Đề kiểm tra Nhị thức Newton lớp 10 (có lời giải) - Đề 1

Ta có \({\left( {6x + 1} \right)^4} = C_4^0{\left( {6x} \right)^4} + C_4^1{\left( {6x} \right)^3} + C_4^2{\left( {6x} \right)^2} + C_4^3{\left( {6x} \right)^1} + C_4^4.\)

Ta có:

\[\begin{array}{l}x{\left( {2x - y} \right)^4} = x\left( {C_4^0{{\left( {2x} \right)}^4} + C_4^1{{\left( {2x} \right)}^3}\left( { - y} \right) + C_4^2{{\left( {2x} \right)}^2}{{\left( { - y} \right)}^2} + C_4^3\left( {2x} \right){{\left( { - y} \right)}^3} + C_4^4{{\left( { - y} \right)}^4}} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = x\left( {16{x^4} - 32{x^3}y + 24{x^2}{y^2} - 8x{y^3} + {y^4}} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 16{x^5} - 32{x^4}y + 24{x^3}{y^2} - 8{x^2}{y^3} + x{y^4}\end{array}\].

Ta có \(P\left( x \right) = {\left( {2x + 1} \right)^4} - {\left( {2x - 1} \right)^4}\)

\( = \left[ {C_4^0{{(2x)}^4} + C_4^1{{(2x)}^3} + C_4^2{{(2x)}^2} + C_4^3(2x) + C_4^4} \right] - \left[ {C_4^0{{(2x)}^4} - C_4^1{{(2x)}^3} + C_4^2{{(2x)}^2} - C_4^3(2x) + C_4^4} \right]\)\( = 16x + 64{x^3}\).

Vậy hệ số \({a_3} = 64\).

Xét khai triển nhị thức \[P\left( x \right) = {\left( {{x^2} + \frac{1}{2}} \right)^5} = \sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k{{\left( {{x^2}} \right)}^{5 - k}}{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k{x^{10 - k}}{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^k}} \]

\[ = C_5^0.{x^{10}} + C_5^1.{x^8}.\frac{1}{2} + C_5^2.{x^6}.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} + C_5^3.{x^4}.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^3} + C_5^4.{x^2}.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^4} + C_5^5.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^5}\].

Ta có: \({\left( {3x - 2} \right)^4} = {\left( { - 2 + 3x} \right)^4}.\)

Số hạng tổng quát trong khai triển là:

\({T_{k + 1}} = C_4^k{\left( { - 2} \right)^{4 - k}}.{\left( {3x} \right)^k} = C_4^k.{\left( { - 2} \right)^{4 - k}}{3^k}{x^k}\), (\(0 \le k \le 4,\,k \in \mathbb{N}\)).

Hệ số của \({x^2}\) là: \(C_4^2.{\left( { - 2} \right)^2}{.3^2} = 216\).

Ta có

\[{\left( {1 - 2x} \right)^4} = 1 - C_4^1.2x + C_4^2{\left( {2x} \right)^2} - C_4^3{\left( {2x} \right)^3} + {\left( {2x} \right)^4} = 1 - 8x + 24{x^2} - 32{x^3} + 16{x^4}\]

nên \(0,{98^4} = {\left( {1 - 2.0,01} \right)^4} \approx 1 - 8.0,01 \approx 1 - 0,08 \approx 0,92\).

Áp dụng Nhị thức NewTon ta có \({(2 + 0,01)^4} = {2^4} + {4.2^3}.0,01 + {6.2^2}.0,{01^2} + 4.2.0,{01^3} + 0,{01^4}\)

Do đó, khi dùng hai số hạng đầu tiên thì ta được \(2,{01^4} = {(2 + 0,01)^4} \approx {2^4} + 4.0,{01.2^3} \approx 16,32\)

Số hạng tổng quát trong khai triển là: \[{T_{k + 1}} = C_4^k{\left( {5x} \right)^{4 - k}}{2^k} = C_4^k{5^{4 - k}}{.2^k}{x^{4 - k}}\],\(0 \le k \le 4,\,k \in \mathbb{N}\).

