为168.
16．已知f(x)＝(2x－3)n(n∈N*)展开式的二项式系数和为512，且f(x)＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋an(x－1)n.
(1)求a2的值；
(2)设f(20)－20＝6k＋r，其中k，r∈N，且0≤r<6，求r的值．
解：(1)因为f(x)＝(2x－3)n(n∈N*)展开式的二项式系数和为512，
所以2n＝512，得n＝9，
所以(2x－3)9＝[－1＋2(x－1)]9
＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a9(x－1)9，
所以a2＝C(－1)722＝－144.
(2)f(20)－20＝(2×20－3)9－20
＝(36＋1)9－20＝C369＋C368＋…＋C36＋C－20
＝C369＋C368＋…＋C36－19，
因为C369＋C368＋…＋C36能被6整除，
而－19＝(－4)×6＋5，
又f(20)－20＝6k＋r，所以r＝5.
17．已知m，n是正整数，(1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中x的系数为15.
(1)求展开式中x2的系数的最小值；
(2)已知(2＋3x)展开式中的二项式系数的最大值为a，项的系数的最大值为b，求a＋b.
解：(1)根据题意得，C＋C＝15，即m＋n＝15，
所以n＝15－m，
所以展开式中的x2的系数为C＋C＝＋＝＝[m2＋(15－m)2]－＝m2－15m＋105＝(m－)2＋，
故当m＝7或m＝8时，x2的系数取得最小值，最小值为49.
(2)由(1)知＝7，
则(2＋3x)＝(2＋3x)7，a＝C＝C＝35，
因为(2＋3x)7的展开式的通项为Tr＋1＝C·27－r·(3x)r＝C27－r·3rxr，
令 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C·27－r·3r≥C·26－r·3r＋1，,C·27－r·3r≥C·28－r·3r－1，))
解得≤r≤，因为r∈N，所以r＝4.
因为C×23×34＝22 680，
所以b＝22 680，
所以a＋b＝35＋22 680＝22 715.
一、选择题
1．(2＋)(1－x)7的展开式中x2的系数为( )
A．－7 B．7
C．77 D．－77
解析：选B． (1－x)7的展开式通项为Tr＋1＝C·(－x)r＝(－1)rCxr，故(2＋)(1－x)7的展开式中x2的系数为2×(－1)2C＋(－1)3C＝7.故选B．
2．1.957的计算结果精确到个位的近似值为( )
A．106 B．107
C．108 D．109
解析：选B．因为1.957＝(2－0.05)7＝27－C×26×0.05＋C×25×0.052－…－C×0.057≈107.28≈107.故选B．
3．已知二项式(1－x＋)5的展开式中含的项的系数为－40，则a＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B．5表示有5个1－x＋因式相乘，的来源如下：有1个1－x＋提供，有3个1－x＋提供－x，有1个1－x＋提供1，此时的系数是CC·(－1)3a＝－40，解得a＝2.
4．已知(ax＋1)(2x－1)6展开式中x5的系数为48，则实数a＝( )
A．1 B．－1
C．2 D．－2
解析：选A.二项式(2x－1)6的展开式的通项为Tr＋1＝C(2x)6－r·(－1)r＝C·26－r·(－1)r·x6－r，所以(ax＋1)·(2x－1)6的展开式中，x5的系数为aC24×(－1)2＋1×C25×(－1)＝15×16a－32×6＝48，解得a＝1.故选A.
