《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教B版》

1. [2023·山东济南高二期中]由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，若第 $ n $ 行中从左至右只有第 $ 5 $ 个数为该行中的最大值，则 $ n $ 的值为(B)


A.$ 7 $
B.$ 8 $
C.$ 9 $
D.$ 10 $

答案： 1.B 【解析】由题意可知，第$ n $行的数就是二项式$ (a + b)^n $的展开式中各项的二项式系数。因为只有第5项的二项式系数$ \mathrm{C}_n^4 $最大（提示：当$ n $为偶数时，中间一项的二项式系数最大；当$ n $为奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大），所以$ n $为偶数，且$ \frac{n}{2} = 4 $，解得$ n = 8 $。故选 B。

2. [2023·河北石家庄第十五中学高二月考]杨辉三角是中国古代数学的杰出研究成果之一，它把组合数的一些代数性质直观地体现在数阵中. 在杨辉三角的 $ 10 $ 行数字中，存在两个相邻的数字之比为 $ 1:2 $ 的共有3行.

答案： 2.3 【解析】由题意，第$ n $行各数从左到右均满足$ \mathrm{C}_n^r, r \in \mathrm{N}, n \in \mathrm{N}_+, r \leq n $。设第$ n $行相邻的两个数为$ \mathrm{C}_n^{r - 1}, \mathrm{C}_n^r $，则$ \mathrm{C}_n^{r - 1} : \mathrm{C}_n^r = 1 : 2 $，则$ \frac{n!}{(r - 1)! (n - r + 1)!} × \frac{r! (n - r)!}{n!} = \frac{1}{2} $，化简得$ \frac{r}{n - r + 1} = \frac{1}{2} $，即$ 3r = n + 1, n = 1, 2, \dots, 10 $，故$ 3r $可能为 3, 6, 9，所以存在两个相邻的数字之比为$ 1 : 2 $的共有 3 行。

3. [2023·湖北鄂西北六校高二期中]二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提出. 二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：对于任意实数 $ \alpha $，$ (1 + x)^{\alpha} = 1 + \frac{\alpha}{1!} · x + \frac{\alpha(\alpha - 1)}{2!} · x^{2} + ·s + \frac{\alpha(\alpha - 1)·s(\alpha - k + 1)}{k!} · x^{k} + ·s $，当 $ |x| $ 比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得：$ (1 + x)^{\alpha} \approx 1 + \alpha · x $，并且 $ |x| $ 的值越小，所得结果就越接近真实数据. 用这个方法计算 $ \sqrt{5} $ 的近似值，可以这样操作：$ \sqrt{5} = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{4(1 + \frac{1}{4})} = 2\sqrt{1 + \frac{1}{4}} \approx 2 × (1 + \frac{1}{2} × \frac{1}{4}) = 2.25 $. 用这样的方法，估计 $ \sqrt[3]{9} $ 的近似值为(B)

A.$ 2.056 $
B.$ 2.083 $
C.$ 2.125 $
D.$ 2.203 $

答案： 3.B 【解析】[破题关键：将所求式子变形为$ \sqrt[3]{9} = 2 × \left(1 + \frac{1}{8}\right)^{\frac{1}{3}} $，然后根据题中的方法计算是解题的关键]$ \sqrt[3]{9} = \sqrt[3]{8 + 1} = \sqrt[3]{8\left(1 + \frac{1}{8}\right)} = 2 × \sqrt[3]{1 + \frac{1}{8}} = 2 × \left(1 + \frac{1}{8}\right)^{\frac{1}{3}} \approx 2 × \left(1 + \frac{1}{3} × \frac{1}{8}\right) \approx 2.083 $。故选 B。

4. [2023·浙江宁波余姚中学高二月考]今天是星期四，经过 $ 7 $ 天后还是星期四，那么经过 $ 2^{6069} $ 天后是星期五.

答案： 4.五 【解析】因为$ 2^{6069} = (2^3)^{2023} = (7 + 1)^{2023} = 7^{2023} + \mathrm{C}_{2023}^1 · 7^{2022} + \mathrm{C}_{2023}^2 · 7^{2021} + \dots + \mathrm{C}_{2023}^{2022} · 7 + 1 $，且$ 7^{2023} + \mathrm{C}_{2023}^1 · 7^{2022} + \mathrm{C}_{2023}^2 · 7^{2021} + \dots + \mathrm{C}_{2023}^{2022} · 7 $能被 7 整除，所以$ 2^{6069} $除以 7 后的余数为 1，故今天是星期四，经过 7 天后还是星期四，那么经过$ 2^{6069} $天后是星期五。
方法总结 利用二项式定理可以解决余数和整除性问题，通常需将底数化成两数的和与差的形式，且这种转化形式与除数有密切的关系。用二项式定理处理这类问题，通常把被除数的底数写成除数（或与除数密切关联的数）与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，只考虑后面（或者是前面）的几项就可以了。

5. [2023·湖北武汉外国语学校高二期中] $ 55^{55} $ 除以 $ 8 $，所得余数为7.

答案： 5.7 【解析】依题意，得$ 55^{55} = (56 - 1)^{55} = \mathrm{C}_{55}^0 56^{55}(-1)^0 + \mathrm{C}_{55}^1 56^{54}(-1)^1 + \mathrm{C}_{55}^2 56^{53}(-1)^2 + \dots + \mathrm{C}_{55}^{54} 56^1(-1)^{54} + \mathrm{C}_{55}^{55} 56^0 · (-1)^{55} $。因为 56 能被 8 整除，所以$ 55^{55} $除以 8，所得的余数为$ -1 + 8 = 7 $。
易错规避 本题容易出现的错误答案是$ -1 $，注意余数不能取到负数。

6. [2023·山东泰安高二期中]若 $ a \in \mathbf{N} $，且 $ 50^{2023} + a $ 能被 $ 17 $ 整除，则 $ a $ 的最小值为(B)

A.$ 0 $
B.$ 1 $
C.$ 16 $
D.$ 18 $

答案： 6.B 【解析】由题意，得$ 50^{2023} + a = (51 - 1)^{2023} + a = \mathrm{C}_{2023}^0 51^{2023} + \mathrm{C}_{2023}^1 · 51^{2022} · (-1) + \dots + \mathrm{C}_{2023}^r · 51^{2023 - r} · (-1)^r + \dots + \mathrm{C}_{2023}^{2023}(-1)^{2023} + a (r \in \mathrm{N}) $。$ \because 50^{2023} + a $能被 17 整除，且$ \mathrm{C}_{2023}^0 51^{2023} + \mathrm{C}_{2023}^1 · 51^{2022} · (-1) + \dots + \mathrm{C}_{2023}^r · 51^{2023 - r} · (-1)^r + \dots + \mathrm{C}_{2023}^{2022} · 51^1 · (-1)^{2022} $能被 17 整除，$ \therefore \mathrm{C}_{2023}^{2023} · (-1)^{2023} + a $也能被 17 整除，$ \therefore -1 + a = 17k, k \in \mathrm{N} $，即$ a = 17k + 1, k \in \mathrm{N} $，$ \therefore a $的最小值为 1。故选 B。

7. [2023·江苏南京雨花台中学、金陵中学河西分校、宁海中学高二期中联考]如图，在杨辉三角中，斜线的上方从 $ 1 $ 按箭头所示方向可以构成一个“锯齿形”的数列：$ 1,3,3,4,6,5,10,·s $，记此数列的前 $ n $ 项和为 $ S_{n} $，则 $ S_{32} $ 的值为(C)


A.$ 452 $
B.$ 848 $
C.$ 984 $
D.$ 1003 $

答案： 7.C 思维路径 观察杨辉三角结合数的来源，可得到这个数列的奇数项的通项公式和偶数项的通项公式→分别求奇数项和与偶数项和→得到前$ n $项和。
【解析】设数列为$ \{a_n\} $，前 32 项里面有偶数项 16 项，奇数项 16 项。当$ n $为偶数时，易知$ a_n = \frac{n + 4}{2} $，所以$ a_{32} = \frac{32 + 4}{2} = 18 $。又$ a_2 = 3 $，所以偶数项之和为$ \frac{(3 + 18) × 16}{2} = 168 $。当$ n $为奇数时，$ 1 = \mathrm{C}_2^0 = \mathrm{C}_2^2, 3 = \mathrm{C}_3^1 = \mathrm{C}_3^2, 6 = \mathrm{C}_4^2, 10 = \mathrm{C}_5^2 = \mathrm{C}_5^3, \dots $。所以$ a_n = \mathrm{C}_{\frac{n + 3}{2}}^2 $，则$ a_{31} = \mathrm{C}_{\frac{31 + 3}{2}}^2 = \mathrm{C}_{17}^2 $，所以前 32 项里面奇数项之和为$ \mathrm{C}_2^2 + \mathrm{C}_3^2 + \mathrm{C}_4^2 + \mathrm{C}_5^2 + \dots + \mathrm{C}_{17}^2 $。由组合数性质$ \mathrm{C}_n^m + \mathrm{C}_n^{m - 1} = \mathrm{C}_{n + 1}^m $，得$ \mathrm{C}_2^2 + \mathrm{C}_3^2 + \mathrm{C}_4^2 + \mathrm{C}_5^2 + \dots + \mathrm{C}_{17}^2 = \mathrm{C}_3^3 + \mathrm{C}_3^2 + \mathrm{C}_4^2 + \mathrm{C}_5^2 + \dots + \mathrm{C}_{17}^2 = \mathrm{C}_{18}^3 = 816 $，所以$ S_{32} = 816 + 168 = 984 $。故选 C。