山西省临汾市2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题

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2.A “从这15本课外读物中任取3本，则至少有1本是散文集”的对立事件是“从这15本课外读物中任取3本，则没有1本是散文集”，所以所求概率为 1−(C53C153.
3.D 每个碱基有4种可能，根据分步乘法计数原理，可得不同的RNA 分子的种数为4²⁰.
4.B 安排站一排照一张全家福，要求父、母亲相邻站队，则不同的站法种数为 A1A22=48.
5. D 令x=1,得 a₅+a₄+a₃+a₂+a₁+a₀=1; 令x=-1, 得 −a₅+a₄−a₃+a₂−a₁+a₀=—243,所以 a0+a2+a1=1−2432=−121.
6. D 对于A，A，B两个盒子并联后FG 段畅通的概率为
1−12×23=23,
A
错误.
对于B，D，E两个盒子串联后GH段畅通的概率为 1−13×1−14=12,B错误.
对于C，因为D，E两个盒子串联后GH 畅通的概率为 12，C盒子熔断的概率为 14 ,所以C,D,E三个盒子混联后GK 段畅通的概率为 1−1−12×14=78,C错误.
对于D，因为A，B两个盒子并联后畅通的概率为 23 ，C，D，E三个盒子混联后畅通的概率为 78，所以整个电路畅通的概率为- 23×78=712, 不通的概率为 512,D正确.
7.C 按照甲、乙是否在天和核心舱划分情况：①甲、乙有且只有一人在天和核心舱，需要在除甲、乙外的四人中选两人去天和核心舱，剩下的三人去剩下的两个实验舱，有C₁C₁C₁A₂种不同的安排方案；②甲、乙都不在天和核心舱，从甲、乙外的四人中选三人去天和核心舱，再将甲、乙安排去剩下的两个实验舱，且一人去一个实验舱，剩下一人可以去问天实验舱和梦天实验舱中的任何一个实验舱，有CRAC12种不同的安排方案.根据分类加法计数原理，共有 C21C12C31A22+C43A22C21=88种不同的安排方案.
8.B 将10个诗歌朗诵比赛名额全部分给6个不同的班，每个班至少有1个名额的分法，类比于用5个隔板插入10个小球中间的空隙中，将球分成6堆，由于 10 个小球中间共有9个空隙，因此共有 C95=126种不同的分法.
9. AC 由P(B|A)=P(B),得A与B 相互独立,A 正确,B错误.由 PC|B=PBCPB=0.6,得P(BC)=0.6×0.3=0.18,C正确,D错误.
10. ABD 由题意可知,a+b+c=3b=0.75,解得b=0.25,a+c=0.5,则 D14X+1=
【高二数学·参考答案 第1页(共5页)】 ·24-467B·
116D(X),P(|X=1|)=P(X=1)+P(X=-1)=a+c=0.5,A,B正确.
由E(aX)=aE(X)=a(1-2a)=0.08,解得a=0.1或a=0.4,C错误.
当a=0.3,c=0.2时,a-c=0.1,D正确.
11. AC 由题意可知,优质品的质量位于13克至17克之间,即P(13对于 A, X∼B121−2p,DX=121−2p2p≤12×1−2p+2p22=3, 当且仅当p= 14时,D(X)取得最大值3,故A正确.
对于 B, X∼B1134,当P(X=k)取最大值时, PX=k≥PX=k−1,PX=k≥PX=k+1,
即 C11k34k1411−k≥(Ck+1k+134k+11410−k,C11k34k−11412−k, 解得8≤k≤9,即k=8或9,故B错误.
对于 C, X∼Bn12,∑k=0n2PX=2k=12∑k=0nPX=k=12 故C正确.
对于 D, X∼Bn23,因为P(X≥2)≥0.9,所以P(X=0)+P(X=1)≤0.1,
所以 13n+Cn×23×13n−1≤0.1,化简得 2n+1⋅13n≤0.1.
令 fn=2n+1⋅13n,
因为 fn+1fn=2n+36n+3<1, 所以f(n)单调递减,又f(4)>0.1,f(5)<0.1,所以n的最小值为5,故D错误.
12.0.4 因为P(A)P(B|A)=P(B)P(A|B),即0.8×0.1=0.2P(B),所以P(B)=0.4.
13. 144 由题意可知 2ⁿ⁻¹=64,解得 n=7.x+2x7 展开式的通项 Tr+1=2rC7rx7−3r2(r=0,1,2,……,7).当r=1,3,5,7时,得到二项展开式的有理项,即 x+2x7 展开式的有理项共 4项，所以将展开式中的各项重新排列，其中有理项互不相邻的概率
14.1200;960 若C,E的涂色相同,则共有5×4×3×2×3=360种方法;若C,E的涂色不相同,则共有5×4×3×2×(1×3+2×2)=840种方法.故共有1200种不同的涂色方法.因为区域D不能涂甲油漆，所以区域D 的涂色方法有4种.若C，E的涂色相同，则共有4×4×3×3×2=288种方法;若C,E的涂色不相同,则共有 4×4×3×2×(1×3+2×2)=672种方法.故共有960种不同的涂色方法.
