3.3 第1课时二项式定理(练案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学选择性必修第二册同步学习指导(人教B版2019)

练案［６］ 第三章　 排列、组合与二项式定理 ３． ３　 ［第１课时　 二项式定理］ Ａ组·素养自测 一、选择题 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　１． ｘ － １( )ｘ １６ 的二项展开式中，第４项是（Ｃ ） Ａ． Ｃ２１６ｘ １２ Ｂ． Ｃ３１６ｘ １０ Ｃ． － Ｃ３１６ｘ １０ Ｄ． Ｃ４１６ｘ ８ ２．二项式ｘ２ － ４( )ｘ ５ 的展开式中含ｘ４ 项的系数 为 （Ａ ） Ａ． １６０ Ｂ． － １６０ Ｃ． ８０ Ｄ． － ８００ ３．若３ｘ３ ＋ １槡( )ｘ ｎ 的展开式中含有常数项，则最小 的正整数ｎ等于 （Ｄ ） Ａ． ４ Ｂ． ５ Ｃ． ６ Ｄ． ７ ４． ２ｘ ＋ ３( )ｘ （１ ＋ ｘ）６展开式中，含ｘ３项的系数为 （Ｃ ） Ａ． ４５ Ｂ． ３０ Ｃ． ７５ Ｄ． ６０ ５．（多选）若二项式ｘ ＋ ｍ槡( )ｘ ６ 展开式中的常数项 为１５，则实数ｍ的值可能为 （ＡＢ ） Ａ． １ Ｂ． － １ Ｃ． ２ Ｄ． － ２ 二、填空题 ６． ｘ２ ＋ ２( )ｘ ６ 的展开式中常数项是　 　 　 　 ． （用数字作答） ７．使３ｘ ＋ １ ｘ槡( )ｘ ｎ （ｎ∈Ｎ）的展开式中含有常数 项的最小的ｎ为　 　 　 　 ． ８．已知（２ｘ － １）４ ＝ ａ０ ＋ ａ１（ｘ － １）＋ ａ２（ｘ － １）２ ＋ ａ３（ｘ － １）３ ＋ ａ４（ｘ － １）４，则ａ２ ＝ 　 　 　 　 ． 三、解答题 ９．在２ｘ２ － １３槡( )ｘ ８ 的展开式中，求： （１）第５项的二项式系数及第５项的系数； （２）倒数第３项． １０．（１）求９１９２被１００除所得的余数； （２）用二项式定理证明：１１１０ － １能被１００ 整除                                                               ． —０８８— Ｂ组·素养提升 一、选择题 １．（１ ＋ ３ｘ）ｎ（其中ｎ∈Ｎ且ｎ≥６）的展开式中， 若ｘ５与ｘ６的系数相等，则ｎ ＝ （Ｂ ） Ａ． ６ Ｂ． ７ Ｃ． ８ Ｄ． ９ ２．若（１ ＋ ２ｘ）６的展开式中的第２项大于它的相 邻两项，则ｘ的取值范围是 （Ａ ） Ａ． １１２ ＜ ｘ ＜ １ ５ Ｂ． １６ ＜ ｘ ＜ １ ５ Ｃ． １１２ ＜ ｘ ＜ ２ ３ Ｄ． １６ ＜ ｘ ＜ ２ ５ ３． １ ＋槡ｘ ＋ １( )ｘ ４ 的展开式中，常数项为（Ｄ ） Ａ． １ Ｂ． ３ Ｃ． ４ Ｄ． １３ ４．（多选）对于２槡ｘ － １槡( )ｘ ６ 的展开式，下列说法 正确的有 （　 ） Ａ．有理项有３项 Ｂ．第４项的系数为－ １６０ Ｃ．常数项为－ １６０ Ｄ．各项系数之和为３６ 二、填空题 ５．将（３ ＋ ｘ）ｎ的展开式按照ｘ的升幂排列，若倒 数第三项的系数是９０，则ｎ的值是　 　 　 　 ． ６．在二项式（槡２ ＋ ｘ）９ 的展开式中，常数项是 　 　 　 　 ，系数为有理数的项的个数是　 　 　 　 　 　 ． ７．若ｘ ＞ ０，设ｘ２ ＋ １( )ｘ ５ 的展开式中的第三项为 Ｍ，第四项为Ｎ，则Ｍ ＋Ｎ的最小值为　 　 　 　 ． 三、解答题 ８．在二项式３槡ｘ － １２ ３槡( )ｘ ｎ 的展开式中，第１项和 第３项的系数和等于第２项系数绝对值的 ２倍． （１）求ｎ的值； （２）求展开式中二项式系数最大的项； （３）求展开式中系数最大的项． ９．设（１ ＋ ｘ）ｎ ＝ ａ０ ＋ ａ１ｘ ＋ ａ２ｘ２ ＋…＋ ａｎｘｎ，ｎ≥４， ｎ∈Ｎ，已知ａ２３ ＝ ２ａ２ａ４ ． （１）求ｎ的值； （２）设（１ ＋槡３）ｎ ＝ ａ ＋ ｂ槡３，其中ａ，ｂ∈Ｎ，求 ａ，ｂ的值                                                                      ． —０８９— Ｃ４５Ｃ １ ３）种，排列方法有Ａ５５ 种，所以满足题意的选法有（Ｃ３５Ｃ２３ ＋ Ｃ４５Ｃ １ ３）·Ａ５５ ＝ ５ ４００（种）． （２）除去该女生后，相当于从剩余的７名学生中挑选４名任 除语文外其余四科的课代表，不同的选法种数为Ａ４７ ＝ ８４０． （３）（先选后排）从剩余的７名学生中选出４名有Ｃ４７种选法； 该男生的安排方法有Ｃ１４种，其余４人全排列，有Ａ４４ 种，所以 选法共有Ｃ４７Ｃ１４Ａ４４ ＝ ３ ３６０（种）． （４）先从除去该男生和该女生的６人中选出３人，有Ｃ３６ 种选 法；该男生的安排方法有Ｃ１３ 种，其余３人全排列，有Ａ３３ 种， 因此满足题意的选法共有Ｃ３６Ｃ１３Ａ３３ ＝ ３６０（种）． Ｂ组·素养提升 １． Ｃ　 由题意知，小孔拿了最小的一个，爷爷、奶奶、姥爷、姥姥４ 位老人之一拿最大的一个的拿法有Ｃ１４ ＝ ４（种），其余人的拿 法有Ａ５５ ＝ １２０（种），则梨子的不同分法共有４ × １２０ ＝ ４８０ （种）． ２． Ｃ　 根据题设中的要求，每名志愿者只分配到１个项目，每个 项目至少分配１名志愿者，可分两步进行安排：第一步，将５ 名志愿者分成４组，其中１组２人，其余每组１人，共有Ｃ２５ 种 分法；第二步，将分好的４组安排到４个项目中，有Ａ４４ 种安排 方法．故满足题意的分配方案共有Ｃ２５·Ａ４４ ＝ ２４０（种）． ３． Ａ　 不考虑限定条件，确定的不同点的个数为Ｃ１２Ｃ１３Ａ３３ ＝ ３６，但 集合Ｎ，Ｑ中有相同元素２，由３，２，２三个数确定的不同点的 个数只有３个，故所求的个数为３６ － ３ ＝ ３３． ４． ＢＣ　 根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有１，２，３号 的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有１个中放２个球，剩 下的２个盒子中各放１个，有２种解法： 法一：分２步进行分析： ①先将四个不同的小球分成３组，有Ｃ２４种分组方法； ②将分好的３组全排列，对应放到３个盒子中，有Ａ３３种放法； 则没有空盒的放法有Ｃ２４Ａ３３种；故选Ｂ． 法二：分２步进行分析： ①在４个小球中任选２本，在３个盒子中任选１个，将选出的 ２个小球放入选出的小盒中，有Ｃ１３Ｃ２４种情况； ②将剩下的２个小球全排列，放入剩下的２个小盒中，有Ａ２２ 种 放法； 则没有空盒的放法有Ｃ１３Ｃ２４Ａ２２种；故选Ｃ． 综上，ＢＣ正确． ５． ７８　 根据题意，分３种情况讨论： ①从五名志愿者中选派的四人中有甲但没有乙，甲有３种安 排方法，剩下三人全排列即可得，此时有３ × Ａ３３ ＝ １８（种）选派 方法； ②从五名志愿者中选派的四人中有乙但没有甲，乙有３种安 排方法，剩下三人全排列即可得，此时有３ × Ａ３３ ＝ １８（种）选派 方法； ③从五名志愿者中选派的四人中既有甲又有乙，需要在剩下 ３人中选出２人，有Ｃ２３ 种选法，选出的４人的安排方法有 （Ａ３３ ＋ ２ × ２ × Ａ２２）种， 则此时有Ｃ２３（Ａ３３ ＋ ２ × ２ × Ａ２２）＝ ４２（种）选派方法． 故一共有１８ ＋ １８ ＋ ４２ ＝ ７８（种）选派方法． ６． ７　 这５位同学每两人之间都进行一次交换，则进行交换的次 数为Ｃ２５ ＝ １０，而现在进行了８次交换，且其中１位同学收到２ 份纪念品，则另外４位同学收到的纪念品的数量最少是３个， 最多是４个，所以ｍ ＋ ｎ ＝ ７． ７． ８４　 方法一（分类法）：在每个车队抽调１辆车的基础上，还需 抽调３辆车．可分成三类：第一类是从某１小车队抽调３辆， 有Ｃ１７种抽调方法；第二类是从２个车队中抽调，其中１个车 队抽调１辆，另１个车队抽调２辆，有Ａ２７ 种抽调方法；第三类 是从３个车队中各抽调１辆，有Ｃ３７ 种抽调方法．故不同的拍 调方法共有Ｃ１７ ＋ Ａ２７ ＋ Ｃ３７ ＝ ８４（种）． 方法二（隔板法）：由于每个车队内车辆均多于４辆，只需将 １０辆车分成７份．问题相当于将１０个小球排成一排，求将这 １０个小球分成７份的分法种数，在１０个小球之间的９个空隙 中插入６个隔板，即可将小球分成７份，故不同的抽调方法共 有Ｃ６９ ＝ ８４（种）． ８．在解本题时应考虑两方面的问题：（１）０不能作百位，但０与１ 在同一卡片上，因此必须同时考虑０与１的分类；（２）每张卡 片都有正面与反面两种可能．解法上既可用直接法，也可用排 除法． 解法一：（直接法）从０与１两个特殊值着眼，可分三类： （１）取０不取１，可先从另四张卡片中选一张作百位，有Ｃ１４ 种 方法，０可在后两位，有Ｃ１２种方法，最后需从剩下的三张中任 取一张，有Ｃ１３种方法，又除含０的那张外，其他两张都有正面 和反面两种可能，故此时可得不同的三位数有Ｃ１４·Ｃ１２·Ｃ１３· ２２个． （２）取１不取０，同上分析可得不同的三位数有Ｃ２４·２２·Ａ３３个． （３）０和１都不取，不同的三位数有Ｃ３４·２３·Ａ３３个． 综上所述，共有不同的三位数Ｃ１４·Ｃ１２·Ｃ１３·２２ ＋ Ｃ２４·２２·Ａ３３ ＋ Ｃ３４·２３·Ａ３３ ＝ ４３２个． 解法二：（间接法）任取三张卡片可以组成不同的三位数Ｃ３５· ２３·Ａ３３个，其中０在百位的有Ｃ２４·２２·Ａ２２ 个，这是不合题意 的，故共有不同的三位数Ｃ３５·２３·Ａ３３ － Ｃ２４·２２·Ａ２２ ＝ ４３２个． ９．（１）由于可以随便放，故每个小球都有４种放法，所以放法总 数是：４ × ４ × ４ × ４ ＝ ４４ ＝ ２５６种． （２）将四个小球全排列后放入四个盒子即可，所以放法总数 是：Ａ４４ ＝ ２４种． （３）由题意，必然是四个小球放入２个盒子中．分三步完成：选出两 个盒子；将四个小球分成两堆；将两堆小球全排列放入两个盒子．所 以放法总数是：Ｃ２４·Ｃ ２ ４·Ｃ２２ Ａ２２ ＋Ｃ１４·Ｃ( )３３ ·Ａ２２ ＝８４种． （４）分三类放法． 第一类：甲球放入１号盒子，即１ ２ ３ ４甲 ，则乙球有３种放法 （可放入２，３，４号盒子），其余两球可随便放入四个盒子，有４２ 种放法．故此类放法的种数是３ × ４２； 第二类：甲球放入２号盒子，即１ ２ ３ ４甲 ，则乙球有２种放法 （可放入３，４号盒子），其余两球随便放，有４２ 种放法．故此类 放法的种数是２ × ４２； 第三类：甲球放入３号盒子，即１ ２ ３ ４甲，则乙球只有１种放 法（放入４号盒子），其余两球随便放，有４２ 种放法，故此类放 法的种数是１ × ４２ ． 综上，所有放法的总数是：（３ ＋ ２ ＋ １）× ４２ ＝ ９６种． 练案［６］ Ａ组·素养自测 １． Ｃ　 展开式的通项为Ｔｒ ＋ １ ＝ Ｃｒ１６·ｘ１６ － ｒ·－ １( )ｘ ｒ ＝（－ １）ｒ· Ｃｒ１６·ｘ１６ － ２ｒ，所以第４项为Ｔ４ ＝（－ １）３ × Ｃ３１６ ｘ１０ ＝ － Ｃ３１６ ｘ１０ ．故 选Ｃ． ２． Ａ　 ｘ２ － ４( )ｘ ５ 展开式的通项为Ｔｋ ＋ １ ＝ Ｃｋ５ｘ２（５ － ｋ）（－ ４）ｋｘ － ｋ ＝ Ｃｋ５（－ ４）ｋｘ１０ － ３ｋ，令１０ － ３ｋ ＝ ４，得ｋ ＝ ２                                                                      ， —１５４— 所以含ｘ４项的系数为Ｃ２５（－ ４）２ ＝ １６０．故选Ａ． ３． Ｄ　 由二项展开式的通项公式可得３ｘ３ ＋ １槡( )ｘ ｎ 展开式的通项 为Ｔｒ ＋ １ ＝ Ｃｒｎ（３ｘ３）ｎ － ｒ １槡( )ｘ ｒ ＝ ３ｎ － ｒＣｒｎ ｘ３ｎ － ７ ２ ｒ，展开式中含有常数 项，则３ｎ － ７２ ｒ ＝ ０有正整数解，满足题意的最小的正整数为ｒ ＝ ６，ｎ ＝ ７，故选Ｄ． ４． Ｃ　 （１ ＋ ｘ）６展开式的通项为Ｔｒ ＋ １ ＝ Ｃｒ６ｘｒ，则Ｔ３ ＝ Ｃ２６ｘ２ ＝ １５ｘ２， Ｔ５ ＝ Ｃ ４ ６ｘ ４ ＝ １５ｘ４，因此２ｘ ＋ ３( )ｘ （１ ＋ ｘ）６ 展开式中含ｘ３ 项的 系数是２ × １５ ＋ ３ × １５ ＝ ７５．故选Ｃ． ５． ＡＢ　 二项式ｘ ＋ ｍ槡( )ｘ ６ 展开式的通项Ｔｒ ＋ １ ＝ Ｃｒ６·ｘ６ － ｒ ｍ槡( )ｘ ｒ ＝ Ｃｒ６ｘ６ － ３ ２ ｒｍｒ ． 令６ － ３２ ｒ ＝ ０，得ｒ ＝ ４，常数项Ｃ ４ ６ｍ ４ ＝ １５，则ｍ４ ＝ １，得ｍ ＝ ± １．故选ＡＢ． ６．２４０　 ｘ２ ＋ ２( )ｘ ６ 展开式的通项Ｔｒ ＋１ ＝ Ｃｒ６ｘ２（６ － ｒ）ｘ － ｒ·２ｒ ＝ ２ｒ· Ｃｒ６ｘ １２ －３ｒ ．令１２ － ３ｒ ＝ ０，得ｒ ＝ ４．故展开式中的常数项为Ｃ４６·２４ ＝２４０． ７． ５　 由二项式的通项公式得Ｔｒ ＋ １ ＝ Ｃｒｎ３ｎ － ｒ ｘｎ － ５ ２ ｒ，若展开式中 含有常数项，则ｎ － ５２ ｒ ＝ ０，即ｎ ＝ ５ ２ ｒ，所以ｎ最小值为５． ８． ２４　 由（２ｘ － １）４ ＝［（２ｘ － ２）＋ １］４ 知，其展开式通项为Ｔｋ ＋ １ ＝ Ｃｋ４·２４ － ｋ·（ｘ － １）４ － ｋ，所以ａ２ 为当ｋ ＝ ２时项的系数．又 Ｔ２ ＋ １ ＝ Ｃ ２ ４·２２·（ｘ － １）２ ＝ ２４（ｘ － １）２，所以ａ２ ＝ ２４． ９．（１）∵ Ｔ５ ＝ Ｃ４８·（２ｘ２）８ － ４·１３槡( )ｘ ４ ＝ Ｃ４８·２４·ｘ ２０ ３， ∴第５项的二项式系数是Ｃ４８ ＝ ７０，第５项的系数是Ｃ４８·２４ ＝ １ １２０． （２）展开式中的倒数第３项即为第７项， Ｔ７ ＝ Ｃ ６ ８·（２ｘ２）８ － ６·－ １３槡( )ｘ ６ ＝ １１２ｘ２ ． １０．（１）９１９２ ＝（１００ － ９）９２ ＝ Ｃ０９２·１００９２ － Ｃ１９２·１００９１·９ ＋ Ｃ２９２· １００９０·９２ －…＋ Ｃ９２９２ ９９２，展开式中前９２项均能被１００整除， 只需求最后一项除以１００的余数． ∵ ９９２ ＝（１０ － １）９２ ＝ Ｃ０９２·１０９２ － Ｃ１９２·１０９１ ＋…＋ Ｃ９０９２·１０２ － Ｃ９１９２·１０ ＋ １，前９１项均能被１００整除，后两项和为－ ９１９，又 余数为正，∴可从前面的数中分离出１ ０００，结果为１ ０００ － ９１９ ＝ ８１， ∴ ９１９２被１００除所得的余数为８１． （２）证明：∵ １１１０ － １ ＝（１０ ＋ １）１０ － １ ＝（１０１０ ＋ Ｃ１１０·１０９ ＋ Ｃ２１０·１０８ ＋…＋ Ｃ９１０·１０ ＋ １）－ １ ＝ １０１０ ＋ Ｃ１１０·１０９ ＋ Ｃ２１０·１０８ ＋…＋ １０２ ＝ １００（１０８ ＋ Ｃ１１０·１０７ ＋ Ｃ２１０·１０６ ＋…＋ １）， ∴ １１１０ － １能被１００整除． Ｂ组·素养提升 １． Ｂ　 二项式（１ ＋ ３ｘ）ｎ的展开式的通项是Ｔｒ ＋ １ ＝ Ｃｒｎ１ｎ － ｒ·（３ｘ）ｒ ＝ Ｃｒｎ·３ ｒ·ｘｒ ．依题意得 Ｃ５ｎ·３５ ＝ Ｃ６ｎ·３６， 即ｎ（ｎ － １）（ｎ － ２）（ｎ － ３）（ｎ － ４）５！ ＝ ３ × ｎ（ｎ － １）（ｎ － ２）（ｎ － ３）（ｎ － ４）（ｎ － ５）６！ （ｎ≥６）， 得ｎ ＝ ７． ２． Ａ　 由Ｔ２ ＞ Ｔ１， Ｔ２ ＞ Ｔ３{ ，得 Ｃ１６２ｘ ＞ １， Ｃ１６２ｘ ＞ Ｃ ２ ６（２ｘ）２{ ． ∴ １１２ ＜ ｘ ＜ １５ ． ３． Ｄ　 由于１ ＋槡ｘ ＋ １( )ｘ ４ 表示４个因式槡ｘ ＋ １ｘ( )＋ １ 的乘积， 故展开式中的常数项可能有以下几种情况：①所有的因式都 取１；②有２个因式取槡ｘ，一个因式取１，一个因式取１ｘ ； 故展开式中的常数项为１ ＋ Ｃ２４ × Ｃ１２ ＝ １３． ４． ＢＣ　 ∵ Ｔｒ ＋ １ ＝ Ｃ ｒ ６·２６ － ｒ·（－ １）ｒ·ｘ３ － ｒ ∴展开式共有７项全部为有理项，Ａ错误；展开项的系数为 － Ｃ３６·８ ＝ － １６０，Ｂ正确；令３ － ｒ ＝ ０，得ｒ ＝ ３． ∴常数项为 － １６０，Ｃ正确；令ｘ ＝ １，得各项系数和为１，Ｄ错误．故选ＢＣ． ５． ５　 将（３ ＋ ｘ）ｎ的展开式按照ｘ的升幂排列，则倒数第三项的 系数是Ｃｎ － ２ｎ ·３２ ＝ ９０， 求得ｎ ＝ ５（负值舍去）． ６． 槡１６ ２　 ５　 展开式通项是：Ｔｒ ＋ １ ＝ Ｃｒ９（槡２）９ － ｒ ｘｒ，所以常数项是 Ｔ１ ＝ Ｃ ０ ９（槡２）９ 槡＝ １６ ２，若系数为有理数，则９ － ｒ为偶数，所以ｒ 为奇数，所以ｒ可取１，３，５，７，９． ７． 槡５ ２２ 　 Ｔ３ ＝ Ｃ ２ ５·ｘ( )２ ３ １( )ｘ ２ ＝ ５４ ｘ， Ｔ４ ＝ Ｃ ３ ５·ｘ( )２ ２ ·１( )ｘ ３ ＝ ５２ｘ， ∴ Ｍ ＋ Ｎ ＝ ５ｘ４ ＋ ５ ２ｘ≥２ ２５槡８ ＝ 槡５ ２２ ． 当且仅当５ｘ４ ＝ ５ ２ｘ时等号成立，即ｘ 槡＝ ２． ８．（１）Ｃ０ｎ ＋ １４ Ｃ ２ ｎ ＝ ２·１２ Ｃ １ ｎ，∴ ｎ２ － ９ｎ ＋ ８ ＝ ０， ∵ ｎ≥２，∴ ｎ ＝ ８． （２）∵ ｎ ＝ ８，∴展开式共有９项，故二项式系数最大的项为第 ５项，即Ｔ５ ＝ Ｃ４８（３槡ｘ）４·－ １２ ３槡( )ｘ ４ ＝ ３５８ ． （３）研究系数绝对值即可， Ｃｒ８ ( )１２ ｒ ≥Ｃｒ ＋ １８ ( )１２ ｒ ＋ １ ， Ｃｒ８ ( )１２ ｒ ≥Ｃｒ － １８ ( )１２ ｒ － １{ ， 解得２≤ｒ≤３， ∵ ｒ∈Ｎ，∴ ｒ ＝ ２或３． ∵ ｒ ＝ ３时，系数为负． ∴系数最大的项为Ｔ３ ＝ ７ｘ ４ ３ ． ９．（１）因为（１ ＋ ｘ）ｎ ＝ Ｃ０ｎ ＋ Ｃ１ｎｘ ＋ Ｃ２ｎｘ２ ＋…＋ Ｃｎｎｘｎ，ｎ≥４， 所以ａ２ ＝ Ｃ２ｎ ＝ ｎ（ｎ － １）２ ａ３ ＝ Ｃ ３ ｎ ＝ ｎ（ｎ － １）（ｎ － ２） ６ ， ａ４ ＝ Ｃ ４ ｎ ＝ ｎ（ｎ － １）（ｎ － ２）（ｎ － ３） ２４ ， 因为ａ２３ ＝ ２ａ２ａ４， 所以ｎ（ｎ －１）（ｎ －２）[ ]６ ２ ＝２ ×ｎ（ｎ －１）２ × ｎ（ｎ －１）（ｎ －２）（ｎ －３） ２４ ， 解得ｎ ＝ ５． （２）由（１）知ｎ ＝ ５， 即（ 槡１ ＋ ３）ｎ ＝（ 槡１ ＋ ３）５， 所以Ｃ０５ ＋ Ｃ１５槡３ ＋ Ｃ２５（槡３）２ ＋ Ｃ３５（槡３）３ ＋ Ｃ４５（槡３）４ ＋ Ｃ５５（槡３）５ ＝ ａ ＋ ｂ槡３． 因为ａ，ｂ∈Ｎ， 所以ａ ＝ Ｃ０５ ＋ ３Ｃ２５ ＋ ９Ｃ４５ ＝ ７６，ｂ ＝ Ｃ１５ ＋ ３Ｃ３５ ＋ ９Ｃ５５ ＝ ４４                                                                       ． —１５５—