2023-2024学年北京市延庆区高二下学期期中考试数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年北京市延庆区高二下学期期中考试数学试题（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.等比数列12，1，2，⋅⋅⋅，2n的项数为( )
A. n−1B. nC. n+2D. n+3
2.由数字1，2，3，4构成的三位数有( )
A. 43个B. 34个C. 4×3×2个D. 1×2×3个
3.在等差数列an中，a4+a5+a6=15，则a2+a8=( )
A. 5B. 6C. 7D. 10
4.在(2+x)6的展开式中二项式系数最大的项是( )
A. 第3项和第4项B. 第4项和第5项C. 第3项D. 第4项
5.随机抛掷一颗均匀的骰子，则所得骰子朝上的点数X的数学期望是( )
A. 3B. 3.5C. 3.3D. 4
6.盒子里有5个球，其中有2个白球和3个红球，每次从中抽出1个球，抽出的球不再放回，则在第1次抽到白球的条件下，第2次抽到红球的概率为( )
A. 16B. 310C. 12D. 34
7.若(1+mx)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，且a1+a2+a3+a4=15，则实数m值为( )
A. 1B. −3C. 1或−3D. 1或3
8.设随机变量X的分布列为
则D(X)的值为( )
A. 56B. 1736C. 76D. 1336
9.设an是等差数列，且公差不为零，其前n项和为Sn.则“∀n∈N∗，Sn+1>Sn”是“an为递增数列”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
10.已知数列an的通项公式an=2n,n∈N∗.设t=a1+1a2+1a4+1⋯a2k−1+1，k∈N∗，若lg2t+1=256，则k=( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.若Cn2=Cn3，则An2= .(用数字作答)
12.已知随机变量X∼B(4,14)，则E(X)= ，D(X)= ．
13.学校要从5名男教师和2名女教师中随机选出3人去支教，设抽取的人中女教师的人数为X，则E(X)= ．
14.中国民族五声调式音阶的各音依次为：宫、商、角、徵、羽，如果用这五个音，排成一个没有重复音的五音音列，且商、角不相邻，徵位于羽的左侧，则可排成的不同音列有 种．(用数字作答)
15.已知数列an各项均为正数，其前n项和Sn满足an⋅Sn=9(n=1,2,⋯).给出下列四个结论：
①an的第2项小于3； ②an为等比数列；
③an为递减数列； ④an中存在小于1100的项．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题12分)
在(2x2+1x)6的展开式中．
(1)求第4项的二项式系数；
(2)求x3的系数；
(3)求第5项.
17.(本小题12分)
某中学有初中学生1800人，高中学生1200人，为了解学生本学期课外阅读时间，现采用分成抽样的方法，从中抽取了100名学生，先统计了他们课外阅读时间，然后按“初中学生”和“高中学生”分为两组，再将每组学生的阅读时间(单位：小时)分为5组：[0,10)，[10,20)，[20,30)，[30,40)，[40,50]，并分别加以统计，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)写出a的值；
(2)试估计该校所有学生中，阅读时间不小于30个小时的学生人数；
(3)从阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取3人，并用X表示其中初中生的人数，求X的分布列和数学期望．
18.(本小题12分)
甲、乙两人练习投篮，每次投篮命中的概率分别为13，14，假设两人每次投篮是否命中相互之间没有影响．
(1)如果甲、乙两人各投篮1次，求两人中至少有1人投篮命中的概率；
(2)如果甲投篮4次，求甲至多有2次投篮命中的概率；
(3)如果乙投篮10次，求乙投篮命中几个球的概率最大？直接写出结论．
19.(本小题12分)
已知Sn为数列an的前n项和，满足Sn=2an−1，n∈N∗.数列bn是等差数列，且b1=−a1 , b2+b4=−10．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列an+bn的前n项和Tn；
(3)设Cn=a1⋅a3 ⋅⋅⋅a2n−1，且Cn=4096，求n．
20.(本小题12分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过直线l:x+2y−2=0与坐标轴的两个交点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)A为椭圆E的右顶点，过点(2,1)的直线交椭圆E于点M,N，过点M作x轴的垂线分别与直线l,AN交于点P,Q，求PQMQ的值．
21.(本小题12分)
已知数列An：a1，a2，…，ann≥2满足：①a1=1；②ak+1ak=2k=1,2,⋯,n−1.记SAn=a1+a2+⋯+an．
(1)直接写出SA3的所有可能值；
(2)证明：SAn>0的充要条件是an>0；
(3)若SAn>0，求SAn的所有可能值的和．
参考答案
1.C
2.A
3.D
4.D
5.B
6.D
7.C
8.B
9.A
10.C
11.20
12.1
34/0.75

