《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教B版》

1. [2022·新高考Ⅱ卷]甲、乙、丙、丁、戊 5 名同学站成一排参加文艺会演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有(B)

A.12 种
B.24 种
C.36 种
D.48 种

答案： 1. B 思维路径 利用捆绑法求出丙和丁相邻的不同排列方式→减去甲站在两端的情况→求出结果.
【解析】把丙和丁捆绑在一起，4个人任意排列，有$ \mathrm{A}_2^2 · \mathrm{A}_4^4 = 48 $（种）排列方式.甲站在两端的排列方式有$ \mathrm{C}_2^1\mathrm{A}_3^3\mathrm{A}_2^2 = 24 $（种）.所以甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式共有$ 48 - 24 = 24 $（种）.故选B.
方法总结 相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列；不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列所形成的空隙中.

2. [2023·新高考Ⅱ卷]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法作抽样调查，拟从初中部和高中部共抽取 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_{150}^{15} $ 种
B.$ C_{400}^{30} · C_{200}^{30} $ 种
C.$ C_{400}^{40} · C_{200}^{20} $ 种
D.$ C_{400}^{20} · C_{200}^{40} $ 种

答案： 2. D 【解析】由题意知，从初中部抽取学生的人数为$ 60 × \frac{400}{400 + 200} = 40 $，从高中部抽取学生的人数为$ 60 × \frac{200}{400 + 200} = 20 $.完成这件事情分两步：第一步，从初中部400名学生中抽取40名学生，有$ \mathrm{C}_{400}^{40} $种方法；第二步，从高中部200名学生中抽取20名学生，有$ \mathrm{C}_{200}^{20} $种方法.根据分步乘法计数原理，得共有$ \mathrm{C}_{400}^{40} · \mathrm{C}_{200}^{20} $种不同的抽样结果.故选D.

3. [2023·全国乙卷]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(C)

A.30 种
B.60 种
C.120 种
D.240 种

答案： 3. C 【解析】先从6种读物中选1种作为两人选择的相同读物，再从另外5种读物中选2种分别作为甲、乙两人选择的不同读物，则不同的选法种数为$ \mathrm{C}_6^1\mathrm{A}_5^2 = 120 $.故选C.

4. [2023·全国甲卷]有 5 名志愿者参加社区服务，共服务周六、周日两天，每天从中任选 2 人参加服务，则恰有 1 人连续参加两天服务的选择种数为(B)

A.120
B.60
C.40
D.30

答案： 4. B 【解析】先从5名志愿者中选出1名服务周六和周日，再从剩下的4名志愿者中选出2名分别服务周六、周日，则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为$ \mathrm{C}_5^1 · \mathrm{A}_4^2 = 60 $.故选B.

5. [2023·新高考Ⅰ卷]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： 5. 64 【解析】若选修2门课，则不同的选课方案有$ \mathrm{C}_4^1\mathrm{C}_4^1 = 16 $（种）.若选修1门体育类选修课和2门艺术类选修课，则不同的选课方案有$ \mathrm{C}_4^1\mathrm{C}_4^2 = 24 $（种）.若选修2门体育类选修课和1门艺术类选修课，则不同的选课方案有$ \mathrm{C}_4^2\mathrm{C}_4^1 = 24 $（种）.所以不同的选课方案共有$ 16 + 24 + 24 = 64 $（种）.

6. [2022·上海高考]用数字 1，2，3，4 组成没有重复数字的四位数，则这些四位数中比 2 134 大的数字个数为17。(用数字作答)

答案： 6. 17 【解析】由题意，用数字1，2，3，4组成的比2134大的没有重复数字的四位数，可以分为两类.第一类，当其千位数字为3或4时，有$ 2\mathrm{A}_3^3 = 12 $（种）情况，即有12个符合题意的四位数；第二类，当其千位数字为2时，有6种情况，其中最小的为2134，所以有$ 6 - 1 = 5 $（个）比2134大的四位数.所以共有$ 12 + 5 = 17 $（个）比2134大的四位数.
方法总结 有限制条件的排列问题的解决方法
（1）对于某元素不在某个位置上的问题，可从位置考虑用其他元素占上该位置，也可考虑该元素的去向（要注意是否是全排列问题），还可以间接计算，即从排列总数中减去不符合条件的排列个数；
（2）某些元素顺序一定，可在所有排列位置中取若干个位置，先排上剩余的其他元素，这个元素也就一种排法.

7. [2023·上海高考]空间内存在三点 A，B，C，满足 $ AB = AC = BC = 1 $，在空间内取不同两点(不计顺序)，使得这两点与 A，B，C 可以组成正四棱锥，则方案数为9。

答案： 7. 9 【解析】分别以AB，BC，AC为正四棱锥底边时，各构成两个正四棱锥.分别以AB，BC，AC为正四棱锥底面对角线时，各构成一个正四棱锥.所以可以构成$ 3 × 2 + 3 × 1 = 9 $（个）正四棱锥，即方案数为9.

8. [2022·北京高考]若 $ (2x - 1)^4 = a_4x^4 + a_3x^3 + a_2x^2 + a_1x + a_0 $，则 $ a_0 + a_2 + a_4 = $(B)

A.40
B.41
C.-40
D.-41

答案： 8. B 【解析】方法一 由$ (2x - 1)^4 = a_4x^4 + a_3x^3 + a_2x^2 + a_1x + a_0 $，得$ a_0 = \mathrm{C}_4^0 = 1 $，$ a_2 = \mathrm{C}_4^2 × 2^2 = 24 $，$ a_4 = \mathrm{C}_4^4 × 2^4 = 16 $，所以$ a_0 + a_2 + a_4 = 41 $.故选B.
方法二 对于$ (2x - 1)^4 = a_4x^4 + a_3x^3 + a_2x^2 + a_1x + a_0 $，令$ x = 1 $（赋值法，分别令$ x = 1 $和$ x = -1 $，得到两个等式，再把两个等式相加），可得$ a_0 + a_1 + a_2 + a_3 + a_4 = 1 $；再令$ x = -1 $，可得$ a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + a_4 = (-3)^4 = 81 $.两式相加再除以2，得$ a_0 + a_2 + a_4 = \frac{1 + 81}{2} = 41 $.故选B.

9. [2020·全国卷Ⅰ]$ \left( x + \frac{y^2}{x} \right)(x + y)^5 $ 的展开式中 $ x^3y^3 $ 的系数为(C)

A.5
B.10
C.15
D.20

答案： 9. C 【解析】$ (x + y)^5 $展开式的通项公式为$ T_{k + 1} = \mathrm{C}_5^k x^{5 - k}y^k $，所以$ \left( x + \frac{y^2}{x} \right) $的各项与$ (x + y)^5 $的通项公式的乘积可表示为$ xT_{k + 1} = x\mathrm{C}_5^k x^{5 - k}y^k = \mathrm{C}_5^k x^{6 - k}y^k $和$ \frac{y^2}{x}T_{k + 1} = \frac{y^2}{x}\mathrm{C}_5^k x^{5 - k}y^k = \mathrm{C}_5^k x^{4 - k}y^{k + 2} $.在$ xT_{k + 1} = \mathrm{C}_5^k x^{6 - k}y^k $中，令$ k = 3 $，得$ xT_4 = \mathrm{C}_5^3 x^3 y^3 $，所以该项中$ x^3 y^3 $的系数为10.在$ \frac{y^2}{x}T_{k + 1} = \mathrm{C}_5^k x^{4 - k}y^{k + 2} $中，令$ k = 1 $，得$ \frac{y^2}{x}T_2 = \mathrm{C}_5^1 x^3 y^3 $，所以该项中$ x^3 y^3 $的系数为5.所以$ x^3 y^3 $的系数为$ 10 + 5 = 15 $.故选C.

10. [2020·北京高考]在 $ (\sqrt{x} - 2)^5 $ 的展开式中，$ x^2 $ 的系数为(C)

A.-5
B.5
C.-10
D.10

答案： 10. C 【解析】$ (\sqrt{x} - 2)^5 $展开式的通项公式为$ T_{k + 1} = \mathrm{C}_5^k · (\sqrt{x})^{5 - k}(-2)^k = (-2)^k \mathrm{C}_5^k x^{\frac{5 - k}{2}} $.令$ \frac{5 - k}{2} = 2 $，得$ k = 1 $，所以$ x^2 $的系数为$ (-2)^1 \mathrm{C}_5^1 = (-2) × 5 = -10 $.故选C.

11. [2022·新高考Ⅰ卷]$ \left( 1 - \frac{y}{x} \right)(x + y)^8 $ 的展开式中 $ x^2y^6 $ 的系数为-28。(用数字作答)

答案： 11. -28 【解析】$ (x + y)^8 $的通项公式为$ T_{k + 1} = \mathrm{C}_8^k x^{8 - k}y^k $.当$ k = 6 $时，$ T_7 = \mathrm{C}_8^6 x^2 y^6 $；当$ k = 5 $时，$ T_6 = \mathrm{C}_8^5 x^3 y^5 $.所以$ \left( 1 - \frac{y}{x} \right)(x + y)^8 $的展开式中$ x^2 y^6 $的系数为$ \mathrm{C}_8^6 - \mathrm{C}_8^5 = 28 - 56 = -28 $.
方法总结 解决二项式定理问题的步骤
第一步，根据所给出的条件（特定项）和通项公式，建立方程来确定指数（求解时要注意二项式系数中$ n $和$ k $的隐含条件，即$ n $，$ k $均为非负整数，且$ n \geq k $，如常数项指数为零，有理项指数为整数等）；第二步，根据所求的指数，再求所求解的项.

12. [2022·浙江高考]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 = $8，$ a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 = $-2。

答案： 12. 8 -2 【解析】$ \because (x - 1)^4 = x^4 - 4x^3 + 6x^2 - 4x + 1 $，$ \therefore a_2 = -4 + 12 = 8 $.令$ x = 0 $，得$ a_0 = 2 $；令$ x = 1 $，得$ a_0 + a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 = 0 $.$ \therefore a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 = -2 $.

13. [2022·上海高考]二项式 $ (3 + x)^n $ 的展开式中，$ x^2 $ 项的系数是常数项的 5 倍，则 $ n = $10。

答案： 13. 10 【解析】由二项式$ (3 + x)^n $的展开式中，$ x^2 $项的系数是常数项的5倍，得$ \mathrm{C}_n^2 × 3^{n - 2} = 5\mathrm{C}_n^0 × 3^n $，即$ \frac{n(n - 1)}{2} = 5 × 9 $，解得$ n = 10 $（负值已舍去）.

14. [2022·上海高考]在 $ \left( x^3 + \frac{1}{x} \right)^{12} $ 的展开式中，含 $ \frac{1}{x^4} $ 项的系数为66。

答案： 14. 66 【解析】$ \left( x^3 + \frac{1}{x} \right)^{12} $的通项公式为$ T_{k + 1} = \mathrm{C}_{12}^k (x^3)^{12 - k} · \left( \frac{1}{x} \right)^k = \mathrm{C}_{12}^k x^{36 - 4k} $.令$ 36 - 4k = -4 $，得$ 4k = 40 $，解得$ k = 10 $，所以$ T_{11} = \mathrm{C}_{12}^{10} x^{-4} = \frac{66}{x^4} $，即含$ \frac{1}{x^4} $项的系数为66.

15. [2021·上海高考]已知 $ (1 + x)^n $ 的展开式中，唯有 $ x^3 $ 的系数最大，则 $ (1 + x)^n $ 的系数和为64。

答案： 15. 64 【解析】由题意得$ \mathrm{C}_n^3 ＞ \mathrm{C}_n^2 $，且$ \mathrm{C}_n^3 ＞ \mathrm{C}_n^4 $（将$ x^3 $的系数最大，转化为关于$ n $的不等式，求出$ n $的值），解得$ n = 6 $.令$ x = 1 $，得$ (1 + x)^6 $的系数和为$ 2^6 = 64 $.

16. [2021·浙江高考]已知多项式 $ (x - 1)^3 + (x + 1)^4 = x^4 + a_1x^3 + a_2x^2 + a_3x + a_4 $，则 $ a_1 = $5，$ a_2 + a_3 + a_4 = $10。

答案： 16. 5 10 【解析】因为$ (x - 1)^3 = x^3 - 3x^2 + 3x - 1 $，$ (x + 1)^4 = x^4 + 4x^3 + 6x^2 + 4x + 1 $，所以$ a_1 = 1 + 4 = 5 $，$ a_2 = -3 + 6 = 3 $，$ a_3 = 3 + 4 = 7 $，$ a_4 = -1 + 1 = 0 $，所以$ a_2 + a_3 + a_4 = 10 $.

17. [2023·天津高考]在 $ \left( 2x^3 - \frac{1}{x} \right)^6 $ 的展开式中，$ x^2 $ 的系数是60。

答案： 17. 60 【解析】$ \left( 2x^3 - \frac{1}{x} \right)^6 $的展开式的通项公式为$ T_{r + 1} = \mathrm{C}_6^r (2x^3)^{6 - r} \left( -\frac{1}{x} \right)^r = \mathrm{C}_6^r 2^{6 - r} (-1)^r x^{18 - 4r} (r = 0, 1, 2, ·s, 6) $.令$ 18 - 4r = 2 $，解得$ r = 4 $.所以$ T_5 = \mathrm{C}_6^4 2^2 (-1)^4 x^2 = 60x^2 $，故$ x^2 $的系数为60.

18. [2023·上海高考]已知 $ (1 + 2023x)^{100} + (2023 - x)^{100} = a_0 + a_1x + a_2x^2 + ·s + a_{100}x^{100} $，若 $ 0 \leq k \leq 100 $，且 $ k \in \mathbf{N} $，当 $ a_k ＜ 0 $ 时，$ k $ 的最大值为49。

答案： 18. 49 【解析】左边多项式展开后按升幂排列的第$ k + 1 $项为$ T_{k + 1} = \mathrm{C}_{100}^k (2023x)^k + \mathrm{C}_{100}^k 2023^{100 - k} (-x)^k = \mathrm{C}_{100}^k [2023^k + (-1)^k 2023^{100 - k}] x^k $.由题意可知，$ a_k = \mathrm{C}_{100}^k [2023^k + (-1)^k · 2023^{100 - k}] $.因为$ \mathrm{C}_{100}^k ＞ 0 $，所以要使$ a_k ＜ 0 $，需$ 2023^k + (-1)^k 2023^{100 - k} ＜ 0 $，则$ k $为奇数且$ 100 - k ＞ k $，解得$ k ＜ 50 $且$ k $为奇数，故$ k $的最大值为49.