2025-2026学年河北省保定市高二（下）期中数学试卷

这是一份2025-2026学年河北省保定市高二（下）期中数学试卷，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知二项式（x-19）n的展开式共有19项，则n=（ ）
A. 18B. 19C. 20D. 21
2.某企业为河北农产品设计包装，有两类方式：方式一是使用现成包装模板，共5种选择；方式二是自主定制，分两步完成，第一步先从4种材质中选1种，第二步再从2种配色方案中选1种.不同的包装选择种数为（ ）
A. 11B. 13C. 30D. 60
3.某非遗工坊推出25款不同的榫卯结构文创盲盒，其中5款为故宫联名隐藏款.某游客一次性购买4个盲盒，则买到的盲盒中至少有1个故宫联名隐藏款的购买种数为（ ）
A. B. C. D.
4.若P是曲线上任意一点，则曲线C在点P处的切线倾斜角的最小值为（ ）
A. B. C. D.
5.将8棵相同的小多肉种进4个不同的花盆，要求每个花盆至少种1棵小多肉，则总的种法数为（ ）
A. 70B. 56C. 35D. 20
6.展开式中的常数项为（ ）
A. 8B. 9C. 10D. -8
7.某AI项目组有2名算法工程师（含工程师甲）和6名实习生，共8名成员.现从中随机选取5人组成项目攻坚小组，参与AI大模型优化任务，则在攻坚小组中既有工程师又有实习生的条件下，工程师甲被选中的概率为（ ）
A. B. C. D.
8.某六角星徽章由A，B，C，D，E，F六个平行四边形区域构成，现有3种颜色可供这六个区域进行涂色，要求每个区域只能涂1种颜色，有公共边的两个区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法种数为（ ）
A. 36
B. 60
C. 66
D. 78
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
9.设离散型随机变量X的分布列如下表所示，其中，则（ ）
A. m=2-3pB. C. D.
10.若（4x-3）n展开式中所有二项式系数之和为1024，且，则（ ）
A. a1=40
B.
C. a1+2a2+…+nan能被200整除
D. 除以7所得的余数为2
11.已知函数f（x）=xea-x+x,则下列结论正确的是（ ）
A. xf（x）≥0
B. ∀a∈（-∞，2），f（x）存在极值
C. 存在a∈R，使得f（1-x）≤2-2x恒成立
D. 若f（x）在（1，e）上存在单调递减区间，则a的取值范围是（2，+∞）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.的展开式中第 项的二项式系数最大，展开式中含x2的项的系数为 .
13.将5名协警分配到3个交通岗亭执勤，每个岗亭至少分配1名协警，每名协警只去1个岗亭，则分配方案共有 种.
14.设正整数，其中a0=1，ai=0或1（i=1，2，…，k），记ω（n）=a0+a1+…+ak-1+ak.若ω（n）=5且n≤4096，则满足题意的n共有 个.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
抛掷一枚质地均匀的骰子2次，记向上的点数大于4的次数为X.
（1）求X的分布列；
（2）记Y=|X-1|，证明Y服从两点分布，并求Y的分布列.
16.(本小题15分)
已知函数f（x）=xlnx-mx.
（1）若m=2，求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≤x2+6在（0，+∞）上恒成立，求m的取值范围.
17.(本小题15分)
（1）用3个3，5个1，1个8可以组成多少个不同的九位数？
（2）由数字0，1，2，3，4，5，6可以组成多少个没有重复数字，并且比5000000大的偶数？
（3）甲、乙、丙、丁、戊等8名同学站成一排拍照，其中甲、乙必须相邻，且丁在戊的左边、在丙的右边，其中丁、戊、丙可以不相邻，则共有多少种站法？
18.(本小题17分)
某花艺工作室承接中式花艺和现代花艺这两类花艺设计，根据以往的设计作品数据，中式花艺作品占60%，现代花艺作品占40%.设计师设计的中式花艺作品达到设计标准的概率为90%，且达标作品中，仍有10%的作品因细节瑕疵不被客户采纳；未达标作品中，有20%的作品因意境独特仍被客户采纳.设计师设计的现代花艺作品达到设计标准的概率为80%，且达标作品中，仍有5%的作品因搭配疏漏不被客户采纳；未达标作品中，有15%的作品因创意新颖仍被客户采纳.现从设计师以往所有的花艺作品中随机抽取一单花艺作品.
（1）求这单花艺作品达到设计标准的概率；
（2）若这单花艺作品未被客户采纳，求该单花艺作品是中式花艺作品的概率；（结果用分数表示）
（3）求这单花艺作品达到标准且被客户采纳的概率.
19.(本小题17分)
设函数f（x）=（1-x）ex.
（1）求f（x）在（-1，1）上的值域.
（2）设关于x的方程f（x）=m-x有两个不相等的根x1，x2.
（i）证明：.
（ii）证明：（e-1）|x1-x2|≤|2e-1-em|.
1.【答案】A
2.【答案】B
3.【答案】D
4.【答案】B
5.【答案】C
6.【答案】A
7.【答案】D
8.【答案】C
9.【答案】AB
10.【答案】ACD
11.【答案】ACD
12.【答案】5
140

13.【答案】150
14.【答案】792
15.【答案】X的分布列如下：
记Y=|X-1|，则Y的可能取值为：0，1；，，
P（Y=0）=1-P（Y=1），
因为Y的取值只有0和1两种可能，所以Y服从两点分布，
Y的分布列如下：

16.【答案】单调递减区间为（0，e），单调递增区间为（e，+∞） [ ln3-5，+∞）
17.【答案】504种 840个 1680种
18.【答案】0.86 0.79
19.【答案】（0，1] （2）证明：（i）由f（x）=m-x，得（1-x）ex+x=m，
令g（x）=（1-x）ex+x，求导得g′（x）=-ex+（1-x）ex+1=1-xex，
设r（x）=1-xex，则r′（x）=-ex-xex=-（1+x）ex，
当x∈（-∞，-1）时，r′（x）＞0，所以r（x）在（-∞，-1）上单调递增，
当x∈（-1，+∞）时，r′（x）＜0，所以r（x）在（-1，+∞）上单调递减，
当x∈（-∞，0）时，r（x）＞0，r（0）=1＞0，r（1）=1-e＜0，
所以存在唯一的x0∈（0，1），使得r（x0）=0，
当x∈（-∞，x0），r（x）＞0，所以g（x）在（-∞，x0）上单调递增，
当x∈（x0，+∞），r（x）＜0，所以g（x）在（x0，+∞）上单调递减，
当x→-∞时，g（x）→-∞，当x→+∞时，g（x）→-∞，
因为关于x的方程f（x）=m-x有两个不相等的根x1，x2，
所以，
设p（x）=ex-x-1，得p′（x）=ex-1，
当x＜0时，p′（x）＜0，函数p（x）=ex-x-1在（-∞，0）上单调递减，
当x＞0时，p′（x）＞0，函数p（x）=ex-x-1在（0，+∞）上单调递增，
所以p（x）≥p（0）=0，所以ex-x-1≥0，所以ex≥x+1，当且仅当x=0时取到等号，
因为，所以，解得．
可得q（x）=ex+x-1在上单调递增，
所以，
所以，所以．
（ii）因为g（0）=1，g′（0）=1，所以曲线y=g（x）在x=0处的切线方程为y=x+1，
因为g（1）=1，g′（1）=1-e，所以曲线y=g（x）在x=1处的切线方程为y=（1-e）（x-1）+1．
由（1）得f（x）≤1，所以g（x）≤x+1，
设φ（x）=（1-x）ex+x-（1-e）（x-1）-1=（1-x）（ex-e），则φ′（x）=e-xex，
设m（x）=e-xex，则m′（x）=-（x+1）ex，
当x∈（-∞，-1）时，m′（x）＞0，所以m（x）在（-∞，-1）上单调递增，
当x∈（-1，+∞）时，m′（x）＜0，所以m（x）在（-1，+∞）上单调递减，
且当x∈（-∞，0）时，m（x）＞0，m（1）=0，
所以当x∈（-∞，1）时，m（x）＞0，即φ′（x）＞0，所以φ（x）在（-∞，1）上单调递增，
当x∈（1，+∞）时，m（x）＜0，即φ′（x）＜0，所以φ（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以φ（x）≤φ（1）=0，所以g（x）≤（1-e）（x-1）+1，
设直线y=m与两条切线的交点横坐标为x3，x4，
由，解得x3=m-1，
由，解得，
所以，
所以（e-1）|x1-x2|≤|2e-1-em| X
1
2
3
P
p
2p-1
m
X
0
1
2
P
Y
0
1
P