安徽省合肥市庐巢八校2022-2023学年高二数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

2022-2023学年度第二学期第二次集中练习

高二数学

一、选择题（每小题5分，共8小题40分）

1. 若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用二项分布的方差公式可求得的值.

【详解】，因此.

故选：C.

【点睛】本题考查二项分布的方差的计算，考查计算能力，属于基础题.

2. 已知随机变量服从正态分布．若在内取值的概率为0.4，则在内取值的概率为　　

A. 0.8 B. 0.6 C. 0.5 D. 0.4

【答案】A

【解析】

【分析】随机变量服从正态分布，得到曲线关于对称，根据曲线的对称性得到和的概率是相等的，从而做出内取值的概率，得到结果．

【详解】随机变量服从正态分布，

曲线关于对称，

，

，

故选：A

3. 平面内有两组平行线，一组有3条，另一组有4条，且这两组平行线相交，可以构成不同的平行四边形个数为（    ）

A. 10 B. 12 C. 16 D. 18

【答案】D

【解析】

【分析】

根据题中条件，从这两组直线中各选两条直线，即可构成平行四边形，由分步乘法计数原理，即可得出结果.

【详解】因为平面内有两组平行线，一组有3条，另一组有4条，且这两组平行线相交，

因此从这两组直线中各选两条直线，即可构成平行四边形，

所以构成不同的平行四边形个数为.

故选：D.

4. 已知事件A，B，且则P(B)等于（    ）

A.   B.   C.   D.  

【答案】B

【解析】

【分析】结合条件概率公式，由，再由得到，进而求出答案.

【详解】由题意，，易知,

所以，

所以.

故选：B.

5. 把外形相同的球分装在三个盒子中，每盒10个.其中，第一个盒子中有7个球标有字母A,3个球标有字母B；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中有红球8个，白球2个.试验按如下规则进行：先在第一个盒子中任取一个球，若取得标有字母A的球，则在第二个盒子中任取一个球；若第一次取得标有字母B的球，则在第三个盒子中任取一个球.如果第二次取出的是红球，则称试验成功，则试验成功的概率为（    ）

A. 0.59 B. 0.41 C. 0.48 D. 0.64

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】设A＝“从第一个盒子中取得标有字母A的球”，

B＝“从第一个盒子中取得标有字母B的球”，

R＝“第二次取出的球是红球”，

则容易求得P(A)＝，P(B)＝，P(R|A)＝，

P(R|B)＝，

P(R)＝P(R|A)P(A)＋P(R|B)P(B)

＝×＋×＝0.59.

6. 若，则（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用赋值法构造关于的方程，解之即可取得的值.

【详解】令，由

可得

即

故选：C

7. 中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设，，为整数，若和被除所得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，，则的值可以是（    ）

A. 2 011 B. 2 012 C. 2 013 D. 2 014

【答案】A

【解析】

【分析】

根据已知中和对模同余的定义，结合二项式定理，可以求出，结合，对照四个选项中的数字，可得出答案.

【详解】由题意可得：

，

由二项式定理可得：

，

即除以的余数为，

因为，

所以的值除以的余数也为，

观察选项，只有2011除以的余数为，

则的值可以是2011.

故选：A

8. 某公司生产一种产品，固定成本为20000元，每生产一单位的产品，成本增加100元，若总收入元与年产量的关系是，

则当总利润最大时，每年生产产品的单位数是（    ）

A. 150 B. 200

C. 250 D. 300

【答案】D

【解析】

【分析】利用分段函数模型表示出总利润元与年产量的关系，利用导数求解总利润最大时，年产量的值即可.

【详解】解：设总利润为元，则，

则令，得，

当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

故当时，函数时有极大值，则

当时，，函数单调递减，故当时，函数，

综上，当时，取极大值，也是最大值.

故选：D.

二、多选题（每小题5分，共4小题20分）

9. 若的展开式中各项系数和为32，则下列说法正确的是（    ）

A.  B. 展开式中的系数为15

C. 展开式中的系数为5 D. 展开式中常数项为2

【答案】ACD

【解析】

【分析】由题可得，可得，然后根据的展开式的通项公式结合条件即得.

【详解】由题可得，

所以，故A正确；

所以，

又的展开式的通项公式为，

所以的展开式中的系数为，故B错误，C正确；

所以展开式中常数项为，故D正确.

故选：ACD.

10. 在4件产品中，有一等品2件，二等品1件（一等品与二等品都是正品），次品1件，现从中任取2件，则下列说法正确的是（    ）

A. 两件都是一等品的概率是

B. 两件中有1件是次品的概率是

C. 两件都是正品的概率是

D. 两件中至少有1件是一等品的概率是

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据超几何分布的概率公式计算，逐项验证即可.

【详解】解：两件都是一等品的概率为，

两件中有一件次品的概率为，

两件都是正品的概率为，

两件中至少有1件是一等品的概率为：．

故选：ABD．

11. 某校高二年级进行选课走班，已知语文、数学、英语是必选学科，另外需从物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科中任选3门进行学习. 现有甲、乙、丙三人，若同学甲必选物理，则下列结论正确的是（    ）

A. 甲的不同的选法种数为10

B. 甲、乙、丙三人至少一人选化学与全选化学是对立事件

C. 乙同学在选物理的条件下选化学的概率是

D. 乙、丙两名同学都选物理的概率是

【答案】AD

【解析】

【分析】本题首先可以根据从剩下5门课中选两门判断出A正确，然后根据甲、乙、丙三人至少一人选化学与全不选化学是对立事件判断出B错误，再然后根据条件概率的计算判断出C错误，最后根据乙、丙两名同学各自选物理的概率判断出D正确.

【详解】A项：由于甲必选物理，故只需从剩下5门课中选两门即可，即种选法，故A正确；

B项：甲、乙、丙三人至少一人选化学与全不选化学是对立事件，故B错误；

C项：由于乙同学选了物理，乙同学选化学的概率是，故C错误；

D项：因为乙、丙两名同学各自选物理的概率，

所以乙、丙两名同学都选物理的概率是，D正确，

故选：AD.

【点睛】本题考查古典概型的概率的相关计算，考查组合的应用以及组合数的运算，考查对立事件的判定以及条件概率的计算，考查运算求解能力，考查推理能力，是中档题.

12. 已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A. 当时，的图象位于轴下方

B. 有且仅有一个极值点

C. 有且仅有两个极值点

D. 存在，使得

【答案】AB

【解析】

【分析】利用导数与极值、最值的关系求解即可.

【详解】当时，，，所以，故A正确；

由题意知，，

令，在恒成立，

所以在上单调递减，

又，，

所以，使得，即，

所以当时，，当时，，

故在上单调递增，在上单调递减，

所以有且仅有一个极值点.故B正确，C错误；

所以，故D错误，

故选:AB.

三、填空题（每小题5分，共4小题20分）

13. 的展开式中含项的系数为__________.

【答案】

【解析】

【分析】由展开式的通项和展开式的通项确定含项的系数.

【详解】展开式的通项为.

令，则，展开式的通项为，令，

则的展开式中含项的系数为.

故答案：

14. 将一颗公正六面骰子抛掷1次，记事件为“掷得的点数为2”，事件为“掷得的点数为偶数”.则_________.（结果用最简分数表示）

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，计算与，利用条件概率公式求解即可.

详解】由题，，，则，

故答案为：

15. 盒中有形状大小都相同的黑色小球3个和红色小球2个，从中不放回的摸3次，每摸1个小球，设摸到的红色小球的个数为，则______．

【答案】##

【解析】

【分析】设摸到红色小球的个数为，取值可能为：0，1，2，然后求出相应的概率，可求得的分布列，从而可求出.

【详解】设摸到的红色小球的个数为，取值可能为：0，1，2，

则，，．

∴的分布列为：

∴．

故答案为：

16. 已知函数在定义域内存在单调递减区间，则实数的取值范围是______

【答案】

【解析】

【分析】根据题意可知在内能成立，利用参变量分离法，转化为在上能成立，令，则将问题转化为，从而得到实数的取值范围．

【详解】∵函数，

∴在上能成立，

∴，

令，即为，

∵的最大值为，∴，

∴实数的取值范围为，故选答案为．

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，对于利用导数研究函数的单调性，注意导数的正负对应着函数的单调性．利用导数研究函数存在减区间，经常会运用分离变量，转化为求最值．属于中档题．

四、解答题（第17题10分，其余均为12分，共6小题70分）

17. 现有如下定义：除最高数位上的数字外，其余每一个数字均比其左边的数字大的正整数叫“幸福数”（如3467和1579都是四位“幸福数”）．

（1）求四位“幸福数”的个数；

（2）如果把所有的四位“幸福数”按照从小到大的顺序排列，求第125个四位“幸福数”．

【答案】（1）个；   

（2）5789

【解析】

【分析】（1）由幸福数的定义结合组合公式求解即可；

（2）分类讨论最高位数字，由组合公式结合分类加法计数原理得出第125个四位“幸福数”.

【小问1详解】

根据题意，四位“幸福数”中不能有0，

故只需在数字1，2，3，…，9中任取4个，将其从小到大排列，即可得到一个四位“幸福数”，

每种取法对应1个“幸福数”，则四位“幸福数”共有个.

【小问2详解】

对于所有的四位“幸福数”，1在最高数位上的有个，2在最高数位上的有个，

3在最高数位上的有个，4在最高数位上的有个，5在最高数位上的有个.

因为，

所以第125个四位“幸福数”是最高数位为5的最大的四位“幸福数”，为5789.

18. （1）某地区空气质量监测资料表明，某天的空气质量为优良的概率为，连续两天为优良的概率为，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是多少？

（2）有一批同一型号的产品，已知其中由一厂生产的占，二厂生产的占35%，三厂生产的占，又知这三个厂的产品次品率分别为，问从这批产品中任取一件是次品的概率是多少？

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）利用条件概率的计算公式算出即可；

（2）设事件为“任取一件为次品”，事件为“任取一件为厂的产品”，，任何利用算出即可.

【详解】设表示“某天的空气质量为优良”，设表示“随后一天的空气质量为优良”，由题意得

所以已知某天的空气质量为优良，随后一天的空气质量为优良的概率是

设事件为“任取一件为次品”，事件为“任取一件为厂的产品”，，两两互斥，且，

由全概率公式得

因为

故

所以从这批产品中任取一件是次品的概率是

19. 在下列三个条件中任选一个条件，补充在问题中的横线上，并解答．

条件①：展开式中前三项的二项式系数之和为22；

条件②：展开式中所有项的二项式系数之和减去展开式中所有项的系数之和等于64；

条件③：展开式中常数项为第三项．

问题：已知二项式，若______，求：

（1）展开式中二项式系数最大的项；

（2）展开式中所有的有理项；

（3）展开式中所有项的系数之和．

【答案】（1）；   

（2），，，   

（3）.

【解析】

【分析】（1）利用二项展开式的性质求出，再求展开式中二项式系数最大的项；

（2）设第项为有理项，，求出即得解；

（3）利用赋值法进行求解即可.

【小问1详解】

解：选①，由，得（负值舍去）．

选②，令，可得展开式中所有项的系数之和为0．

由得．

选③，设第项为常数项，，由，得．

由得展开式的二项式系数最大为，

则展开式中二项式系数最大的项为．

【小问2详解】

解：设第项为有理项，，

因为，，，

所以，

则有理项为，，，．

【小问3详解】

在中，令，即，

所以展开式中所有项的系数之和为.

20. 在一次购物抽奖活动中，假设某张券中有一等奖券张，可获价值元的奖品；有二等奖券张，每张可获价值元的奖品；其余张没有奖．某顾客从此张券中任抽张，求：

（1）该顾客中奖的概率；

（2）该顾客获得的奖品总价值 (元)的概率分布列和期望．

【答案】（1）   

（2）分布列见解析，数学期望为：．

【解析】

【分析】（1）利用对立事件公式可得该顾客中奖的概率为

（2）由超几何分布求得分布列，然后求解数学期望可得期望值为.

【小问1详解】

解法一：，即该顾客中奖的概率为．

解法二：，即该顾客中奖的概率为．

【小问2详解】

的所有可能值为： ， ， ， ，(元)．

，

，

的分布列为：

从而期望.

数学期望为:.

21. 2021年3月5日李克强总即在政府作报告中特别指出：扎实做好碳达峰，碳中和各项工作，制定2030年前碳排放达峰行动方案，优化产业结构和能源结构．某环保机器制造商为响应号召，对一次购买2台机器的客户推出了两种超过机器保修期后5年内的延保维修方案：

方案一；交纳延保金5000元，在延保的5年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费1000元；

方案二：交纳延保金6230元，在延保的5和内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费t元；

制造商为制定的收取标准，为此搜集并整理了200台这种机器超过保修期后5年内维修的次数，统计得到下表

以这200台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数．

（1）求X的分布列；

（2）以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，为使选择方案二对客户更合算，应把t定在什么范围？

【答案】（1）答案见解析；（2）．

【解析】

【分析】（1）根据统计表，维修0、1、2、3次的机器的比例分别为、、、，而2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数可能有，对应的基本事件为、、、、、、，进而可求各可能值的概率，写出分布列即可.

（2）根据两个方案的描述，结合（1）所得的分布列，分别写出方案一、方案二所需费用的分布列，进而求它们的期望，要使选择方案二对客户更合算有，即可求的范围.

【详解】（1）由题意得，，

，，，，

，，

∴X的分布列为

（2）选择方案一：所需费用元，则时，，时，；时，；时，，时，，

∴的分布列为

，

选择方案二：所需费用为元，则时，；时，；时，，则的分布列为

，

要使选择方案二对客户更合算，则，

∴，解得，即的取值范围为．

【点睛】关键点点睛：

（1）由题设描述确定2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数的可能值，并确定对应的基本事件，进而求各可能值的概率，写出分布列.

（2）根据（1）所得分布列，由各方案的费用与维修次数的关系写出费用的分布列，并求期望，通过期望值的大小关系求参数的范围.

22. 已知函数，其中.

（1）当时，求的极值；

（2）当时，证明：；

【答案】（1）极小值为，无极大值   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）首先求函数的导数，分和可得到函数的单调区间，即可求函数的极值；

（2）原命题可转化成，设，利用导数求出的最大值即可求证

【小问1详解】

易得，函数的定义域为，

当时，，

令，解得，

由，得，由，得，

在上单调递减，在上单调递增，

的极小值为，无极大值；

【小问2详解】

当时，，

要证明，即证，即，

设，则，

令得，，当时，，当时，，

所以在上递增，在上递减，

所以为极大值点，也为最大值点，所以，

即，故.

【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．