2025-2026学年河北省保定市高二下册5月期中考试数学试题 含解析

/数学一、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.已知二项式的展开式共有19项，则（）A.18 B.19 C.20 D.212.某企业为河北农产品设计包装，有两类方式：方式一是使用现成包装模板，共种选择；方式二是自主定制，分两步完成，第一步先从种材质中选种，第二步再从种配色方案中选种．不同的包装选择种数为（）A. B. C. D.3.某非遗工坊推出25款不同的榫卯结构文创盲盒，其中5款为故宫联名隐藏款．某游客一次性购买4个盲盒，则买到的盲盒中至少有1个故宫联名隐藏款的购买种数为（）A. B. C. D.4.若是曲线上任意一点，则曲线在点处的切线倾斜角的最小值为（）A. B. C. D.5.将8棵相同的小多肉种进4个不同的花盆，要求每个花盆至少种1棵小多肉，则总的种法数为（）A.70 B.56 C.35 D.206.展开式中的常数项为（）A.8 B.9 C.10 D.7.某AI项目组有2名算法工程师（含工程师甲）和6名实习生，共8名成员．现从中随机选取5人组成项目攻坚小组，参与AI大模型优化任务，则在攻坚小组中既有工程师又有实习生的条件下，工程师甲被选中的概率为（）A. B. C. D.8.某六角星徽章由A，B，C，D，E，F六个平行四边形区域构成，现有3种颜色可供这六个区域进行涂色，要求每个区域只能涂1种颜色，有公共边的两个区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法种数为（）A.36 B.60 C.66 D.78二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.设离散型随机变量的分布列如下表所示，其中，则（）123A. B.C. D.10.若展开式中所有二项式系数之和为1024，且，则（）A.B.C.能被200整除D.除以7所得的余数为211.已知函数，则下列结论正确的是（）A.B.，存在极值C.存在，使得恒成立D.若在上存在单调递减区间，则的取值范围是三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中第______项的二项式系数最大，展开式中含的项的系数为______．13.将5名协警分配到3个交通岗亭执勤，每个岗亭至少分配1名协警，每名协警只去1个岗亭，则分配方案共有______种．14.设正整数，其中，或（，，，），记．若且，则满足题意的共有______个．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.抛掷一枚质地均匀的骰子2次，记向上的点数大于4的次数为．（1）求的分布列；（2）记，证明服从两点分布，并求的分布列．16.已知函数．（1）若，求的单调区间；（2）若在上恒成立，求的取值范围．17.（1）用3个3，5个1，1个8可以组成多少个不同的九位数？（2）由数字，，，，，，可以组成多少个没有重复数字，并且比5000000大的偶数？（3）甲、乙、丙、丁、戊等8名同学站成一排拍照，其中甲、乙必须相邻，且丁在戊的左边、在丙的右边，其中丁、戊、丙可以不相邻，则共有多少种站法？18.某花艺工作室承接中式花艺和现代花艺这两类花艺设计，根据以往的设计作品数据，中式花艺作品占，现代花艺作品占．设计师设计的中式花艺作品达到设计标准的概率为，且达标作品中，仍有的作品因细节瑕疵不被客户采纳；未达标作品中，有的作品因意境独特仍被客户采纳．设计师设计的现代花艺作品达到设计标准的概率为，且达标作品中，仍有的作品因搭配疏漏不被客户采纳；未达标作品中，有的作品因创意新颖仍被客户采纳．现从设计师以往所有的花艺作品中随机抽取一单花艺作品．（1）求这单花艺作品达到设计标准的概率；（2）若这单花艺作品未被客户采纳，求该单花艺作品是中式花艺作品的概率；（结果用分数表示）（3）求这单花艺作品达到标准且被客户采纳的概率．19.设函数．（1）求在上的值域．（2）设关于的方程有两个不相等的根，．（i）证明：．（ii）证明：．

数学一、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.已知二项式的展开式共有19项，则（）A.18 B.19 C.20 D.21答案：A解析：解答过程：由二项式的展开式共有19项，则，故.2.某企业为河北农产品设计包装，有两类方式：方式一是使用现成包装模板，共种选择；方式二是自主定制，分两步完成，第一步先从种材质中选种，第二步再从种配色方案中选种．不同的包装选择种数为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：按照分类加法计数原理和分类乘法计数原理计算即可.解答过程：方式一：共种选择；方式二：第一步先从种材质中选种，有种选择，第二步再从种配色方案中选种，有种选择，共有种选择；因此方式一和方式二共有种选择.3.某非遗工坊推出25款不同的榫卯结构文创盲盒，其中5款为故宫联名隐藏款．某游客一次性购买4个盲盒，则买到的盲盒中至少有1个故宫联名隐藏款的购买种数为（）A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：一次性买4个盲盒的购买总数为：，买到的盲盒中没有故宫联名隐藏款的购买总数：，所以买到的盲盒中至少有1个故宫联名隐藏款的购买种数为.4.若是曲线上任意一点，则曲线在点处的切线倾斜角的最小值为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：根据导数的几何意义，求得，即可得到答案.解答过程：已知曲线，求导得，设曲线在点处的切线倾斜角为，其中，根据直线斜率与倾斜角的关系，有斜率，因此，由于，得，解得，因此的最小值为，故B正确.5.将8棵相同的小多肉种进4个不同的花盆，要求每个花盆至少种1棵小多肉，则总的种法数为（）A.70 B.56 C.35 D.20答案：C解析：解答过程：由8棵相同的小多肉，种进4个不同的花盆，每个花盆至少1棵，相当于把8个相同的元素分成4组，每组至少1个，需要在8个元素之间的7个空隙中插入3个隔板，即，所以总的种法数为.6.展开式中的常数项为（）A.8 B.9 C.10 D.答案：A解析：思路：求出原式第二个因式中项的系数，与第一个因式中的的系数之积，再加上的展开式中常数项与的积，即为所求的常数项.解答过程：由题意，，又的通项公式为，令，解得，所以，令，解得，所以，所以展开式中的常数项为.7.某AI项目组有2名算法工程师（含工程师甲）和6名实习生，共8名成员．现从中随机选取5人组成项目攻坚小组，参与AI大模型优化任务，则在攻坚小组中既有工程师又有实习生的条件下，工程师甲被选中的概率为（）A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：既有算法工程师又有实习生的安排方法有种不同的方法，其中工程师甲被选中的有，所以在攻坚小组中既有工程师又有实习生的条件下，工程师甲被选中的概率为.8.某六角星徽章由A，B，C，D，E，F六个平行四边形区域构成，现有3种颜色可供这六个区域进行涂色，要求每个区域只能涂1种颜色，有公共边的两个区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法种数为（）A.36 B.60 C.66 D.78答案：C解析：思路：利用分步乘法原理可得答案.解答过程：若颜色全相同，选颜色共种选法；涂：每个区域不能是的颜色，因此每个区域各有种选择，共种.共有种方法.若用两种不同颜色，选2种颜色种；再分配给三个区域种，因此共种涂法.涂，仅夹在两个同域之间的那个区域有种选择，其余两个夹在异域之间的区域各只有种选择，共种.因此共有种方法.若颜色全不同，用3种颜色，共种涂法；涂，每个区域夹在两个异域之间，仅剩余1种颜色可选，共种.共有种方法.将三类相加，总涂色方法为种.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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.设离散型随机变量的分布列如下表所示，其中，则（）123A. B.C. D.答案：AB解析：思路：根据分布列的性质判断A；结合概率的加法公式及不等式的性质判断BCD.解答过程：由题意知，，，故A正确.，.因为，则，，，所以，，，故B正确，CD错误.10.若展开式中所有二项式系数之和为1024，且，则（）A.B.C.能被200整除D.除以7所得的余数为2答案：ACD解析：思路：根据题意得到，结合换元法得到；结合通项公式判断A；根据赋值法即可判断B；结合求导及赋值法判断C；结合赋值法及二项式定理判断D.解答过程：由题意知，，解得.于是，，令，则，代入得.展开式的通项公式为.对于A：令，则，所以，故，A正确.对于B：令，则，令，则，所以，B错误.对于C：对两边求导得，，令，则，故能被200整除，C正确.对于D：令，则.，因为均能被7整除，所以只需判断的余数即可.又，所以.综上，除以7所得的余数为2，D正确.11.已知函数，则下列结论正确的是（）A.B.，存在极值C.存在，使得恒成立D.若在上存在单调递减区间，则的取值范围是答案：ACD解析：思路：对A，取的特殊值，结合参数分析的符号，判断是否恒满足，对B，先求的导数，再分析导数的单调性与最值，判断导数是否存在变号零点；对C，将代入表达式化简不等式，转化为判断是否存在实数使得不等式对任意恒成立，分析因式符号判断；对D，将在上存在单调递减区间，转化为在上有解，分离参数后构造新函数求值域，确定的范围.解答过程：由，得

，对于A

：对任意实数，指数函数恒成立，因此恒成立，则

恒成立，A正确；对于B

：，令，则，时，，单调递减，时，，单调递增，所以在处取最小值：

，若，则，即恒成立，因此恒成立，单调递增，不存在极值，B错误；对于C

：由得，整理得，取，不等式变为，时，，则，所以，成立；时，，则，所以，成立；即不等式对所有恒成立，故存在，使得，C正确；对于D：

在存在单调递减区间，等价于存在使得，整理得，令​，则，时，，单调递减，时，，单调递增，所以最小值为，因此要存在满足，只需，解得，即，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中第______项的二项式系数最大，展开式中含的项的系数为______．答案：①.②.解析：思路：借助二项式系数的增减性可得空一；借助二项式的展开式的通项公式计算可得空二.解答过程：的展开式中共有项，其中第项的二项式系数最大；，其中，且，则，即展开式中含的项的系数为.13.将5名协警分配到3个交通岗亭执勤，每个岗亭至少分配1名协警，每名协警只去1个岗亭，则分配方案共有______种．答案：150解析：思路：先将5名协警分为3组，再将3组全排列分配到3个不同岗亭，结合分类计数原理及分步计数原理计算即可.解答过程：先将5名协警分为3组，则有1，1，3或1，2，2两种分组方法，对于1，1，3分组：先选3人作为一组，剩下2人各成一组，因为两个1人组是无序的，所以分组数为.对于1，2，2分组：先选1人作为一组，剩下4人分成两个2人组，因为两个2人组是无序的，所以分组数为.将分好的组全排列分配到3个不同岗亭，排列数为.综上，总方案数为.14.设正整数，其中，或（，，，），记．若且，则满足题意的共有______个．答案：792解析：思路：结合正整数的二进制表示形式，根据已知条件确定的二进制的最多位数，利用分类计数原理计算即可.解答过程：正整数，其中，或，为的二进制表示形式.表示二进制中1的个数，要求且.因为，所以的二进制最多有13位（从到）.要满足，即二进制中恰好有5个1，且，即最高位为1.当二进制为5位时：最高位固定为1，剩余4位全为1，共个；当二进制为6位时：最高位固定为1，剩余5位选4个为1，共个；当二进制为7位时：最高位固定为1，剩余6位选4个为1，共个；当二进制为8位时：最高位固定为1，剩余7位选4个为1，共个；当二进制为9位时：最高位固定为1，剩余8位选4个为1，共个；当二进制为10位时：最高位固定为1，剩余9位选4个为1，共个；当二进制为11位时：最高位固定为1，剩余10位选4个为1，共个；当二进制为12位时：最高位固定为1，剩余11位选4个为1，共个；当二进制为13位时，最高位固定为1，此时4096化为二进制为1000000000000，只有1个1，不满足，排除.所以满足题意的共有个.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.抛掷一枚质地均匀的骰子2次，记向上的点数大于4的次数为．（1）求的分布列；（2）记，证明服从两点分布，并求的分布列．答案：（1）的分布列如下：01201（2）证明过程见解析，的分布列如下：解析：思路：（1）先列出的可能取值，再计算概率，列出分布列；（2）先列出的可能取值，再计算概率，证明服从两点分布，再求出分布列.（1）的可能取值为：，，，分布列如下：012（2）记，则的可能取值为：，,,因为的取值只有和两种可能，所以服从两点分布,分布列如下：0116.已知函数．（1）若，求的单调区间；（2）若在上恒成立，求的取值范围．答案：（1）单调递减区间为，单调递增区间为（2）解析：思路：（1）先确定函数定义域，代入后对求导，再根据导数的正负分别求解，得到的单调递增区间与单调递减区间；（2）对原不等式移项整理分离出参数，将恒成立问题转化为大于等于关于的新函数的最大值问题，对新函数求导分析单调性与最值，即可得到的取值范围.（1）函数的定义域为，当时，，则，

令，解得.当时，，单调递减；当时，，单调递增。所以的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）在上恒成立，整理不等式得，又，整理得对恒成立，只需大于等于的最大值即可，因为，因为，因此当时，，单调递增；当时，，单调递减，因此的最大值为，的取值范围为.17.（1）用3个3，5个1，1个8可以组成多少个不同的九位数？（2）由数字，，，，，，可以组成多少个没有重复数字，并且比5000000大的偶数？（3）甲、乙、丙、丁、戊等8名同学站成一排拍照，其中甲、乙必须相邻，且丁在戊的左边、在丙的右边，其中丁、戊、丙可以不相邻，则共有多少种站法？答案：（1）504种；（2）840个；（3）1680种解析：思路：（1）利用倍缩法处理相同元素问题即可求解；（2）利用特殊位置和特殊元素优先处理及分类加法计数原理即可求解；（3）利用捆绑法处理相邻问题，再利用倍缩法处理定序问题即可求解.解答过程：（1）用3个3，5个1，1个8可以组成种；（2）当首位为5时，末位为0、2、4、6中一个，其他数字全排：个；当首位为6时，末位为0、2、4中一个，其他位置全排：个；综上：可组成没有重复数字的，且比5000000大的偶数480+360=840个.（3）甲、乙相邻，其余人全排种，丁、戊、丙全排列种，所以共有A218.某花艺工作室承接中式花艺和现代花艺这两类花艺设计，根据以往的设计作品数据，中式花艺作品占，现代花艺作品占．设计师设计的中式花艺作品达到设计标准的概率为，且达标作品中，仍有的作品因细节瑕疵不被客户采纳；未达标作品中，有的作品因意境独特仍被客户采纳．设计师设计的现代花艺作品达到设计标准的概率为，且达标作品中，仍有的作品因搭配疏漏不被客户采纳；未达标作品中，有的作品因创意新颖仍被客户采纳．现从设计师以往所有的花艺作品中随机抽取一单花艺作品．（1）求这单花艺作品达到设计标准的概率；（2）若这单花艺作品未被客户采纳，求该单花艺作品是中式花艺作品的概率；（结果用分数表示）（3）求这单花艺作品达到标准且被客户采纳的概率．答案：（1）（2）（3）解析：思路：(1)利用全概率公式计算出单花艺作品达到设计标准的概率即可；(2)利用全概率公式计算出单花艺作品未被客户采纳的概率,再利用贝叶斯公式计算该单花艺作品是中式花艺作品的概率；(3)利用全概率公式计算这单花艺作品达到标准且被客户采纳的概率；（1）设事件：这单花艺作品