《2025年小题狂做高中数学选择性必修第三册人教版》

1. $[2025$福建厦门期末$]$若$(2x-\frac{1}{x^{2}})^{n}$的展开式中二项式系数之和为32，则该展开式中$\frac{1}{x}$的系数为
(D)

A.$-48$
B.48
C.$-80$
D.80

答案： 1. D 由题意知，二项式系数和为$2^{n}=32$，解得$n=5$，所以展开式的通项为$T_{r + 1} = C_{5}(2x)^{5 - r} · ( - \frac{1}{x^{2}} ) = C_{5} · 2^{5 - r} ·$
$( - 1)^{r} · x^{5 - 3r}$，令$5 - 3r = - 1$，得$r = 2$，所以该展开式中$\frac{1}{x}$的系数为$C_{5}^{2} · 2^{3} · ( - 1)^{2} = 80$.

2. $[2025$安徽期末$]$某市派4名专家到西部某市2家医院坐诊,每家医院至少派1名专家，且每名专家只去1家医院，则不同的分配方案种数为
(D)

A.20
B.18
C.16
D.14

答案： 2. D 先分组，再分配.分组有2种情况：①一家医院1人，一家医院3人，有$C_{4}^{3}=4$（种）；②两家医院各2人，有$\frac{C_{4}^{2}}{A_{2}^{2}}=3$（种）.将分好的组分配到两家不同的医院，有2种情况，故不同的分配方案有$(4 + 3) × 2 = 14$（种）.

3. $[2025$江西九师联盟期末$]$小华一家4人(小华、姐姐、爸爸、妈妈)计划自驾游，车子前排有驾驶座和副驾驶座，后排有3个座位.只有爸爸和妈妈会开车，且小华未成年只能坐在后排，则不同的乘坐方式一共有
(C)

A.18种
B.27种
C.36种
D.54种

答案： 3. C 爸爸和妈妈选一人在驾驶座有2种情况，小华在后排3个座位选一个座位有3种情况，其余人全排列，有$A_{3}^{3}=6$（种），所以不同乘坐方式有$2 × 3 × 6 = 36$（种）.

4. $[2025$湖北黄冈期末$]$设$t\in \mathbf{Z}$,且$0\leqslant t\leqslant 8$,若$2^{2025}+t$能被9整除，则$t=$
(B)

A.0
B.1
C.7
D.8

答案： 4. B $2^{2025} + t = 8^{675} + t = (9 - 1)^{675} + t = C_{675}^{0}9^{675} + C_{675}^{1}9^{674} ·$
$( - 1) + C_{675}^{2}9^{673}( - 1)^{2} + ·s + C_{675}^{674}9( - 1)^{674} + C_{675}^{675}( - 1)^{675} +$
$t = 9[C_{675}^{0}9^{674} + C_{675}^{1}9^{673}( - 1) + C_{675}^{2}9^{672}( - 1)^{2} + ·s + C_{675}^{674} ·$
$( - 1)^{674}] + C_{675}^{675}( - 1)^{675} + t$. 因为$2^{2025} + t$能被9整除，所以$C_{675}^{675}( - 1)^{675} + t = - 1 + t = 0$，所以$t = 1$.

5. $[2025$山东滨州期末$]$由数字0,1,2组成的五位数中，满足“0恰好出现两次”或“1恰好出现两次”的所有五位数的个数为
(A)

A.86
B.104
C.128
D.130

答案： 5. A 若“$0$恰好出现两次”，则由万位不能为$0$，所以两个$0$的位置只能从剩下的$4$个位置中选择，有$C_{4}^{2}=6$（种）方法，剩下的$3$个位置由$1$或$2$填充，每个位置有$2$种选择，有$2^{3}=8$（种）方法，则“$0$恰好出现两次”的种数为$6 × 8 = 48$.若“$1$恰好出现两次”，则当“万位为$1$”时，从剩下的$4$个位置中选择$1$个位置放$1$，有$C_{4}^{1}=4$（种），剩下的三个位置由$0$或$2$填充，每个位置有$2$种选择，有$2^{3}=8$（种）方法，共有$4 × 8 =$
$32$（种）方法；当“万位不为$1$”时，从剩下的$4$个位置中选择$2$个位置放$1$，有$C_{4}^{2}=6$（种），则万位放$2$，剩下的两个位置由$0$或$2$填充，每个位置有$2$种选择，有$2^{2}=4$（种），共有$6 × 4 =$
$24$（种）方法，所以“$1$恰好出现两次”的种数为$32 + 24 = 56$.
若“$0$恰好出现两次”且“$1$恰好出现两次”，则先安排$2$个$0$，有$C_{4}^{2}=6$（种）方法，再从剩下的$3$个位置选择$2$个放$1$，有$C_{3}^{2}=3$（种），最后一个位置放$2$即可，则有$6 × 3 = 18$（种）方法.故“$0$恰好出现两次”或“$1$恰好出现两次”的所有五位数的个数为$48 + 56 - 18 = 86$.

6. $[2025$山东聊城期中$]\frac{1}{17}C_{17}^{1}+\frac{3}{17}C_{17}^{3}+\frac{5}{17}C_{17}^{5}+·s+\frac{15}{17}C_{17}^{15}+C_{17}^{17}=$
(D)

A.$2^{16}+1$
B.$2^{16}$
C.$2^{15}+1$
D.$2^{15}$

答案： 6. D 注意到原式中每一项都可以写成$\frac{k}{17}C_{17}^{k},k = 1,3,5$，$·s$，17，由组合数的定义可得$\frac{k}{17}C_{17}^{k} = \frac{k}{17} × \frac{17!}{k!(17 - k)!} =$
$\frac{16!}{(k - 1)!(17 - k)!} = C_{16}^{k - 1}$，所以原式$= C_{16}^{0} + C_{16}^{2} + C_{16}^{4} + ·s +$
$C_{16}^{16} + C_{16}^{16}$，由二项式定理可知$(1 + 1)^{16} = C_{16}^{0} + C_{16}^{1} + C_{16}^{2} + ·s +$
$C_{16}^{16} = 2^{16}$，$(1 - 1)^{16} = C_{16}^{0} - C_{16}^{1} + C_{16}^{2} - C_{16}^{3} + ·s + C_{16}^{16} = 0$，
可得$C_{16}^{0} + C_{16}^{2} + C_{16}^{4} + ·s + C_{16}^{14} + C_{16}^{16} = 2^{15}$，所以原式的值为$2^{15}$.

7. $[2025$湖北黄冈期末$]$已知$(3x+m)(2x-1)^{8}=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+·s+a_{9}x^{9}$,则下列说法正确的是
(AD)

A.$m=2$
B.$a_{1}+a_{2}+·s+a_{9}=5$
C.$a_{1}=-32$
D.$-\frac{a_{1}}{2}+\frac{a_{2}}{2^{2}}-\frac{a_{3}}{2^{3}}+·s-\frac{a_{9}}{2^{9}}=126$

答案： 7. AD 令$x = 0$，得$m = 2$，故A正确；令$x = 1$，得$(3 + 2) ×$
$(2 - 1)^{8} = 2 + a_{1} + a_{2} + ·s + a_{9}$，所以$a_{1} + a_{2} + ·s + a_{9} = 3$，故B错误；由题意得$a_{1}x = 3x · C_{8}^{8} · (2x)^{0} · ( - 1)^{8} + 2C_{8}^{7}(2x) ·$
$( - 1)^{7} = - 20x$，所以$a_{1} = - 29$，故C错误；令$x = - \frac{1}{2}$，得$( - \frac{3}{2} + 2) × ( - 1 - 1)^{8} = 2 - \frac{a_{1}}{2} + \frac{a_{2}}{2^{2}} - \frac{a_{3}}{2^{3}} + ·s - \frac{a_{9}}{2^{9}}$，所以$- \frac{a_{1}}{2} + \frac{a_{2}}{2^{2}} - \frac{a_{3}}{2^{3}} + ·s - \frac{a_{9}}{2^{9}} = 128 - 2 = 126$，故D正确.

8. $[2025$江苏南京六校联合体期末$]$下列等式正确的是
(BD)

A.$\sum_{k=1}^{10}C_{10}^{k}=2^{10}$
B.$\sum_{k=2}^{10}C_{k}^{2}=C_{11}^{3}$
C.$\sum_{k=1}^{10}(-1)^{k}C_{10}^{k}=0$
D.$\sum_{k=1}^{10}\frac{k}{(k+1)!}=1-\frac{1}{11!}$

答案： 8. BD $\sum_{k = 1}^{10}C_{10}^{k} = C_{10}^{0} + C_{10}^{1} + ·s + C_{10}^{10} = 2^{10} - C_{10}^{0} = 2^{10} -$
1，故A错误；$\sum_{k = 2}^{10}C_{10}^{k} = C_{2}^{2} + C_{3}^{2} + ·s + C_{10}^{2} = C_{3}^{3} + C_{3}^{2} + ·s +$
$C_{10}^{2} = C_{4}^{3} + C_{4}^{2} + ·s + C_{10}^{2} = C_{11}^{3}$，故B正确；$\sum_{k = 1}^{10}( - 1)^{k}C_{10}^{k} =$
$- C_{10}^{1} + C_{10}^{2} - C_{10}^{3} + C_{10}^{4} - ·s + C_{10}^{10} = (1 - 1)^{10} - C_{10}^{0} = - 1$，
故C错误；因为$\frac{k}{(k + 1)!} = \frac{(k + 1) - 1}{(k + 1)!} = \frac{1}{k!} - \frac{1}{(k + 1)!}$，所
以$\sum_{k = 1}^{10}\frac{k}{(k + 1)!} = 1 - \frac{1}{2!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + ·s + \frac{1}{10!} - \frac{1}{11!} = 1 -$
$\frac{1}{11!}$，故D正确.

9. $[2025$广东深圳期中$]$将图中A,B,C,D,E五块区域涂上颜色，现有4种不同的颜色可供选择，则下列说法正确的是
(AB)


A.若每块区域任意涂上一种颜色，则共有$4^{5}$种不同涂法
B.若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则共有24种不同涂法
C.若4种不同颜色全部用上，B,D同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法
D.若4种不同颜色全部用上，B,D不同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法

答案： 9. AB 对于A，由于每块区域都有4种选择，故有$4 × 4 ×$
$4 × 4 × 4 = 4^{5}$（种）不同涂法，故A正确；对于B，易知B和D同色，A和E同色，则有$C_{4}^{1} · A_{3}^{3} = 24$（种）不同涂法，故B正确；对于C，先涂B，D区域，有$C_{4}^{1}$种涂法，因为A，C，E三个区域都与B，D相邻，所以只需将余下的3种颜色在A，C，E上全排列，有$A_{3}^{3}$种涂法，共有$C_{4}^{1}A_{3}^{3} = 24$（种）涂法，故C错误；对于D，按照ABC的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有$4 × 3 × 2 = 24$（种）涂法，因为B，D不同色（D只有一种颜色可选），所以ABCD四块区域所用颜色各不相同，E只能与A同色，所以有24种涂法，故D错误.