精品解析：山西晋中市2025-2026学年高二下学期素养测评(二) 数学试题

山西晋中市2025-2026学年高二下学期素养测评(二) 数学试题 考试时间为120分钟，满分150分 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. 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 【答案】B 【解析】 【详解】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，得不同的取法有种. 2. 已知事件、满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用条件概率公式可求得的值. 【详解】由条件概率公式得，故. 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 【答案】C 【解析】 【分析】首先确定个位数为3或9，然后根据分步计数原理即可求解. 【详解】奇数要求个位必须是奇数，给出的数字中奇数为，因此个位共有种选择； 要求数字不重复，选完个位后还剩3个不同数字，从中任选2个排列在百位和十位，排列数为种； 根据分步乘法计数原理，总奇数个数为. 4. 二项式的展开式中，的系数为（ ） A. -10 B. 10 C. 20 D. -20 【答案】A 【解析】 【详解】的展开式的通项为：， 令，解得：， 所以的系数为. 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. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件概率计算公式即可求解. 【详解】设事件为“两次掷骰子点数之和为4”，事件为“两次都是奇数点”， 事件（点数和为4）的所有等可能有序结果： 抛掷两次骰子，点数满足的结果为：，共3种， 事件的结果： 满足条件的结果为：，共2种， 由条件概率计算公式得：. 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. 取出的3件产品中恰有2件一等品，则不同的取法有7种 B. 若表示取出的3件产品中一等品的数量，则 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 D. 若表示取出的3件产品中一等品的数量，则 【答案】B 【解析】 【分析】由古典概率模型计算公式和条件概率计算公式，结合组合数逐项判断即可. 【详解】从10件产品中，取出3件，不同的取法有种， 其中没有一等品的不同取法有种， 恰有1件一等品的不同取法有种， 恰有2件一等品的不同取法有种，A错， 则，B对，，D错， 则取出的3件产品中有一等品，共有种， 故恰有2件一等品的概率为，C错. 7. 某种动物的两种性状分别为，（，均为显性性状）.抽样调查显示，具有性状的有60%具有性状，具有性状的有40%具有性状，有43%的具有性状mn，则样本中具有性状的占比为（ ） A. 40% B. 25% C. 18% D. 15% 【答案】C 【解析】 【分析】由条件概率计算公式，与和事件概率计算公式求解即可. 【详解】设“具有性状”，“具有性状”，具有性状. 根据题意： 具有的个体中60%有：，​ 具有的个体中40%有：， 具有（既无也无）的概率： ， 因此 ， 由， 得  ， 化简得： ， 解得 ， 因此样本中具有性状的占比为. 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，机器人在舞台中心，机器人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，机器人来到舞台中心的路径有12条 B. 经过1秒，机器人与的距离为米的情况有2种 C. 经过2秒，机器人与首次相遇的情况有6种 D. 经过2秒，机器人与的距离为2米（未相遇）的情况有45种 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，经过4秒，机器人来到舞台中心，即机器人移动4次来到舞台中心，则机器人需要有2次向西移动， 剩下的2次为东西各1次或南北各1次，所以路径情况数为条，故A错误. 对于B，经过1秒，机器人与的距离为米，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. 若机器人东西方向移动，则机器人向东移动，机器人向南或向北移动，有2种情况； 若机器人南北方向移动，则机器人向南或向北移动，机器人向西移动，有2种情况. 所以经过1秒，机器人与的距离为米的情况有种，故B错误. 对于C，经过2秒，机器人与首次相遇，即机器人与各移动2次首次相遇，分为两类：①在机器人或的起始位置相遇，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.若机器人移动2次回到原地，则机器人第一次向南、向西或向北移动，机器人向西移动2次，有3种情况：若机器人移动2次回到原地，则机器人第一次向东、向南或向北移动，机器人向东移动2次，有3种情况.所以有种情况. 对于②，相遇位置为机器人和起始位置中点的正北或正南1米处，机器人向东、向北（南）移动，机器人向西、向北（南）移动.机器人先向北再向东移动时，机器人有2种情况；机器人先向东再向北移动时，机器人有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，所以有种情况. 综上，经过2秒，机器人与首次相遇的情况有种，故C错误. 对于D，以舞台中心为坐标原点，正东方向为轴正方向，1米为1个单位长度，建立如图所示的平面直角坐标系， 则机器人所在点为，机器人所在点为， 经过2秒，机器人与各移动2次，与的距离为2米， 机器人移动到点，则机器人移动到点或，有2种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点，有种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点或，有种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点或，有种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点，有种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点或，有种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点，有1种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点或或或，有4种情况； 机器人回到起点，则机器人回到起点，有种情况； 共有种情况， 其中机器人与在点相遇的情况有4种， 所以经过2秒，机器人与的距离为2米（未相遇）的情况有种，故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. 已知随机变量的概率分布为，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 当最大时， 【答案】AC 【解析】 【详解】因为随机变量的概率分布为， 所以的分布列为： 由，解得：，故A正确； ，故B错误； ，故C正确； ，因为在上单调递减， 所以当时，，故D错误. 10. 将5个小球放入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 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于AB，根据隔板法求解；对于C，利用分步乘法计数原理列式求解即可；对于D，只需将5个球按照和分组计算方法数即可. 【详解】对于A，将5个小球分成3组即可，由隔板法得不同的放法种数有种，故A错误； 对于B，允许有空盒子，可先给每个盒子一个虚拟的球，即8个小球分成3组，每个盒子至少一个， 由隔板法得不同的放法种数有种，故B正确； 对于C，因小球不同、盒子不同，恰有1个盒子放3个球，其余盒子至少放1个球， 可先确定放3个球的盒子，接着选3个球放入盒子，有种放法， 再将剩下的2个球按照每盒一个球放入余下的2个盒子，有种放法， 故不同的放法种数为种，故C正确； 对于D，因小球不同、盒子相同，且每个盒子至少放1个球，则只需要将小球按照和分组即可， 若按照分组，放法有种；若按照分组，放法有种， 故不同的放法种数为，故D正确. 11. 杨辉三角是的展开式的二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为.在我国南宋数学家杨辉年所著的《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（ ） A. 第行有个数 B. 从第行起到第行，每一行的第个数之和为 C. 第行的所有数之和能被整除 D. 去除所有为的数，依次构成数列、、、、、、、、、、，则此数列前项的和为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用二项式系数的性质可判断A选项；利用组合数的性质可判断B选项；利用二项式系数和求出第行的所有数之和，可判断C选项；分析可知第行中去除个后，有个数，这个数的和为，确定第行去除所有为的数后最后一项的项数，解方程，再结合分组求和法可判断D选项. 【详解】对于A选项，由题意知第行的数是的展开式的二项式系数， 由二项式定理知第行有个数，故A正确； 对于B选项，由题意知第行的第个数为， 所以从第行起到第行，每一行的第个数（共个数）之和为 ，故B错误； 对于C选项，因为第行的所有数之和为，能被整除， 所以第行的所有数之和能被整除，故C正确； 对于D选项，由题意知第行有个数，且所有数的和为， 所以第行中去除个后，有个数，这个数的和为， 所以到第行去除所有为的数， 依次构成的数列有项，解，得， 所以数列、、、、、、、、、、的前项和为 ，故D正确. 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. 【答案】7200 【解析】 【分析】由分步乘法计数原理结合组合数、排列数即可求解. 【详解】从1，2，3，4，5中任取三个数字，有种取法； 从6，7，8，9中任取两个数字，有种取法. 将取出的5个数字组成没有重复数字的五位数，可以组成个五位数. 由分步乘法计数原理，得可以组成个没有重复数字的五位数. 13. 已知在二项式的展开式中，的系数是的系数的5倍，则__________. 【答案】7 【解析】 【分析】由通项公式确定两项的系数，进而构造等式求解即可. 【详解】根据二项式展开式的通项公式，展开式的通项为 ， 因此：的系数为 ，的系数为 ， 由题意得： ，  代入组合数公式展开： ，因为， 两边约去，化简得：  ，  整理得一元二次方程： 解得 或 ，舍去负根， 得. 14. 某学习软件题库中有三类试题，甲类试题占，乙类试题占，丙类试题占，小王同学正确解答这三类试题的概率分别为，，.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__________. 【答案】 【解析】 【详解】设所选的题目为甲类试题、乙类试题、丙类试题分别为事件， 所选的题目解答正确为事件， 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. 根据下列条件求值： （1）已知，求的值； （2）已知，求的值； （3）已知，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过赋值法即可求解； （2）由二项展开式通项公式即可求解； （3）通过令，，再联立两式，即可求解. 【小问1详解】 令，即， 得. 【小问2详解】 因为的展开式的通项为，，，，，， 所以，，，，，， 则为偶数时，，为奇数时，， . 令， 得. 【小问3详解】 令，得；① 令，得.② （①+②），得； （①-②），得. 所以. 16. 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？ 【答案】（1）90 （2）70 【解析】 【分析】（1）将5项不同的活动分为3组，结合分组分配的求解方法，即可得答案. （2）先考虑教师甲的选择方法，再将剩余4个项目分为2组，即可得答案. 【小问1详解】 由题意，有1位老师负责1项活动，另外2位老师，每人负责2项活动， 即5项不同的活动分为1，2，2三组， 则共有种不同的分配方案. 【小问2详解】 教师甲只负责1项活动，有种方法， 另外2位老师，可以1人负责3项，1人负责一项，或者每人负责2项活动， 则有种方法， 则共有种不同的分配方案 17. 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，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2） （3） 1 2 3 ​ 期望： 【解析】 【分析】（1）由古典概率模型计算公式即可求解； （2）由条件概率计算公式即可求解； （3）确定的所有可能取值，求得对应概率即可求解. 【小问1详解】 5个小球中，偶数共3个，奇数共2个， 不放回摸两次，总基本事件数为 ， 既有奇又偶包含两种情况：第一次奇第二次偶、第一次偶第二次奇，符合条件的事件数为 ， 因此概率； 【小问2详解】 设事件：第一次摸到奇数，事件：第二次摸到偶数， 第一次摸走1个奇数后，剩余4个小球中还有3个偶数， 因此：； 【小问3详解】 由题意，摸球停止条件为摸到偶数，最多2个奇数，因此的可能取值为， （第一次直接摸到偶数） （第一次奇，第二次偶） ​（前两次都为奇，第三次必停止） 分布列： 1 2 3 ​ . 18. 已知二项式的展开式可以写成，且展开式中最后三项的二项式系数的和为92. （1）求的值及展开式中系数最大的项； （2）判断数列，，，的单调性. 【答案】（1）的值为13， （2） 【解析】 【分析】（1）通过后三项的二项式系数和求得，再结合不等式法求解即可； （2）由（1）即可得出结论. 【小问1详解】 二项式的展开式中最后三项的二项式系数分别为，和. 由题意，得，化简得. 解得或（舍去），即的值为13. 的展开式的通项为，，，，，， 则第项的系数为，，，，，. 设第项的系数最大，，，，， 则，即， 解得，所以， 则展开式中系数最大的项为. 【小问2详解】 由（1）可知，，，，，，， 且当时，，当时，， 所以数列，，，的单调性为先单调递增再单调递减， 即. 19. 用数字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，求第个数. 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【小问1详解】 用数字可以组成个没有重复数字的三位数； 【小问2详解】 组成能被整除的四位数的个数字可以是；； ；；；；； ；；；，共组， 每组数字可以组成个四位数，所以可以组成个能被整除的四位数. 【小问3详解】 在五位数中，偶数数字不相邻，偶数数字最多有个， 因为数字中，奇数数字有个，偶数数字有个， 所以偶数数字不相邻的五位数中，偶数数字可以有个，个，个， 当偶数数字有个时，偶数数字有种选择，奇数数字有种选择， 这个数字可以组成个五位数，所以可以组成个五位数； 当偶数数字有个时，偶数数字有种选择，奇数数字有种选择，对偶数数字进行插空， 这个数字可以组成个五位数，所以可以组成个五位数； 当偶数数字有个时，偶数数字有种选择，奇数数字有种选择，对偶数数字进行插空， 这个数字可以组成个五位数，所以可以组成个五位数； 由分类加法计数原理，得可以组成个偶数数字不相邻的五位数. 【小问4详解】 用数字可以组成个没有重复数字的四位奇数. 其中，千位上数字为的，有个； 千位上数字为的，有个； 千位上数字为的，有个； 千位上数字为的，有个； 千位上数字为的，有个， 所以第个数的千位上数字为， 因为千位上数字为，百位上数字为的四位奇数，有个， 千位上数字为，百位上数字为的四位奇数，有个， 所以第个数是千位上数字为，百位上数字为的最大四位奇数，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山西晋中市2025-2026学年高二下学期素养测评(二) 数学试题 考试时间为120分钟，满分150分 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. 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 2. 已知事件、满足，，则（ ） A. B. C. D. 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. 二项式的展开式中，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. B. C. D. 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. 取出的3件产品中恰有2件一等品，则不同的取法有7种 B. 若表示取出的3件产品中一等品的数量，则 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 D. 若表示取出的3件产品中一等品的数量，则 7. 某种动物的两种性状分别为，（，均为显性性状）.抽样调查显示，具有性状的有60%具有性状，具有性状的有40%具有性状，有43%的具有性状mn，则样本中具有性状的占比为（ ） 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，机器人在舞台中心，机器人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，机器人来到舞台中心的路径有12条 B. 经过1秒，机器人与的距离为米的情况有2种 C. 经过2秒，机器人与首次相遇的情况有6种 D. 经过2秒，机器人与的距离为2米（未相遇）的情况有45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. 9. 已知随机变量的概率分布为，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 当最大时， 10. 将5个小球放入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. 杨辉三角是的展开式的二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为.在我国南宋数学家杨辉年所著的《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（ ） A. 第行有个数 B. 从第行起到第行，每一行的第个数之和为 C. 第行的所有数之和能被整除 D. 去除所有为的数，依次构成数列、、、、、、、、、、，则此数列前项的和为 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. 已知在二项式的展开式中，的系数是的系数的5倍，则__________. 14. 某学习软件题库中有三类试题，甲类试题占，乙类试题占，丙类试题占，小王同学正确解答这三类试题的概率分别为，，.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. 根据下列条件求值： （1）已知，求的值； （2）已知，求的值； （3）已知，求的值. 16. 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？ 17. 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，求的分布列和数学期望. 18. 已知二项式的展开式可以写成，且展开式中最后三项的二项式系数的和为92. （1）求的值及展开式中系数最大的项； （2）判断数列，，，的单调性. 19. 用数字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，求第个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $