精品解析：山东菏泽市鄄城县第一中学2025-2026学年高二下学期第四次定时训练数学试题

2024级高二第四次定时训练 山东菏泽市鄄城县第一中学2025-2026学年高二下学期第四次定时训练 数学试题 考试时间：120分钟 一、单选题：本大题共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. 某商场有5台不同型号的激光导航款和6台不同型号的视觉导航款扫地机器人.从中购买1台，不同选法的种数为（ ） A. 11 B. 30 C. D. 2. 若随机变量X服从两点分布，则X的分布列可以为（ ） A. X 1 2 P 0.5 0.5 B. X 0 2 P 0.5 0.5 C. X 0 1 P 0.7 0.3 D. X 1 2 3 P 0.5 0.2 0.3 3. 某公司开发了两款智能模型和用于客服系统．测试期间，系统在第1天随机选择一款模型投入使用．若第1天使用模型，则第2天继续使用模型的概率为0.6；若第1天使用模型，则第2天切换到模型的概率为0.8．则第2天使用模型的概率为（ ） A. 0.3 B. 0.5 C. 0.7 D. 0.9 4. 假设书包里仅有4支水笔和6支铅笔，现从该书包中不放回地依次（每次取一支）取出两支笔，记事件表示“第一次取出的笔是铅笔”，事件表示“第二次取出的笔是水笔”，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的图象如图所示，则其导函数的图象大致形状为（ ） A. B. C. D. 6. 已知离散型随机变量X的分布列如表所示． X 0 1 2 P 0.36 则常数q的值是（ ） A. 1.8或0.2 B. 1.8 C. 0.2 D. 0.4 7. 除以9的余数为（ ） A. 1 B. 2 C. 7 D. 8 8. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题正确的是（ ）． A. 在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是86 B. 第9行所有数字之和为256 C. 记第20，21行数字的最大值分别为a，b，则 D. 在“杨辉三角”中，从第2行起到第12行，每一行的第3列的数字之和为286 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. 满足不等式的的值为（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 10. 口袋里共有4个红球，5个黄球和3个蓝球，它们除颜色外完全相同.现进行取球，则（ ） A. 若取出球后放回口袋，每次只取一个球，则第4次取出黄球的概率为 B. 若取出球后不放回口袋，每次只取一个球，则第2次取出黄球的概率为 C. 若取出球后放回口袋，每次只取两个球，则第2次取出的两个球中至少有一个是黄球的概率为 D. 若取出球后放回口袋，每次只取3个球，则第3次取出的3个球中没有黄球的概率为 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小值为 B. 函数有2个极值点 C. 若函数在上是减函数，则实数的取值范围是 D. 函数有5个零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 这次月考共有8道单选题，你朋友童同学对其中5道题有思路，3道题完全没有思路，假设有思路的题能做对的概率为，没有思路的题仅随机猜，你恰好看到了她一道题的答案，这个答案是正确的概率为__________． 13. 抛掷2颗骰子，观察掷得的点数，记事件为“2个骰子的点数不相同”，事件为“点数之和大于8”，则在事件发生的条件下，事件发生的概率是___________． 14. 一个边长为5的正方形被分割成四个不同的小矩形（如图），现用红蓝两种颜色对小矩形的边进行染色.若要使每个小矩形均有2条红色边和2条蓝色边，则不同染色的方法数为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 已知（）. （1）若展开式中只有第7项的二项式系数最大，求的值； （2）当，时，求二项式的展开式中系数最大的项. 16. 甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试所有题目难度相当，每位面试者最多有两次答题机会，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，若答对第一次抽到的题目，则面试通过，结束答题；否则继续第2次答题，答对则面试通过，未答对则面试不通过，甲、乙两人对抽到的不同题目能否答对是独立的，且两人答题互不影响． （1）求甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率； （2）设面试过程中甲、乙两人答题的次数之和为，求的分布列． 17. 用数字组成没有重复数字的数（结果用数字作答）． （1）求可组成多少个四位数； （2）将（1）中的四位数按从小到大的顺序排成一排，求第个数． 18. 设甲袋中有3个白球､2个红球和5个黑球，乙袋中装有3个白球､3个红球和个黑球（），这些球除颜色外完全相同.已知从乙袋中任取一球，取出的是红球的概率为. （1）求的值； （2）若依次从甲袋中取出两球，在取出的第一个球是白球的条件下，求第二个球是红球的概率； （3）若先从甲袋中随机取出一个球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一个球，求从乙袋取出的是白球或黑球的概率 19. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，求函数的最小值； （3）当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024级高二第四次定时训练 山东菏泽市鄄城县第一中学2025-2026学年高二下学期第四次定时训练 数学试题 考试时间：120分钟 一、单选题：本大题共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. 某商场有5台不同型号的激光导航款和6台不同型号的视觉导航款扫地机器人.从中购买1台，不同选法的种数为（ ） A. 11 B. 30 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据加法计数原理，不同选法的种数为. 2. 若随机变量X服从两点分布，则X的分布列可以为（ ） A. X 1 2 P 0.5 0.5 B. X 0 2 P 0.5 0.5 C. X 0 1 P 0.7 0.3 D. X 1 2 3 P 0.5 0.2 0.3 【答案】C 【解析】 【分析】根据两点分布的概念即可求解. 【详解】根据两点分布的概念可知，只有C选项对应两点分布． 故选：C. 3. 某公司开发了两款智能模型和用于客服系统．测试期间，系统在第1天随机选择一款模型投入使用．若第1天使用模型，则第2天继续使用模型的概率为0.6；若第1天使用模型，则第2天切换到模型的概率为0.8．则第2天使用模型的概率为（ ） A. 0.3 B. 0.5 C. 0.7 D. 0.9 【答案】C 【解析】 【分析】根据全概率公式，代入求解，即可得答案. 【详解】设第2天使用模型为事件C，则. 4. 假设书包里仅有4支水笔和6支铅笔，现从该书包中不放回地依次（每次取一支）取出两支笔，记事件表示“第一次取出的笔是铅笔”，事件表示“第二次取出的笔是水笔”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件概率计算即可. 【详解】由题意可得， ， 则． 5. 已知函数的图象如图所示，则其导函数的图象大致形状为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用f(x)先单调递增的速度由快到慢,再由慢到快，结合导数的几何意义判断即可. 【详解】由f(x)的图象可知，函数f(x)先单调递增的速度由快到慢,再由慢到快，由导数的几何意义可知，先减后增，且恒大于0，故符合题意的只有选项A. 故选：A. 6. 已知离散型随机变量X的分布列如表所示． X 0 1 2 P 0.36 则常数q的值是（ ） A. 1.8或0.2 B. 1.8 C. 0.2 D. 0.4 【答案】C 【解析】 【详解】因为概率和为1，所以， 化简得，解得或， 又因为，概率不能为负数，故. 7. 除以9的余数为（ ） A. 1 B. 2 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】先将 转化为与9相关的表达式，再利用二项式定理展开，通过分析展开式各项与9的关系，从而确定 被9除所得的余数即可. 【详解】因为 ，又因为 ，所以 ， 根据二项式定理，当，，时，则： 由于9是9的倍数，那么对于展开式中的每一项 （）， 当 时， 是9的倍数，所以这些项都能被9整除， 当 时，该项为 ， 因为 展开式中除最后一项 外，其余各项都能被9整除， 所以 除以9的余数为 （因为余数要为正数）， 则 除以9的余数就相当于 除以9的余数，，所以余数为7. 故选：C. 8. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题正确的是（ ）． A. 在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是86 B. 第9行所有数字之和为256 C. 记第20，21行数字的最大值分别为a，b，则 D. 在“杨辉三角”中，从第2行起到第12行，每一行的第3列的数字之和为286 【答案】D 【解析】 【分析】由杨辉三角及二项式定理、组合数性质求对应行列数字及相关行的数字之和. 【详解】在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是，A错误； 由二项式系数的性质知，第n行各数的和为，所以第8行所有数字之和为，则第9行数字之和必大于256，B错误； 第20行数字的最大值为，第21行数字的最大值为，所以，C错误； 在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为，D正确． 故选：D 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. 满足不等式的的值为（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】AB 【解析】 【分析】利用排列数计算即可得到结果. 【详解】由已知得：， 又因为，且,所以， 故选：AB. 10. 口袋里共有4个红球，5个黄球和3个蓝球，它们除颜色外完全相同.现进行取球，则（ ） A. 若取出球后放回口袋，每次只取一个球，则第4次取出黄球的概率为 B. 若取出球后不放回口袋，每次只取一个球，则第2次取出黄球的概率为 C. 若取出球后放回口袋，每次只取两个球，则第2次取出的两个球中至少有一个是黄球的概率为 D. 若取出球后放回口袋，每次只取3个球，则第3次取出的3个球中没有黄球的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项可知每次取球是独立，故每次取黄球的概率是一样的；对于B选项是取球不放回，使用全概率公式求出结果；对于C、D选项每次取球是独立，使用古典概型即可. 【详解】对于A选项，因为取出球后放回口袋，每次只取一个球，故每次取球的概率不变， 故第4次取出黄球的概率为，故A选项正确； 对于B选项，设A事件为第1次取出黄球，B事件为第2次取出黄球， 则， 则，故B选项正确； 对于C选项，每次只取两个球有种，因为取出球后放回口袋，故每次取球的概率不变， 第2次取出的两个球中没有一个是黄球有种， 故第2次取出的两个球中至少有一个是黄球的概率为，因此C选项错误； 对于D选项，因为取出球后放回口袋，故每次取球的概率不变，每次只取3个球有种， 则第3次取出的3个球中没有黄球有种， 故第3次取出的3个球中没有黄球的概率为，则D选项正确. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小值为 B. 函数有2个极值点 C. 若函数在上是减函数，则实数的取值范围是 D. 函数有5个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对函数求导，再根据导数与函数的关系验证选项的答案，对于D选项验证与函数y的解有几个交点. 【详解】由题目可知， 令，因为，则，即， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 可得当时，为极小值，，故A选项正确； 有两个零点，故有2个极值点，故B选项正确； 减区间为，故实数的取值范围是，故C选项错误； 对于D选项，令，则 ， ，解得或， 由A知 ，作出的图象和直线，由图可知有5个交点， 则函数有5个零点，故D选项正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 这次月考共有8道单选题，你朋友童同学对其中5道题有思路，3道题完全没有思路，假设有思路的题能做对的概率为，没有思路的题仅随机猜，你恰好看到了她一道题的答案，这个答案是正确的概率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用全概率公式求解即可. 【详解】设事件A表示“恰好看到这道题小张的答案是正确的”， 设事件表示“恰好看到的这道题小张有思路”，则恰好看到了小张一道题的答案， 这个答案是正确的概率为， 故答案为： 13. 抛掷2颗骰子，观察掷得的点数，记事件为“2个骰子的点数不相同”，事件为“点数之和大于8”，则在事件发生的条件下，事件发生的概率是___________． 【答案】 【解析】 【分析】分别求出、，再代入条件概率公式求解. 【详解】抛掷2颗骰子的试验有个基本事件，其中事件有30个基本事件，事件有8个基本事件， 则，，所以. 故答案为： 14. 一个边长为5的正方形被分割成四个不同的小矩形（如图），现用红蓝两种颜色对小矩形的边进行染色.若要使每个小矩形均有2条红色边和2条蓝色边，则不同染色的方法数为______. 【答案】82 【解析】 【分析】分①②③④四边同色，①②③④只有三边同色时，另一边不同色时，①②③④每两个同色时三种情况讨论，结合分步乘法计数原理即可求解． 【详解】解： ①②同色时，矩形A另外两边有种方法染色， ①②不同色时，矩形A另外两边有种方法染色，同理其他区域也一样， 则（1）①②③④四边同色，此时共有种； （2）当①②③④只有三边同色，另一边与其不同色时，此时共有种， （3）当①②③④每两个同色时，若①③同色，②④同色，则有种； 若①②同色，③④同色，则有种； 若①④同色，②③同色，则有种； 此时共有种； 综上，共有种． 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 已知（）. （1）若展开式中只有第7项的二项式系数最大，求的值； （2）当，时，求二项式的展开式中系数最大的项. 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 若展开式中只有第7项的二项式系数最大，则展开式共13项，故． 【小问2详解】 当，时，二项式为． 展开式的通项为（，1，2，…，6）， 设第项系数最大，则， 即， 整理得，解得，又，所以． 所以二项式的展开式中系数最大的项为． 16. 甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试所有题目难度相当，每位面试者最多有两次答题机会，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，若答对第一次抽到的题目，则面试通过，结束答题；否则继续第2次答题，答对则面试通过，未答对则面试不通过，甲、乙两人对抽到的不同题目能否答对是独立的，且两人答题互不影响． （1）求甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率； （2）设面试过程中甲、乙两人答题的次数之和为，求的分布列． 【答案】（1） （2）的分布列为： 2 3 4 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件概率公式直接计算可得结果； （2）判断随机变量的可能取值为2，3，4，分别计算出对应概率可得分布列. 【小问1详解】 设事件为“甲通过面试”，事件为“乙通过面试”， ，， 所以甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率： . 【小问2详解】 随机变量的可能取值为2，3，4. ，，. 所以的分布列为： 2 3 4 17. 用数字组成没有重复数字的数（结果用数字作答）． （1）求可组成多少个四位数； （2）将（1）中的四位数按从小到大的顺序排成一排，求第个数． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先排千位数，再排其余数位； （2）按千位数字分类讨论，逐步缩小范围． 【小问1详解】 四位数字的千位不能为0，有种； 其余三位数从剩下的5个数字中选3个排列，有种； 由分步乘法计数原理得：种． 【小问2详解】 千位为1：后三位从其余5个数中选3个排列，共有个； 千位为2：从第个数开始，共计个， ，即求千位为2的第个数； 百位为0：共计个，对应第个数； 百位为1：共计个，对应第个数； 第个数是千位为2，百位为3的最小四位数，即为：． 18. 设甲袋中有3个白球､2个红球和5个黑球，乙袋中装有3个白球､3个红球和个黑球（），这些球除颜色外完全相同.已知从乙袋中任取一球，取出的是红球的概率为. （1）求的值； （2）若依次从甲袋中取出两球，在取出的第一个球是白球的条件下，求第二个球是红球的概率； （3）若先从甲袋中随机取出一个球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一个球，求从乙袋取出的是白球或黑球的概率 【答案】（1）3； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用古典概率公式列式求解. （2）利用条件概率公式求解. （3）利用全概率公式求解. 【小问1详解】 由从乙袋中任取一球，取出的是红球的概率为，得， 所以. 【小问2详解】 从甲袋中取出两球，事件“第一个球是白球”，事件“第二个球是红球” 则，，， 所以在取出的第一个球是白球的条件下，求第二个球是红球的概率为. 【小问3详解】 从甲袋中取出一个球是白球、红球、黑球的事件分别为，从乙袋取出的是白球或黑球的事件为， 则，， 由全概率公式得， 所以从乙袋取出的是白球或黑球的概率. 19. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，求函数的最小值； （3）当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增 （2）1 （3） 【解析】 【分析】（1）求导后分和两种情况讨论即可； （2）利用导数求得的单调性，进而得出最小值； （3）参数分离得对任意恒成立，令，，利用导数讨论的单调性，求出的最小值即可解决. 【小问1详解】 由题可知， 当时，，函数在上单调递增； 当时，若，，若，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 当时，，， ，因为当时，和单调递增，所以函数单调递增， 又，所以当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以函数的最小值为. 【小问3详解】 当时，不等式恒成立， 即对任意恒成立，即对任意恒成立， 设，，， 令，，， 所以在上单调递增. 由于，， 由零点存在定理，存在，使得，即， 所以当时，，，当时，，， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以. 因为，所以， 令，，，即在上单调递增， 所以，即， 所以，所以 ， 所以，即实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $