6.3.1二项式定理 课时练习（含答案）2021年新教材人教A版数学选择性必修第三册

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1、 6.3 二项式定理二项式定理 6.3.1 二项式定理二项式定理 112C1n4C2n8C3n(2)nCnn等于( ) A1 B1 C(1)n D3n 答案 C 解析 原式(12)n(1)n. 2. x2 x 6的展开式中的常数项为( ) A60 B60 C250 D250 答案 A 解析 x2 x 6的展开式中的常数项为 C2 6( x) 4 2 x 260. 3. x1 x 9的展开式中的第 4 项是( ) A56x3 B84x3 C56x4 D84x4 答案 B 解析 由通项知 T4C39x6 1 x 384x3. 4(x 2y)10的展开式中 x6y4的系数是( ) A840 B840

2、 C210 D210 答案 A 解析 在通项 Tk1Ck10( 2y)kx10 k 中，令 k4，即得(x 2y)10的展开式中 x6y4项的系数 为 C410( 2)4840. 5在(1x)5(1x)6的展开式中，含 x3的项的系数是( ) A5 B5 C10 D10 答案 D 解析 (1x)5中 x3的系数为C3510， (1x)6中 x3的系数为C36 (1)320，故(1x)5 (1x)6的展开式中 x3的系数为 10. 6若(xa)10的展开式中，x7的系数为 15，则 a_.(用数字填写答案) 答案 1 2 解析 二项展开式的通项为 Tk1Ck10 x10 kak，当 10k7 时

3、，k3，T 4C 3 10a 3x7，则 C3 10a 3 15，故 a1 2. 7如果 3 x21 x n 的展开式中，x2项为第 3 项，则自然数 n_，其 x2项的系数为 _ 答案 8 28 解析 Tk1Ckn( 3 x2)n k 1 x kCk n 25 3 nk x ，由题意知，k2 时，2n5k 3 2，n8，此时该项 的系数为 C2828. 8在 1 x1 ( x1) 5的展开式中常数项等于_ 答案 9 解析 二项式( x1)5的展开式的通项为 Tk1Ck5( x)5 kCk 5 5 2 k x (k0,1,2，5)， 1 x1 ( x1) 5展开式中的常数项为 C3 5(1)C

4、 5 51019. 9已知 x2 x n的展开式中第 3 项的系数比第 2 项的系数大 162. (1)求 n 的值； (2)求展开式中含 x3的项，并指出该项的二项式系数 解 (1)因为 T3C2n( x)n 2 2 x 24C2 n 6 2 n x ， T2C1n( x)n 1 2 x 2C1n 3 2 n x ， 依题意得 4C2n2C1n162，所以 2C2nC1n81， 所以 n281，又 nN*，故 n9. (2)设第 k1 项含 x3项，则 Tk1Ck9( x)9 k 2 x k(2)kCk 9 9 3 2 k x ，所以93k 2 3，k1， 所以含 x3的项为 T22C19x

5、318x3. 二项式系数为 C199. 10已知 m，nN*，f(x)(1x)m(1x)n的展开式中 x 的系数为 19，求 x2的系数的最小 值及此时展开式中 x7的系数 解 由题设知，mn19，又 m，nN*，1m18. x2的系数为 C2mC2n1 2(m 2m)1 2(n 2n) m219m171. 当 m9 或 10 时，x2的系数有最小值为 81，此时 x7的系数为 C79C710156. 11(多选)对于二项式 1 xx 3 n (nN*)，下列判断正确的有( ) A存在 nN*，展开式中有常数项 B对任意 nN*，展开式中没有常数项 C对任意 nN*，展开式中没有 x 的一次项

6、 D存在 nN*，展开式中有一次项 答案 AD 解析 二项式 1 xx 3 n 的展开式的通项公式为 Tk1Cknx4k n， 由通项公式可知， 当 n4k(kN*) 和 n4k1(kN*)时，展开式中分别存在常数项和一次项，故选 AD. 12已知 21010a(0a11)能被 11 整除，则实数 a 的值为( ) A7 B8 C9 D10 答案 C 解析 由于 21010a2(111)10a,21010a(0a11)能被 11 整除， 又根据二项展开 式可知，2(111)10被 11 除的余数为 2，从而可知 2a 能被 11 整除，可知 a9. 13(x22) 1 x21 5的展开式的常数

7、项是( ) A3 B2 C2 D3 答案 D 解析 1 x21 5的展开式的通项为 T k1C k 5 1 x2 5k (1)k(1)kCk 5 1 x10 2k. 令 102k2 或 102k0，解得 k4 或 k5. 故(x22) 1 x21 5的展开式的常数项是 (1)4C452(1)5C553. 14已知在 1 2x 21 x n的展开式中，第 9 项为常数项，则： (1)n 的值为_； (2)含 x 的整数次幂的项有_个 答案 (1)10 (2)6 解析 二项展开式的通项为 Tk1Ckn 1 2x 2 n k 1 x k(1)k 1 2 nkCk n 5 2 2 nk x . (1)

8、因为第 9 项为常数项，所以当 k8 时，2n5 2k0， 解得 n10. (2)要使 205 2k 为整数，需 k 为偶数，由于 k0，1,2,3，9,10，故符合要求的有 6 项，分 别为展开式的第 1,3,5,7,9,11 项 15(abc)n(nN*)的展开式中的项数为_ 答案 n2n1 2 解析 (abc)nC0n(ab)nC1n(ab)n 1cCn nc n，所以，其展开式中的项数为(n1) n(n1)21n2n1 2 . 16已知数列an(n 为正整数)是首项为 a1，公比为 q 的等比数列 (1)求和：a1C02a2C12a3C22，a1C03a2C13a3C23a4C33；

9、(2)由(1)的结果归纳概括出关于正整数 n 的一个结论，并加以证明 解 (1)a1C02a2C12a3C22a12a1qa1q2a1(1q)2， a1C03a2C13a3C23a4C33a13a1q3a1q2a1q3 a1(1q)3. (2)归纳概括的结论为： 若数列an是首项为 a1，公比为 q 的等比数列，则 a1C0na2C1na3C2na4C3n(1)nan1 Cnn a1(1q)n，n 为正整数 证明：a1C0na2C1na3C2na4C3n(1)nan1 Cnn a1C0na1qC1na1q2C2na1q3C3n(1)na1qnCnn a1C0nqC1nq2C2nq3C3n(1)nqnCnna1(1q)n.