Tải bản đầy đủ

( gv nguyễn bá tuấn ) 11 câu nhị thức newton image marked image marked

Câu 1(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018): Khai triển biểu thức (1 − 2 x ) ta được đa thức có dạng
n

a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n . Tìm hệ số của x 5 , biết a0 + a1 + a2 = 71.

A. −648.

B. −876.

D. −568.

C. −672.

Đáp án C
Số hạng thứ k + 1 trong khai triển (1 − 2 x ) là Tk +1 = Cnk ( −2 ) x k
k

n

Từ đó ta có: a0 + a1 + a2 = 71  Cn0 − 2Cn1 + 4Cn2 = 71
n  , n  2

n  , n  2


 2
n=7
n ( n − 1)
n

2
n

35
=
0
1

2
n
+
4
=
71



2

Với n = 7 ta có hệ số của x 5 trong khai triển (1 − 2 x ) là: a5 = C75 ( −2 ) = −672
n

5

2n

3 

Câu 2 (Gv Nguyễn Bá Tuấn)Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  2x − 3  với
x



x  0 , biết n là số nguyên dương thỏa mãn C3n + 2n = A n2 +1.
4 12
A. − C12
16 .2 .3 .

0
.216.
B. C16

4 12
C. C12
16 .2 .3 .

0
D. C16
16 .2 .

Từ phương trình C3n + 2n = A n2 +1 → n = 8.
Với n = 8 , ta có
2n

16

4k
16
16 −
3 
3 
3  16 k 16−k
16 − k 
k


k
3
2x

=
2x

=
C
.
2x
.

=
C
.2
.

3
.x
.
(
)
(
)

16




 3   16
3
3
x
x
x  k =0



k =0

Số hạng không chứa x ứng với 16 −

4k
= 0  k = 12
3

4 12
→ số hạng cần tìm C12
16 .2 .3 . Chọn C.

Câu 3 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Tìm hệ số của x 4 trong khai triển P ( x ) = (1 − x − 3x3 )
với n là số tự nhiên thỏa mãn hệ thức Cnn − 2 + 6n + 5 = An2+1.
A. 210.

B. 840.

C. 480.

D. 270.

Đáp án C
Xét phương trình:
Cnn−2 + 6n + 5 = An2+1 

 n = 10
n(n − 1)
+ 6n + 5 = n(n + 1)  n 2 − 9n − 10 = 0  
 n = 10.
2
 n = −1

n


Khi đó:
P( x) = (1 − x − 3 x 3 ) =  C10k (1 − x ) . ( −1)
10

n

10

k

.310−k.x 30−3k =  C10k Cki ( −1)

10−k

k

k =0

10−k +i

.310−k.x 30−3k +i .

k =0 i =0

 k = 9; i = 1
Số hạng chứa x 4 trong khai triển ứng với 30 − 3k + i = 4  3k − i = 26  
và có
 k = 10; i = 4

hệ số là C1010 .C104 .( −1)

.310−10 + C109 .C91. ( −1)

Câu

Nguyễn

10−10+ 4

4:

(1 − 3x )

20

(Gv

10−9+1



.310−9 = 480.

Tuấn

2018)Khai

đa

triển

thức

= a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a20 x 20 .

Tính tổng S = a0 + 2 a1 + 3 a2 + ... + 21 a20 .
C. 422.

B. 421.

A. 420.

D. 423.

Đáp án B
Ta có:

( x(1 − 3x) 20 ) ' = (a0 x + a1 x 2 + a2 x 3 + ... + a20 x 21 ) ' = a0 + 2a1 x + 3a2 x 2 + ... + 21a20 x 20
20

(1 − 3x) 20 =  Ck20 .120− k (−1) k .3k.x k
k =0

= ak = (−1)k .Ck20 .3k
=> k lẻ => ak  0 =| ak |= −ak
k
= S = a0 − 2a1 + 3a2 − 4a3 + ... + 21a20 = ( x(1 − 3x) 20 )'

Câu

5.

(Gv

Nguyễn



x = −1

= 421

Tuấn

chẵn

ak  0 =| ak |= ak

2018)

Tính

tổng

0
2006
1
2005
2
2004
2006 0
S = C2007
C2007
+ C2007
C2006
+ C2007
C2005
+ ... + C2007
C1

A. 2007.2 2008.

B. 2007.2 2006.

C. 2006.2 2007.

D. 2006.2 2008.

Đáp án B

(1 + x )

2017

0
1
2
2017 2017
= C2017
+ C2017
x + C2017
x 2 + ... + C2017
x

 2017 (1 + x )

2016

=>

1
2
3
2017 2016
= C2017
+ 2C2017
x + 3C2017
x 2 + ... + 2017C2017
x

1
2
3
2017
 2017.22016 = C2017
+ 2C2017
+ 3C2017
+ ... + 2017C2017
0
2006
1
2005
2
2004
2006 0
= C2007
C2007
+ C2007
C2006
+ C200
7 C2005 + ... + C2007 C1 = S

( −1) Cn.
1
1
1
Câu 6(Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018). Tính tổng S = 1− Cn1 + Cn2 − Cn3 + ... +
n
3
5
7
2n + 1
n


( 2n)! .
2.4.6...2n
A. S =
. B. S =
3.5.7... ( 2n + 1)
( n + 1)!

C.

( −1)
S=

n

n! ( n + 1)!

( 2n)!

( −1) ( 2n)! .
S=
( 2n + 1)!
2 n+1

. D.

Đáp án A

(1 − x )

2 n

= 1 − Cn1 x 2 + Cn2 x 4 − Cn3 x 6 + ... + ( −1) Cnn x 2 n
n

1

1

(

)

  (1 − x 2 ) dx =  1 − Cn1 x 2 + Cn2 x 4 − Cn3 x 6 + ... + ( −1) Cnn x dx
n

0

n

0

( −1) C n = S
1
1
1
= 1 − Cn1 + Cn2 − Cn3 + ... +
n
3
5
7
2n + 1
n

1

 S =  (1 − x 2 ) dx
n

0

u = (1 − x 2 )
Đặt 
dv = dx

n

1
du = −2nx (1 − x 2 )n −1
n −1
2 n 1

 S = I n = x (1 − x ) |0 −2n  − x 2 (1 − x 2 ) dx
0
v = x
1

= −2n  (1 − x 2 − 1)(1 − x 2 )
0

 In =

n −1

dx = −2n ( I n − I n −1 )  ( 2n + 1) I n = 2nI n −1

2n ( 2n − 2 )
2n
2.4.6...2n
I n −1 =
I n −1 = ... =
.
2n + 1
3.5.7... ( 2n + 1)
( 2n + 1)( 2n − 1)

Trong thi trắc nghiệm có thể cho n = 1  S =

2
và tính các kết quả trong các đáp án.
3

Câu 7 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Cho n là nghiệm của C1n + Cnn −1 = 4040 . Khi đó tổng
S=

21 − 1 0 22 − 1 1 23 − 1 2
2n +1 − 1 n
Cn +
Cn +
Cn + ... +
Cn bằng
1
2
3
n +1

A.

32022 + 2
.
2021

B.

32021 − 22021
.
2021

C.

32020 − 22021
.
2021

D.

32021 − 22021
.
2020

Đáp án B
C1n + Cnn −1 = 4040  2n = 4040  n = 2020
a

 (1 + x )
0

1

n

dx =  ( C + C x + C x + ... + C x
0
n

1
n

2
n

2

n
n

n

(1 + x )
dx 

)

