Đề kiểm tra Nhị thức Newton lớp 10 (có lời giải) - Đề 3

Ta có: \({\left( {3 - 0,01} \right)^5} \approx {3^5} - {5.3^4}.0,01 \approx 238,95\).

Ta có:

\[\begin{array}{l}{\left( {3{x^2} - y} \right)^4} = C_4^0{\left( {3{x^2}} \right)^4} + C_4^1{\left( {3{x^2}} \right)^3}\left( { - y} \right) + C_4^2{\left( {3{x^2}} \right)^2}{\left( { - y} \right)^2} + C_4^3\left( {3{x^2}} \right){\left( { - y} \right)^3} + C_4^4{\left( { - y} \right)^4}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 81{x^8} - 108{x^6}y + 54{x^4}{y^2} - 12{x^2}{y^3} + {y^4}\end{array}\].

Vậy giá trị \(k = 2\).

Ta có :

\(\begin{array}{l}{\left( {22x - 23y} \right)^5} = C_5^0{\left( {22x} \right)^5} - C_5^1{\left( {22x} \right)^4}{\left( {23y} \right)^1}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + C_5^2{\left( {22x} \right)^3}{\left( {23y} \right)^2} - C_5^3{\left( {22x} \right)^2}{\left( {23y} \right)^3} + C_5^4{\left( {22x} \right)^1}{\left( {23y} \right)^4} - C_5^5{\left( {23y} \right)^5}\end{array}\)

Hệ số của số hạng chứa \({x^3}{y^2}\) là \(C_5^2{.22^3}{.23^2}\).

Theo công thức nhị thức Newton, ta có

\[\begin{array}{l}{\left( {{x^2} + 2y} \right)^5}\\ = C_5^0{\left( {{x^2}} \right)^5} + C_5^1{\left( {{x^2}} \right)^4}\left( {2y} \right) + C_5^2{\left( {{x^2}} \right)^3}{\left( {2y} \right)^2} + C_5^3{\left( {{x^2}} \right)^2}{\left( {2y} \right)^3} + C_5^4{\left( {{x^2}} \right)^1}{\left( {2y} \right)^4} + C_5^5{\left( {2y} \right)^5}\end{array}\]

\[ = {x^{10}} + 10{x^8}y + 40{x^6}{y^2} + 80{x^4}{y^3} + 80{x^2}{y^4} + 32{y^5}\].

Ta có số hạng chứa \({x^3}\) trong khai triển biểu thức \({\left( {x - 1} \right)^5}\)là \[C_5^3{x^3}{( - 1)^2} = C_5^3{x^3}\].

Ta có: số hạng chứa \({x^2}\) là \(C_4^2{\left( {2x} \right)^2}{.1^2} = 4C_4^2{x^2}\).

Hệ số là: \(4C_4^2 = 24\).

Ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{{(3x - 2)}^4}}&{ = C_4^0{{(3x)}^4} + C_4^1{{(3x)}^3}.( - 2) + C_4^2{{(3x)}^2}.{{( - 2)}^2} + C_4^3(3x).{{( - 2)}^3} + C_4^4{{( - 2)}^4}}\\{}&{ = 81{x^4} - 216{x^3} + 216{x^2} - 96x + 16.}\end{array}\)

Vậy hệ số của \({x^2}\) là \(216\).

Số hạng tổng quát của khai triển là \[{T_{k + 1}} = C_5^k{(2x)^{5 - k}}{3^k} = C_5^k{2^{5 - k}}{3^k}{x^{5 - k}}\,\,\].

Theo bài ra ta có \[5 - k = 5 \Leftrightarrow k = 0\].

Vậy hệ số của \[{x^5}\]trong khai triển là \[C_5^0{2^5} = 32\].

Xét khai triển \({\left( {1 + x} \right)^5} = C_5^0 + xC_5^1 + {x^2}C_5^2 + ... + {x^5}C_5^5\).

Thay \(x = 2\) ta được: \(S = C_5^0 + 2C_5^1 + {2^2}C_5^2 + ... + {2^5}C_5^5 = {\left( {1 + 2} \right)^5} = {3^5} = 243\).

Ta có

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

nên \(1,{001^5} = {\left( {1 + 0,001} \right)^5} \approx 1 + 5.0,001 \approx 1 + 0,005 \approx 1,005\).

Điều kiện\(n \ge 3,\,n \in {\rm N}\)

Ta có \(C_n^2 + C_n^3 = 4n \Leftrightarrow C_{n + 1}^3 = 4n \Leftrightarrow \frac{{\left( {n + 1} \right)n\left( {n - 1} \right)}}{6} = 4n \Leftrightarrow {n^2} - 1 = 24 \Leftrightarrow n = 5\)

Khi đó \[P\left( x \right) = {\left( {1 + x + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)^5} = \sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k{{\left( {\frac{1}{{{x^2}}}} \right)}^{5 - k}}{{\left( {1 + x} \right)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^5 {\sum\limits_{i = 0}^k {C_5^kC_k^i} {{\left( {\frac{1}{{{x^2}}}} \right)}^{5 - k}}.{x^i}}  = \sum\limits_{k = 0}^5 {\sum\limits_{i = 0}^k {C_5^kC_k^i.{x^{2k + i - 10}}} } \]

Số hạng không chứa \(x\)ứng với \(2k + i - 10 = 0 \Rightarrow \left( {k;i} \right) \in \left\{ {\left( {5;0} \right);\left( {4;2} \right)} \right\}\)

Vậy số hạng không chứa \(x\)là: \(C_5^5.C_5^0 + C_5^4.C_4^2 = 31\).

Áp dụng Nhị thức NewTon ta có \({(1 + 0,03)^5} = {1^5} + 5.0,{03.1^4} + 10.0,{03^2}{.1^3} + 10.0,{03^3}{.1^2} + 5.0,{03^4}.1 + 0,{03^5}\).

Do đó, khi dùng hai số hạng đầu tiên thì ta được \(1,{03^5} = {(1 + 0,03)^5} \approx {1^5} + 5.0,{03.1^4} \approx 1 + 5.0,03 \approx 1,15\).

\({(3x + 1)^4} = {(3x)^4} + 4 \cdot {(3x)^3} \cdot 1 + 6 \cdot {(3x)^2} \cdot {1^2} + 4 \cdot 3x \cdot {1^3} + {1^4}\)\( = 81{x^4} + 108{x^3} + 54{x^2} + 12x + 1.{\rm{ }}\)

\({(x + 2)^5} = {x^5} + 5 \cdot {x^4} \cdot 2 + 10 \cdot {x^3} \cdot {2^2} + 10 \cdot {x^2} \cdot {2^3} + 5 \cdot x \cdot {2^4} + {2^5}\)\( = {x^5} + 10{x^4} + 40{x^3} + 80{x^2} + 80x + 32.{\rm{ }}\)

\({(x - 1)^4} + {(x + 1)^4} = \left( {{x^4} - 4{x^3} + 6{x^2} - 4x + 1} \right) + \left( {{x^4} + 4{x^3} + 6{x^2} + 4x + 1} \right)\)\( = 2{x^4} + 12{x^2} + 2.{\rm{ }}\)

Ta có: \({(4x - 1)^4} = 256{x^4} - 256{x^3} + 96{x^2} - 16x + 1\).

Số hạng tổng quát trong khai triển có dạng:

\(C_{10}^k{(3x)^{10 - k}} \cdot {\left( { - {x^2}} \right)^k} = C_{10}^k \cdot {3^{10 - k}} \cdot {( - 1)^k} \cdot {x^{10 - k}} \cdot {x^{2k}} = C_{10}^k \cdot {3^{10 - k}} \cdot {( - 1)^k} \cdot {x^{10 + k}}\)

Số hạng chứa \({x^{11}}\) tương ứng với: \(10 + k = 11 \Leftrightarrow k = 1\)

Vậy hệ số của \({x^{11}}\) là: \(C_{10}^1 \cdot {3^{10 - 1}} \cdot {( - 1)^1} =  - 196830\).

Số hạng tổng quát trong khai triển có dạng:

\(C_9^k{(2x)^{9 - k}} \cdot {\left( {\frac{1}{{2x}}} \right)^k} = C_9^k \cdot {2^{9 - k}} \cdot {x^{9 - k}} \cdot \frac{1}{{{2^k}{x^k}}} = C_9^k \cdot {2^{9 - k}} \cdot \frac{1}{{{2^k}}}{x^{9 - 2k}}\)

Số hạng chứa \({x^5}\) tương ứng với: \(9 - 2k = 5 \Leftrightarrow k = 2\)

Vậy số hạng chứa \({x^5}\) là: \(C_9^2 \cdot {2^{9 - 2}} \cdot \frac{1}{{{2^2}}}{x^5} = 1152{x^5}\).

Ta có: \({(1 + x)^n} = C_n^0 + C_n^1 \cdot x + C_n^2 \cdot {x^2} +  \ldots  + C_n^n \cdot {x^n}\)

Ta thay \(x = 1\) vào hai vế khai triển trên, ta được:

\(S = C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 +  \ldots  + C_n^n = {(1 + 1)^n} = {2^n}\)

Ta có \({n^2} - 6n - 7 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 7}\\{n =  - 1}\end{array}} \right.\). Do \(n \in N\) nên \(n = 7\).

Khi đó: \(S = C_7^0 + C_7^1 +  \ldots  + C_7^7\).

Xét khai triển \({(a + b)^7} = \sum\limits_{k = 0}^7 {C_7^k} {a^{7 - k}}{b^k}\). Ta chọn \(a = b = 1\), thu được: \({(1 + 1)^7} = C_7^0 + C_7^1 +  \ldots  + C_7^7\)

Vậy \(S = {2^7} = 128\).

Ta có \({(x + 1)^{2n + 1}} = C_{2n + 1}^0{x^{2n + 1}} + C_{2n + 1}^1{x^{2n}} +  \ldots  + C_{2n + 1}^{2n}x + C_{2n + 1}^{2n + 1}\quad \) (1).

Thay \(x = 1\) vào (1) ta được \({2^{2n + 1}} = C_{2n + 1}^0 + C_{2n + 1}^1 +  \ldots  + C_{2n + 1}^{2n} + C_{2n + 1}^{2n + 1}\) (2).

Thay \(x =  - 1\) vào (1) ta được \(0 =  - C_{2n + 1}^0 + C_{2n + 1}^1 -  \ldots  - C_{2n + 1}^{2n} + C_{2n + 1}^{2n + 1}\) (3).

Lấy \((2) - (3)\) vế theo vế ta được \({2^{2n + 1}} = 2\left( {C_{2n + 1}^0 + C_{2n + 1}^2 +  \ldots  + C_{2n + 1}^{2n}} \right)\).

Theo đề \({2^{2n + 1}} = 2.1024 \Leftrightarrow n = 5\).

Số hạng tổng quát của khai triển \({\left( {\frac{3}{2} - \frac{2}{3}{x^2}} \right)^n}\) là:

\({T_{k + 1}} = C_5^k \cdot {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{5 - k}} \cdot {\left( { - \frac{2}{3}{x^2}} \right)^k} = C_5^k \cdot {( - 1)^k} \cdot {3^{5 - 2k}} \cdot {2^{2k - 5}}{x^{2k}}{\rm{. }}\)

Ta có bảng sau

Vậy số hạng có hệ số nguyên là \(15{x^4}\).

\(\begin{array}{l}S = C_{2n + 1}^0 + C_{2n + 1}^1 + C_{2n + 1}^2 +  \ldots  + C_{2n + 1}^n, \Rightarrow 2S\\ = \left[ {C_{2n + 1}^0 + C_{2n + 1}^1 +  \ldots  + C_{2n + 1}^n} \right] + \left[ {C_{2n + 1}^0 + C_{2n + 1}^1 +  \ldots  + C_{2n + 1}^n} \right].\end{array}\)

Ta có \(C_n^k = C_n^{n - k}\) (tính chất tổ hợp).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 2S = \left[ {C_{2n + 1}^0 + C_{2n + 1}^1 +  \ldots  + C_{2n + 1}^n} \right] + \left[ {C_{2n + 1}^{2n + 1} + C_{2n + 1}^{2n} +  \ldots  + C_{2n + 1}^{n + 1}} \right],\\ \Rightarrow 2S = C_{2n + 1}^0 + C_{2n + 1}^1 +  \ldots  + C_{2n + 1}^n + C_{2n + 1}^{n + 1} +  \ldots  + C_{2n + 1}^{2n} + C_{2n + 1}^{2n}{\rm{, }}\end{array}\)

Xét khai triển \({(x + 1)^{2n + 1}} = C_{2n + 1}^0{x^0} + C_{2n + 1}^1{x^1} +  \ldots  + C_{2n + 1}^{2n + 1}{x^{2n + 1}}\),

Khi \(x = 1 \Rightarrow 2S = {2^{2n + 1}} \Rightarrow S = {2^{2n}} = {4^n}\).