河北石家庄精英中学2025-2026学年高二下学期第三次调研考试数学试题

石家庄精英中学2025~2026学年第二学期第三次调研考试 高二数学 全卷满分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1答题前，先将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指 定位置。 2选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上 的非答题区域均无效。 4,考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 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.已知5为随机变量X和Y的样本相关系数，互为随机变量M和N的样本相关系数，则下列说法 正确的是 A.若5<0，则X和Y正相关 B.若2>0，则M和N负相关 C.若；>2，则X和Y的线性相关程度比M和N的线性相关程度强 D.当|5越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强；当|5越接近0时，成对样本数据的线性 相关程度越弱 2.甲、乙、丙、丁、戊5名同学进行知识竞赛，若甲不是第一名，则5人不同名次排列的种数为 A.96种 B.98种 C.108种 D.112种 3.已知随机变量X的分布列为： X 1 2 3 4 1 14 1 P 1-2a a一12 则P(X<3)= A月 B c D.g 4.篮球作为三大球类运动之一，深受大众喜爱据统计，某企业两个部门中喜欢篮球运动的员工分别占本 部门总人数的40%，50%，且这两个部门的员工人数之比为2：3，现从这两个部门中随机抽取一位员工， 则该员工喜欢篮球的概率为 A.0.44 B.0.46 C.0.54 D.0.70 5.从数字0、1、2、3、4、5中任取3个数字构成无重复数字的3位数，其中能被3整除的整数的个数为 A.40 B.42 C.46 D.48 【高二数学第1页（共4页)小 6,如图是一块高尔顿板示意图，在一块木板上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块 之间留有适当的空隙作为通道，小球从上方的通道口落下后，将与层层小木块碰撞，最后掉人下方的某一 个球槽内，若小球下落过程中向左落下的概率为}，则小球最终落入④号球槽的概率为 25 70 80 A.81 B.243 C.243 1 7.随机变量X的分布列是() X 2 4 P b c A.E (X)VD(X) B.E(X)≤VD(X) C.E(X)≥D(X) D.E(X)≤D(X) 8.某单位有1000名职工，想通过验血的方式筛查乙肝病毒携带者.假设携带病毒的人占p%(0<p<100) 给出下面两种化验方法 方法1：对1000人逐一进行化验。 方法2：将1000人分为100组，每组10人.对于每个组，先将10人的血各取出部分，并混合在一 起进行一次化验如果混合血样呈阴性，那么可断定这10人全部阴性；如果混合血样呈阳性，说明其中至 少有一人的血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次 运用概率统计的知识判断下列能使得混合化验方法优于逐份化验方法的P值为 （参考数据：1g0.794≈0.1) A.25 B.24 C.22 D.20 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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 已知2x+P其中aeN)的展开式中共有13项，则下列说法正确 A.展开式中二项式系数之和为22 B.展开式中各项系数之和为32 C.展开式中的有理项共有6项 D.展开式中含x3的项为264x3 10.下列说法中，正确的有 A.若随机变量X~B10,),则D9X-)=20 B.某校高三年级600名学生参加了区质量检测，已知数学检测成绩X服从正态分布N100,o)（试 卷满分为150分).统计结果显示，数学检测成绩介于80分到120分之间的人数为450名，则此次 检测中成绩不低于120分的学生人数约为总人数的12.5% C.已知离敢型随机变量X的分布列服从两点分布，满足RX=0)-代X=)=弓，且RX=0≤X=)。 【高二数学第2页（共4页)】 则风号 D.若事件A,B满足0<P(9<1,0<P<1,且PAB=P(1-P(],则A与B相互独立 11.某市四所高中的足球队（分别记为“甲队”、“乙队”、“丙队”、丁队”)进行单循环比赛（即每支球队 都要跟其他各支球队进行一场比赛)，最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得3分，平一场 得1分，负一场得0分若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为行，则在比赛结束时，下列说法正确的是 A.