【高二数学·参考答案 第2页(共5页)】 ·24-467B·
15.解:(1)因为 An3=16Cn2,所以 nn−1n−2=16×nn−12.………………………………………………………2分
又因为n≥3,所以n-2=8,解得n=10.……………………………………………4分
(2)因为 Cnr−1+Cn−1r=Cnr,……………………………………………………………………………………………………………………………6分
所以 C{+C}+C{+…+C{=C{+C{+C{+C{+…+C{=C{+C{+…+C{=…=C{0=252. …
· 9分
(3)因为 A7n<12A7n^2n≥3,所以 7!7−n!<12×719−n8−n7−n!. 10分
因为3≤n≤7,所以(9-n)(8-n)<12,即 n²−17n+60<0,,解得5所以516.解：(1)因为指标大幅高于正常水平的有85人，其中患者有15人，⋯⋯⋯⋯3分
所以某人指标大幅高于正常水平，其患病的概率 P=1585=317. …………………………………………………6分
(2)零假设为H₀：患病与指标大幅高于正常水平无关联.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
(单位:人)
………………………………………………………………11分
χ2=200×15×110−5×70285×115×20×180=338003519≈9.605>7.879.……………………………………………………………14分
根据小概率值α=0.005的独立性检验，我们推断H₀不成立，即认为患病与指标大幅高于正常水平有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.………………………15分
17.解:(1)因为 x=1+2+3+4+5+66=3.5,
⇀y=2.02+2.21+3.13+6.7+10.8+14.146=6.5,…………………………………………………………………………2分
所以 ∑i=16xi2−6x2=1+4+9+16+25+36−6×494=17.5, 3分
∑i=16yi2−6y2=380.231−6×6.52=126.731, … 5分
所以 …… 8分
(2)由题意得 b=∑i=16xiyi−6x−y∑i=16xi2−6x2=, ………………………………………………………………………………11分
所以 â=y−bx=6.5−3.5×2.56=−2.46,……………………………………………………………………………………13分
得y关于x的经验回归方程为. y=2.56x−2.46,,………………………………………………………………………14分
所以可以预测2024年全球新能源汽车的销售量为2.56×7—2.46=15.46百万辆…
……………………………………………………………………………………………………………15分
18.解: (1)x=66×0.1+77×0.2+80×0.48+88×0.19+96×0.03=80.………2分
因为X~N(80,36),所以σ=6,……………………………………………………………………3分
则
=0.1359.………………… ……………5分
(2)①“抽取的零件为甲机床生产”记为事件 A₁，“抽取的零件为乙机床生产”记为事件A₂，“抽取的零件为次品”记为事件B，则 PA1=23,PA2=13,PB|A1=0.02,PB|Aℓ=0.03,…………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………7分
PB=PA1PB|A1+PA2PB|A2=23×0.02+13×0.03=0.073=7300.…… 9分
circle2PA1|B=PA1BPB=PA1PB|A1PB=23× ……………………………………………………12分
③由(1)及(2)①可知，这批零件是次品且性能指标在(86，92]内的概率. p=7300×0.1359,………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………14分
且随机变量Y服从二项分布B(300，p)，所以 EY=300p=300×7300×0.1359=0.9513≈1，所以随机变量Y的数学期望为1.…………………………………………………17分
19.解：(1)抽到甲参与传球训练的概率为 C62C73=37. …………………………………………………………………………………3分
(2)由题意知ξ的可能取值为0,1,2,3,
Pξ=0=Ci3Ci3=435,Pξ=1=Ci2C3Cn3−1835,Pξ=2=C|C32C73=1235,Pξ=3=C33Cr3=135,…………………………………………………………………5分
所以ξ的分布列为
………………………………………………………………………………6分
Eξ=0×435+1×1835+2×1235+3×135=97..…………………………………………………………………………………7分
(3)方法一.设经过n次传球后，排球被甲、乙、丙接到的概率分别为 an, bn, cn, 易得 a₁=0.
……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………8分
【高二数学·参考答案 第4页(共5页)】 ·24-467B·
当n≥2时, an=13bn−1+13cn−1. ………………10分
因为 aₙ₋₁+bₙ₋₁+cₙ₋₁=1, 所以 an=13bn−1+cn−1=131−an−1=−13an−1+13,⋯…12分
设
an+λ=−13an−1+λ,
得
λ=−14,
贝
an−14an−1−14=−13,
14分
所以 an−14是首项为 a1−14=−14,公比为 −13的等比数列.…………………………………………15分
故 an−14=−14×−13n−1, …………………………………………………………………………………………………………………16分
即 an=14−14×−13n−1(或 14+34×−13n). …………………17分
方法二.设经过n次传球后，排球被甲、乙、丙接到的概率分别为 an, bn, cn,易得 a₁=0, a2=13×12+13×12=13.… . …8分
当n≥2时. an=13bn−1+13cn−1,bn=12an−1+23cn−1,cn=12an−1+23bn−1, * *……9分
则 bn+cn=an−1+23bn−1+23cn−1,……… 10分
由 an=13bn−1+13cn−1, 得 2an=23bn−1+23cn−1,3an+1=bn+cn,…………………………………………11分
代入 bn+cn=an−1+23bn−1+23cn−1, 得 3aₙ₊₁=aₙ₋₁+2aₙ,………………………………………………………12分
则 3aₙ₊₁−3aₙ=aₙ₋₁−aₙ, 即 an+1−anan−an−1=−13, …………13分
所以 aₙ₊₁−aₙ是首项为 a2−a1=13,公比为 −13的等比数列.…………………………………………14分
an+1−an=13×−13n−1=−−13n, … ………………………………………………………………………15分
则 an−an−1+⋯+a2−a1=−−13n−1−⋯−−13=13×1−−13n−11+13=14−14×
−13n−1, … …………………………………………………………………………………………………………16分
得 an=14−14×−13n−1 (或 14+34×−13n).…………………………………………………………………………17分
【高二数学·参考答案 第5页(共5页)】 ·24-467B·该种疾病
该项指标
合计
大幅高于正常水平
不大幅高于正常水平
某人患病
15
5
20
某人未患病
70
110
180
合计
85
115
200
ξ
O
1
2
3
P
4/35