河北保定市2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试题（含解析）

这是一份河北保定市2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试题（含解析），共8页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 展开式中的常数项为， 某AI项目组有2名算法工程师等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册第五章至选择性必修第三册第七章第2节．
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. 18B. 19C. 20D. 21
【答案】A
【解析】
【详解】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】
【分析】按照分类加法计数原理和分类乘法计数原理计算即可.
【详解】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】
【详解】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】
【分析】根据导数的几何意义，求得，即可得到答案.
【详解】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. 70B. 56C. 35D. 20
【答案】C
【解析】
【详解】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. 8B. 9C. 10D.
【答案】A
【解析】
【分析】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.
【详解】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】
【详解】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. 36B. 60C. 66D. 78
【答案】C
【解析】
【分析】利用分步乘法原理可得答案.
【详解】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，仅夹在两个同色区域之间的那个区域有种选择，
其余两个夹在异色区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色区域之间，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（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】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.
【详解】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】
【分析】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.
【详解】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】
【分析】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.
【详解】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】
【分析】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.
【详解】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】
【分析】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.
【详解】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】
【分析】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.
【详解】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：
（2）证明过程见解析，的分布列如下：【解析】
【分析】（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.
【小问1详解】
的可能取值为：
，，，
分布列如下：
【小问2详解】
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：
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．
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为
（2）
【解析】
【分析】（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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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】
【分析】（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.
【详解】（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A22A77A33=1680 种.
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．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】(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；
【小问1详解】
设事件：这单花艺作品达到设计标准,事件: 抽取一单花艺作品为中式花艺作品，
事件: 抽取一单花艺作品为现代花艺作品，那么
.
【小问2详解】
设事件：单花艺作品未被客户采纳，那么
，
所以，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为
;
【小问3详解】
设事件：单花艺作品达到标准且被客户采纳,那么
.
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：．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导得，进而可得在上单调递增，在上单调递减，可求值域．
（2）（i）令，求导，通过二次求导得的单调性，可求得，设，求导可证，可得，利用的单调性可证结论；（ii）求得曲线在处和在处的切线方程，设，求导可证，结合（1）进而计算可得结论.
【小问1详解】
由，得，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
所以在取得极大值，也是最大值，
又，，，又，
所以在上的值域为．
【小问2详解】
（i）由，得，
令，求导得，
设，则，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，，，
所以存在唯一的，使得，
当，，所以在上单调递增，
当，，所以在上单调递减，
当时，，当时，，
因为关于的方程有两个不相等的根，，
所以，
设，得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以，所以，所以，当且仅当时取到等号，
因为，所以，解得.
可得在上单调递增，
所以，
所以，所以.
（ii）因为，所以曲线在处的切线方程为，
因为，所以曲线在处的切线方程为.
由（1）得，所以，
设，则，
设，则，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
且当时，，，
所以当时，，即，所以在上单调递增，
当时，，即，所以在上单调递减，
所以，所以，
设直线与两条切线的交点横坐标为，，
由，解得，
由，解得，
所以，
所以
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