2025--2026学年河北省石家庄市张家口市部分学校高二下册5月期中测试数学试题 [含解析]

这是一份2025--2026学年河北省石家庄市张家口市部分学校高二下册5月期中测试数学试题 [含解析]，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 下面给出四个随机变量：
①1天内的温度；
②一高速公路上某收费站在十分钟内经过的车辆数；
③从10张已编号的卡片（1号到10号）中任取一张，被取出卡片的号码；
④一个沿直线运动的质点，它在该直线上的位置为．
其中是离散型随机变量的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
2. 李老师要从3幅不同的油画、2幅不同的国画和2幅不同的水彩画中各选取1幅布置自己的名师工作室，则不同的布置方案有（ ）
A. 12种B. 10种C. 7种D. 5种
3. 若的展开式中各二项式系数和为64，则（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 10
4. 若，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
5. 已知随机变量的分布列如下表所示，则（ ）
A. 0.3B. 0.6C. 0.9D. 1
6. 袋子中有大小、质地相同的4个球，其中标号为的球有2个，标号为a，b的球各有1个．从袋中任取2个球，已知有一个球标号为，则另外一个球标号也为的概率为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知，则（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 64
8. 已知函数在处取得极大值，则（ ）
A. 1B. 7C. 21D. 7或21
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，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 若点在曲线上，且曲线在点处的切线的倾斜角为，则可以取（ ）
A. B. C. D.
10. 已知随机变量的分布列为，其中是常数，则（ ）
A. B. C. D.
11. 蔚县（非遗与古堡文化）、阳原县（人类起源与考古）、怀来县（生态与湿地）是张家口地区的三大文化研学地．现有甲、乙、丙、丁位同学计划利用假期研学，每人从这三个地点中随机选择一个前往，且每个地点至少有一人前往．设事件为“甲同学前往蔚县（非遗与古堡文化）研学”，事件为“乙同学前往阳原县（人类起源与考古）研学”．则（ ）
A. 事件发生有12种方案B.
C. 事件发生有4种方案D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数的单调递减区间为______．
13. 在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的数字图形，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．在杨辉三角中，从上到下第行（行号从1开始）的所有数字之和为，若去除杨辉三角中所有值为1的项后，将剩余项按原顺序依次排列构成数列an:2,3,3,4,6,4 ，，则______．
14. 为研究不同性别学生对“豆包”应用程序的了解情况，某学校进行了一次抽样调查，分别抽取男生和女生各50名作为样本，设事件“了解豆包”，“学生为女生”，据统计，将样本的频率视为概率，则______．
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. 某学校从6名男教师，5名女教师中选出4名参加支教活动．
（1）求共有多少种不同的选法？（用数字作答）
（2）从中选出4名教师，并安排到4个不同的学校，每个学校安排1名教师，那么有多少种不同的安排方法？（用数字作答）
16. 中国机器人产业已形成完整的产业链体系，2025年人形机器人市场规模突破85亿元，占全球市场规模50%以上，工业机器人国内市场占有率首次突破50%，产业正从“拼硬件”向“拼智能”转型，进入规模化量产与场景化应用的关键阶段．某机器人商店出售的机器人中，甲品牌占50%，合格率为98%；乙品牌占30%，合格率为95%；丙品牌占20%，合格率为95%，在该商店随机买一台机器人．
（1）求该机器人是甲品牌合格品的概率；
（2）求该机器人是合格品的概率．
17. 在的展开式中，第5项为常数项．
（1）求的值，并求该展开式中二项式系数最大的项（结果的系数用数字表示）；
（2）若在展开式中任取3项，其中无理项的个数为，求的分布列和数学期望．
18. 已知函数，．
（1）求的极值点；
（2）若在区间内单调递减，求的取值范围；
（3）若，比较与1的大小．（其中）
19. 某学校田径队有甲、乙等10名运动员，现将这10人随机平均分成A，B两组进行集训，分组后两组人员固定．每天训练前，两组分别从本组队员中随机选出一人担任组长．
（1）求甲、乙两人都在组的概率；
（2）求甲在两天内至少担任一次组长的概率；
（3）记为这两组在连续两天中至少担任一次组长的总人数，求的概率分布列和数学期望．
数学
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. 下面给出四个随机变量：
①1天内的温度；
②一高速公路上某收费站在十分钟内经过的车辆数；
③从10张已编号的卡片（1号到10号）中任取一张，被取出卡片的号码；
④一个沿直线运动的质点，它在该直线上的位置为．
其中是离散型随机变量的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
答案：B
解析：
解答过程：离散型随机变量是指其可能取到的值可以一一列举出来的随机变量.
对于①，一天内的温度可以取某一区间内的任意数，不能一一列举出来，故①不是离散型随机变量；
对于②，一高速公路上某收费站在十分钟内经过的车辆数可以是等，这些值可以一一列举出来，故②是离散型随机变量；
对于③，从10张已编号的卡片（1号到10号）中任取一张，被取出卡片的号码可以是，这些值可以一一列举出来，故③是离散型随机变量；
对于④，一个沿直线运动的质点，它在该直线上的位置可以取直线上的任意一点，不能一一列举出来，故④不是离散型随机变量.
综上，②③是离散型随机变量.
2. 李老师要从3幅不同的油画、2幅不同的国画和2幅不同的水彩画中各选取1幅布置自己的名师工作室，则不同的布置方案有（ ）
A. 12种B. 10种C. 7种D. 5种
答案：A
解析：
思路：由分步计数原理结合题设可得答案.
解答过程：根据分步乘法计数原理，共有种不同的布置方案.
3. 若的展开式中各二项式系数和为64，则（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 10
答案：B
解析：
思路：根据二项式系数的性质求解即可.
解答过程：由题意得，解得．
4. 若，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
答案：D
解析：
解答过程：因为，解得或（舍去），则．
5. 已知随机变量的分布列如下表所示，则（ ）
A. 0.3B. 0.6C. 0.9D. 1
答案：B
解析：
解答过程：由，解得，
∴E(X)=0×0.3+1×0.4+2×0.3=1 ，
.
6. 袋子中有大小、质地相同的4个球，其中标号为的球有2个，标号为a，b的球各有1个．从袋中任取2个球，已知有一个球标号为，则另外一个球标号也为的概率为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
解答过程：记取出的2个球中，至少一个标号为为事件，2个球标号都为为事件，
则，，
．
7. 已知，则（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 64
答案：C
解析：
解答过程：因为，所以的展开式的通项公式为，
所以．
8. 已知函数在处取得极大值，则（ ）
A. 1B. 7C. 21D. 7或21
答案：B
解析：
思路：由极大值点为，可得，然后由组合数定义可得答案.
解答过程：由题意有，
令，解得或，
当，此时在R上单调递增，无极值，不满足题意；
当，，，
则在和上单调递增，在上单调递减，从而为极大值点，
但此时与矛盾；
当，，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，所以为极大值点，可得．因此，．
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，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 若点在曲线上，且曲线在点处的切线的倾斜角为，则可以取（ ）
A. B. C. D.
答案：AC
解析：
解答过程：设Px0,y0,f(x)=x3−3x ，则，
所以在点处的切线斜率k=f′x0=3x02−3≥−3，
则，又，所以得α∈0,π2∪2π3,π，
对照选项，只有选项AC符合题意．
10. 已知随机变量的分布列为，其中是常数，则（ ）
A. B. C. D.
答案：ABC
解析：
思路：根据分布列的性质求得，结合数学期望对选项进行分析，从而确定正确答案.
解答过程：根据题意，随机变量的分布列为，
则，解得，故A正确；
，故B正确；
则，故C正确；
，故D错误．
11. 蔚县（非遗与古堡文化）、阳原县（人类起源与考古）、怀来县（生态与湿地）是张家口地区的三大文化研学地．现有甲、乙、丙、丁位同学计划利用假期研学，每人从这三个地点中随机选择一个前往，且每个地点至少有一人前往．设事件为“甲同学前往蔚县（非遗与古堡文化）研学”，事件为“乙同学前往阳原县（人类起源与考古）研学”．则（ ）
A. 事件发生有12种方案B.
C. 事件发生有4种方案D.
答案：ABD
解析：
思路：先算出4名同学分配的总基本事件数为36，再分两类求出甲去蔚县且阳原、怀来都有人的分配共12种，判定事件A正确并算出概率为即B正确；接着分析甲去蔚县且乙去阳原的交事件情况数为5，得出C错误；由A、B概率相等结合条件概率公式，推得两个条件概率相等，判定D正确，最终选ABD.
解答过程：事件为“甲同学前往蔚县（非遗与古堡文化）研学”，此时其余3名同学的分配需保证阳原县和怀来县都有人前往，一类是从其余3人中任选1人与甲同往蔚县，其余2人在阳原县和怀来县一人一地排列，第二类是其余3人，选出2人合成一组，与剩下的1人在阳原县和怀来县排列，共有种，故A正确；
由题可知，总基本事件数为，所以，故B正确；
事件AB：当甲同学前往蔚县研学，乙同学前往阳原县研学时，有两种情况，
①怀来县有两位同学研学，即丙丁，只有1种情况；
②蔚县或阳原县有两位同学研学，在丙丁2人中先选1人去怀来县，另1人去蔚县或阳原县，共有种情况；
所以事件共有种情况，故C错误；
同理可得，因为，所以，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数的单调递减区间为______．
答案：
解析：
思路：在定义域范围内，利用导函数判断单调性，导函数小于零的解集为原函数单调递减区间．
解答过程：因为，，故，
令得，解得，
故的单调递减区间为．
13. 在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的数字图形，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．在杨辉三角中，从上到下第行（行号从1开始）的所有数字之和为，若去除杨辉三角中所有值为1的项后，将剩余项按原顺序依次排列构成数列，，则______．
答案：21
解析：
思路：根据该数阵第行有个数，从左向右分别为，第行最后一项位于原数列第项即可求解
解答过程：将数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…变成以下数阵：
第1行 2
第2行 3 3
第3行 4 6 4
第4行5 10 10 5
… …
则因为，所以在该数阵第6行的第2个位置，故．
14. 为研究不同性别学生对“豆包”应用程序的了解情况，某学校进行了一次抽样调查，分别抽取男生和女生各50名作为样本，设事件“了解豆包”，“学生为女生”，据统计，将样本的频率视为概率，则______．
答案：##0.6
解析：
解答过程：已知，抽取男生和女生各50名，所以．
根据条件概率公式，可得．
根据条件概率公式，可得．
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. 某学校从6名男教师，5名女教师中选出4名参加支教活动．
（1）求共有多少种不同的选法？（用数字作答）
（2）从中选出4名教师，并安排到4个不同的学校，每个学校安排1名教师，那么有多少种不同的安排方法？（用数字作答）
答案：（1）
（2）解析：
（1）从6名男教师，5名女教师中选出4名教师的选法种数为；
（2）从6名男教师，5名女教师中选出4名教师，再将选出的教师安排到4个学校，每个学校安排1名教师的安排种数为．
16. 中国机器人产业已形成完整的产业链体系，2025年人形机器人市场规模突破85亿元，占全球市场规模50%以上，工业机器人国内市场占有率首次突破50%，产业正从“拼硬件”向“拼智能”转型，进入规模化量产与场景化应用的关键阶段．某机器人商店出售的机器人中，甲品牌占50%，合格率为98%；乙品牌占30%，合格率为95%；丙品牌占20%，合格率为95%，在该商店随机买一台机器人．
（1）求该机器人是甲品牌合格品的概率；
（2）求该机器人是合格品的概率．
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1） 已知甲品牌的占比和甲品牌的合格率，根据条件概率乘法公式，可直接计算出机器人是甲品牌合格品的概率；
（2）要求该机器人是合格品的概率，需要分别计算出甲，乙，丙三个品牌的合格品概率，再根据进行计算.
（1）用表示机器人是甲品牌，用表示机器人是合格品，
则，
所以该机器人是甲品牌合格品的概率
（2）用表示机器人是乙品牌，用表示机器人是丙品牌，结合（1）得
．
17. 在的展开式中，第5项为常数项．
（1）求的值，并求该展开式中二项式系数最大的项（结果的系数用数字表示）；
（2）若在展开式中任取3项，其中无理项的个数为，求的分布列和数学期望．
答案：（1），
（2）分布列见解析，
解析：
思路：（1）求出展开式的通项，根据第5项为常数项求出，再根据二项式系数的性质即可得解；
（2）先确定展开式中无理项的项数，进而可得出的所有可能取值，再求出对应概率，即可得出分布列，再根据期望公式求期望即可.
（1）的展开式的通项为Tr+1=Cnrxn−r3(−3)rx−r3=(−3)rCnrxn−2r3，
因为第5项为常数项，所以当时，有，解得，
所以该展开式共有9项，二项式系数最大的项为第5项，；
（2）由（1）知3x−33x8展开式的通项为Tr+1=(−3)rC8rx8−2r3,(0≤r≤8,r∈N) ，
由，可得，
即展开式中有理项的个数为3，无理项的个数为6，
故随机变量的可能取值为0，1，2，3，
则，，
，，
的分布列为
因此．
18. 已知函数，．
（1）求的极值点；
（2）若在区间内单调递减，求的取值范围；
（3）若，比较与1的大小．（其中）
答案：（1）为的极大值点，为的极小值点
（2） （3）
解析：
思路：（1）先求导，然后通过分析函数的单调性即可求解；
（2）由（1）知在1,1k上单调递减，则在区间内单调递减可转化为(1,2)⊆1,1k进行求解；
（3）由（1）知f′(x)=kx−1k(x−1)x2，，然后对分类讨论求得函数的最大值与1的大小关系即可求解.
（1）的定义域为，
f′(x)=k−k+1x+1x2=kx2−(k+1)x+1x2=(kx−1)(x−1)x2=kx−1k(x−1)x2，
因为，所以，由，可得或，
由，可得，因此在和上单调递增，在区间1,1k上单调递减；
故为的极大值点，为的极小值点．
（2）由（1）得在1,1k上单调递减，
要想在内单调递减，则(1,2)⊆1,1k，
即，解得，又，则的取值范围为．
（3）由（1）知f′(x)=kx−1k(x−1)x2，，
①当即时，又，则，
即在上单调递减，则，所以；
②当时，即，
当时，；当时，，
即在1,1k上单调递减，在1k,e上单调递增，
所以在上的最大值为与中的较大者，
而，，
，即，所以；
综上，当且时，.
19. 某学校田径队有甲、乙等10名运动员，现将这10人随机平均分成A，B两组进行集训，分组后两组人员固定．每天训练前，两组分别从本组队员中随机选出一人担任组长．
（1）求甲、乙两人都在组的概率；
（2）求甲在两天内至少担任一次组长的概率；
（3）记为这两组在连续两天中至少担任一次组长的总人数，求的概率分布列和数学期望．
答案：（1）
（2） （3）分布列见解析，
解析：
思路：（1）利用古典概型，先计算10名运动员分成A、B两组的总方法数，再计算甲、乙两人都在A组的分组方法数，通过两者的比值计算所求概率.
（2）先求出甲每天不担任组长的概率，利用对立事件的概率公式，用1减去甲两天都不担任组长的概率，得到甲在两天内至少担任一次组长的概率.
（3）先确定随机变量的可能取值，分别计算时的概率，列出概率分布列，再根据分布列的定义计算数学期望.
（1）10名运动员分成A，B两组共有种不同方法．
记事件为“甲、乙两人都在组”，则事件共有种不同方法，
所以.
（2）甲每天担任组长的概率为，记事件为“甲在两天内至少担任一次组长”，
则．
（3）根据题意可得的可能取值为2，3，4，
第一天选组长：
A组从5人中选1人有种，组从5人中选1人有种，总选法为种，
第二天选组长：
组从5人中选1人有种，组从5人中选1人有种，总选法为种，
对于任一小组，两天选出同一名组长的概率为，
选出不同组长的概率为.
的含义：两天的组长完全相同，即组两天选同一个人，组两天也选同一个人，
所以，
的含义：组两天选同一人，组两天选不同的人或组两天选同一人，组两天选不同的人，
所以，
的含义：两天的组长完全不重复，总人数为4，即组两天选不同的人，组两天也选不同的人，
所以，
所以的分布列为
则．
0
1
2
0.3
0.3
0
1
2
0.3
0.3
0
1
2
3
2
3
4