《2025年零失误分层训练高二数学选择性必修第三册黑吉辽内蒙古专版》

1. (2024·全国甲)某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是(C)

A.$ \frac{1}{6} $
B.$ \frac{1}{4} $
C.$ \frac{1}{3} $
D.$ \frac{1}{2} $

答案：
1. C[提示：方法一：画出树状图如图，由树状图可知，出场次序共有24种，其中符合题意的出场次序共有8种，故所求概率为$\frac{8}{24}=\frac{1}{3}$.方法二：当甲最后出场，乙第一个出场，丙有2种排法，丁就1种，共2种；当甲最后出场，乙排第二位或第三位出场，丙有1种排法，丁就1种，共2种.所以甲最后出场共4种方法，同理乙最后出场共4种方法，所以共8种出场顺序符合题意，基本事件总数显然是$A_{4}^{4}=24$，根据古典概型的计算公式，所求概率为$\frac{8}{24}=\frac{1}{3}$].

2. (2024·全国Ⅱ)某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法做抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取 60 名学生，已知该校初中部和高中部分别有 400 名和 200 名学生，则不同的抽样结果共有(D)

A.$ C_{400}^{45} · C_{200}^{15} $ 种
B.$ C_{400}^{20} · C_{200}^{40} $ 种
C.$ C_{400}^{30} · C_{200}^{30} $ 种
D.$ C_{400}^{40} · C_{200}^{20} $ 种

答案： 2. D[提示：根据分层抽样的定义知初中部共抽取$60×\frac{400}{600}=40$(人)，高中部共抽取$60×\frac{200}{600}=20$(人)，根据组合公式和分步计数原理得不同的抽样结果共有$C_{400}^{40}· C_{200}^{20}$种.]

3. (2025·上海)4 个家长和 2 个儿童去爬山，6 个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有288种。

答案： 3. 288[提示：先选两位家长排在首尾有$A_{4}^{2}=12$种排法；再排队中的四人$A_{4}^{4}=24$种排法.故共有$12×24 = 288$种排列.]

4. (2024·全国甲)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。记 $ 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$\frac{7}{15}$。

答案： 4. $\frac{7}{15}$[提示：从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有$A_{6}^{3}=120$种取法，设前两个球的号码为$a,b$，第三个球的号码为$c$，则$\left|\frac{a + b + c}{3}-\frac{a + b}{2}\right|\leq\frac{1}{2}$，所以$|2c-(a + b)|\leq3$，所以$-3\leq2c-(a + b)\leq3$，故$a + b-3\leq2c\leq a + b + 3$，若$c = 1$，则$a + b\leq5$，所以$(a,b)$为$(2,3)$，$(3,2)$，故有2种；若$c = 2$，则$1\leq a + b\leq7$，所以$(a,b)$为$(1,3)$，$(1,4)$，$(1,5)$，$(1,6)$，$(3,4)$，$(3,1)$，$(4,1)$，$(4,3)$，$(5,1)$，$(6,1)$，故有10种；若$c = 3$，则$3\leq a + b\leq9$，所以$(a,b)$为$(1,2)$，$(1,4)$，$(1,5)$，$(1,6)$，$(2,1)$，$(2,4)$，$(2,5)$，$(2,6)$，$(4,1)$，$(4,2)$，$(4,5)$，$(5,1)$，$(5,2)$，$(5,4)$，$(6,1)$，$(6,2)$，故有16种；若$c = 4$，则$5\leq a + b\leq11$，同理有16种；若$c = 5$，则$7\leq a + b\leq13$，同理有10种；若$c = 6$，则$9\leq a + b\leq15$，同理有2种.所以$m$与$n$的差的绝对值不超过$\frac{1}{2}$时不同的抽取方法共有$2(2 + 10 + 16)=56$(种)，故所求概率为$\frac{56}{120}=\frac{7}{15}$.]

5. (2024·上海)已知某集合中的元素是不重复的数字组成的三位正整数，若该集合中任意两个数的积均为偶数，则该集合的元素个数的最大值为329。

答案： 5. 329[提示：由题意知，集合中任意两个元素都互异且至多有一个奇数，其余均是偶数.首先讨论三位数中的偶数：①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有$A_{9}^{2}=72$(个)；②当个位不为0时，则个位有$C_{4}^{1}$个数字可选，百位有$C_{8}^{1}$个数字可选，十位有$C_{8}^{1}$个数字可选，根据分步乘法计数原理得这样的偶数共有$C_{4}^{1}C_{8}^{1}C_{8}^{1}=256$(个).最后再加上单独的奇数，所以集合中元素个数的最大值为$72 + 256 + 1 = 329$(个).]

6. (2023·新高考全国Ⅰ)某学校开设了 4 门体育类选修课和 4 门艺术类选修课，学生需从这 8 门课中选修 2 门或 3 门课，并且每类选修课至少选修 1 门，则不同的选课方案共有64种(用数字作答)。

答案： 6. 64[提示：
(1)当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有$C_{8}^{2}C_{4}^{1}=16$(种).
(2)当从8门课中选修3门，①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有$C_{4}^{1}C_{4}^{2}=24$(种)；②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有$C_{4}^{2}C_{4}^{1}=24$(种).综上所述，不同的选课方案共有$16 + 24 + 24 = 64$(种).]

7. (2024·北京)在 $ (x - \sqrt{x})^{4} $ 的展开式中，$ x^{3} $ 的系数为(A)

A.6
B.-6
C.12
D.-12

答案： 7. A[提示：$(x-\sqrt{x})^{4}$的二项展开式的通项公式为$T_{k + 1}=C_{4}^{k}x^{4 - k}(-\sqrt{x})^{k}=C_{4}^{k}(-1)^{k}x^{4-\frac{k}{2}}(k = 0,1,2,3,4)$，令$4-\frac{k}{2}=3$，解得$k = 2$，故所求的系数为$C_{4}^{2}(-1)^{2}=6$.]

8. (2025·北京)已知 $ (1 - 2x)^{4} = a_{0} - 2a_{1}x + 4a_{2}x^{2} - 8a_{3}x^{3} + 16a_{4}x^{4} $，则 $ a_{0} = $1；$ a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4} = $15。

答案： 8. 1 15[提示：令$x = 0$，则$a_{0}=1$.又$(1 - 2x)^{4}=a_{0}-2a_{1}x + 4a_{2}x^{2}-8a_{3}x^{3}+16a_{4}x^{4}$，所以$(1 - 2x)^{4}=a_{0}-2a_{1}x + a_{2}(-2x)^{2}+a_{3}(-2x)^{3}+a_{4}(-2x)^{4}$，令$t = - 2x$，则$(1 + t)^{4}=a_{0}+a_{1}t + a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+a_{4}t^{4}$，令$t = 1$，则$a_{0}+a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=2^{4}=16$，故$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=2^{4}-1 = 15$.]

9. (2025·天津)在 $ (x - 1)^{6} $ 的展开式中，$ x^{3} $ 项的系数为-20。

答案： 9. -20[提示：$(x - 1)^{6}$的展开式的通项公式为$T_{k + 1}=C_{6}^{k}x^{6 - k}(-1)^{k}$，当$k = 3$时，$T_{4}=C_{6}^{3}x^{3}·(-1)^{3}=-20x^{3}$，即$(x - 1)^{6}$的展开式中$x^{3}$的系数为$-20$.]

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

答案： 10. 5[提示：展开式通项公式为$T_{k + 1}=C_{10}^{k}(\frac{1}{3})^{10 - k}x^{k}$，$0\leq k\leq10$且$k\in\mathbf{Z}$，设展开式中第$k + 1$项系数最大，则$\begin{cases}C_{10}^{k}(\frac{1}{3})^{10 - k}\geq C_{10}^{k - 1}(\frac{1}{3})^{9 - k},\\C_{10}^{k}(\frac{1}{3})^{10 - k}\geq C_{10}^{k + 1}(\frac{1}{3})^{11 - k},\end{cases}$即$\begin{cases}k\geq\frac{29}{4},\\k\leq\frac{33}{4},\end{cases}$又$k\in\mathbf{Z}$，故$k = 8$，所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为$C_{10}^{8}(\frac{1}{3})^{2}=5$.]

11. (2024·天津)在 $ (\frac{x^{2}}{3} + \frac{3}{x^{2}})^{6} $ 的展开式中，常数项为20。

答案： 11. 20[提示：因为$(\frac{x^{2}}{3}+\frac{3}{x^{2}})^{6}$的展开式的通项公式为$T_{k + 1}=C_{6}^{k}(\frac{x^{2}}{3})^{6 - k}(\frac{3}{x^{2}})^{k}=3^{2k - 6}C_{6}^{k}x^{12 - 4k}$，$k = 0,1,·s,6$，令$12 - 4k = 0$，可得$k = 3$，所以常数项为$3^{0}C_{6}^{3}=20$.]

12. (2024·上海)在 $ (x + 1)^{n} $ 的二项展开式中，若各项系数和为 32，则 $ x^{2} $ 项的系数为10。

答案： 12. 10[提示：由二项式$(x + 1)^{n}$的展开式各项系数和为32，得$2^{n}=32$，解得$n = 5$，所以$(x + 1)^{5}$的展开式中$x^{2}$项的系数为$C_{5}^{3}=10$.]