2024-2025学年宁夏银川二中高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年宁夏银川二中高二（下）期中数学试卷（含解析），共13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。
1.袋中有大小相同的红球6个，白球5个，从袋中每次任意取出1个球且不放回，直到取出的球是白球为止，所需要的取球次数为随机变量X，则X的可能取值为( )
A. 1，2，3，…，6B. 1，2，3，…，7
C. 0，1，2，…，5D. 1，2，…，5
2.某书架的第一层放有7本不同的历史书，第二层放有6本不同的地理书.从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有( )
A. 13种B. 42种C. 67种D. 7种
3.某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量ξ描述一次试验成功的次数，则P(ξ=0)等于( )
A. 0B. 12C. 13D. 23
4.某校要从校广播站3名男同学和2名女同学中选出两人，分别做校史馆的参观路线导引员和校史讲解员，则至少有1名女同学被选中的不同安排方法有( )
A. 14种B. 16种C. 18种D. 20种
5.某个班级有55名学生，其中男生35名，女生20名，男生中有20名团员，女生中有12名团员．在该班中随机选取一名学生，如果选到的是团员，那么选到的是男生的概率为( )
A. 411B. 58C. 4355D. 47
6.如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂1种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有( )
A. 72种B. 96种C. 108种D. 120种
7.已知集合A={0,1,2,3,4}，且a，b，c∈A，用a，b，c组成一个三位数，这个三位数满足“十位上的数字比其它两个数位上的数字都大”，则这样的三位数的个数为( )
A. 14B. 17C. 20D. 23
8.22024+1除以15的余数是( )
A. 9B. 8C. 3D. 2
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知离散型随机变量X的分布列为
则下列选项正确的是( )
A. m+n=0.7B. 若m=0.3，则P(X>3)=0.5
C. 若m=0.9，则n=−0.2D. P(X=1)=2P(X=6)
10.已知(2x−1)7=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+…+a6(x−1)6+a7(x−1)7，则( )
A. a0=1B. a1+a2+a3+⋯+a7=37−1
C. a5=−672D. a12+a222+a323+⋯+a727=127
11.从{1,2,3}中随机取一个数记为a，从{4,5,6}中随机取一个数记为b，则下列说法正确的是( )
A. 事件“a+b为偶数”的概率为49
B. 事件“ab为偶数”的概率为12
C. 设X=a+b，则X的数学期望为E(X)=6
D. 设Y=ab，则在Y的所有可能的取值中最有可能取到的值是12
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在20件产品中有3件次品，任取5件，其中至少有2件次品的取法有______种.(用数字作答)
13.设随机变量X的分布列P(X=i)=k2i(i=1,2,3)，则P(X≥2)=______
14.已知y=exf(x)是定义在R上的偶函数，且当x>0时，f(x)+f′(x)>0，则满足ex−2⋅f(2x−3)>f(x−1)的x的取值范围是______．
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.(本小题13分)
(1)计算：A74+4A73−A84；
(2)计算：C44+C54+C64+⋯+C94．
(3)已知：Cn+12=An−12+1，求n．
16.(本小题15分)
甲、乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量ξ，η，已知甲、乙两名射手在每次射击中射中的环数分别为7，8，9，10，且甲射中10，9，8，7环的概率分别为2a，0.2，a，0.2，乙射中10，9，8，7环的概率分别为0.3，0.3，b，b．
(1)求ξ，η的分布列；
(2)请根据射击环数的期望及方差来分析甲、乙的射击技术．
17.(本小题15分)
已知(2x2−1x)n的二项展开式只有第7项的二项式系数最大，请完成以下问题：
(1)求展开式中二项式系数之和；
(2)展开式中是否存在常数项，若有，请求出常数项；若没有，请说明理由；
(3)求展开式中非常数项的系数之和．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=lnx+ax,a∈R．
(1)当a=2时，求函数f(x)的极值；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)若函数f(x)在[1,2]上的最小值是32，求a的值．
19.(本小题17分)
夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种凉饮，某同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1天选择绿豆汤的概率是23，若在前一天选择绿豆汤的条件下，后一天继续选择绿豆汤的概率为13，而在前一天选择银耳羹的条件下，后一天继续选择银耳羹的概率为12，如此往复.(提示：设An表示第n天选择绿豆汤)
(1)求该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率；
(2)求该同学第2天选择绿豆汤的概率；
(3)记该同学第n天选择绿豆汤的概率为Pn，求出Pn的通项公式．
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：由于取到白球时停止，最优的情况X取1，最差的情况X取完所有红球，即可取到白球，X取7，
故所需要的取球次数为随机变量X，则X的可能取值为1，2，3，…，7．
故选：B．
由于取到白球时停止，最优的情况X取1，最差的情况X取完所有红球，即可取到白球，X取7，即可求解．
本题主要考查随机事件变量的求解，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有7×6=42种．
故选：B．
3.【答案】C
【解析】解：由题意知，“ξ=0”表示试验失败，“ξ=1”表示试验成功．
则P(ξ=1)=2P(ξ=0)
又P(ξ=1)+P(ξ=0)=1，
∴P(ξ=0)=13．
故选C
本题考查的知识点是等可能事件的概率，由该项试验的结果只有成功和失败两种可能，故实验成功和实验失败为对立事件，即P(ξ=1)+P(ξ=0)=1，又由试验的成功率是失败率的2倍，故P(ξ=1)=2P(ξ=0)，解方程组即可得到P(ξ=0)的值．
如果A∩B为不可能事件(A∩B=⌀)，那么称事件A与事件B互斥，其含义是：事件A与事件B在任何一次试验中不会同时发生．互斥事件的概念公式：P(A+B)=P(A)+P(B)，若同时A∪B为必然事件，那么称事件A与事件B对立，其含义是：事件A与事件B在任何一次试验中有且只有一件发生．对事件的概率公式：P(A+B)=P(A)+P(B)=1．
4.【答案】A
【解析】解：根据题意，从5人中选出2人分别做校史馆的参观路线导引员和校史讲解员，共有A52=20种选法，
其中都是男生的选法有A32=6种，
故至少有1名女同学被选中的不同安排方法有20−6=14种，
故选：A．
根据全部情况A52=20去掉两名均为男生的情况即可求解．
本题考查排列组合的应用，注意间接法的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：设事件A为选到的是团员，事件B为选到的是男生，
根据题意可得，P(A)=20+1255=3255，P(AB)=2055=411，
故P(B|A)=P(AB)P(A)=2032=58．
故选：B．
根据题意，结合条件概率的计算公式，即可求解．
本题主要考查条件概率的计算公式，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查分步、分类计数原理的应用，属于基础题．
利用分步计数原理，先涂区域1，再涂区域2，再涂区域4，再涂区域3，最后涂区域5，涂后面的两个区域时注意分类．
【解答】
解：由题意知，第一步：涂区域1，有4种方法；
第二步：涂区域2，有3种方法；
第三步：涂区域4，有2种方法(此前三步已经用去三种颜色)；
第四步：涂区域3，分两类：第一类，3与1同色，则区域5涂第四种颜色；第二类，区域3与1不同色，则涂第四种颜色，此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法．
所以，不同的涂色种数有4×3×2×(1×1+1×3)=96种．
故选B．
7.【答案】C
【解析】解：∵集合A={0,1,2,3,4}，且a，b，c∈A，
则这个三位数满足“十位上的数字比其它两个数位上的数字都大”包含以下三种情况：
①十位数是4，则百位数可以是1，2，3中的一个数，个位数可以是0，1，2，3中的一个数，即3×4=12个；
