山西省太原市山西大学附属中学校2022-2023学年高二下学期期中数学试题及详细解答

这是一份山西省太原市山西大学附属中学校2022-2023学年高二下学期期中数学试题及详细解答，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．随机变量X的分布列为
其中a,b,c成等差数列,则等于
A．B．
C．D．
2．在等差数列中，，则的值为（ ）
A．45B．75C．180D．300
3．已知无穷等差数列中，它的前n项和，且，那么
A．中最大B．中或最大
C．当时，D．一定有
4．不相等的三个正数a、b、c成等差数列，并且x是a、b的等比中项，y是b、c的等比中项，则x2、b2、y2三数( )
A．成等比数列而非等差数列
B．成等差数列而非等比数列
C．既成等差数列又成等比数列
D．既非等差数列又非等比数列
5．已知ξ～B（n，p），且Eξ=7，Dξ=6，则p等于（ ）
A．B．C．D．
6．同时抛掷2枚质地均匀的硬币4次，设2枚硬币均正面向上的次数为，则的数学期望是
A．B．
C．D．
7．从5名男生和5名女生中选3人组队参加某集体项目的比赛，其中至少有一名女生入选的组队方案数为
A．100B．110C．120D．180
8．安排，，，，，，共6名义工照顾甲，乙，丙三位老人，每两位义工照顾一位老人，考虑到义工与老人住址距离问题，义工不安排照顾老人甲，义工不安排照顾老人乙，则安排方法共有
A．30种B．40种C．42种D．48种
二、多选题
9．数列是递减的等差数列，的前项和是，且，以下结论正确的是（ ）
A．
B．当等于7或8时，取最大值；
C．存在正整数，使；
D．存在正整数，使.
10．已知数列是等比数列，以下结论正确的是（ ）
A．是等比数列
B．若， ，则
C．若，则数列是递增数列
D．若数列的前n项和，则
11．下列等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
12．已知离散型随机变量服从二项分布，其中，记为奇数的概率为，为偶数的概率为，则下列说法中正确的有（ ）
A． B．时，
C．时，随着的增大而增大D．时，随着的增大而减小
三、填空题
13．在的二项式中，所有项的二项式系数之和为，则常数项等于 ．
14．从1，2，3，4，7，9六个数中，任取两个数作为对数的底数和真数，则所有不同的对数值的个数为 .
15．一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为，则公差d为 .
16．数列的通项，其前项和为，则 ．
四、解答题
17．（1）将10本不同的专著分成3本，3本，3本和1本，分别交给4位学者阅读，问有多少种不同的分法?
（2）从，，，，中任取个数字，从，，，中任取个数字，一共可以组成多少个没有重复数字的四位数?
18．为数列{}的前项和.已知＞0，=.
（Ⅰ）求{}的通项公式；
（Ⅱ）设 ,求数列{}的前项和.
19．设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.
（Ⅰ）用表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量的分布列和数学期望；
（Ⅱ）设为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件发生的概率.
20．某校准备从报名的7位教师（其中男教师4人，女教师3人）中选3人去边区支教．
(1)设所选3人中女教师的人数为X，写出X的分布列，求X的数学期望及方差；
(2)若选派的三人依次到甲、乙、丙三个地方支教，求甲地是男教师的情况下，乙地为女教师的概率．
21．已知是各项均为正数的等差数列，公差为 ，对任意的是 和的等比中项.
（Ⅰ）设，求证： 是等差数列；
（Ⅱ）设，求证：
22．某险种的基本保费为（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上年度的出险次数的关联如下：
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：
（Ⅰ）求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；
（Ⅱ）若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出的概率；
（Ⅲ）求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.
X
-1
0
1
P
a
b
c
上年度出险次数
0
1
2
3
4
保费
一年内出险次数
0
1
2
3
4
概率
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
参考答案：
1．D
【详解】因为a,b,c成等差数列,所以2b=a+c,
又a+b+c=1,所以b=,
所以P(|X|=1)=a+c=，故选D.
2．C
【分析】利用等差数列的性质求出，再利用等差数列的性质可得结果.
【详解】由，
得到，
则．
故选：C.
3．C
【分析】根据等差数列中，，得，又由，得，
进而得到，即可得到答案．
【详解】由题意，因为无穷等差数列中，它的前n项和，且，，
由，可得，又由，可得，
所以，
所以当时，，当时，．
故选C．
【点睛】本题主要考查了等差数列前n项和与通项的关系的应用，其中解中熟记等差数列的前n项和与通项之间的关系，合理应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
4．B
【详解】由已知条件，可得
由②③得
代入①，得＝2b，
即x2＋y2＝2b2.
故x2、b2、y2成等差数列，
故选B.
5．A
【分析】服从二项分布，由二项分布的期望和方差公式解出即可.
【详解】由于随机变量，
则，，
∴，∴，
故选：A.
【点睛】本题主要考查二项分布的期望和方差公式，属于基础题.
6．A
【分析】利用二项分布求解即可
【详解】∵一次同时抛掷2枚质地均匀的硬币，恰好出现2枚正面向上的概率为，
∴，∴.
故选A.
【点睛】求离散型随机变量期望的一般方法是先求分布列，再求期望.如果离散型随机变量服从二项分布，也可以直接利用公式求数学期望.
7．B
【详解】试题分析：10人中任选3人的组队方案有，
没有女生的方案有，
所以符合要求的组队方案数为110种
考点：排列、组合的实际应用
8．C
【解析】利用间接法求解，首先计算出所有的安排方法，减掉照顾老人甲的情况和照顾老人乙的情况，再加回来多减一次的照顾老人甲的同时照顾老人乙的情况，从而得到结果.
【详解】名义工照顾三位老人，每两位义工照顾一位老人共有：种安排方法
其中照顾老人甲的情况有：种
照顾老人乙的情况有：种
照顾老人甲，同时照顾老人乙的情况有：种
符合题意的安排方法有：种
本题正确选项：
【点睛】本题考查利用排列组合解决实际问题，对于限制条件较多的问题，通常采用间接法来进行求解.
9．ABCD
【分析】由及等差中项的性质可得，根据以及等差数列的性质即可逐一求解.
【详解】，，由等差数列的性质得，，故A正确；
数列是递减的等差数列，，
当的值等于7或8时，取得最大值，故B正确；
又，则，存在正整数时，使，故C正确；
由等差数列的性质，得，
存在正整数，使，故D正确；
故选：ABCD．
10．ACD
【分析】根据给定条件，利用等比数列定义、性质逐项分析判断作答.
【详解】令等比数列的公比为，则，
对于A，，且，则是等比数列，A正确；
对于B，，则，B错误；
对于C，由知，，则，，
即，，数列是递增数列，C正确；
对于D，显然，则，而，
因此，D正确.
故选：ACD
11．AC
【分析】根据组合数公式计算可以判断A,B,C选项，特殊值法可以判断D选项.
【详解】,A选项正确;
,B选项错误;
,C选项正确;
当时，,错误,D选项错误.
故选:AC.
12．ABC
【分析】选项A利用概率的基本性质即可，B选项由条件可知满足二项分布，利用二项分布进行分析，选项C，D根据题意把的表达式写出，然后利用单调性分析即可.
【详解】对于A选项，由概率的基本性质可知，，
故A正确，
对于B选项，由时，离散型随机变量服从二项分布，
则，
所以，
，
所以，故B正确，
对于C,D选项，，
当时，为正项且单调递增的数列，
故随着的增大而增大故选项C正确，
当时，为正负交替的摆动数列，
故选项D不正确.
故选：ABC.
13．112
【详解】由题意可得：，
结合二项式展开式通项公式可得：，
令可得：，则常数项为：.
14．17
【详解】①当取得两个数中有一个是1时，则1只能作真数，此时lga1=0，a=2或3或4或7或9．
②所取的两个数不含有1时，即从2，3，4，7，9中任取两个，分别作为底数与真数可有=20个对数，但是其中，
．
综上可知：共可以得到20+1﹣4=17个不同的对数值．
故答案为17．
点睛：本题是一道易错题，防止重复，其中，
，处理计数原理问题，贵在不重不漏，需要同学们熟练掌握对数的运算法则.
15．5
【分析】设偶数项和为，则奇数项和为，由 可得 的值，根据 公差 求得结果．
【详解】设偶数项和为，则奇数项和为，由 可得，
故公差，
故答案为：5．
【点睛】本题考查等差数列的定义和性质，得到，公差，是解题的关键．
16．470
【详解】试题分析：
，
故答案应填：470．
考点：数列求和．
【方法点晴】本题考查了二倍角的余弦公式，分组求和方法的应用，是中档题．解题的关键是平方差公式的应用，首先利用二倍角公式将数列的通项公式化简后代入到求和公式中，求出特殊角的三角函数值之后，注意分组，再利用平方差公式求解．
17．（1）67200；（2）1260
【分析】（1）先分组，再分配，注意部分平均分组需要除以数量相同组数的全排列；
（2）分取出的数字有和没有两种情况讨论，先将数字取出，再进行排列.
【详解】（1）依题意可得共有种不同的分法；
（2）从，，，，中任取个数字有种取法，
从，，，中任取个数字，
若取出的有，则有种，再将取出的数字排列，则有个；
若取出的没有，则有种，再将取出的数字排列，则有个；
综上可得共有个没有重复数字的四位数.
18．（Ⅰ）（Ⅱ）
【分析】（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{an}的通项公式：
（Ⅱ）求出bn，利用裂项法即可求数列{bn}的前n项和．
【详解】解：（I）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4Sn+1+3
两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1，
即2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1﹣an），
∵an＞0，∴an+1﹣an＝2，
∵a12+2a1＝4a1+3，
∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，
则{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列，
∴{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1：
（Ⅱ）∵an＝2n+1，
∴bn（），
∴数列{bn}的前n项和Tn（）（）.
【点睛】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键．
19．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【分析】(Ⅰ)由题意可知分布列为二项分布，结合二项分布的公式求得概率可得分布列，然后利用二项分布的期望公式求解数学期望即可；
(Ⅱ)由题意结合独立事件概率公式计算可得满足题意的概率值.
【详解】(Ⅰ)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7:30之前到校的概率均为，
故，从面.
所以，随机变量的分布列为：
随机变量的数学期望.
(Ⅱ)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为，则.
且.
由题意知事件与互斥，
且事件与，事件与均相互独立，
从而由(Ⅰ)知：
.
【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望，互斥事件和相互独立事件的概率计算公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.
20．(1)分布列详见解析，，；
(2)
【分析】（1）确定X的所有可能取值，求出相应的概率，由此能求出X的分布列，E(X)和D(X)；
（2）设事件A为“甲地是男教师”，事件B为“乙地是女教师”，利用条件概率公式，即可求出概率.
【详解】（1）解：(1)X的所有可能取值为0，1，2，3，
且，，
，，
所以X的分布列为：
故，
（2）设事件A为“甲地是男教师”，事件B为“乙地是女教师”，
则，，
所以.
21．（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）先根据等比中项定义得：，从而，因此根据等差数列定义可证：（Ⅱ） 对数列不等式证明一般以算代证先利用分组求和化简，再利用裂项相消法求和，易得结论.
试题解析：（I）证明：由题意得，有，因此，所以是等差数列.
（Ⅱ）证明：
所以.
考点：等差数列、等比中项、分组求和、裂项相消求和
22．（Ⅰ）0.55；（Ⅱ）；（Ⅲ）1.23．
【详解】试题分析：
试题解析：（Ⅰ）设表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件发生当且仅当一年内出险次数大于1，故
（Ⅱ）设表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出”，则事件发生当且仅当一年内出险次数大于3，故
又，故
因此所求概率为
（Ⅲ）记续保人本年度的保费为，则的分布列为
因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为
【考点】条件概率，随机变量的分布列、期望
【名师点睛】条件概率的求法：
（1）定义法：先求P（A）和P（AB），再由P（B|A）＝，求出P（B|A）；
（2）基本事件法：当基本事件适合有限性和等可能性时，可借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n（A），再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数n（AB），得P（B|A）＝.
求离散型随机变量均值的步骤：（1）理解随机变量X的意义，写出X可能取得的全部值；（2）求X取每个值时的概率；（3）写出X的分布列；（4）由均值定义求出EX．
0
1
2
3
X
0
1
2
3
P