2025-2026学年山东牟平第一中学高二下册数学周测 含答案

/24级高二数学限时练习一、单选题(本题共8小题,每小题5分,共25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m,n∈N∗且A.Cn+C.Cn+1m=Cnm2.由数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数的个数为().A.60B.96C.300D.3603.9910除以1000的余数是(A.1B.9C.99D.9994.含甲、乙、丙在内的6人站成一排，其中甲只能站在头尾两端，且乙丙两人相邻，则不同站法的结果数为()A.24B.48C.96D.1925.如图,矩形的对角线把矩形分成A、B、C、D四部分,现用五种不同色彩给四部分涂色,每部分涂1种颜色,A.260B.180C.240D.1206.已知1−x10=aA.-180B.180C.45D.-457.已知A,B为样本空间中的两个随机事件,其中PA=1A.16B.14C.18.甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，记n次传球后球在甲手中的概率为Pn()A.P3=14B.数列C.Pn=23×1二.多选题(共3小题)9.已知数学0,1,2,3,4,用它们组成四位数,下列说法正确的有()A.可以组成无重复数字的四位数96个B.可以组成没有重复数字的四位奇数36个C.可以组成无重复数字的四位偶数60个D.可以组成百位是奇数的四位偶数28个10.在2x−3A.二项式系数的和为210B.各项系数的和为C.奇数项系数的和为1+510211.甲盒子中有5个红球,2个白球和3个黑球,乙盒子中有4个红球,3个白球和3个黑球.先从甲盒子中随机取出一球放入乙盒子,分别以A1,A2和A3表示由甲盒子取出的球是红球,白球和黑球的事件;再从乙盒子中随机取出一球,以A.A1,AB.PC.事件B与事件A1D.P三.填空题(共3小题)12.某班将5名同学分配到甲、乙、丙三个社区参加劳动锻炼，每个社区至少分配一名同学，则甲社区恰好分配2名同学共有_____种不同的方法.13.在1+x22x−1x14.如图,某城市A,B两地间有整齐的道路网,每两条线的交点处为一个路口,小林要从A出发到B处,若每次只能向右或向上走一个路口,P,Q两处实行交通管制,不准通行,则从A到B四.解答题(共5小题)15.生命在于运动。某市开展“学生体质健康提升工程”系列活动,举行一年一度的春季中学生运动会。某校决定从6名运动员(含甲、乙运动员)中选4人参加4×100米接力赛，在下列条件下,各有多少种不同的排法?(1)甲、乙两人都不入选；(2)甲、乙两人必须入选，且跑中间两棒；(3)甲不跑第一棒乙不跑第四棒.16.已知3x2+1(1)求n，并求出所有二项式系数之和；(2)求展开式中含x7(3)求展开式中的有理项.17.已知2x+1n展开式的二项式系数和为a,x+1xn展开式的奇数项的二项式系数和为b(1)二项式系数最大的项；(2)系数的绝对值最大的项.18.混放在一起的6件不同的产品中,有2件次品,4件正品.现需通过检测将其区分,每次随机抽取一件进行检测,检测后不放回,直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束.(1)一共抽取了4次检测结束，有多少种不同的抽法？(2)若第一次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法？(要求:解答过程要有必要的文字说明和步骤,结果以数字呈现)19.甲、乙两位同学进行轮流投篮比赛，为了增加趣味性，设计了如下方案:若投中，自己得1分,对方得0分;若投不中,自己得0分,对方得1分.已知甲投篮投中的概率为23乙投篮投中的概率为12.由甲先投篮,无论谁投篮,每投一次为一轮比赛,规定当一人比另一人多2分或进行完5(1)在结束时甲获胜的条件下，求甲比乙多2分的概率.(2)已知在改变比赛规则的条件下,乙获胜的概率大于在原规则的条件下乙获胜的概率.设事件R="改变比赛规则"，事件S="乙获胜"，已知0<PS(附加)20.学工部收到两个班级优秀学生的推荐表,分装两袋,第一袋有4份女生和2份男生的推荐表,第二袋有3份女生和3份男生的推荐表.(1)从两袋中随机选择一袋，然后从中随机抽取2份，求恰好抽到1份女生推荐表和1份男生推荐表的概率;(2)若从第二袋中先后取出两份推荐表，求有一份是女生推荐表的条件下，另一份也是女生推荐表的概率P1,和第一份是女生推荐表的条件下,第二份也是女生推荐表的概率P1.ACnCn+n!=nCCnm−1+Cnm=n!m−1!n+1−m!+n!故选:A2.C先排首位,共有5种方法;其它位数共有A53种排法,结合分步计数原理可得共有5故选:C.3.A因为99=100且10010−C10故9910除以1000的余数是故选:A.4.C将乙丙看作一个整体,内部有A22此时可看作5个元素排成一排,甲站两端,先排甲,有A21,剩下4个元素全排列有故由乘法原理可得A2即甲只能站在头尾两端，且乙丙两人相邻，则不同站法的结果数为96，故选:C5.A由题意知给四部分涂色,至少要用两种颜色,故可分成三类涂色:第一类,用4种颜色涂色,有A54第二类,用3种颜色涂色,选3种颜色的方法有C53在涂的过程中,选对顶的两部分A、C或B、D涂同色,另两部分涂异色有C21根据分步计数原理求得共C53第三类,用两种颜色涂色.选颜色有C52种选法,A、C用一种颜色,B、D涂一种颜色,有A∴共有涂色方法120+120故选:A.6.B∵=∴a故选:B7.C法1:因为PB=13所以PAB所以PB法2:因为PB=13所以PAB所以PAB=PAPB,所以事件A所以事件A与事件B独立,所以PB故选:C8.C由题意可知,要使得n次传球后球在甲手中,则第n−1次球必定不在甲手中,所以Pn=1因为P1=0,则P1−则数列Pn−13是以−13为首项,以−则Pn−13=对于A,P3=−13对于C,由Pn=23×12n+1对于D,若第4次传球后球在甲手中,则第3次传球后球必不在甲手中,设甲,乙,丙对应于a,则不同的传球方式有:①a→b→③a→b→c→b→a，④⑥a→c→b→c9.ABC对于A,无重复数字的四位数,千位有4种,剩余位置有4×34×4×3×2对于B,没有重复数字的四位奇数,先排个位有2种,千位有3种,剩下百位和十位共3×2=6种,没有重复数字的四位奇数有2对于C,由AB可知,不重复的四位数可分成不重复的四位奇数,不重复的四位偶数,于是无重复数字的四位偶数有96−36=60个,对于D,百位是奇数的四位偶数,由于没有重复与否的要求,千位有4种,百位2种,十位5种,个位3种,共4×2×5故选:ABC10.ACD设2x在2x−3y10的展开式中,二项式系数的和为C10令x=y=1可得各项系数的和为2−3令x=y=1令x=1,y=−得a0①+②得2a0∴奇数项的系数和为1+5102,故二项式2x−3y10展开式的通项为T展开式中一共11项，故展开式二项式系数最大的项为第6项，即C1052x故选:ACD11.ADA选项,根据题意A1故有互斥事件的定义可得A1,A2,ABD选项,PA又PB∣A1故P=511×1C选项，PB故PBPA1≠PBA1,所以事件B故选:AD12.60由题意,分2步分析:①先5人中选出2人，安排到甲社区，有C52②将剩下3人分成2组，安排到乙、丙社区，有C32则有6×10故答案为:60.13.-81+2x−1x4当4−2k=2,即k当4−2k=0,即k所以x2项的系数是−故答案为:-8.14.24由题意可知，从A出发到B处，需要向上4次，向右4次，所以不同的情况有C84从A出发到P处,需要向上3次,向右1次,从P出发到B处,需要向上1次,向右3次,则从A出发经过P到B处,共有不同情况C41从A出发到Q处，需要向上1次，向右2次，从Q出发到B处，需要向上3次，向右2次，则从A出发经过Q到B处,共有不同情况C31则从A出发不经过P,Q到达B处,共有不同情况70故答案为:24.15.(1)24；(2)24；(3)252.解:(1)甲、乙两人都不入选,则剩下的4人参加,对这4个排列进行全排列,则共有A44(2)根据题意，分两步进行:首选，甲、乙两人必须入选且跑中间两棒，则甲、乙两人的排法有A22其次,在剩下的4人选2人,跑第一棒和第四棒,有C42所以分步计算原理可得甲、乙两人必须入选，且跑中间两棒共有2×12(3)根据题意分两种情况:一种是若甲跑第四棒，此时只需在剩下的5人中任选3人，安排在第一、二、三棒即可，有A53另一种是若甲不跑第四棒,此时第四棒由除甲、乙外的另外4人中选1人跑,有A41种,第一棒从除甲之外的4人中选1人跑,有有A41种,在剩下的4人中任选2人,安排在第二、三棒,有A4所以分类计数原理可得甲不跑第一棒乙不跑第四棒共有60+19216.1(2)1215(3)T1)因为3x2+1xn所以所有二项式系数之和为26(2)由(1)知n=6，所以3x2令12−5k2=所以展开式中含x7项的系数为C(3)因为3x2+1x6因为0≤k≤6,且k∈N,所以能使12所以展开式中的有理项分别为TT17.1−(2)154(1)依题意，a=2n,b=2n−1，于是2n−2n−1=32即T4(2)由(1)知，x2−Tk设第k+1项的系数的绝对值最大,因此整理得6!k!6−k!≥2⋅6!k−1!所以系数的绝对值最大的项为T318.(1)96种;(2)120种.1)有以下两种情况:①4次均为正品，共有A44②前3次抽到2件正品1件次品,且第4次抽到次品,共有C21C42A33(2)由题意知，第二次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束.第1次抽到的是次品有C21种抽法,第2次抽到的是正品有C41种抽法,第3次抽到的是正品有当抽取4次结束时,第4次抽到的必是次品,共有C21当抽取5次结束时,若第4次抽到正品且第5次抽到正品,则共有C21若第4次抽到正品且第5次抽到次品,则共有C21所以,共有24+4819.(1)记甲投中为事件A,乙投中为事件B,设结束时甲获胜为事件M,即2轮结束或4轮结束或5轮结束,即甲与乙的比分为2:0或3:1或3:2结束比赛.若甲与乙的比分为2:0,则若甲与乙的比分为3:1,则若甲与乙的比分为3:2,则=2所以PM设结束时甲比乙多2分为事件N,则PMN所以PN即在结束时甲获胜的条件下,甲比乙多2分的概率为34(2)因为在改变比赛规则的条件下,乙获胜的概率大于在原规则的条件下乙获胜的概率,所以PS∣R>P因为PR>0,P因为PR所以PRS即得PRS所以PRS即PRS又因为1−所以PRS因为0<所以PRSPS>P20.1(2)P(1)设“抽到第一袋”为事件A1，“抽到第二袋”为事件A2"恰好抽到1份女生推荐表和1份男生推荐表"为事件B,则PAP故PB(2)(i)有一份是女生推荐表的条件下，另一份也是女生推荐表，可以看成一次性抽取两份,两份都是女生推荐表的概率除以两份不都是男生推荐表的概率,故P1(或缩小样本空间为{女1男1，男1女1，女1男2，男2女1，女1男3，男3女1，女2男1，男1女2，女2男2，男2女2，女2男3，男3女2，女3男1，男1女3，女3男2,男2女3,女3男3,男3女3,女1女2,女2女1,女1女3,女