2019-2020学年数学人教A版选修2-3作业与测评：1.3.2.2 二项式系数性质的应用 .doc

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1、课时作业9二项式系数性质的应用知识点一 三项展开式问题1.(x23x2)5展开式中x项的系数是_答案240解析(x23x2)5(x23x)25C(x23x)5C(x23x)42C(x23x)322C(x23x)223C(x23x)24C25，显然在(x23x)n中，n1时展开式中不含x项x的系数为C324240.知识点二 多个二项式相乘问题2.(x22)5的展开式的常数项是_答案3解析(x22)5x2525，对于x25的通项为Tr1x2C5r(1)r(1)rCx82r.令82r0，即r4，即T5(1)4C5.对25的通项为Tr12C5r(1)r.令5r0，即r5，T62.(x22)5的展开式的

2、常数项为523.3在(1x)6(1y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)_.答案120解析f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)CCCCCCCC120.知识点三 近似计算与整除问题4.(1.05)6的计算结果精确到0.01的近似值是()A1.23 B1.24 C1.33 D1.34答案D解析(1.05)6(10.05)6CC0.05C0.052C0.05310.30.03750.00251.34.5233除以9的余数是_答案8解析233(23)11811(91)11C911(1)0C910(1)1C91(1)10C90(

3、1)11.分析易得：其展开式中C911(1)0C910(1)1C91(1)10能被9整除，而最后一项为1，则233除以9的余数是8.6设aZ，且0a13，若512015a能被13整除，则a_.答案1解析512015a(521)2015aC522015C522014C522013C5211a，能被13整除，0a13.故1a能被13整除，故a1.7求证2n23n5n4能被25整除(nN*)证明原式4(51)n5n44(C5nC5n1C5n2C)5n44(C5nC5n1C52)25n，以上各项均为25的整数倍，故得证.知识点四 二项式系数的应用8.已知m，n是正整数，f(x)(1x)m(1x)n的展

4、开式中x的系数为7，(1)对于使f(x)的x2的系数为最小的m，n，求出此时x3的系数；(2)利用上述结果，求f(0.003)的近似值；(精确到0.01)(3)已知(12x)8展开式的二项式系数的最大值为a，系数的最大值为b，求.解(1)根据题意得：CC7，即mn7，f(x)中的x2的系数为CC.将变形为n7m代入上式得：x2的系数为m27m212，故当m3，或m4时，x2的系数的最小值为9.当m3、n4时，x3的系数为CC5；当m4、n3时，x3的系数为CC5.(2)f(0.003)(10.003)4(10.003)3CC0.003CC0.0032.02.(3)由题意可得aC70，再根据即求

5、得r5或6，此时，b728，.9设(2x)100a0a1xa2x2a100x100，求下列各式的值(1)求a0；(2)a1a2a3a4a100；(3)a1a3a5a99；(4)(a0a2a100)2(a1a3a99)2；(5)|a0|a1|a100|.解(1)令x0，则展开式为a02100.(2)令x1，可得a0a1a2a100(2)100，所以a1a2a100(2)1002100.(3)令x1，可得a0a1a2a3a100(2)100.与式联立相减得a1a3a99.(4)由可得，(a0a2a100)2(a1a3a99)2(a0a1a2a100)(a0a1a2a100)(2)100(2)100

6、1.(5)|a0|a1|a100|，即(2x)100的展开式中各项系数的和，在(2x)100的展开式中，令x1，可得各项系数的和为(2)100.一、选择题1.3的展开式中常数项为()A8 B12 C20 D20答案C解析36的展开式的通项公式为C(1)rx62r，令62r0，得r3，则展开式中常数项为C(1)320.2在(1x)6(2y)4的展开式中，含x4y3项的系数为()A210 B120 C80 D60答案B解析在展开式中，含x4y3的项为Cx4C2y3120x4y3，故系数为120.3111001末尾连续零的个数为()A7 B5 C4 D3答案D解析111001(101)1001C10

7、100C1099C10C110100C1099C103C1021000，则末尾连续零的个数为3.故选D.4设复数x(i是虚数单位)，则CxCx2Cx3Cx2015等于()Ai Bi1 C1i D1i答案B解析x1i，CxCx2Cx3Cx2015(1x)20151i20151i31i1.故选B.5(12x)2014a0a1xa2x2a2014x2014(xR)，则的值为()A2 B0 C1 D2答案C解析令x0，得a01，令x得a00，所以1.二、填空题6已知C2C22C23C2nC729，则CCCC等于_答案63解析逆用二项式定理得C2C22C2nC(12)n3n729，即3n36，n6，所以

8、CCCC26C64163.7若(x)10a0a1xa2x2a10x10，则(a0a2a10)2(a1a3a9)2_.答案1解析令x1，得：a0a1a2a10(1)10，令x1得：a0a1a2a3a10(1)10，故(a0a2a10)2(a1a3a9)2(a0a1a2a10)(a0a1a2a3a10)(1)10(1)101.8. 设a0，n是大于1的自然数，n的展开式为a0a1xa2x2anxn.若点Ai(i，ai)(i0,1,2)的位置如图所示，则a_.答案9解析由题意知A0(0,1)，A1(1,3)，A2(2,4)故a01，a13，a24.由n的展开式的通项公式知Tr1Cr(r0,1,2，n

9、)故可得三、解答题9已知f(x)(1x)m，g(x)(15x)n(m，nN*)(1)若m4，n5时，求f(x)g(x)的展开式中含x2的项；(2)若h(x)f(x)g(x)，且h(x)的展开式中含x的项的系数为24，那么当m，n为何值时，h(x)的展开式中含x2的项的系数取得最小值？(3)若(15x)n(n10，nN*)的展开式中，倒数第2、3、4项的系数成等差数列，求(15x)n的展开式中系数最大的项解(1)当m4，n5时，f(x)(1x)4Cx0Cx1Cx2Cx3Cx4，g(x)(15x)5C(5x)0C(5x)1C(5x)5，则f(x)g(x)的展开式中含x2的项为(C50CC5CC52

10、C)x2，即f(x)g(x)的展开式中含x2的项为356x2.(2)因为h(x)f(x)g(x)，且h(x)的展开式中含x的项的系数为24，则C5C24，即m245n(其中1n4，nN*)，又h(x)的展开式中含x2的项的系数为C52C25n2130n276252107(其中1n4，nN*)，又因为，所以当n3时(此时m9)，h(x)的展开式中含x2的项的系数取得最小值为111.(3)在(15x)n(n10，nN*)的展开式中，倒数第2、3、4项的系数分别为C5n1，C5n2，C5n3，又因为倒数第2、3、4项的系数成等差数列，所以2C5n2C5n1C5n3，整理得：n233n1820，解之得

11、：n7或n26，又因为n10，nN*，所以n7或n26(不合题意舍去)设二项式(15x)7的展开式中系数最大的项为第r1项(即Tr1C(5x)r)，则整理并解之得：r，又因为n10，nN*，所以r6.10已知fn(x)(1x)n.(1)若f2011(x)a0a1xa2011x2011，求a1a3a2009a2011的值；(2)若g(x)f6(x)2f7(x)3f8(x)，求g(x)中含x6项的系数解(1)因为fn(x)(1x)n，所以f2011(x)(1x)2011，又f2011(x)a0a1xa2011x2011，所以f2011(1)a0a1a201122011，f2011(1)a0a1a2010a20110，得2(a1a3a2009a2011)22011，所以a1a3a2009a201122010.(2)因为g(x)f6(x)2f7(x)3f8(x)，所以g(x)(1x)62(1x)73(1x)8.g(x)中含x6项的系数为C2C3C99.