Số hạng không chứa \(x\) là: \[C_4^0{.2^4} = 16\].

Số hạng tổng quát trong khai triển là: \[{T_{k + 1}} = C_5^k{2^{5 - k}}{( - {x^3})^k} = C_5^k{2^{5 - k}}{\left( { - 1} \right)^k}{x^{3k}}\], \(0 \le k \le 5,\,k \in \mathbb{N}\).

Ta có:\({(x + \sqrt 2 )^4} = C_4^0{x^4} + C_4^1{x^3}(\sqrt 2 ) + C_4^2{x^2}{(\sqrt 2 )^2} + C_4^3x{(\sqrt 2 )^3} + C_4^4{(\sqrt 2 )^4}\) \( = {x^4} + 4\sqrt 2 {x^3} + 12{x^2} + 8\sqrt 2 x + 4\).

a) Ta có: \({(x + 2y)^3} + {(2x - y)^3} = C_3^0{x^3} + C_3^1{x^2}(2y) + C_3^2x{(2y)^2} + C_3^3{(2y)^3}\) \( + C_3^0{(2x)^3} + C_3^1{(2x)^2}( - y) + C_3^2(2x){( - y)^2} + C_3^3{( - y)^3}\) \( = {x^3} + 6{x^2}y + 12x{y^2} + 8{y^3} + 8{x^3} - 12{x^2}y + 6x{y^2} - {y^3} = 9{x^3} - 6{x^2}y + 18x{y^2} + 7{y^3}\).

b) Có hai số hạng mà lũy thừa của \(x\) lớn hơn lũy thừa của \(y\) là \(9{x^3} - 6{x^2}y\). Tổng hệ số của chúng: \(9 + ( - 6) = 3\).

Ta có: \({\left( {x + \frac{1}{x}} \right)^4} = C_4^0{x^4} + C_4^1{x^3}\left( {\frac{1}{x}} \right) + C_4^2{x^2}{\left( {\frac{1}{x}} \right)^2} + C_4^3x{\left( {\frac{1}{x}} \right)^3} + C_4^4{\left( {\frac{1}{x}} \right)^4}\) \( = {x^4} + 4{x^2} + 6 + \frac{4}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^4}}}\).

Ta có: \({(x + 1)^5} = C_5^0{x^5} + C_5^1{x^4} + C_5^2{x^3} + C_5^3{x^2} + C_5^4x + C_5^5\left( * \right)\)

\( = 1 + 5x + 10{x^2} + 10{x^3} + 5{x^4} + {x^5}\).

c) Từ khai triển (*) trong câu \(a\) ), thay \(x = 1\), ta được: \({(1 + 1)^5} = C_5^0 \cdot {1^5} + C_5^1 \cdot {1^4} + C_5^2 \cdot {1^3} + C_5^3 \cdot {1^2} + C_5^4 \cdot 1 + C_5^5\) \( = C_5^0 + C_5^1 + C_5^2 + C_5^3 + C_5^4 + C_5^5\).

Vậy \(C_5^0 + C_5^1 + C_5^2 + C_5^3 + C_5^4 + C_5^5 = {2^5}\).

d) Từ khai triển (*) của câu \(\left. a \right)\), thay \(x = 2\), ta được:

\(\begin{array}{l}{(2 + 1)^5} = C_5^0 \cdot {2^5} + C_5^1 \cdot {2^4} + C_5^2 \cdot {2^3} + C_5^3 \cdot {2^2} + C_5^4 \cdot 2 + C_5^5\\ = 32C_5^0 + 16C_5^1 + 8C_5^2 + 4C_5^3 + 2C_5^4 + C_5^5 = S\end{array}\)

Vậy \(S = {3^5}\).

Số tiền (cả vốn lẫn lãi) mà bác An nhận được sau 1 năm là: \(200000000 + 7\%  \cdot 200000000 = 200000000 \cdot \left( {1 + \frac{7}{{100}}} \right){\rm{ }}\)(đồng)

Số tiền (cả vốn lẫn lãi) mà bác An nhận được sau 2 năm là: \(\left[ {200000000 \cdot \left( {1 + \frac{7}{{100}}} \right)} \right] + 7\%  \cdot \left[ {200000000 \cdot \left( {1 + \frac{7}{{100}}} \right)} \right] = 200000000 \cdot {\left( {1 + \frac{7}{{100}}} \right)^2}\)(đồng)

Từ đó suy ra số tiền (cả vốn lẫn lãi) mà bác An nhận được sau 5 năm là:

\(200000000 \cdot {\left( {1 + \frac{7}{{100}}} \right)^5}\)(đồng)

Vì \({\left( {1 + \frac{7}{{100}}} \right)^5} \approx {1^5} + 5 \cdot {1^4} \cdot \frac{7}{{100}} + 10 \cdot {1^3} \cdot {\left( {\frac{7}{{100}}} \right)^2} = 1,399\) nên số tiền mà bác An nhận được sau 5 năm gửi ngân hàng khoảng: \(200000000 \cdot 1,399 = 279800000\)(đồng)

Ta có: \(x{(2x + 1)^4} + {(x + 2)^5}\)

\(\begin{array}{l} = x\left( {16{x^4} + 32{x^3} + 24{x^2} + 8x + 1} \right) + \left( {{x^5} + 10{x^4} + 40{x^3} + 80{x^2} + 80x + 32} \right)\\ = 16{x^5} + 32{x^4} + 24{x^3} + 8{x^2} + x + {x^5} + 10{x^4} + 40{x^3} + 80{x^2} + 80x + 32\\ = 17{x^5} + 42{x^4} + 64{x^3} + 88{x^2} + 81x + 32.\end{array}\)

Vậy số hạng chứa \({x^3}\) trong khai triển của đa thức \(x{(2x + 1)^4} + {(x + 2)^5}\) là \(64{x^3}\).

Vì tổ I phải chọn ít nhất một thành viên để tham gia đội kịch nên số cách chọn thành viên của tổ \(I\) là: \(C_5^1 + C_5^2 + C_5^3 + C_5^4 + C_5^5 = {(1 + 1)^5} - C_5^0 = {2^5} - 1 = 31\).

Vì \(C_n^0 = 1 = \frac{1}{{n + 1}}C_{n + 1}^1\) và áp dụng công thức \(\frac{1}{{k + 2}}C_{n + 1}^{k + 1} = \frac{1}{{n + 2}}C_{n + 2}^{k + 2}\) ta có:

Số tập con không có phần tử nào của \(A\) là \(C_6^0\).

Số tập có có 1 phần tử, 2 phần tử, 3 phần tử, 4 phần tử, 5 phần tử, 6 phần tử của \(A\) lần lượt là \(C_6^1,C_6^2,C_6^3,C_6^4,C_6^5,C_6^6\).

Vậy tổng số tập con của \(A\) là \(C_6^0 + C_6^1 + C_6^2 + C_6^3 + C_6^4 + C_6^5 + C_6^6 = T\).

Theo khai triển nhị thức Newton, ta có:

\({(1 + x)^6} = C_6^0 + C_6^1x + C_6^2{x^2} + C_6^3{x^3} + C_6^4{x^4} + C_6^5{x^5} + C_6^6{x^6}.\)

Thay \(x = 1\), ta được: \({(1 + 1)^6} = C_6^0 + C_6^1 + C_6^2 + C_6^3 + C_6^4 + C_6^5 + C_6^6\) hay \(T = {2^6}\).

Vậy số tập con của tập \(A\) là \({2^6}\).

Đặt \({(1 - 2x)^5} = {a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} +  \ldots  + {a_5}{x^5}\).

Cho \(x = 1\) ta có tổng các hệ số \({a_0} + {a_1} + {a_2} +  \ldots  + {a_5} = {(1 - 2)^5} =  - 1\).