精品解析：宁夏回族自治区银川市第二中学2024-2025学年高二下学期期中数学试题

银川二中2024-2025学年第二学期高二年级期中考试 数学试题 注意事项： 1.本试卷共19小题，满分150分.考试时间为120分钟. 2.答案写在答题卡上的指定位置.考试结束后，交回答题卡. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求. 1. 袋中有大小相同的6个黑球，5个白球，从袋中每次任意取出1个球且不放回，直到取出的球是白球，记所需要的取球次数为随机变量X，则X的可能取值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用随机变量的定义求解. 【详解】因为取到白球时停止， 所以最少取球次数为1，即第一次就取到了白球； 最多次数是7次，即把所有的黑球取完之后才取到白球． 所以取球次数可以是1，2，3，∙∙∙，7． 故选：B． 2. 某书架的第一层放有7本不同的历史书，第二层放有6本不同的地理书.从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有（ ） A. 13种 B. 42种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可． 【详解】7本不同的历史书任取1本历史书有7种取法； 6本不同的地理书任取1本地理书有6种取法， 从这些书中任取1本历史书和1本地理书， 根据分步乘法原理得到不同的取法有7×6=42种. 故选：B. 3. 设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量表示一次试验的成功次数，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据分布的性质可求相应的概率，故可得正确的选项. 【详解】设，则.依题意知，，解得， 故. 故选：B 4. 某校要从校广播站3名男同学和2名女同学中选出两人，分别做校史馆的参观路线导引员和校史讲解员，则至少有1名女同学被选中的不同安排方法有（ ） A. 14种 B. 16种 C. 18种 D. 20种 【答案】A 【解析】 【分析】根据全部情况去掉两名均为男生的情况即可求解. 【详解】从3名男同学和2名女同学中选出两人分别做校史馆的参观路线导引员和校史讲解员，共有种情况， 若从3名男生选出两人分别做校史馆的参观路线导引员和校史讲解员，共有种情况， 故至少有1名女同学被选中的不同安排方法有种， 故选：A 5. 某个班级有55名学生，其中男生35名，女生20名，男生中有20名团员，女生中有12名团员．在该班中随机选取一名学生，如果选到的是团员，那么选到的是男生的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】事件为“选到的是团员”，事件为“选到的是男生”，由古典概型概率公式求得则，，再由条件概率计算公式即可求解； 【详解】设事件为“选到的是团员”，事件为“选到的是男生”， 由题意可得：，， 所以． 故选：B． 6. 如图，用四种不同的颜色对图中5个区域涂色（四种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（ ） A. 72种 B. 96种 C. 150种 D. 168种 【答案】B 【解析】 【分析】按照分步、分类计数原理计算可得. 【详解】第一步：涂区域，有种方法； 第二步：涂区域，有种方法； 第三步：涂区域，有种方法； 第四步（此前三步已经用去三种颜色）：涂区域，分两类： 第一类，区域与同色，则区域涂第四种颜色； 第二类，区域与不同色，则区域涂第四种颜色， 此时区域就可以涂区域或区域或区域中的任意一种颜色，有种方法． 所以，不同的涂色种数有. 故选：B. 7. 已知集合，且，用组成一个三位数，这个三位数满足“十位上的数字比其它两个数位上的数字都大”，则这样的三位数的个数为（ ） A. 14 B. 17 C. 20 D. 23 【答案】C 【解析】 【分析】分类求解符合条件的三位数的个数即可. 【详解】集合，且， 则这个三位数满足“十位上的数字比其它两个数位上的数字都大”包含以下三种情况： ①十位数是，则百位数可以是中的一个数，个位数可以是中的一个数，即个； ②十位数是，则百位数可以是中的一个数，个位数可以是中的一个数，即个； ③十位数是，则百位数只能是，个位数可以是中的一个数，即个； 综上，符合条件的共有个. 故选：C. 8. 除以15的余数是（ ） A. 9 B. 8 C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】整理可得，结合二项式定理分析求解. 【详解】因为， 对于， 令，可得； 令，可得， 可知除以15的余数是1， 所以除以15的余数是2. 故选：D. 二、多选题：本题共3个小题，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. 9. 已知离散型随机变量的分布列为 1 2 4 6 0.2 0.1 则下列选项正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据分布列的性质，以及概率的定义与互斥事件概率的加法公式，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，由分布列的性质，可得，解得，所以A正确； 对于B中，若，可得，则，故B正确； 对于C中，由概率的定义知，所以C不正确； 对于D中，由，，则，所以D正确． 故选：ABD. 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用赋值法可判断ABD；由，利用二项式的展开式的通项公式求解可判断C. 【详解】对于A：令，可得，故A正确； 对于B：令，， 所以，故B正确； 对于C：， 二项式的展开式的通项公式为， 所以，故C错误； 对于D：令，可得， 所以， 所以，故D正确. 故选：ABD. 11. 从中随机取一个数记为a，从中随机取一个数记为b，则下列说法正确的是（ ） A. 事件“为偶数”的概率为 B. 事件“ab为偶数”的概率为 C. 设，则X的数学期望为 D. 设，则在Y的所有可能的取值中最有可能取到的值是12 【答案】AD 【解析】 【分析】确定从中随机取一个数记为，在中随机取一个数记为的所有可能取法，根据古典概型的概率计算判断A,B,D，根据数学期望计算判断C. 【详解】从中随机取一个数记为，在中随机取一个数记为，共有种可能， 对于A，当，时，为偶数；当，时，为偶数； 共有4种可能，则事件“为偶数”的概率为，故A正确； 对于B，当，时，为偶数，当，时，为偶数， 共有种可能，所以事件“为偶数”的概率为，故B错误； 对于C，的取值可能为， 则，，，，， 所以，故C错误； 对于D，的取值可能为，，，， ，，，，， 所以在Y的所有可能的取值中最有可能取到的值是12，故D正确. 故选：AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在20件产品中有3件次品，任取5件，其中至少有2件次品的取法有________种（用数字作答）； 【答案】2176 【解析】 【分析】根据题意，“至少有2件次品”分有2件次品和3件次品两种情况，利用分类加法计数原理求解. 【详解】“至少有2件次品”分有2件次品和3件次品两种情况， 有2件次品的取法为，有3件次品的取法为， 共有种取法. 故答案为：2176. 13. 设随机变量的分布列，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据分布列的性质，求得，结合，即可求解. 【详解】因为，可得，解得， 因此. 故答案为：. 14. 已知是定义在上的偶函数，且当时，，则满足的的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，应用导函数得出单调性，再结合偶函数性质得出，最后计算求解. 【详解】设，则． 由当时，，得，即，故在区间上单调递增． 又，所以，即． 因为为上的偶函数，所以， 即，计算得，所以， 解得或． 故答案为：. 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. （1）计算：； （2）计算：. （3）已知：，求n. 【答案】（1）0； （2）252； （3） 【解析】 【分析】（1）利用排列数性质化简计算可求值； （2）利用组合数的性质可求值； （3）利用组合数公式与排列数公式计算可求解. 【详解】（1）； （2）。 ； （3）由已知可得，所以， 所以，所以，解得或， 经检验知不符合题意，故舍去; 符合题意， 故. 16. 甲､乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量，已知甲､乙两名射手在每次射击中射中的环数分别为，且甲射中环的概率分别为，乙射中环的概率分别为. （1）求的分布列； （2）请根据射击环数的期望及方差来分析甲､乙的射击技术. 【答案】（1）的分布列为 10 9 8 7 0.4 0.2 0.2 0.2 10 9 8 7 0.3 0.3 0.2 0.2 的分布列为 （2）甲射击的环数的期望比乙高，但成绩没有乙稳定 【解析】 【分析】（1）根据概率和为1求，进而可得分布列； （2）根据分布列分别为期望和方差，对比分析即可. 【小问1详解】 由题意可得，解得； ，解得； 所以的分布列为 10 9 8 7 0.4 0.2 0.2 0.2 的分布列为 10 9 8 7 0.3 0.3 0.2 0.2 【小问2详解】由（1）得， ； ， . 由于，说明甲射击的环数的期望比乙高，但成绩没有乙稳定. 17. 已知的二项展开式只有第7项的二项式系数最大，请完成以下问题： （1）求展开式中二项式系数之和； （2）展开式中是否存在常数项，若有，请求出常数项；若没有，请说明理由； （3）求展开式中非常数项的系数之和. 【答案】（1）4096； （2）存在，7920； （3）-7919. 【解析】 【分析】（1）根据二项式展开式二项式系数的性质，确定n的值，即可求得答案； （2）根据二项式展开式的通项，令x的指数等于0，求出参数k的值，即可求得答案； （3）利用赋值法，即可求得答案. 【小问1详解】 由题意知的二项展开式只有第7项的二项式系数最大， 故的展开式一共有13项，得； 所以得展开式中二项式系数之和为； 【小问2详解】 由得展开式的通项为 ，（）， 令，得， 即展开式存在常数项，且常数项为. 【小问3详解】 令得展开式中所有项的系数之和等于1， 则由（2）知展开式中非常数项的系数之和为：. 18. 已知函数. （1）当时，求函数的极值； （2）讨论的单调性； （3）若函数在上的最小值是，求的值. 【答案】（1）极小值为，无极大值； （2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. （3） 【解析】 【分析】（1）直接代入求导，令即可得到其极值； （2）求导得，再对分和讨论即可； （3）求导得，再对分，和讨论即可. 【小问1详解】 当时，， ，令，则， 当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 则的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 ，， 若，则在上恒成立， 所以在上单调递增， 当时，令，解得，令，解得， 则其在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 ，， 若，则在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以，不满足题意； 若，令，解得，令，解得， 所以函数在单调递减，单调递增， 所以，解得，满足题意； 若， 则在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以，解得，不满足题意， 综上，. 19. 夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种凉饮，某同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1天选择绿豆汤的概率是，若在前一天选择绿豆汤的条件下，后一天继续选择绿豆汤的概率为，而在前一天选择银耳羹的条件下，后一天继续选择银耳羹的概率为，如此往复．（提示：设表示第天选择绿豆汤） （1）求该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率 （2）求该同学第2天选择绿豆汤的概率； （3）记该同学第天选择绿豆汤的概率为，求出的通项公式. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件同时发生的概率公式计算即可； （2）利用条件概率公式计算即得； （3）利用全概率公式列式，再利用构造法证明即得. 【小问1详解】 该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率为； 【小问2详解】 设表示第1天选择绿豆汤，表示第2天选择绿豆汤，则表示第1天选择银耳羹， 根据题意得，， 所以． 【小问3详解】 设表示第天选择绿豆汤，则， 根据题意得，， 由全概率公式得，， 即，整理得，，又， 所以是以为首项，为公比的等比数列． 所以，所以.. 【点睛】关键点点睛：利用全概率公式求随机事件的概率问题，把事件分拆成两个互斥事件与的和，再利用条件概率公式计算是解决问题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 银川二中2024-2025学年第二学期高二年级期中考试 数学试题 注意事项： 1.本试卷共19小题，满分150分.考试时间为120分钟. 2.答案写在答题卡上的指定位置.考试结束后，交回答题卡. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求. 1. 袋中有大小相同的6个黑球，5个白球，从袋中每次任意取出1个球且不放回，直到取出的球是白球，记所需要的取球次数为随机变量X，则X的可能取值为（ ） A. B. C. D. 2. 某书架的第一层放有7本不同的历史书，第二层放有6本不同的地理书.从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有（ ） A. 13种 B. 42种 C. 种 D. 种 3. 设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量表示一次试验的成功次数，则（ ） A. 0 B. C. D. 4. 某校要从校广播站3名男同学和2名女同学中选出两人，分别做校史馆的参观路线导引员和校史讲解员，则至少有1名女同学被选中的不同安排方法有（ ） A. 14种 B. 16种 C. 18种 D. 20种 5. 某个班级有55名学生，其中男生35名，女生20名，男生中有20名团员，女生中有12名团员．在该班中随机选取一名学生，如果选到的是团员，那么选到的是男生的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，用四种不同的颜色对图中5个区域涂色（四种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（ ） A. 72种 B. 96种 C. 150种 D. 168种 7. 已知集合，且，用组成一个三位数，这个三位数满足“十位上的数字比其它两个数位上的数字都大”，则这样的三位数的个数为（ ） A. 14 B. 17 C. 20 D. 23 8. 除以15的余数是（ ） A. 9 B. 8 C. 3 D. 2 二、多选题：本题共3个小题，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. 9. 已知离散型随机变量的分布列为 1 2 4 6 0.2 0.1 则下列选项正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 11. 从中随机取一个数记为a，从中随机取一个数记为b，则下列说法正确的是（ ） A. 事件“为偶数”的概率为 B. 事件“ab为偶数”的概率为 C. 设，则X的数学期望为 D. 设，则在Y的所有可能的取值中最有可能取到的值是12 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在20件产品中有3件次品，任取5件，其中至少有2件次品的取法有________种（用数字作答）； 13. 设随机变量的分布列，则______. 14. 已知是定义在上的偶函数，且当时，，则满足的的取值范围是______． 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. （1）计算：； （2）计算：. （3）已知：，求n. 16. 甲､乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量，已知甲､乙两名射手在每次射击中射中的环数分别为，且甲射中环的概率分别为，乙射中环的概率分别为. （1）求的分布列； （2）请根据射击环数的期望及方差来分析甲､乙的射击技术. 17. 已知的二项展开式只有第7项的二项式系数最大，请完成以下问题： （1）求展开式中二项式系数之和； （2）展开式中是否存在常数项，若有，请求出常数项；若没有，请说明理由； （3）求展开式中非常数项的系数之和. 18. 已知函数. （1）当时，求函数的极值； （2）讨论的单调性； （3）若函数在上的最小值是，求的值. 19. 夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种凉饮，某同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1天选择绿豆汤的概率是，若在前一天选择绿豆汤的条件下，后一天继续选择绿豆汤的概率为，而在前一天选择银耳羹的条件下，后一天继续选择银耳羹的概率为，如此往复．（提示：设表示第天选择绿豆汤） （1）求该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率 （2）求该同学第2天选择绿豆汤的概率； （3）记该同学第天选择绿豆汤的概率为，求出的通项公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $