考前三个月高考数学(全国甲卷通用理科)知识方法篇专题8概率与统计第37练.pdf

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1、第 37 练二项式定理的两类重点题型求指定项与求和题型分析 高考展望 二项式定理的应用，是理科高考的考点之一，考查频率较高，一般为选择题或填空题，题目难度不大，为低、中档题.主要考查两类题型，一是求展开式的指定项，二是求各项和或系数和，只要掌握两类题型的常规解法，该部分题目就能会做.体验高考1.(2015课标全国)(x2xy)5的展开式中，x5y2的系数为()A.10 B.20 C.30 D.60答案C解析方法一利用二项展开式的通项公式求解.(x2xy)5(x2 x)y5，含 y2的项为 T3C25(x2x)3 y2.其中(x2x)3中含 x5的项为 C13x4 xC13x5.所以 x5y2的

2、系数为C25C1330.故选 C.方法二利用组合知识求解.(x2xy)5为 5 个 x2 xy 之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x 即可，所以x5y2的系数为 C25C23C11 30.故选 C.2.(2016四川)设 i 为虚数单位，则(xi)6的展开式中含x4的项为()A.15x4B.15x4C.20ix4D.20ix4答案A解析由题可知，含x4的项为 C26x4i2 15x4.选 A.3.(2015安徽)x31x7的展开式中x5的系数是 _(用数字填写答案).答案35解析x31x7的展开式的第k1 项为 Tk1Ck7(x3)7k1xkCk7 x214k，令 214k5，得 k4，

3、T5C47x5 35x5.4.(2016上海)在(3x2x)n的二次项式中，所有项的二项式系数之和为256，则常数项等于_.答案112解析2n256，n8，通项 Tk1Ck883kx(2x)kCk8(2)k8 43kx.取 k2，常数项为 C28(2)2112.高考必会题型题型一求展开项例 1(1)(x21x22)3展开式中的常数项为()A.8 B.12 C.20 D.20(2)(2016山东)若ax21x5的展开式中x5的系数为 80，则实数a_.答案(1)C(2)2解析(1)二项式(x21x22)3可化为(x1x)6，展开式的通项公式为Tk1Ck6(1)k x62k.令 x 的幂指数 62

4、k0，解得 k3，故展开式中的常数项为C36 20，故选 C.(2)Tk1Ck5(ax2)5k1xka5kCk55102kx，1052k5，解得 k2，a3C25 80，解得 a 2.点评应用通项公式要注意四点(1)Tk1是展开式中的第k1 项，而不是第k 项；(2)公式中 a，b 的指数和为n，且 a，b 不能随便颠倒位置；(3)要将通项中的系数和字母分离开，以便于解决问题；(4)对二项式(ab)n展开式的通项公式要特别注意符号问题.变式训练1(1)(9x13 x)n(n N*)的展开式的第3 项的二项式系数为36，则其展开式中的常数项为()A.252 B.252 C.84 D.84(2)(

5、112x)(12x)5展开式中x2的系数为 _.答案(1)C(2)60解析(1)第 3 项的二项式系数为C2nn n1236，n9，其通项公式为Tk1(13)kCk9(9x)9k12kx(13)k99kCk9392kx，当 932k0，k6 时，为常数项，常数项为(13)6996C6984.(2)因为(12 x)5展开式的通项公式为Tk1 Ck52k2kx，所以(112x)(12x)5展开式中x2的系数为1C452412C252260.题型二赋值法求系数之和例 2(1)对任意的实数x，有(2x3)6a0a1xa2x2a3x3 a4x4 a5x5 a6x6，则 a12a23a34a4 5a56a

6、6等于()A.12 B.6 C.6 D.12(2)若(2x1)2 013a0 a1xa2x2 a2 013x2 013(xR)，则12a222a1a323a1a2 01322 013a1等于()A.12 013B.12 013C.14 026D.14 026答案(1)A(2)D解析(1)由(2x3)6a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5a6x6，两侧求导，得a12a2x3a3x24a4x35a5x46a6x512(2x3)5，令 x1，则 a12a23a34a45a56a612(213)5 12，故选 A.(2)因为(2x1)2 013a0a1xa2x2a2 013x2 013(xR)，

7、令 x0，则 a0 1，a12C2 0122 013(1)2 0122C2 0122 013；令 x12，则 a0a12a222a2 01322 013 0，所以12a222a1a323a1 a2 01322 013a11a1(12a1a222a323a2 01322 013)1a1(a012a1a222a323a2 01322 013)a0a112C2 0122 013(2121)2 01312C2 0122 01314 026.点评(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(axb)n、(ax2bxc)m(a，bR)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x1 即

8、可；对形如(axby)n(a，bR)的式子求其展开式各项系数之和，只需令xy1 即可.(2)若 f(x)a0a1xa2x2 anxn，则 f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为 a0a2a4f 1 f 12，偶数项系数之和为a1 a3a5f 1 f 12.变式训练2(1)已知(1 x)(1x)2(1x)3(1x)n a0 a1xa2x2 anxn，且 a0a1a2 an126，那么(x1x)n的展开式中的常数项为()A.15 B.15 C.20 D.20(2)若(15x)9a0a1x a2x2 a9x9，那么|a0|a1|a2|a9|的值是()A.1 B.49C.59D.69

9、答案(1)D(2)D解析(1)令 x1，得 a0a1a2an2222n 22n1212n12126?2n1128?2n127?n6，又 Tk1 Ck6(x)6k(1x)kCk6(1)kx3k，所以由 3k0 得 k3，则常数项为C36 20.(2)(15x)9展开式的通项公式为Tk1Ck9(5x)k(5)kCk9xk，所以当 x 的指数为奇数时，其系数为负，所以在(15x)9a0a1x a2x2 a9x9中令 x 1，得|a0|a1|a2|a9|a0a1 a2a3a8a969，故选 D.高考题型精练1.若(2x3)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则(a0 a2a4)2(a1a3)2的值为

10、()A.1 B.1 C.0 D.2答案A解析令 x1，得(23)4a0a1a2a3 a4，又令 x 1，得(23)4a0a1a2a3a4，所以(a0a2a4)2(a1 a3)2(a0a2a4a1a3)(a0a2a4a1a3)(23)4(23)4141.2.设 nN*，则 5C1n52C2n53C3n 5nCnn除以 7 的余数为()A.0 或 5 B.1 或 3 C.4 或 6 D.0 或 2答案A解析5C1n 52C2n53C3n5nCnnC0n5C1n 52C2n53C3n5nCnnC0n(15)n1(71)n17M(1)n1，MZ，当 n 为奇数时，余数为5，当 n 为偶数时，余数为0.

11、3.设 k0(sin x cos x)dx，若(1kx)8a0a1xa2x2 a8x8，则 a1a2 a8等于()A.1 B.0 C.1 D.256答案B解析k0(sin xcos x)dx0sin xdx0cos xdx cos x0sin x02，所以(1kx)8(12x)8a0a1xa2x2 a8x8，令 x1，得 a0a1a2a8(12)81，令 x0，得 a01，所以 a1a2a8(a0a1a2 a8)a011 0，故选 B.4.设 m 为正整数，(xy)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x y)2m1展开式的二项式系数的最大值为b，若 13a 7b，则 m 等于()A.5 B.

12、6 C.7 D.8答案B解析(xy)2m展开式中二项式系数的最大值为Cm2m，aCm2m.同理，bCm12m1.13a7b，13Cm2m7Cm12m1，132m！m！m！72m1！m1！m！，m6.5.(3yx)5展开式的第三项为10，则 y 关于 x 的函数图象大致为()答案D解析由题意得，展开式的第三项为T3C25(3y)3(x)2 10 xy，所以 10 xy10，所以 y1x，且 x0，故选 D.6.设 aZ，且 0a13，若 512 016a 能被 13 整除，则a 的值为()A.0 B.1 C.11 D.12答案D解析512 016a(521)2 016aC02 016522 01

13、6 C12 016522 015C2 0152 01652(1)2 015C2 0162 016(1)2 016a.因为 52 能被 13 整除，所以只需 C2 0162 016(1)2 016a 能被 13 整除，即 a1 能被 13 整除，因为0a13，所以 a12.7.设 f(x)是 x212x6展开式的中间项，若f(x)mx 在区间22，2 上恒成立，则实数m 的取值范围是()A.(，5)B.(，5 C.(5，)D.5，)答案D解析由于 Tk1Ck612kx123k，故展开式中间的一项为T31C36123 x352x3，f(x)mx?52x3mx 在22，2 上恒成立，即m52x2，又

14、52x2 5，故实数m 的取值范围是m5.8.(x2 x1)10展开式中x3项的系数为 _.答案210解析(x2x1)101(x2x)10的展开式的通项公式为Tk1Ck10(x2x)k，对于(x2x)k通项公式为Tm1 Cmkx2k2m(x)m(1)mCmkx2km，令 2km3 且 mk10，mN，kN，得 k2，m1 或 k 3，m3，(x2x1)10的展开式x3系数为C210C12(1)C310C33(1)3 210.9.已知(2x1)n a0a1xa2x2 anxn，且 n 是偶数，则a012a113a214a31n1an_.答案1n1解析由 a0a1xa2x2anxn(2x1)n，在

15、区间 0，1上，两边取积分可得：a012a1x21013a2x3101n1anxn11001(2x1)ndx12 n 1(2x1)n1101n1，即 a012a113a214a31n1an1n1.10.设 an(n 2，3，4，)是(3x)n的展开式中x 的一次项的系数，则32a233a3318a18_.答案17解析令 Tk1Ckn3nk(x)kCkn(1)k3nk2kx，令k21，得 k2，(3x)n的展开式中x 的一次项的系数为anC2n(1)23n2C2n3n2，又 C2nn n12，则32a233a3 318a1832(1C221C23 1C218)9(221232 21817)18(

16、112)(1213)(117118)18(1118)17.11.已知在(3x123x)n的展开式中，第6 项为常数项.(1)求 n；(2)求含 x2项的系数；(3)求展开式中所有的有理项.解(1)根据题意，可得(3x123x)n的展开式的通项为Tk1Ckn(x31)nk(12x31)k(12)kCkn23nkx，又由第 6 项为常数项，则当k5 时，n2k30，即n1030，解可得n 10.(2)由(1)可得，Tk1(12)kCk1010 23kx，令102k32，可得 k2，所以含 x2项的系数为(12)2C210454.(3)由(1)可得，Tk1(12)kCk1010 23kx，若 Tk1

17、为有理项，则有102k3Z，且 0 k10，分析可得当k2，5，8 时，102k3为整数，则展开式中的有理项分别为454x2，638，45256x2.12.已知122xn.(1)若展开式中第5 项、第 6 项与第 7 项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项.解(1)因为 C4nC6n2C5n，所以 n221n 980，解得 n 7或 n 14.当 n7 时，展开式中二项式系数最大的项是T4和 T5.所以 T4的系数为C3712423352，T5的系数为C4712324 70.当 n14 时，展开式中二项式系数最大的项是T8.所以 T8的系数为C71412727 3 432.(2)因为 C0n C1nC2n79，所以 n 12 或 n 13(舍去).设 Tk1项的系数最大.因为122x121212(14x)12，所以Ck124k Ck1124k1，Ck124k Ck1124k1，所以 9.4k10.4.又因为 0k12 且 kN，所以 k10.所以展开式中系数最大的项为T11.T111212C1012410 x1016 896x10.