②十位数是3，则百位数可以是1，2中的一个数，个位数可以是0，1，2中的一个数，即2×3=6个；
③十位数是2，则百位数只能是1，个位数可以是0，1中的一个数，即2个；
综上，符合条件的共有12+6+2=20个．
故选：C．
分类求解符合条件的三位数的个数即可．
本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：由题意得22024+1=16506+1=(15+1)506+1，
根据(15+1)506=a506⋅15506+a505⋅15505+⋯+a1⋅15+1，
可知(15+1)506除以15的余数是1，所以22024+1除以15的余数是1+1=2．
故选：D．
根据22024+1=(15+1)506+1，结合二项式定理进行求解，即可得到本题的答案．
本题主要考查二项式定理、整数的整除性等知识，考查了计算能力，属于基础题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A中，由分布列的性质，可得0.2+m+n+0.1=1，解得m+n=0.7，所以A正确；
对于B中，若m=0.3，可得n=0.4，则P(X>3)=P(X=4)+P(X=6)=0.5，故B正确；
对于C中，由概率的定义知m≥0，n≥0，所以C不正确；
对于D中，由P(X=1)=0.2，P(X=6)=0.1，则P(X=1)=2P(X=6)，所以D正确．
故选：ABD．
根据分布列的性质，以及概率的定义与互斥事件概率的加法公式，逐项判定，即可求解．
本题主要考查了离散型随机变量分布列的性质，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：(2x−1)7=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+…+a6(x−1)6+a7(x−1)7，
令x=1时，解得a0=1，故A正确；
令x=2，解得a0+a1+a2+…+a6+a7=37，
故a0+a1+a2+…+a6+a7=37−1，故B正确；
令x−1=t，则x=t+1，所以(2t+1)7=a0+a1t+a2t2+⋯+a7t7，
通项为Tr+1=C7r⋅27−r⋅t7−r，
当r=2时，a5=C72⋅25=672，故C错误；
令x=32，可得(2×32−1)7=a0+a12+a222+…+a626+a727=27=128，
a12+a222+…+a626+a727=128−1=127，故D正确．
故选：ABD．
直接利用二项式的展开式，赋值法判断A、B、C、D的结论．
本题考查二项式定理，解题中需要理清思路，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：根据题意，从{1,2,3}中随机取一个数记为a，在{4,5,6}中随机取一个数记为b，共有3×3=9种可能，
依次分析选项：
对于A，若a+b为偶数，包含a=1，b=5；a=3，b=5；a=2，b=4；a=2，b=6；共4种情况，
则事件“a+b为偶数”的概率P=49，故A正确；
对于B，若ab为偶数，则a和b中至少有1个为偶数，有9−2×1=7种情况，
则事件“ab为偶数”的概率为79，故B错误；
对于C，X=a+b的取值可能为5，6，7，8，9，
则P(X=5)=19，P(X=6)=29，P(X=7)=39，P(X=8)=29，P(X=9)=19，
所以E(X)=5×19+6×29+7×39+8×29+9×19=7，故C错误；
对于D，Y=ab的取值可能为4，5，6，8，10，12，15，18，P(Y=4)=19，P(Y=5)=19，P(Y=6)=19，
P(Y=8)=19，P(Y=10)=19，P(Y=12)=29，P(Y=15)=19，P(Y=18)=19，
所以在Y的所有可能的取值中最有可能取到的值是12，故D正确．
故选：AD．
确定从{1,2,3}中随机取一个数记为a，在{4,5,6}中随机取一个数记为b的所有可能取法，根据古典概型的概率计算判断A，B，D，根据数学期望计算判断C．
本题考查随机变量的期望计算，涉及古典概型的计算，属于基础题．
12.【答案】2176
【解析】解：在20件产品中有3件次品，任取5件，
则“至少有2件次品”分有2件次品和3件次品两种情况，
有2件次品的取法为C32⋅C173，
有3件次品的取法为C33⋅C172，
则至少有2件次品的取法共有C32⋅C173+C33⋅C172=2176种取法．
故答案为：2176．
根据题意，“至少有2件次品”分有2件次品和3件次品两种情况，利用分类加法计数原理求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，属基础题．
13.【答案】37
【解析】解：∵随机变量X的分布列P(X=i)=k2i(i=1,2,3)，
∴k2+k4+k8=1，解得k=87，
∴P(X≥2)=87(14+18)=37．
故答案为：37．
由随机变量X的分布列P(X=i)=k2i(i=1,2,3)，求出k=87，由此能求出P(X≥2)的值．
本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】(−∞,43)∪(2,+∞)
【解析】解：设g(x)=exf(x)，则g′(x)=ex(f(x)+f′(x))．
当x>0时，f(x)+f′(x)>0，得g′(x)=ex(f(x)+f′(x))>0，故g(x)在区间(0,+∞)上单调递增．
又ex−2f(2x−3)>f(x−1)，所以e2x−3f(2x−3)>ex−1f(x−1)，即g(2x−3)>g(x−1)．
因为g(x)为R上的偶函数，所以g(|2x−3|)>g(|x−1|)，
即|2x−3|>|x−1|，整理得(2x−3)2>(x−1)2，
解得x2．
故答案为：(−∞,43)∪(2,+∞)．
构造函数g(x)=exf(x)，应用导函数得出单调性，再结合偶函数性质得出|2x−3|>|x−1|，最后计算求解．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了单调性在不等式求解中的应用，属于中档题．
15.【答案】0；
252；
n=6．
【解析】(1)A74+4A73−A84=4A73+4A73−A84=8A73−A84=A84−A84=0；
(2)C44+C54+C64+⋯+C94=C55+C54+C64+⋯+C94．
=C65+C64+⋯+C94=C105=C75+C74+⋯+C94=⋯=C105=10!5!⋅5!=252；
(3)由Cn+12=An−12+1，可得(n+1)n2=(n−1)(n−2)+1，
所以n2+n2=n2−3n+2+1，
所以n2−7n+6=0，解得n=6或n=1，
因为n+1≥2，n−1≥2，可得n≥3，
所以n=6．
(1)利用排列数性质化简计算可求值；
(2)利用组合数的性质可求值；
(3)利用组合数公式与排列数公式计算可求解．
本题主要考查排列与组合数公式，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为0.2+2a+a+0.2=1，
解得a=0.2；
因为0.3+0.3+2b=1，
解得b=0.2，
则ξ的分布列为：
η的分布列为：
(2)由(1)得E(ξ)=10×0.4+9×0.2+8×0.2+7×0.2=8.8，
D(ξ)=(10−8.8)2×0.4+(9−8.8)2×0.2+(8−8.8)2×0.2+(7−8.8)2×0.2=1.36；
E(η)=10×0.3+9×0.3+8×0.2+7×0.2=8.7，
D(η)=(10−8.7)2×0.3+(9−8.7)2×0.3+(8−8.7)2×0.2+(7−8.7)2×0.2=1.21．
因为E(ξ)>E(η)，D(ξ)>D(η)．
说明甲射击的环数的期望比乙高，但成绩没有乙稳定．
【解析】(1)根据概率和为1求a，b，进而可得分布列；
(2)根据分布列分别为期望和方差，对比分析即可．
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
17.【答案】4096；
存在，7920；
−7919．
【解析】(1)由题意知(2x2−1x)n的二项展开式只有第7项的二项式系数最大，
故(2x2−1x)n的展开式一共有13项，
得n=12；
所以(2x2−1x)12得展开式中二项式系数之和为212=4096；
(2)由(2x2−1x)12得展开式的通项为Tk+1=(−1)kC12k(2x2)12−k⋅(1x)k
=(−1)kC12k⋅212−k⋅x24−3k，(k=0,1,2,…,12)，
令24−3k=0，
得k=8，
即展开式存在常数项，且常数项为C128⋅212−8=7920．
(3)令x=1得展开式中所有项的系数之和等于1，
则由(2)知展开式中非常数项的系数之和为：1−7920=−7919．
(1)根据二项式展开式二项式系数的性质，确定n的值，即可求得答案；
(2)根据二项式展开式的通项，令x的指数等于0，求出参数k的值，即可求得答案；
(3)利用赋值法，即可求得答案．
本题考查了二项式定理的综合应用，属中档题．
18.【答案】极小值为1+ln2，无极大值；
答案见解析；
a= e．
【解析】解：(1)根据题目：已知函数f(x)=lnx+ax,a∈R，
当a=2时，f(x)=lnx+2x，
f′(x)=1x−2x2=x−2x2，令f′(x)=0，则x=1，
当00，
若a≤0，则f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)>0，解得x>a，令f′(x)