Trắc nghiệm Đại số Lớp 11 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 2 - Bài 3: Nhị thức Niu-tơn - Mức độ 3.2 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung text: Trắc nghiệm Đại số Lớp 11 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 2 - Bài 3: Nhị thức Niu-tơn - Mức độ 3.2 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 22: [DS11.C2.3.BT.c] (THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG – 2018)Với n là số nguyên dương thỏa mãn 3 2 3 2 n 3Cn 1 3An 52 n 1 . Trong khai triển biểu thức x 2y , gọi Tk là số hạng mà tổng số mũ của x và y của số hạng đó bằng 34 . Hệ số của Tk là A. 54912 .B. 1287 .C. 2574 .D. 41184 . Lời giải Chọn D Điều kiện : n 2 , n ¥ * . n 1 ! n! Ta có 3C 3 3A2 52 n 1 3. 3 52 n 1 n 1 n 3! n 2 ! n 2 ! n 1 n n 1 3n n 1 52 n 1 n2 n 6n 104 2 2 n 13 n 5n 104 0 n 13 . n 8 13 13 3 2 13 k 3 13 k 2 k k k 39 3k 2k x 2y C13 x 2y C13 2 x y . 0 0 5 5 Ta có : 39 3k 2k 34 k 5 . Vậy hệ số C13 2 41184 . Câu 39: [DS11.C2.3.BT.c] (THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG – 2018)Với n là số tự nhiên lớn hơn 2 , đặt 1 1 1 1 Sn 3 3 3 3 . Tính lim Sn . C3 C4 C5 Cn 3 1 A. 1.B. .C. 3 .D. . 2 3 Lời giải Chọn B 3 n! n 3 ! n 2 n 1 n n n 1 n 2 1 6 Ta có Cn 3 3! n 3 ! n 3 ! 6 6 Cn n n 1 n 2 6 6 6 6 Vậy ta có S n 1.2.3 2.3.4 3.4.5 n n 1 n 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 Nhận xét ; ; ; 1.2.3 1.2 2.3 2.3.4 2.3 3.4 n 2 n 1 n n 2 n 1 n 1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n 2 3n 6 Sn 3 3 3 1.2 2.3 2.3 3.4 n 2 n 1 n 1 n 2 n 2n 2n 6 3 3n 6 n 3 Vậy lim Sn lim lim . 2n 2 2 Câu 46. [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Xuân Trường - Nam Định - 2018-BTN) Tính tổng 1 2 2 2 3 3 4 2015 2016 2016 2017 C2017 2 C2017 3.2 C2017 4.2 C2017 2016.2 C2017 2017.2 C2017 ta được kết quả là A. 2017 . B. 2016 . C. 2017 . D. 2016 . Lời giải Chọn C 2017 2017 2017 k 2017 k Ta có: 1 x C k . 1 .xk 1 x C k . 1 .xk  2017  2017 k 0 k 0 2016 1 2 2 3 3 4 2015 2016 2016 2017 2017. 1 x C2017 2xC2017 3x C2017 4.2 C2017 2016.2 C2017 2017.2 C2017 Cho x 2 ta được:
2. 1 2 2 2 3 3 4 2015 2016 2016 2017 C2017 2 C2017 3.2 C2017 4.2 C2017 2016.2 C2017 2017.2 C2017 2017 . Câu 20: [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Chuyên Thái Bình - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Tổng 1 3 5 2017 T C2017 C2017 C2017 C2017 bằng: A. 22017 1. B. 22016 . C. 22017 . D. 22016 1. Lời giải Chọn B Xét hai khai triển: 2017 2017 0 1 2 3 2017 + 2 1 1 C2017 C2017 C2017 C2017 C2017 1 . 2017 0 1 2 3 2017 + 0 1 1 C2017 C2017 C2017 C2017 C2017 2 2017 1 3 5 2017 2016 Lấy 1 2 theo vế ta được: 2 2 C2017 C2017 C2017 C2017 T 2 . Câu 29: [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Chuyên Thái Bình - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Biết rằng hệ số của n x4 trong khai triển nhị thức Newton 2 x , n ¥ * bằng 60 . Tìm n . A. n 5. B. n 6 . C. n 7 . D. n 8 . Lời giải Chọn B n Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Newton 2 x , n ¥ * là k n k k k 4 4 n 4 Cn 2 1 x , với k ¢ , 0 k n , suy ra hệ số của x là Cn 2 . Theo đề bài suy ra 4 n 4 4 n Cn 2 60 Cn 2 960 * . Tới đây ta dùng phương pháp thử trực tiếp đáp án và chỉ có n 6 thỏa phương trình * . Câu 2: [DS11.C2.3.BT.c] Tổng của số hạng thứ 4 trong khai triển 5a 1 5 và số hạng thứ 5 trong khai triển 2a 3 6 là A. 4160a 2 .B. 4610a2 .C. 4610a 2 . D. 4620a 2 . Lời giải Chọn C 5 3 2 3 2 Số hạng thứ 4 trong khai triển 5a 1 là T4 C5 . 5a . 1 250a . 6 4 2 4 2 Số hạng thứ 5 trong khai triển 2a 3 là T5 C6 . 2a . 3 4860a . Vậy tổng của hai số hạng trên là 4610a 2 . 0 1 2 n n Câu 3: [DS11.C2.3.BT.c] Tổng số Cn Cn Cn 1 Cn có giá trị bằng: A. 0 nếu n chẵn.B. 0 nếu n lẻ. C. 0 nếu n hữu hạn.D. 0 trong mọi trường hợp. Lời giải Chọn D n 0 n 0 1 n 1 1 2 n 2 2 n 0 n Ta có: x 1 Cn .x . 1 Cn .x . 1 Cn .x . 1 Cn .x . 1 . n 0 1 2 n n 0 1 2 n n Cho x 1, ta được: 1 1 Cn Cn Cn 1 Cn Cn Cn Cn 1 Cn 0, n . 8 3 1 Câu 5: [DS11.C2.3.BT.c] Tìm số hạng chính giữa của khai triển x , với x 0 . 4 x 1 1 1 1 A. 56x 4 .B. 70x 3 . C. 70x 3 và 56x 4 . D. 70.3 x.4 x . Lời giải
3. Chọn B 4 1 4 4 3 1 3 Số hạng chính giữa trong khai triển là T5 C8 . x . 70x . 4 x n 2 1 3 4 5 Câu 7: [DS11.C2.3.BT.c] Trong khai triển 3x , hệ số của x là 3 Cn . Giá trị n là x A. 15 .B. 12 .C. 9.D. 14 . Lời giải Chọn C k k 2 n k 1 k n k 2n 3k Số hạng tổng quát trong khai triển là Tk 1 Cn . 3x . Cn . 3 .x . x 3 k 5 Theo đề: số hạng chứa x ứng với k 5 Cn  Cn . Ta tìm n sao cho: n k 4 n 5 4 n 9. 10 Câu 35: [DS11.C2.3.BT.c] Trong khai triển 3x2 y , hệ số của số hạng chính giữa là A. 61236. B. 4000. C. 8960. D. 40000. Lời giải. Chọn A 10 10 2 10 k 2 k 10 k k 10 k k 2k 10 k Ta có 3x y C10. 3x . y C10. 1 .3 .x . y . k 0 k 0 Khai triển này gồm 11 số hạng. Số hạng chính giữa ứng với k 5 . Vậy hệ số của số hạng chính 5 5 5 giữa là C10.3 . 1 61236. 0 1 2 2 n n Câu 36: [DS11.C2.3.BT.c] Cho A Cn 5Cn 5 Cn 5 Cn . Vậy A bằng A. 7 n . B. 5n .C. 6 n . D. 4n . Lời giải. Chọn C n 0 0 n 1 1 n 1 n n 0 Xét khai triển a b Cn .a .b Cn .a .b Cn .a .b . n 0 0 n 1 1 n 1 n n 0 0 1 n n Với a 5 , b 1 ta có 5 1 Cn .5 .1 Cn .5 .1 Cn .5 .1 Cn 5Cn 5 Cn A . Vậy A 6n . 100 100 Câu 37: [DS11.C2.3.BT.c] Trong khai triển x 2 a0 a1x a100 x . Hệ số a97 là 3 97 98 98 A.1293600. B. 1293600.C. 2 .C100 . D. 2 .C100 . Lời giải. Chọn C 100 100 100 k k 100 k k 100 k k 100 Ta có x 2 C100.x . 2 C100. 2 .x a0 a1x a100 x . k 0 k 0 k 100 k 97 3 3 97 Từ đó suy ra ak C100. 2 . Vậy a97 C100. 2 2 .C100 . Câu 40: [DS11.C2.3.BT.c] Tìm hệ số chứa x 9 trong khai triển 1 x 9 1 x 10 1 x 11 1 x 12 1 x 13 1 x 14 1 x 15 . A. 3000 . B. 8008 . C. 3003 . D. 8000 . Lời giải. Chọn B
4. n 9 9 Xét (1 x) với n 9 thì hệ số chứa x trong khai triển là: Cn . Vậy hệ số chứa x 9 trong khai triển 1 x 9 1 x 10 1 x 11 1 x 12 1 x 13 1 x 14 1 x 15 là: 9 9 9 9 9 9 9 C9 C10 C11 C12 C13 C14 C15 8008 . Câu 42: [DS11.C2.3.BT.c] Tìm số nguyên dương bé nhất n sao cho trong khai triển 1 x n có hai hệ số 7 liên tiếp có tỉ số là . 15 A. 20. B. 21. C. 22. D. 23. Lời giải. Chọn B n n k k (1 x) Cn x . k 0 k 7 Cn 7 (k 1)!(n k 1)! 7 k 1 7 Vì hai hệ số liên tiếp tỉ lệ là nên k 1 . 15 Cn 15 k!(n k)! 15 n k 15 Vì n là số nguyên dương bé nhất nên n 7 15 1 21. n 1 Câu 52: [DS11.C2.3.BT.c] Cho khai triển 3 . Tìm n biết tỉ số giữa số hạng thứ tư và thứ ba bằng 2 3 2 . A. 8. B. 10 . C. 6 . D. 5. Lời giải. Chọn D n n n k 1 k 1 k 3 Cn .3 . 2 k 0 2 Vì tỉ số giữa số hạng thứ tư và thứ ba bằng 3 2 n 3 3 1 3 Cn. .3 2 Nên ta có 3 2 C3 C2 n 5 . n 2 n n 2 1 2 Cn . .3 2 0 1 2 3 n Câu 53: [DS11.C2.3.BT.c] Tổng T Cn Cn Cn Cn Cn bằng A. T 2n . B. T 4n . C. T 2n 1. D. T 2n 1. Lời giải. Chọn A n n n n k 0 n 1 n 1 n 1 n Xét khai triển x 1  Ck .x Cn .x Cn.x Cn .x Cn . k 0 Thay x 1 vào khai triển trên ta được n 0 1 n 1 n 0 1 n 1 n n 1 1 Cn Cn Cn Cn Cn Cn Cn Cn 2 . Câu 27. [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2018 - BTN) Trong khai triển 40 2 31 f x x 2 , hãy tìm hệ số của x . x
5. A. 79040 . B. 9880 . C. 31148 . D. 71314 . Lời giải Chọn A 40 2 2 40 Ta có f x x 2 x 2x . x k 40 k 2 k k k 40 3k Số hạng tổng quát của khai triển là C40 x . 2x C40 2 x . Số mũ của x bằng 31 khi và chỉ khi 40 3k 31 k 3. 31 3 3 Vậy hệ số của x là C40 2 79040 . Câu 26: [DS11.C2.3.BT.c] (Toán học và Tuổi trẻ - Tháng 4 - 2018 - BTN) Hệ số của x6 trong khai triển 4 6 2 1 2x 1 x x thành đa thức là 4 1 1 A. C 6 .B. C 6 .C. C 6 .D. 4C8 . 2 14 4 14 14 14 Lời giải Chọn B n n 6 6 k 6 k k k k k Xét khai triển 2x 1 1 2x C6 1 2x C6 2 x k 0 k 0 4 8 8 8 8 j 2 1 1 1 8 1 j x x x x C j x 4 2 2  2 j 0 4 n 8 8 j n 8 8 j 6 2 1 k k k J 1 j k k J 1 j k Vậy 2x 1 x x C6 2 x . C8 x C6 2 . C8 x 4   2   2 k 0 j 0 k 0 j 0 6 Số hạng của khai triển chứa x khi j k 6 Xét bảng : 4 6 6 2 1 3003 1 6 Vậy hệ số x trong khai triển 2x 1 x x thành đa thức là C14 . 4 4 4 Câu 15. [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Xuân Hòa-Vĩnh Phúc- Lần 1- 2018- BTN) Tổng 1 2 3 2016 C2016 C2016 C2016 C2016 bằng A. 42016 .B. 22016 1.C. 42016 1.D. 22016 1.
6. Lời giải Chọn D 1 2 2016 0 1 2 2016 2016 2016 C2016 C2016 C2016 C2016 C2016 C2016 C2016 1 1 1 1 2 1. Câu 43. [DS11.C2.3.BT.c] (TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH - LẦN 2 - 2018) Cho khai triển n 2 n 1 2x a0 a1x a2 x  an x , n 1. Tìm số giá trị nguyên của n với n 2018 sao cho tồn tại k 0 k n 1 thỏa mãn ak ak 1 . A. 2018 .B. 673.C. 672 . D. 2017 . Lời giải Chọn B n n k k k k k Ta có 1 2x Cn 2 x , suy ra ak Cn 2 với k 0,1,2,3, ,n . k 0 Do đó: n! n! a a C k 2k C k 1 2k 1 2. k k 1 n n k! n k ! k 1 ! n k 1 ! 1 2 2n 1 2n 2k k 1 k . n k k 1 3 Vì 0 k n 1 nên suy ra n 2 . 2.3m 1 1 Nếu n 3m , m ¥ , thì k 2m ¥ . 3 3 2. 3m 1 1 1 Nếu n 3m 1, m ¥ , thì k 2m ¥ . 3 3 2. 3m 2 1 Nếu n 3m 2 , m ¥ , thì k 2m 1 ¥ . Nên với các số n 3m 2 , m ¥ , thì 3 sẽ cho tồn tại k 0 k n 1 thỏa mãn ak ak 1 . Vì 2 n 2018 và n ¥ nên 2 3m 2 2018 0 m 672 và m ¥ . Do đó, có 673 số giá trị nguyên của n với n 2018 sao cho tồn tại k 0 k n 1 thỏa mãn ak ak 1 . Câu 45. [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-2018) Với n là số nguyên dương thỏa mãn n 1 2 5 3 2 Cn Cn 55 , hệ số của x trong khai triển của biểu thức x 2 bằng x A. 8064 . B. 3360 . C. 8440 . D. 6840 . Lời giải Chọn A 1 2 n n 1 2 n 10 Ta có Cn Cn 55 n 55 n n 110 0 n 10 . 