山西省晋城市部分学校2025-2026学年高二下学期5月期中考试 数学（含解析）

这是一份山西省晋城市部分学校2025-2026学年高二下学期5月期中考试 数学（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．可表示为排列数（ ）
A．B．C．D．
2．设一组样本数据，，，的方差为，则数据，，，的方差为（ ）
A．B．C．D．
3．国家提出“乡村振兴”战略，各地纷纷响应．某县有7个自然村，其中有4个自然村根据自身特点推出乡村旅游，被评为“旅游示范村”．现要从该县7个自然村里选出3个作宣传，则恰有2个村是“旅游示范村”的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．设，为两个事件，已知，，，则等于（ ）
A．0.2B．0.4C．0.5D．0.7
5．已知是首项为6的等差数列．当且仅当时，的前项和取得最大值，则公差的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．若 的展开式中的系数为80，则正整数 的值为（ ）
A．7B．8C．9D．10
7．微信是人们的一个重要社交平台，它有一个功能是可以发朋友圈.微信发朋友圈时，可以最多同时分享9张照片，这9张照片排成三行三列，如九宫格的形式.某人参加了2021年中国共产党建党100周年的一个庆祝活动，拍摄了一些照片，准备将其中的9张不同照片分享给他的朋友，这9张照片中，有3张是不同三人的演讲，有3张是不同演员的双人朗诵，有3张是不同单位的合唱，那么该人在分享照片的时候，每行每列都是不同类别照片的排法有（ ）种.
A．2592B．1296C．648D．108
8．已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知，则下列说法正确的为（ ）
A．
B．
C．
D．
10．下列说法正确的有（ ）
A．数据2，3，5，7，11，13的第75百分位数为7，中位数为6
B．一组数据的标准差为0，则这组数据中的数值均相等
C．若随机变量满足则
D．一个医疗队有男医生36人，女医生24人，分层抽样抽取了一个5人小分队，现将这5人分配去三个医院指导工作，每个医生去一个医院且每个医院至少有一名医生，女医生去同一个医院，共有36种分配方式
11．已知函数，则（ ）
A．在区间上单调递增
B．恰有两个零点
C．不等式的解集为
D．若，则的最小值为2
三、填空题
12．若 为正整数，则不等式 的解集是_____
13．展开式中的系数为____________．（用数字作答）
14．已知椭圆和双曲线有公共焦点，（为左焦点），与在第三象限交于点，直线交轴于点且平分，则的离心率为_________．
四、解答题
15．用数字组成没有重复数字的数（结果用数字作答）．
(1)求可组成多少个四位数；
(2)将（1）中的四位数按从小到大的顺序排成一排，求第个数．
16．已知数列的前项和为．
(1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式：
(2)若对任意恒成立．求实数的取值范围．
17．设函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
18．盲盒，作为一种以随机体验为核心的商业模型，已经成为一种新型的消费现象，其核心价值在于精准把握了现代消费者对情感价值和收藏欲望的需求．商家为了在电商平台对某款盲盒进行促销，对商品进行了升级，新款盲盒中出现“隐藏款”的概率为，旧款盲盒中出现“隐藏款”的概率为，商家会以3∶2的比例对新、旧款盲盒进行随机发货．
(1)求消费者买到的某个盲盒中出现“隐藏款”的概率；
(2)小张在电商平台上购买了3个该款盲盒，设盲盒中出现“隐藏款”的个数为X，求随机变量X的数学期望和方差；
(3)现有一箱装有4个“常规款”和2个“隐藏款”的盲盒，若每次从中随机取出一个盲盒拆开，取出后不放回，直到能区分出全部6个盲盒分别是“常规款”还是“隐藏款”时为止，记取出盲盒的个数为Y，求随机变量Y的分布列和数学期望．
19．在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施.物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户预期，显著提升满意度.某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市.从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择：
方案A：选择高速支线，物流提前送达的概率为；
方案B：选择高速干线，物流提前送达的概率为；
方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为.
(1)物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率；
(2)物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下：
①第1次，随机选择一种方案；
②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机选择一种.记第n次选择方案A，B，C的概率分别为，，.
（i）求，，并证明：数列为等比数列；
（ii）求和，并判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率.
参考答案
1．A
【详解】.
故选：A.
2．C
【详解】因为样本数据，，，的方差为，
所以由方差的性质可知，
数据，，，的方差为．
3．B
【详解】由题可得，恰有2个村是“旅游示范村”的概率为．
故选：B
4．C
【详解】因为，所以，
因为，
所以，解得.
5．C
【详解】因为是首项的等差数列，所以，
因为当且仅当时，的前项和取得最大值，则且，
当时：，则，所以，
当时：，则，所以，
综上，，
即公差的取值范围是.
6．B
【详解】由题意可得的展开式中的系数为，
化简可得，即，解得.
7．A
【详解】确定3类图片的位置排列：
第一行的排列数：，第二行是第一行的错位排列，则排列方式有2种，
第三行排列方式唯一确定，因此，类别位置的排列方式有（种）.
各类图片的排列数：
演讲图片放入3个位置，排列数为；双人朗诵图片放入3个位置，排列数为；合唱图片放入3个位置，排列数为.
故总排法有（种）.
8．A
【详解】由可得定义域为，且，
当且时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
所以：是极大值点，；
当时，；当时，；
由此可作出函数的图象：
令，则原方程可化为：，
得或，
原方程有且仅有4个不同的实根，等价于和对应的方程的根的总数为4个；
结合的图象可得的图象：
由题意知以及，故，且，
结合图象，要使得和有且仅有4个不同的实根，
需满足且，即得，此时有1个解，有3个解，
即.
9．ACD
【详解】令，代入得：，故选项A正确的；
由通项公式可得：即，，由于，所以，故选项B是错误的；
令时，
，
又，
所以，C正确；
对，
求导可得：，
再令可得：，正确，
故选：ACD
10．BD
【详解】由，得第75百分位数为第5个数，即11，中位数为，故A错误；
根据标准差定义，一组数据的标准差
时，
显然有，故B正确；
若随机变量满足，则，故C错误；
一个医疗队有男医生36人，女医生24人，分层抽样抽取了一个5人小分队，
男医生人，女医生人，
现将这5人分配去三个医院指导工作，每个医生去一个医院且每个医院至少有一名医生，
且女医生去同一个医院，三个医院人数可以为，共有种分配方式；
三个医院人数可以为，共有18种分配方式，
综上，共有36种分配方式，故D正确.
故选：BD.
11．ABD
【详解】函数的定义域为，关于原点对称，
且，所以函数为偶函数，
对于A项，当时，，
对其求导得，所以在区间上单调递增，故A项正确；
对于B项，因为在区间上单调递增，且，
根据偶函数的性质可知，，所以恰有两个零点，故B项正确；
对于C项，因为为偶函数，且在上单调递增，
所以等价于，
得，两边平方得，
而函数的定义域为，所以的解集为，故C项错误；
对于D项，因为，且为偶函数，
得，即，
因为，
所以，
又因为在区间上单调递增，所以，得，
则，当且仅当时取等号，所以的最小值为2，故D项正确．
12．
【详解】 化为，即.解得，因为，则.故原不等式的解集为.
故答案为：.
13．
【详解】解：展开式中含的项为，
故展开式中的系数为．
14．
【详解】
椭圆中，故，，
，
由题意可知，且，
由椭圆定义可得①，
由双曲线定义可得②，
联立①②得，
由角平分线定理可知，，
设，在直线上，由分点比例得，
则，解得，
在椭圆上，则，解得，
，
，
由得，
，化简得，
，
，解得，
．
15．(1)
(2)
【详解】（1）四位数字的千位不能为0，有种；
其余三位数从剩下的5个数字中选3个排列，有种；
由分步乘法计数原理得：种．
（2）千位为1：后三位从其余5个数中选3个排列，共有个；
千位为2：从第个数开始，共计个，
，即求千位为2的第个数；
百位为0：共计个，对应第个数；
百位为1：共计个，对应第个数；
第个数是千位为2，百位为3的最小四位数，即为：．
16．(1)证明见解析，；
(2)
【详解】（1）证明：由，则，即，
又，所以数列是首项、公差均为的等差数列，
所以，所以.
（2）解：由，
则，
所以，
所以.
因为对任意恒成立．
所以，整理得对任意恒成立，
令，则，
当时，当时，当时，
所以，即的最小值为，
综上，实数的取值范围为.
17．(1)当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增；
(2)证明见解析.
【详解】（1）函数的导数为，
当时，恒成立，故，所以在上单调递增；
当时，令 ，得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上所述：当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.
（2）由（1）知，当时，在处取得最小值，
因此，对任意，有.
只需证明 ，即
令，.
求导得，
，故在上单调递增.
由知，当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增.
所以在处取得最小值.
因此，即成立，等号当且时取得.
18．(1)
(2)；
(3)
；
【详解】（1）设事件A为：买到新款盲盒，事件B为：买到旧款盲盒，事件C为：盲盒中出现“隐藏款”，
则，
则；
（2）每个盲盒是否开出隐藏款相互独立，每个盲盒开出隐藏款的概率为​，
因此随机变量， 根据二项分布的期望、方差公式：
得，；
（3）当拆出全部2个隐藏款或全部4个常规款时，即可确定所有盲盒类型，停止抽取，
因此Y的可能取值为2，3，4，5， 隐藏款的位置共有种等可能情况，
计算概率得：（前2个均为隐藏款）,
（第二个隐藏在第3位，前2位有1个隐藏）,
（第二个隐藏在第4位，或前4个均为常规款），
（剩余所有情况），
Y的分布列为：
数学期望：.
19．(1)
(2)（i），，证明见解析；（ii）和见解析，能提高.
【详解】（1）每次随机选择一种方案，则三种方案被选中的概率均为，
设物流提前送达为事件D，则.
（2）（i）第一次随机选择，则，
若第一次提前送达，概率为，若第一次未提前送达，则概率为，
则，，
由题意得，
，，
则
，
又，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
（ii）由（i）得①，
同理
，又，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以②，
①②联立得，
设第n次提前送达事件为
则
，
随着n增大，逐渐增大，且，
所以当时，，
因此从第2次起，智能自适应调度系统逐步提高物流提前送达的概率.Y
2
3
4
5
P
Y
2
3
4
5
P