0

+) Cho a = 1 

C1 C 2
Cn
2n +1 − 1
= Cn0 + n + n + ... + n
n +1
2
3
n +1

n +1

n +1


C1 x 2 C 2 x3
C n x n +1  a
| =  Cn0 x + n + n + ... + n
|
0
2
3
n +1  0


a


+) Cho a = 2 

C1
C2
Cn
3n +1 − 1
= Cn0 2 + n 22 + n 22 + ... + n 2n
n +1
2
3
n +1

3n +1 − 1 2n +1 − 1 21 − 1 0 22 − 1 1 23 − 1 2
2n +1 − 1 n
32021 − 22021


=
Cn +
Cn +
Cn + ... +
Cn  S =
n +1
n +1
1
2
3
n +1
2021

Câu 8 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018)Với n là số nguyên dương thỏa mãn C1n + Cn2 = 55 , số hạng
n

2 

không chứa x trong khai triển của biểu thức  x 3 + 2  bằng
x 


A. 322560

B. 3360

C. 80640

D. 13440

Đáp án D
C1n + C2n = 55 

n. ( n − 1)
n!
n!
+
= 55  n +
= 55  2n + n 2 − n = 110
2
( n − 1)!.1! ( n − 2 )!.2!

 n = 10

 n = −11(L)
10

k

10
10
 3 2 
k
3 10 − k  2 
k
k 30 −3k − 2k
x
+
=
C
.
x
.
=
)

10 (

 2   C10 .2 .x
2 
x 

x 
k =0
k =0

Số hạng không chứa x trong khai triển  tìm hệ số của số hạng chứa x 0 trong khai triển
 x 30−3k −2k = x 0  k = 6
6
.26 = 13440 .
Vậy số hạng cần tính là. C10

2

Câu 9 (Gv Vũ Văn Ngọc 2018): Số hạng không chứa x trong khai triển  − 3 x 
x


9

là:
A. −5832.

C. −1728.

B. 1728.

D. 489888.

Đáp án A
9

9
9− k  2 
2


3
x
=

  ( −1)  
x
 k =0
 x

9− k

Vì số hạng không chứa x nên

(

3 x

)

k

9

=  ( −2 )

9− k

k =0

3k
−9 = 0  k = 6
2

Vậy số hạng không chứa x là ( −2 ) .36 = −5832
3

3k

.3k .x 2

−9

( x  0)


Câu 10 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018). Tổng các hệ số nhị thức Niu – tơn trong khai triển

(1+ x )

3n

3n

1 

bằng 64 . Số hạng không chứa x trong khai triển  2nx +
 là.
2nx 2 


A. 360

B. 210

C. 250

D. 240

Đáp án D
3n

Ta có (1 + x ) =  Cnk x3n
3n

k =0

Chọn x = 1 . Ta có tổng hệ số bằng C30n + C31n + ...C33nn = 23n = 64  n = 2
3n

k

3n
3n
1 
1 
3n − k 
3n − 2 k

k
Ta có  2nx +
=
C
2
nx
=
)  2   C3kn . ( 2n ) .x3n−3k

3n (
2 
2nx 

 2nx 
k =0
k =0

Số hạng không chứa x suy ra x3n −3k = x 0  n = k = 2 .
Do đó số hạng không chứa x là C62 . ( 4 ) = 240 .
2

Câu 11 (Gv Nguyễn Bá Tuấn 2018). Giả sử

(1 + x + x

2

+ ... + x10 ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x3 + ... + a110 x110 với a0 , a1 , a2 ,..., a110 là các hệ số.
11

Giá trị của tổng T = C110 a11 − C111 a10 + ... + C1110 a1 − C1111a0 bằng
A. −11

C. 0

B. 11

D. 1

Đáp án A
Ta có: (1 + x + x + ... + x

)

10 11

2

(x
=

11

− 1)

11

( x − 1)

11

 ( x11 − 1) = ( x − 1) .( a0 + a1x + a2 x 2 + ... + a110 x110 )
11

11

()

Hệ số của x11 trong vế trái () bằng -11.
Hệ số của x11 trong vế trái () bằng: C110 a11 − C111 a10 + ... + C1110a1 − C1111a0 .
Do đó: C110 a11 − C111 a10 + ... + C1110a1 − C1111a0 = −11.



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×