5．设的小数部分为x，则x4＋16x3＋96x2＋256x＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B．由5＝>>＝4，得的整数部分为4，则＝x＋4，所以(x＋4)4＝258，即Cx4＋4Cx3＋16Cx2＋64Cx＋256C＝x4＋16x3＋96x2＋256x＋256＝258，故x4＋16x3＋96x2＋256x＝2.故选B．
6．已知(2＋ax)·(1＋x)5的展开式中x2的系数为25，则展开式中x的偶次方的系数和为( )
A．24 B．48
C．32 D．16
解析：选B．(1＋x)5的展开式的通项为Tr＋1＝Cxr，r＝0，1，…，5，令r＝2，则T3＝Cx2＝10x2；令r＝1，则T2＝Cx＝5x，所以(2＋ax)·(1＋x)5的展开式中含x2的项为10x2×2＋5x×ax＝(5a＋20)x2，即5a＋20＝25，解得a＝1，故(2＋ax)·(1＋x)5＝(2＋x)·(1＋x)5.设(2＋x)·(1＋x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，令x＝－1，则0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6，令x＝1，则3×25＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6，两式相加得a0＋a2＋a4＋a6＝3×24＝48.故选B．
7．数学家波利亚说过，为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系．这就是算两次原理(富比尼原理).由等式(1＋x)n·(1＋x)n＝(1＋x)2n利用算两次原理可得CC＋CC＋CC＋…＋CC＝( )
A．C B．C
C．C D．C
解析：选D．依题意(1＋x)n(1＋x)n＝(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)，故CC＋CC＋CC＋…＋CC是(1＋x)n(1＋x)n展开式中xn的系数，而(1＋x)2n展开式中xn的系数为C，所以CC＋CC＋CC＋…＋CC＝C.故选D．
8．(多选)在(1－2x3)(－a)5的展开式中，各项系数的和为1，则( )
A．a＝3
B．展开式中的常数项为－32
C．展开式中x4的系数为160
D．展开式中无理项的系数之和为－242
解析：选BC.根据题意令x＝1，得(1－2x3)·(－a)5的展开式中各项系数和为－(1－a)5＝1，则a＝2，A错误；
则(1－2x3)(－a)5＝(1－2x3)(－2)5，又(－2)5的展开式的通项为Tk＋1＝(－2)kCx，令＝0，解得k＝5，所以展开式中的常数项为1×(－2)5C＝－32，B正确；
含x4的项为－2x3·(－2)3Cx＝160x4，其系数为160，C正确；
展开式中无理项的系数之和为(1－2)×[(－2)0C＋(－2)2C＋(－2)4C]＝－(1＋40＋80)＝－121，D错误．故选BC.
9．(多选)若(2x－1)10＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a10(x－1)10，x∈R，则( )
A．a0＝1
B．a1＋a2＋…＋a10＝310
C．a2＝180
D．a1＋2a2＋3a3＋…＋10a10＝10×39
解析：选AC.令x＝1得(2×1－1)10＝1＝a0，所以选项A正确；
令x＝2得310＝a0＋a1＋a2＋…＋a10，所以a1＋a2＋…＋a10＝310－1，所以选项B错误；
因为(2x－1)10＝[2(x－1)＋1]10，
所以Tr＋1＝C[2(x－1)]10－r，a2＝C×22＝180，选项C正确；
(2x－1)10＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a10(x－1)10，
两边对x求导得10×(2x－1)9×2＝a1＋2a2(x－1)＋3a3(x－1)2＋…＋10a10(x－1)9，
令x＝2得a1＋2a2＋3a3＋…＋10a10＝20×39，选项D错误．故选AC.
10．(多选)如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和，则下列结论中正确的是( )
INCLUDEPICTURE "HK23.TIF" INCLUDEPICTURE "HK23.TIF" \* MERGEFORMAT
A．在“杨辉三角”第6行中，从左到右第6个数是15
B．由“第n行所有数之和为2n”猜想：C＋C＋C＋…＋C＝2n
C．C＋C＋C＋…＋C＝164
D．存在k∈N*，使得 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(C－C)) 为等差数列
解析：选BCD．对于A，在“杨辉三角”第6行中，从左到右第6个数是C＝6，A错误；
对于B，由二项式系数的性质知C＋C＋C＋…＋C＝2n，B正确；
对于C，由于C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋C＋…＋C－C＝C＋C＋C＋…＋C－C＝…＝C－C＝164，故C正确；
对于D，取k＝2，则C－C＝C－C＝C＝n，因为(n＋1)－n＝1，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(C－C)) 为公差是1的等差数列，D正确．故选BCD．
二、填空题
11．450除以17的余数为________．
解析：由题知，450＝(17－1)25
＝C1725(－1)0＋C1724(－1)1＋C·1723(－1)2＋…＋C171(－1)24＋C170(－1)25，
因为17n是17的倍数，只有最后一项－1不能被17整除，所以450除以17的余数为16.
答案：16
12．(x2－2x＋1)3的展开式中，含x3项的系数为________．(用数字作答)
解析：由(x2－2x＋1)3＝(x－1)6，其展开式通项为Tr＋1＝(－1)rCx6－r，所以含x3项为T4＝(－1)3Cx3＝－20x3，故含x3项的系数为－20.
答案：－20
13．已知x5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋a3(x＋1)3＋a4(x＋1)4＋a5(x＋1)5，则a4＝________．
解析：根据题意可知x5＝(x＋1－1)5＝[(x＋1)－1]5，根据题意可知，a4为(x＋1)4项的系数，利用二项展开式的通项可知C(x＋1)4(－1)1＝－C(x＋1)4＝a4(x＋1)4，可得a4＝－C＝－5.
答案：－5
14．已知(x2＋)n的展开式中各项系数和为1 024，则(x2＋x＋y)n展开式中不含x5y2的所有项的系数和为________．
解析：因为(x2＋)n的展开式中各项系数和为1 024，
令x＝1，整理得4n＝1 024，解得n＝5.
故(x2＋x＋y)5的展开式通项为Tr＋1＝C(x2＋x)5－r·yr，
令r＝2时，(x2＋x)3的展开式通项为Tk＋1＝C·x6－k，令6－k＝5，解得k＝1，故含x5y2的所有项的系数为CC＝30，当x＝1，y＝1时得，(x2＋x＋y)5的所有项的系数和为35＝243，故不含x5y2的所有项的系数和为243－30＝213.
答案：213
三、解答题
15．已知(ax2＋)n的展开式中所有项的二项式系数和为128，各项系数和为－1.
(1)求n和a的值；
(2)求(2x－1)(ax2＋)n的展开式中的常数项．
解：(1)由条件可得解得
(2)(2x－1)(ax2＋)n
＝(2x－1)(－2x2＋x－1)7.
因为(－2x2＋x－1)7展开式的通项为
Tk＋1＝C(－2x2)7－k(x－1)k
＝C(－2)7－kx14－3k.
所以当14－3k＝－1，即k＝5时，
2x·C(－2)2x－1＝168；
当14－3k＝0时，解得k＝，舍去．
所以所求的常数项为168.
16．已知f(x)＝(2x－3)n(n∈N*)展开式的二项式系数和为512，且f(x)＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋an(x－1)n.
(1)求a2的值；
(2)设f(20)－20＝6k＋r，其中k，r∈N，且0≤r<6，求r的值．
解：(1)因为f(x)＝(2x－3)n(n∈N*)展开式的二项式系数和为512，
所以2n＝512，得n＝9，
所以(2x－3)9＝[－1＋2(x－1)]9
＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a9(x－1)9，
所以a2＝C(－1)722＝－144.
(2)f(20)－20＝(2×20－3)9－20
＝(36＋1)9－20＝C369＋C368＋…＋C36＋C－20
＝C369＋C368＋…＋C36－19，
因为C369＋C368＋…＋C36能被6整除，
而－19＝(－4)×6＋5，
又f(20)－20＝6k＋r，所以r＝5.
17．已知m，n是正整数，(1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中x的系数为15.
(1)求展开式中x2的系数的最小值；
(2)已知(2＋3x)展开式中的二项式系数的最大值为a，项的系数的最大值为b，求a＋b.
解：(1)根据题意得，C＋C＝15，即m＋n＝15，
所以n＝15－m，
所以展开式中的x2的系数为C＋C＝＋＝＝[m2＋(15－m)2]－＝m2－15m＋105＝(m－)2＋，
故当m＝7或m＝8时，x2的系数取得最小值，最小值为49.
(2)由(1)知＝7，
则(2＋3x)＝(2＋3x)7，a＝C＝C＝35，
因为(2＋3x)7的展开式的通项为Tr＋1＝C·27－r·(3x)r＝C27－r·3rxr，
令 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C·27－r·3r≥C·26－r·3r＋1，,C·27－r·3r≥C·28－r·3r－1，))
解得≤r≤，因为r∈N，所以r＝4.
因为C×23×34＝22 680，
所以b＝22 680，
所以a＋b＝35＋22 680＝22 715.