黑龙江大庆红岗区大庆铁人中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题（含答案）
文档属性
| 名称 | 黑龙江大庆红岗区大庆铁人中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 447.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-11 22:43:37 | ||
图片预览
文档简介
大庆市重点中学2022-2023学年高二下学期期中考试
数学试题
试题说明：1、本试题满分150分，答题时间120分钟。
2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。
第Ⅰ卷 选择题部分
一、单选题（每小题只有一个选项正确，共8小题，每小题5分，共40分。）
1．已知数列为等差数列，且满足，，则的值为（ ）
A．2033 B．2123 C．0 D．123
2．设可导函数，则（ ）
A．－2 B．2 C． D．6
3．用红、黄、蓝三种颜色给下图着色，要求有公共边的两块不着同色．在所有着色方案中，①③⑤着相同色的方案有（ ）
A．96种 B．24种 C．48种 D．12种
4．对四组数据进行统计，获得以下散点图，关于其相关系数的比较，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知随机变量X的分布列满足：，其中a为常数，则（ ）
A． B． C． D．
6．若，，则x＋n＝（ ）
A．5 B．3 C．6 D．2或5
7．用1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，（代表万位，千位，百位，十位，个位依次为a，b，c，d，e）其中满足a＞b＞c＜d＜e的五位数有n个。则在的展开式中，的系数是（ ）
A．56 B．35 C．20 D．84
8．设，，c＝1，则（ ）
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜a＜c D．b＜c＜a
二、多选题（本题共4小题，共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对得得2分，有选错的得0分）
9．下列命题正确的是（ ）
A．对于事件A，B，若A B，且，，则
B．若随机变量且，则
C．若某种水果的果实横径X（单位：mm）服从正态分布，则果实横径在（65，80）的概率为0.7185（若，则）
D．已知随机变量，满足，若，，则，
10．若则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．有3台车床加工同一型号的零件，第1，2，3台加工的次品率分别为6%，5%，4%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数的比为5：6：9，现任取一个零件，记事件“零件为第i台车床加工”（i＝1，2，3），事件B＝“零件为次品”，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．一个袋子中装有除颜色外完全相同的10个球，其中有6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量X为取出白球的个数，随机变量Y为取出黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Z为取出4个球的总得分，则下列结论中不正确的是（ ）
A． B．X＋Y＝4 C．E（X）＞E（Y） D．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．某种机械设备的使用年限x（单位：年）与维修费y（单位：万元）的统计数据如下表所示：
使用年限x（单位：年） 1 2 3 4 5 6 7
维修费y（单位：万元） 2.90 3.30 3.60 4.40 4.80 5.20 5.90
由上表数据可知，y与x的相关系数为______．
（精确到0.01，参考公式和数据：，，，）
14．已知数列的前n项和是，且，若，则称项为“和谐项”，那么数列的所有“和谐项”的和为______．
15．河图是上古时代神话传说中伏羲通过黄河中浮出龙马身上的图案，与自己的观察，画出的“八卦”，而龙马身上的图案就叫做“河图”．把一到十分成五组，如图，其口诀：一六共宗，为水居北：二七同道，为火居南；三八为朋，为木居东；四九为友，为金居西；五十同途，为土居中．“河图”将一到十分成五行属性分别为金，木，水，火，土的五组，在五行的五种属性中，五行相克的规律为：金克木，木克土，土克水，水克火，火克金；五行相生的规律为：木生火，火生土，土生金，金生水，水生木．现从这十个数中随机抽取3个数，则这3个数字的属性互不相克的条件下，取到属性为土的数字的概率为______．
16．某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“雅荷文学社”、“青春风街舞社”、“羽乒协会”、“演讲团”、“吉他协会”五个社团，若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加，则这6个人中至多有1人参加“演讲团”的不同参加方法数为______．（用数字作答）
四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤）
17．（10分）已知的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比为2：5．
（1）求常数项；
（2）求系数最大的项．
18．（12分）数列满足，，，即
（1）求证：是等比数列；
（2）若，求的前n项和为．
19．（12分）某工厂车间有6台相同型号的机器，各台机器相互独立工作，工作时发生故障的概率都是，且一台机器的故障由一个维修工处理．已知此厂共有甲、乙、丙3名维修工，现有两种配备方案，方案一：由甲、乙、丙三人维护，每人负责2台机器；方案二：由甲乙两人共同维护6台机器，丙负责其他工作。
（1）对于方案一，设X为甲维护的机器某一时刻发生故障的台数，求X的分布列与数学期望E（X）；
（2）在两种方案下，分别计算某一时刻机器发生故障时不能得到及时维修的概率，并以此为依据来判断，哪种方案能使工厂的生产效率更高？
20．（12分）已知．
（1）求的单调区间；
（2）若，记，为函数的两个极值点，求的取值范围．
21．（12分）某技术部门对工程师进行达标等级考核，需要进行两轮测试，每轮测试的成绩在90分及以上的定为该轮测试通过，只有通过第一轮测试的人员才能进行第二轮测试，两轮测试的过程及结果相互独立，并规定：①两轮测试均通过的定为一级工程师；②仅通过第一轮测试，而第二轮测试没通过的定为二级工程师；③第一轮测试没通过的不予定级．
现有某公司的甲、乙、丙三位工程师参加等级考核，已知他们通过第一轮测试的概率分别为，，，通过第二轮测试的概率均为．
（1）求经过本次考核，甲，乙，丙三位工程师中恰有两位被定为一级工程师的概率；
（2）公司为鼓励以上三名工程师参加等级考核设制两套奖励方案：
方案一：奖励定为一级工程师2000元，奖励定为二级工程师1500元，未定级给予鼓励奖500元；
方案二：获得一级或二级工程师均奖励2000元，未获得任何等级的不予奖励．
采用哪套方案，公司对于以上三人奖励支出会更少？
22．（12分）已知函数．
（1）当a＝2时，求在x＝0处的切线方程；
（2）若有两个零点，求a的取值范围；
（3）求证：
大庆市重点中学2022-2023学年高二下学期期中考试
数学答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
C D B A C D B D AD BC ACD AC
13．0.99 14．2047 15．0.4/ 16．5040
17．解：因为第二项与第三项的二项式系数之比是2：5，
则，即，解得n＝0（舍）或n＝6，所以n的值为6．
的展开式的通项为，
（1）当时，即k＝4时，所以常数项为60．
（2）设第k＋1项系数最大，由通项得
令，解得，又∵，∴k＝2，
∴展开式中系数最大的项为第3项，且．
18．解：（1），，
∵，∴，
∴，又因为．
∴，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）可得，，，
设，设其前n项和为，
则，①
，②
①减②得：，
所以，所以．
19．解：（1）由题意可知，，
则，，，
所以，随机变量X的分布列如下表所示：
X 0 1 2
P
所以，．
（2）解：对于方案一：“机器发生故障时不能及时维修”等价于“甲、乙、丙三人中，至少有一人负责的2台机器同时发生故障”，考查反面处理这个问题．
设机器发生故障时不能及时维修的概率为，则其概率为．
对于方案二：设机器发生故障时不能及时维修的概率为，则
，
所以，，即方案二能让故障机器更大概率得到及时维修，使得工厂的生产效率更高．
20．解：（1），（x＞0），令，则，
当时，，的单调减区间为．
当时，，的单调增区间为．
综上所述，的单调减区间为，的单调增区间为．
（2），，（x＞0），
∵，为两个极值点，∴有两个不等的正根，，
∴，，，，得，
，
令，（t＞1），得，
，因为t＞1，则，则，
∴在（1，＋∞）递减，∴，
即的取值范围为．
21．解：（1）设甲，乙，丙被定为一级工程师的事件分别为，，，
事件C表示三位工程师中恰有两位被定为一级工程师．
，
所以
经过本次考核，甲，乙，丙三位工程师中恰有两位被定为一级工程师的概率为
（2）方案一：设甲，乙，丙获得的奖金分别为X，Y，Z，则X，Y，Z的取值均为2000，1500，500；
则，，；
故
，
，
，
；
．
方案二：设甲，乙，丙获得的奖金分别为，，，则，，的取值均为2000，0；
，；
，，
显然，从奖励期望值角度看，公司采用方案二，奖励支出会更少．
22．解：（1）当a＝2时，则，，
可得，，
即切点坐标为（0，2），斜率k＝3，所以切线方程y＝3x＋2．
（2）由题意可得：，
因为，则有：
（i）当a≤0时，则，即，
所以在R上单调递减，至多有1个零点，不合题意；
