2023-2024学年浙江省绍兴市会稽联盟高二(下)期中数学试卷

2023-2024学年浙江省绍兴市会稽联盟高二（下）期中数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）若An2=20A．2 B．3 C．4 D．52．（5分）已知函数f(x)=1x，则A．0 B．﹣1 C．1 D．−3．（5分）已知函数y＝f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，则f（x）的图象可能是（）A． B． C． D．4．（5分）已知随机变量X，Y的分布列分别为，则（）X﹣2﹣1012P0.10.20.40.20.1Y﹣2﹣1012P0.050.150.60.150.05A．E（X）＝E（Y），D（X）＝D（Y） B．E（X）＝E（Y），D（X）＞D（Y） C．E（X）＞E（Y），D（X）＞D（Y） D．E（X）＝E（Y），D（X）＜D（Y）5．（5分）甲、乙、丙、丁、戊五名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说“你当然不会是最差．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况？（）A．27种 B．36种 C．54种 D．72种6．（5分）将3个1和2个0随机排成一排，则2个0不相邻的概率是（）A．13 B．23 C．257．（5分）甲盒中装有2个红球、2个白球，乙盒中装有2个红球、3个白球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒中，再从乙盒中随机取出一个球是红球的概率为（）A．12 B．512 C．7128．（5分）已知函数f(x)=aex−A．e B．1 C．e﹣2 D．e﹣1二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。（多选）9．（6分）下列有关排列数、组合数的等式中成立的是（）A．C83=CC．A83=（多选）10．（6分）已知函数f（x）＝x3+ax+b，则（）A．∃x0∈R，f（x0）＝0 B．∃x0∈R，∀x∈R，f（x）≥f（x0） C．函数y＝f（x）的图象是中心对称图形 D．若x0是f（x）的极小值点，则f（x）在（﹣∞，x0）单调递减（多选）11．（6分）已知a＞0，且a+eb＝2，则（）A．a+b≤1 B．lna+eb≤1 C．ea+b≥2 D．lna﹣|b|≤0三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）乘积（a1+a2）（b1+b2+b3）（c1+c2+c3+c4）的展开式的项数为．13．（5分）设坐标平面内有一个质点从原点出发，沿x轴跳动，每次向正方向或负方向跳1个单位，经过5次跳动质点落在点（3，0）（允许重复过此点）处，则质点不同的运动方法共有种．14．（5分）对一个物理量做n次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果．已知最后结果的误差εn～N（0，1n），为使误差εn在（﹣0.5，0.5）的概率不小于0.9545，至少要测量（若X～N（μ，σ2），则P（|X﹣μ|＜2σ）＝0.9545）．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）在二项式(x+2（1）求各二项式系数的和；（2）求含x2的项的系数．16．（15分）盒子中装有4个红球，2个白球．（1）若依次随机取出2个球，求在第一次取到红球的条件下，第二次取到白球的概率；（2）若随机取出3个球，记取出的球中白球个数为X，求X的分布列及均值．17．（15分）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α（0＜α＜1），收到0的概率为1﹣α；发送1时，收到0的概率为β（0＜β＜1），收到1的概率为1﹣β，现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）．（1）若采用单次传输方案，依次发送1，0，1，求依次收到1，0，1的概率；（2）证明：当0＜α＜0.5时，若发送0，采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率．18．（17分）已知函数f(x)=1（1）当a＝1时，求曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）讨论f（x）的单调性；（3）证明：当a＞0时，f(x)＞−a19．（17分）某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p（0＜p＜1），且各件产品是否为不合格品相互独立．（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f（p），求f（p）的最大值点p0．（2）现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．（ⅰ）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX；（ⅱ）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？

2023-2024学年浙江省绍兴市会稽联盟高二（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）若An2=20A．2 B．3 C．4 D．5【考点】排列及排列数公式．【答案】D【分析】根据排列数的公式直接计算即可．【解答】解：因为An解得：n＝5故选：D．2．（5分）已知函数f(x)=1x，则A．0 B．﹣1 C．1 D．−【考点】函数的值．【答案】B【分析】先求出其导函数，再把﹣1代入导函数即可．【解答】解：∵函数f(x)=1∴f'（x）=−1∴f'（﹣1）=−1故选：B．3．（5分）已知函数y＝f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，则f（x）的图象可能是（）A． B． C． D．【考点】函数的图象与图象的变换．【答案】C【分析】由函数f（x）的导数的图象可得f（x）的单调性，可得结论．【解答】解：由已知图象可得f（x）在（﹣∞，0）和（2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增；在（0，2）时，f′（x）＜0，f（x）递减，所以选项C正确，其它均错．故选：C．4．（5分）已知随机变量X，Y的分布列分别为，则（）X﹣2﹣1012P0.10.20.40.20.1Y﹣2﹣1012P0.050.150.60.150.05A．E（X）＝E（Y），D（X）＝D（Y） B．E（X）＝E（Y），D（X）＞D（Y） C．E（X）＞E（Y），D（X）＞D（Y） D．E（X）＝E（Y），D（X）＜D（Y）【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；离散型随机变量及其分布列．【答案】B【分析】利用期望和方差公式求解．【解答】解：由题意可得，E（X）＝﹣2×0.1+（﹣1）×0.2+0×0.4+1×0.2+2×0.1＝0，E（Y）＝﹣2×0.05+（﹣1）×0.15+0×0.6+1×0.15+2×0.05＝0，D（X）＝（﹣2）2×0.1+（﹣1）2×0.2+0×0.4+12×0.2+22×0.1＝1.2，D（Y）＝（﹣2）2×0.05+（﹣1）2×0.15+0×0.6+12×0.15+22×0.05＝0.7，∴E（X）＝E（Y），D（X）＞D（Y）．故选：B．5．（5分）甲、乙、丙、丁、戊五名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说“你当然不会是最差．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况？（）A．27种 B．36种 C．54种 D．72种【考点】排列组合的综合应用．【答案】C【分析】解法一：分2种情况讨论：①、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，由加法原理计算可得答案，解法二：分别分析第一名、第二名和后面三名学生的情况数目，由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，解法一：甲乙都没有得到冠军，而乙不是最后一名，分2种情况讨论：①、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，即乙有3种情况，剩下的三人安排在其他三个名次，有A3此时有3×6＝18种名次排列情况；②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有A3剩下的三人安排在其他三个名次，有A3此时有6×6＝36种名次排列情况；则一共有36+18＝54种不同的名次情况．解法二：第一名不能是甲乙，所以第一名就有三个同学可以选择，最后一名不能是乙，也只能有三名同学可以选择，第二名，第三名，第四名有A3则有3×3×A故选：C．6．（5分）将3个1和2个0随机排成一排，则2个0不相邻的概率是（）A．13 B．23 C．25【考点】古典概型及其概率计算公式．【答案】D【分析】列举出所有可能的结果，找到2个0不相邻的基本事件个数，根据古典概型概率公式能求出结果．【解答】解：3个1和2个0随机排成一行，基本事件有：00111，01011，01101，01110，10011，10101，10110，11001，11010，11100，共10种，其中2个0不相邻的有：01011，01101，01110，10101，10110，11010，共6种，∴2个0不相邻的概率是610故选：D．7．（5分）甲盒中装有2个红球、2个白球，乙盒中装有2个红球、3个白球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒中，再从乙盒中随机取出一个球是红球的概率为（）A．12 B．512 C．712【考点】古典概型及其概率计算公式．【答案】B【分析】利用相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式能求出结果．【解答】解：甲盒中装有2个红球、2个白球，乙盒中装有2个红球、3个白球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒中，再从乙盒中随机取出一个球是红球的概率为：P=2故选：B．8．（5分）已知函数f(x)=aex−A．e B．1 C．e﹣2 D．e﹣1【考点】利用导数研究函数的单调性．【答案】D【分析】求导，根据题意可得f'（x）＝aex﹣x≥0恒成立，x∈（1，2），分离参数，可得a≥xex，构造函数g（x）=xex，x【解答】解：因为函数f(x)=ae所以f'（x）＝aex﹣x≥0恒成立，x∈（1，2），即a≥xex恒成立，令g（x）=xex，g'（x）=1−x所以g（x）在（1，2）上单调递减，所以g（x）＜g（1）=1所以a≥1故选：D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。（多选）9．（6分）下列有关排列数、组合数的等式中成立的是（）A．C83=CC．A83=【考点】组合数的化简计算及证明．【答案】ACD【分析】利用组合数和排列数的性质求解．【解答】解：对于A，由组合数的性质可知，C83=C对于B，由组合数的性质可知，C82+C对于C，由排列数的性质可知，A83=对于D，A85=8×7×6×5×4，8A故选：ACD．（多选）10．（6分）已知函数f（x）＝x3+ax+b，则（）A．∃x0∈R，f（x0）＝0 B．∃x0∈R，∀x∈R，f（x）≥f（x0） C．函数y＝f（x）的图象是中心对称图形 D．若x0是f（x）的极小值点，则f（x）在（﹣∞，x0）单调递减【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．【答案】AC【分析】依题意，利用f（x）＝x3+ax+b为R上的连续函数，结合当x→﹣∞时，f（x）＜0，当x→+∞时，f（x）＞0，可判断A与B，利用f（x）+f（﹣x）＝2b可判断C，求导分析，可判断D．【解答】解：∵f（x）＝x3+ax+b为R上的连续函数，当x→﹣∞时，f（x）＜0，当x→+∞时，f（x）＞0，∴∃x0∈R，f（x0）＝0，A正确，B错误；∵f（x）+f（﹣x）＝x3+ax+b+（﹣x）3+a（﹣x）+b＝2b，∴函数y＝f（x）的图象关于（0，b）成中心对称，即y＝f（x）的图象是中心对称图形，C正确；∵f′（x）＝3x2+a，若函数f（x）存在极值点，则f'（x）＝0必有两根，所以函数f（x）必有两个极值点，设为x1，x2，则极小值点x2＞x1，所以函数f（x）在（﹣∞，x1），（x2，+∞）递增，在（x1，x2）递减，故D错误．故选：AC．（多选）11．（6分）已知a＞0，且a+eb＝2，则（）A．a+b≤1 B．lna+eb≤1 C．ea+b≥2 D．lna﹣|b|≤0【考点】基本不等式及其应用；对数的运算性质．【答案】ABD【分析】结合常见函数比较大小即可．【解答】解：对于A，令f（x）＝ex﹣（x+1），f′（x）＝ex﹣1，当x≥0，f′（x）＝ex﹣1≥0，f（x）单调递增，所以f（x）≥f（0）＝0，即ex﹣（x+1），所以a+eb≥a+b+1，即a+b≤1，当且仅当b＝0，等号成立，A正确；对于B，同理可证当x＞0，x≥lnx+1，当且仅当x＝1时，等号成立，所以a+eb≥lna+1+eb，即lna+eb≤1，B正确；对于C，当b→﹣∞，a→2，ea+b＜0，C错误；对于D，当b≥0，eb≥1，a≤1，lna﹣|b|＝lna﹣b＝ln（a÷eb）≤ln1＝0，同理可证b＜0，lna﹣|b|≤0，D正确．故选：ABD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）乘积（a1+a2）（b1+b2+b3）（c1+c2+c3+c4）的展开式的项数为24．【考点】二项式定理．【答案】24．【分析】利用组合数的运算性质即可求解．【解答】解：根据组合数的运算性质可得展开式共有2×3×4＝24项，故答案为：24．13．（5分）设坐标平面内有一个质点从原点出发，沿x轴跳动，每次向正方向或负方向跳1个单位，经过5次跳动质点落在点（3，0）（允许重复过此点）处，则质点不同的运动方法共有5种．【考点】计数原理的应用．【答案】见试题解答内容【分析】方法一：质点从原点出发，沿x轴跳动，每次向正方向或负方向跳动1个单位，经过5次跳动质点落在点（3，0）（允许重复过此点）处，这样质点向正方向跳动4次，向负方向跳动一次．第几次是向负方向跳结果都相同，因而有5种运动方案．方法二：设向负方向跳动x次，则向正方向跳动5﹣x次，可得向负方向跳动1次，而第几次向负方向跳动与结果无关，故可以求出答案．【解答】解：方法一：共有如下方案：①可先向负方向跳动一次再连续向正方向跳动4次；②向正方向跳动1次，再向负方向跳动1次，再向正方向跳动3次；③向正方向跳动2次后，再向负方向跳动1次，再向正方向跳动2；④向正方向跳动3次后，再向负方向跳动1次，再向正方向跳动1次；⑤向正方向跳动4次后，再向负方向跳动1次．∴质点不同的运动方案共有5种．方法二：设向负方向跳动x次，则向正方向跳动5﹣x次，由题意得：5﹣x﹣x＝3，解得x＝1，即向负方向跳动1次，而第几次向负方向跳动与结果无关，所有共有5种不同的跳动方案．故答案为：5．14．（5分）对一个物理量做n次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果．已知最后结果的误差εn～N（0，1n），为使误差εn在（﹣0.5，0.5）的概率不小于0.9545，至少要测量16（若X～N（μ，σ2），则P（|X﹣μ|＜2σ）＝0.9545）．【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．【答案】16．【分析】利用正态分布的对称性，得到（μ﹣2σ，μ+2σ）⊆（﹣0.5，0.5），从而得到2σ＝0.5，列出等式，求解即可．【解答】解：根据正态曲线的对称性知：要使误差εn在（﹣0.5，0.5）的概率不小于0.9545，则（μ﹣2σ，μ+2σ）⊆（﹣0.5，0.5）且μ＝0，则2σ＝0.5，所以σ=1又σ=1n，所以1n所以n＝16．故答案为：16．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）在二项式(x+2（1）求各二项式系数的和；（2）求含x2的项的系数．【考点】二项式系数与二项式系数的和．【答案】（1）32；（2）40．【分析】（1）直接利用二项式的系数和符合2n求出结果；（2）根据二项式的展开式求出结果．【解答】解：（1）二项式系数的和25＝32．（2）根据二项式(x+2x)5的展开式当r＝2时，含x2的项的系数为C516．（15分）盒子中装有4个红球，2个白球．（1）若依次随机取出2个球，求在第一次取到红球的条件下，第二次取到白球的概率；（2）若随机取出3个球，记取出的球中白球个数为X，求X的分布列及均值．【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．【答案】（1）25（2）X的概率分布列为：X012P153515E（X）＝1．【分析】（1）根据条件概率的定义求解；（2）由题意可知，X的可能取值为0，1，2，利用古典概型的概率公式求出相应的概率，进而得到X的分布列，再结合期望公式求解．【解答】解：（1）设事件A＝“第一次取到红球”，事件B＝“第二次取到白球”，则P(B|A)=2（2）由题意可知，X的可能取值为0，1，2，则P(X=0)=C43C6所以X的概率分布列为：X012P153515所以E(X)=0×117．（15分）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α（0＜α＜1），收到0的概率为1﹣α；发送1时，收到0的概率为β（0＜β＜1），收到1的概率为1﹣β，现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）．（1）若采用单次传输方案，依次发送1，0，1，求依次收到1，0，1的概率；（2）证明：当0＜α＜0.5时，若发送0，采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率．【考点】相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式．【答案】（1）（1﹣α）（1﹣β）2．（2）证明过程见解答．【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式能求出结果；（2）记“发送0，采用三次传输方案译码为0”为事件A，记“发送0，采用单次传输方案译码为0”为事件B，求出P（A），P（B），利用P（A）＞P（B），能求出采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率．【解答】解：（1）采用单次传输方案，依次发送1，0，1，依次收到1，0，1的概率为：P＝（1﹣β）（1﹣α）（1﹣β）＝（1﹣α）（1﹣β）2．（2）证明：记“发送0，采用三次传输方案译码为0”为事件A，记“发送0，采用单次传输方案译码为0”为事件B，则P（A）＝（1﹣α）3+C32(1−α)2α=（1﹣α）2（1+2α∵0＜α＜0.5，∴P（A）﹣P（B）＝（1﹣α）2（1+2α）﹣（1﹣α）＝α（1﹣α）（1﹣2α）＞0，∴P（A）＞P（B），∴若发送0，采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率．18．（17分）已知函数f(x)=1（1）当a＝1时，求曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）讨论f（x）的单调性；（3）证明：当a＞0时，f(x)＞−a【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性．【答案】（1）y−1（2）答案见解答；（3）证明见解答．【分析】（1）求导数得f′(x)=x−1x，k＝（2）分别讨论a≤0和a＞0，可得单调性；（3）求单调性得g（a）在(0，22)【解答】解：（1）当a＝1时，f(x)=12x所以k＝f′（1）＝0，又因为f(1)=12，所以切线方程为（2）f′(x)=x+(1−a)−a①若a≤0，当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增；②若a＞0，当x∈（0，a）时，f′（x）＜0，当x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0，所以f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．（3）证明：当a＞0时，由（1）知f(x)要证f(x)＞−a3−即证12即证a2−lna−1因为g′(a)