13.67
14.36
15.①③④
16.(1)第4项的二项式系数为C63=6!(6−3)!×3!=6×5×43×2×1=20．
(2)展开式中的第k+1项为Tk+1=C6k(2x2)6−k(x−1)k=26−kC6kx12−3k，
由已知，令12−3k=3，则k=3，则T4=26−3C63x12−3×3=160x3 ，
则x3的系数为160．
(3)因为Tk+1=26−kC6kx12−3k，
求第5项，即k=4时，T4+1=26−4C64x12−3×4=60，
所以第5项为60．

17.解：(1)由频率直方图的性质，(0.005+0.02+a+0.04+0.005)×10=1，
解得a=0.03，
(2)由分层抽样可知：抽取的初中生有60名，高中有40名，
∵初中生中，阅读时间不小于30小时的学生的频率为(0.03+0.005)×10=0.25，
∴所有的初中生阅读时间不小于30小时的学生约有0.25×1800=450人，
同理，高中生阅读时间不小于30小时的学生的频率为(0.03+0.005)×10=0.035，
学生人数约为0.35×1200=420人，
所有的学生阅读时间不小于30小时的学生约有450+420=870，
(3)初中生中阅读时间不足10个小时的学生的频率为0.005×10=0.05，样本人数为0.05×60=3人，
同理，高中生中阅读时间不足10个小时的学生的频率为0.005×10×40=2，
故X的可能取值为：1，2，3，
P(X=1)=C31⋅C22C53=310，P(X=2)=C32⋅C21C53=35，P(X=3)=C33C53=110，
∴X的分布列为：
∴E(X)=1×310+2×35+3×110=95．

18.(1)记“甲投篮1次，且命中”为事件A
记“乙投篮1次，且命中”为事件B
记“甲、乙两人各投篮1次，求两人中至少有1人投篮命中”为事件C
由已知P(A)=13，P(A)=23
由已知P(B)=14，P(B)=34
法一：PAB=13×34=14，PAB=23×14=16，PAB=13×14=112
则甲、乙两人各投篮1次，两人中至少有1人投篮命中概率为
P(C)=14+16+112=12
法二：所以PAB=23×34=12
P(C)=1−PAB=1−23×34=12
答：甲、乙两人各投篮1次，求两人中至少有1人投篮命中的概率12
(2)记“甲投篮4次，且至多有2次投篮命中”为事件D
因为甲每次投篮命中的概率为P(A)=13，
记投篮命中次数为X，则X的取值范围是0,1,2
P(X=0)=C40×1−134=1681，
P(X=1)=C41×13×1−133=3281
P(X=2)=C42×132×1−132=2481
所以PD=1681+3281+2481=89
答：甲投篮4次，且至多有2次投篮命中的概率为89
(3)根据题意，乙投篮10次，命中的次数为Y，则Y～B(10,14)，
故P(Y=k)=C10k14k3410−k,k=0,1,2,3,⋯10，
若C10k14k3410−k≥C10k−114k−13411−kC10k14k3410−k≥C10k+114k+1349−k，解得74≤k≤114,由于k为整数，故k=2
故乙投篮命中2个球的概率最大．

19.(1)当n=1时，S1=2a1−1=a1得a1=1.
由已知Sn=2an−1①
当n≥2,n∈N∗时，Sn−1=2an−1−1，②
①−②得an=2an−2an−1.
所以an=2an−1.
所以数列{an}为等比数列，且公比为q=2.
因为a1=1，所以an=a1qn−1=2n−1n∈N∗.
设数列bn公差为d，
b1=−1 , b2+b4=(b1+d)+(b1+3d)=2b1+4d=−10,
由b1=−1,b1+2d=−5得d=−2.
所以bn=b1+n−1d=−1+n−1×−2=−2n+1n∈N∗．
综上，数列{an}的通项公式为；an=2n−1 (n∈N∗)；数列{bn}的通项公式为：bn=−2n+1n∈N∗．
(2)设cn=an+bn=2n−1+(−2n+1)，前n项和
Tn=(1+2+4+⋯+2n−1)−2×(1+2+3+⋯+n)+n
=1−2n1−2−2×n(n+1)2+n=2n−n2−1 .
(3)Cn=a1⋅a3 ⋅⋅⋅a2n−1=20⋅22⋅⋅⋅22n−2=2(0+2n−2)n2=4096=212
即(0+2n−2)n2=12，即n2−n−12=0，解得n=4

20.(1)直线l:x+2y−2=0与坐标轴的两个交点为(2,0),(0,1)，而a>b，则a=2，b=1，
所以椭圆E的方程为x24+y2=1．
(2)设过点(2,1)的直线为l1，由题意直线l1斜率存在，
设l1方程为y−1=k(x−2)，即y=kx+(1−2k)，
由y=kx+(1−2k)x2+4y2=4，消去y得x2+4[kx+(1−2k)]2=4，
整理得(1+4k2)x2+8k(1−2k)x+16k2−16k=0，
由Δ=[8k(1−2k)]2−4(1+4k2)(16k2−16k)=64k>0，得k>0，
设M(x1,y1),N(x2,y2)，则x1+x2=−8k(1−2k)1+4k2，x1x2=16k2−16k1+4k2，
将x=x1代入l:x+2y−2=0得P(x1,2−x12)，直线AN的方程为y=y2x2−2(x−2)，
令x=x1得Q(x1,y2(x1−2)x2−2)，
则y2(x1−2)x2−2+y1−2×2−x12=y2(x1−2)+y1(x2−2)+(x1−2)(x2−2)x2−2
=(kx2+1−2k)(x1−2)+(kx1+1−2k)(x2−2)+(x1−2)(x2−2)x2−2
=(2k+1)x1x2−(4k+1)(x1+x2)+8kx2−2
=(2k+1)(16k2−16k)+(4k+1)⋅8k(1−2k)+8k(1+4k2)(1+4k2)(x2−2)
=(32k3−16k2−16k)+(−64k3+16k2+8k)+(8k+32k3)(1+4k2)(x2−2)=0
因此点P是线段MQ的中点，所以PQMQ=12．

21.解：(Ⅰ)S(A3)的所有可能值是−7，−5，−3，−1，1，3，5，7．
(Ⅱ)证明：充分性：若an>0，即an=2n−1．
所以满足an=2n−1，且前n项和最小的数列是−1，−2，−4，…，−2n−2，2n−1．
所以a1+a2+⋅⋅⋅+an ≥ −(1+2+4+⋅⋅⋅+2n−2)+2n−1=−1−2n−2⋅21−2+2n−1=1．
必要性：若S(An)>0，即a1+a2+⋅⋅⋅+an>0．
假设an<0，即an=−2n−1．
所以S(An)=a1+a2+⋅⋅⋅+an≤ (1+2+4+⋅⋅⋅+2n−2)−2n−1=−1<0，
与已知S(An)>0矛盾．
所以S(An)>0．
综上所述，S(An)>0的充要条件是an>0．
(Ⅲ)由(Ⅱ)知，S(An)>0可得an>0，所以an=2n−1．
因为数列An：a1，a2，…，an(n≥2)中a1有−1，1两种，a2有−2，2两种，
a3有−4，4两种，…，an−1有−2n−2，2n−2两种，an有2n−1一种，
所以数列An：a1，a2，…，an(n≥2)有2n−1个，
且在这2n−1个数列中，每一个数列都可以找到前n−1项与之对应项是相反数的数列．
所以这样的两数列的前n项和是2×2n−1．
所以这2n−1个数列的前n项和是2×2n−1×12×2n−1=22n−2．
所以S(An)的所有可能值的和是22n−2 X
0
1
2
P
13
12
16
X
1
2
3
P
310
35
110