人教A版高中数学选择性必修三-6.3.2第1课时-二项式系数的性质-同步练习【含答案】

人教A版高中数学选择性必修三-6.3.2第1课时-二项式系数的性质-同步练习1．在(1＋x)n(n∈N*)的展开式中，若只有x5的系数最大，则n的值为()A．8B．9C．10D．112．若(x＋3y)n展开式的各项系数和等于(7a＋b)10展开式中的二项式系数之和，则n的值为()A．5B．8C．10D．153．(多选)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,x)))n展开式中各项的系数之和为－512，则该展开式中二项式系数最大的项可以是()A．第4项 B．第5项C．第6项 D．第7项4．已知关于x的二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(a,\r(3,x))))n展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a的值为()A．1B．±1C．2D．±25．已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(2,x2)))n的展开式中，第3项的系数与倒数第3项的系数之比为eq\f(1,4)，则展开式中二项式系数最大的项为()A．第3项 B．第4项C．第5项 D．第6项6．(多选)设(2x－1)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6＋a7x7，则下列结论正确的是()A．a2＋a5＝588B．a1＋a2＋…＋a7＝1C．a1＋a3＋a5＋a7＝eq\f(1＋37,2)D．|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝37－17．若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x3)))n展开式的各项系数之和为32，则其展开式中的常数项是________．8．设(3x－2)6＝a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋…＋a6(2x－1)6，则eq\f(a1＋a3＋a5,a0＋a2＋a4＋a6)＝________.9．在二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x)))n的展开式中，若第4项的系数与第7项的系数比为－1∶14，求：(1)二项展开式中的各项的二项式系数之和；(2)二项展开式中的各项的系数之和．10.设(2x－3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，求：(1)a1＋a2＋a3＋a4；(2)(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2；(3)|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|.11．若(1－2x)2023＝a0＋a1x＋…＋a2023x2023(x∈R)，则eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a2023,22023)的值为()A．2B．0C．－2D．－112．(多选)若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,\r(x))))n的二项展开式共有8项，则该二项展开式()A．各项二项式系数和为128B．项数为奇数的各项系数和为－64C．有理式项共有4项D．第4项与第5项系数相等且最大13.杨辉三角，又称帕斯卡三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列．在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》(1261年)一书中用如图所示的三角形解释二项式乘方展开的系数规律．现把杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列，得数列：1,1,1,1,2,1,1,3,3,1,1,4,6,4,1，…，记作数列{an}．若数列{an}的前n项和为Sn，则S47等于()A．235B．512C．521D．103314．已知(2x－1)n二项展开式中，奇次项系数的和比偶次项系数的和小38，则Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝________.15．已知(1＋x)10＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a11x10，若数列a1，a2，a3，…，ak(1≤k≤11，k∈N*)是一个单调递增数列，则k的最大值是()A．6B．7C．8D．516．杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，如图是一个11阶杨辉三角：(1)求第20行中从左到右的第4个数；(2)在第2斜列中，前5个数依次为1,3,6,10,15，在第3斜列中，第5个数为35.显然，1＋3＋6＋10＋15＝35.事实上，一般地有这样的结论：第m－1斜列中(从右上到左下)前k个数之和，一定等于第m斜列中第k个数．试用含有m，k(m，k∈N*)的数字公式表示上述结论，并给予证明．参考答案与详细解析1．C[由题意，得展开式共有11项，所以n＝10.]2．A[(7a＋b)10的展开式的二项式系数之和为210，令x＝1，y＝1，得(x＋3y)n展开式的各项系数之和为4n，则由题意知，4n＝210，解得n＝5.]3．BC[令x＝1，得各项的系数之和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,1)))n＝(－2)n＝－512，解得n＝9，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,x)))n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,x)))9，所以该展开式中二项式系数最大为Ceq\o\al(4,9)和Ceq\o\al(5,9)，故二项式系数最大的项是第5项和第6项．]4．C[由条件知2n＝32，即n＝5，在二项展开式通项Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)(eq\r(x))5－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(3,x))))k＝中，令15－5k＝0，得k＝3.所以Ceq\o\al(3,5)a3＝80，解得a＝2.]5．B[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(2,x2)))n的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)(eq\r(x))n－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x2)))k＝，第3项为T3＝，其系数为Ceq\o\al(2,n)·22，倒数第3项为Tn－1＝，其系数为Ceq\o\al(n－2,n)·2n－2，由题意，eq\f(C\o\al(2,n)·22,C\o\al(n－2,n)·2n－2)＝24－n＝eq\f(1,4)＝2－2，所以n＝6，所以展开式中二项式系数最大的项为第4项．]6．ACD[因为(2x－1)7展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,7)(2x)7－k(－1)k＝Ceq\o\al(k,7)(－1)k27－kx7－k，又(2x－1)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6＋a7x7，所以a2＝Ceq\o\al(5,7)(－1)527－5＝－84，a5＝Ceq\o\al(2,7)(－1)227－2＝672，则a2＋a5＝588，故A正确；令x＝1，则(2－1)7＝a0＋a1＋a2＋…＋a6＋a7＝1，令x＝0，则(0－1)7＝a0＝－1；令x＝－1，则(－2－1)7＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝－37，故a1＋a2＋…＋a7＝1－a0＝2，故B错误；a1＋a3＋a5＋a7＝eq\f(a0＋a1＋a2＋…＋a6＋a7,2)－eq\f(a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7,2)＝eq\f(1＋37,2)，故C正确；|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝a1－a2＋a3－a4＋a5－a6＋a7＝－(a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7)＋a0＝37－1，故D正确．]7．10解析令x＝1，得2n＝32，故n＝5.Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)(x2)5－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x3)))k＝Ceq\o\al(k,5)x10－2k－3k＝Ceq\o\al(k,5)x10－5k，令10－5k＝0，得k＝2.故展开式中的常数项为T3＝Ceq\o\al(2,5)＝10.8．－eq\f(63,65)解析令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a6＝1；令x＝0，得a0－a1＋a2－…＋a6＝64，两式相减得2(a1＋a3＋a5)＝－63，两式相加得2(a0＋a2＋a4＋a6)＝65，故eq\f(a1＋a3＋a5,a0＋a2＋a4＋a6)＝－eq\f(63,65).9．解二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x)))n的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)(eq\r(x))n－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))k＝，∵Ceq\o\al(3,n)(－2)3∶Ceq\o\al(6,n)(－2)6＝－1∶14，∴n＝10.(1)Ceq\o\al(0,10)＋Ceq\o\al(1,10)＋…＋Ceq\o\al(10,10)＝210＝1024.(2)令x＝1，得各项系数之和为(－1)10＝1.10．解(1)在(2x－3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4中，令x＝1，得(2－3)4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4，令x＝0，得(0－3)4＝a0，所以a1＋a2＋a3＋a4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4－a0＝1－81＝－80.(2)在(2x－3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4中，令x＝1，得(2－3)4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4.①令x＝－1，得(－2－3)4＝a0－a1＋a2－a3＋a4.②所以(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(a0－a1＋a2－a3＋a4)(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)＝(－2－3)4(2－3)4＝(2＋3)4(2－3)4＝625.(3)由展开式知a0，a2，a4为正，a1，a3为负，由(2)中①＋②得2(a0＋a2＋a4)＝626，由(2)中①－②得2(a1＋a3)＝－624，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＝－a1＋a2－a3＋a4＝(a0＋a2＋a4)－(a1＋a3)－a0＝313＋312－81＝544.11．D[(1－2x)2023＝a0＋a1x＋…＋a2023x2023，令x＝0，得a0＝1，令x＝eq\f(1,2)，得a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a2023,22023)＝0，所以eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a2023,22023)＝－1.]12．AC[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,\r(x))))n的二项展开式共有8项，故n＝7，则二项式系数和为2n＝27＝128，故A正确；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,\r(x))))7的展开式的通项为Tk＋1＝，故项数为奇数的各项系数和为Ceq\o\al(0,7)＋Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(4,7)＋Ceq\o\al(6,7)＝64，故B错误；根据Tk＋1＝，当k取0,2,4,6时，Tk＋1＝为有理式项，共有4项，故C正确；T4＝，T5＝Ceq\o\al(4,7)x，第四项与第五项的系数互为相反数，故D错误．]13．C[根据题意杨辉三角前9行共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＝45(项)．故前47项的和为杨辉三角前9行的和再加第10行的前两个数1和9，所以前47项的和S47＝20＋21＋22＋…＋28＋1＋9＝29－1＋10＝521.]14．255解析设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且奇次项的系数和为A，偶次项的系数和为B.则A＝a1＋a3＋a5＋…，B＝a0＋a2＋a4＋a6＋….由已知，B－A＝38.令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋an(－1)n＝(－3)n，即(a0＋a2＋a4＋a6＋…)－(a1＋a3＋a5＋a7＋…)＝(－3)n，即B－A＝(－3)n.∴(－3)n＝38＝(－3)8，∴n＝8.由二项式系数的性质，可得Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝2n－Ceq\o\al(0,n)＝28－1＝255.15．A[由二项式定理，知ak＝Ceq\o\al(k－1,10)(k＝1,2,3，…，11)，因为(1＋x)10的展开式中二项式系数最大的项是第6项，所以k的最大值为6.]16．解(1)Ceq\o\al(