山东牟平第一中学2025-2026学年高二下学期数学周测（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 且 ,则下列结论错误的是( )
A. B.
C. D. 若 ,则
2. 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. 60 B. 96 C. 300 D. 360
3. 除以1000的余数是( )
A. 1 B. 9 C. 99 D. 999
4. 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. 24 B. 48 C. 96 D. 192
5. 如图,矩形的对角线把矩形分成 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, 要求共边的两部分颜色互异, 共有 ( ) 种不同的涂色方法
A. 260 B. 180 C. 240 D. 120
6. 已知 ,则 ( )
A. -180 B. 180
C. 45 D. -45
7. 已知 为样本空间中的两个随机事件,其中 ,则 ( )
A. B. C. D.
8. 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 次传球后球在甲手中的概率为 ，则错误的是
( )
A. B. 数列 为等比数列
C. D. 第 4 次传球后球在甲手中的不同传球方式共有 6 种
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 的展开式中,下列结论正确的有( )
A. 二项式系数的和为 B. 各项系数的和为
C. 奇数项系数的和为 D. 二项式系数最大的项为
11. 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 和 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 表示由乙盒子取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是 ( )
A. 是两两互斥的事件
B.
C. 事件 与事件 相互独立
D.
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 的展开式中, 项的系数是_____. (用数字作答)
14. 如图,某城市 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 出发到 处,若每次只能向右或向上走一个路口, 两处实行交通管制,不准通行, 则从 到 的走法共有_____种. (用数字作答)
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 的二项展开式有 7 项.
(1)求 ，并求出所有二项式系数之和；
(2)求展开式中含 项的系数；
(3)求展开式中的有理项.
17. 已知 展开式的二项式系数和为 展开式的奇数项的二项式系数和为 ,且 ,则在 的展开式中,求解下列问题:
(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 ,
乙投篮投中的概率为 . 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 轮投篮后，活动结束，得分多的一人获胜，且两人投篮投中与否相互独立.
(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 "改变比赛规则"，事件 "乙获胜"，已知 ，证明: .
(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 ,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 .
1. A
,
错误;
正确;
正确, 由 ,可得 ,即 ,又 ,解得: , D 正确;
故选: A
2. C
先排首位,共有 5 种方法; 其它位数共有 种排法,结合分步计数原理可得共有 种方法.
故选: C.
3. A
因为
,
且 能被 1000 整除,
故 除以 1000 的余数是 1 .
故选: A.
4. C
将乙丙看作一个整体,内部有 种排列,
此时可看作 5 个元素排成一排, 甲站两端,
先排甲,有 ,剩下 4 个元素全排列有 ,
故由乘法原理可得 ,
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: C
5. 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 种方法.
第二类,用 3 种颜色涂色,选 3 种颜色的方法有 种.
在涂的过程中,选对顶的两部分 涂同色,另两部分涂异色有 种选法; 3 种颜色涂上去有 种涂法,
根据分步计数原理求得共 种涂法.
第三类,用两种颜色涂色. 选颜色有 种选法, 用一种颜色, 涂一种颜色,有 种涂法,故共 种涂法.
共有涂色方法 种,
故选: A.
6. B
.
故选:
7. C
法 1: 因为 ,所以 ,
所以 ,
所以 .
法 2: 因为 ,所以 ,
所以 ,
所以 ,所以事件 与事件 相互独立,
所以事件 与事件 独立,所以 .
故选: C
8. C
由题意可知,要使得 次传球后球在甲手中,则第 次球必定不在甲手中, 所以 ,即 ,
因为 ,则 所以, ,
则数列 是以 为首项,以 为公比的等比数列,故 正确;
则 ,即 ,
对于 ,故 正确;
对于 ,由 ,可得 ,故 错误;
对于 ,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 ,
则不同的传球方式有: ① ② ,
③ ，④ ，⑤ ，
⑥ ，故共有 6 种情况，故 D 正确.
9.
对于 ,无重复数字的四位数,千位有 4 种,剩余位置有 种,
(个), 正确;
对于 ,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 种,没有重复数字的四位奇数有 种, B 正确;
对于 ,由 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 个, 正确;
对于 ,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 种, D 错误.
故选: ABC
10. ACD
设 ,
在 的展开式中,二项式系数的和为 ,故 正确;
令 可得各项系数的和为 ,故 错误;
令 ,得到 ①,
令 (或 ),
得 ②,
①+②得 ，
奇数项的系数和为 ,故 正确;
二项式 展开式的通项为 且 ,
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 ,故 D 正确;
故选: ACD
11. AD
A 选项,根据题意 ,
故有互斥事件的定义可得 两两互斥,故 正确.
BD 选项, ,
又 ,故 D 正确,
故
,故 B 错误.
选项， ,
故 ,所以事件 与事件 不相互独立,故 错误,
故选: AD
12. 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 种方法，
②将剩下 3 人分成 2 组，安排到乙、丙社区，有 种方法，
则有 种安排方式.
故答案为: 60 .
13. -8
,
的展开式通项为 ,
当 ,即 时, ,
当 ,即 时, ,
所以 项的系数是 .
故答案为: -8 .
14. 24
由题意可知，从 出发到 处，需要向上 4 次，向右 4 次，所以不同的情况有 种,
从 出发到 处,需要向上 3 次,向右 1 次,从 出发到 处,需要向上 1 次,向右 3 次, 则从 出发经过 到 处,共有不同情况 种,
从 出发到 处，需要向上 1 次，向右 2 次，从 出发到 处，需要向上 3 次，向右 2 次， 则从 出发经过 到 处,共有不同情况 种,
则从 出发不经过 到达 处,共有不同情况 种.
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 (种)
(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 种，
其次,在剩下的 4 人选 2 人,跑第一棒和第四棒,有 种,
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 种
(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 种安排方法,
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 种,第一棒从除甲之外的 4 人中选 1 人跑,有有 种,在剩下的 4 人中任选 2 人,安排在第二、 三棒,有 ,则共有 ,
所以分类计数原理可得甲不跑第一棒乙不跑第四棒共有 种
16.
(2)1215
(3)
1) 因为 的二项展开式有 7 项,所以 ,
所以所有二项式系数之和为 ;
(2)由(1)知 ，所以 的二项展开式的通项为
令 ,解得 ,
所以展开式中含 项的系数为 ;
(3)因为 的二项展开式的通项为 ，
因为 ,且 ,所以能使 为整数的 ,
所以展开式中的有理项分别为
17. ;
(2) .
(1)依题意， ，于是 ，即 ，解得 ， 所以 的展开式中第 4 项的二项式系数最大,
即 .
(2)由(1)知， 展开式的通项公式为
,
设第 项的系数的绝对值最大,因此 ,
整理得 ,解得 ,而 ,则 ,即系数的绝对值最大的项是第 3 项,
所以系数的绝对值最大的项为 .
18. (1)96 种;
(2)120 种.
1)有以下两种情况:①4 次均为正品，共有 种不同的抽法；
② 前 3 次抽到 2 件正品 1 件次品,且第 4 次抽到次品,共有 种不同的抽法. 所以共有 种不同的抽法.
(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 种抽法,第 2 次抽到的是正品有 种抽法,第 3 次抽到的是正品有 种抽法.
当抽取 4 次结束时,第 4 次抽到的必是次品,共有 种不同的抽法;
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 种不同的抽法,
若第 4 次抽到正品且第 5 次抽到次品,则共有 种不同的抽法.
所以,共有 种不同的抽法.
19. (1) 记甲投中为事件 ,乙投中为事件 ,设结束时甲获胜为事件 ,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 ,则 ;
若甲与乙的比分为 ,则
若甲与乙的比分为 ,则
.
所以 .
设结束时甲比乙多 2 分为事件 ,则 ,
所以 ,
即在结束时甲获胜的条件下,甲比乙多 2 分的概率为 .
(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 ,即 .
因为 ,所以 .
因为 ,
所以 ,
即得 ,
所以 ,
即 .
又因为 ,
所以 .
因为 ,
所以 ,即得证 .
20.
(2)
(1)设 “抽到第一袋 ”为事件 ，“抽到第二袋”为事件 ，
"恰好抽到 1 份女生推荐表和 1 份男生推荐表 " 为事件 ,则 ,
故 ;
(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 .
(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 3 女 1, 女 2 女 3, 女 3 女 2 } 共 24 个样本点，
满足条件的有 6 个,故 ,
(ii) 第一份是女生推荐表的条件下, 第二份也是女生推荐表,
可以看成先后抽取两份, 第一份是女生推荐表且第二份也是女生推荐表的概率除第一份是女生推荐表的概率,
故 .
(或缩小样本空间为 女 1 男 1，女 1 男 2，女 1 男 3，女 2 男 1，女 2
男 2，女 2 男 3，女 3 男 1，女 3 男 2，女 3 男 3，女 1 女 2，女 2 女 1，女 1 女 3，女 3 女 1，女 2 女 3，女 3 女 2 } 共 15 个样本点，满足条件的有 6 个，
故 .