北京市中国人民大学附属中学2023-2024学年高二下学期 数学统练4试题（含解析）

这是一份北京市中国人民大学附属中学2023-2024学年高二下学期 数学统练4试题（含解析），共11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。
一、单选题
1．某选修课有10门体育课程和7门科学课程可供选择，甲从中选修一门课程，则甲不同的选择情况共有（ ）
A．17种B．34种C．35种D．70种
2．已知等比数列满足，，则等于（ ）
A．B．C．D．
3．已知离散型随机变量X的分布列如下：
则其数学期望E(X)等于（ ）
A．1B．0.6C．2＋3mD．2.4
4．若随机变量，则（ ）
A．4.8B．2.4C．9.6D．8.6
5．假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品的合格率是90%，乙厂产品的合格率是80%.在该市场中随机购买一个灯泡，是合格品的概率为（ ）
A．84%B．85%C．86%D．87%
6．若抛物线的焦点到直线的距离为4，则的值为（ ）
A．1B．2C．4D．8
7．甲、乙两人独立地破译一份密码，已知两人能破译的概率分别是，，则（ ）
A．两人都成功破译的概率为B．两人都成功破译的概率为
C．密码被成功破译的概率为D．密码被成功破译的概率为
8．已知正项等比数列的公比为，前项和为，则“”是“”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
9．有一支医疗小队由3名医生和6名护士组成，平均分配到三家医院，每家医院分到医生1名和护士2名．其中护士甲和护士乙必须分到同一家医院，则不同的分配方法有（ ）种．
A．36B．72C．108D．144
10．某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料，一个瓶子的制造成本是分，其中（单位：）是瓶子的半径．已知每出售的饮料，制造商可获利0.2分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为，则使得每瓶饮料的利润最大时的瓶子的半径为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
11．若随机变量X服从二项分布，则 ．
12．袋中装有4个黑球，3个白球，甲乙按先后顺序无放回地各摸取一球，在甲摸到了黑球的条件下，乙摸到白球的概率是 .
13．某项羽毛球单打比赛规则是3局2胜制，运动员甲和乙进入了男子羽毛球单打决赛，假设甲每局获胜的概率为，则由此估计甲获得冠军的概率为 .
14．从5双不同尺码的鞋子中任取4只，使其中至少有2只能配成一双，则有 种不同的取法．
15．已知数列满足，．给出下列四个结论：
①数列每一项都满足；
②数列是递减数列；
③数列的前n项和；
④数列每一项都满足成立．
其中，所有正确结论的序号是 ．
三、解答题
16．某校为了解高二学生每天的作业完成时长，在该校高二学生中随机选取了100人，对他们每天完成各科作业的总时长进行了调研，结果如下表所示：
用表格中的频率估计概率，且每个学生完成各科作业时互不影响，
(1)从该校高二学生中随机选取1人，估计该生可以在3小时内完成各科作业的概率；
(2)从样本“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生中随机选取3人，其中共有X人可以在2小时内完成各科作业，求X的分布列和数学期望；
(3)从该校高二学生（学生人数较多）中随机选取3人，其中共有人可以在3小时内完成各科作业，人在3小时及以上完成各科作业，试写出数学期望，并比较其大小关系.
17．已知函数在点处的切线方程为．
(1)求、的值：
(2)求函数的单调区间；
(3)令，若函数的极小值小于，求的取值范围．
18．设A是正整数集的一个非空子集，如果对于任意，都有或，则称A为自邻集.记集合的所有子集中的自邻集的个数为.
(1)直接写出的所有自邻集；
(2)若为偶数且，求证：的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数；
(3)若，求证：.
参考答案
1．【答案】A
【分析】利用分类加法计数原理直接求解即可.
【详解】由分类加法计数原理得，甲作出的不同的选择情况共有种，故A正确.
故选：A
2．【答案】D
【详解】根据题意，由等比数列的通项公式可得公比，进而计算可得答案.
【详解】根据题意，设等比数列的公比为，
若，，则有，解得，
故，
故选：D.
3．【答案】D
【分析】根据分布列的性质先求出m，再套用数学期望的公式即可求解
【详解】∵分布列中出现的所有的概率之和等于1，
∴解得
∴
故选：D
4．【答案】C
【分析】由，求出，进而由线性关系计算出.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：C
5．【答案】C
【分析】分别设为甲厂产品，为乙厂产品，表示合格产品，依据全概率公式计算即可．
【详解】设为甲厂产品，为乙厂产品，表示合格产品，则，，，，
所以，
故选：C
6．【答案】C
【分析】由抛物线方程求出焦点坐标后计算即可得.
【详解】抛物线的焦点坐标为，
则有，解得.
故选C.
7．【答案】D
【分析】应用独立事件乘方公式求两人都成功破译的概率，结合对立事件、互斥事件的概率求密码被成功破译的概率.
【详解】两人都成功破译的概率为，A、B错误；
密码被成功破译的概率为，C错误，D正确.
故选：D.
8．【答案】C
【分析】由题，变形得即可选出选项
【详解】由题：，，
即，由于题目给定各项为正，所以等价于公比为.
故选：C
【点睛】此题考查与等比数列有关的两个条件充分性与必要性，关键在于题目给定各项均为正的前提下如何利用.
9．【答案】C
【分析】先将护士和医生分别分成三组，再将分好的三组护士和三组医生安排到三家医院，根据分步乘法计数原理可求出结果.
【详解】将3名医生平均分配到三家医院，有种，
将6名护士按要求平均分配到三家医院，有，
所以不同的分配方法有.
故选：C.
10．【答案】D
【分析】写出利润关于的函数，利用导函数求出利润最大时的的取值.
