精品解析：江苏苏州市昆山市蓬朗高级中学2025-2026学年高二下学期第二次模块检测数学试题

2026年春季学期蓬高第二次模块检测 高二数学 命题学校：昆山市蓬朗高级中学 命题人：陆星宇 审核人：刘文涛 注意事项： 1．本张试卷总分为150分，考试时间为120分钟. 2．答题前将自己的姓名，考试号，考场号，座位号等信息填在答题卡指定区域上并准确的涂写考试号. 3．选择题的作答，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑，写在其他区域无效！ 4．填空题和解答题的作答，用黑色签字笔直接写在答题卡上对应的指定区域上.写在试卷或者其他区域均视为无效作答. 5．考试结束后，上交答题卡. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求. 1. 从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，则不同的挂法共有（ ） A. 3种 B. 4种 C. 6种 D. 9种 【答案】C 【解析】 【详解】分两步完成， 第一步，先从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，共有3种选法； 第二步，把选出的2幅画选一幅挂在左边墙上，剩下的挂在右边墙上，共有2种挂法； 根据分步乘法计数原理，共有种不同的挂法. 2. 在我国古代，北斗七星分别被命名为天枢、天璇、天玑、天权、玉衡、开阳、摇光.汉代典籍《春秋运斗枢》中早有相关记载，因其排布形状酷似古时舀酒的斗，故而得名北斗七星.如下图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某季节的北斗七星，其中点B，D，E，F看作共线，其他任意三点均不共线.若过这七个点中任意三点作三角形，则所作的不同三角形的个数为（ ） A. 30 B. 31 C. 34 D. 35 【答案】B 【解析】 【详解】在这7个点中任取3个点有种， 因为点B，D，E，F共线，在这四个点中任取3个点不构成三角形，有种， 所以不同三角形的个数为种. 3. 若，，，则事件A与B满足（ ） A. 互为对立事件 B. C. D. A与B互斥 【答案】C 【解析】 【分析】根据对立事件、互斥事件判断AD，利用概率加法公式判断B，根据条件概率公式判断C. 【详解】对于A，，因为，所以A与B不是对立事件，A错误. 对于B，，B错误. 对于C，，C正确. 对于D，互斥事件要求，而，故D错误. 4. “绿水青山，就是金山银山”，随着我国的生态环境越来越好，外出旅游的人越来越多.现有两位游客慕名来江苏旅游，他们分别从“太湖鼋头渚、苏州拙政园、镇江金山寺、常州恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖”这6个景点中随机选择1个景点游玩.记事件A为“两位游客中至少有一人选择太湖鼋头渚”，事件B为“两位游客选择的景点不同”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据古典概型概率公式求出，然后利用条件概率公式即得. 【详解】由题可得，, 所以. 故选：D. 5. 已知5名同学排成一排合影留念，若甲不站在两端，乙不站在正中间，则不同的排法共有（ ） A. 48种 B. 60种 C. 66种 D. 72种 【答案】B 【解析】 【分析】分甲站在正中间与甲不站在正中间讨论即可得. 【详解】若甲站在正中间，则共有种排法， 若甲不站在正中间，先排甲有种，再排乙有种，最后三人任意排有种， 则共有种排法， 综上，共有种不同排法. 故选：B. 6. 从0，2，4，6中任取3个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成（ ）个没有重复数字的五位数. A. 720 B. 936 C. 1224 D. 1440 【答案】C 【解析】 【分析】分含0与不含0两类情况进行讨论，由分步乘法计数原理求各类情况下组成没有重复数字的五位数的方法，然后利用分类加法计数原理求和. 【详解】第一类：从0，2，4，6中任取3个数字不含0， 第一步：把2，4，6都取出，有1种方法； 第二步：从1，3，5中任取2个数字，有种方法； 第三步：把取出的5个数字任意排成一排组成五位数，有种方法； 根据分步乘法计数原理共有：种方法； 第二类：从0，2，4，6中任取3个数字含0， 第一步：把0取出，再从2，4，6中任取2个数字，有种方法； 第二步：从1，3，5中任取2个数字，有种方法； 第三步：先取一个非0的数放在首位，其余4个数字在其它4个位置上任意排列，有种方法； 根据分步乘法计数原理共有：种方法； 综上所述，共有种方法，即一共可以组成1224个没有重复数字的五位数. 7. 有4种不同颜色的涂料，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有（ ） A. 1512种 B. 1346种 C. 912种 D. 756种 【答案】D 【解析】 【分析】先从A区域涂色，讨论B，D区域涂相同、不同颜色的两种情况，再确定C，E，F区域涂色方法，应用分类分步计数原理求不同涂色方法数. 【详解】1、先涂A区域，则有4种方法，若B，D区域涂相同颜色，则有3种方法，C，E，F区域分别有3种方法，共有4×3×3×3×3=324种方法． 2、先涂A区域，则有4种方法，若B，D区域涂不同颜色，则有3×2种方法，则E区域有2种方法，C，F分别有3种方法，共有4×3×2×2×3×3=432种方法． 故不同的涂色方法共有756种． 故选：D 8. 若能被7整除，则的一个值可能为（ ） A. 2024 B. 2025 C. 2026 D. 2027 【答案】A 【解析】 【分析】运用二项式定理、结合指数幂的运算性质进行求解即可. 【详解】 ， 因为， 所以能被7整除， ， 所以能被7整除， 因此要想能被7整除，只需能被7整除. A：，，显然符合能被7整除； B：，，显然不符合能被7整除； C：，，显然不符合能被7整除； D：，，显然不符合能被7整除； 故选：A 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． 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 3个班级分别从5个不同的景点中选择一处游览，不同的选法总数共有125种 B. 测量某一个零件的长度产生的测量误差是离散型随机变量 C. 当时，当且仅当事件与事件相互独立 D. 在二项式，的展开式中，若各项系数和等于，则展开式中的常数项为 【答案】ACD 【解析】 【详解】A选项，3个班级分别从5个不同的景点中选择一处游览，每个班级都有5种选择， 根据分步乘法计数原理，不同的选法总数有：种，A选项正确； B选项，测量某一个零件的长度产生的测量误差，其可能取到的值是无法一一列举的， 可以在某一个区间内取任意实数，因此X属于连续型随机变量，而不是离散型随机变量.B选项错误； C 选项，当时，由条件概率公式可知：，若事件和事件相互独立， 则有，此时；反之，若，则， 即，所以事件和事件相互独立.因为“”当且仅当事件和事件相互独立，C选项正确； D选项，令二项式中，则其各项系数和为：，则， 即二项式的展开式为， 令，解得， 则展开式中的常数项为，D选项正确. 10. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝，最早出现在南宋数学家杨辉1261年所著《详解九章算法》中.“杨辉三角”中三角形数的排列规律如图所示，它的第行的各项从左往右依次是二项式展开式中各项的二项式系数.下列结论正确的是（ ） A. B. 第2024行中从左往右第1013个数是该行中所有数字中最大的 C. 记第行的第个数为，则 D. 记第2行第3个数字为，第3行第3个数字为，第行的第3个数字为，则 【答案】BD 【解析】 【分析】利用组合数性质可判断A；根据二项式系数性质判断BC；确定，根据数列的裂项求和，判断D。 【详解】对于A，由于， 故164，A错误； 对于B，由于2024为偶数，这一行共有2025项，故这一行中的中间一项最大， 第2024行中从左往右第1013个数是中间项，是该行中所有数字中最大的，B正确； 对于C，第行的第个数为， 故，C错误； 对于D，由题意可知， 故 ，故D正确， 故选：BD 11. 某人进行投篮游戏，每次投篮的命中率为，且投篮结果互不影响，如果出现连续次命中，那么停止投篮，游戏结束．则（ ） A. 当时，投篮2次游戏结束的概率为 B. 当时，投篮3次游戏结束的概率大于投篮4次游戏结束的概率 C. 当时，游戏结束时投篮总次数的数学期望为 D. 设游戏结束时投篮总次数的数学期望为，则（） 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用相互独立事件同时发生的概率公式可求AB；假定状态再分类讨论，利用递推法可求CD. 【详解】对于A， 由相互独立事件同时发生的概率公式可得， 投篮2次后游戏结束的概率为，故A正确； 对于B，当时，即出现连续次命中，那么停止投篮，游戏结束. 故投篮3次游戏结束的事件为“次投篮结果依次为：不中、命中、命中”， 则由相互独立事件同时发生的概率公式可得， 投篮3次游戏结束的概率； 投篮4次游戏结束，则第3、4次必须命中，且第2次必须不中（否则游戏在第3次或第2次就已结束），第1次投篮结果不影响， 故投篮4次游戏结束的概率为， 两者概率相等，故B错误； 对于C，当时，即出现连续次命中，那么停止投篮，游戏结束. 设投篮的总次数的数学期望，考虑第一次投篮的结果： ①第一次命中， 若第一次命中，第二次也命中（概率为），则投篮总次数为； 若第一次命中，第二次未命中（概率为），则游戏重置，投篮的总次数可看作； ②第一次未命中（概率为），则游戏重置，投篮的总次数可看作； 则，解得，故C正确； 对于D，由题意，为出现连续次命中停止投篮游戏结束时投篮总次数的数学期望. 在连续次命中停止的游戏中，考虑首次达到出现连续命中（）次的时刻， 此时当前投篮的总次数期望为，且最后次都投篮命中. 现在从此状态开始，游戏还需要进行直至停止（即连续次命中），考虑下一次投篮的结果： 若下一次投篮命中（概率为）， 则出现连续次命中停止投篮游戏结束，即投篮的总次数可看作次； 若下一次投篮命不中（概率为）， 则游戏重置，需再进行次投篮游戏才能结束，即投篮的总次数可看作； 故， 整理得（），故D正确． 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量的概率分布如表且，则______. 1 2 4 【答案】16 【解析】 【分析】利用概率分布的性质以及条件解方程可得答案. 【详解】由概率分布的性质，有，即， 又由 ，得， 又， 所以， 所以. 故答案为：. 13. 的展开式中的系数是_____________．(用数字作答) 【答案】 【解析】 【详解】原式可变形为，只需考虑展开式中的系数，所以系数为9+126=135，填135. 【点睛】 二项式展开，如果式子比较复杂，可以考虑先化简再展开． 14. 将1，2，3，…，9这九个正整数，填在如图所示的九宫格里，九宫格的中间填5，四个角填偶数，其余位置填奇数，则每一横行、每一竖列以及两条对角线上3个数字之和都等于15的概率为_________. 【答案】 【解析】 【分析】首先计算样本空间的总数，然后计算满足和为15的符合条件的填法数，最后根据古典概率公式即可求解. 【详解】1~9中，偶数共有共4个，正好填在4个角，全排列共种； 剩余奇数共4个，正好填在其余4个非角位置，全排列共种； 因此总填法数为 . 要求所有行、列、对角线和为15，中间固定为5，因此任意对角线两端数字和必为， 四个偶数恰好可分成两对和为10的数：，，正好对应两条对角线： 先放数字2，2可以在4个角中任意选择，共4种选择； 2位置确定后，8固定在2的对角，剩余两个对角位置放4和6，有2种排列方式； 四个角确定后，其余4个奇数的位置由和为15的要求唯一确定，无需额外排列. 因此符合条件的填法数为 .  概率 . 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. （1）求值：； （2）设，若，且． ①求正整数n的值； ②求的值． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据排列数的运算即可得解； （2）①根据排列数和组合数的运算即可得解；②结合①，两边求导得，再令，即可求解． 【小问1详解】 ． 【小问2详解】 ①由， 则， 即，整理可得， 解得或（舍去），所以． ②结合①有，则， 两边求导得， 令，得， 所以． 16. 在二项式，的展开式中，若第4项的系数与倒数第4项的系数之比为． （1）求展开式中二项式系数最大的项； （2）若将展开式中所有的项随机排成一列，求有理项不相邻的概率P和有理项的系数和Q． 【答案】（1）和 （2）， 【解析】 【分析】（1）根据二项式系数的性质结合二项展开式的通项即可求解； （2）首先根据二项展开式的通项求出所有的有理项及其系数和，然后根据插空法以及古典概率公式可求出有理项不相邻的概率. 【小问1详解】 二项展开式的通项为：． 由题可得：解得， 所以当二项式系数最大时，或. 所以，； 故二项式系数最大的项分别为和． 【小问2详解】 因为，， 当时，为有理项，即有理项有4项， 故有理项不相邻的概率为：． 有理项系数和. 17. 在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列，信号的传输包含发送与接收两个环节.每次信号只发送0和1中的某个数字，由于随机因素的干扰，接收到的信号数字有可能出现错误.已知发送信号0时，接收信号为0和1的概率分别为，；发送信号1时，接收信号为1和0的概率分别为，，其中：，．假设每次信号的传输相互独立． （1）当连续3次发送的信号均为0时，设其相应3次接收到的信号数字均相同的概率为，求的最小值； （2）设，当连续4次发送的信号均为1时，设其相应4次接收到的信号数字依次为，，，，记其中连续出现相同数字的次数的最大值为随机变量X（注：当，，，中任意相邻的数字均不相同时，则取）．举例：若相应4次接收到的信号数字依次为1，1，0，1，则此时.求随机变量X的概率分布列和X的均值． 【答案】（1） （2） X 1 2 3 4 P 均值为 【解析】 【分析】（1）由独立事件乘法公式、互斥事件加法公式得函数表达式，结合二次函数性质即可求解最小值； （2）判断X的可能取值为1，2，3，4．由独立事件乘法公式、互斥事件加法公式求出对应的概率，进而得分布列以及数学期望. 【小问1详解】 由题可知， 化简得， 因为，所以当时，的最小值为． 【小问2详解】 由题设知，X的可能取值为1，2，3，4． ①当时，相应四次接收到的信号数字依次为0101或1010． 因此，； ②当时，相应四次接收到的信号数字依次为 0010，0100，1101，1011，1001，0110，1100，0011． 因此，； ③当时，相应四次接收到的信号数字依次为1110，或0111，或0001，或1000． 因此，； ④当时，相应四次接收到的信号数字依次为0000，或1111． 因此，． 所以X的概率分布表为 X 1 2 3 4 P 因此，X的均值． 18. 为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复． （1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； （2）记该同学第n天中午选择米饭套餐的概率为． ①证明：为等比数列，并求数列的通项公式； ②证明：当时，恒成立． 【答案】（1） （2）①设事件为“第n天选择米饭套餐”，则，， 根据题意，， 由全概率公式，得 整理得， 故， ， 是以为首项，为公比的等比数列,通项公式为； ②当n为大于1的奇数时，； 当n为大于1的偶数时，； 综上所述，当时，． 【解析】 【分析】（1）先拆分互斥情况，并求出相关概率，利用条件概率公式求出相关概率，再利用全概率公式求解； （2）①利用全概率公式建立递推关系式，通过变形构造等比关系，求出首项及通项公式； ②根据通项公式分奇偶性讨论，从而证明结论． 【小问1详解】 设事件为“第1天选择米饭套餐”，事件为“第2天选择米饭套餐”， 事件为“第1天不选择米饭套餐”， 根据题意，，，， 由全概率公式得． 【小问2详解】 ①略 ②略 19. 某同学在研究二项式定理的时候发现：其中为的系数，它具有好多性质，如：①;②;③；请借助于该同学的研究方法或者研究成果解决下列问题: （1）计算：；(请用数字作答) （2）若，且，证明：； （3）设数列，，，…，是公差不为0的等差数列，证明：对任意的，函数是关于x的一次函数. 【答案】（1）448； （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用，结合组合数公式计算即得. （2）根据给定条件，利用变形等式左边，再结合推理即得. （3）设出等差数列的公差，利用首项、公差表示并代入函数式，再分组求和并逆用二项式定理推理即得. 【小问1详解】 原式 . 【小问2详解】 显然，而， 因此， 则. 所以原命题成立. 【小问3详解】 设等差数列，，，…，的公差为d，， 则 . 所以对任意的，是关于x的一次函数. 【点睛】思路点睛：本题第（3）利用公差表示，借助分组求和的思想并逆用二项式定理即可推理得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年春季学期蓬高第二次模块检测 高二数学 命题学校：昆山市蓬朗高级中学 命题人：陆星宇 审核人：刘文涛 注意事项： 1．本张试卷总分为150分，考试时间为120分钟. 2．答题前将自己的姓名，考试号，考场号，座位号等信息填在答题卡指定区域上并准确的涂写考试号. 3．选择题的作答，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑，写在其他区域无效！ 4．填空题和解答题的作答，用黑色签字笔直接写在答题卡上对应的指定区域上.写在试卷或者其他区域均视为无效作答. 5．考试结束后，上交答题卡. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求. 1. 从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，则不同的挂法共有（ ） A. 3种 B. 4种 C. 6种 D. 9种 2. 在我国古代，北斗七星分别被命名为天枢、天璇、天玑、天权、玉衡、开阳、摇光.汉代典籍《春秋运斗枢》中早有相关记载，因其排布形状酷似古时舀酒的斗，故而得名北斗七星.如下图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某季节的北斗七星，其中点B，D，E，F看作共线，其他任意三点均不共线.若过这七个点中任意三点作三角形，则所作的不同三角形的个数为（ ） A. 30 B. 31 C. 34 D. 35 3. 若，，，则事件A与B满足（ ） A. 互为对立事件 B. C. D. A与B互斥 4. “绿水青山，就是金山银山”，随着我国的生态环境越来越好，外出旅游的人越来越多.现有两位游客慕名来江苏旅游，他们分别从“太湖鼋头渚、苏州拙政园、镇江金山寺、常州恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖”这6个景点中随机选择1个景点游玩.记事件A为“两位游客中至少有一人选择太湖鼋头渚”，事件B为“两位游客选择的景点不同”，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知5名同学排成一排合影留念，若甲不站在两端，乙不站在正中间，则不同的排法共有（ ） A. 48种 B. 60种 C. 66种 D. 72种 6. 从0，2，4，6中任取3个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成（ ）个没有重复数字的五位数. A. 720 B. 936 C. 1224 D. 1440 7. 有4种不同颜色的涂料，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有（ ） A. 1512种 B. 1346种 C. 912种 D. 756种 8. 若能被7整除，则的一个值可能为（ ） A. 2024 B. 2025 C. 2026 D. 2027 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． 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 3个班级分别从5个不同的景点中选择一处游览，不同的选法总数共有125种 B. 测量某一个零件的长度产生的测量误差是离散型随机变量 C. 当时，当且仅当事件与事件相互独立 D. 在二项式，的展开式中，若各项系数和等于，则展开式中的常数项为 10. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝，最早出现在南宋数学家杨辉1261年所著《详解九章算法》中.“杨辉三角”中三角形数的排列规律如图所示，它的第行的各项从左往右依次是二项式展开式中各项的二项式系数.下列结论正确的是（ ） A. B. 第2024行中从左往右第1013个数是该行中所有数字中最大的 C. 记第行的第个数为，则 D. 记第2行第3个数字为，第3行第3个数字为，第行的第3个数字为，则 11. 某人进行投篮游戏，每次投篮的命中率为，且投篮结果互不影响，如果出现连续次命中，那么停止投篮，游戏结束．则（ ） A. 当时，投篮2次游戏结束的概率为 B. 当时，投篮3次游戏结束的概率大于投篮4次游戏结束的概率 C. 当时，游戏结束时投篮总次数的数学期望为 D. 设游戏结束时投篮总次数的数学期望为，则（） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量的概率分布如表且，则______. 1 2 4 13. 的展开式中的系数是_____________．(用数字作答) 14. 将1，2，3，…，9这九个正整数，填在如图所示的九宫格里，九宫格的中间填5，四个角填偶数，其余位置填奇数，则每一横行、每一竖列以及两条对角线上3个数字之和都等于15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. （1）求值：； （2）设，若，且． ①求正整数n的值； ②求的值． 16. 在二项式，的展开式中，若第4项的系数与倒数第4项的系数之比为． （1）求展开式中二项式系数最大的项； （2）若将展开式中所有的项随机排成一列，求有理项不相邻的概率P和有理项的系数和Q． 17. 在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列，信号的传输包含发送与接收两个环节.每次信号只发送0和1中的某个数字，由于随机因素的干扰，接收到的信号数字有可能出现错误.已知发送信号0时，接收信号为0和1的概率分别为，；发送信号1时，接收信号为1和0的概率分别为，，其中：，．假设每次信号的传输相互独立． （1）当连续3次发送的信号均为0时，设其相应3次接收到的信号数字均相同的概率为，求的最小值； （2）设，当连续4次发送的信号均为1时，设其相应4次接收到的信号数字依次为，，，，记其中连续出现相同数字的次数的最大值为随机变量X（注：当，，，中任意相邻的数字均不相同时，则取）．举例：若相应4次接收到的信号数字依次为1，1，0，1，则此时.求随机变量X的概率分布列和X的均值． 18. 为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复． （1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； （2）记该同学第n天中午选择米饭套餐的概率为． ①证明：为等比数列，并求数列的通项公式； ②证明：当时，恒成立． 19. 某同学在研究二项式定理的时候发现：其中为的系数，它具有好多性质，如：①;②;③；请借助于该同学的研究方法或者研究成果解决下列问题: （1）计算：；(请用数字作答) （2）若，且，证明：； （3）设数列，，，…，是公差不为0的等差数列，证明：对任意的，函数是关于x的一次函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $