吉林四平市实验中学等校2025-2026学年高二第二学期期中考试数学试题（含解析）

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出题人：刘金福 审题人：李石
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，请将答题卡上交.
4.本卷主要命题范围：选择性必修第三册.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 某大学食堂备有4种荤菜、6种素菜、3种汤，现要配成一荤一素一汤的套餐，则可以配成不同套餐的种数为（ ）
A. 13B. 18C. 24D. 72
【答案】D
【解析】
【详解】因为备有4种荤菜，6种素菜，3种汤，
所以荤菜有4种选法，素菜有6种选法，汤有3种选法，
所以要配成一荤一素一汤的套餐，则可以配成不同的套餐有种.
2. 已知随机变量服从两点分布，，则其成功的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设成功的概率为，根据期望的公式计算即可.
【详解】随机变量服从两点分布，设成功的概率为，
，成功的概率为.
3. 已知随机变量服从正态分布，若，则（ ）
A. 0.3B. 0.4C. 0.7D. 0.8
【答案】A
【解析】
【详解】由题意得.
4. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. B. 120C. D. 960
【答案】C
【解析】
【详解】在中，的系数为.
5. 已知根据如下表所示的样本数据，已知线性回归方程为，且该回归直线经过样本中心，则当时的残差为（ ）
A. 0.1B. 0.2C. 0.3D. 0.4
【答案】B
【解析】
【分析】先根据已知条件求出，再求出时的预测值和真实值，最后根据残差的定义求出残差即可.
【详解】由表可知：，，
因为样本中心点必在线性回归直线上，
代入得：，解得.
当时，，
所以残差为，
故选：B.
6. 以，分别表示某山区两个村庄居民某一年内家里停电的事件，若，，，则这两个村庄同时发生停电事件的概率为（ ）
A. 0.03B. 0.04C. 0.06D. 0.05
【答案】D
【解析】
【分析】利用条件概率公式求解即可.
【详解】由，可得，
又因为，，所以，
所以，所以这两个村庄同时发生停电事件的概率为.
故选：D.
7. 3位男生和2位女生围着圆桌就坐，要求2位女生不相邻，则不同的排列方式有（ ）
A. 40种B. 50种C. 55种D. 60种
【答案】D
【解析】
【详解】将座位依次编号为，将男生编号1，2，3，女生编号4，5，
先将1号男生安置在1号位，考虑此时剩下四人的排列，要使2位女生不相邻，号座位上，女生的座位只能是2和5，2和4，3和5，共3种，再对两位女生和两位男生进行排列，有种.
而1号男生有5种安置情况，故总的排列方法共有种.
8. 整数调值编码在信息学中具有重要应用.规定编码：当输入一个奇数时，其编码为0，1的概率分别为，；当输入一个偶数时，其编码为0，1的概率分别为，.现输入1，1，2，3后进行编码，记编码为0的数字个数为，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【详解】每次编码可看成一次独立的随机试验，定义随机变量：​当第个数字编码为0时，，否则，
则，，
所以.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 对于经验回归方程，以下判断正确的是（ ）
A. 变量x与变量y正相关
B. 该方程一定过点
C. 根据经验回归方程可以预测，当时，变量
D. 当变量x减少一个单位时，y平均增加2个单位
【答案】BCD
【解析】
【分析】由经验回归方程斜率可得A；由经验回归方程必过样本中心点可得B；由经验回归方程性质计算可得C、D.
【详解】对于A选项，由，故变量x与变量y负相关，所以A项错误；
对于B选项，经验回归方程必过点，所以B项正确；
对于C选项，根据经验回归方程，可预测变量时，变量，所以C项正确；
对于D选项，在回归方程中，当变量x减少一个单位时，
y平均增加2个单位，所以D项正确.
故选：BCD.
10. 袋中有8个大小相同的球，其中3个黑球、5个白球.现从中任取4个球，记这4个球中黑球的个数为，则（ ）
A. 随机变量服从超几何分布
B.
C.
D. 记这4个球中白球的个数为，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据超几何分布的定义即可求解；对于B，求出和即可求解；对于C，根据即可求解；对于D，根据即可求解.
【详解】对于A，超几何分布的定义为从含个成功元素中无放回抽取个，成功次数服从超几何分布，符合定义，故A正确；
对于B，，
，所以，故B正确；
对于C，因为，所以，所以，故C错误；
对于D，因为，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知随机事件满足，，，，则（ ）
A.
B. 事件相互独立
C.
D. 若，则A与C互斥
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用概率的加法公式判断A，利用独立事件的概率公式判断B，利用条件概率公式判断C，利用条件概率公式结合互斥事件概率的加法公式判断D即可.
【详解】对于A，由概率加法公式得，
解得，故A正确，
对于B，因为，所以，
则事件相互独立，故B正确，
对于C，由条件概率公式得，故C错误，
对于D，因为，所以，
因为，所以由条件概率公式得，
可得，则，
解得，则A与C互斥，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 甲、乙、丙各自研究两个随机变量的数据，若甲、乙、丙计算得到各自研究的两个随机变量的线性相关系数分别为，则这三人中，______研究的两个随机变量的线性相关程度最高.
【答案】甲
【解析】
【分析】根据题意，得到，结合相关系数的含义，即可求解.
【详解】由甲、乙、丙的两个随机变量的线性相关系数分别为，
可得，所以这三人中，甲研究的两个随机变量的线性相关程度最高.
故答案为：甲.
13. 组织一场马拉松比赛，其组委会在比赛沿途的12.5公里、17.5公里、22.5公里、27.5公里、32.5公里、35公里、37.5公里以及半程和全程终点处共设置九个能量补给站并配备有若干志愿者.则安排两名志愿者不在同一补给站且不在相邻的两个补给站的方案共有__________种（用数字作答）.
【答案】56
【解析】
【分析】根据分类计数原理和分步计数原理列式求解即得.
【详解】记这九个能量补给站的编号依次为：1,2,3，……，9；先安排第一名志愿者，再安排第二名志愿者；
若第一名志愿者在1号或9号补给站，第二名志愿者可从和他不相邻的7个补给站中选择一个，此时有种方案；
若第一名志愿者在2至8号中的某一个补给站，第二名志愿者可从余下的6个补给站中选择，此时共有种方案；
由分类计数原理可知，共有种方案.
故答案为：56
14. 已知恰能被1000整除，，则的最小值为________.
【答案】1
【解析】
【分析】写出的二项展开式，分析各项除以1000的整除性，根据整除条件求m.
【详解】，
前9项中都含有，因此都能被整除，
第10项，能被整除，第11项，
故的余数为1，即（为整数），
因为恰能被1000整除，所以（为整数），
又，所以最小值为1.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 已知有9本不同的书．
（1）分成三堆，每堆3本，有多少种不同的分堆方法？
（2）分成三堆，一堆2本，一堆3本，一堆4本，有多少种不同的分堆方法？（用数字作答）
【答案】（1）280 （2）1260
【解析】
【分析】（1）根据平均分堆即可由排列组合求解，
（2）根据不平均分堆即可由排列组合求解.
【小问1详解】
6本书平均分成3堆，所以不同的分堆方法的种数为；
【小问2详解】
从9本书中，先取2本作为一堆，再从剩下的7本中取3本作为一堆，最后4本作为一堆，所以不同的分堆方法的种数为．
16. 某研究团队为探讨体育锻炼对青少年身心健康的影响，抽取960名有体育锻炼习惯的在校中学生进行问卷调查，统计表格数据如下：
（1）完成表格数据，并根据小概率值的独立性检验，分析参与问卷调查的中学生性别分布是否存在年级差异?
（2）每日锻炼对身心健康有显著影响.已知每日锻炼时间超过1小时的学生身心健康达标率为，现随机抽取2名每日锻炼时间超过1小时的学生进行健康评估，求至少有1名学生身心健康达标的概率.
附：，其中.
【答案】（1）
不存在年级差异,理由见解析
（2）0.9831
【解析】
【分析】（1）先根据已知数据完成表格，再根据独立性检验的公式计算的值，最后与临界值比较得出结论；
（2）可先求出两名学生都不达标的概率，再用1减去该概率得到至少一名学生身心健康达标的概率.
【小问1详解】
填表如图：
零假设：参与问卷调查的中学生性别分布不存在年级差异.
根据列联表中的数据，经计算得到，
，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据认为不成立，因此可以认为成立，即认为参与问卷调查的中学生性别分布不存在年级差异；
【小问2详解】
记事件为“2名每日锻炼时间超过1小时的学生中至少有1名学生达标”，则事件为“2名每日锻炼时间超过1小时的学生中没有学生达标”.
由题意得 ，
故 .
故至少有1名学生身心健康达标的概率为0.9831.
17. （1）已知二项式的展开式中，所有项的二项式系数之和为，各项的系数之和为，，求的值；
（2）求的展开式中的系数.
【答案】（1）5；（2）30
【解析】
【分析】（1）所有项的二项式系数之和为，令可求得各项的系数之和，即可根据已知条件列方程求出n；
(2)首先把三项式重组为二项式并写出通项，根据y的指数锁定k，然后用二项式定理分析的通项，最后计算最终系数.
【详解】（1）因为，
当时，x+2xn=1+2n=b=3n，
所以，解得；
（2），
设通项为，则Tk+1=C5kx2+x5−kyk，
令，则，
对于，设其通项为，则Tm+1=C3mx23−mxm=C3mx6−m，
令，则，
故，的系数为.
18. 国庆长假期间，某小型景区对游客开展抽奖免门票活动.活动规则如下：盒子里有5个一模一样的小球，只有1个小球上写着免门票.游客从盒子里摸出1个小球，若该小球上写有免门票，则景区免掉该游客的门票.然后游客把球放回盒子，等待下一位游客抽奖.
（1）小王家一共有4口人来到该景区旅游，记这4人中免门票的人数为，求随机变量的分布列、数学期望和方差；
（2）现往盒子中再放入3个球，其中有1个写着免门票，当小王选好1个小球后（此时小王还不知道小球上是否写着免门票），景区工作人员（他知道小球上是否写着免门票）会执行如下不同方案操作：
方案一：若小王保留第一次选择的球，则直接判定是否免门票；
方案二：若小王放弃初始选择的球，则工作人员先从盒子里拿出2个没有写免门票的球和1个写免门票的球，再让小王从剩余4个球中抽取1个球来判定是否免门票；
方案三：若小王放弃初始选择的球，则工作人员先从盒子里拿出1个没有写免门票的球，并将小王初始选择的球放回盒中，再让小王从盒中的7个球中抽取1个来判定是否免门票.
请问小王按哪种方案摸球更容易免门票？请说明理由.
【答案】（1）分布列见解析；数学期望；方差.
（2）方案三，理由见解析；
【解析】
【分析】（1）依题意可知随机变量服从二项分布，利用二项分布概率公式计算可得分布列、期望和方差；
（2）分别求出三种方案小王摸到免门票球的概率，比较三个概率的大小即可得出结论.
【小问1详解】
因为4人相当于做了4次独立重复试验，每个人中奖的概率为；
又记这4人中免门票的人数为，所以随机变量服从二项分布，即；
可知，
；；
，；
因此随机变量的分布列为：
利用二项分布的期望和方差公式可得数学期望；方差.
【小问2详解】
依题意，可知再往盒子中再放入3个球，其中有1个写着免门票可知现在盒中共有8个球，其中2个写有免门票，
因此可知若采用方案一：若小王保留第一次选择的球，
则其免门票的概率为；
若采用方案二，有以下两种情况：
情况一：
若小王初始选择的球为免门票的，其概率为；
若工作人员从盒子里拿出2个没有写免门票的球和1个写免门票的球，此时剩余4个球中全部是没有写免门票的球，
再让小王从剩余4个球中抽取1个球来判定是否免门票，则其抽到免门票球的概率为0；
情况二：
若小王初始选择的球不是免门票的，其概率为；
若工作人员从盒子里拿出2个没有写免门票的球和1个写免门票的球，此时剩余4个球中有3个是没有写免门票的球，1个写免门票的球，
再让小王从剩余4个球中抽取1个球来判定是否免门票，则其抽到免门票球的概率为；
所以采取方案二小王抽到免门票球的概率为；
若采用方案三，无论小王初始选择的球是否为免门票球，
当工作人员从盒中拿出1个没有写免门票的球，并将小王初始选择的球放回后，盒中都变为7个球，其中有2个写有免门票的球。
因此，小王再从中抽取1个球，抽到免门票球的概率为
显然易知，
所以小王按方案三摸球更容易免门票.
19. 某学校有，两家餐厅，王同学每天都在学校两家餐厅中的某一个餐厅用餐，若王同学某天选择了某个餐厅用餐，则第二天还选择这个餐厅用餐的概率为；设第天选择在餐厅用餐的概率为（），已知王同学第1天选择的是在餐厅用餐．
（1）求；
（2）求（）；
（3）若规定王同学不能连续三天在同一家餐厅就餐，设为王同学前5天在餐厅用餐的次数，求的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据，逐步根据题意计算；
（2）由递推关系先得到，然后构造等比数列求解；
（3）先列举出王同学前天不连续三天在同一家餐厅就餐的所有情况，然后结合条件概率和独立事件的乘法公式求解.
【小问1详解】
由题知，，，
【小问2详解】
由题知，，
可得，
又，则是首项为，公比为的等比数列，
则，
则
【小问3详解】
王同学前5天在哪个餐厅用餐可能情况如下：
所以可取值为2，3，4，
，
，
，
即的分布列为：
.
2
4
6
8
10
5.8
5.1
3.8
3.2
2.1
初中
高中
合计
男
270
230
女
230
230
合计
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
初中
高中
合计
男
270
230
500
女
230
230
460
合计
500
460
960
初中
高中
合计
男
270
230
500
女
230
230
460
合计
500
460
960
0
1
2
3
4
第一天
第二天
第三天
第四天
第五天
X
A
A
B
A
A
4
B
3
B
A
3
B
A
A
B
3
B
A
3
B
2
B
A
A
3
B
2
2
3
4