《2025年高中必刷题高二数学选择性必修第三册人教版》

1. [全国乙理 2023·7,5 分]甲、乙两位同学从 6 种课外读物中各自选读 2 种,则这两人选读的课外读物中恰有 1 种相同的选法共有（ ）
A. 30 种
B. 60 种
C. 120 种
D. 240 种

答案： C【解析】甲、乙两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有$C_{6}^{1}C_{5}^{1}C_{4}^{1}=120$（种），故选C。

2. [全国甲理 2023·9,5 分]现有 5 名志愿者报名参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这 5 人中安排 2 人参加公益活动,则恰有 1 人在这两天都参加的不同安排方式共有（ ）
A. 120 种
B. 60 种
C. 30 种
D. 20 种

答案： B【解析】先从5名志愿者中选出1名志愿者参加星期六、星期日两天的公益活动，再从剩下的4名志愿者中选出2名志愿者分别参加星期六、星期日的公益活动，共有$C_{5}^{1}A_{4}^{2}=60$（种）不同的安排方式，故选B。

3. [全国新高考Ⅱ 2022·5,5 分]甲、乙、丙、丁、戊 5 名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻,则不同的排列方式共有（ ）
A. 12 种
B. 24 种
C. 36 种
D. 48 种

答案： B【解析】先将丙和丁捆在一起有$A_{2}^{2}$种排列方式，然后将其与乙、戊排列有$A_{3}^{3}$种排列方式，最后将甲插入中间两空中的一个，有$C_{2}^{1}$种排列方式，则由分步乘法计数原理得不同的排列方式共有$A_{2}^{2}A_{3}^{3}C_{2}^{1}=24$（种），故选B。

4. [全国新课标Ⅰ卷 2024·14,5 分]甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡片上分别标有数字 1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字 2,4,6,8. 两人进行四轮比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的大小,数字大的人得 1 分,数字小的人得 0 分,然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用). 则四轮比赛后,甲的总得分不小于 2 的概率为________.

答案： $\frac{1}{2}$

5. [全国甲理 2024·16,5 分]有 6 个相同的球,分别标有数字 1,2,3,4,5,6,从中无放回地随机取 3 次,每次取 1 个球. 设 m 为前两次取出的球上数字的平均值,n 为取出的三个球上数字的平均值,则 m 与 n 之差的绝对值不大于$\frac{1}{2}$的概率为________.

答案： $\frac{7}{15}$【解析】记取出的三个球上的数字按先后顺序分别为a，b，c，则共有$A_{6}^{3}=120$（种）可能。由题知，$|\frac{m - n}{2}-\frac{a + b + c}{3}|=|\frac{a + b-2c}{6}|\leq0.5$，即$|a + b - 2c|\leq3$。根据对称性知，c = 1或6时，均有2种可能；
点悟：c = 1时，a = 2，b = 3或a = 3，b = 2；c = 6时，a = 4，b = 5或a = 5，b = 4。
c = 2或5时，均有10种可能；
点悟：c = 2时，a，b的值可为(1，3)，(3，1)，(1，4)，(4，1)，(1，5)，(5，1)，(1，6)，(6，1)，(3，4)，(4，3)，共10种情况。同理可分析c = 5的情况。
c = 3或4时，均有16种可能，
点悟：c = 3时，a，b的值可为(1，2)，(2，1)，(1，4)，(4，1)，(1，5)，(5，1)，(1，6)，(6，1)，(2，4)，(4，2)，(2，5)，(5，2)，(2，6)，(6，2)，(4，5)，(5，4)，共16种情况。同理可分析c = 4时的情况。
故满足条件的共有$2×2+2×10+2×16 = 56$（种）可能，故所求概率$P=\frac{56}{120}=\frac{7}{15}$。

6. [北京 2022·8,4 分]若$(2x - 1)^4 = a_4x^4 + a_3x^3 + a_2x^2 + a_1x + a_0$,则$a_0 + a_2 + a_4$=（ ）
A. 40
B. 41
C. -40
D. -41

答案： B【解析】依题意，令x = 1，可得$1=a_{4}+a_{3}+a_{2}+a_{1}+a_{0}$，令x = -1，可得$81=a_{4}-a_{3}+a_{2}-a_{1}+a_{0}$，以上两式相加可得$82 = 2(a_{4}+a_{2}+a_{0})$，所以$a_{0}+a_{2}+a_{4}=41$，故选B。

7. [天津 2023·11,5 分]在$(2x^3 + \frac{1}{x})^6$的展开式中,$x^2$项的系数为________.

答案： 60【解析】由二项式定理得$(2x^{3}+\frac{1}{x})^{6}$展开式的通项$T_{k + 1}=C_{6}^{k}(2x^{3})^{6 - k}(\frac{1}{x})^{k}=C_{6}^{k}2^{6 - k}x^{18 - 4k}$，令$18-4k = 2$，解得k = 4，所以$x^{2}$项的系数为$C_{6}^{4}2^{2}=60$。

8. [全国甲理 2024·13,5 分]$(\frac{1}{3} + x)^{10}$的展开式中,各项系数中的最大值为________.

答案： 5【解析】二项式$(\frac{1}{3}+x)^{10}$的展开式的通项为$T_{k + 1}=C_{10}^{k}(\frac{1}{3})^{10 - k}x^{k}$。由$\begin{cases}C_{10}^{k}(\frac{1}{3})^{10 - k}＞C_{10}^{k - 1}(\frac{1}{3})^{11 - k}\\C_{10}^{k}(\frac{1}{3})^{10 - k}＞C_{10}^{k + 1}(\frac{1}{3})^{9 - k}\end{cases}$解得$\frac{29}{4}＜k＜\frac{33}{4}$。
又$k\in N^{*}$，所以k = 8。
所以所求系数的最大值为$C_{10}^{8}(\frac{1}{3})^{2}=5$。
多种解法：展开式中系数最大的项一定在下面的5项中：$C_{10}^{5}(\frac{1}{3})^{5}x^{5}$，$C_{10}^{6}(\frac{1}{3})^{4}x^{6}$，$C_{10}^{7}(\frac{1}{3})^{3}x^{7}$，$C_{10}^{8}(\frac{1}{3})^{2}x^{8}$，$C_{10}^{9}(\frac{1}{3})^{1}x^{9}$，计算可得，所求系数的最大值为$C_{10}^{8}(\frac{1}{3})^{2}=5$。

9. [天津 2024·11,5 分]在$(\frac{3}{x^3} + \frac{x^3}{3})^6$的展开式中,常数项为________.

答案： 20【解析】$(\frac{3}{x^{3}}+\frac{x^{3}}{3})^{6}$的展开式的通项为$T_{r + 1}=C_{6}^{r}(\frac{3}{x^{3}})^{6 - r}\cdot(\frac{x^{3}}{3})^{r}=C_{6}^{r}3^{6 - 2r}x^{6r - 18}$，令$6r-18 = 0$，得r = 3，故常数项为$C_{6}^{3}×3^{0}=20$。

10. [浙江 2022·12,6 分]已知多项式$(x + 2)(x - 1)^4 = a_0 + a_1x + a_2x^2 + a_3x^3 + a_4x^4 + a_5x^5$,则$a_2$=________,$a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5$=________.

答案： 8 -2【解析】
(1)$(x - 1)^{4}$展开式的通项为$T_{r + 1}=(-1)^{r}C_{4}^{r}x^{4 - r}$，由$4 - r = 1$得r = 3，由$4 - r = 2$得r = 2，所以$a_{2}=1×(-1)^{3}C_{4}^{3}+2×(-1)^{2}C_{4}^{2}=8$。
(2)在多项式中令x = 0，得$a_{0}=2$；令x = 1，得$a_{0}+a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}=0$，所以$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}=0 - a_{0}=-2$。

1. 在$(x + 2y - 3)^5$的展开式中,$xy^3$的系数是（ ）
A. 240
B. -240
C. 480
D. -480

答案： D【解析】根据题意，含$xy^{3}$的项为$C_{5}^{1}x C_{4}^{3}(2y)^{3}(-3)=-480xy^{3}$，所以$xy^{3}$的系数是 -480。故选D。

2. (多选)树人中学 2 名教师应邀参加学生组织的学生象棋循环赛,每两名棋手之间都比赛一场,胜者积 1 分,负者积 0 分,和棋则各积 0.5 分. 若 2 名教师共积 8 分,每名学生的积分相同,则学生参赛人数为（ ）
A. 20
B. 14
C. 10
D. 7

答案： BD【解析】设学生有n人，由积分规则知每场比赛两名棋手的积分和为1，则所有棋手的总积分为$C_{n + 2}^{2}$，故每名学生的得分为$\frac{C_{n + 2}^{2}-8}{n}$。又设每名学生的积分为k或$k + 0.5(k\in N)$，则由$\frac{C_{n + 2}^{2}-8}{n}=k$得$2k=n-\frac{14}{n}+3$为偶数，故$\frac{14}{n}\in N$，从而n为14的正因数，经检验知n = 7或n = 14。
由$\frac{C_{n + 2}^{2}-8}{n}=k+\frac{1}{2}$知$2k=n-\frac{14}{n}+2$，故k无整数解。故选BD。

3. 若 2 行 4 列矩阵$\begin{pmatrix}a_1 & a_2 & a_3 & a_4 \\ b_1 & b_2 & b_3 & b_4\end{pmatrix}$满足每行的四个数都是 1,2,3,4 的一个排列,且至少存在两个$k\in\{1,2,3,4\}$使$a_k = b_k$,则这样的矩阵共有________个.

答案： 168【解析】由题意知，至少存在两个$k\in\{1,2,3,4\}$使$a_{k}=b_{k}$的矩阵分为两类。
第一类为有两列数满足$a_{k}=b_{k}$，将矩阵中的数排好，则分为3步：
(1)先排第一行的4个数，有$A_{4}^{4}$种方法；
(2)选择第二行中的两列与第一行中对应列的数相等，有$C_{4}^{2}$种方法；
(3)第二行的余下两列上的数的排法只有1种，则由分步乘法计数原理得共有$A_{4}^{4}C_{4}^{2}\cdot1 = 144$个符合要求的矩阵。
第二类为有三列数满足$a_{k}=b_{k}$，则矩阵中的四列数都满足$a_{k}=b_{k}$，有$A_{4}^{4}=24$个符合要求的矩阵。
综上，由分类加法计数原理得符合要求的矩阵共有$144 + 24 = 168$个。

4. 已知正六边形$A_1A_2A_3A_4A_5A_6$的中心为 O,向量集$B = \{\overrightarrow{OA_i}|i = 1,2,\cdots,6\}$. 若$\boldsymbol{a},\boldsymbol{b},\boldsymbol{c}\in B$,且$(\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b})\cdot\boldsymbol{c} = 0$,则有序向量组$(\boldsymbol{a},\boldsymbol{b},\boldsymbol{c})$有________个.

答案： 60【解析】由正六边形的性质可知，$\overrightarrow{OA_{i}}(i = 1,2,\cdots,6)$的模长都相等且为正六边形的边长，又$(a + b)\cdot c = 0$，则由向量加法的平行四边形法则知，c与$a - b$共线。
(1)若$\langle a,b\rangle = 0^{\circ}$，则不存在满足题意的有序向量组；
(2)若$\langle a,b\rangle = 60^{\circ}$，则a有6种取法，b有2种取法，c有2种取法，则有序向量组$(a,b,c)$共有$6×2×2 = 24$个；
**点悟**：a，b是有序的，$a=\overrightarrow{OA_{1}}$，$b=\overrightarrow{OA_{2}}$与$a=\overrightarrow{OA_{2}}$，$b=\overrightarrow{OA_{1}}$是不同的情况。
(3)若$\langle a,b\rangle = 120^{\circ}$，则不存在c与$a - b$共线，即此时不存在满足题意的有序向量组；
(4)若$\langle a,b\rangle = 180^{\circ}$，则$a + b = 0$，a，b的取法有6种，c有6种取法，则有序向量组$(a,b,c)$共有$6×6 = 36$个。
综上，由分类加法计数原理知，有序向量组$(a,b,c)$共有$24 + 36 = 60$个。