福建省三明市六校高二下学期期中联考数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省三明市六校高二下学期期中联考数学试题（解析版）-A4，共18页。试卷主要包含了 已知随机变量的分布列为等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 总分：150分）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
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. 已知随机变量的分布列为：
则的均值是（ ）
A. 2B. 2.1
C. 2.3D. 随的变化而变化
【答案】B
【解析】
【分析】先求得，然后根据均值的求法求得正确答案.
【详解】由得，
∴.
故选：B
2. 函数的导函数的图象如图所示，那么该函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据导函数的图像利用导数函数知识从而得到的图像，从而求解.
【详解】由题意知与轴有三个交点，不妨设为，
当，，当，,
当，，当，，
所以在区间，单调递减，故A、C错误；
在区间,单调递增，故B错误，故D正确.
故选：D.
3. 数轴上一个质点在外力的作用下，从原点出发，每隔秒向左或向右移动一个单位，已知向右移动的概率为，向左移动的概率为，共移动次，则质点位于的位置的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题设分析质点的移动方式，再应用独立事件的概率求法求概率即可.
【详解】由题意，要使移动次质点位于的位置，需左移5次，右移3次，
所以质点位于的位置的概率.
故选：D
4. 已知，且恰能被6整除，则的取值可以是（ ）
A. 1B. 4C. 11D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用二项式定理，结合整除思想求解.
详解】依题意，，
而能被6整除，则是6的正整数倍，ABD不满足，C满足.
故选：C
5. 小张打算对如图的4个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域（有公共边）涂不同颜色.现有6种颜色可供选择（6种颜色不一定用完），则不同的涂色方法种数有（ ）
A. 630B. 480C. 360D. 150
【答案】A
【解析】
【分析】将图中的地图涂色，最少需要2种颜色，最多可用4种颜色，可对所用颜色的种数分类计数．
【详解】四部分分别记为，如图所示，
由题意知给四部分涂色，至少要用两种颜色，故可分成三类涂色：
第一类，用4种颜色涂色，有种方法．
第二类，用3种颜色涂色，选3种颜色的方法有种．在涂的过程中，选对顶的两部分（或）涂同色，另两部分涂异色有种选法；3种颜色涂上去有种涂法，根据分步计数原理求得共种涂法．
第三类，用两种颜色涂色，选颜色有种选法，用一种颜色，涂一种颜色，有种涂法，故共种涂法．
所以共有涂色方法种．
故选：A.
6. “杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现.如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ）

A. 第10行中第5个数最大
B. 第2025行中从左往右第1012个数与第1013个数相等
C.
D. 第12行中第8个数与第9个数之比为
【答案】D
【解析】
【分析】利用图中所给杨辉三角结合组合数的性质即可判断A，B，D，利用组合数的性质计算即可判断C.
【详解】对于A，由杨辉三角性质得在第行里，有共个数，
所以第10行中正中间即第个数最大，故A错误，
对于B，由杨辉三角性质得第行第个数为，
则在第行中，第个数为，第1013个数为，
由组合数性质得，故B错误，
对于C，由组合数运算性质得，故C错误.
对于D，由已知得第12行中第8个数为，第9个数为，
则它们的比为，则第8个数与第9个数之比为，故D正确.
故选：D
7. 已知定义在上的奇函数满足，当时，，则的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题可设，，由其导数可知在上为增函数，又由可得则，分析可得的符号，进而分析在上的符号规律，结合函数的奇偶性即可解出.
【详解】设，，则其导数，
而当时，所以，即在上为减函数，
又由，为定义在上的奇函数，则，
则，
所以区间上，，在区间上，，
则在区间上，，在区间上，，
又由是定义在上的奇函数，则，
且在区间上，，在区间上，，
综合可得：不等式的解集为．
故选：B.
8. 已知函数的导函数为，且对任意的实数都有（是自然对数的底数），且，若关于的不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得即求出解析式，利用导数研究其单调性和极值与最值，结合图像即可求解.
【详解】即，
所以，则，
所以，
因为，所以，
所以，
，
由得，则在上单调递增，
由得或，则在和上单调递减，
所以时，取得极大值为，
当时，取得极小值，
又因为，，，
且时，，时，
的解集中恰有两个整数等价于在下方的图像只有2个横坐标为整数的点，结合函数图像可得：
则，解得，
所以时，的解集中恰有两个整数，
故实数的取值范围是.
故选：C.
二､多选题.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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 关于二项式的展开式，下列结论正确的是（ ）
A. 各项二项式系数之和为B. 各项系数之和为
C. 有理项共有4项D. 常数项
【答案】BD
【解析】
【分析】由二项式系数的性质可判断A；令可判断B，根据展开式可知当r为偶数时展开式为有理项，可判断C，利用二项式展开式的通项公式可判断D.
【详解】对于A，二项式系数之和为，故A错误；
对于B，令，得各项系数之和为，故B正确；
对于C，因为二项式通项公式为，
所以当为偶数时，展开式为有理项，所以时为有理项，共5项，故C错；
对于D，二项式展开式的通项为，
令，可得常数项为，故D正确．
故选：BD
10. “六艺”即“礼､乐､射､御､书､数”，为春秋战国时期读书人必须学习的六种技艺，分别为礼法､乐舞､射箭､驾车､书法和算术.某国学馆开设“传承优秀文化”专题培训班，对这六种技艺要逐项培训，下列叙述正确的是（ ）
A. “礼”与“射”必须相邻的培训方法有种排法
B. 先培训“数”后培训“乐”的培训方法种数为种排法
C. 课程“乐”不排在第一节，课程“御”不排在最后一节，共有种排法
D. 甲､乙､丙､丁､戊五名教师教这六门课程，每名教师至少任教一门课程，求甲不任教“数”的课程安排方案种数为种排法
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用捆绑法可判断A；定序问题使用除法可判断B；分“射”排在最后一周，剩下的课程没有限制和“射”不排在最后一周从中间四周选一周，再选一门课程排在最后一周，其他没有限制，然后与加法计数原理求解可判断C；分甲只任教1科和甲任教2科，然后与加法计数原理求解可判断D.
【详解】对于A，先排“礼、射”有种，然后将“礼、射”看作一个课程，与其余4个全排有，
所以满足条件的培训方法种数为，故A错误；
对于B，先全排有种，“数”和“乐”的顺序有2种，满足顺序排法相同，
所以满足条件的排法有种，故B正确；
对于C，当“乐”排在第一节时有种排法，当“御”排在最后一节时有种排法，
全排有种，当“乐”排在第一节且“御”排在最后一节时有种排法，
所以当“乐”不排在第一节且“御”不排在最后一节时有种排法，故C正确；
对于D，当甲只任教1科时有种排法；当甲任教2科时有种排法，
所以甲不任教“数”的课程安排方案有种，故D正确.
故选：BCD.
11. “切线放缩”是处理不等式问题一种技巧.如图所示，在点处的切线为.易知，除切点外，图象上其余所有的点均在的上方，故有.显然，选择的切点不同，所得不等式也不同.请根据以上材料，判断下列命题中正确的命题是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】ACD
【解析】
【分析】构造函数并应用导数研究不等式恒成立判断A、C、D；取判断B.
【详解】令，则，
令，则，
故在上单调递增，又，
当时，此时在上单调递减，
当时，此时在上单调递增，
所以，则，A对；
由，则，若，有，此时，
所以，即不成立，B错；
令，则，
令，则，即在上单调递增，
又，当时，，即，此时在上单调递减，
当时，即，此时在上单调递增，
所以，即恒成立，C对；
令，则，
令，则，即在上单调递增，
由，故使，
当时，，此时在上单调递减，
当时，，此时在上单调递增，
所以，又，则，
所以，故，，D对.
故选：ACD
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三､填空题.本题共3小题，每小题5分，共15分.
12 已知随机变量，若，则____________.
【答案】## 0.4
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性求解即可.
【详解】因为随机变量，且，
所以，
又，
所以，
故答案为：0.4
13. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数转化为在上恒成立，利用参变分离转化为求函数最值问题.
【详解】因为，所以，
由区间上单调递增，所以在上恒成立，
即在上恒成立，
令 ，所以，
所以时，，所以在上单调递减，
所以，所以，
故答案为：
14. 某机器有四种核心部件A，B，C，D，四个部件至少有三个正常工作时，机器才能正常运行，四个核心部件能够正常工作的概率满足为，，且各部件是否正常工作相互独立，已知，设为在次实验中成功运行的次数，若，则至少需要进行的试验次数为___________.
【答案】54
【解析】
【分析】设，则，借助相互独立事件的乘法公式可表示出一次实验中成功运行的概率，则当该概率取的最大值时，需要最少的试验次数，借助导数研究单调性即可得该概率的最大值，结合二项分布期望公式即可得解.
【详解】设，则，
所以，
设一次实验中成功运行的概率为，
则
，
，
令，
，
当时，，当时，；
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，
故，
由服从二项分布，故有，则.
故答案为：54
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. 甲､乙两个袋中各装有大小相同的3个红球和2个白球，第一次从甲袋随机取出一个球放入乙袋.第二次再从乙袋中取出一个球.记“第一次从甲袋中取出红球”，“第一次从甲袋中取出白球”，“第二次从乙袋中取出红球”，“第二次从乙袋中取出白球”.
（1）求第二次从乙袋取出的一个球是红球的概率；
（2）求在第二次从乙袋取出一个球是红球的条件下，第一次从甲袋取出的是白球的概率.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）应用全概率公式求第二次从乙袋取出的一个球是红球的概率；
（2）应用条件概率公式求第二次从乙袋取出一个球是红球的条件下，第一次从甲袋取出的是白球的概率.
【小问1详解】
依题意知，且，
则，
所以第二次从乙袋取出的一个球是红球的概率为.
【小问2详解】
依题意得，
所以在第二次从乙袋取出一个球是红球的条件下，第一次从甲袋取出的是白球的.
16. 为迎接“五一劳动节”，某校举行“劳动最光荣”知识竞赛.竞赛共有A､B两类试题，每类试题各10道，答对1道A类试题得10分，答对1道B类试题得20分，答错不扣分.参赛者从这两类试题中挑一类来回答（只需选择其中一类回答），每类抽出3道题回答（抽后不放回）.已知小明在A类试题中有7道题会答对，B类试题中每道答对的概率均为.
（1）若小明选择回答A类试题，设小明回答结束后的总得分为，求的分布列和期望.
（2）若小明选择回答B类试题，设小明回答结束后的总得分为，从得分期望考虑，小明应该选择哪类试题回答得分更高？请说明理由.
【答案】（1）分布列见解析，21；
（2）应该选择类试题，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据已知有可能的取值为，并求出对应概率，即可得分布列，进而求期望；
（2）设表示小明回答类试题中答对的题数且，应用二项分布的期望及期望性质求，结合（1）结果得结论.
【小问1详解】
由题设，可能的取值为，
，
，
所以的分布列为
所以
【小问2详解】
设表示小明回答类试题中答对的题数，易知，
故，又，则.
因为，故小明应该选择类试题回答得分更高.
17. 已知函数.
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）若对任意，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程即可；
（2）问题化为在上恒成立，利用导数求右侧的最大值，即可得参数范围.
【小问1详解】
由题设的定义域是，
则，所以，即，
即在处的切线方程为.
【小问2详解】
因为，得恒成立.
即，在上恒成立，
设，则，
令，得（舍去），
当时，在单调递增，
当时，在单调递减，
当时，取得极大值，也是最大值，且，
若在上恒成立，则，
故实数的取值范围是.
18. 小张每周都去同一家商店购买一箱苹果，该商店的售货员说出售的每箱苹果的平均质量是5000克，上下浮动不超过100克.根据售货员的表述转化为数学理想模型是该商店所出售的每箱苹果的质量服从期望为5000克，标准差为100克的正态分布.
（1）若随机变量服从正态分布，从的所有取值中随机抽取个数据，记这个数据的平均值为，则随机变量服从正态分布.
（i）若该售货员所说属实，则小张从该商店随机购买25箱苹果，记这25箱苹果的平均质量为，求.
（ii）若小张每周都会将从该商店买来的苹果按箱进行称重并记录，25周后，得到的数据都在内，计算出这25箱苹果质量的平均值为4938.77克.小张举报了该商店，从概率的角度说明小张举报该商店的理由.
（2）若该售货员所说属实，则现从该商店随机抽取100箱苹果，记这100箱苹果中质量在内的箱数为，求的方差.（结果保留两位小数）
附：①若随机变量服从正态分布，则，，；
②通常把发生概率小于0.05的事件称为小概率事件，小概率事件基本不会发生.
③参考数据：，，，
，
【答案】（1）（i）；（ii）理由见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）（i）根据已知，应用特殊区间的概率及正态分布的对称性求；（ii）根据（i）结果及已知小概率事件的定义得结论；
（2）设该大型超市所出售的每箱苹果的质量为，且，应用特殊区间的概率求得，进而有并应用二项分布的方差公式求方差.
【小问1详解】
（i）依题意得，，所以.
设，因为，
则；
（ii）由（i）得.
因为小张计算出这25箱苹果质量的平均值为4938.77克，且，
所以，则小张购买的这25箱苹果质量的平均值为4938.77克属于小概率事件，
小概率事件基本不会发生，这就是小张举报该超市的理由.
【小问2详解】
设该大型超市所出售的每箱苹果的质量为，则.
设，由，
得
，
根据题意，得随机变量，故.
19. 在几何学中，我们常用曲率来刻画曲线的弯曲程度．设光滑连续曲线，定义为曲线在点处的曲率，其中为的导函数，为的导函数．已知曲线．
（1）当时，求曲线在点处的曲率；
（2）已知曲线在不同的两点，处的曲率均为0．
①求实数的取值范围；
②证明：．
【答案】（1）
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）两次求导，再根据曲率公式计算即可；
（2）①对求导，根据正负判断增减性，分析边界值与特殊值，趋于负无穷时趋于，，时最大为.方程有两根，意味着直线与图像有两个交点，得到.
②构造函数，通过求导，再对求导得到，判断单调性得出的正负，进而得到单调性，证明出当，.利用直线上的点建立关系，结合及，得到.转化要证的不等式：将转化为，进一步转化为证明. 再次转化，根据，将转化为，构造函数，通过求导，得到单调性，证明，从而得出.
【小问1详解】
解：当时，，，
所以，，
故曲线在点处的曲率．
【小问2详解】
，由题意可知，，
则方程有两个根，，
设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
又时，，，且，
①由题可知，直线与函数的图象有两个不同的交点，
所以，
故实数的取值范围为．
②证明：由上可知，，不妨设．
下面证明：当，，
设，则，
令，则，所以在上单调递减，
则，所以在上单调递增，且，
即，故，．
设点在直线上，则，即，
所以，
即，
要证，需证，
需证，
又，只需证，即证．
令，则，
令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，即，
所以在上单调递减，所以成立，
故．
1
2
3
0.2
0.5
0
10
20
30