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河北省衡水市部分学校2025-2026学年高二4月质量检测数学试卷
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. 小明有件不同的上衣、条不同的裤子、双不同的鞋子.他从中各选一件搭配，不同的穿法共有（ ）
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
【答案】C
解析：第一步选上衣有3种选法，第二步选裤子有4种选法，第三步选鞋子有2种选法，
所以共有种选法.
2. 已知随机变量的分布列如下：
1 2 3 4
则常数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
解析：随机变量的所有取值的概率之和等于1，即，解得.
3. 从名同学中选出3名同学分别担任班长、学习委员、体育委员，每名同学只能担任一个职位，不同的选法共有（ ）
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
【答案】C
解析：从名同学中选人进行排列，共有种.
4. 下列随机变量中，服从二项分布的是（ ）
A. 从装有3个红球和2个白球的袋中，不放回地依次摸出2个球，为摸出红球的个数
B. 某射手每次射击击中目标的概率为0.8，连续射击5次，为击中目标的次数
C. 从一批含有10件次品、90件正品的产品中，不放回地抽取3件，为取出次品的件数
D. 某同学做3道独立的选择题，第一题答对的概率为0.7，第二题答对的概率为0.8，第三题答对的概率为0.9，为答对题目的数量
【答案】B
解析：对A：“不放回”摸球，第二次摸出红球的概率受第一次结果影响，
试验不独立，不服从二项分布，故A错误
对B：射击5次可看作5次独立重复试验，每次击中概率均为0.8，
符合二项分布定义，且，故B正确；
对C：“不放回”抽取，概率随抽取过程改变，不服从二项分布，故C错误；
对D：二项分布要求每次试验的成功概率固定不变.该选项中，
每道选择题答对的概率不相同，因此不服从二项分布，故D错误.
5. 已知直线与函数的图象相切，则实数的值为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】C
解析：设直线与相切的切点为，
则，
求导得，则，解得，
因此，所以.
6. 已知随机事件与满足，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
解析：首先求出事件与同时发生的概率：
根据公式，即，
解得.
所以.
7. 如图，若从种不同的颜色中选种颜色涂在图中的号区域，要求相邻区域不同色，且所选的种颜色都要用到，不同的涂法共有（ ）
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
【答案】B
解析：由题知，种颜色都要用到，则必有两块区域颜色一致，且不相邻，
图中有且仅有两块不相邻区域同色，其中和不相邻，和不相邻，共组，从组中选一组，有种，
把这一组看作一个整体，从种颜色中选种，涂在区域上，有种，故共有种.
8. 某抽奖游戏规则如下：抽奖箱有大小、形状均相同的个球.其中有个新球和个旧球.每次从中随机抽取个球，若抽到新球，则此球变为旧球，抽奖者再将此球放回到抽奖箱；若抽到旧球，则直接丢弃.游戏持续进行，直到抽奖箱中剩余球全部为新球时中奖，若抽奖箱为空，则没有中奖，中奖或抽奖箱为空时，游戏结束.设为游戏结束时抽取的次数，则的期望为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
解析：设为游戏结束时抽取的次数，中奖情况：若只抽到初始的个旧球即中奖，
此时，；
若抽到过个新球，则共需丢弃个旧球，此时；
若抽到过个新球，则需丢弃个旧球，
此时，
路径有（新，新，旧，旧，旧）和（新，旧，新，旧，旧），
则.
不中奖情况：若不中奖，则箱子为空，意味着个新球都被抽过且个旧球最终都被丢弃.每个新球需抽两次（一次变旧一次丢弃），初始旧球抽一次，故总次数必为.
其概率.
综上，的数学期望.故选.
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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 某校科技节共有件不同的作品，需要分配到甲、乙、丙三个展区进行展示，每个展区至少获得件作品，所有的作品都需要展示.下列选项正确的有（ ）
A. 不同的分配方案总数为种
B. 若作品必须单独在甲展区，则不同的分配方案有种
C. 若作品与作品必须在同一展区，则不同的分配方案有种
D. 若甲展区恰好展示件作品，则不同的分配方案有种
【答案】BD
解析：先从件作品中选出件作为一组，有种选法，再将这三组分配到三个展区，共有种方案，故错误；
若作品单独在甲展区，则剩余件作品分配到乙、丙两个展区且每个展区至少件，共有种方案，故正确；
若作品与作品必须在同一展区，则它们必须捆绑成一个整体，共有种方案，
故C错误；
甲展区恰好获得件作品有种选法，剩余件分配给乙、丙各件有种选法，共有种方案，故正确.
10. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 若随机变量，则
B. 若随机变量的方差，则
C. 若事件与相互独立，且，，则
D. 若事件，满足，，且，则与相互独立
【答案】ABD
解析：由正态分布性质可知，正确；
，正确；
，错误；
，
所以，所以与相互独立，正确.
11. 已知函数，下列说法正确的有（ ）
A. 当时，的极大值点是
B. 的图象关于点对称
C. 若在区间上单调递增，则的取值范围是
D. 若有极值点，且，其中，则
【答案】ABD
解析：.
当时，的两根为，
且当时，，
时，，
故在上单调递增，
在上单调递减，可知是极大值点，正确；
因为
，
所以的图象关于点中心对称，正确；
若在上单调递增，则在上恒成立，即在上恒成立，
即.当时，；
当时，，因为，
当且仅当时取等号，所以，解得.综上，，C错误；
因为，都是的解，且，
则是方程的二重根，另一根为，
则有，
所以，
又且为常数，可得，正确..
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则__________（用数字作答）.
【答案】
解析：由得，因为，解得.
13. 已知函数 有两个极值点，则实数的取值范围为__________.
【答案】
解析：由题意知，，
有两个极值点，在上有两个不等的实根，即有两个不等的正实根.
令，，令，解得.
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
极大值为，当且时，；当时，.
作图如下，由图可知时，有两个不等的正实根，
即实数的取值范围为.
14. 某知识竞赛题库中有2道类题和2道类题.选手先随机抽取1道题作答（抽后不放回），若答对，则继续抽取下一道（仍不放回）；若答错，则立即终止.已知选手答对类题的概率为，答对类题的概率为，且每次答题结果相互独立.则选手恰好答对1道题的概率为__________.
【答案】
解析：由选手恰好答对1道题，得第1题对，第2题错，
当第1题为A类题时，，
当第1题为B类题时，，
所以选手恰好答对1道题的概率为.
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. 已知二项式的展开式中，第项与第项的二项式系数之比为.
（1）求的值及展开式中所有二项式系数的和；
（2）求展开式中含项的系数及所有项的系数之和.
解：（1）由题意得，即，
解得，
则展开式中所有二项式系数的和为.
（2）展开式的通项公式为.
令，解得.
所以含项的系数为.
令，得所有项的系数和为.
16. 已知函数，且在和处取得极值.
（1）求，的值；
（2）若存在，使得不等式成立，求实数的最小值.参考数据：.
解：（1）由题知，，
，解得
经检验，当，时，，是极值点，符合题意.
所以，.
（2）由（1）问知，.
由可解得或，
又因为，所以当和时，，单调递增；当时，，单调递减，
因为存在使得成立，故，且，.
由，可得.
所以在上的最小值为，所以，
即实数的最小值为.
17. 某班级有8名学生，其中4名男生、4名女生.现组织三项活动：
（1）将8名学生平均分成4个小组，小组之间无顺序，且每个小组恰好有1名男生和1名女生.求不同的分组方式有多少种？
（2）将8名学生排成一排，要求任意两个男生都不相邻，且最左边必须是男生.求不同的排列方式有多少种？
（3）从8名学生中选出4人组成“辩论队”，再从中选出2人分别担任“主辩”和“副辩”.设要求选出的4人中有名男生，名女生，，且担任主辩的必须是男生.求不同的选派方案有多少种？
解：（1）要使每个小组恰有1名男生和1名女生，只需将4名女生全排列到4名男生所在的位置中即可，共有种.
（2）先排4名女生，有种方法，产生5个空位.由于最左边必须是男生，则第1个空位必选，
再从剩下4个空位中选3个插空，共有种.
（3）由题意，可知，所以选出的4人中2男2女.
选人方案有种；
对于确定的4人，主辩（男生）有2种选法，副辩（剩余3人）有3种选法.
故共有种.
18. 某工厂生产的一批产品共有100件，其中一等品60件，二等品40件.质检员采用两种抽样方案：
方案一：从这批产品中随机抽取10件（不放回），检验其中一等品的件数；
方案二：从这批产品中随机抽取1件，记录是否为一等品后放回，重复10次，检验10次抽取中一等品的总件数.
记随机变量为方案一抽到的一等品件数，为方案二抽到的一等品件数.
（1）求（用组合数公式表示即可，不用化简）；
（2）比较和的大小，并求的数学期望；
（3）设函数，，求的最大值（用组合数公式表示即可，不用化简），并指出此时的值.
解：（1）由题可知恰好抽到6件一等品的概率.
（2）由题可知，，，可得，
所以.
由题可知方案二中每次抽到一等品的概率，
故服从二项分布，
数学期望.
（3）设，考虑比值：，
，
假设为最大值，则有，解得，
即，又，则，
故当时，取得最大值，最大值为.
19. 已知函数，其中.
（1）当时，求的单调区间；
（2）证明：当时，；
（3）设在上的零点个数为，证明：存在唯一的，使得.
参考数据：，，.
（1）解：当时，，则.
设，则，当时，，
即，
即.
又当时，.
由于且，故，
所以.
故在上单调递增，
即的单调递增区间为，无单调递减区间.
（2）证明：当时，恒有，故，故可证.
构造函数，则，
令，解得；令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，故对任意恒成立.
综上，，即得证.
（3）证明：在上的零点个数即为方程实根的个数.
令，则.
当时，，可得；
当时，令，则.
.可得，所以在上单调递增，
又，，故在上有唯一的零点，可得在上单调递减，在上单调递增，由，，
.
故在内有唯一零点，即当时，；
当时，，
故是的唯一的极小值点.
当且或且时，，故当且仅当时，.
记.
下证：
①.
由（2）可知，当时，，即，所以.
故的极小值.
②为极小值，则.
综上，存在唯一的，使得.

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