浙江省金兰教育合作组织2025-2026学年高二下学期4月期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省金兰教育合作组织2025-2026学年高二下学期4月期中考试数学试题（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了结束后，只需上交答题卡等内容，欢迎下载使用。
1．试题共4页，满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卡指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号．
3．所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效．
4．结束后，只需上交答题卡．
选择题部分
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. 甲、乙、丙3位同学在5个兴趣小组中任选一个参加，任意2人不同组的选法种数有（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】3位同学在5个兴趣小组中任选一个，且任意2人不同组的选法有种.
2. 已知事件A，B满足，则（ ）
A. 1B. 0.3C. 0.5D. 0.6
【答案】A
【解析】
【详解】，
在发生的条件下，一定发生，
，
则.
3. 已知随机变量，且，则（ ）
A. 0.2B. 0.3C. 0.6D. 0.8
【答案】B
【解析】
【详解】因为随机变量，且，
所以，
所以.
4. 从50名学生中随机选出5名学生代表，则甲被选中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可知，从50名学生中随机选出5名学生代表，
所包含的基本事件总和为，
甲被选中包含的可能事件为，
所以甲被选中的概率为.
5. 设随机变量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由二项分布的概率公式可得，再由二项分布的方差公式可得.
【详解】因为随机变量，根据二项分布的性质：，
，且，解得.
又因为，由二项分布的方差公式：.
6. 展开式中的常数项为（ ）
A. 20B. -20C. -12D. -8
【答案】B
【解析】
【分析】将给定式子变形，再结合二项式定理求解作答.
【详解】因，
则展开式的通项公式为，
由解得，所以展开式中的常数项为.
故选：B
7. 如图，点分别是四面体的顶点或棱的中点，那么在同一平面上的四点组个数有（ ）
A. 30B. 33C. 63D. 69
【答案】B
【解析】
【分析】分成两类计数：一类是所在面上另外5个点中任选3个，另一类是所在棱上三点与对棱中点共面，由此可得.
【详解】含有的侧面中，每个面上的6个点都是共面的，除外的5个点任选3个，则个数为，
所在的棱上三点与对棱中点共面，这样的组数有3个，
所以共有个.
8. 已知，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 对于任意奇数n，a都是偶数B. 对于任意偶数n，a与的奇偶性相同
C. 对于任意偶数，都有D. 对于任意偶数，都有
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项式展开式，分析可得，据此求出a、b的表达式，对于AB，可取某些特殊的n值进行分析，由此进行判断；对于CD，根据分析即可求得具体的值．
【详解】，
同理，
两者对比可知为奇数时，，
又为偶数时，为有理数，且，
即两者展开式中k为偶数的部分，为相等的有理数，
所以可知，
因此可解得，
对于A，取（奇数），可得（奇数），矛盾，故A错误；
对于B，取（偶数），可得（奇数），（偶数），奇偶性不同，故B错误；
对于CD，对于任意大于0的偶数，
因为，
也即，故C错误，D正确．
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 若事件A，B满足，则事件A，B相互独立
B. 若事件B，C互斥，则
C. 若数据的方差为2，则数据的方差为17
D. 在12件产品中有2件次品，任意抽取3件，则抽到次品的个数期望值为
【答案】AB
【解析】
【分析】由条件概率计算公式和全概率公式可判断AB，由方差的运算性质可判断C，由超几何分布期望公式可判断D.
【详解】选项A，设，
根据全概率公式： ，
因此 ，
，
符合事件相互独立的定义，A正确；
选项B，因为互斥，即 ，因此 ，
即和也互斥，
由概率可加性： ，
由条件概率计算公式得： ，B正确；
选项C，根据方差性质：若原数据方差为，则，
，新数据方差为 ，C错误；
选项D，抽到次品数服从超几何分布 ，
超几何分布期望公式为​，代入得： ，D错误.
10. 随机变量的分布列如下表，．令随机变量，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 恒成立
C. 的最大值为D. 当在内增大时，先增大后减小
【答案】ACD
【解析】
【详解】由分布列的性质，得，所以，.
因为，所以，解得，所以A正确.
，
所以.
因为，所以，所以B错误.
，
当且仅当时，取得最大值，所以C正确.
当时，；当时，；
当时，.
所以，的分布列为
所以.
当时，在上单调递增，在上单调递减，所以D正确.
11. 一项“过关游戏”规则规定：在第关要抛掷一颗质地均匀的骰子次，如果这次抛掷所出现的点数之和大于，则过关．假定每次过关互不影响．记过第关为事件，则下列说法正确的是（ ）
A. 这项游戏最多能连续过5关
B.
C.
D. 连过前三关的概率是
【答案】BCD
【解析】
【详解】A选项：当时，，当时，，所以最多过4关，A错误；
B选项：当时，点数记为，即时过关，，所以B正确；
C选项：，设两次点数记为，，
则，所以，所以C正确；
D选项：，记三次点数分别为，
，
，所以D正确．
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 将1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，要求偶数相邻，共有__________种排法．（用数字作答）
【答案】12
【解析】
【详解】将两个偶数看成一个整体有种情况，
再将两个偶数与两个奇数全排列有种情况，
所以将1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，要求偶数相邻，共有种排法.
13. 某校开展教师歌手大赛．已知男、女教师人数比例为，有的男教师和的女教师擅长民谣歌曲．现随机选取一位教师，则这位教师恰好擅长民谣歌曲的概率为__________．
【答案】##
【解析】
【详解】由男、女教师人数比为，可得随机选一位教师，
选到男教师的概率为，选到女教师的概率为.
已知男教师中擅长民谣的概率为，女教师中擅长民谣的概率为.
根据全概率公式，随机选一位教师恰好擅长民谣的概率为：
.
即随机选一位教师，则这位教师恰好擅长民谣歌曲的概率为.
14. 盒子中装有编号依次为1，2，3，4的4张卡片，现从中有放回地抽取次卡片，每次仅抽取1张，记这次抽取的卡片中最大编号为，若要求成立，则至少抽取____________次．
【答案】4
【解析】
【详解】，
，
由，得，
令，则在时单调递减，
又，所以的最小值为4．
四、解答题：本大题共5小题，共计77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 计算：
（1）；
（2）解方程：；
（3）解关于的不等式：．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用组合数的计算公式求解；
（2）根据排列数和组合数的计算公式解方程；
（3）利用组合数的计算公式求解.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
由题知．
由且；
【小问3详解】
由题知
解得，
又，且 ，
∴不等式的解集为.
16. 以下各小题要求列出算式，并计算出结果．某高校组织1位老师带领3名男生、3名女生参加志愿服务活动．
（1）活动开始前7人排成一排合影留念
①若要求老师站在中间，甲、乙两位学生均与老师相邻，共有多少种不同的排法？
②若老师站在队列的排头或排尾且女生互不相邻，共有多少种不同的排法？
（2）现从6名学生中选1人与老师留在原地，其余5人分配到3个服务站点进行志愿服务．
要求每个站点至少一名学生，每名学生只能分配到一个站点，共有多少种分配方式？
【答案】（1）①；②
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查排列组合的综合应用，涉及特殊元素定位、相邻问题、不相邻问题、分组分配等问题.
（1）①老师位置固定在中间，甲乙两位学生必须与老师相邻，先安排甲乙两人的位置，再对其余无限制的4名学生进行全排列，根据分步乘法计数原理求解；
②先安排老师在排头或排尾，再排男生，最后利用插空法安排互不相邻的女生，分步完成后用乘法计数原理计算；
（2）先从6名学生中选出1人与老师留在原地，再将剩余5名学生按，，或，，两种人数分组方式进行分组，最后将各组分配到个服务站点，利用先分组后分配的方法求解.
【小问1详解】
①因为老师站在最中间，甲、乙两名学生站在老师的两侧，
所以老师站在第4个位置，甲、乙两名学生的排序有种．
再排其他学生，有种，由分步乘法计数原理，不同的排法有种．
②老师排在排头或排尾有种方法,其余6个位置用插空法处理：先排3名男生有种排法，形成4个空位；再将3名女生排入这4个空位，有种排法由分步乘法计数原理，不同的排法有种．
【小问2详解】
因为要从6名学生中选出1名与老师留在原地，有种选法．
其余5名同学分配到3个站点，可分为1人、2人、2人，或分为1人、1人、3人．
如果分为1人、2人、2人，有种，
如果分为1人、1人、3人，有种，
再将这3组对应3个站点进行全排列，
不同的分配方式有种．
17. 已知的展开式中，____________．给出以下条件：①若展开式前三项的二项式系数之和等于；②若展开式中倒数第三项与倒数第二项的系数比为．任选一个，补充在上面横线中并加以解答（注：若选择多个条件，按第一个解答计分）．
（1）求的值及通项公式；
（2）求展开式中所有项的系数绝对值之和；
（3）求展开式中系数最小的项．
【答案】（1）选择见解析，，
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）若选①：利用展开式的前三项的二项式系数之和得出等式求出即可；若选②：利用展开式中倒数第三项与倒数第二项的系数比建立等式求出即可.然后写出通项公式即可；
（2）根据展开式所有系数之和公式分析求解即可；
（3）根据展开式系数性质一一列举分析求出即可.
【小问1详解】
若选①：若展开式前三项的二项式系数之和等于.
由的展开式中前三项的二项式系数之和等于得：，
即，即，
解得或（舍去），所以．
若选②：若展开式中倒数第三项与倒数第二项的系数比为.
则由题得，解得.
所以的展开式通项为．
【小问2详解】
展开式中所有系数的绝对值之和，即展开式中所有系数之和，
令，得.
【小问3详解】
由的展开式通项公式知：
展开式中的系数为，若要找展开式中系数最小的项，则为奇数，
当时，该项系数为，
当时，该项系数为，
当时，该项系数为，
当时，该项系数为，
因此，展开式中系数最小的项为第4项即：.
18. 不透明的袋子装有编号为的35个球，号球重量为克，从袋子中等可能地取球．
（1）任取1球，求其重量小于7克的概率；
（2）任取1球，求其重量大于号码数的概率；
（3）任取1球，若球的重量小于号码数时，则停止取球；若球的重量大于号码数，则放回，搅拌均匀后重取，并规定取球次数不超过3次．设结束时的取球次数为，求的分布列和期望．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求出重量小于7克的编号个数，利用古典概型求概率；
（2）求出重量大于号码数的编号个数，利用古典概型求概率；（3）确定的可能取值，分别计算每个取值的概率，写出分布列，并求期望.
【小问1详解】
，，
，，
，
所以，.
【小问2详解】
设事件为“取1球其重量大于号码数”．
若球重量大于号码数，则，
即，
解得或，
，
，
【小问3详解】
可取的值为，
取出球重量大于号码的概率为，
，
，
，
.
19. 如图，河面上从左至右4个石墩排成一条直线，松鼠在第2个石墩上．松鼠会在相邻的两个石墩（或石墩与河岸）间不停地跳跃．每次跳跃时，向左跳的概率为，向右跳的概率为．当松鼠跳到左岸或右岸时，就去树林里吃松果，不再返回．将河的左、右岸分别标记为0号、5号石墩．将松鼠位于第个石墩上并最终跳到右岸的概率记为．
（1）省略推导过程，直接写出的值，直接判断与的大小关系；
（2）当河面上有个石墩且时，求；
（3）当河面上有个石墩且时，要使，求的最大值．
【答案】（1），，
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由不可能事件和必然事件的概率得，利用对立事件考虑从1，2号石墩跳到右岸的概率，从而可比较大小；
（2）利用互斥事件概率公式得出，确定是等差数列，从而求得结论；
（3）同（2）分析得出递推关系式：，利用迭代法求得，再用累加法求得，然后利用求出的最大值.
【小问1详解】
松鼠在左岸时，直接去树林里吃松果，不可能跳去右岸，因此，
同样松鼠在右岸时已经不需要跳跃了，因此，
松鼠在1号石墩，只要向左跳一次，就到左岸去树林里吃松果，
而2号石墩，至少需要向左跳2次，才能到左岸去树林里吃松果，
因此1号石墩到左岸去树林里吃松果的概率大于2号石墩到左岸去树林里吃松果的概率，
从而到右岸去树林里吃松果的概率反而小，所以；
【小问2详解】
由（1）知
考虑松鼠位于第个石墩上并最终跳到右岸的情况可分为互斥的两类，
向左跳到第个石墩并最终跳到右岸；
向右跳到第个石墩并最终跳到右岸．
以上两种情况的概率分别为和，
故有，
即，
所以数列是等差数列，
则
得到；
【小问3详解】
由（2）的分析知，
整理得
累加得
，
而 ，
得到
，-1
0
1
0.5
1
2
3
1
2
3