《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教B版》

1. [2022·江苏南京师范大学苏州实验学校高二月考]中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余有较深的研究.设$a,b,m(m＞0)$为整数，若$a$和$b$被$m$除得的余数相同，则称$a$和$b$ $m$同余，记为$a\equiv b(mod\ m)$.若$a=C_{20}^{0}+C_{20}^{1}× 3+C_{20}^{2}× 3^{2}+·s +C_{20}^{20}× 3^{20}$，$a\equiv b(mod\ 5)$，则$b$的值可以是(D)

A.2004
B.2005
C.2025
D.2026

答案： 1. D 思维路径 由二项式定理可得$ a=(5 - 1)^{20} $→结合算法新定义判断满足$ a\equiv b\pmod{5} $对应的$ b $值。
【解析】若$ a = \mathrm{C}_{20}^{0} + \mathrm{C}_{20}^{1} × 3 + \mathrm{C}_{20}^{2} × 3^{2} + ·s + \mathrm{C}_{20}^{20} × 3^{20} $，则由二项式定理，得$ a = (1 + 3)^{20} = 4^{20} = (5 - 1)^{20} $，即$ a = \mathrm{C}_{20}^{0} · 5^{20} - \mathrm{C}_{20}^{1} · 5^{19} + ·s - \mathrm{C}_{20}^{19} · 5 + \mathrm{C}_{20}^{20} $。因为$ \mathrm{C}_{20}^{0} · 5^{20} - \mathrm{C}_{20}^{1} · 5^{19} + ·s - \mathrm{C}_{20}^{19} · 5 $能被5整除，所以$ a $除以5余$ \mathrm{C}_{20}^{20} = 1 $。又因为$ a\equiv b\pmod{5} $，选项中只有2026除以5余1，所以$ b $的值可以是2026，D正确。故选D。

2. 数字2022具有这样的性质：它是6的倍数并且各位数字之和为6，称这种正整数为“吉祥数”.在所有的三位正整数中，“吉祥数”的个数为12.

答案： 2. 12 【解析】当百位为6时，符合要求的“吉祥数”有600；当百位为5时，符合要求的“吉祥数”有510；当百位为4时，符合要求的“吉祥数”有420，402；当百位为3时，符合要求的“吉祥数”有330，312；当百位为2时，符合要求的“吉祥数”有240，204，222；当百位为1时，符合要求的“吉祥数”有150，114，132。由分类加法计数原理知共有$ 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 3 = 12 $（个）“吉祥数”。

3. [2022·河南郑州高二期末]“霍姆斯马车理论”是指各种资源都得到最合理配置和使用的一种理论.一个富有效率的团队不需要每一个人都是最有能力的，而在于每个人的能力都能得到最合理的使用和发挥.某科研团队共有10名研究人员，编号分别为1，2，$·s$，9，10，要均分成甲、乙两个科研小组，其中1，2号研究员组合在一起，3，4号研究员组合在一起，其余研究员随意搭配就能达到最佳效果，那么达到最佳效果的不同的分组方式共有(C)

A.26种
B.46种
C.52种
D.126种

答案： 3. C 【解析】当1，2，3，4号研究员在同一组时，有$ \mathrm{C}_{2}^{1}\mathrm{C}_{6}^{1} = 12 $（种）不同的分组方式；当1，2号研究员在一组，3，4号研究院在另一组时，有$ \mathrm{A}_{2}^{2}\mathrm{C}_{6}^{3} = 40 $（种）不同的分组方式。综上可知，不同的分组方式共有$ 12 + 40 = 52 $（种）。故选C。

4. [2022·广东肇庆第一中学高三月考]干支纪年是中国古代的一种纪年法.分别排出十天干与十二地支如下：
天干：甲 乙 丙 丁 戊 己 庚 辛 壬 癸
地支：子 丑 寅 卯 辰 巳 午 未 申 酉 戌 亥
把天干与地支按以下方法依次配对：把第一个天干“甲”与第一个地支“子”配出“甲子”，把第二个天干“乙”与第二个地支“丑”配出“乙丑”$·s·s$若天干用完，则再从第一个天干开始循环使用，若地支用完，则再从第一个地支开始循环使用.已知2022年是壬寅年，则$13^{8}$年以后是癸卯年.

答案： 4. 癸卯 【解析】因为$ 13^{8} = (12 + 1)^{8} = 12^{8} + \mathrm{C}_{8}^{1} × 12^{7} + ·s + \mathrm{C}_{8}^{7} × 12 + 1 $，所以$ 13^{8} $年以后地支为“寅”后面的“卯”。因为$ 13^{8} = (10 + 3)^{8} = 10^{8} + \mathrm{C}_{8}^{1} × 10^{7} × 3 + ·s + \mathrm{C}_{8}^{7} × 10 × 3^{7} + 3^{8} $，$ 3^{8} = 6561 $，$ 3^{8} $除以10的余数为1，所以$ 13^{8} $年以后天干为“壬”后面的“癸”，所以$ 13^{8} $年以后是癸卯年。

5. [2022·广东广州高二期末]已知$(\frac{1}{\sqrt{x}}+2x)^{n}(n\in N_{+})$的展开式，，给出下列条件：
①第二项与第三项的二项式系数之比是$1:4$；
②所有偶数项的二项式系数和为256；
③展开式中第四项是常数项.
试在上面三个条件中选择一个补充在上面的横线上，并回答下列问题：
(1)求展开式中$x^{-3}$的系数；
(2)求展开式中二项式系数最大的项.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.

答案： 5. 【解】选择条件①。
由题意可得$ \frac{\mathrm{C}_{n}^{1}}{\mathrm{C}_{n}^{2}} = \frac{1}{4} $，解得$ n = 9 $。
选择条件②。
由题意可得$ 2^{n - 1} = 256 $，解得$ n = 9 $。
选择条件③。
展开式的第四项为$ T_{4} = \mathrm{C}_{n}^{3} \left( \frac{1}{\sqrt{x}} \right)^{n - 3} (2x)^{3} = 8\mathrm{C}_{n}^{3} · x^{\frac{9 - n}{2}} $。
由题意可得$ \frac{9 - n}{2} = 0 $，解得$ n = 9 $。
(1)二项式为$ \left( \frac{1}{\sqrt{x}} + 2x \right)^{9} $，
它的展开式的通项公式为$ T_{k + 1} = \mathrm{C}_{9}^{k} \left( \frac{1}{\sqrt{x}} \right)^{9 - k} (2x)^{k} = \mathrm{C}_{9}^{k} · 2^{k} x^{\frac{3k - 9}{2}} $，$ k = 0, 1, ·s, 9 $。
令$ \frac{3k - 9}{2} = - 3 $，解得$ k = 1 $。
所以$ x^{-3} $的系数为$ \mathrm{C}_{9}^{1} · 2 = 18 $。
(2)因为$ n = 9 $，所以展开式中二项式系数最大的项为$ T_{5} = \mathrm{C}_{9}^{4} · 2^{4} x^{\frac{3}{2}} = 2016x^{\frac{3}{2}} $和$ T_{6} = \mathrm{C}_{9}^{5} · 2^{5} x^{3} = 4032x^{3} $。

6. [2022·广东东莞高二期末]在①$a_{2}=14$，②$C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+C_{n}^{2}+·s +C_{n}^{n}=64$，③$a_{0}+a_{1}+a_{2}+·s +a_{n}=60$这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答补充完整的题目.
问题：已知$(1+x)^{n}-(1+x)^{2}=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+·s +a_{n}x^{n}(n\in N_{+})$，且(只需填序号).
(1)求$n$的值；
(2)求展开式中$x$的奇数次幂项的系数之和.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.

答案： 6. 【解】
(1)选择条件①。
由题得$ (1 + x)^{2} = 1 + 2x + x^{2} $中$ x^{2} $项为$ x^{2} $，
$ (1 + x)^{n} $中$ x^{2} $项为$ \mathrm{C}_{n}^{2} x^{2} $，
所以$ a_{2} = \mathrm{C}_{n}^{2} - 1 = 14 $，即$ \frac{n(n - 1)}{2} - 1 = 14 $。
整理，得$ n^{2} - n - 30 = 0 $，
解得$ n = 6 $或$ n = - 5 $（舍去）。
选择条件②。
由$ \mathrm{C}_{n}^{0} + \mathrm{C}_{n}^{1} + \mathrm{C}_{n}^{2} + ·s + \mathrm{C}_{n}^{n} = 64 $，得$ 2^{n} = 64 $，解得$ n = 6 $。
选择条件③。
令$ x = 1 $，得$ (1 + 1)^{n} - (1 + 1)^{2} = a_{0} + a_{1} + a_{2} + ·s + a_{n} = 60 $，
即$ 2^{n} = 64 $，解得$ n = 6 $。
(2)方法一 由
(1)得$ (1 + x)^{6} - (1 + x)^{2} = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + ·s + a_{6} x^{6} $。
令$ x = 1 $，得$ 2^{6} - 2^{2} = a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4} + a_{5} + a_{6} $。①
令$ x = - 1 $，得$ 0 = a_{0} - a_{1} + a_{2} - a_{3} + a_{4} - a_{5} + a_{6} $。②
① - ②，得$ 2(a_{1} + a_{3} + a_{5}) = 64 - 4 = 60 $，所以$ a_{1} + a_{3} + a_{5} = 30 $。
所以展开式中$ x $的奇数次幂项的系数之和为30。
方法二 由
(1)得$ (1 + x)^{6} - (1 + x)^{2} = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + ·s + a_{6} x^{6} $。
由题得$ (1 + x)^{2} = 1 + 2x + x^{2} $中$ x $项为$ 2x $，
$ (1 + x)^{6} $中$ x $项为$ \mathrm{C}_{6}^{1} x $，$ x^{3} $项为$ \mathrm{C}_{6}^{3} x^{3} $，$ x^{5} $项为$ \mathrm{C}_{6}^{5} x^{5} $，
所以$ a_{1} + a_{3} + a_{5} = \mathrm{C}_{6}^{1} - 2 + \mathrm{C}_{6}^{3} + \mathrm{C}_{6}^{5} = 6 - 2 + 20 + 6 = 30 $。
所以展开式中$ x $的奇数次幂项的系数之和为30。