2 n 11 10 k 3 2 k 3 10 k 2 k k 30 5k Số hạng tổng quát trong khai triển x 2 là Tk 1 C10 x . 2 C10.2 .x . x x Số hạng chứa x5 ứng với 30 5k 5 k 5. 10 5 3 2 5 5 Vậy, hệ số của x trong khai triển của biểu thức x 2 bằng C10.2 8064 . x Câu 22: [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc – Lần 3 – 2018) Hệ số của số hạng chứa x8 n 1 5 n 1 n trong khai triển 3 x ; x 0 biết Cn 4 Cn 3 7 n 3 là x A. 1303. B. 313 . C. 495 . D. 13129. Lời giải Chọn C
7. Điều kiện: n ¥ Ta có n 4 ! n 3 ! C n 1 C n 7 n 3 7 n 3 n 4 n 3 n 1 !3! n!3! n 4 n 3 n 2 n 3 n 2 n 1 7 n 3 6 6 3n 36 n 12 . Xét khai triển 12 k 1 12 1 12 k x5 C k x5 0 k 12,k ¥ 3  12 3 x k 0 x 12 60 11k k 2 C12 x . k 0 60 11k Để số hạng chứa x8 thì 8 k 4 . 2 8 4 Vậy hệ số chứa x trong khai triển trên là C12 495 . Câu 32: [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1 - 2018 - BTN) Tìm số nguyên dương n thỏa 1 3 2n 1 mãn C2n 1 C2n 1 C2n 1 1024. A. n 10 B. n 5 C. n 9 D. n 11 Lời giải Chọn B Ta có 2n 1 2n 1 0 1 2n 1 2 1 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 2n 1 0 1 2n 1 0 1 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 1 3 2n 1 2n 1 1 3 2n 1 2n Suy ra 2 C2n 1 C2n 1 C2n 1 2 C2n 1 C2n 1 C2n 1 2 Do đó 22n 2024 22n 210 n 5 . Câu 29: [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong khai triển n 2 1 3 4 5 3x biết hệ số của x là 3 Cn . Giá trị n có thể nhận là x A. 9 . B. 12. C. 15. D. 16. Lời giải Chọn A n n k n 2 1 k 2 n k 1 k n k 2n 3k Ta có 3x Cn 3x Cn 3 x . x k 0 x k 0 2n 3k 3 n k 4 3 4 5 k 5 Biết hệ số của x là 3 Cn nên . k 5 n 9 0 k n, k,n N Vậy n 9 . 8 Câu 26: [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-2018) Tìm hệ số của số hạng chứa x 2n n x trong khai triển Nhị thức Niu tơn của x 0 , biết số nguyên dương n thỏa mãn 2x 2 3 2 Cn An 50 . 297 29 97 279 A. B. C. D. 512 51 12 215
8. Lời giải Chọn A n! n! Ta có C3 A2 50 n 3,n ¥ 50 n n 3! n 3 ! n 2 ! n n 1 n 2 n n 1 50 n3 3n2 4n 300 0 n 6 . 6 1 12 n x k 12 k k 2k 12 Khi đó khai triển có số hạng tổng quát C12 3 .2 .x k ¥ ,k 12 2x 2 Hệ số của số hạng chứa x8 ứng với k thỏa 12k 12 8 k 10 . 297 Vậy hệ số của số hạng chứa x8 là C10.32.2 10 . 12 512 Câu 41: [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-2018) Biết rằng khi khai triển nhị thức Newton n 1 1 n n 1 1 x a0 x a1 x 2 4 x 4 x thì a0 , a1 , a2 lập thành cấp số cộng. Hỏi trong khai triển có bao nhiêu số hạng mà lũy thừa của x là một số nguyên. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Lời giải Chọn C 1 n 1 n n 1 a 1; a C1 ; a C 2 0 1 2 n 2 2 4 n 8 n n 1 n Do a , a , a lập thành cấp số cộng Þ 1 2. Þ n 8 0 1 2 8 2 8 k k 1 1 16 3k k 2 1 4 1 k 4 Khi đó sống hạng tổng quát của khai triển có dạng: C8 x . k x k C8 x 2 2 Để số mũ là số nguyên thì 16 3k chia hết cho 4 với 0 k 8 Þ k 0;4;8 Câu 42: [DS11.C2.3.BT.c] (CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG- n 0 n 1 1 n 2 2 n n LẦN 2-2018) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5 Cn 5 Cn 5 Cn 1 Cn 1024 . Tìm hệ số của x3 trong khai triển 3 x n . A. 270 B. 90 C. 90 D. 270 Lời giải Chọn B n 0 n 1 1 n 2 2 n n n 2n 10 Ta có 5 Cn 5 Cn 5 Cn 1 Cn 1024 5 1 1024 2 2 n 5 . 5 5 5 k 5 k k k 5 k k k Với n 5 ta có: 3 x C5 .3 . x C5 .3 . 1 .x . k 0 k 0 3 3 2 3 Vậy hệ số của x là: C5 .3 . 1 90. Câu 26: [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - Lần 2 -2018) Với n là số tự nhiên n 6 2 4 thỏa mãn Cn 4 nAn 454 , hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của n 2 3 x ( với x 0 ) bằng x A. 1972 B. 786 C. 1692 D. 1792 Lời giải
9. Chọn D Điều kiện n 6 và n ¥ . n 4 ! n! n 5 n 4 C n 6 nA2 454 n 454 n2 n 1 454 n 4 n n 6 !2! n 2 ! 2 2n3 n2 9n 888 0 n 8 (Vì n ¥ ). 8 2 3 Khi đó ta có khai triển: x . x 8 k k 2 3 k k k 8 k 4k 8 Số hạng tổng quát của khai triển là C8 x C8 1 2 x . x Hệ số của số hạng chứa x4 ứng với k thỏa mãn: 4k 8 4 k 3 . 4 3 3 5 Vậy hệ số của số hạng chứa x là: C8 1 2 1792 . Câu 32: [DS11.C2.3.BT.c] (Chuyên Long An - Lần 2 - Năm 2018) Với n là số nguyên dương thỏa mãn n 2 3 5 2 2 điều kiện An Cn 10 , tìm hệ số a5 của số hạng chứa x trong khai triển x 3 với x 0 . x 5 5 A. a5 10 . B. a5 10x . C. a5 10x . D. a5 10 . Lời giải Chọn D Ta có n! n! A2 C3 10 10 , n ¥ ,n 3 n n n 2 ! 3! n 3 ! n 2 1 1 3 4 n n 1 n n 1 n 2 10 n3 n2 n 10 0 n 6 . 6 6 2 3 n 5 So điều kiện nhận n 6 hay n 5 . 6 6 k 6 2 2 6 k 2 k Khi n 6, ta có x2 C k x C k 2 x12 5k . 3  6 3  6 x k 0 x k 0 7 Để có x5 thì 12 5k 5 k (loại). 5 5 5 k 5 2 2 5 k 2 k Khi n 5 , ta có x2 C k x C k 2 x10 5k . 3  5 3  5 x k 0 x k 0 Để có x5 thì 10 5k 5 k 1. 1 Vậy a5 C5 2 10 . 2 n Câu 31: [DS11.C2.3.BT.c] (SGD Hà Nam - Năm 2018) Cho số tự nhiên n thỏa mãn An 2Cn 22. Hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển của biểu thức 3x 4 n bằng A. 4320 . B. 1440 . C. 4320 . D. 1080. Lời giải Chọn C Điều kiện n 2 , n ¢ . n! Ta có A2 2C n 22 2 22 n n 1 20 n 5 thỏa mãn. n n n 2 ! 5 5 n 5 k k 5 k k k 5 k k Khi đó 3x 4 3x 4 C5 . 3x . 4 C5 .3 . 4 x . k 0 k 0
10. Hệ số của số hạng chứa x3 nên k 3. 3 3 2 Do đó hệ số cần tìm là C5 .3 . 4 4320 . Câu 48: [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần 2 - Năm 2018) Tổng 2 3 2019 T 1.2C2019 2.3C2019 2018.2019C2019 có giá trị bằng: A. 2018.2019.22017 .B. 2018.2019.22020 .C. 2019.22018 .D. 2019.22019 . Lời giải Chọn A 2019 0 1 2 2 3 3 2019 2019 Ta có 1 x C2019 C2019 x C2019 x C2019 x C2019 x 1 Đạo hàm hai vế đẳng thức 1 , ta được 2018 1 2 2 3 2018 2019 2019 1 x C2019 2xC2019 3x C2019 2019x C2019 2 Đạo hàm hai vế đẳng thức 2 , ta được 2017 2 3 2017 2019 2018.2019 1 x 1.2C2019 2.3xC2019 2018.2019x C2019 3 Thay x 1 vào đẳng thức 3 , ta được 2 3 2019 2017 T 1.2C2019 2.3C2019 2018.2019C2019 2018.2019.2 . Câu 32: [DS11.C2.3.BT.c](Sở GD và ĐT Cần Thơ - 2017-2018 - BTN) Cho biểu thức n n n 1 k P x x 2 an x an 1x ak x a1x a0 , n ¥ *. Biết an 9 an 8 và an 9 an 10 . Giá trị của n bằng: A. 13 .B. 14 .C. 12 .D. 15 . Lời giải Chọn A. * Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có: n 0 n 0 1 n 1 1 n k k n k n 1 1 n 1 n 0 n P x x 2 Cn x 2 Cn x 2 Cn x 2 Cn x 2 Cn x 2 , n ¥ * n n n 1 k mà P x x 2 an x an 1x ak x a1x a0 , n ¥ * n k n k n k k 8 n 8 8 8 9 9 10 10 Ta có: ak 2 Cn 2 Cn , 0 k n an 8 2 Cn 2 Cn , an 9 2 Cn , an 10 2 Cn * Theo đề bài với n 10, n ¥ *: n! n! 29 28 2 1 25 an 9 an 8 9! n 9 ! 8! n 8 ! 9 n 8 n 2 n 13. an 9 an 10 9 n! 10 n! 1 1 2 2 n 14 9! n 9 ! 10! n 10 ! n 9 5 Câu 35. [DS11.C2.3.BT.c] (Sở GD và ĐT Đà Nẵng-2017-2018 - BTN) Giá trị của 1 1 1 1 1 A bằng 1!2018! 2!2017! 3!2016! 1008!1011! 1009!1010! 22017 1 22018 22018 1 22017 A. .B. .C. .D. . 2018! 2019! 2019! 2018! Lời giải
11. Chọn C 1 C k Ta có n . k! n k ! n! Do đó C1 C 2 C3 C1009 C1 C 2 C1009 A 2019 2019 2019 2019 2019 2019 2019 2019! 2019! 2019! 2019! 2019! C 0 C1 C 2 C1009 1 22018 1 2019 2019 2019 2019 . 2019! 2019! Câu 26: [DS11.C2.3.BT.c](THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - Lần 2 -2018 - BTN) Tính tổng các hệ số trong khai triển 1 2x 2018 . A. 1.B. 1.C. 2018 .D. 2018 . Lời giải Chọn B 2018 0 1 2 2 3 3 2018 2018 Xét khai triển (1 2x) C2018 2x.C2018 ( 2x) .C2018 ( 2x) .C2018 ( 2x) .C2018 0 1 2 2 3 3 2018 2018 Tổng các hệ số trong khai triển là: S C2018 2.C2018 ( 2) .C2018 ( 2) .C2018 ( 2) .C2018 Cho x 1 ta có: 2018 0 1 2 2 3 3 2018 2018 (1 2.1) C2018 2.1.C2018 ( 2.1) .C2018 ( 2.1) .C2018 ( 2.1) .C2018 1 2018 S S 1 Câu 39: [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Khai triển ( 5 4 7)124 . Có bao nhiêu số hạng hữu tỉ trong khai triển trên? A. 30 . B. 31. C. 32 . D. 33 . Lời giải Chọn C 124 124 k k k 4 124 k 2 4 Ta có ( 5 7) C124. 1 .5 .7 k 0 124 k ¢ 2 Số hạng hữu tỉ trong khai triển tương ứng với k 0;4;8;12; ;124. k ¢ 4 124 0 Vậy số các giá trị k là: 1 32 . 4 Câu 20: [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Tìm số nguyên 0 1 2 n dương n thỏa mãn 2Cn 5Cn 8Cn 3n 2 Cn 1600 . A. n 5. B. n 7 . C. n 10 . D. n 8 . Lời giải Chọn B 0 1 2 n Biến đổi 2Cn 5Cn 8Cn 3n 2 Cn 0 1 2 n 3.0 2 Cn 3.1 2 Cn 3.2 2 Cn 3n 2 Cn 0 1 2 n 1 2 n 2 Cn Cn Cn Cn 3 Cn 2Cn nCn .
12. 0 1 2 n n Ta có Cn Cn Cn Cn 2 . n n 1 Xét hàm số f x 1 x f x n 1 x f 1 n.2n 1 1 n 0 1 2 2 3 3 n n Lại có f x 1 x Cn Cn x Cn x Cn x Cn x 1 2 2 3 n 1 n f x Cn 2xCn 3x Cn nx Cn 1 2 3 n f 1 Cn 2Cn 3Cn nCn 2 1 2 3 n n 1 Từ 1 và 2 ta được Cn 2Cn 3Cn nCn n.2 . 0 1 2 n n n 1 3n n Do đó 2Cn 5Cn 8Cn 3n 2 Cn 2.2 3n.2 2 .2 . 2 0 1 2 n 3n n Bài ra 2Cn 5Cn 8Cn 3n 2 Cn 1600 nên 2 .2 1600 . 2 Với n 7 I Loại. 3n n 21 7 Với 1 n 7 2 .2 2 .2 1600 Loại. 2 2 3n n Do đó 2 .2 1600 n 7 . 2 Câu 46: [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho số n C1 2C2 3C3 1 nCn nguyên dương n , tính tổng S n n n n . 2.3 3.4 4.5 n 1 n 2 n 2n n 2n A. S . B. S . C. S . D. S . n 1 n 2 n 1 n 2 n 1 n 2 n 1 n 2 Lời giải Chọn A Với k , n ¥ , 0 k n , n 0 ta có: 1 n! n 1 ! 1 Ck Ck 1 . k 1 n k 1 .k!. n k ! n 1 k 1 !. n 1 k 1 ! n 1 n 1 1 1 Ck Ck 1 (*). k 1 n n 1 n 1 Áp dụng đẳng thức (*) ta có: k k k k k k.Cn 2 1 k 2.Cn Cn k 1 Cn Cn Cn 2. . k 1 k 2 k 2 k 1 k 2 k 1 k 2 k 1 k 1 k k k k 1 k 1 k 2 1 Cn Cn Cn Cn 1 Cn 1 Cn 2 2. 1 . 2. 2. . k 2 k 1 k 1 k 1 k 2 n 1 n 1 n 1 n 2 Suy ra
13. 1 n 2 n S C2 C3 C4 1 Cn 1 C3 C4 1 Cn 2 . n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 2 n 2 n 2 n 2 Ta có C2 1 n Cn 1 C0 C1 C2 1 n Cn 1 +C0 C1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 1 1 1 n 1 n . C3 C4 1 n Cn 2 C0 C1 C2 C3 C4 1 n Cn 2 C0 C1 C2 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2 2 n 1 n 1 n 2 n n 1 1 1 n 2 . 2 2 Vậy ta suy ra 1 2 n2 n n S n . . n 1 n 1 n 2 2 n 1 n 2 Phương pháp trắc nghiệm n C1 2C2 3C3 1 nCn Đặt tổng: S n n n n lần lượt bằng các kết quả ở các phương án A, B, C, 2.3 3.4 4.5 n 1 n 2 D. n C1 2C2 3C3 1 nCn n Xét phương án A: Giả sử rằng S n n n n . 2.3 3.4 4.5 n 1 n 2 n 1 n 2 Kiểm tra với n 2 ta thấy VT VP . Vậy A đúng. Xét các phương án B, C, D: Kiểm tra với n 2 thì VT VP . Vậy B, C, D không đúng. Câu 49: [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Chuyên Thái Nguyên - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Tìm hệ số của x4 trong khai triển n 1 5 4 nhị thức Newton 2x với x 0 , biết n là số tự nhiên lớn nhất thỏa mãn An 18An 2 . 5 x A. 8064 . B. 3360 . C. 13440. D. 15360. Lời giải Chọn A n 6 Điều kiện: n ¢ n! n 2 ! Khi đó A5 18A4 18. n n 2 n 5 ! n 6 ! n n 1 n 2 n 3 n 4 18 n 2 n 3 n 4 n 5 n n 1 18 n 5 n2 19n 90 0 9 n 10 n max n 10 . 10 k 1 k 10 k 1 Số hạng tổng quát trong khai triển 2x là Tk 1 C10. 2x . 5 x 5 x
14. k 50 6k k 10 k 10 k 5 k 10 k 5 C10.2 .x .x C10.2 .x . 50 6k Tìm k sao cho 4 k 5 . 5 4 5 10 5 Vậy hệ số của số hạng chứa x là C10.2 8064. Câu 32: [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh - lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Sau khi khai triển 12 21 2 3 3 1 và rút gọn biểu thức f x x 2x 2 thì f x có bao nhiêu số hạng? x x A. 30 . B. 32 . C. 29 . D. 35 . Lời giải Chọn D 12 12 k 12 2 3 k 2 12 k 3 k k 24 3k x C12 x C12 3 x x k 0 x k 0 21 21 k 21 1 21 k 1 2x3 C k 2x3 C k 221 k x63 5k 2  21 2  21 x k 0 x k 0 Ta cho k chạy từ 0 đến 12 thì các số mũ của x không bằng nhau. 12 21 2 3 3 1 Với khai triển x ta có 13 số hạng; Với khai triển 2x 2 ta có 22 số hạng. Vậy x x tổng số hạng là: 35 . Câu 43: [DS11.C2.3.BT.c] (Sở GD&ĐT Bà Rịa - Vũng Tàu - 2017 - 2018 - BTN) Số tự nhiên n thỏa 1 2 n 1.Cn 2.Cn n.Cn 1024 thì A. n 7. B. n 8. C. n 9. D. n 10. Lời giải Chọn B Xét khai triển n 0 1 2 2 n n 1 x Cn Cn x Cn x Cn x . Lấy đạo hàm hai vế ta được: n 1 1 2 n n 1 n 1 x Cn 2Cn x nCn x . n 1 1 2 n 1 2 n Cho x 1 ta được: n.2 Cn 2Cn nCn mà 1.Cn 2.Cn n.Cn 1024 . Suy ra: n.2n 1 1024 n.2n 1 1024 0 . Xét phương trình g n n.2n 1 1024 , n 1. Có g n 2n 1 n.2n 1.ln 2 0 ,n 1 nên g n đồng biến 1; . Do đó phương trình g n 0 có nhiều nhất 1 nghiệm. Mà g 8 1024 nên n 8 . Câu 33: [DS11.C2.3.BT.c] (THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018 - BTN) Tổng 1 2 2 3 3 4 2016 2017 S 2.3C2017 3.3 C2017 4.3 C2017  2017.3 C2017 bằng. 2017 A. 42016 1 B. 32016 1 C. 32016 D. 42016 Lời giải Chọn A 2017 0 1 2 2 3 3 4 4 2017 2017 Xét khai triển: P x 1 x C2017 C2017 x C2017 x C2017 x C2017 x  C2017 x . Lấy đạo hàm hai vế ta được: 2016 1 2 3 2 4 3 2017 2016 2017 1 x C2017 2C2017 x 3C2017 x 4C2017 x  2017C2017 x .
15. Cho x 3 ta được: 2016 1 2 2 3 3 4 2016 2017 2017.4 C2017 2.3C2017 3.3 C2017 4.3 C2017  2017.3 C2017 . 2016 1 2 2 3 3 4 2016 2017 2017.4 C2017 2.3C2017 3.3 C2017 4.3 C2017  2017.3 C2017 . 1 2016 1 2 2 3 3 4 2016 2017 2017.4 2017 2.3C2017 3.3 C2017 4.3 C2017  2017.3 C2017 . 2017 2017 42016 1 S . Câu 7: [DS11.C2.3.BT.c] (Đoàn Trí Dũng - Lần 7 - 2017 - 2018) Tính giá trị của biểu thức: 0 1 1 2 2016 2017 2017 2018 P C2017C2018 C2017C2018 C2017 C2018 C2017 C2018 . 2018 2017 2017 2018 A. P C4036 B. P C4035 C. P C4034 D. P C4034 Lời giải Chọn B 0 2017 1 2016 2016 1 2017 0 Ta biến đổi trở thành: P C2017C2018 C2017C2018 C2017 C2018 C2017 C2018 . Xét khai triển: 2017 018 0 1 2016 2016 2017 2017 0 1 2017 2017 2018 2018 1 x 1 x C2017 xC2017 x C2017 x C2017 C2018 xC2018 x C2018 x C2018 Hệ số của x2017 trong khai triển trên chính là: 0 2017 1 2016 2016 1 2017 0 P C2017C2018 C2017C2018 C2017 C2018 C2017 C2018 . 2017 018 4035 0 1 4034 4034 4035 4035 Mặt khác, ta cũng có: 1 x 1 x 1 x C4035 xC4035 x C4035 x C4035 và 2017 2017 2017 trong khai triển này thì hệ số của x là C4035 . Do vậy ta có: P C4035 . Câu 14. [DS11.C2.3.BT.c] (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Tìm hệ số của x5 trong khai triển P x x 1 2x 5 x2 1 3x 10 . A. 3240 . B. 3320 . C. 80 . D. 259200 . Lời giải Chọn B k k 2 m m k k k 1 m m m 2 Khải triển P x có số hạng tổng quát xC5 2x x C10 3x 2 C5 x 3 C10 x ( k ¥ , k 5, m ¥ , m 10 ) k 1 5 k 4 Hệ số của x5 ứng với k , m thỏa hệ . m 2 5 m 3 4 4 3 3 Vậy hệ số cần tìm là 2 C5 3 C10 3320 . Câu 27. [DS11.C2.3.BT.c] (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018 - BTN) Cho số nguyên 1 2 n dương n thỏa mãn 2Cn 3Cn n 1 Cn 2621439 . Số hạng không chứa x trong khai triển của biểu n 2 1 thức x bằng x A. 43758 . B. 31824 . C. 18564. D. 1. Lời giải Chọn C Ta có: n 0 1 2 2 3 n n 1 x 1 x Cn x Cn x Cn x Cn x . Lấy đạo hàm hai vế ta được: n n 1 0 1 2 2 n n x 1 nx x 1 Cn 2Cn x 3Cn x n 1 Cn x . Cho x 1, ta có 0 1 2 n n n 1 n 1 Cn 2Cn 3Cn n 1 Cn 2 n2 2 2 n . 2621440 2n 1 2 n 1 2621439 2n 1 2 n 2621440 2n .2 . (*) 2 n
16. 2621440 Xét f n 2n là hàm số đồng biến trên 0; và g n 2. là hàm số nghịch biến trên 2 n 0; . Ta có f 18 g 18 n 18 là nghiệm duy nhất của (*). 18 2 1 k 36 3k Khi đó số hạng tổng quát của khai triển x là: C18 x với k ¢ , 0 k 18. x 12 Vậy số hạng không chứa x là C18 18564 . Câu 36. [DS11.C2.3.BT.c] (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018 - BTN) Hệ số của số hạng 6 chứa x7 trong khai triển x2 3x 2 bằng A. 6432 . B. 4032 . C. 1632 . D. 5418 . Lời giải Chọn D 6 x2 3x 2 x 1 6 x 2 6 6 k k 6 k Số hạng tổng quát trong khai triển x 1 là C6 .x 1 với k 0;1;2 ;6 . 6 i i 6 i Số hạng tổng quát trong khai triển x 2 là C6.x 2 với i 0;1;2 ;6 . 2 6 6 6 k k 6 k i i 6 i Số hạng tổng quát trong khai triển x 3x 2 x 1 x 2 là C6 x 1 .C6 x 2 k i i k 12 i k 6 i C6 C6 x 1 . 2 Số hạng chứa x7 ứng với i k 7 . Kết hợp với điều kiện ta được các nghiệm 6 1 5 5 i 1 k 6 hệ số là C6 C6 1 . 2 192 5 2 5 4 i 2 k 5 hệ số là C6 C6 1 . 2 1440 4 3 5 3 i 3 k 4 hệ số là C6 C6 1 . 2 2400 3 4 5 2 i 4 k 3 hệ số là C6 C6 1 . 2 1200 2 5 5 1 i 5 k 2 hệ số là C6 C6 1 . 2 180 1 6 5 0 i 6 k 1 hệ số là C6C6 1 . 2 6 6 Vậy hệ số của số hạng chứa x7 trong khai triển x2 3x 2 bằng 5418 Cách 2. 6 6 x2 3x 2 x2 3x 2 k 2 6 k k Số hạng tổng quát trong khai triển trên là C6 . x 3x 2 với k 0;1;2 ;6 . k i k i i Số hạng tổng quát trong khai triển 3x 2 là Ck .2 3x với 0 i k . 2 6 k 2 6 k i k i i Số hạng tổng quát trong khai triển x 3x 2 là C6 . x Ck .2 3x k i k i i 12 2k i C6 Ck .2 3 . x Số hạng chứa x7 ứng với 12 2k i 7 2k i 5 . Kết hợp với điều kiện ta được các nghiệm 3 1 2 1 k 3 i 1 hệ số là C6 C3 2 3 720 4 3 3 1 k 4 i 3 hệ số là C6 C4 3 . 2 3240 5 5 0 5 k 5 i 5 hệ số là C6 C5 2 . 3 1458 6 Vậy hệ số của số hạng chứa x7 trong khai triển x2 3x 2 bằng 5418 .