【详解】设每瓶饮料获得的利润为，依题意得，，
，
于是，递减；，递增，
所以是极小值点，于是在，只可能使得最大.
故选：D
11．【答案】
【分析】根据二项分布计算公式计算出正确答案.
【详解】依题意，.
故答案为：
12．【答案】
【分析】结合古典概型概率公式、独立事件的概率公式，直接利用条件概率公式求解即可.
【详解】设甲摸到黑球为事件A，则，
乙摸到白球为事件，则，
则甲摸到黑球的条件下，乙摸到球的概率为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查古典概型概率公式以及独立事件的概率公式，条件概率公式，
意在考查综合运用所学知识解答问题的能力.
13．【答案】
【详解】分析甲获胜的方式：(1)前两局甲都获胜；(2)前两局甲获胜一局，第三局甲获胜，由此计算出甲获得冠军的概率.
【详解】因为甲获胜的方式有和两种，
所以甲获得冠军的概率.
故答案为：.
【点睛】本题考查独立事件的概率计算，对问题分析的能力要求较高，难度一般.若事件互相独立，则.
14．【答案】130
【分析】考虑恰好有2只能配成一双和恰好有4只能配成两双两种情况，计算相加得到答案.
【详解】当恰好有2只能配成一双有：；
当恰好有4只能配成两双有：；
故共有种不同的取法.
故答案为：
15．【答案】①②④
【分析】利用数学归纳法判断①，通过递推公式，判断出数列单调性，根据取值范围对判断②④，算出即可判断③．
【详解】对于①，，，
当时，，所以，
假设当时，；
则当时，，
综上，，故①正确；
对于②，由，可得数列是递减数列，故②正确；
对于③，，，，，
，故③错误；
对于④，，所以，
累加得，所以，，
所以，又，故成立，④正确．
故答案为：①②④.
16．【答案】(1)
(2)分布列见解析，
(3)所以，，．
【分析】（1）利用古典概型的概率公式求解即可；
（2）由题意可知X的所有取值，再利用古典概型的概率公式求出相应概率，进而得出分布列，再结合期望公式求解即可；
（3）由题意可知，，再结合二项分布的数学期望求解.
【详解】（1）设“从该校高二学生中随机选取1人，这个学生可以在3小时内完成各科作业”为事件A，
所以．
（2）因为样本中“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生有（人），其中可以在2小时内完成的有3人，若从这7人中随机取3人，则X的所有可能取值为0，1，2，3，
则，，
，，
所以X的分布列为：
所以X的数学期望为．
（3）由题意可知，，，
所以，，
所以．
17．【答案】(1)、
(2)单调递增区间为，单调递减区间为.
(3)
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可得到方程组，从而求出参数的值；
（2）由（1）可得，利用导数求出函数的单调区间；
（3）首先可得，求出函数的导函数，分、、三种情况讨论，得到函数的单调性，从而得到函数的极小值，再说明极小值恒小于，即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
又函数在点处的切线方程为，
所以，即，解得.
（2）由（1）可得定义域为，
所以，
所以当时，当时，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）因为定义域为，
则，
当，即时恒成立，所以在定义域上单调递增，不符合题意；
对于方程，当，即时恒成立，
所以恒成立，所以在定义域上单调递增，不符合题意；
当则时方程有两个不相等的正实数根、，
不妨设，则且
所以当或时，当时，
所以的单调递增区间为，，单调递减区间为，
此时在处取得极大值，在处取得极小值，
则，
令，，则，
所以在上单调递减，所以，
即，所以.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
18．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据自邻集的定义及子集的概念一一写出结果即可；
（2）取的一个含5个元素的自邻集，判定
集合，再证明C也是自邻集且，从而得出结论；
（3）记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，，则当时有，再分类讨论证明即可.
【详解】（1）由题意可得，的所有自邻集有：；
（2）对于的含5个元素的自邻集，
不妨设.
因为对于，都有或，，2，3，4，5，
所以，，或.
对于集合，，，，，
因为，所以，，2，3，4，5，
，
所以.
因为，，或.
所以，，
或，
所以对于任意或，，2，3，4，5，
所以集合也是自邻集.
因为当为偶数时，，
所以.
所以对于集合的含5个元素的自邻集，在上述对应方法下会存在一个不同的含有5个元素的自邻集与其对应.
所以，的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数.
（3）记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，，
当时，，，
显然.
下面证明：.
①自邻集含有，，这三个元素，记去掉这个自邻集中的元素后的集合为
因为，，所以仍是自邻集，且集合中的最大元素是，
所以含有，，这三个元素的自邻集的个数为.
②自邻集含有，这两个元素，不含，且不只有，这两个元素，
记自邻集除，之外最大元素为，则，每个自邻集去掉，这两个元素后，仍为自邻集.
此时的自邻集的最大元素为，可将此时的自邻集分为个；
其中含有最大数为2的集合个数为，
含有最大数为3的集合个数为，，
含有最大数为的集合个数为.
则这样的集合共有个.
③自邻集只含有，这两个元素，这样的自邻集只有1个.
综上可得，
所以，
故时，得证.
【点睛】思路点睛：第二问取自邻集，和集合，，，，，先由定义判定，且集合也是自邻集，.即可证明结论；第三问记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，有，再分三类①自邻集含有，，这三个元素的自邻集的个数为，②自邻集含有，这两个元素的集合共有个，③自邻集只含有，这两个元素，这样的自邻集只有1个来证明：即可.
X
1
3
5
P
0.5
m
0.2
时长t（小时）
人数
3
4
33
42
18
X
0
1
2
3
P