《2025年师说高中数学选择性必修第三册人教版》

跟踪训练2 已知二项式$(\frac{\sqrt{x}}{2}-\frac{1}{x})^{n}$的展开式中共有10项.
(1)求展开式的第5项的二项式系数；
(2)求展开式中的常数项.

答案：
(1)由题意可得$n = 9$，
所以展开式的第5项的二项式系数为$\mathrm{C}_{9}^{4}=126$.
(2)展开式的通项公式为$T_{k + 1}=\mathrm{C}_{9}^{k}(\frac{\sqrt{x}}{2})^{9 - k}\cdot(-\frac{1}{x})^{k}=(-1)^{k}\cdot(\frac{1}{2})^{9 - k}\mathrm{C}_{9}^{k}x^{\frac{9 - 3k}{2}}$，
其中$k = 0,1,2,\cdots,9$，
令$\frac{9 - 3k}{2}=0$，得$k = 3$，
所以展开式中的常数项为$(-1)^{3}\cdot(\frac{1}{2})^{6}\mathrm{C}_{9}^{3}=-\frac{21}{16}$.

例3 求证：$1 + 2 + 2^{2}+\cdots+2^{5n - 1}(n\in N^{*})$能被31整除.

答案： $\because1 + 2+2^{2}+\cdots+2^{5n - 1}=\frac{1 - 2^{5n}}{1 - 2}=2^{5n}-1$
$=32^{n}-1=(31 + 1)^{n}-1$
$=\mathrm{C}_{n}^{0}\times31^{n}+\mathrm{C}_{n}^{1}\times31^{n - 1}+\cdots+\mathrm{C}_{n}^{n - 1}\times31+\mathrm{C}_{n}^{n}\times31^{0}-1$
$=31(\mathrm{C}_{n}^{0}\times31^{n - 1}+\mathrm{C}_{n}^{1}\times31^{n - 2}+\cdots+\mathrm{C}_{n}^{n - 1})$，
显然$\mathrm{C}_{n}^{0}\times31^{n - 1}+\mathrm{C}_{n}^{1}\times31^{n - 2}+\cdots+\mathrm{C}_{n}^{n - 1}$为整数，
$\therefore1 + 2+2^{2}+\cdots+2^{5n - 1}(n\in\mathbf{N}^{*})$能被31整除.

跟踪训练3 求$4^{15}$除以15的余数.

答案： $\because4^{15}=4\times4^{14}=4\times(4^{2})^{7}=4\times16^{7}$
$=4(15 + 1)^{7}$
$=4(\mathrm{C}_{7}^{0}\times15^{7}+\mathrm{C}_{7}^{1}\times15^{6}+\cdots+\mathrm{C}_{7}^{6}\times15^{1}+\mathrm{C}_{7}^{7}\times15^{0})$
$=4\times15(\mathrm{C}_{7}^{0}\times15^{6}+\mathrm{C}_{7}^{1}\times15^{5}+\cdots+\mathrm{C}_{7}^{6})+4$，
$\therefore4^{15}$除以15的余数为4.

1.化简$(x + 1)^{4}-4(x + 1)^{3}+6(x + 1)^{2}-4(x + 1)+1$的结果为（ ）
A. $x^{4}$
B. $(x - 1)^{4}$
C. $(x + 1)^{4}$
D. $x^{4}-1$

答案： 解析:$(x + 1)^{4}-4(x + 1)^{3}+6(x + 1)^{2}-4(x + 1)+1$
$=\mathrm{C}_{4}^{0}(x + 1)^{4}+\mathrm{C}_{4}^{1}(x + 1)^{3}\times(-1)+\mathrm{C}_{4}^{2}(x + 1)^{2}\times(-1)^{2}+\mathrm{C}_{4}^{3}\times(x + 1)\times(-1)^{3}+\mathrm{C}_{4}^{4}(x + 1)^{0}\times(-1)^{4}=[(x + 1)-1]^{4}=x^{4}$. 故选A.
答案:A

2.二项式$(2x - y)^{8}$的展开式中第3项的二项式系数为（ ）
A. -56
B. 56
C. -28
D. 28

答案： 解析:二项式$(2x - y)^{8}$的展开式第三项的二项式系数为$\mathrm{C}_{8}^{2}=28$. 故选D.
答案:D

3.$(x - 1)^{10}$的二项展开式中第4项是（ ）
A. $C_{10}^{3}x^{7}$
B. $C_{10}^{4}x^{6}$
C. $-C_{10}^{3}x^{7}$
D. $-C_{10}^{4}x^{6}$

答案： 解析:$(x - 1)^{10}$的通项公式为$T_{k + 1}=\mathrm{C}_{10}^{k}x^{10 - k}\cdot(-1)^{k}$，
故第4项$T_{4}=\mathrm{C}_{10}^{3}x^{10 - 3}(-1)^{3}=-\mathrm{C}_{10}^{3}x^{7}$. 故选C.
答案:C

4.$8^{9}$被6除所得的余数为________.

答案： 解析:$8^{9}=(6 + 2)^{9}=\mathrm{C}_{9}^{0}6^{9}+\mathrm{C}_{9}^{1}6^{8}\times2+\mathrm{C}_{9}^{2}6^{7}\times2^{2}+\cdots+\mathrm{C}_{9}^{8}6\times2^{8}+\mathrm{C}_{9}^{9}2^{9}$，展开式的前9项都能被6整除，只有最后一项不能被6整除，所以问题转化为$2^{9}$被6除的余数，而$2^{9}=512$，被6除的余数为2，所以$8^{9}$被6除的余数为2.
答案:2

“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题.用$m\mid x$表示整数$x$被$m$整除，设$a,b\in Z,m\in N^{*}$且$m\gt1$，若$m\mid(a - b)$，则称$a$与$b$对模$m$同余，记为$a\equiv b(\bmod m)$.已知$a = C_{16}^{9}\times5^{16}-C_{16}^{15}\times5^{15}+C_{16}^{2}\times5^{14}-C_{16}^{3}\times5^{13}+\cdots+C_{16}^{14}\times5^{2}-C_{16}^{15}\times5 - 2$，则（ ）
A. $a\equiv2024(\bmod7)$
B. $a\equiv2025(\bmod7)$
C. $a\equiv2026(\bmod7)$
D. $a\equiv2027(\bmod7)$

答案： 解析:由二项式定理，得$a=\mathrm{C}_{16}^{0}\times5^{16}\times(-1)^{0}+\mathrm{C}_{16}^{1}\times5^{15}\times(-1)^{1}+\cdots+\mathrm{C}_{16}^{15}\times5\times(-1)^{15}+\mathrm{C}_{16}^{16}\times5^{0}\times(-1)^{16}-3=(5 - 1)^{16}-3=4^{16}-3=16^{8}-3=(14 + 2)^{8}-3=\mathrm{C}_{8}^{0}\times14^{8}\times2^{0}+\mathrm{C}_{8}^{1}\times14^{7}\times2^{1}+\cdots+\mathrm{C}_{8}^{7}\times14^{1}\times2^{7}+\mathrm{C}_{8}^{8}\times14^{0}\times2^{8}-3$. 因为$\mathrm{C}_{8}^{0}\times14^{8}\times2^{0}+\mathrm{C}_{8}^{1}\times14^{7}\times2^{1}+\cdots+\mathrm{C}_{8}^{7}\times14^{1}\times2^{7}$能够被7整除，$\mathrm{C}_{8}^{8}\times14^{0}\times2^{8}-3=253$被7除余1，所以$a\equiv1(\bmod7)$. 因为2024除以7余1，2025除以7余2，2026除以7余3，2027除以7余4，所以$a\equiv2024(\bmod7)$. 故选A.
答案:A