精品解析：河北衡水市第二中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

2025—2026学年高二下学期期中考试 数学试卷 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名､准考证号､考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡“贴条形码区”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题项目选项的答案信息涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答卷无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将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. 某班有男生5人､女生4人，现要从中选出2人参加活动，要求恰好1男1女，则不同的选法共有（ ） A. 9种 B. 14种 C. 20种 D. 40种 2. 在二项式的展开式中，常数项是 A. -240 B. 240 C. -160 D. 160 3. 已知随机变量的分布列为： 1 2 3 则（ ） A. B. C. D. 4. 鲁班锁是中国古代传统智力玩具，又称“孔明锁”，蕴含深厚的数学几何与组合逻辑，其拼接部件的搭配蕴含概率思想.现有一副经典鲁班锁，由8个拼接部件组成，分为三种类型：4个长部件､2个中部件､2个短部件，所有部件除尺寸外完全相同.现从这8个部件中随机抽取2个（不放回抽取），已知抽取的2个部件中至少有1个长部件，则这2个部件均为长部件的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数是增函数，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 某工厂有甲､乙两条生产线生产同一种零件，产量分别占总产量的和.已知甲生产线次品率为，乙生产线次品率为.现从该厂产品中随机抽取一件，发现是次品，则该次品来自甲生产线的概率为（ ） A. 0.375 B. 0.429 C. 0.571 D. 0.625 7. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 已知分别是双曲线的左、右焦点，双曲线右支上任意一点处的切线为，过作切线的垂线，垂足为，为坐标原点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 二､多选题：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，且第3项与第4项的二项式系数相等，则（ ） A. B. 展开式的二项式系数和为 C. 展开式的各项系数和为1 D. 10. 已知袋子中放有大小､质地完全相同的3个红球和2个白球，则下列说法正确的有（ ） A. 若从袋子中有放回地依次随机摸球，为第1个红球被摸出所需的摸球次数，则 B. 若从袋子中不放回地依次随机摸出3个球，为摸出的球中红球的个数，则 C. 若从袋子中有放回地依次随机摸出5个球，为摸出红球的次数与摸出白球的次数之差，则 D. 若从袋子中不放回地依次随机摸球，为第3个红球被摸出所需的摸球次数，则 11. 现有10枚相同金币进行如下操作，则下列说法正确的是（ ） A. 分成4份，每份至少1枚，则共有9种分法 B. 分给4人，每人至少1枚，则共有9种分法 C. 分给4人，每人至少1枚，且每人所得数目互不相同，则共有24种分法 D. 分给4人，允许有人1枚都没分到，若甲至少1枚，乙至少2枚，丙至多3枚，则共有100种分法 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知离散型随机变量的期望，随机变量，则__________. 13. 若直线与曲线相切，则______． 14. 如图，质点需从网格点沿着网格线移动到点，每次仅能向右或向下移动一格，且不经过两点，则不同的路径共有__________条. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 某人工智能模型进行指令识别训练，每次识别成功的概率为，失败的概率为，各次识别相互独立.现对该模型进行5次独立测试，设识别成功的次数为随机变量. （1）求在第二次识别成功的条件下，5次中恰有3次识别成功的概率； （2）求的分布列与数学期望. 16. 如图，在三棱锥中，是的中点，且，. （1）证明：平面平面. （2）若，当面积最大时，求二面角余弦值的大小. 17. 椭圆的离心率为，左､右焦点分别是，点在椭圆上，，当与轴垂直时，. （1）求的方程； （2）若四边形的面积为，求直线的方程. 18. 已知函数，曲线在处的切线经过点． （1）求； （2）当时，讨论的单调性； （3）记，若在区间上存在3个零点，求的取值范围． 19. 某科技公司研发一款智能机器人，内置了若干种不同的服务技能，机器人在每次服务技能测试时，会随机同时激活多个独立技能单元，每个技能单元会随机启动一种服务技能，每个服务技能被启动的概率都相等，且每个技能单元启动何种技能相互独立. （1）若同时激活4个独立技能单元且内置了3种不同服务技能，求恰好启动了2种不同服务技能的概率. （2）假设该款机器人内置了3种服务技能.现有两种测试方案： 方案一：同时激活4个独立技能单元，若启动了至少两项服务技能，则通过测试； 方案二：同时激活6个独立技能单元，若启动了所有服务技能，则通过测试. 试判断该机器人测试时，应选择哪种方案进行测试更容易通过，并说明理由. （3）为了进一步完善该款智能机器人性能，该公司对该机器人进行不同场景的服务训练：共有四种不同的场景，其中两种常见场景，两种特定场景.每次让不同的人选择一种场景进行训练，每个人选择何种场景相互独立，直到两种常见场景都至少训练一次，才停止训练，记训练的总次数为，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年高二下学期期中考试 数学试卷 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名､准考证号､考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡“贴条形码区”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题项目选项的答案信息涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答卷无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将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. 某班有男生5人､女生4人，现要从中选出2人参加活动，要求恰好1男1女，则不同的选法共有（ ） A. 9种 B. 14种 C. 20种 D. 40种 【答案】C 【解析】 【详解】先选1名男生，有（种）选法；再选1名女生，有（种）选法. 根据分步乘法计数原理得不同的选法共有（种）. 2. 在二项式的展开式中，常数项是 A. -240 B. 240 C. -160 D. 160 【答案】C 【解析】 【详解】 ,由 得 ,所以常数项是选C. 3. 已知随机变量的分布列为： 1 2 3 则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意，得，解得， 所以. 4. 鲁班锁是中国古代传统智力玩具，又称“孔明锁”，蕴含深厚的数学几何与组合逻辑，其拼接部件的搭配蕴含概率思想.现有一副经典鲁班锁，由8个拼接部件组成，分为三种类型：4个长部件､2个中部件､2个短部件，所有部件除尺寸外完全相同.现从这8个部件中随机抽取2个（不放回抽取），已知抽取的2个部件中至少有1个长部件，则这2个部件均为长部件的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，抽取的2个部件中至少有1个长部件的情况共有（种）， 其中2个部件均为长部件的情况有（种）， 故所求概率. 5. 已知函数是增函数，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数单调性与导数的关系，将问题转化为不等式恒成立问题，再利用基本不等式求解. 【详解】由题意可知，函数的定义域为， 对函数求导可得：， 因为是增函数，所以在上恒成立， 即在上恒成立，所以， 由基本不等式可知，， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，即的取值范围为. 6. 某工厂有甲､乙两条生产线生产同一种零件，产量分别占总产量的和.已知甲生产线次品率为，乙生产线次品率为.现从该厂产品中随机抽取一件，发现是次品，则该次品来自甲生产线的概率为（ ） A. 0.375 B. 0.429 C. 0.571 D. 0.625 【答案】A 【解析】 【分析】设事件为零件来自甲生产线，为零件来自乙生产线，为抽到的零件为次品，由全概率公式求出，再由贝叶斯公式进行计算即可． 【详解】设事件为零件来自甲生产线，为零件来自乙生产线，为抽到的零件为次品， 由题意，得0.05. 所以由全概率公式得. 根据贝叶斯公式得0.375. 7. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别构造函数，，利用导数判断函数单调性，由单调性比较大小即可. 【详解】构造函数，则. 当时，，所以在上单调递增， 所以，即， 所以当时，，即. 令，则在上恒成立，所以在上单调递增，因为，而，所以，所以，即，整理得，故. 所以. 8. 已知分别是双曲线的左、右焦点，双曲线右支上任意一点处的切线为，过作切线的垂线，垂足为，为坐标原点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】求双曲线的离心率即找三者之间的关系，题干中已知右支上一点，根据双曲线定义可知；且根据双曲线的光学性质：从一个焦点发出的光线，经双曲线上一点反射后，反射光线的反向延长线必过另一个焦点；即双曲线上一点的切线，平分该点与两焦点连线的夹角；所以，点处的切线为，是的角平分线；因此想到构造对称点和中位线，结合已知条件求出离心率． 【详解】设，则； 双曲线在点处的切线的方程为， 设切线与轴的交点， 双曲线右焦点，其中：； ； ； ，所以，， 则，故或（舍去）， 所以切线与的平分线重合． 如图，延长交于点， 则，故，且为的中点， 则．在中，中位线．又， 则，所以离心率． 二､多选题：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，且第3项与第4项的二项式系数相等，则（ ） A. B. 展开式的二项式系数和为 C. 展开式的各项系数和为1 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，B：利用第3项与第4项的二项式系数相等，故；对于C：将代入即可求得结果；对于D：将代入，即可求得结果. 【详解】对于A，由题意得，则，故A正确； 对于B，因为，所以展开式的二项式系数和为，故B错误； 对于C，令，则展开式的各项系数和为，故C错误； 对于D，因为，所以小于大于0， 当时，， 所以 ，故D正确. 10. 已知袋子中放有大小､质地完全相同的3个红球和2个白球，则下列说法正确的有（ ） A. 若从袋子中有放回地依次随机摸球，为第1个红球被摸出所需的摸球次数，则 B. 若从袋子中不放回地依次随机摸出3个球，为摸出的球中红球的个数，则 C. 若从袋子中有放回地依次随机摸出5个球，为摸出红球的次数与摸出白球的次数之差，则 D. 若从袋子中不放回地依次随机摸球，为第3个红球被摸出所需的摸球次数，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据独立事件概率乘法公式求解判断A，利用超几何分布列的概率求解判断B，由二项分布的方差公式及方差性质求解判断C；求出 的所有可能取值并求出概率，再由公式求得即可判断D. 【详解】对于A，若从袋子中有放回地依次随机摸球，为第1个红球被摸出所需的摸球次数，则，故A正确. 对于B，若从袋子中不放回地依次随机摸出3个球，为摸出的球中红球的个数，则，故B正确. 对于C，若从袋子中有放回地依次随机摸出5个球，记摸到红球次数为，则.记摸到白球次数为，则，所以，故C错误. 对于D，若从袋子中不放回地依次随机摸球，为第3个红球被摸出所需的摸球次数，则的可能取值为，所以，则，故D正确. 11. 现有10枚相同金币进行如下操作，则下列说法正确的是（ ） A. 分成4份，每份至少1枚，则共有9种分法 B. 分给4人，每人至少1枚，则共有9种分法 C. 分给4人，每人至少1枚，且每人所得数目互不相同，则共有24种分法 D. 分给4人，允许有人1枚都没分到，若甲至少1枚，乙至少2枚，丙至多3枚，则共有100种分法 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A ，通过枚举法，找出 10 拆分为 4 个不小于 1 的无序正整数的所有组合，验证分拆数；对B ，用隔板法计算将 10 枚金币分给 4 人（每人至少 1 枚）的有序分配方案数；对C ，先确定 10 拆分为 4 个互不相同且不小于 1 的正整数的唯一组合（1,2,3,4），再计算其全排列数；对D ，用 “先固定部分分配 + 隔板法（可空）”，通过总方案数减去丙超过 3 枚的方案数，得到满足条件的分法数. 【详解】对于A：分成4份，每份至少1枚，实质为10的无序分拆数，共有以下9种情况： ①1，1，1，7；②；③；④；⑤；⑥；⑦；⑧；⑨，故A正确； 对于B：分给4人，每人至少1枚，可以将10枚金币排成一行，它们之间有9个空隙， 在这9个空隙中选出3个位置插入隔板，隔板把金币分成4段，从左到右依次对应分给4人， 所以共有84（种）分法，故B错误； 对于C：分给4人，每人至少1枚，且每人所得数目互不相同，只有这一组数值组合， 所以共有（种）分法，故C正确； 对于D：满足甲至少1枚，乙至少2枚的总分法，等价于将剩余的枚金币分给4人（可为空），共有种分法； 当丙分得金币大于3枚的分法数，等价于将剩余的枚金币分给4人（可为空），共有种分法， 所以共有100（种）分法，故D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知离散型随机变量的期望，随机变量，则__________. 【答案】11 【解析】 【详解】因为， 所以. 13. 若直线与曲线相切，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据曲线切点处的导数值是切线斜率可得，再结合切点在切线上也在曲线上即可求得答案. 【详解】设直线与曲线的切点为， 对求导，得，直线的斜率为1， 由导数的几何意义知，在切点处，即， 又切点既在直线上又在曲线上，∴且， 即，将代入， 得，即． 故答案为：1. 14. 如图，质点需从网格点沿着网格线移动到点，每次仅能向右或向下移动一格，且不经过两点，则不同的路径共有__________条. 【答案】42 【解析】 【分析】求出从点沿着网格线移动到点的路径所有条数，分别求出经过和经过的路径条数以及同时经过与经过的路径的条数即可求解. 【详解】先计算的路径条数，就是将5次向右与4次向下排个顺序，故有种不同的路线， 其中经过的路径条数有种，经过的路径条数有种， 经过与经过的路径中重复的路径的路径条数为种. 故最终从且避开两点的路径共有（条）. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 某人工智能模型进行指令识别训练，每次识别成功的概率为，失败的概率为，各次识别相互独立.现对该模型进行5次独立测试，设识别成功的次数为随机变量. （1）求在第二次识别成功的条件下，5次中恰有3次识别成功的概率； （2）求的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 4 5 . 【解析】 【分析】（1）先定义对应随机事件，分析交事件含义为第二次固定识别成功，剩余四次恰好两次成功，据此用独立概率和组合公式算出联合概率，再结合第二次识别成功的基础概率，套用条件概率公式求出结果. （2）先判断随机变量服从二项分布，确定取值范围，利用二项分布概率公式依次算出每个取值对应的概率，列出分布列，再直接用二项分布期望公式计算数学期望. 【小问1详解】 设事件：第二次识别成功；事件：次中恰有3次识别成功. 则事件：第二次识别成功，且5次中恰有3次识别成功，即除第二次外，剩余4次中恰有2次识别成功. 所以. 因为，所以. 【小问2详解】 由题意，得，且的所有可能取值为， 则， ， ， ， ， . 所以的分布列为 0 1 2 3 4 5 . 16. 如图，在三棱锥中，是的中点，且，. （1）证明：平面平面. （2）若，当面积最大时，求二面角余弦值的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）利用勾股定理求出、的长，取的中点，连接、，推导出平面，分析可知当时，的面积最大，然后以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值. 【小问1详解】 在中，是的中点，且， 所以，， 又因为，即，故， 所以， 又因为，，、平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 由（1）知，在中，，解得， 取的中点，连接、， 因为为的中点，所以，且， 由（1）知平面，所以平面， 因为平面，所以，则， 当时，的面积最大，此时， 因为，，，平面， 所以平面， 以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 易知平面的一个法向量为，所以， 由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为. 17. 椭圆的离心率为，左､右焦点分别是，点在椭圆上，，当与轴垂直时，. （1）求的方程； （2）若四边形的面积为，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】(1)利用椭圆通径性质与离心率，结合解出，得到椭圆方程； (2) 法一（对称转化法），利用椭圆对称性将转化为，将四边形面积转化为的面积，通过联立直线与椭圆方程，用韦达定理和弦长公式求解参数t，得到直线方程；(2) 法二（双直线联立求面积法），设两条平行直线与，分别联立椭圆方程求出弦长与两直线距离，用梯形面积公式建立方程求解参数，得到直线方程. 【小问1详解】 当时，，解得. ，解得. 的方程为. 【小问2详解】 （方法一）如图，延长，与椭圆的另一个交点为. 由椭圆的对称性可知. 由（1）知. 易知直线的斜率不为0. 设直线的方程为. 联立，消去并整理，得， 则，. 设点到直线的距离为， 则四边形的面积 ， 整理得，解得， ∴直线的方程为或. （方法二）由（1）知，易知直线的斜率不为0. 设直线的方程为的方程为. 联立，消去并整理，得， 则，. 由题意知两点在轴同侧，不妨设，则， ，同理可得， ，， 又直线与的距离， ∴四边形的面积 整理得，解得， ∴直线的方程为或. 18. 已知函数，曲线在处的切线经过点． （1）求； （2）当时，讨论的单调性； （3）记，若在区间上存在3个零点，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）在上单调递增； （3）． 【解析】 【分析】(1)根据导数的几何意义，在一点处的切线的斜率等于这点处的导数值，求出切线方程代入点，求出的值； (2)利用导数的正负得到原函数的单调性，根据给出的参数的取值范围，对导函数进行分类讨论，得到原函数的单调性； (3)对进行化简，再分离参数，将零点问题转化为图象之间的交点问题，利用导数得到函数的图象变化，从而判断零点的个数． 【小问1详解】 因为，故可得： 因为； 故曲线在处的切线斜率为； 因为切线经过点， 故斜率； 解得：． 【小问2详解】 由(1)可得：；则； 设，则；令，解得； 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增． 所以在处取最小值： 所以． 因为，所以，即， 所以函数在上单调递增． 【小问3详解】 由题意得：，则； 所以问题转化为函数在上有2个零点． 令，得． 设， 即求与在上有2个交点； 则． 由（2）知，当时，在上单调递增， 所以对任意的成立， 即． 当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减． 所以． 当时，，当时，， 所以． 综上所述，． 19. 某科技公司研发一款智能机器人，内置了若干种不同的服务技能，机器人在每次服务技能测试时，会随机同时激活多个独立技能单元，每个技能单元会随机启动一种服务技能，每个服务技能被启动的概率都相等，且每个技能单元启动何种技能相互独立. （1）若同时激活4个独立技能单元且内置了3种不同服务技能，求恰好启动了2种不同服务技能的概率. （2）假设该款机器人内置了3种服务技能.现有两种测试方案： 方案一：同时激活4个独立技能单元，若启动了至少两项服务技能，则通过测试； 方案二：同时激活6个独立技能单元，若启动了所有服务技能，则通过测试. 试判断该机器人测试时，应选择哪种方案进行测试更容易通过，并说明理由. （3）为了进一步完善该款智能机器人性能，该公司对该机器人进行不同场景的服务训练：共有四种不同的场景，其中两种常见场景，两种特定场景.每次让不同的人选择一种场景进行训练，每个人选择何种场景相互独立，直到两种常见场景都至少训练一次，才停止训练，记训练的总次数为，求. 【答案】（1） （2）应选择方案一进行测试更容易通过，理由见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用古典概型概率公式，结合排列组合求解即可； （2）分别求出两种方案的通过概率，然后比较即可； （3）利用二项式定理，结合错位相减法求解可得. 【小问1详解】 同时激活了4个独立技能单元且内置了3种不同服务技能， 则总共有种不同的情况. 记为启动的服务技能的数量，则恰好启动了2种不同技能有两种情况： ①一种服务技能启动了3次，另一种服务技能启动了1次，共有（种）不同的情况； ②两种服务技能均启动了2次，先将4个独立技能单元分成两组，有种， 再选两种服务技能由2组技能单元启动，有种，共有（种）不同的情况. 所以. 【小问2详解】 方案一：若3种服务技能全部启动， 则， 故此时通过测试的概率. 方案二：，此时通过测试有三类情况. ①三种服务技能分别启动了4次､1次､1次， 共有（种）不同情况； ②三种服务技能分别启动了1次､2次､3次， 共有 （种）不同情况； ③三种服务技能均启动了2次，共有（种）不同情况. 故共有（种）不同情况. 所以通过测试的概率. 因为， 所以应选择方案一进行测试更容易通过. 【小问3详解】 由题意，训练总次数 的取值为 （无上界）， 对任意 ，事件 表示前 次训练恰好只出现了1种常见场景，第 次训练出现另1种常见场景，故其概率为： ， 所以, 所以, 由错位相减法，对 ，, 故, 同理：, 因此：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $