《2025年通成学典课时作业本高中数学选择性必修第三册人教版》

1. $x(1-x)^4$的展开式中$x^4$的系数为 (D)

A.2
B.6
C.4
D.$-4$

答案： 1.D 解析：因为二项式$(1-x)^{4}$的展开式的通项为$T_{r+1}=C_{4}^{r}×1^{4-r}×(-x)^{r}=C_{4}^{r}(-1)^{r}x^{r},r=0,1,2,3,4$，所以令$r=3$，可得$T_{4}=C_{4}^{3}×(-1)^{3}× x^{3}=-4x^{3}$．所以$x(1-x)^{4}$的展开式中$x^{4}$的系数为$-4$．故选D.

2. 若随机变量$X$的分布列为$P(X=k)=p_k$,$k=1,2,3$,且$p_1+2p_2+3p_3=2$,$p_1+4p_2+9p_3=6$,则$D(X)$等于 (C)

A.3
B.4
C.2
D.12

答案： 2.C 解析：根据题意知，$E(X)=2$，$E(X^{2})=6$，所以$D(X)=E(X^{2})-(E(X))^{2}=6-4=2$．故选C.

3. 如图,有A,B,C,D,E五个矩形,B分别与A,C,D,E相接,且A,C,D互不相接,在图中分别给五个矩形涂色,要求相接矩形涂不同的颜色.现有4种不同颜色可供选用,则不同的涂色方案种数为 (B)

A.96
B.144
C.480
D.600

答案： 3.B 解析：第一步，涂A有4种选择；第二步，涂B有3种选择；第三步，涂C有3种选择；第四步，涂E有2种选择；第五步，涂D有2种选择.所以共有$4×3×3×2×2=144$(种)涂色方案.故选B.

4. 今天是星期三,再过$2^{2026}$天是星期 (D)

A.一
B.二
C.四
D.五

答案： 4.D 解析：因为$2^{2026}=2^{2025}×2=8^{675}×2=(7+1)^{675}×2=(C_{675}^{0}7^{675}+C_{675}^{1}7^{674}+·s+C_{675}^{674}7+1)×2=7×2(C_{675}^{0}7^{674}+C_{675}^{1}7^{673}+·s+C_{675}^{674})+2$，所以$2^{2026}$除以7的余数为2.所以今天是星期三，再过$2^{2026}$天是星期五.故选D.

5. 掷三枚质地均匀的骰子,所得三个点数都不一样,则含有1点的概率为 (C)

A.$\frac{19}{30}$
B.$\frac{5}{9}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{5}{18}$

答案： 5.C 解析：设事件A为“含有1点”，事件B为“掷出的三个点数都不一样”.由题意，得$P(B)=\frac{A_{6}^{3}}{6^{3}}=\frac{5}{9}$，$P(AB)=\frac{C_{1}^{1}A_{5}^{2}}{6^{3}}=\frac{5}{18}$，所以所求概率为$P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{\frac{5}{18}}{\frac{5}{9}}=\frac{1}{2}$．故选C.

6. 设随机变量$X\sim B(10,p)$,且满足$D(X)=2.4$,$P(X=4)＞P(X=6)$,则$p$的值为 (C)

A.0.7
B.0.6
C.0.4
D.0.3

答案： 6.C 解析：由题意，得$D(X)=10p(1-p)=2.4$，即$p^{2}-p+0.24=0$，解得$p=0.6$或$p=0.4$．又$P(X=4)＞P(X=6)$，所以$C_{10}^{4}p^{4}(1-p)^{6}＞C_{10}^{6}p^{6}(1-p)^{4}$，即$(1-p)^{2}＞p^{2}$．所以$0＜p＜\frac{1}{2}$．所以$p=0.4$．故选C.

7. 已知具有线性相关关系的变量$x,y$,设其样本点为$P_i(x_i,y_i)(i=1,2,·s,6)$,经验回归方程为$\hat{y}=2x+\hat{a}$.若$\overrightarrow{OP_1}+\overrightarrow{OP_2}+·s+\overrightarrow{OP_6}=(12,18)$($O$为坐标原点),则$\hat{a}$的值为 (A)

A.$-1$
B.$-6$
C.1
D.6

答案： 7.A 解析：因为样本点为$P_{i}(x_{i},y_{i})(i=1,2,·s,6)$，且$\overrightarrow{OP_{1}}+\overrightarrow{OP_{2}}+·s+\overrightarrow{OP_{6}}=(12,18)$，所以$\begin{cases}x_{1}+x_{2}+·s+x_{6}=12,\\y_{1}+y_{2}+·s+y_{6}=18.\end{cases}$所以$\bar{x}=\frac{1}{6}(x_{1}+x_{2}+·s+x_{6})=\frac{12}{6}=2$，$\bar{y}=\frac{1}{6}(y_{1}+y_{2}+·s+y_{6})=3$．又因为经验回归直线$\hat{y}=2x+a$经过点$(\bar{x},\bar{y})$，所以$3=2×2+a$，解得$a=-1$．故选A.

8. 设正整数$n=a_0· 2^0+a_1· 2+·s+a_{k-1}· 2^{k-1}+a_k· 2^k$,其中$a_i\in\{0,1\}$,$i=0,1,·s,k-1,k$.记$\omega(n)=a_0+a_1+·s+a_k$,则下列结论错误的是 (B)

A.$\omega(2n)=\omega(n)$
B.$\omega(2n+3)=\omega(n)+1$
C.$\omega(8n+5)=\omega(4n+3)$
D.$\omega(2^n-1)=n$

答案： 8.B 解析：对于A，因为$n=a_{0}·2^{0}+a_{1}·2^{1}+·s+a_{k-1}·2^{k-1}+a_{k}·2^{k}$，所以$2n=a_{0}·2^{1}+a_{1}·2^{2}+·s+a_{k-1}·2^{k}+a_{k}·2^{k+1}=0×2^{0}+a_{0}·2^{1}+a_{1}·2^{2}+·s+a_{k-1}·2^{k}+a_{k}·2^{k+1}$．所以$\omega(2n)=a_{0}+a_{1}+·s+a_{k}=\omega(n)$．故A正确，不符合题意．对于B，取$n=2$，则$2n+3=7=1×2^{2}+1×2^{1}+1×2^{2}$．所以$\omega(7)=1+1+1=3$．因为$2=0×2^{0}+1×2^{1}$，所以$\omega(2)=0+1=1$．所以$\omega(7)\neq\omega(2)+1$．故B错误，符合题意．对于C，因为$8n+5=1×2^{0}+0×2^{1}+1×2^{2}+a_{0}·2^{3}+a_{1}·2^{4}+·s+a_{k}·2^{k+3}$，所以$\omega(8n+5)=1+0+1+a_{0}+a_{1}+·s+a_{k}=2+a_{0}+a_{1}+·s+a_{k}=2+a_{0}+a_{1}+·s+a_{k}·2^{k+2}+3=1×2^{0}+1×2^{1}+a_{0}·2^{2}+a_{1}·2^{3}+·s+a_{k}·2^{k+2}$，所以$\omega(4n+3)=1+1+a_{0}+a_{1}+·s+a_{k}=2+a_{0}+a_{1}+·s+a_{k}$．所以$\omega(8n+5)=\omega(4n+3)$．故C正确，不符合题意．对于D，因为$2^{n}-1=2^{0}+2^{1}+·s+2^{n-1}$，所以$\omega(2^{n}-1)=\omega(2^{0})+\omega(2^{1})+·s+\omega(2^{n-1})=n$．故D正确，不符合题意.故选B.

9. 将四大名著《红楼梦》《西游记》《三国演义》《水浒传》、诗集《唐诗三百首》《徐志摩诗集》和戏曲《中华戏曲》这7本书放在一排,则下列结论正确的是 （BD）

A.戏曲书放在正中间位置的不同放法有$\frac{1}{2}\mathrm{A}_7^7$种
B.诗集相邻的不同放法有$\mathrm{A}_2^2\mathrm{A}_6^6$种
C.四大名著互不相邻的不同放法有$\mathrm{A}_3^3\mathrm{A}_5^5$种
D.四大名著不放在两端的不同放法有$\mathrm{A}_2^2\mathrm{A}_5^5$种

答案： 9.BD 解析：对于A，因为7本书放在一排，而戏曲书放在正中间，将其余6本书进行全排列，所以共有$A_{6}^{6}$种不同放法．故A选项错误．对于B，因为诗集要相邻，所以将两本诗集进行捆绑，再将捆绑的诗集和剩余的5本书进行全排列，则诗集相邻的不同放法有$A_{2}^{2}A_{6}^{6}$种．故B选项正确．对于C，因为四大名著要互不相邻，所以先将诗集和戏曲进行全排列，再将四大名著进行插空，则共有$A_{3}^{3}A_{4}^{4}$种放法．故C选项错误．对于D，在除四大名著外的3本书中，挑选2本放在两端，有$A_{3}^{2}$种放法；再将剩余5本书进行全排列，有$A_{5}^{5}$种放法，所以四大名著不放在两端的不同放法有$A_{3}^{2}A_{5}^{5}$种．故D选项正确．综上所述，选项BD符合题意.