精品解析：山西晋中市平遥县第二中学校2025-2026学年下学期高二年级4月质检数学试题

高二年级4月质检数学试题 命题人：付丽萍 一、单选题：本题共8个小题，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. 对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，不放回地依次摸出2件.在第一次摸到正品的条件下，第二次也摸到正品的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用古典概型求出第一次摸到正品的概率以及两次都摸到正品的概率，然后利用条件概率计算公式求出结果. 【详解】记“第一次摸到正品”为事件A，“第二次摸到正品”为事件B， 则P(A)＝，P(AB)＝.故P(B|A)＝. 故选：D 【点睛】本题考查条件概率的求法，考查古典概型的概率计算公式，属于中档题. 2. 甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（ ） A. 20种 B. 16种 C. 12种 D. 8种 【答案】B 【解析】 【分析】分类讨论：乙丙及中间人占据首四位、乙丙及中间人占据尾四位，然后根据分类加法计数原理求得结果. 【详解】因为乙和丙之间恰有人，所以乙丙及中间人占据首四位或尾四位， ①当乙丙及中间人占据首四位，此时还剩末位，故甲在乙丙中间， 排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法， 所以有种方法； ②当乙丙及中间人占据尾四位，此时还剩首位，故甲在乙丙中间， 排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法， 所以有种方法； 由分类加法计数原理可知，一共有种排法， 故选：B. 3. 随机变量的分布列为，其中是常数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据分布列的性质求出，即可得到计算可得. 【详解】因为， 所以，，，， 则，解得， 所以，， 所以. 故选：A 4. 数列满足，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先化简，根据裂项相消法计算即可求解. 【详解】因为， 所以， 设数列的前项和为， 则. 故选：B 5. 在一个口袋中装有大小和质地均相同的5个白球和3个黄球，第一次从中随机摸出一个球，观察其颜色后放回，同时在袋中加入两个与所取球完全相同的球，第二次再从中随机摸出一个球，则此次摸出的是黄球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助全概率公式计算即可得. 【详解】设事件为第一次从中随机摸出一个球的颜色为白色， 事件为第二次再从中随机摸出一个球是黄球， 则 . 故选：B. 6. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点为在第一象限上的一点，若为直角三角形，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线定义以及为直角三角形，可得，再结合，即可联立得到，进而求出离心率. 【详解】由题知，， 因为点为在第一象限上的一点，所以，则， 又为直角三角形，所以不可能为， 若，则， 即，可得，无解，此时不存在， 所以，即， 所以，即， 所以，. 故选：C. 7. 甲、乙、丙3人各自从A，B，C这3个景点中随机选1个去旅游，设事件“3个人都没去A景点”，事件“甲独自去一个景点”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出、，再应用条件概率公式求概率即可. 【详解】由题设，“3个人都没去A景点且甲独自去一个景点”，甲与乙丙看作两组安排到2个景点有2种方法， “甲独自去一个景点”，甲在3个景点任选一个，其它两人在余下的2个景点任选， 又3人在3个景点任选有种，所以，， 所以. 故选：B 8. 甲、乙两人进行围棋比赛，约定先连胜2局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛．假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立．记为比赛决出胜负时的总局数，则的数学期望是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】确定随机变量的所有可能取值，根据相互独立概率的乘法公式，求得相应的概率，得到随机变量的分布列，利用期望的计算公式，即可求解，得到答案. 【详解】用表示“第局甲获胜”，表示“第局乙获胜”， 则， 的所有可能取值为， 且， ， ， 故的分布列为 2 3 4 5 .故选C. 【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的分布列及数学期望的求解，对于求离散型随机变量概率分布列问题首先要清楚离散型随机变量的可能取值，计算得出概率，列出离散型随机变量概率分布列，最后按照数学期望公式计算出数学期望，其中列出离散型随机变量概率分布列及计算数学期望是理科高考数学必考问题. 二、多选题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分. 9. 已知，是两个随机事件，，下列命题错误的是（ ） A. 若，相互独立，则 B. 若事件，则 C. 若，是对立事件，则 D. 若，是互斥事件，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，结合相互独立事件、条件概率公式，即可判断；对于B，由题意可得，结合，从而可得，即可判断；对于C，结合对立事件及条件概率公式，即可判断；对于D，结合互斥事件及条件概率公式求解即可. 【详解】对于A，因为，且与互斥，所以， 所以, 又因为, 所以，故A正确； 对于B，因为，则， 所以, 只有当，即时，，即，故B错误； 对于C，因为，是对立事件， 所以，互斥，即，则, 根据条件概率公式，，故C错误； 对于D，因为，是互斥事件， 所以， 所以，故D正确. 10. 已知的展开式共有13项，则下列说法中错误的有（ ） A. 所有奇数项的二项式系数和为 B. 所有项的系数和为 C. 二项式系数最大的项为第6项或第7项 D. 有理项共5项 【答案】AC 【解析】 【详解】，，所有奇数项的二项式系数和为，故A错误； 令，所有项的系数和为，故B正确； 由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故C错误； 展开式通项为，， 要使展开式中的项为有理项，则为整数，即，共有项，故D正确. 11. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由组合公式判断A，B；由排列公式判断C；由组合性质，公式及排列公式判断D． 【详解】对于A，因为 ，故A错误； 对于B，因为， ，故B正确； 对于C，因为 ， ， 由此可得，故C错误； 对于D，因为， ， 所以，故D正确. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 12. 在的展开式中，的系数是__________. 【答案】0 【解析】 【分析】由，利用二项式定理求出和的展开式中的系数，相加即可得出结果. 【详解】， 的展开式通项为， 的展开式通项为， 令，得，， 因此，的系数为. 故答案为：0. 【点睛】本题考查利用二项式定理求指定项的系数，考查计算能力，属于中等题. 13. 如图，在中国象棋的模盘上，敌方有一无名小卒，小卒未过河前只能竖行，不能横行，过河后每次只可横行或竖行一格，需想办法到达敌军的“帅”处，从而坐上“正堂”，赢得胜利，已知小卒中途不会受到任何阻碍，则小卒坐到“正堂”的最短路线有______条． 【答案】70 【解析】 【分析】根据题意，小卒需要横着需走4步，竖着需走4步，然后即可得到结果. 【详解】小卒过河前只能往前走，故过河前路线唯一，过河后需走八步，其中，横着需走4步，竖着需走4步，故只需选出横着走的四步即可，即． 故答案为： 14. 如图，函数的图象在点处的切线方程是，则__________． 【答案】1 【解析】 【详解】由图可知 . 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算过程. 15. 设，且已知展开式中所有二项式系数之和为1024. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2）-1 【解析】 【分析】（1）利用二项式系数和为求得的值； （2）令，得，再令，即可求得. 【小问1详解】 由题意得，解得. 【小问2详解】 令，得， 令，得， . 16. 已知是函数的一个极值点. （1）求的单调区间； （2）求在区间上的最大值. 【答案】（1）减区间为，增区间为 （2）76 【解析】 【分析】（1）求导后根据极值点的定义与满足的关系式求解即可； （2）分析区间内的极大值点与左端点再判断大小即可 【小问1详解】 ，是函数的一个极值点 ， ， ， 令，解得或；令，解得. 所以函数的减区间为，增区间为. 【小问2详解】 由（1），又在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减 函数在的极大值为，又， 函数在区间上的最大值为. 17. 某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关. （1）若小明先回答A类问题，记为小明的累计得分，求的分布列； （2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）类． 【解析】 【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）与（1）类似，找出先回答类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可． 【详解】（1）由题可知，的所有可能取值为，，． ； ； ． 所以的分布列为 （2）由（1）知，． 若小明先回答问题，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为，，． ； ； ． 所以． 因为，所以小明应选择先回答类问题． 18. 设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，． （1）求的方程； （2）求过点，且与的准线相切的圆的方程． 【答案】（1）；（2）或． 【解析】 【分析】（1）方法一：根据抛物线定义得，再联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理代入求出斜率，即得直线的方程； （2）方法一：先求AB中垂线方程，即得圆心坐标关系，再根据圆心到准线距离等于半径得等量关系，解方程组可得圆心坐标以及半径，最后写出圆的标准方程. 【详解】（1）［方法一］：【通性通法】焦点弦的弦长公式的应用 由题意得，设直线l的方程为． 设，由得． ，故． 所以． 由题设知，解得（舍去）或．因此l的方程为． ［方法二］：弦长公式的应用 由题意得，设直线l的方程为． 设，则由得． ，由，解得（舍去）或．因此直线l的方程为． ［方法三］：【最优解】焦点弦的弦长公式的应用 设直线l的倾斜角为，则焦点弦，解得，即．因为斜率，所以． 而抛物线焦点为，故直线l的方程为． ［方法四］：直线参数方程中的弦长公式应用 由题意知，可设直线l的参数方程为（t为参数）． 代入整理得． 设两根为，则． 由，解得． 因为，所以，因此直线l的参数方程为 故直线l的普通方程为． ［方法五］：【最优解】极坐标方程的应用 以点F为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，此时抛物线的极坐标方程为． 设，由题意得，解得，即． 所以直线l的方程为． （2）［方法一］：【最优解】利用圆的几何性质求方程 由（1）得AB的中点坐标为，所以AB的垂直平分线方程为 ，即． 设所求圆的圆心坐标为，则 解得或， 因此所求圆的方程为或． ［方法二］：硬算求解 由题意可知，抛物线C的准线为，所求圆与准线相切． 设圆心为，则所求圆的半径为． 由得． 所以， 解得或， 所以，所求圆的方程为或． 【整体点评】（1）方法一：根据弦过焦点，选择焦点弦长公式运算，属于通性通法； 方法二：直接根据一般的弦长公式硬算，是解决弦长问题的一般解法； 方法三：根据弦过焦点，选择含直线倾斜角的焦点弦长公式，计算简单，属于最优解； 方法四：根据直线参数方程中的弦长公式，利用参数的几何意义运算； 方法五：根据抛物线的极坐标方程，利用极径的意义求解，计算简单，也是该题的最优解． （2）方法一：根据圆的几何性质确定圆心位置，再根据直线与圆的位置关系算出，是求圆的方程的最优解； 方法二：直接根据圆经过两点，硬算，思想简单，运算相对复杂． 19. 设数列{an}满足a1=3，． （1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明； （2）求数列{2nan}的前n项和Sn． 【答案】（1），，，证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出，猜想得出的通项公式，利用数学归纳法证明即可； （2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可． 【详解】（1） ［方法一］【最优解】：通性通法 由题意可得，，由数列的前三项可猜想数列是以为首项，2为公差的等差数列，即． 证明如下： 当时，成立； 假设时，成立. 那么时，也成立. 则对任意的，都有成立； ［方法二］：构造法 由题意可得，．由得．，则，两式相减得．令，且，所以，两边同时减去2，得，且，所以，即，又，因此是首项为3，公差为2的等差数列，所以． ［方法三］：累加法 由题意可得，． 由得，即，，……．以上各式等号两边相加得，所以．所以．当时也符合上式．综上所述，． ［方法四］：构造法 ，猜想．由于，所以可设，其中为常数．整理得．故，解得．所以．又，所以是各项均为0的常数列，故，即． （2）由（1）可知， ［方法一］：错位相减法 ，① ，② 由①②得： ， 即. ［方法二］【最优解】：裂项相消法 ，所以． ［方法三］：构造法 当时，，设，即，则，解得． 所以，即为常数列，而，所以． 故． ［方法四］： 因为，令，则 ， ， 所以． 故． 【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列的部分项从而归纳得出数列的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解； 方法二：根据递推式，代换得，两式相减得，设，从而简化递推式，再根据构造法即可求出，从而得出数列的通项公式； 方法三：由化简得，根据累加法即可求出数列的通项公式； 方法四：通过递推式求出数列的部分项，归纳得出数列的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成，求出，从而可得构造数列为常数列，即得数列的通项公式． （2） 方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法； 方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法； 方法三：由时，，构造得到数列为常数列，从而求出； 方法四：将通项公式分解成，利用分组求和法分别求出数列的前项和即可，其中数列的前项和借助于函数的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级4月质检数学试题 命题人：付丽萍 一、单选题：本题共8个小题，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. 对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，不放回地依次摸出2件.在第一次摸到正品的条件下，第二次也摸到正品的概率是（ ） A. B. C. D. 2. 甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（ ） A. 20种 B. 16种 C. 12种 D. 8种 3. 随机变量的分布列为，其中是常数，则（ ） A. B. C. D. 4. 数列满足，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 5. 在一个口袋中装有大小和质地均相同的5个白球和3个黄球，第一次从中随机摸出一个球，观察其颜色后放回，同时在袋中加入两个与所取球完全相同的球，第二次再从中随机摸出一个球，则此次摸出的是黄球的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点为在第一象限上的一点，若为直角三角形，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙、丙3人各自从A，B，C这3个景点中随机选1个去旅游，设事件“3个人都没去A景点”，事件“甲独自去一个景点”，则（ ） A. B. C. D. 8. 甲、乙两人进行围棋比赛，约定先连胜2局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛．假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立．记为比赛决出胜负时的总局数，则的数学期望是 A. B. C. D. 二、多选题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分. 9. 已知，是两个随机事件，，下列命题错误的是（ ） A. 若，相互独立，则 B. 若事件，则 C. 若，是对立事件，则 D. 若，是互斥事件，则 10. 已知的展开式共有13项，则下列说法中错误的有（ ） A. 所有奇数项的二项式系数和为 B. 所有项的系数和为 C. 二项式系数最大的项为第6项或第7项 D. 有理项共5项 11. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 12. 在的展开式中，的系数是__________. 13. 如图，在中国象棋的模盘上，敌方有一无名小卒，小卒未过河前只能竖行，不能横行，过河后每次只可横行或竖行一格，需想办法到达敌军的“帅”处，从而坐上“正堂”，赢得胜利，已知小卒中途不会受到任何阻碍，则小卒坐到“正堂”的最短路线有______条． 14. 如图，函数的图象在点处的切线方程是，则__________． 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算过程. 15. 设，且已知展开式中所有二项式系数之和为1024. （1）求的值； （2）求的值. 16. 已知是函数的一个极值点. （1）求的单调区间； （2）求在区间上的最大值. 17. 某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关. （1）若小明先回答A类问题，记为小明的累计得分，求的分布列； （2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由. 18. 设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，． （1）求的方程； （2）求过点，且与的准线相切的圆的方程． 19. 设数列{an}满足a1=3，． （1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明； （2）求数列{2nan}的前n项和Sn． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $