山西晋中市2025-2026学年高二下学期素养测评(二) 数学试题

2025—2026学年高二下学期素养测评（二） 数学参考答案及评分意见 1.B【解析】由题意，取1本小说，有5种取法；取1本散文，有4种取法.由分步乘法计数原理，得不同的取法有 5×4=20种.故选B. 2.C【解析】因为用数字2,3,6,9组成的没有重复数字的三位数是奇数，所以个位上的数字只能是3,9，有2种排 法；其他数位没有限制，有A=6种排法.由分步乘法计数原理，得奇数的个数是2×6=12，故选C. 3.A【解析】(x-2)的展开式的通项为T,+1=Cg×x5-rX(-2)=C5(-2)'x5-r,r=0,1,2,3,4,5. 令5-r=4,解得r=1,所以x4的系数为C(-2)1=-10.故选A. 4.C【解析】因为A8=6X5×4=120,3A=3×6×5=90,所以A8≠3A,故A错误. 因为C·Cg-5X4×6X5X4 1X21×2X3 10X×20=200,所以C号·C8≠400，故B错误. 因为G-XXg-4,C-×g 8X7X656,C8X28,所以Cg=C+C5,放C正确 因为C3。=10×9×8 1×2×3 ⊙120,4C=4X6X60,所以C≠4Cg,故D错误故选C 5.D【解析】因为5453=(55-1)53=C93×5553+C3X5552×(-1)+C3×5551×(-1)2+…+C3×55×(-1)2+ C×(-1)58=55×(5552-C53×5551+C33×5550-…+53)-1 =55×(5552-C3X5551+C3×5550-…+52)+54, 55×(5552-C53×5551+C号×5550-…+52)=11×5×(5552-C53×551+C号3×5550-…+52)能被11整除，所 以5453除以11的余数即54除以11的余数. 因为54÷11=4…10，所以5453除以11的余数是10.故选D. 6.D【解析】从10件产品中，取出3件，不同的取法有C。=120种，其中没有一等品的不同取法有C8=56种，恰 有1件一等品的不同取法有C×C=56种，恰有2件一等品的不同取法有CXC=8种，故A,B,C错误，D正 确.故选D. 7.B【解析】用数字0,1,2,3,4中的1个数字可以组成5个自然数；用数字0,1,2,3,4，可以组成4×4=16个没有 重复数字的两位数，可以组成4×A?=48个没有重复数字的三位数，可以组成A?=24个没有重复数字且千位数 字为1的四位数，千位数字为2且小于2027的四位数有2013,2014，共2个.综上，符合题意的自然数有5十 16+48+24+2=95个.故选B. 8.D【解析】经过4秒，机器人N来到舞台中心，即机器人N移动4次来到舞台中心，则机器人N需要有2次向 西移动，剩下的2次为东西各1次或南北各1次，所以路径共有CC十C=16条，故A错误。 经过1秒，机器人M与N的距离为√2米，则一个机器人在东西方向移动，另一个机器人在南北方向移动.若机器 人M东西方向移动，则机器人M向东移动，机器人N向南或向北移动，有2种情况；若机器人M南北方向移 动，则机器人M向南或向北移动，机器人N向西移动，有2种情况.所以经过1秒，机器人M与N的距离为√2米 的情况有2+2=4种，故B错误. 经过2秒，机器人M与N首次相遇，即机器人M与N各移动2次首次相遇，分为两类：①在机器人M或N的 起始位置相遇，②在其他位置相遇.对于①，一个机器人向东或向西移动2次，另一个机器人移动2次回到原地. ④数学答案第1页（共5页） 若机器人M移动2次回到原地，则机器人M第一次向南、向西或向北移动，机器人N向西移动2次，有3种情 况；若机器人N移动2次回到原地，则机器人N第一次向东、向南或向北移动，机器人M向东移动2次，有3种 情况.所以有3十3=6种情况.对于②，相遇位置为机器人M和N起始位置中点的正北或正南1米处，机器人M 向东、向北（南）移动，机器人N向西、向北（南）移动.机器人M先向北再向东移动时，机器人N有2种情况；机 器人M先向东再向北移动时，机器人N有1种情况；共有3种情况.同理，相遇位置在正南时，也有3种情况，所 以有3+3=6种情况.综上，经过2秒，机器人M与N首次相遇的情况有6十6=12种，故C错误 经过2秒，机器人M与N的距离为2米（未相遇），即机器人M与N各移动2次距离为2米（未相遇）， 分为两类：①机器人M与N这2次移动步调完全一致，有4×4=16种情况. ②机器人M与N移动步调不一致，移动2次都回到原地.若机器人M在南北方向移动，则机器人M有2种情 况，机器人N有3种情况；若机器人M在东西方向移动，则机器人N有5种情况， 综上，经过2秒，机器人M与N的距离为2米（未相遇）的情况有16十2×3+5=27种，故D正确.故选D. 9.AD【解析】由题意，得C=C%,所以n=3+7=10,故A正确， 因为n=9,所以展开式有10项，其中第5项和第6项的二项式系数相等且最大，故B错误. 当n=8时，(1-x)8的展开式的通项为T,+1=C8×18-X(-x)=C(-1)'x,r=0,1,2,3,4,5,6,7,8. 令r=3,所以x3的系数为C(一1)3=-56，故C错误. 当n=9时，令x=0,得,=1:令x=2得a十2+++-(-2)-2 所以++…十会-2-1=一故D正确故选AD 10.BCD【解析】对于A,小球相同、盒子不同，不允许有空盒子.用隔板法，将5个小球分成3组，不同的放法有 C=6种，故A错误。 对于B,小球相同、盒子不同，允许有空盒子，用隔板法.相当于有7个位置，2个位置放隔板，5个位置放小球，不 同的放法有C号=21种，故B正确. 对于C,小球不同、盒子不同.第一步，选出1个盒子放3个小球.选盒子，有C=3种选法；选小球，有C=10种 选法.故有3×10=30种放法.第二步，把剩余的2个小球放人余下的2个盒子，有A=2种放法.由分步乘法计 数原理，得不同的放法有30×2=60种，故C正确. 对于D,小球不同、盒子相同.根据题意，每个盒子里球的个数有3,1,1和2,2,1两类情况. 第一类，选3个小球放入其中1个盒子，剩余的2个小球放入余下的2个盒子，则不同的放法有C=10种；第二 类，选1个小球放入其中1个盒子，剩余的4个小球平均分成2组放入余下的2个盒子，则不同的放法有C× 是-=15种.由分类加法计数原理，得不同的放法有10十15=25种，故D正确.故选BCD, A 11.ACD【解析】由题意，得第2025行的数是(a十b)225的展开式的二项式系数，由二项式定理，得第2025行有 2026个数，故A正确。 由题意，得第n(n≥3)行的第3个数为C%(n≥1)，所以从第3行起到第15行，每一行的第3个数（共13个数） 之和为C号+C+Cg+…+C=(C+C)+C+C?+…+C一1=C+C+C号+…+C一1=…=C6-1,故 B错误 因为第14行的所有数之和为214=16×21°，能被16整除，所以第14行的所有数之和能被16整除，故C正确 ④数学答案第2页（共5页） 由题意，得第n(n≥2)行有n十1个数，且所有数的和为2，所以第n行中去除2个1后，有n一1个数，这n-一1 个数的和为2”一2，所以到第n(m≥3)行去除所有为1的数，依次构成的数列有”(，1D项。 2 解mn2-1)=55,得=11，所以数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5，…的前55项和为2-一2+23-2十…十21-2= 2 4×(1-2）-20=22-24,故D正确.故选ACD. 1-2 12.7200【解析】从1,2,3,4,5中任取三个数字，有C=10种取法；从6,7,8,9中任取两个数字，有C=6种取 法.将取出的5个数字组成没有重复数字的五位数，可以组成A=120个五位数.由分步乘法计数原理，得可以 组成10×6×120=7200个没有重复数字的五位数. 13.96【解析】在直线m上取2个点，在直线n上取1个点，可以组成C×C=36个不同的三角形；在直线m上 取1个点，在直线n上取2个点，可以组成C×C=60个不同的三角形.综上，可以组成36+60=96个不同的 三角形， 14.7【解析】因为(1十x)"的展开式的通项为T,+1=C×1"-r×x=Cx',r=0,1,2,…,n, 所以x3的系数为C,x的系数为C=n. 由题意，得C2=5m,即(n-1)n-2》-5m,化简得m一3m一28=0，解得m=7或n=一4（舍去）. 6 15.解：(1)令x十2=1，即x=-1,得a。十a1+a2十…+a13=(1+1)X(-2+1)9=-2.…3分 (2)因为(1-3x)7的展开式的通项为T,+1=CX17-rX(-3x)=(-3)rCx',r=0,1,2,…,7, 所以a,=(-3)rC,r=0,1,2,…,7,所以|a,=3rC,r=0,1,2,…,7.…6分 令x=-1,得|ao十|a1十a2|十…十|a,=(1十3)7=214.…8分 (3)令x=1,得a0+a1+a2+a3+a4+a5=(1-1)5=0;① 令x=-1,得a0-a1十a2-a3十a4-a5=(1十1)5=32.②…10分 (①+②)÷2，得a0十a2十a4=16;(①-②)÷2，得a1十a3十a5=-16.…12分 所以(a0十a2十a4)(a1十ag十a5)=16X(-16)=-256.…13分 16.解：(1)由题意得，三位教师都要负责活动，且有一位教师负责1项活动，其他两位教师各负责2项活动. 1分 第一步，选一位教师负责1项活动.从三位教师中选1人，有3种选法；为这位教师分配负责的活动，有5种不同 的分配方案.所以有3X5=15种不同的分配方案.……3分 第二步，为剩下的两位教师分配活动，从剩下的4项活动中，选2项分配给剩下的两位教师中的一位，有C?=6 种不同的分配方案；最后2项活动分配给另一位教师，有C?=1种不同的分配方案.所以有6×1=6种不同的分 配方案。…5分 由分步乘法计数原理，得共有15X6=90种不同的分配方案.…7分 (2)由题意得，教师甲负责1项活动，教师乙、丙共负责4项活动.…8分 第一步，为教师甲分配活动.从5项活动中选1项分配给教师甲，有5种不同的分配方案.…9分 第二步，为教师乙、丙分配活动由题意，教师乙可能负责1项、2项或3项活动 ①当教师乙负责1项活动时，教师丙负责3项活动，有C×C=4种不同的分配方案. ④数学答案第3页（共5页） ②当教师乙负责2项活动时，教师丙负责2项活动，有C×C=6种不同的分配方案。 ③当教师乙负责3项活动时，教师丙负责1项活动，有C×C=4种不同的分配方案。 由分类加法计数原理，得教师乙、丙共有4十6十4=14种不同的分配方案.……13分 由分步乘法计数原理，得共有5X14=70种不同的分配方案.…15分 17.解：当m=0时，x的系数为CX6=6n,由题意得6n=24,解得n=4.…2分 此时x2的系数为C经X62=216.…… …3分 当n=0时，x的系数为Cm×2=2m,由题意得2m=24,解得m=12. …5分 此时x2的系数为C2X22=264. …6分 当m≠0且n≠0时，x的系数为Cm×2+CX6=2m十6n, 由题意得2十6n=24,即m十3n=12.… …8分 当n=1时，m=9,此时x2的系数为C3×22=144; 当n=2时，m=6,此时x2的系数为C%×22+C号×62=96； 当n=3时，m=3,此时x2的系数为C号×22十C号×62=120.…14分 综上，x2的系数的最小值为96.……15分 18.解：(1)二项式(1+2x)”的展开式中最后三项的二项式系数分别为C2=C=nn,-1 2 2,C-1=C=n和Cm=1. …2分 由题意，得m,D十n+1=92,化简得n2十n-182=0. 2 解得n=13或n=-14(舍去)，即n的值为13.…5分 (1十2x)18的展开式的通项为T,+1=C13X113-r×(2x)=2C13x,r=0,1,2,…,13, 则第r十1项的系数为2C13,r=0,1,2,…,13.…7分 设第r十1项的系数最大，r=1,2,…,12, [2·13！ 2+1·13! 2C13≥2+1C11, ！13-1≥(+1)112-1 则 即 …10分 2rC13≥2-1Cia1, 2·13！ 2-1·131 1(13-)1≥r-1D114-r)1 解得 所以r=9, 28 r≤3' 则展开式中系数最大的项为T10=2C3x9.…14分 (2)由(1)可知，am=2"C13,n=0,1,2,…,13, 且当1≤n≤9时，an>am-1,当10≤n≤l3时，an<am-1, 所以数列ao,a1,…,a13的单调性为先单调递增再单调递减， 即ao<a1<a2<a3<a4<a,<a6<a,<a8<ag>ao>an>a1g>a1g.…17分 19.解：(1)用数字1,2,3,4,5,6,7可以组成A号=210个没有重复数字的三位数.…2分 (2)组成能被3整除的四位数的4个数字可以是1,2,3,6；1,2,4,5；1,2,5,7；1,3,4,7；1,3,5,6；1,4,6,7；2,3， ④数学答案第4页（共5页） 4,6;2,3,6,7;2,4,5,7;3,4,5,6;3,5,6,7,共11组.…5分 每组数字可以组成A4=24个四位数，所以可以组成24×11=264个能被3整除的四位数. …7分 (3)在五位数中，偶数数字不相邻，偶数数字最多有3个. 因为数字1,2,3,4,5,6,7中，奇数数字有4个，偶数数字有3个， 所以偶数数字不相邻的五位数中，偶数数字可以有1个，2个，3个.…8分 当偶数数字有1个时，偶数数字有C=3种选择，奇数数字有C4=1种选择，这5个数字可以组成A=120个 五位数，所以可以组成3X1X120=360个五位数.…9分 当偶数数字有2个时，偶数数字有C?=3种选择，奇数数字有C=4种选择，对偶数数字进行插空，这5个数字 可以组成A×A子=72个五位数，所以可以组成3×4X72=864个五位数.…10分 当偶数数字有3个时，偶数数字有C=1种选择，奇数数字有C?=6种选择，对偶数数字进行插空，这5个数字 可以组成A经XA=12个五位数，所以可以组成1×6×12=72个五位数.…11分 由分类加法计数原理，得可以组成360十864十72=1296个偶数数字不相邻的五位数.…12分 (4)用数字1,2,3,4,5,6,7可以组成A×A=480个没有重复数字的四位奇数.…13分 其中，千位上数字为1的，有A×A=60个； 千位上数字为2的，有A×A=80个； 千位上数字为3的，有A:×A=60个； 千位上数字为4的，有A1×A=80个； 千位上数字为5的，有A×A?=60个， 所以第300个数的千位上数字为5，…15分 因为千位上数字为5，百位上数字为1的四位奇数，有A2×A1=8个， 千位上数字为5，百位上数字为2的四位奇数，有A×A4=12个， 所以第300个数是千位上数字为5，百位上数字为2的最大四位奇数，即5273.…17分 ④数学答案第5页（共5页）2025一2026学年高二下学期素养测评（二） 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在 本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 考试时间为120分钟，满分150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.书架上有5本不同的小说和4本不同的散文，随机取出2本，其中1本是小说1本是散文 的不同取法有 A.10种 B.20种 C.36种 D.72种 1 、3 2.已知事件A,B满足P(AB)=3P(BA)=号，则P(A)- A号 B号 c唱 4 05 3.用数字2,3,6,9组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数是 A.24 B.18 C.12 D.6 4.二项式(x一2)的展开式中，x的系数为 A.-10 B.10 C.20 D.-20 5.一枚质地均匀的正四面体骰子，各个面上分别有1,2,3,4个点.抛掷该骰子两次，已知着 地一面上的点数之和为4，则两次都是奇数点的概率是 A是 B号 c号 D号 6.经检测，某箱10件产品中（分别标有不同的编号）有2件一等品，其余为二等品.从中抽取 3件产品，下列说法正确的是 A若取出的3件产品中恰有2件一等品，则不同的取法有7种 出的3件产品中一等品的数量，则卫 C已知取出的3件产品中有一等品，则恰有2件一等品的概率为8 7 D.若X表示取出的3件产品中一等品的数量，则P(X=2)= 8 ⑧第1页（共4页） 扫描全能王创建 7.某种动物的两种性状分别为Mm,Nn(M,N均为显性性状).抽样调查显示，具有性状M 的有60%具有性状N,具有性状N的有40%具有性状M,有43%的具有性状mn则样本 中具有性状MN的占比为 A.40% B.25% C.18% D.15% 8.在舞台上，智能机器人随着音乐节拍，每秒随机向正东、正西、正南、正北四个方向之一移 动1米，仿佛在跳一支充满不确定性的“随机舞”.开始时，机器人M在舞台中心，机器人 N在舞台中心正东方向2米处.下列说法中正确的是 A.经过4秒，机器人N来到舞台中心的路径有12条 B.经过1秒，机器人M与N的距离为√2米的情况有2种 C.经过2秒，机器人M与N首次相遇的情况有6种 D.经过2秒，机器人M与N的距离为2米（未相遇）的情况有27种 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。 0 9.已知随机变量X的概率分布为P(X=n)=mm十)（n=1,2,3,4,5),则下列说法正确 的有 6 A.a=5 B.P(X=3)= 5 C.E(X)=87 50 D.当nP(X=n)最大时，n=2 10.将5个小球放人3个盒子中，则下列说法正确的有 A.若小球相同、盒子不同，且每个盒子至少放1个球，则不同的放法种数为12 B若小球相同、盒子不同，且允许有空盒子，则不同的放法种数为21 C.若小球不同、盒子不同，且恰有1个盒子放3个球，其余盒子至少放1个球，则不同的 放法种数为60 D.若小球不同、盒子相同，且每个盒子至少放1个球，则不同的放法种数为25 11.杨辉三角是(a+b)"的展开式的二项式系数在三角形中的一种几何排列，第n(n≥1)行 的第r(1≤r≤n)个数可以表示为C,.在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九 章算法》一书中，就已经出现了这个表.下列命题，正确的有 第0行 第1行 第2行 1 2 第3行 3 第4行 146 4 1 第5行 1 5101051 第6行 1615201561 第n-1行 1 CI C…C2Cm-… C 1 第n行1C,C好 C CiC…Cg- 1 A.第2025行有2026个数 B.从第3行起到第15行，每一行的第3个数之和为C C.第14行的所有数之和能被16整除 D.去除所有为1的数，依次构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5，…，则此数列前55项的和 为212-24 ⑧第2页（共4页） 扫描全能王创建 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.从1,2,3,4,5中任取三个数字，从6,7,8,9中任取两个数字，可以组成 个没有 重复数字的五位数， 13.已知在二项式(1+x)”的展开式中，x3的系数是x的系数的5倍，则n= 14,某学习软件题库中有三类试题，甲类试题占号，乙类试题占号，丙类试题占号，小王同学 c2 正确解答这三类试题的概率分别为号，专，？小王同学从题库里选择一题，则他能正确 解答该题的概率为 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.(13分)根据下列条件求值： (1)已知(x+1)(2x+1)”=a0+a1（x+2)十a2(x+2)2+…+a13(x+2)3,求a0十 a1十a2十…十a13的值； (2)已知(1-3x)7=ao十a1x十a2x2+…十a,x,求|ao|+|a1|+|a2|+…+|a,|的值； (3)已知(1-x)5=ao+a1x十a2x2十…十a5x5,求(a0十a2+a4)(a1十a1十a6)的值 16.(15分)某校为丰富学生的业余活动，开设了5项不同的活动，由甲、乙、丙三位教师负责 (1)若每位教师至多负责2项活动，每项活动有且只有一位教师负责，共有多少种不同的 分配方案？ (2)若每位教师至少负责1项活动，教师甲只负责1项活动，每项活动有且只有一位教师 负责，共有多少种不同的分配方案？ ⑧第3页（共4页） 器 扫描全能王创建 17.(15分)一个盒子中装有5个大小相同的小球，每个小球上都有一个数字，数字分别是4， 5,6,7,8,现从盒子中随机摸小球， (1)摸两次，每次摸出1个小球且不放回，求两次摸到的小球上的数字既有奇数也有偶数 的概率； (2)摸两次，每次摸出1个小球且不放回，已知第一次摸到的小球上的数字是奇数，求第 二次摸到的小球上的数字是偶数的概率； (3)每次摸出1个小球且不放回，当摸到的小球上的数字是偶数时停止，设摸球次数为 X,求X的分布列和数学期望. 18.(17分)已知二项式(1十2x)n的展开式可以写成(1+2x)n=a。+a1x十a2x2+…十 anx",且展开式中最后三项的二项式系数的和为92. (1)求n的值及展开式中系数最大的项； (2)判断数列ao,a1,…,a,的单调性. 19.(17分)用数字1,2,3,4,5,6,7组成没有重复数字的正整数.（结果用数字表示） (1)可以组成多少个三位数？ (2)可以组成多少个能被3整除的四位数？ (3)可以组成多少个偶数数字不相邻的五位数？ (4)把所有的四位奇数从小到大排列后，求第300个数 ⑧第4页（共4页） 扫描全能王创建