精品解析：河北衡水中学2025-2026学年高二年级下学期期中综合素质评价数学试题

6学科网列组卷网 2025-2026学年度高二年级下学期期中综合素质评价 数学学科 主命题人：张丽其他命题成员：张宝玲 (本试卷共2页，19个题，满分150分，考试用时：120分钟) 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共计0分.每小题给出的四个选项中，只有一个选 项是正确的) L.(Cm+Cao）÷Aou=() 1 1 A.2 B.3 c.6 D.6 【答案】C 【解析】 t默-+c)A-c+品太有 2.已知函数f(),其导函数f'()的图象如图所示，则《) A()有2个极值点 B.f(x）在x=1处取得极小值 Cf(x)有极大值，没有极小值 D.f(x)在（-0，)上单调递减 第1页/共22页 6学科网 命组卷网 【答案】C 【解析】 【分析】根据导函数的图象得出导函数的符号分布情况，进而可得出函数的单调区间，再根据极值的定义 即可得解 【详解】由导函数了()的图象可知， 当x<3时，f(≥0，仅x=1时，f()=0,当x>3时，f()<0 所以函数f(:在(0,3)上单调递增，在(3，+）上单调递减， 所以函数f()只有x=3一个极值大点，无极小值点， 所以f(0)有极大值，没有极小值， 故ABD错误，C正确. 故选：C 3.810-2 除以的余数是() 【答案】D 【解析】 【分折1依题意可得8-2=(1+7)-2，再写出+7)的展开式，即可判断 【详解1因为80-2=(1+7)°-2，其中（1+7)=C+Cm7+Cm7产+…+C7m 所以 10-2=C90+C100-7+C7+…+C400·710-2=C107+Co072+…+C10·710-1 m8-2=7(C+C7++Cm7m-1)+6 因此80-2 7 6 除以的余数是，故D正确 4.由若干根相同的木棍组成如图所示的长方体框架，一只蚂蚁从点P出发，沿木棍爬行到点Q的最短路径 第2页/共22页 6学科网命组卷网 有(】 A.15种 B.30种 C.48种 D.60种 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，要使得爬行的距离最短，则需要向右爬3格，向前爬2格，向上爬1格，利用组合数 的计算公式，即可求解. 【详解】根据题意，一只蚂蚁从点P出发，沿木棍爬行到点Q, 要使得爬行的距离最短，则需要向右爬3格，向前爬2格，向上爬1格，共计6步， 则爬行的路径共有： C6C3=60 不同的路径 故选：D. 5.某地区举办演唱会时，举办方为防止观众私自携带灯牌等应援物品，使用了安检门进行辅助检测依照以 4 往数据，任一观众私自携带应援物品的概率为5，若观众确实携带，安检门亮灯提示的概率为5；若观众 1 没有携带，安检门依旧有10的概率因误检其他物品而亮灯提示若某观众通过安检门时被亮灯提示，则该 观众确实私自携带应援物品的概率为() y A.5 1 B.3 C.2 D.4 【答案】B 【解析】 【分析】根据全概率公式，以及条件概率公式即可求解。 【详解】设事件A:该观众私自携带应援物品：事件B:安检门亮灯提示， 第3页/共22页 命学科网命组卷网 则P()-5P(B4-专P(团-专P(BOP®)=P(4P(A)+P(团P(aA=名 某观众通过安检门时被亮灯提示，则该观众确实私自携带应援物品的概率为P(4B), 14 所以P(AB)= P(AB)P(A)P(B4_55=2 P(B) P(B) 6 3 25 故选：B 6.函数f()是定义在R上的偶函数，其导函数为()，且当x≤0时，4f()-矿'()>0，则不等 式f(x-2026)-f(-1x-2026)°<0的解集为() A.（-0,2025)U(2027,+0) B.(2025,+o) c（-0,2027) D.(2025,2027) 【答案】A 【解析】 【分折】酒过成家已知条作，内滋新硒款8()= x4,通过分析g(x)的奇偶性和单调性得出结论。 【详解】定文函数8)= .则g国=fr-f因)-4国 由腮意，当x≤0时，4(-'()>0，即()-4/(x)<0. 当x<0时，有<0，故8()>0，即3()在，0)上单调递增。 由于f()是偶函数，则3()也是偶函数，因此8()在（0，+切)上单调递减， 白Tst-/但-1)=rg.-22=-226je-22o. 第4页/共22页 命学科网命组卷网 f(-1)=f(1)=14g(1)=g() 代入不等式f(x-2026)-f(-H(x-2026)°<0，可化简为8(x-2026)<g(0) 由8（四的单调性，得K-2026>1,解得x>2027或x<2025, 即f(r-2026)-f(-1)(x-2026)°<0的解集为（∞，2025）U(2027,+∞，故A正确 7.某五面体木块的直观图如图所示，现准备给其5个面涂色，每个面涂一种颜色，且相邻两个面（有公共 棱的两个面)所涂颜色不能相同·若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有() B4 A.600种 B.1080种 C.1200种 D.1560种 【答案】D 【解析】 【分析】分三类：用5种、4种、3种颜色涂在5个面上，再由分步计数及排列组合数求不同的涂色方案. 【详解】若用5种颜色，从6种颜色任选5种再作全排，即A。=720 种； 若用4种颜色，从6种颜色任选4种有C。=15玉 种， 再任选一种颜在涂在共一组对百上有CG=8种，其它3种颜色作给排有A=6 所以，共有15×8×6=720种； 若用3种颜色，从6种颜色任选3科有C。=20种， 再任选两种颜色涂在两组对面上代=6种，余下的一种颜色涂在底面有1种， 所以，共有20×6×1=120种； 综上，不同的涂色方案有720+720+120=1560种 第5页/共22页 6学科网6组卷网 故选：D 8.已知a=7m4,b=8m3c=92 则a,b,c的大小关系正确的一项是() A.c>b>a B.a>c>b c.b>c>a D.a>b>c 【答案】D 【解析】 【分折】对数行na=h4h7hb=n3h8nc=h2n9,设f)=hxh(l-xe】 利用导数判断出函数的单调性可得答案 【详解1因为a=74>0,b=803>0.c=92>0 .In a In 4In 7,Inb In 3In 8,In c=In 2In9 t=hn-re》】 则f)=1-血x-I-h1-9-xhx 11-x x(11-x) 设8(x)=(1-x)lh(11-x)-xnx 则8'(x)=-lh(11-x)-1-血x-1=-n(11-x)-1nx-2 当1号.g00,的t吗 上单调递减， 则8小g-0,r>0,t 上单调递增， 1<2<3<4< 因 2,所以f(4)>f(3)>f(2),即n4ln7>n3n8>n2n9, 即lna>lnb>lnc,所以a>b>c. 第6页/共22页 6学科网列组卷网 故选：D 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共计18分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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9对于人本P0-,P©-，P80-5.则) AP460 BP4B)-月 c."(ia)o 【答案】AC 【解析】 【1对于A,因（刊-子，P@)-,P@4)- 所以P(AB)=P4)P(B1A0=4×5=20,故A正确 1 对于B,P(AB) P(AB)_20=1 P(B)315,故B错误： 4 对FCP(B)=P(8)-P(B)=3-7 42010,故C正确： f于DP(A+B)=PA)+PB)=P(AB)=4+420=20.枚D#海 a已*元可，玉我).则6) 第7页/共22页 6学科网列组卷网 A.()的图象关于y轴对称 B.()拾有3个零点 C.f(x)恰有2个极值点 D.f(x)在4'4上单调递增 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据奇偶函数的定义判f()与()的关系即可判断A,求出了（四）后，式子比较复杂，构 适函数8()，通过导数研究8(9的单调性，零点来研究(~的性质，从而可判断BCD 【详解】因为函数 x2+1是定义在兀，π上的函数， 所以定义收关于照点时陈.且（问 （-x2+1x2+1 所以f()是奇函数，所以f)的图象关于原点对称，故A错误 器为-+2a (x2+1月 令8()=(r+I)cosx--2 sinx((-r≤x≤)，则g'(x)=-(（x+3)sinx, 当x(元0)时，g)>0,8(d单调递猫： 当x∈(0，π)时，8'()<0,8（单调递减。 又8(-=8()=-（π2+1）<0.g(0)=1>0 第8页/共22页 6学科网 命组卷网 由函数零点存在定理知8(0在（元，0）上只有一个零点，设为X,8(在0，)上只有个零点，设为 七，作出8(x)的大致图象如图1： 1ly=g(x) 图1 所以当x∈（←元，x)时，8(）<0，即()<0，f()单调递减： 当r∈()时，8()>0，即f)>0,f(冈单调递增。 当x∈(，)时，8()<0，即f'(四<0，f(单调递减。 所以/()恰有2个极值点，。，故C正确 又f（-)=f()=f(O)=0,且当xe(0,π)时，f()>0, 作出()的大致图象如图2： y=f(x) -元 元衣 图2 所以f()恰有3个零点-元0，元，故B正确 国为个引-目设红-0.由国1知 第9页/共22页 6学科网命组卷网 当 4'4时，g(x)>0,即f'(x)>0,f(x)单调递增，故D正确 11.我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代 数学的成就是非常值得中华民族自豪的，以下关于杨辉三角的说法正确的是() 第0行 第1行 第2行 第3行 第4行 1 6 第5行 A.第10行所有数字的和等于1024 B.第2026行的第1013个数最大 C.210在杨辉三角中出现了6次 D.记第n行的第i个数为a,则白 2-a,=3” 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A:根据题目所给的杨辉三角，得出每一行每一个数的表示，对第10行所有数字求和即可得： 对B:根据组合数的性质，即可找到第2026行中的最大数；对C:列举出值为210的组合数即可；对D: 使用二项式定理进行转化即可 【详解】对A:第”行的第个数C,故第10行所有数字的和等于为： C%+C1。+…+C48=20-1024 ,故A正确： 对8，第2026行的第m个数可表示为C 由组合数的性质可知， C8然最大，因此m-1=1013,m=1014, 故第2026行的第1014个数最大，故B错误： 对C,210在杨解三角中出现的情况有C哈（第10行的第5个数）， C0(第10行的第7个数)，C9D(第210行的第2个数)， 第10页/供22页 学科网命组卷网 C0(资20行的前210个数)，C(第21行的第3个数) C(第21行的第20个数)，共6次，故C正确： 对D:第n行的第i个数a,=C,因此 22a-2c n ∑2C-∑2C=(1+2”-3” 令j=i-1,则 j=0 2a,=3 即台 ,故D正确 三、填空题（本题共3小题，每个小题5分，共计15分） 12已知二项式(x-a展开式中r的系数为40，则实数a= 【答案】±2 【解析】 【分析】由二项式的通项列出方程求解即可： 【详解】二项式(x-a的通项为，=Cgx(-a)八， 因为二项式(x-0展开式中的系数为40， 所以令5-r=3,解得r=2,即C(-0=40,解得a=士2， 13.把分别写有1、2、3、4、5、6的六张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片 超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为—一 【答案】60 【解析】 1,2,3,4,5,6 【详解】把卡片按数字顺序排成一列： ,每个人拿到的若超过一张，必须是连号，说明每个 人拿到的卡片在这列中必须形成一个连续段。 所以问题等价于：把1~6分成3个非空连续段，再把这3段分给甲、乙、丙。 第11页/共22页 6学科网命组卷网 先把6张卡片切成3个非空连续段。 12345l6 在1,2,3,4,5,6之间有5个空隙： 从这5个空隙中选2个作为分段点： C%=10 种， 得到的3段可以分别分给甲、乙、丙，三个人有：3！=6种安排 因此不同分法共有：C×31=60种 14.已知集合 M=1≤x≤10，m∈N),对它的非空子集A,将A中每个元素长都乘以仁)少再求和， 如1=机，4,7乃 可以求得和为←1×1+(-)×4+（←1）7×7=-4 则对M的所有非空子集，则这些和 的总和为 【答案】2560. 【解析】 【分析】根据题意，将M中所有非空子集分类考虑，将所有非空子集中的含有1的总个数确定好，从而 2,3.10 可求其和，同理求得含有 的部分的和，问题即可解决， 【详解)M={x1≤x≤10，x∈N}={L,210 .M中所有非空子集含有1的有10类： ①单元素集合只有码含有1，即1出现了C次， ②双元素集合只有1的有，2,13}…，10}，即1出现了C次： @三元素集合中含有1的有，2,3，，2,419,10}，即1出现了C次 @合有10个元素L2,10,出现了C次 1共出现Cg+C++Cg=2° 第12页/供22页 命学科网命组卷网 2,3,4,.10 29 同理 都出现2次， .M的所有非空子集中，这些和的总和是 2°(-1+2x(-1++(-1)°=2×5=2560 故答案为：2560 【点睛】本题主要考查集合的子集以及组合式的应用，考查了分类讨论思想的应用，意在考查灵活应用所 学知识解决问题的能力，属于难题， 四、解答题（共5个小题，共计77分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15.已知 xX+ 2 展开式的所有二项式系数和为256 (1)求展开式中的常数项： (2)求展开式的系数最大项 【答案】(1) 16 (2)T=7x3或T4=7x4 【解析】 【分析】(1)根据条件得=8，再利用二项展开式的通项公式，即可求解； a-Hc (2)设展开式的系数最大项为第 项，建立方程组 gc Cg求出，即可求解 r+1 【小问1详解】 ”=256 由题知 解得”=8 X+- 1) 则 展开式的通项公式为7=C中(-付C宁0sr≤8re 第13页/共22页 命学科网组卷网 令8、 3=0,解得，=6，所以展开式中的常数项 2G-1 【小问2详解】 设展开式的系数最大项为第”+1项， Gc-"c 8! 。1 8! r(8-r)2(r+1)(7-r)月 ,即 c。 18! 81 2r(8-r)！(r-1)(9-r)月 2(r+1)≥8-r 整理得到 9-r≥2r ,解得2≤r3又，∈N所以，=2或，=3” 16.已知函数f(x)=me*-2xr2 4)若直线y=2x+b为曲线'=f(:)在点0，/(0》处的切线，米实数m,b的值： (2)若f()有3个零点，求实数m的取值范围， m=2,b=2 【答案】(1) 【解析】 【分析】(1)先求函数在x=0处的函数值与导数值，利用切线方程的斜率与切点坐标，建立方程求解m 和b的值： x2 (2)将方程∫(x)=0转化为m= e*, 构造函数()=2 ,通过求导分析其单调性与极值，结合函 数图象确定m的取值范围 第14页/供22页 命学科网命组卷网 【小问1详解】 因为/()=me-22,所以fo)=,(y=me-4r,则了o)=m 因为切线方程为y=2x+b,所以m=2.将(0，m)代入可得m=b 所以 m=2,b=2 【小问2详解】 令创=0.可有m=2生 ex, ,则h()-r-2_2x2-) 令()=2r ex 令h'(x)= ,可得x=0或2。 当x<0时，()<0，h(x单调递减， 当0<x<2时，()>0，h()单调递增， 当x>2时，h()<0,h()单调递减， X为2)-。A0)=0 当x→∞时，()→0，当x→-0时，h()→+0， 所以h(t)的大致图象如图所示 8 8 P 观察可知，0<m<。,所以实数m的取值范国是0， 17.某超市为了吸引顾客，在“五一”期间进行有奖促销活动，规定凡在该超市购物满300元的顾客，均可 第15页/供22页 命学科网命组卷网 获得一次摸奖机会，摸奖规则如下：奖盒中放有除颜色不同外其余完全相同的4个球（红、黄、白、黑）· 顾客不放回地每次摸出1个球，若摸到黑球，则摸奖停止，否则就继续摸球.按规定：摸到红球奖励20元， 摸到白球或黄球奖励10元，摸到黑球不奖励 (1)如果1名顾客第3次摸到黑球，求该顾客第1次摸到红球的概率； (2)记随机变量X为1名顾客摸奖获得的奖金数额，求X的分布列和数学期望. 1 【答案】(1)3 (2) X 0 10 20 30 40 1 1 1 P 4 6 6 6 E(X)=20 【解析】 【分析】(1)根据条件概率计算公式，求出事件的概率，使用条件概率公式求出结果. (2)根据离散型随机变量概率计算方法，求出X的分布列，根据离散型随机变量数学期望公式求出结果， 【小问1详解】 设“第3次摸到黑球”为事件A,“第1次摸到红球”为事件B,可知 1 P0=A-AB是=1可P=-2= P(A)13 A44 A12 【小问2详解】 X的可能结果有0,10,20,30,40. 当X=0时，第一个就是黑球 P(X=0)=1 4. 2×1=1 当X=10时，第一个是白球或者责球，第二个是县球P(X=10)4×3石， 第16页/共22页 6学科网命组卷网 当X=20时，前两个是白球和黄球，第三个是黑球，或者第一个是红球，第二个是黑球 PX=20)= 211,1、11 一X一X一十一X 32436, 当X=30时，第一个是白球或者黄球，第二个是红球，第三个是黑球，或者，第一个是红球，第二个是 21 X=30)=4X3×2 21.1 白球或者黄球，第三个是黑球 6, 当X=40时，前三个是白球和黄球和红球，第四个是黑球PX=40) A=4, 故X分布列为 X 0 10 20 30 40 1 4 6 6 6 4 E(X)=0×号+10×2+20x2+30×2+40x号=20 数学期 6 6 6 4 18已知函数f(x)=r-1+an(1+x) (1)若(：)在定义域内单调递暗，求实数“的取值范围： (2)当a=1时，若对任意x∈(1，+o）,不等武/()t+2≤e+血b恒成立，求实数b的最小值， (3)若f()存在两个不同的极值点，。，<，且(：)<m,求实数m的取值范围. 【答案】1)2+ (2)1 (3) 第17页/供22页 6学科网6组卷网 【解析】 【分析】(1)f()在定义域内单调递增等价于∫（冈）≥0恒成立，分离参数转化为最值向愿求解， （2)由+ln(+1)≤be+l血b,构造同构函数80=i+血t,利用8()的单调性求解： f(x) (3)由极值点得双变量x,x2之间关系，将x,通过变量代换转化为关于x的函数，利用导数判断单 调性求其最值情况即可求解。 【小问1详解】 由题国a克文为).闭=2+1中之02+平2之0t（o)恒成.日 ∫(x)=0的解不连续， 201 所以a的取值范围是2+切 【小问2详解】 当a=l时，不等式可化为l+ln(x+1)sbe+hb,变形为x+l+n(c+)≤be+ln(be）. 令=1+n:.求号将0=1+之0，所型80=1+r在@+o）L是装数， 故x+l+ln(x+)sbe+lh(be）,即8(x+)sg(be）,即x+1sbe, x+1sb 所以对任意r∈(-l,+o),不等式f()-x+2≤be+lhb恒成立，即e≤6对任意x∈(-l,+o）恒 成立， 第18页/供22页 6学科网列组卷网 令)=xe(L+o.则-。e(+】 所以当r∈(1,0)时，h()>0,则h()单调递增， 当x∈(0，+o)时，()<0，则h()单调递减， 所以x()=h(0)=1,即满足不等式的实数b的取值范围为b≥1， 所以b的最小值为1： 【小问3详解】 因为（冈）存在两个不同的极值点，，<名， 一所以由国)=2x+。=2x++00可得X,5是方程2十2计0的两根 1+xx+1 所A4-a0+=-l6号且1k5<,-寸 2,2<5<0 商似4=号0.教0<a<号 1 2, 又面/G)小天贴，可有m<儿) f)_-1+ah0+=1-x+h0+x-1-5+2x1-)血0+）=1-5+25n0+x) 而x2-1-x -1-x -1-x 令o)=1-x+2xh+.x-2. 则6-1+2h*42加0+=1 ,+2ln(1+x) x+1 第19页/供22页 6学科网列组卷网 (1.1时引.m子eo)(+k0, 剥()-1-子+2+小k0,以p付在医同1》上单闲陆成 3 mm≤+h2 所以实数m取值范围 19.某排球教练带领甲、乙两名排球主力运动员训练排球的接球与传球，首先由教练第一次传球给甲、乙 中的某位运动员，然后该运动员再传回教练每次教练接球后按下列规律传球：若教练上一次是传给某运动 1 2 员，则这次有3的概率再传给该运动员，有3的概率传给另一位运动员·已知教练第一次传给了甲运动员， 且教练第”次传球传给甲运动员的概率为P, (1)求P,P (2)求Pm的表达式： (3)设g。=2p,-,证明： ∑(gam-g,sing-sinq,）k月 【答案1（山）P=3,=g (3)证明如下： 第20页/供22页 6学科网6组卷网 g.=2p,--3∈(0，则 设()=x-sinx,xe(0,,h()=1-cosx>0,h()在0,1上单调递增， 显然9n>9,则h(9.)>h(9n) 2 9。-sing,>9m-sing.l,则3=9。-91>sing。-sing1 即（g-g.(sing.-sing.,）=(a.-)(sinq。.--sing）g, 【解析】 【分析】(1)根据题意，结合互斥事件和独立事件概率公式进行求解即可； (2)根据互斥事件和独立事件概率公式，结合等比数列的定义和通项公式进行求解即可： (3)利用构造函数法，结合导数与函数单调性的关系、等比数列的前项和公式进行证明即可. 【小问1详解】 12 A,B,A3h+-) 9 【小问2详解】 uR+0-a,:=+号.m2方引 1.2 片以骨引是方为公r零比装， 01 4”,方 【小问3详解】 第21页/供22页 6学科网命组卷网 略 【点睛】关键点睛：本题的关键是根据题意利用独立事件概率公式得到递推关系式 1 2 P.=3Pt31-p) 3 第22页/共22页 2025-2026学年度高二年级下学期期中综合素质评价 数学学科 主命题人：张丽 其他命题成员：张宝玲 （本试卷共2页，19个题，满分150分，考试用时：120分钟） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.） 1. （ ） A. B. C. D. 6 2. 已知函数，其导函数的图象如图所示，则（ ） A. 有2个极值点 B. 在处取得极小值 C. 有极大值，没有极小值 D. 在上单调递减 3. 除以的余数是（    ） A. B. C. D. 4. 由若干根相同的木棍组成如图所示的长方体框架，一只蚂蚁从点P出发，沿木棍爬行到点Q的最短路径有（ ） A. 15种 B. 30种 C. 48种 D. 60种 5. 某地区举办演唱会时，举办方为防止观众私自携带灯牌等应援物品，使用了安检门进行辅助检测.依照以往数据，任一观众私自携带应援物品的概率为，若观众确实携带，安检门亮灯提示的概率为；若观众没有携带，安检门依旧有的概率因误检其他物品而亮灯提示.若某观众通过安检门时被亮灯提示，则该观众确实私自携带应援物品的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 函数是定义在上的偶函数，其导函数为，且当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 某五面体木块的直观图如图所示，现准备给其5个面涂色，每个面涂一种颜色，且相邻两个面（有公共棱的两个面）所涂颜色不能相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ） A. 600种 B. 1080种 C. 1200种 D. 1560种 8. 已知，，，则a，b，c的大小关系正确的一项是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共计18分.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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 对于随机事件A，B，若，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知，函数，则（ ） A. 的图象关于y轴对称 B. 恰有3个零点 C. 恰有2个极值点 D. 在上单调递增 11. 我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的，以下关于杨辉三角的说法正确的是（ ） A. 第10行所有数字的和等于1024 B. 第2026行的第1013个数最大 C. 210在杨辉三角中出现了6次 D. 记第行的第个数为，则 三、填空题（本题共3小题，每个小题5分，共计15分） 12. 已知二项式展开式中的系数为40，则实数______． 13. 把分别写有1、2、3、4、5、6的六张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为_______. 14. 已知集合，对它的非空子集，将中每个元素都乘以再求和，如，可以求得和为，则对的所有非空子集，则这些和的总和为________． 四、解答题（共5个小题，共计77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 已知展开式的所有二项式系数和为. （1）求展开式中的常数项； （2）求展开式的系数最大项. 16. 已知函数. （1）若直线为曲线在点处的切线，求实数的值； （2）若有3个零点，求实数的取值范围. 17. 某超市为了吸引顾客，在“五一”期间进行有奖促销活动，规定凡在该超市购物满300元的顾客，均可获得一次摸奖机会．摸奖规则如下：奖盒中放有除颜色不同外其余完全相同的4个球（红、黄、白、黑）．顾客不放回地每次摸出1个球，若摸到黑球，则摸奖停止，否则就继续摸球．按规定：摸到红球奖励20元，摸到白球或黄球奖励10元，摸到黑球不奖励． （1）如果1名顾客第3次摸到黑球，求该顾客第1次摸到红球的概率； （2）记随机变量X为1名顾客摸奖获得的奖金数额，求X的分布列和数学期望． 18. 已知函数， （1）若在定义域内单调递增，求实数的取值范围； （2）当时，若对任意，不等式恒成立，求实数的最小值； （3）若存在两个不同的极值点，，且，求实数的取值范围． 19. 某排球教练带领甲、乙两名排球主力运动员训练排球的接球与传球，首先由教练第一次传球给甲、乙中的某位运动员，然后该运动员再传回教练.每次教练接球后按下列规律传球：若教练上一次是传给某运动员，则这次有的概率再传给该运动员，有的概率传给另一位运动员.已知教练第一次传给了甲运动员，且教练第次传球传给甲运动员的概率为. （1）求，； （2）求的表达式； （3）设，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $