2024-2025学年河北省部分名校高二下学期4月期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省部分名校2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题一、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.，则x的值是（）A6 B.4 C.3 D.2【答案】C【解析】因为，所以，即，所以，解得或，又，所以.故选：C.2.科技创新小组有10名同学，春节期间若互发一条问候微信，则他们发出的微信总数是（）A.10 B.20 C.45 D.90【答案】D【解析】由题意可知，他们发出的微信总数是.故选：D.3.已知某随机变量的分布列为下表，则（）010.20.4A.0.2 B.0.56 C.0.7 D.0.84【答案】B【解析】由分布列的性质得，所以，根据随机变量期望公式得，.故选：B.4.饺子是我国的传统美食，不仅味道鲜美而且寓意美好，现有甲、乙两个箱子装有大小、外观均相同的速冻饺子.已知甲、乙两箱中各有3盒肉馅饺子，7盒素馅饺子，先从甲箱中随机取出一盒饺子放入乙箱，再从乙箱中随机取出一盒饺子，则乙箱取出的饺子是肉馅的概率是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】用事件表示“从甲箱中取出一盒肉馅饺子放入乙箱”，表示“从乙箱中随机取出一盒饺子，且取出的饺子是肉馅”，则，，则从乙箱取出的饺子是肉馅的概率是.故选：A.5.函数的单调递减区间为（）A. B.C.和 D.和【答案】C【解析】由题意得，令，得且，故函数的单调递减区间是和.故选：C.6.中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.若，，则的值可以是（）A.2020 B.2021 C.2022 D.2025【答案】A【解析】因为所以被10除得的余数为0，而2020，2021，2022，2025被10除得的余数分别是0，1，2，5，故的值可以是2020.故选：A.7.将4名优秀教师分配到3个不同学校进行教学交流，每名优秀教师只分配到1个学校，每个学校至少分配1名优秀教师，则不同的分配方案共有（）A.72种 B.48种 C.36种 D.24种【答案】C【解析】将4名教师分成三组，只有一种分法，即1，1，2，共有，再排列得.故选：C.8.设.则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】构造函数，其中，则，令，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以当时，，所以在上单调递增，所以，又，所以.故选：B.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.已知随机事件，下列说法正确的是（）A.若互斥，则B.若互斥，则C.若相互独立，则D.若，则【答案】AC【解析】若互斥，则，A正确；若互斥，则，即，B错误；当相互独立时，，，C正确；若，则，所以，因为无法判断是否独立，所以无法得到，D错误.故选：AC.10.若函数在区间上不单调，则实数的取值可以是（）A.e B. C. D.【答案】BC【解析】由题设，，又上不单调，所以函数在上存在变号零点，设，则，则在上单调递减，所以，即，解得，则的取值范围是.故选：BC.11.设随机变量的分布列为，则（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】因为随机变量的分布列为，由分布列的性质可知，，解得，①，②，①-②得，.故选：BD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在的展开式中，含项的系数是______.（用组合数表示）【答案】【解析】根据的展开式中含项的系数为；的展开式中含项的系数为；的展开式中含项的系数为；……的展开式中含项的系数为；故含项的系数是.故答案为：.13.如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第______行中从左至右第8与第9个数的比为.【答案】31【解析】第行从左到右第8个数为，第9个数为，依题意得，即，解得.故答案为：31.14.在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.传输方案为三次传输.三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则为收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.若发送0，则依次收到0，0，1的概率为______；若发送1，则译码为1的概率为______.【答案】；【解析】三次传输，发送0，相当于依次发送0，0，0，则依次收到0，0，1的事件，是发送0接收0，发送0接收0，发送0接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为；三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0；1，0，1；0，1，1和1，1，1的事件和，它们互斥，所以所求的概率为.故答案为：.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.15.一个不透明的盒子中装有3个红球，3个黑球，4个白球，这些球除颜色外完全相同，现从盒子中一次性随机摸出4个球.（1）求三种颜色的球都被摸出的概率；（2）记摸出的球的颜色种类数为X，求X的分布列与期望.解：（1）从盒子中一次性随机摸出4个球，不同的取法共有种，三种颜色的球都被摸出的不同取法共有种，故三种颜色的球都被摸出的概率；（2）由题可知，的取值可能为且，，的分布列为123.16.在的展开式中，第2项、第3项、第4项的二项式系数成等差数列.（1）求n的值；（2）将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率.解：（1）在的展开式中，第2项，第3项，第4项的二项式系数分别为，因为的展开式中第2项，第3项，第4项的二项式系数成等差数列，所以，即，化简得：，因为，所以，解得或.当时，展开式只有3项，不符合题意，所以.（2）因为，所以当时为有理项，总共有8项，由插空法可得有理项不相邻的概率为.17.已知函数.（1）当时，求函数的单调递增区间；（2）如果函数在定义域内单调递减，求实数t的取值范围.解：（1）因为函数，则当时，，.令，解得（舍去），由得，所以的单调递增区间为.（2）因为函数，，则，函数在定义域内单调递减，对恒成立，即对恒成立，即对恒成立，当时，，，即实数的取值范围为.18.已知函数.（1）求函数的极值点；（2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围.解：（1）函数，定义域为，，易知在单调递增，，所以在上单调递减，在上单调递增，故是函数唯一的极小值点，无极大值点.（2）若对任意的恒成立，即在上恒成立，则在上恒成立，令，则，令，则，易知单调递增，且.当时，，在上单调递增且，故当时，，即单调递增；当时，，即单调递减；故当时，取得极小值，也是最小值，则，所以实数的取值范围为19.某学校有两家餐厅，王同学开学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐.如果第1天去A餐厅，那么第2天继续去A餐厅的概率为；如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为，如此往复.（1）计算王同学第2天去A餐厅用餐的概率；（2）记王同学第n天去A餐厅用餐概率为，写出关于的表达式；（3）证明数列是等比数列，并求出的通项公式.解：（1）设表示第1天去餐厅，表示第2天去餐厅，则表示第1天去餐厅，根据题意得，所以；（2）设表示第天去餐厅用餐，则，根据题意得，由全概率公式得，，即；（3）由整理得，，又，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，即.河北省部分名校2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题一、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.，则x的值是（）A6 B.4 C.3 D.2【答案】C【解析】因为，所以，即，所以，解得或，又，所以.故选：C.2.科技创新小组有10名同学，春节期间若互发一条问候微信，则他们发出的微信总数是（）A.10 B.20 C.45 D.90【答案】D【解析】由题意可知，他们发出的微信总数是.故选：D.3.已知某随机变量的分布列为下表，则（）010.20.4A.0.2 B.0.56 C.0.7 D.0.84【答案】B【解析】由分布列的性质得，所以，根据随机变量期望公式得，.故选：B.4.饺子是我国的传统美食，不仅味道鲜美而且寓意美好，现有甲、乙两个箱子装有大小、外观均相同的速冻饺子.已知甲、乙两箱中各有3盒肉馅饺子，7盒素馅饺子，先从甲箱中随机取出一盒饺子放入乙箱，再从乙箱中随机取出一盒饺子，则乙箱取出的饺子是肉馅的概率是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】用事件表示“从甲箱中取出一盒肉馅饺子放入乙箱”，表示“从乙箱中随机取出一盒饺子，且取出的饺子是肉馅”，则，，则从乙箱取出的饺子是肉馅的概率是.故选：A.5.函数的单调递减区间为（）A. B.C.和 D.和【答案】C【解析】由题意得，令，得且，故函数的单调递减区间是和.故选：C.6.中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.若，，则的值可以是（）A.2020 B.2021 C.2022 D.2025【答案】A【解析】因为所以被10除得的余数为0，而2020，2021，2022，2025被10除得的余数分别是0，1，2，5，故的值可以是2020.故选：A.7.将4名优秀教师分配到3个不同学校进行教学交流，每名优秀教师只分配到1个学校，每个学校至少分配1名优秀教师，则不同的分配方案共有（）A.72种 B.48种 C.36种 D.24种【答案】C【解析】将4名教师分成三组，只有一种分法，即1，1，2，共有，再排列得.故选：C.8.设.则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】构造函数，其中，则，令，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以当时，，所以在上单调递增，所以，又，所以.故选：B.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.已知随机事件，下列说法正确的是（）A.若互斥，则B.若互斥，则C.若相互独立，则D.若，则【答案】AC【解析】若互斥，则，A正确；若互斥，则，即，B错误；当相互独立时，，，C正确；若，则，所以，因为无法判断是否独立，所以无法得到，D错误.故选：AC.10.若函数在区间上不单调，则实数的取值可以是（）A.e B. C. D.【答案】BC【解析】由题设，，又上不单调，所以函数在上存在变号零点，设，则，则在上单调递减，所以，即，解得，则的取值范围是.故选：BC.11.设随机变量的分布列为，则（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】因为随机变量的分布列为，由分布列的性质可知，，解得，①，②，①-②得，.故选：BD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在的展开式中，含项的系数是______.（用组合数表示）【答案】【解析】根据的展开式中含项的系数为；的展开式中含项的系数为；的展开式中含项的系数为；……的展开式中含项的系数为；故含项的系数是.故答案为：.13.如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第______行中从左至右第8与第9个数的比为.【答案】31【解析】第行从左到右第8个数为，第9个数为，依题意得，即，解得.故答案为：31.14.在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.传输方案为三次传输.三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则为收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.若发送0，则依次收到0，0，1的概率为______；若发送1，则译码为1的概率为______.【答案】；【解析】三次传输，发送0，相当于依次发送0，0，0，则依次收到0，0，1的事件，是发送0接收0，发送0接收0，发送0接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为；三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0；1，0，1；0，1，1和1，1，1的事件和，它们互斥，所以所求的概率为.故答案为：.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.15.一个不透明的盒子中装有3个红球，3个黑球，4个白球，这些球除颜色外完全相同，现从盒子中一次性随机摸出4个球.（1）求三种颜色的球都被摸出的概率；（2）记摸出的球的颜色种类数为X，求X的分布列与期望.解：（1）从盒子中一次性随机摸出4个球，不同的取法共有种，三种颜色的球都被摸出的不同取法共有种，故三种颜色的球都被摸出的概率；（2）由题可知，的取值可能为且，，的分布列为123.16.在的展开式中，第2项、第3项、第4项的二项式系数成等差数列.（1）求n的值；（2）将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率.解：（1）在的展开式中，第2项，第3项，第4项的二项式系数分别为，因为的展开式中第2项，第3项，第4项的二项式系数成等差数列，所以，即，化简得：，因为，所以，解得或.当时，展开式只有3项，不符合题意，所以.（2）因为，所以当时为有理项，总共有8项，由插空法可得有理项不相邻的概