甲队的积分不可能为8分 B.甲队积分为3分的概率为 27 C.四支球队的积分总和可能为14分 D.甲队胜2场且乙队负2场的概率为20 243 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.某渔船要对下月是否出海做出决策，如出海后遇到好天气，可得收益6000元，如出海后天气变坏将 损失7000元，若不出海，无论天气如何都将承担1000元损失费，据气象部门的预测下月好天气的概率 为0.4，天气变坏的概率为0.6，则该渔船应选择 （填“出海”或“不出海”). 13.两位游客准备分别从华清池、兵马俑、钟楼、大雁塔、华山5个景点中随机选择其中一个景点游玩， 记事件A=“两位游客中至少有一人选择华清池”，事件B=“两位游客选择景点不同”，则P八B)= 14.今有一批数量庞大的瓶装饮用水，假设这批水的某项矿物质含量偏差值（单位：毫克/升）5~N10,0.52), 现从中随机抽取35瓶，这35瓶水中恰有K瓶的矿物质含量偏差值5位于区间(9.5,11.5).则使得氏K=) 最大时，正整数n的值为·(P(u-o≤5≤”+o)≈0.6827，P(μ-2o≤5≤u+2o)≈0.9545， P(H-3o≤5≤μ+3o)≈0.9973) 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字声明、证明过程及演算步骤 15.（本小题满分13分) 一批笔记本电脑共有8台，其中A品牌3台，B品牌5台，从中随机挑选出4台电脑： (1)求挑选出的4台电脑中A品牌电脑的台数是B品牌电脑的台数的正整数倍的概率； (2)设挑选出的4台电脑中B品牌电脑的台数为X,求X的分布列的数学期望， 16.（本小题满分15分) 已知f(x)=(2x-1)10=0+a1x附2x+3x3+.…+x+a10x0 （1)求(a+a2+a4+a6+a。+ao)2-(a1+a3+5+a,+ag)2的值（数据：30=59049)； （2)求a+2a2+3a3++9ag+10ao的值； (3)证明：f50)-1能被1000整除. 【高二数学第3页（共4页)】 17.（本小题满分15分) 已知函数f代)=e1-x. （1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a=0时，设函数6(=(-，函数6（的极小值点为m,求证：-3<B(m<- 4 （数据：e15≈4.48) 18.（本小题满分17分) （1)一台仪器每启动一次都随机地出现一个5位的二进制数A=a2a4a5,其中A的各位数字 中，岛=1,24(k=23,4,5)出现0的概率为7，出现1的概率为号若启劲一次出现的数字为4=10101， 则称这次试验成功，若成功一次得2分，失败一次得-1分，求200次重复试验的总得分Y的数学期望； (2)袋中有5个除了颜色外完全相同的小球，其中有1个红球，2个黑球，2个白球现从中不放回地取球， 每次取一个球，当三种颜色的球都有取出时停止，记停止时取出的球的个数为随机变量X,求X的分布列 和数学期望. 19.（本小题满分17分) 在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施.物流能否准时送达， 将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户预期，显著提升满意度某物流公司每天需 要从干线枢纽发送包裹至目的地城市从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择： 方案A:选择高速支线，物流提前送达的概率为 3 方案B:选择高速干线，物流提前送达的概率为亏 方案C:选择国道线路，物流提前送达的概率为 （1)物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率； （2)物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下： ①第1次，随机选择一种方案； ②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机 选择一种. 记第n次选择方案A,B,C的概率分别为an,b,,Cn, ()求、4，并证阴：数列[+6，}和数列a,+3边-争都为等比数列： (ⅱ)判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率. 【高二数学第4页（共4页】石家庄精英中学20252026学年第二学期第三次调研考试 高二数学·参考答案 1.D 【详解】对于A,若5<0，则X和Y负相关，A错误： 对于B,若2>0，则M和N正相关，B错误； 对于C,若r=0.5,5=-0.8,可得X和Y的线性相关程度比M和N的线性相关程度弱，C错误； 对于D,当|5|越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强，当|越接近0时，成对样本数据的线 性相关程度越弱，D正确故选D. 2.A 【详解】若甲不是第一名，则5人不同名次排列的种数为4A4=96.故选A. 3.C 11.1 【详解】由随机变量分布列性质得：1-2a+二+二+a- 64 名1，解得a=分所以 12 P(X<3)=PX=1)+P(X=2)= 青+培=支故选C 4.B 【详解】设两个部门分别为部门1、部门2，由人数比为2：3，可得抽到部门1的概率为，2=0.4，抽到 2+3 部门2的概率为，3，=0.6，已知从部门1中抽取到喜欢篮球的员工的概率为0.4，从部门2中抽取到喜欢 2+3 篮球的员工的概率为05，根据全概率公式，从这两个部门中随机抽取一人，其喜欢篮球的概率为： P=0.4×0.4+0.6×0.5=0.16+0.3=0.46.故选B. 5.A 【详解】从0或3,1或4,2或5中各选一个数字，构成的3位数能被3整除，若选了0，构成能被3整 除的整数的个数为C,C,A2A?=16;若选了3，构成能被3整除的整数的个数为CCA=24.可得能被3 整除的整数的个数为16+24=40.故选A. 6.C 【详解】 【高二数学参考答案第1页（共8页）】 ● 3D5 设小球最终落入④号球槽为事件，小球落下要经过5次碰撞，每次向左、向右落下的概率分别为和 行号，并且相互私立，最终落入④号球槽需两次向左，三次向右，所以小球最终落入④号球楷的概幸 1-12 0-c-g 80 故选C 243 7.A【详解】解：a6=1,令a=6=0=号则EC0=2a466e=2X号+4×号6×号4。 3 3 DD=242x分(4-42x分(6-4)2x号号 18 ∴选项B错误，选项D错误； D(X)=D(X-4)=E[(X-4)2]-E2(X-4)=(-2)2×a+22×c-(2c-2a)2 ∴.E2(X)-D(X)=(4+2c-2a)2-4(a+c)+(2c-2a)2 =2(2c-2a)2+12c-20a+16=2(2c-2a+ 2 241680>0.选项4正确，选项C错 故选：A. 8.D 【详解】设逐份化验方法中的样本需要检测的总次数为X,则E)=1000,设混合化验方法中的每组样本 需要化验的次数为Y,则Y可能的取值为1,11，有P(Y=1)=(1-p%10，P(Y=11)=1-(1-p%10, E(Y)=1×(1-p%0+11x[l-1-p%10]=11-10×(1-p%10, 所以100组的化验次数的均值为100E(Y),要使得混合化验方法优于逐份化验方法，需100E(Y)<EX), -10x1-p%<10,即p%°>0，即1-p6>10，又1g0.794≈ 1-p%>10g0.794=0.794, p%<1-0.794=0.206,∴0<p<20.6.故选D. 9.ABD 【详解】由展开式中共有13项，可得n=12. 对于A,展开式中的二项式系数之和为22，A正确： 对于B,令x=1,可得展开式中各项系数之和为32，B正确： 【高二数学参考答案第2页（共8页）】 、123 对于C,I1=C0x(2x2-rx(y=C5×22-r×x27(r-0,1,2,,12),r取0,2,4,6,8， 10,12时展开式的项为有理项，共有7项，C错误； 对于D,取12- ”=-3,可得r=10,可得展开式中含x3的项为C9×22×x3=264x3,D正确故选 ABD. 10.BCD .12 【详解】对于A,D(9X-1)=81D(X)=81×10×二×二=180，A错误； 33 对于B,由P(80<X<120)=450-3, 可容Pu00<X<20有PX2I20)-即 6004 绩不低于120分的学生人数约为总人数的12.5%，B正确： 对于C,因为随机变量X的分布列服从两点分布，所以P(X=0)+P(X=)=1,又由 PX=0-PX=-号，解将PX=)-子，又因为K=0<P=,所以PX=)-子，则 3 3 PX=0)={,所以E(X)-名，C正确： 3 3 对于D,由P(AB)=P(B)-P(AB),有P(B)-P(AB)=P(B)1-P(A)],即P(AB)=P(A)P(B),可得事件 A与B相互独立，D正确.故选BCD 11.AC 【详解】对于A,由题意可知，甲队需要比赛3场，若甲队的积分为8分，则甲队至少要赢2场若甲队赢3 场，则甲队的积分为9分，若甲队赢2场平1场，则甲队的积分为7分，若甲队赢2场负1场，则甲队的积 分为6分.综上所述，甲队的积分不可能为8分，A正确： 对于B,若甲队积分为3分，则甲队赢1场负2场，或甲队平3场，所以，甲队积分为3分的概率为 对于C,对于每一场，若一场比赛能决出胜负，则该两队的积分之和为3分，若一场比赛为平局，则该两 队的积分之和为2分，所以每场比赛两队的积分之和为3分或2分，由题意可知，四支队伍比赛的总场数 为C?=6,由于14=2×3+4×2，故只有6场比赛中有4场是平局，有2场能决出胜负，此时四支球队的积 分总和为14分，C正确 对于D,甲队胜2场且乙队负2场包含以下几种情况：①甲乙对战时是平局，则甲胜丙、甲胜丁、乙负丙、 乙负丁，此时概率为 )×月×=1，②若甲胜乙，则甲与丙、丁的对战中，恰有一场甲雅，乙与 3×3×3243 【高二数学参考答案第3页（共8页）】 ×兮×号绵，®若乙雅甲，则甲胜丙， 丙、丁的对战中，恰有一场乙负，此时的概率为xC××2xCgx×2=16 33 甲胜丁且乙负丙，乙负丁，此时的概率为 综上所述，甲队胜2场且乙队负2场的概率为 243 1,16,1182 243243243243=27,D错误故选AC 12.不出海 【详解】若选择出海，设X为渔船的收益，则由题意知X的可能取值为6000元，-7000元，P=6000) =0.4,P=-7000)=0.6,所以E(☒=0.4×6000+0.6×(-7000)=-1800：若选择不出海，无论天气 好坏都要承担1000元的损失费，又由-1000>-1800，故作出决策为：不出海 【详】依题意，风)=C+Cc=9,风)=cc,=8,所以10-号 14.30 【详解】计算矿物质含量偏差值位于区间(9.5,11.5)的概率：已知5~N10,0.52),则u=10,σ=0.5，因 为9.5=10-0.5=4-o,11.5=10+1.5=u+3o,所以P(9.5<5<11.5)=P(u-o<5<μ+3o).根据正态 分布的性质P(μ-G≤5≤μ+G=0.6827,P(4-3o≤5≤4+3o)=0.9973,可得： Pu-g<E<+3o)=P-o≤5≤L+o)+Pu-3o≤5≤u+3o）_0.6827+0.9973=0.84. 2 2 即从35瓶水中随机抽取，每瓶水的矿物质含量偏差值位于区间(9.5,11.5)的概率为0.84，不位于该区间的 概率为1-0.84=0.16，这是一个二项分布问题，KB(35,0.84),根据二项分布的概率公式 P(K=k)=C$5×0.84×0.1635-k,可得P(K=n)=C350.840.1635-n,要使P(K=n)最大，则需满足 (P(K=)2P(K=n-1),p(K=n)≥P(K=n-1)可得：C60,840.1635-≥C320.8410.1636-, P(K=n)≥P(K=n+1) 即器0,840.1635-2m-0-可08410,1636-化简可得：吉×0,84≥六×016 35! 即0.84(36-n)≥0.16n,30.24-0.84n≥0.16n,解得n≤30.24.P(K=n)≥P(K=n+1)可得： c50.840.1635-≥C084+10.1634-,即nm0.840.1635-2mt04-可0.84+10.1634-n, 351 化简可得：2×0.162×0.84，即0.16(m+1)≥084(35-，294-0.84n≤0,16n+0.16,解得 n≥29.24. 因为n为正整数，所以n=30. 15.【详解】(1)若挑选出的A品牌电脑的台数是B品牌电脑的台数的正整数倍，可得挑选出的A品牌电 【高二数学参考答案第4页（共8页）】 脑3台，B品牌电脑1台或A品牌电脑和B品牌电脑各2台， 2分 可得挑选出的4台电脑中A品牌电脑的台数是B品牌电脑的台数的正整数倍的概率为： CCg+C3C3-35-1 C 702 5分 （2)X可能的取值为1,2,3,4.6分 有P(X=1) Cg7014,PX=2)=C3C303 cc.5-1 Cg707’8分 P(X=3)= SC-0-Px=4CC5中 C7014 10分 可得X的分布列为： X 2 3 4 1 3 3 1 P 14 > 1 14 1l分 55 可得E(X)=4× 82 13分 16.【详解】(1)由f(1)=ao+a1+a2+a3+…+ag+ao=1, 有(ao+a2+a4+a6+ag+ao)+(a1+a3+a5+a,+ag)=1. 2分 又由f(-l)=a-a,+a2-a3+.-a,+ao=30, 有(a,+a2+a4+a6+ag+ao)-(a,+a+a+a,+a,)=30 4分 可得(a0+a2+a4+a6+ag+a0)2-(a1+a3+a5+a7+ag)2=f)f(-1）=310x1=59049.…5分 (2)由f(x)=10(2.x-1)9×2=20(2.x-1)9=41+2a2.x+3a3x2++9agx8+10a10x9，,8分 有f'(1)=20=a1+2a2+3a++9ag+10a1o,可得a1+2a2+3a3+…+9a,+10a1o=20. 10分 (3)由f(50)-1=(100-1)0-1=[C90×1000×(-1)°+C10×1009×(-1)'+.+C。×1002×(-1)8 +C%×1001×-1)9+C18×1000×(-1)0]-1. …12分 即f(50)-1=1000[C80×1017×(-1)°+C10×1015×(-1)+.+Co×10×(-1)8-1] 14分 因为C0。×1017×(-1)°+C10x105×(-1)'++C。×10×(-1)8-1是整数，所以f(50)-1能被1000整 除 15分 【高二数学参考答案第5页（共8页）】 17.【详解】(1)由f'(x)=e-1-a. 1分 ①当a≤0时，(x)>0恒成立，可得函数fx)的单调递增区间为(-0，+o) 3分 ②当a>0时，令f'(x)>0,可得x>1+ha,可得函数f(x)的单调递减区间为(-o,1+na),单调递增 区间为(1+lna,+o) …4分 (2)当a=0时，有g(x)=e-1-x2,有g'(x)=e-l-2x.5分 令h(x)=e--2x,有h'(x)=e--2,令h'(x)>0,可得x>1+n2,可得函数h(x)的单调递减区间 为(-0,1+n2),单调递增区间为(1+ln2,+o). 7分 又由h(1+ln2)=2-21+ln2)=-2ln2<0,h(3)=e2-6>2.52-6=0.25>0, h(3=e2-5≈448-5=-0.52<0，h0)=>0,h0)=-1<0 9分 设函数h的两个零点分别为x(0<<x,(<<3) 10分 当x<x或x>x2时h(x)>0,当x<x<x2时h(x)<0,可得函数gx)的单调递减区间为(x1,x2),单调 递增区间为(-0，x.(G,+0)可得x,=m,有e1=2m且<m<3 13分 5 5 囿g0m)=e0m2=2m-m20m-D+1,又由<m<3,g0)=-3,g的7 5 可得-3<g(m)<- 15分 4 18【详解11)启动一次出现数字为10101的概存为P=宁”×宁分=石 .2分 设200次重复试验中成功的次数为Z,由题意知变量Z符合二项分布，根据成功概率和实验的次数，有 Z~(20,名，可得B2)=20×-25 3分 162 由总得分为Y=2Z-(200-Z)=3Z-200 5分 可得E()=E3Z-20)=3E(Z)-200=25 ×3-200=- 325 7分 (2)易知随机变量X可能的取值为3,4,5， 8分 当X=3时，前三次分别取出1个红球、1个黑球和1个白球， P(x-3)-cccA:_2 10分 A 5 当X=5时，前四次分别取出2个黑球和2个白球， 【高二数学参考答案第6页（共8页）】 P(X-5)-CCA_1 12分 A 2 当X=4时，P(X=4)=1-P(X=3)-P(X=5)= .14分 故随机变量X的分布列为： X 3 4 5 2 2 5 .15分 数学期望为E(X)=3x2+4x2+5×-19 5-5 17分 19.【详解】(1)设选择方案A、B、C分别为事件A、B、C,物流提前送达为事件Z, 则PA=PB)=P(C)= 1 1分 4 P(ZA)=P(ZB)=5P(ZO=· 2 分 P(Z=P(A P(Z A+P(B)P(Z B +P(C)P(Z C -×+片×对+星×结-器 3分 (2)(①)由①知道4=h=G=3由②根据全概率公式可得 a2=(×1+×)×a+(信x)如+(×号)×c=0 b2=(侍x)xa+(借×1+片x)x知+(×)xc,=器 44… 4分 设第n次物流选择方案A、B、C分别为事件A,、B,、C,第n次物流提前送达为事件Z, 则an=P(A),bn=P(Bn),cn=P(Cn),因为an+bn+cn=1,所以cn=1-an-bn, 所以 P(Z)-gantbn+cn-gan+bn+(1-an-bn)=-ian+zn+ 5分 由②根据全概率公式可得P(An)=P(An)P(An+An)+P(Bn)P(A+Bn)+P(Cn)P(An+Cn), 注商到P川4风-写写5P(A*C)×对立面P(AA)x对x1=号 【高二数学参考答案第7页（共8页）】 所以 an+1-an+i5bn+i2cn=-号anti5bn+h(1-an-ba)=器an-品bn十h' 6分 同理可得 bn+1=an+b+ca-号n+bn+h(1-anbn)-元n+0bn+h 7分 有 ant1tbn+1青=（器an-品b+造）+（亮an+0bn+位）-青=品an+品bn-品=品(an+bn青) 月b4青声0：所以+青≠0做过-品为定低， +b如一专 即气，一}是以告为首项，石为公比的等比数列 9分 同理，可得 an+1+3ba+1-=(器an+)+3(元an+0b+位)-是=an+n名-(an+3ba-昌)，且 日+动子名0，所以a+或-号+0，即a+36受是以-名为首项弓为公比的等比数列1分 i)由D可待an十b一专击×（品）m-, aa+3bm是=言×(3)-3 .12分 联立解得=专十喷×（号）+培×（品）， 14分 所以 P()=克n+bn+星--克×(3)r×(品) 15分 随着n的增大，☑嘴大，注意到P叫21-品所以当a之2时，P2>P叫Z) 1801 因此从第2次起，智能自适应调度系统能逐步提高物流提前送达的概率 17分 【高二数学参考答案第8页（共8页）】