精品解析：浙江金兰教育合作组织2025-2026学年高二下学期4月期中测试数学试题

浙江金兰教育合作组织2025-2026学年高二下学期4月期中测试数学试题 注意事项： 1．试题共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卡指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号． 3．所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效． 4．结束后，只需上交答题卡． 选择题部分 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. 甲、乙、丙3位同学在5个兴趣小组中任选一个参加，任意2人不同组的选法种数有（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】3位同学在5个兴趣小组中任选一个，且任意2人不同组的选法有种. 2. 已知事件A，B满足，则（ ） A. 1 B. 0.3 C. 0.5 D. 0.6 【答案】A 【解析】 【详解】， 在发生的条件下，一定发生， ， 则. 3. 已知随机变量，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.6 D. 0.8 【答案】B 【解析】 【详解】因为随机变量，且， 所以， 所以. 4. 从50名学生中随机选出5名学生代表，则甲被选中的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意可知，从50名学生中随机选出5名学生代表， 所包含的基本事件总和为， 甲被选中包含的可能事件为， 所以甲被选中的概率为. 5. 设随机变量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由二项分布的概率公式可得，再由二项分布的方差公式可得. 【详解】因为随机变量，根据二项分布的性质：， ，且，解得. 又因为，由二项分布的方差公式：. 6. 展开式中的常数项为（ ） A. 20 B. -20 C. -12 D. -8 【答案】B 【解析】 【分析】将给定式子变形，再结合二项式定理求解作答. 【详解】因， 则展开式的通项公式为， 由解得，所以展开式中的常数项为. 故选：B 7. 如图，点分别是四面体的顶点或棱的中点，那么在同一平面上的四点组个数有（ ） A. 30 B. 33 C. 63 D. 69 【答案】B 【解析】 【分析】分成两类计数：一类是所在面上另外5个点中任选3个，另一类是所在棱上三点与对棱中点共面，由此可得. 【详解】含有的侧面中，每个面上的6个点都是共面的，除外的5个点任选3个，则个数为， 所在的棱上三点与对棱中点共面，这样的组数有3个， 所以共有个. 8. 已知，且，则下列结论正确的是（ ） A. 对于任意奇数n，a都是偶数 B. 对于任意偶数n，a与的奇偶性相同 C. 对于任意偶数，都有 D. 对于任意偶数，都有 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式展开式，分析可得，据此求出a、b的表达式，对于AB，可取某些特殊的n值进行分析，由此进行判断；对于CD，根据分析即可求得具体的值． 【详解】， 同理， 两者对比可知为奇数时，， 又为偶数时，为有理数，且， 即两者展开式中k为偶数的部分，为相等的有理数， 所以可知， 因此可解得， 对于A，取（奇数），可得（奇数），矛盾，故A错误； 对于B，取（偶数），可得（奇数），（偶数），奇偶性不同，故B错误； 对于CD，对于任意大于0的偶数， 因为， 也即，故C错误，D正确． 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． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若事件A，B满足，则事件A，B相互独立 B. 若事件B，C互斥，则 C. 若数据的方差为2，则数据的方差为17 D. 在12件产品中有2件次品，任意抽取3件，则抽到次品的个数期望值为 【答案】AB 【解析】 【分析】由条件概率计算公式和全概率公式可判断AB，由方差的运算性质可判断C，由超几何分布期望公式可判断D. 【详解】选项A，设， 根据全概率公式： ， 因此 ， ， 符合事件相互独立的定义，A正确； 选项B，因为互斥，即 ，因此 ， 即和也互斥， 由概率可加性： ， 由条件概率计算公式得：  ，B正确； 选项C，根据方差性质：若原数据方差为，则， ，新数据方差为 ，C错误； 选项D，抽到次品数服从超几何分布 ， 超几何分布期望公式为​，代入得： ，D错误. 10. 随机变量的分布列如下表，．令随机变量，则下列说法正确的是（ ） -1 0 1 0.5 A. B. 恒成立 C. 的最大值为 D. 当在内增大时，先增大后减小 【答案】ACD 【解析】 【详解】由分布列的性质，得，所以，. 因为，所以，解得，所以A正确. ， 所以. 因为，所以，所以B错误. ， 当且仅当时，取得最大值，所以C正确. 当时，；当时，； 当时，. 所以，的分布列为 所以. 当时，在上单调递增，在上单调递减，所以D正确. 11. 一项“过关游戏”规则规定：在第关要抛掷一颗质地均匀的骰子次，如果这次抛掷所出现的点数之和大于，则过关．假定每次过关互不影响．记过第关为事件，则下列说法正确的是（ ） A. 这项游戏最多能连续过5关 B. C. D. 连过前三关的概率是 【答案】BCD 【解析】 【详解】A选项：当时，，当时，，所以最多过4关，A错误； B选项：当时，点数记为，即时过关，，所以B正确； C选项：，设两次点数记为，， 则，所以，所以C正确； D选项：，记三次点数分别为， ， ，所以D正确． 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 将1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，要求偶数相邻，共有__________种排法．（用数字作答） 【答案】12 【解析】 【详解】将两个偶数看成一个整体有种情况， 再将两个偶数与两个奇数全排列有种情况， 所以将1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，要求偶数相邻，共有种排法. 13. 某校开展教师歌手大赛．已知男、女教师人数比例为，有的男教师和的女教师擅长民谣歌曲．现随机选取一位教师，则这位教师恰好擅长民谣歌曲的概率为__________． 【答案】## 【解析】 【详解】由男、女教师人数比为，可得随机选一位教师， 选到男教师的概率为，选到女教师的概率为. 已知男教师中擅长民谣的概率为，女教师中擅长民谣的概率为. 根据全概率公式，随机选一位教师恰好擅长民谣的概率为： . 即随机选一位教师，则这位教师恰好擅长民谣歌曲的概率为. 14. 盒子中装有编号依次为1，2，3，4的4张卡片，现从中有放回地抽取次卡片，每次仅抽取1张，记这次抽取的卡片中最大编号为，若要求成立，则至少抽取____________次． 【答案】4 【解析】 【详解】， ， 由，得， 令，则在时单调递减， 又，所以的最小值为4． 四、解答题：本大题共5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. 计算： （1）； （2）解方程：； （3）解关于的不等式：． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用组合数的计算公式求解； （2）根据排列数和组合数的计算公式解方程； （3）利用组合数的计算公式求解. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 由题知． 由且； 【小问3详解】 由题知 解得， 又，且 ， ∴不等式的解集为. 16. 以下各小题要求列出算式，并计算出结果．某高校组织1位老师带领3名男生、3名女生参加志愿服务活动． （1）活动开始前7人排成一排合影留念 ①若要求老师站在中间，甲、乙两位学生均与老师相邻，共有多少种不同的排法？ ②若老师站在队列的排头或排尾且女生互不相邻，共有多少种不同的排法？ （2）现从6名学生中选1人与老师留在原地，其余5人分配到3个服务站点进行志愿服务． 要求每个站点至少一名学生，每名学生只能分配到一个站点，共有多少种分配方式？ 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】本题主要考查排列组合的综合应用，涉及特殊元素定位、相邻问题、不相邻问题、分组分配等问题. （1）①老师位置固定在中间，甲乙两位学生必须与老师相邻，先安排甲乙两人的位置，再对其余无限制的4名学生进行全排列，根据分步乘法计数原理求解； ②先安排老师在排头或排尾，再排男生，最后利用插空法安排互不相邻的女生，分步完成后用乘法计数原理计算； （2）先从6名学生中选出1人与老师留在原地，再将剩余5名学生按，，或，，两种人数分组方式进行分组，最后将各组分配到个服务站点，利用先分组后分配的方法求解. 【小问1详解】 ①因为老师站在最中间，甲、乙两名学生站在老师的两侧， 所以老师站在第4个位置，甲、乙两名学生的排序有种． 再排其他学生，有种，由分步乘法计数原理，不同的排法有种． ②老师排在排头或排尾有种方法,其余6个位置用插空法处理：先排3名男生有种排法，形成4个空位；再将3名女生排入这4个空位，有种排法由分步乘法计数原理，不同的排法有种． 【小问2详解】 因为要从6名学生中选出1名与老师留在原地，有种选法． 其余5名同学分配到3个站点，可分为1人、2人、2人，或分为1人、1人、3人． 如果分为1人、2人、2人，有种， 如果分为1人、1人、3人，有种， 再将这3组对应3个站点进行全排列， 不同的分配方式有种． 17. 已知的展开式中，____________．给出以下条件：①若展开式前三项的二项式系数之和等于；②若展开式中倒数第三项与倒数第二项的系数比为．任选一个，补充在上面横线中并加以解答（注：若选择多个条件，按第一个解答计分）． （1）求的值及通项公式； （2）求展开式中所有项的系数绝对值之和； （3）求展开式中系数最小的项． 【答案】（1） 若选①：． 若选②：. 展开式通项为． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）若选①：利用展开式的前三项的二项式系数之和得出等式求出即可；若选②：利用展开式中倒数第三项与倒数第二项的系数比建立等式求出即可.然后写出通项公式即可； （2）根据展开式所有系数之和公式分析求解即可； （3）根据展开式系数性质一一列举分析求出即可. 【小问1详解】 若选①：若展开式前三项的二项式系数之和等于. 由的展开式中前三项的二项式系数之和等于得：， 即，即， 解得或（舍去），所以． 若选②：若展开式中倒数第三项与倒数第二项的系数比为. 则由题得，解得. 所以的展开式通项为． 【小问2详解】 展开式中所有系数的绝对值之和，即展开式中所有系数之和， 令，得. 【小问3详解】 由的展开式通项公式知： 展开式中的系数为，若要找展开式中系数最小的项，则为奇数， 当时，该项系数为， 当时，该项系数为， 当时，该项系数为， 当时，该项系数为， 因此，展开式中系数最小的项为第4项即：. 18. 不透明的袋子装有编号为的35个球，号球重量为克，从袋子中等可能地取球． （1）任取1球，求其重量小于7克的概率； （2）任取1球，求其重量大于号码数的概率； （3）任取1球，若球的重量小于号码数时，则停止取球；若球的重量大于号码数，则放回，搅拌均匀后重取，并规定取球次数不超过3次．设结束时的取球次数为，求的分布列和期望． 【答案】（1） （2） （3） 1 2 3 【解析】 【分析】（1）求出重量小于7克的编号个数，利用古典概型求概率； （2）求出重量大于号码数的编号个数，利用古典概型求概率；（3）确定的可能取值，分别计算每个取值的概率，写出分布列，并求期望. 【小问1详解】 ，， ，， ， 所以，. 【小问2详解】 设事件为“取1球其重量大于号码数”． 若球重量大于号码数，则， 即， 解得或， ， ， 【小问3详解】 可取的值为， 取出球重量大于号码的概率为， ， ， ， 1 2 3 . 19. 如图，河面上从左至右4个石墩排成一条直线，松鼠在第2个石墩上．松鼠会在相邻的两个石墩（或石墩与河岸）间不停地跳跃．每次跳跃时，向左跳的概率为，向右跳的概率为．当松鼠跳到左岸或右岸时，就去树林里吃松果，不再返回．将河的左、右岸分别标记为0号、5号石墩．将松鼠位于第个石墩上并最终跳到右岸的概率记为． （1）省略推导过程，直接写出的值，直接判断与的大小关系； （2）当河面上有个石墩且时，求； （3）当河面上有个石墩且时，要使，求的最大值． 【答案】（1），， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由不可能事件和必然事件的概率得，利用对立事件考虑从1，2号石墩跳到右岸的概率，从而可比较大小； （2）利用互斥事件概率公式得出，确定是等差数列，从而求得结论； （3）同（2）分析得出递推关系式：，利用迭代法求得，再用累加法求得，然后利用求出的最大值. 【小问1详解】 松鼠在左岸时，直接去树林里吃松果，不可能跳去右岸，因此， 同样松鼠在右岸时已经不需要跳跃了，因此， 松鼠在1号石墩，只要向左跳一次，就到左岸去树林里吃松果， 而2号石墩，至少需要向左跳2次，才能到左岸去树林里吃松果， 因此1号石墩到左岸去树林里吃松果的概率大于2号石墩到左岸去树林里吃松果的概率， 从而到右岸去树林里吃松果的概率反而小，所以； 【小问2详解】 由（1）知 考虑松鼠位于第个石墩上并最终跳到右岸的情况可分为互斥的两类， 向左跳到第个石墩并最终跳到右岸； 向右跳到第个石墩并最终跳到右岸． 以上两种情况的概率分别为和， 故有， 即， 所以数列是等差数列， 则 得到； 【小问3详解】 由（2）的分析知， 整理得 累加得 ， 而 ， 得到 ， 而. ，即最大值为6. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江金兰教育合作组织2025-2026学年高二下学期4月期中测试数学试题 注意事项： 1．试题共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卡指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号． 3．所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效． 4．结束后，只需上交答题卡． 选择题部分 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. 甲、乙、丙3位同学在5个兴趣小组中任选一个参加，任意2人不同组的选法种数有（ ） A. B. C. D. 2. 已知事件A，B满足，则（ ） A. 1 B. 0.3 C. 0.5 D. 0.6 3. 已知随机变量，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.6 D. 0.8 4. 从50名学生中随机选出5名学生代表，则甲被选中的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 设随机变量，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 展开式中的常数项为（ ） A. 20 B. -20 C. -12 D. -8 7. 如图，点分别是四面体的顶点或棱的中点，那么在同一平面上的四点组个数有（ ） A. 30 B. 33 C. 63 D. 69 8. 已知，且，则下列结论正确的是（ ） A. 对于任意奇数n，a都是偶数 B. 对于任意偶数n，a与的奇偶性相同 C. 对于任意偶数，都有 D. 对于任意偶数，都有 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． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若事件A，B满足，则事件A，B相互独立 B. 若事件B，C互斥，则 C. 若数据的方差为2，则数据的方差为17 D. 在12件产品中有2件次品，任意抽取3件，则抽到次品的个数期望值为 10. 随机变量的分布列如下表，．令随机变量，则下列说法正确的是（ ） -1 0 1 0.5 A. B. 恒成立 C. 的最大值为 D. 当在内增大时，先增大后减小 11. 一项“过关游戏”规则规定：在第关要抛掷一颗质地均匀的骰子次，如果这次抛掷所出现的点数之和大于，则过关．假定每次过关互不影响．记过第关为事件，则下列说法正确的是（ ） A. 这项游戏最多能连续过5关 B. C. D. 连过前三关的概率是 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 将1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，要求偶数相邻，共有__________种排法．（用数字作答） 13. 某校开展教师歌手大赛．已知男、女教师人数比例为，有的男教师和的女教师擅长民谣歌曲．现随机选取一位教师，则这位教师恰好擅长民谣歌曲的概率为__________． 14. 盒子中装有编号依次为1，2，3，4的4张卡片，现从中有放回地抽取次卡片，每次仅抽取1张，记这次抽取的卡片中最大编号为，若要求成立，则至少抽取____________次． 四、解答题：本大题共5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. 计算： （1）； （2）解方程：； （3）解关于的不等式：． 16. 以下各小题要求列出算式，并计算出结果．某高校组织1位老师带领3名男生、3名女生参加志愿服务活动． （1）活动开始前7人排成一排合影留念 ①若要求老师站在中间，甲、乙两位学生均与老师相邻，共有多少种不同的排法？ ②若老师站在队列的排头或排尾且女生互不相邻，共有多少种不同的排法？ （2）现从6名学生中选1人与老师留在原地，其余5人分配到3个服务站点进行志愿服务． 要求每个站点至少一名学生，每名学生只能分配到一个站点，共有多少种分配方式？ 17. 已知的展开式中，____________．给出以下条件：①若展开式前三项的二项式系数之和等于；②若展开式中倒数第三项与倒数第二项的系数比为．任选一个，补充在上面横线中并加以解答（注：若选择多个条件，按第一个解答计分）． （1）求的值及通项公式； （2）求展开式中所有项的系数绝对值之和； （3）求展开式中系数最小的项． 18. 不透明的袋子装有编号为的35个球，号球重量为克，从袋子中等可能地取球． （1）任取1球，求其重量小于7克的概率； （2）任取1球，求其重量大于号码数的概率； （3）任取1球，若球的重量小于号码数时，则停止取球；若球的重量大于号码数，则放回，搅拌均匀后重取，并规定取球次数不超过3次．设结束时的取球次数为，求的分布列和期望． 19. 如图，河面上从左至右4个石墩排成一条直线，松鼠在第2个石墩上．松鼠会在相邻的两个石墩（或石墩与河岸）间不停地跳跃．每次跳跃时，向左跳的概率为，向右跳的概率为．当松鼠跳到左岸或右岸时，就去树林里吃松果，不再返回．将河的左、右岸分别标记为0号、5号石墩．将松鼠位于第个石墩上并最终跳到右岸的概率记为． （1）省略推导过程，直接写出的值，直接判断与的大小关系； （2）当河面上有个石墩且时，求； （3）当河面上有个石墩且时，要使，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $