新课改专用2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测五十九二项式定理含解析新人教A版.pdf

- 1 - 课时跟踪检测（五十九） 二项式定理课时跟踪检测（五十九） 二项式定理 一、题点全面练 1.(2019·河北“五个一名校联盟”模拟) 3 的展开式中的常数项为( ) ( 2 x2x 4) A.3 B.322 C.6D.6 解析：选 D 通项Tr1C 3r·(x4)rC ( )3r·(1)rx66r，当66r0， r3( 2 x2) r3 2 即r1 时为常数项，T26，故选 D. 2.设(2x)5a0a1xa2x2a5x5，则的值为( ) a2a4 a1a3 A.B. 61 60 122 121 C.D. 3 4 90 121 解析 ： 选 C 由二项式定理， 得a1C 2480，a2C 2380，a3C 2240，a4C 1 52 53 5 210，所以 . 4 5 a2a4 a1a3 3 4 3.若二项式 7的展开式的各项系数之和为1，则含x2项的系数为( ) (x 2a x) A.560B.560 C.280D.280 解析 ： 选A 取x1， 得二项式 7的展开式的各项系数之和为(1a)7， 即(1a)7 (x 2a x) 1,1a1，a2.二项式 7的展开式的通项 Tr1C ·(x2)7r· rC ·( (x 22 x) r7 ( 2 x) r7 2)r·x143r.令 143r2， 得r4.因此， 二项式 7的展开式中含x2项的系数为 C ·( (x 22 x) 4 7 2)4560. 4.(2018·山西八校第一次联考)已知(1x)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.29B.210 C.211D.212 解析 ： 选A 由题意得C C ， 由组合数性质得n10， 则奇数项的二项式系数和为2n129. 4n6n 5.二项式 9的展开式中，除常数项外，各项系数的和为( ) ( 1 x2x 2) A.671B.671 C.672D.673 - 2 - 解析：选 B 令x1，可得该二项式各项系数之和为1.因为该二项展开式的通项公式 为Tr1C 9r·(2x2)rC (2)r·x3r9，令 3r90，得r3，所以该二项展开式中r9(1 x) r9 的常数项为 C (2)3672，所以除常数项外，各项系数的和为1(672)671. 3 9 6.(2018·石家庄二模)在(1x)5(2x1)的展开式中，含x4项的系数为( ) A.5B.15 C.25D.25 解析：选 B 由题意含x4项的系数为2C C 15. 3 54 5 7.(2018·枣庄二模)若(x2a) 10的展开式中x6的系数为 30，则a等于( ) (x 1 x) A.B. 1 3 1 2 C.1D.2 解析 ： 选D 10的展开式的通项公式为Tr1C ·x10r·rC ·x102r， 令102r (x 1 x) r10 ( 1 x) r10 4，解得r3，所以x4项的系数为 C .令 102r6，解得r2，所以x6项的系数为 C . 3 102 10 所以(x2a) 10的展开式中x6的系数为 C aC 30，解得a2. (x 1 x) 3 102 10 8.若(1mx)6a0a1xa2x2a6x6， 且a1a2a663， 则实数m的值为( ) A.1 或 3B.3 C.1D.1 或3 解析 ： 选D 令x0， 得a0(10)61.令x1， 得(1m)6a0a1a2a6.a1a2 a3a663，(1m)66426，m1 或m3. 9.(2019·唐山模拟)(2x1)6的展开式中，二项式系数最大的项的系数是_.(用 数字作答) 解析：(2x1)6的展开式中，二项式系数最大的项是第四项，系数是 C 23(1)3160. 3 6 答案：160 10.(2019·贵阳模拟) 9的展开式中x3的系数为84，则展开式的各项系数之和为 (x a x) _. 解析 ： 二项展开式的通项Tr1Cx9r rarC x92r， 令 92r3， 得r3， 所以a3C r9 ( a x) r93 9 84，解得a1，所以二项式为 9，令x1，则(11)90，所以展开式的各项系数之 (x 1 x) 和为 0. 答案：0 - 3 - 11. 5展开式中的常数项为_. (x 1 x1) 解析： 5展开式的通项公式为Tr1C ·5r.令r5，得常数项为 C 1， (x 1 x1) r5 (x 1 x) 5 5 令r3，得常数项为 C ·220，令r1，得常数项为 C ·C 30，所以展开式中的常数项 3 51 52 4 为 1203051. 答案：51 12.已知 n的展开式中，前三项的系数成等差数列. ( x 1 2 4 x) (1)求n； (2)求展开式中的有理项； (3)求展开式中系数最大的项. 解：(1)由二项展开式知，前三项的系数分别为 C ， C ， C ， 0n 1 2 1n 1 4 2n 由已知得 2× C C C ，解得n8(n1 舍去). 1 2 1n0n 1 4 2n (2) 8的展开式的通项Tr1C ( )8r· r2rC x4(r0,1，8)， ( x 1 2 4 x) r8 x ( 1 2 4 x) r8 3r 4 要求有理项， 则 4必为整数， 即r0,4,8， 共 3 项， 这 3 项分别是T1x4，T5x，T9 3r 4 35 8 . 1 256x2 (3)设第r1 项的系数ar1最大，则ar12rC ， r8 则1， ar1 ar 2rCr 8 2r1Cr1 8 9r 2r 1， ar1 ar2 2rCr 8 2r1Cr1 8 2r1 8r 解得 2r3. 当r2 时，a322C 7，当r3 时，a423C 7， 2 83 8 因此，第 3 项和第 4 项的系数最大， 二、专项培优练 (一)易错专练不丢怨枉分 1.在二项式 n的展开式中恰好第五项的二项式系数最大，则展开式中含有x2项的系 (x 1 x) 数是( ) A.35B.35 C.56D.56 - 4 - 解析：选 C 由于第五项的二项式系数最大，所以n8.所以二项式 8展开式的通项 (x 1 x) 公式为Tr1Cx8r(x1)r(1)rCx82r，令 82r2，得r3，故展开式中含有x2项 r8r8 的系数是(1)3C 56. 3 8 2.已知 C 4C 42C 43C (1)n4nC 729，则 C C C 的值等于( ) 0n1n2n3nn n1n2nn n A.64B.32 C.63D.31 解析 ： 选C 因为C 4C 42C 43C (1)n4nC 729， 所以(14)n36， 所以n6， 0n1n2n3nn n 因此 C C C 2n126163. 1n2nn n 3.(2019·济南模拟) 5的展开式中各项系数的和为 2，则该展开式中含x4项 (x a x)(2x 1 x) 的系数为_. 解析 ： 令x1，可得 5的展开式中各项系数的和为 1a2，得a1，则 (x a x)(2x 1 x) 5展开式中含x4项的系数即是5展开式中的含x3项与含x5项系数的和.又 (x 1 x)(2x 1 x)(2x 1 x) 5展开式的通项为Tr1C (1)r·25r·x52r，令 52r3，得r1，令 52r5， (2x 1 x) r5 得r0，将r1 与r0 分别代入通项，可得含x3项与含x5项的系数分别为80 与 32，故 原展开式中含x4项的系数为803248. 答案：48 (二)交汇专练融会巧迁移 4.与复数交汇设复数x(i是虚数单位)， 则CxCx2Cx3Cx2 2i 1i 12 01922 01932 0192 0192 019 019( ) A.iB.i C.1iD.i1 解析：选 D 因为x1i，所以 CxCx2Cx3 2i 1i 2i1i 1i1i 12 01922 01932 019 Cx2 019(1x)2 0191(11i)2 0191i2 0191i1. 2 0192 019 5.与导数交汇已知(x2)9a0a1xa2x2a9x9，则(a13a35a57a79a9)2 (2a24a46a68a8)2的值为( ) A.39 B.310 C.311D.312 解析 ： 选 D 对(x2)9a0a1xa2x2a9x9两边同时求导， 得 9(x2)8a12a2x 3a3x28a8x79a9x8， 令x1， 得a12a23a38a89a9310， 令x1， 得a12a2 3a38a89a932.所以(a13a35a57a79a9)2(2a24a46a68a8)2(a12a2 - 5 - 3a38a89a9)(a12a23a38a89a9)312.