新时代高中教育联合体2025年11月高二学年期中联考巩固卷（二）数学B答案_2025年11月高二试卷_251115黑龙江省新时代高中教育联合体2025年11月高二学年期中联考巩固卷（二）（全）

高二数学试卷 Ｂ（二） 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。 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ａ Ｃ Ｃ Ｃ Ｄ Ｂ Ａ Ａ 【解析】 １．由方差的性质，得ａｘ＋１，ａｘ＋１，…，ａｘ＋１（ａ＞０）的方差为ａ２ｓ２， １ ２ ｎ 故ａ２ｓ２＝４ｓ２，解得ａ＝±２，由ａ＞０，可知ａ＝２， 由平均数的性质，得ａｘ＋１，ａｘ＋１，…，ａｘ＋１（ａ＞０）的平均数为ａｘ＋１，故ａｘ＋１＝４ｘ， １ ２ ｎ １ 所以２ｘ＋１＝４ｘ，解得ｘ＝ ．故选Ａ． ２ ２．由题可知，样本容量为１００人，获得“优秀飞行员”称号的人数为１８＋２１＝３９人， ３９ 所以随机抽取１人，此人为“优秀飞行员”的概率Ｐ＝ ＝０．３９．故选Ｃ． １００ ２ ３．根据二项展开式的通项得到：Ｔ ＝Ｃｒ（ｘ２）５－ｒ（ ）ｒ＝２ｒＣｒｘ１０－３ｒ， ｒ＋１ ５ ｘ ５ 令１０－３ｒ＝４，解得ｒ＝２．则ｘ４的系数为２２Ｃ２＝４０．故选Ｃ． ５ Ｃ２ Ｃ２ ７ ４．设没有次品的概率为ｐ，则ｐ＝ １０－ｎ，令 １０－ｎ＝１－ ，解得ｎ＝５．故选Ｃ． Ｃ２ Ｃ２ ９ １０ １０ ５．根据题意，先将５篇论文分成３组且每组至少一篇，只有两种分组方法：３，１，１和２，２，１， 由此分２种情况讨论：若５篇论文分成３，１，１三份，总共有Ｃ３＝１０种方法， ５ 再将这三份论文分配给三名专家，因此总计Ｃ３×Ａ３＝６０种方法； ５ ３ Ｃ３Ｃ２ 若５篇论文分成２，２，１三份．总共有 ５ ３＝１５种方法， ２ 再将这三份论文分配给三名专家，因此总计１５×Ａ３＝９０种方法， ３ 则共有６０＋９０＝１５０种分配方式．故选Ｄ． ６．甲在比赛中以３１获得冠军，即甲在前３场中赢２场，输１场，第４场胜， ２ ∵每局比赛甲胜乙的概率都为 ， ３ ２ １ ２ ８ ∴甲在比赛中以３１获得冠军的概率Ｐ＝Ｃ２（ ）２· · ＝ ．故选Ｂ． ３ ３ ３ ３ ２７ 参考答案 第 ７页 （共１２页）７．根据题意可得成绩Ｘ～Ｎ（８０，σ２），则Ｐ（Ｘ＜７０）＝０．５－Ｐ（７０≤Ｘ＜８０）， １００ 又成绩Ｘ≤７０分的人数有１００人，所以Ｐ（Ｘ＜７０）＝ ＝０．１， １０００ 所以Ｐ（７０≤Ｘ＜８０）＝０．４，所以Ｐ（７０≤Ｘ≤９０）＝０．８， 所以成绩在［７０，９０］的人数大约有１０００×０．８＝８００（人）．故选Ａ． １ １ １ ８．因为Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－Ｐ（ＡＢ），Ｐ（Ａ）＝ ，Ｐ（Ｂ）＝ ，Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝ ， ３ ４ ２ １ １ １ １ １ Ｐ（ＡＢ） １２ １ 则 ＝ ＋ －Ｐ（ＡＢ），解得Ｐ（ＡＢ）＝ ，故Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ ＝ ＝ ．故选Ａ． ２ ４ ３ １２ Ｐ（Ａ） １ ４ ３ 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，部分选对的得部分分，有选错的得０分。 题号 ９ １０ １１ 答案 ＡＣ ＢＤ ＡＢＣ 【解析】 ９．由分布列的性质可得，０．３＋ｍ＋０．１＋ｍ＝１，得ｍ＝０．３， 则Ｅ（Ｘ）＝１×０．３＋２×０．３＋３×０．４＝２．１．故选ＡＣ． １０．若第２，３项的二项式系数相等且最大，则ｎ＝３；若只有第３项的二项式系数最大，则ｎ＝４； 若第３，４项的二项式系数相等且最大，则ｎ＝５，Ａ错误； 令ｘ＝０可得ａ＝１；令ｘ＝１可得ａ＋ａ＋ａ＋…＋ａ＝１， ０ ０ １ ２ ８ 所以ａ＋ａ＋ａ＋…＋ａ＝０，Ｂ正确； １ ２ ３ ８ 因为５５５５＝（５６－１）５５＝Ｃ０ ×５６５５－Ｃ１ ×５６５４＋Ｃ２ ×５６５３－…－Ｃ５５＝５６ｋ－１， ５５ ５５ ５５ ５５ 所以５５５５被８除的余数为７，Ｃ错误； 因为Ｃ１（１＋ｘ）８＋Ｃ２（１＋ｘ）７＋…＋Ｃ８（１＋ｘ）＋Ｃ９（１＋ｘ）０ ９ ９ ９ ９ Ｃ０（１＋ｘ）９＋Ｃ１（１＋ｘ）８＋…＋Ｃ９（１＋ｘ）０－Ｃ０（１＋ｘ）９ ９ ９ ９ ９ ＝［１＋（１＋ｘ）］９－（１＋ｘ）９＝（ｘ＋２）９－（ｘ＋１）９， 所以ｘ３的系数为Ｃ３×２６－Ｃ３＝Ｃ３×（２６－１）＝８４×６３＝５２９２，Ｄ正确．故选ＢＤ． ９ ９ ９ １１．已知甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，甲，乙必须相邻且乙在甲的右边， 那么不同的排法有Ａ４＝２４种，Ａ正确； ４ 最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有Ａ４＋Ｃ１Ａ３＝４２种，Ｂ正确； ４ ３ ３ 甲乙不相邻的排法有Ａ３Ａ２＝７２种，Ｃ正确； ３ ４ 甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法共有Ｃ３Ａ２＝２０种，Ｄ错误．故选ＡＢＣ． ５ ２ 参考答案 第 ８页 （共１２页）三、填空题：本题共３个小题，每小题５分，共１５分。 ５ １２．｛６｝ １３． １４．３ １８ 【解析】 {０≤ｘ≤６ １２．Ａｘ＜６Ａｘ－２，则 ，解得２≤ｘ≤６且ｘ∈Ｎ， ６ ６ ０≤ｘ－２≤６ ６！ ６！ ＜６× ，即（８－ｘ）（７－ｘ）＜６，解得５＜ｘ＜１０， （６－ｘ）！ （８－ｘ）！ 综上可知ｘ＝６，故所求解集为｛６｝．故答案为｛６｝． １ １ ２ １ １３．Ｐ（Ａ）＝ ，则Ｐ（Ａ）＝１－ ＝ ，Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝１－Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ ， ３ ３ ３ ６ １ １ ２ １ ５ 则Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（ＢＡ）＋Ｐ（ＢＡ）＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＋Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ × ＋ × ＝ ． ３ ２ ３ ６ １８ ５ 故答案为 ． １８ １４．总体划分为两层，通过分层随机抽样， 各层抽取的样本量、样本平均数、样本方差分别为ｍ，ｘ，ｓ２；ｎ，ｙ，ｓ２， １ ２ 记总的样本平均数为ω，样本方差为ｓ２， １ 则ｓ２＝ ｛ｍ［ｓ２＋（ｘ－ω）２］＋ｎ［ｓ２＋（ｙ－ω）２］｝， ｍ＋ｎ １ ２ 设这７个样本数据为ｘ，ｘ，…，ｘ，且ｘ≤ｘ≤…≤ｘ，ｘ，ｘ，ｘ的均值为ｘ，方差为ｓ２， １ ２ ７ １ ２ ７ １ ２ ３ １ ３ｘ＋４ｙ １４－４ｙ ｘ，ｘ，ｘ，ｘ的均值为ｙ，方差为ｓ２，则 ＝２，ｘ＝ ， ４ ５ ６ ７ ２ ７ ３ ４ １ １ ＝ ｛３［ｓ２＋（ｘ－２）２］＋４［ｓ２＋（ｙ－２）２］｝≥ ［３（ｘ－２）２＋４（ｙ－２）２］， ３ ７ １ ２ ７ １ １４－４ｙ ４ 当且仅当ｓ２＝ｓ２＝０时取等号，∴ ［３（ －２）２＋４（ｙ－２）２］≤ ，解得１≤ｙ≤３， １ ２ ７ ３ ３ ２ ∴当ｘ＝ｘ＝ｘ＝ｘ＝ 时，ｘ＝ｘ＝ｘ＝ｘ＝３时中位数可以达到最大．故答案为３． １ ２ ３ ３ ４ ５ ６ ７ 四、解答题：本题共５小题，共７７分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。 １５．（本小题满分１３分） ２ 解：（１）由题该学生碰见绿灯的概率为 ，该学生第一次遇到红灯，后四次遇到绿灯． ３ １ ２ １６ 设“这名学生只在第一个交通岗遇到红灯”为事件Ａ，则Ｐ（Ａ）＝ ×（ ）４＝ ； ３ ３ ２４３ 参考答案 第 ９页 （共１２页）（２）由题可知，该学生前三次均遇到绿灯，第四次遇到红灯， 设“这名学生首次停车出现在第４个路口”为事件Ｂ， ２ １ ８ 则Ｐ（Ｂ）＝（ ）３× ＝ ； ３ ３ ８１ （３）设“这名学生至少遇到１次红灯”为事件Ｃ， ２ ２１１ 则Ｐ（Ｃ）＝１－（ ）５＝ ． ３ ２４３ １６．（本小题满分１５分） 解：（１）设样本的中位数为ｘ， ５０×０．００２＋５０×０．００２＋５０×０．００３＋（ｘ－２５０）×０．００８＝０．５， （ｘ－２５０）×０．００８＝０．１５，ｘ＝２６８．７５； （２）根据分层抽样，抽取的６个水果中，质量在［２５０，３００）和［３００，３５０）内的分别有４个和２个， 设“３个水果中恰有一个质量在［３００，３５０）内”为事件Ｅ， Ｃ２·Ｃ１ ３ 则Ｐ（Ｅ）＝ ４ ２＝ ； Ｃ３ ５ ６ （３）方案Ａ：获利为（１２５×０．００２＋１７５×０．００２＋２２５×０．００３＋２７５×０．００８＋３２５×０．００４＋ ３７５×０．００１）×５０×０．００１×１０×１００００＝２５７５０（元）． 方案Ｂ：低于２５０克获利（０．００２＋０．００２＋０．００３）×５０×１００００×２＝７０００（元）， 不低于２５０克获利（０．００８＋０．００４＋０．００１）×５０×１００００×３＝１９５００（元）， 总计７０００＋１９５００＝２６５００（元），因为２５７５０＜２６５００，所以该生态园选择方案Ｂ获利更多． １７．（本小题满分１５分） 解：（１）令ｘ＝０，得ａ＝１，令ｘ＝１，得ａ＋ａ＋ａ＋…＋ａ ＝２２ｎ， ０ ０ １ ２ ２ｎ 所以ａ＋ａ＋ａ＋…＋ａ ＝２２ｎ－１； １ ２ ３ ２ｎ （２）①证明：∵ａ＝Ｃｋ，ｋ＝１，２，３，…，２ｎ， ｋ ２ｎ １ １ ｋ！（２ｎ＋１－ｋ）！ （ｋ＋１）！（２ｎ－ｋ）！ ∴ ＋ ＝ ＋ Ｃｋ Ｃｋ＋１ （２ｎ＋１）！ （２ｎ＋１）！ ２ｎ＋１ ２ｎ＋１ ｋ！（２ｎ－ｋ）！（２ｎ＋２） ２ｎ＋２ ＝ ＝ ， （２ｎ＋１）！ （２ｎ＋１）Ｃｋ ２ｎ １ ２ｎ＋１ １ １ ∴ ＝ （ ＋ ）； Ｃｋ ２ｎ＋２Ｃｋ Ｃｋ＋１ ２ｎ ２ｎ＋１ ２ｎ＋１ 参考答案 第 １０页 （共１２页）１ ２ｎ＋１ １ １ ②解：∵由①得： ＝ （ ＋ ）， Ｃｋ＋１ ２ｎ＋２Ｃｋ＋１ Ｃｋ＋２ ２ｎ ２ｎ＋１ ２ｎ＋１ １ １ ２ｎ＋１ １ １ ∴ － ＝ （ － ），ａ＝Ｃｋ，ｋ＝１，２，３，…，２ｎ， Ｃｋ Ｃｋ＋１ ２ｎ＋２Ｃｋ Ｃｋ＋２ ｋ ２ｎ ２ｎ ２ｎ ２ｎ＋１ ２ｎ＋１ １ １ １ １ １ １ ∴ － ＋ － ＋…＋ － ａ ａ ａ ａ ａ ａ １ ２ ３ ４ ２ｎ－１ ２ｎ ２ｎ＋１ １ １ １ １ １ １ ＝ （ － ＋ － ＋…＋ － ） ２ｎ＋２Ｃ１ Ｃ３ Ｃ３ Ｃ５ Ｃ２ｎ－１ Ｃ２ｎ＋１ ２ｎ＋１ ２ｎ＋１ ２ｎ＋１ ２ｎ＋１ ２ｎ＋１ ２ｎ＋１ ２ｎ＋１ １ １ ＝ （ － ） ２ｎ＋２Ｃ１ Ｃ２ｎ＋１ ２ｎ＋１ ２ｎ＋１ ２ｎ＋１ １ ＝ （ －１） ２ｎ＋２２ｎ＋１ ｎ ＝－ ． ｎ＋１ １８．（本小题满分１７分） １ 解：（１）设“从袋中任取１个球是红球”为事件Ａ，则Ｐ（Ａ）＝ ， ５ １ ４ １２ 设三次取出的球中恰有２个红球为事件Ｍ，所以Ｐ（Ｍ）＝Ｃ２·（ ）２· ＝ ， ３ ５ ５ １２５ １２ 答：三次取球中恰有２个红球的概率为 ； １２５ （２）设“从袋里任意取出２个球，球的颜色相同”为事件Ｂ， Ｃ２＋Ｃ２＋Ｃ２ ６＋ｎ（ｎ－１）＋（７－ｎ）（６－ｎ） ４ 则Ｐ（Ｂ）＝ ３ ｎ ７－ｎ＝ ＝ ， Ｃ２ ９０ １５ １０ 整理得ｎ２－７ｎ＋１２＝０，解得ｎ＝３（舍）或ｎ＝４， 所以红球的个数为１０－３－４＝３个； （３）ξ的取值为２，３，４，５，６， Ｃ２ ２ Ｃ１Ｃ１ ４ Ｃ１Ｃ１＋Ｃ２ １ 且Ｐ（ξ＝２）＝ ４＝ ，Ｐ（ξ＝３）＝ ４ ３＝ ，Ｐ（ξ＝４）＝ ３ ４ ３＝ ， Ｃ２ １５ Ｃ２ １５ Ｃ２ ３ １０ １０ １０ Ｃ１Ｃ１ １ Ｃ２ １ Ｐ（ξ＝５）＝ ３ ３＝ ，Ｐ（ξ＝６）＝ ３＝ ， Ｃ２ ５ Ｃ２ １５ １０ １０ 所以ξ的分布列为 ξ ２ ３ ４ ５ ６ ２ ４ １ １ １ Ｐ １５ １５ ３ ５ １５ ２ ４ １ １ １ １９ 所以Ｅ（ξ）＝２× ＋３× ＋４× ＋５× ＋６× ＝ ． １５ １５ ３ ５ １５ ５ 参考答案 第 １１页 （共１２页）１９．（本小题满分１７分） 解：（１）设Ｂ＝“甲同学所选的题目回答正确”，Ａ＝“所选的题目为篮球、足球、排球相关知 ｉ 识的题目”（ｉ＝１，２，３），则Ω＝Ａ∪Ａ∪Ａ，且Ａ，Ａ，Ａ两两互斥， １ ２ ３ １ ２ ３ ３ ２ ３ ２ ３ １ 根据题意得Ｐ（Ａ）＝ ，Ｐ（Ａ）＝ ，Ｐ（Ａ）＝ ，Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ ，Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ ，Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ ， １ １０ ２ ５ ３ １０ １ ３ ２ ５ ３ ２ 则Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＋Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＋Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ） １ １ ２ ２ ３ ３ ３ ２ ２ ３ ３ １ ５９ ＝ × ＋ × ＋ × ＝ ， １０ ３ ５ ５ １０ ２ １００ ５９ 所以甲同学在该题库中任选一题作答，他回答正确的概率为 ； １００ （２）Ｘ的可能取值为－３，１，５，９， ２ ３ １ １ Ｐ（Ｘ＝－３）＝（１－ ）×（１－ ）×（１－ ）＝ ， ３ ５ ２ １５ ２ ３ １ ２ ３ １ ２ ３ １ ３ Ｐ（Ｘ＝１）＝ ×（１－ ）×（１－ ）＋（１－ ）× ×（１－ ）＋（１－ ）×（１－ ）× ＝ ， ３ ５ ２ ３ ５ ２ ３ ５ ２ １０ ２ ３ １ ２ ３ １ ２ ３ １ １３ Ｐ（Ｘ＝５）＝ × ×（１－ ）＋ ×（１－ ）× ＋（１－ ）× × ＝ ， ３ ５ ２ ３ ５ ２ ３ ５ ２ ３０ ２ ３ １ １ Ｐ（Ｘ＝９）＝ × × ＝ ， ３ ５ ２ ５ 则Ｘ的分布列为： Ｘ －３ １ ５ ９ １ ３ １３ １ Ｐ １５ １０ ３０ ５ １ ３ １３ １ ６１ 所以Ｅ（Ｘ）＝（－３）× ＋１× ＋５× ＋９× ＝ ； １５ １０ ３０ ５ １５ （３）当ｎ＝４时，Ｙ为甲答对题目的数量， ５９ 由题意可知Ｙ～Ｂ（８，ｐ），其中ｐ＝ ， １００ 故当ｎ＝４时，甲获奖励的概率Ｐ＝Ｐ（Ｙ＝４）＋Ｐ（Ｙ≥５）， １ 当ｎ＝５时，甲获奖励的情况可以分为如下情况： 前８题答对题目的数量大于等于５； 前８题答对题目的数量等于４，且最后２题至少答对１题； 前８题答对题目的数量等于３，且最后２题全部答对． 故当ｎ＝５时，甲获奖励的概率Ｐ＝Ｐ（Ｙ≥５）＋Ｐ（Ｙ＝４）［１－（１－ｐ）２］＋Ｐ（Ｙ＝３）ｐ２， ２ 所以Ｐ－Ｐ ＝Ｐ（Ｙ＝４）（２ｐ－ｐ２）＋Ｐ（Ｙ＝３）ｐ２－Ｐ（Ｙ＝４） ２ １ ＝Ｐ（Ｙ＝３）ｐ２－Ｐ（Ｙ＝４）（１－ｐ）２ ＝ｐ２Ｃ３ｐ３（１－ｐ）５－（１－ｐ）２Ｃ４ｐ４（１－ｐ）４ ８ ８ ＝ｐ４（１－ｐ）５［５６ｐ－７０（１－ｐ）］ ＝ｐ４（１－ｐ）５（１２６ｐ－７０）， ５９ 因为ｐ＝ ，所以１２６ｐ－７０＞０，即Ｐ＞Ｐ，所以甲应选ｎ＝５． １００ ２ １ 参考答案 第 １２页 （共１２页）