安徽省安庆市第一中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

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1. 从0，1，2，5中取三个不同的数字，组成能被5整除的三位数，则不同三位数有（ ）
A. 12个B. 10个C. 8个D. 7个
【答案】B
【解析】
【分析】根据能被5整除的数的特征，分类讨论，结合排列组合即可求解.
【详解】能被5整除的三位数末位数字得是0或5，
当末位数字为0时，此时有个符合条件的三位数，
当末位数字为5时，此时有个符合条件的三位数，
因此一共有个，
故选：B
2. 质监部门对某种建筑构件的抗压能力进行检测，对此建筑构件实施两次打击，若没有受损，则认为该构件通过质检.若第一次打击后该构件没有受损的概率为0.85，当第一次没有受损时第二次实施打击也没有受损的概率为0.80，则该构件通过质检的概率为（ ）
A. 0.4B. 0.16C. 0.68D. 0.17
【答案】C
【解析】
【分析】运用概率乘法公式求解即可.
【详解】设表示第次打击后该构件没有受损，，
则由已知可得，，
所以由乘法公式可得，即该构件通过质检的概率是0.68.
故选：C.
3. 已知的展开式中各项系数和为243，则展开式中常数项为（ ）
A 60B. 80C. D. 
【答案】B
【解析】
【分析】根据各项系数和求出，再由二项展开式通项公式求解即可.
【详解】当时，，解得，
则展开式第项，
令，解得，所以，
故选：B
4. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数解析式，求函数定义域，奇偶性，特殊值利用排除法逐一判断各个选项.
【详解】由题意得，即，得，且，
所以定义域为；
又，所以为奇函数，
其图象关于原点对称，排除B，C；
又，所以排除D．
故选：A．
5. 若随机变量X的分布列为
则当P(X＜a)＝0.8时，实数a的取值范围是（ ）
A. (－∞，2]B. [1，2]
C. (1，2]D. (1，2)
【答案】C
【解析】
【分析】根据分布列可得P(X＜0)＝0.3，P(X＜1)＝0.5，P(X＜2)＝0.8，即可确定m的取值范围.
【详解】由随机变量X的分布列知：P(X＜－1)＝0.1，P(X＜0)＝0.3，P(X＜1)＝0.5，P(X＜2)＝0.8，
则当P(X＜a)＝0.8时，实数a取值范围是(1，2]．
故选：C
6. （ ）
A. 3nB. 2·3n
C. －1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件结合的展开式即得.
【详解】
.
故选：D.
7. 已知函数，且，则（ ）
A. B. 0C. 100D. 10200
【答案】A
【解析】
【分析】对分成偶数和计算两种情况进行分类讨论，结合分组求和法求得正确答案.
【详解】若为偶数，则，，
所以，
所以数列的偶数项是首项为，公差为的等差数列；
若为奇数，则，，
所以，
所以数列的奇数项是首项为，公差为4的等差数列.
所以.
故选：A
8. 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，则下列说法中不正确的是（ ）
A. B. 时，
C. 时，随着的增大而增大D. 时，随着的增大而减小
【答案】D
【解析】
【分析】结合概率基本性质可判断A项，由二项分布概率通项公式可求得、即可判断B项，结合二项式定理展开式可得，分别研究与时的单调性可判断C项、D项.
【详解】对于A选项，由概率的基本性质可知，，故A项正确；
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项正确；
对于C选项、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C项正确，
当时，为正负交替的摆动数列，故D项不正确.
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．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有错选得0分．
9. 设离散型随机变量的分布列为
若离散型随机变量满足，则下列结果正确的有
A. B. ，
C. ，D. ，
【答案】ACD
【解析】
【分析】先计算的值，然后考虑、的值，最后再计算、的值.
【详解】因为，所以，故A正确；
又，
，故C正确；因为，所以，，故D正确.
故选ACD.
【点睛】随机变量的均值与方差的线性变化：若随机变量与随机变量满足，则，.
10. 现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是（ ）
A. 若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法
B. 若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒的放法共有18种
C. 若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒的放法共有144种
D. 若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种
【答案】BCD
【解析】
【分析】由分步乘法计数原理即可判断A，由分类加法、分步乘法结合排列、组合的知识可判断B，由分步乘法、排列、组合的知识可判断C，由枚举法可判断D，即可得解.
【详解】对于A，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有种放法，故A错误；
对于B，若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有种放法，故B正确；
对于C，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有种放法，故C正确；
对于D，若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同，若代表编号为1，2，3，4的盒子放入的小球编号分别为2，1，4，3，列出所有符合要求的情况：，，，，，，，，，共9种放法，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】本题考查了计数原理的综合应用，考查了运算求解能力与分类讨论思想，合理分类、分步，完整枚举是解题关键，属于中档题.
11. 设数列满足，对任意的恒成立，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 是递增数列
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】
构造函数，再利用导数判断出函数的单调性，利用单调性即可求解.
【详解】由，
设，
则，
所以当时，，
即在上为单调递增函数，
所以函数在为单调递增函数，
即，
即，
所以 ，
即，
所以，，故A正确；C不正确；
由在上为单调递增函数，，所以是递增数列，故B正确；
,所以
因此，故D正确
故选：ABD
【点睛】本题考查了数列性质的综合应用，属于难题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 一个盒子里装有种颜色，大小形状质地都一样的个球，其中黄球个，蓝球个，绿球个，现从盒子中随机取出两个球，记事件“取出的两个球颜色不同”，事件“取出一个黄球，一个蓝球”，则______.
【答案】
【解析】
【分析】求出、的值，利用条件概率公式可求得的值.
【详解】由题意可得，
事件“取出一个黄球，一个蓝球”，则，
由条件概率公式可得.
故答案为：.
13. 中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学．某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在前三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课，则关于“六艺”课程讲座不同排课顺序的种数为________．（用数字作答）
【答案】120
【解析】
【分析】确定排齐方法，第一步根据“射”和“御”两门课程排在前3节和后3节分类讨论．第二步排“数”，第三步排其它3门．
【详解】按相邻两门课排在前3节、中间两节及后3节分类，
方法数，
故答案为：120．
【点睛】关键点点睛：本题考查排列组合的综合应用，考查计数原理，解题关键是确定事件完成的方法，是分类还是分步.本题是先按特殊元素分类，然后分步．综合应用分步计数原理和分类计数原理．
14. “完全数”是一类特殊的自然数，它的所有正因数的和等于它自身的两倍．寻找“完全数”用到函数：，为n的所有正因数之和，如，则_______；_______．
【答案】 ①. 42 ②.
【解析】
【分析】根据为n的所有正因数之和，直接计算，分析的正因数的特点，利用等比数列求和求解.
【详解】根据新定义可得，，
因为正因数，
所以
故答案为：；
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. 现将两个班的艺术类考生报名表分别装进2个档案袋，第一个档案袋内有6名男生和4名女生的报名表，第二个档案袋内有5名男生和5名女生的报名表．随机选择一个档案袋，然后从中随机抽取2份报名表．
（1）若选择的是第一个档案袋，求从中抽到两名男生报名表的概率；
（2）求抽取的报名表是一名男生一名女生的概率．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）选择的是第一个档案袋，从中随机抽取2份报名表，基本事件总数，从中抽到两名男生报名表包含的基本事件个数为，由此能求出从中抽到两名男生报名表的概率；
（2）设事件表示抽取到第个档案袋，，设事件表示抽取的报名表是一名男生一名女生，利用全概率公式能求出抽取的报名表是一名男生一名女生的概率．
【小问1详解】
（1）第一个档案袋内有6名男生和4名女生的报名表，
选择的是第一个档案袋，从中随机抽取2份报名表，基本事件总数，
从中抽到两名男生报名表包含的基本事件个数为，
从中抽到两名男生报名表的概率．
【小问2详解】
设事件表示抽取到第个档案袋，，设事件表示抽取的报名表是一名男生一名女生，
则，，，，
抽取的报名表是一名男生一名女生的概率为：
．
16. 数学家也有一些美丽的错误，如法国数学家费马于年提出了以下猜想：是质数.年，瑞士数学家欧拉算出，该数不是质数.已知为数列的前项和，且
（1）求数列的通项公式；
（2）若，设为数列的前项和，求出.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由数列的通项公式与其前n项和的关系求其通项公式即可.
（2）运用裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
因为，，
所以；
当时，，
当时，，
适合上式，故；
【小问2详解】
因为，所以，
所以，
故，
所以，
即.
17. 某中学为了解本校高二年级学生阅读水平现状，从该年级学生中随机抽取100人进行一般现代文阅读速度的测试，以每位学生平均每分钟阅读的字数作为该学生的阅读速度，将测试结果整理得到如下频率分布直方图：
（1）若该校高二年级有1500人，试估计阅读速度达到620字/分钟及以上的人数；
（2）用频率估计概率，从该校高二学生中随机抽取3人，设这3人中阅读速度达到540字/分钟及以上人数为，求的分布列与数学期望；
（3）若某班有10名学生参加测试，他们的阅读速度如下：506，516，553，592，617，632，667，693，723，776，从这10名学生中随机抽取3人，设这3人中阅读速度达到540字/分钟及以上的人数为，试判断数学期望与（2）中的的大小.
【答案】（1）人
（2）分布列见解析；
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图分析数据得频率即可估计阅读速度达到620字/分钟及以上的人数；
（2）确定从中任取一人，其阅读速度达到540字/分钟及以上的概率，结合二项分布的概率求解的分布列与数学期望即可；
（3）根据超几何分布的概率求解的分布列与数学期望即可得结论.
【小问1详解】
，
故可估计阅读速度达到620字/分钟及以上的人数为人；
【小问2详解】
从中任取一人，其阅读速度达到540字/分钟及以上的概率为：
，
的可能取值为、、、，
，
，
，
，
则其分布列为：
其期望为：；
【小问3详解】
，理由如下：
这10名学生中，阅读速度达到540字/分钟及以上的人数为人，的可能取值为、、，
，，，
则，故.
18. 已知函数，为函数的导函数
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，若，，且，证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）首先求出的解析式，再利用导数求出的单调区间；
（2）首先求出的解析式，再利用导数说明函数的单调性，即可得到①或②两种情况，再分别证明即可.
【小问1详解】
解：因为定义域为，
则，即，
所以，
当时恒成立，所以在上单调递增，
当时，令解得，令解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上可得，当时在上单调递增，
当时在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
证明：当时，
所以，，
所以，
令，则，所以当时，当时，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，所以在上单调递增，
不妨设，因为，所以有①或②两种情况，
当①时，因为在上单调递增，
所以，所以，
当②时，由，得，所以，
则，
由，所以，
令，，
则，
所以，即在上单调递减，且当趋向于1时趋向于0，则，
所以，则，即，
综上可得当，，且时，.
【点睛】关键点点睛：第一问中，根据的结构，对分类讨论；第二问中，对于②，在证明时，利用将双变量变为单变量，再利用导数证明不等式.
19. 在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列.现连续发射信号次，每次发射信号“0”和“1”是等可能的.记发射信号1的次数为.
（1）当时，求
（2）已知切比雪夫不等式：对于任一随机变量，若其数学期望和方差均存在，则对任意正实数，有.根据该不等式可以对事件“”的概率作出下限估计.为了至少有的把握使发射信号“1”的频率在0.4与0.6之间，试估计信号发射次数的最小值.
【答案】（1）
（2）1250
【解析】
【分析】（1）根据二项分布公式计算；
（2）运用二项分布公式算出 和 ，再根据题意求出 中a的表达式，最后利用切比雪夫不等式求解.
【小问1详解】
由已知，
所以
；
【小问2详解】
由已知，所以，
若，则，即，
即.
由切比雪夫不等式，
要使得至少有的把握使发射信号“1”的频率在与之间，则，
解得，所以估计信号发射次数的最小值为1250；
综上， ，估计信号发射次数的最小值为1250.
X
－2
－1
0
1
2
3
P
0.1
0.2
0.2
0.3
0.1
0.1
0
1
2
3
4
0.4
0.1
0.2
0.2