（ⅱ）当a＞0时，令时，则；令时，则；
则在上单调递增，在上单调递减，
且当x趋近于－∞时，趋近于＋∞，当x趋近于＋∞时，趋近于＋∞，
若有两个零点，则，
构建，则在（0，＋∞）上单调递增，且，
若，则0＜a＜1；综上所述：a的取值范围为（0，1）．
（3）由（2）可知：当a＝1时，在（0，＋∞）上单调递增，在（－∞，0）上单调递减，
则，
可得，当且仅当x＝0时，等号成立；
构建，则，
构建，则，
构建，则，
令，解得x＞1；令，解得x＜1；
则在（1，＋∞）上单调递增，在（－∞，1）上单调递减，所以，
即恒成立，则在R上单调递增，且，
令，解得x＞1；令，解得x＜1；
即当x＞1时，；当x＜1时，；
则在（1，＋∞）上单调递增，在（－∞，1）上单调递减，所以，
所以，当且仅当x＝1时，等号成立；
综上所述：等号不能同时取到，所以．
数学试题
试题说明：1、本试题满分150分，答题时间120分钟。
2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。
第Ⅰ卷 选择题部分
一、单选题（每小题只有一个选项正确，共8小题，每小题5分，共40分。）
1．已知数列为等差数列，且满足，，则的值为（ ）
A．2033 B．2123 C．0 D．123
2．设可导函数，则（ ）
A．－2 B．2 C． D．6
3．用红、黄、蓝三种颜色给下图着色，要求有公共边的两块不着同色．在所有着色方案中，①③⑤着相同色的方案有（ ）
A．96种 B．24种 C．48种 D．12种
4．对四组数据进行统计，获得以下散点图，关于其相关系数的比较，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知随机变量X的分布列满足：，其中a为常数，则（ ）
A． B． C． D．
6．若，，则x＋n＝（ ）
A．5 B．3 C．6 D．2或5
7．用1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，（代表万位，千位，百位，十位，个位依次为a，b，c，d，e）其中满足a＞b＞c＜d＜e的五位数有n个。则在的展开式中，的系数是（ ）
A．56 B．35 C．20 D．84
8．设，，c＝1，则（ ）
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜a＜c D．b＜c＜a
二、多选题（本题共4小题，共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对得得2分，有选错的得0分）
9．下列命题正确的是（ ）
A．对于事件A，B，若A B，且，，则
B．若随机变量且，则
C．若某种水果的果实横径X（单位：mm）服从正态分布，则果实横径在（65，80）的概率为0.7185（若，则）
D．已知随机变量，满足，若，，则，
10．若则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．有3台车床加工同一型号的零件，第1，2，3台加工的次品率分别为6%，5%，4%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数的比为5：6：9，现任取一个零件，记事件“零件为第i台车床加工”（i＝1，2，3），事件B＝“零件为次品”，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．一个袋子中装有除颜色外完全相同的10个球，其中有6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量X为取出白球的个数，随机变量Y为取出黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Z为取出4个球的总得分，则下列结论中不正确的是（ ）
A． B．X＋Y＝4 C．E（X）＞E（Y） D．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．某种机械设备的使用年限x（单位：年）与维修费y（单位：万元）的统计数据如下表所示：
使用年限x（单位：年） 1 2 3 4 5 6 7
维修费y（单位：万元） 2.90 3.30 3.60 4.40 4.80 5.20 5.90
由上表数据可知，y与x的相关系数为______．
（精确到0.01，参考公式和数据：，，，）
14．已知数列的前n项和是，且，若，则称项为“和谐项”，那么数列的所有“和谐项”的和为______．
15．河图是上古时代神话传说中伏羲通过黄河中浮出龙马身上的图案，与自己的观察，画出的“八卦”，而龙马身上的图案就叫做“河图”．把一到十分成五组，如图，其口诀：一六共宗，为水居北：二七同道，为火居南；三八为朋，为木居东；四九为友，为金居西；五十同途，为土居中．“河图”将一到十分成五行属性分别为金，木，水，火，土的五组，在五行的五种属性中，五行相克的规律为：金克木，木克土，土克水，水克火，火克金；五行相生的规律为：木生火，火生土，土生金，金生水，水生木．现从这十个数中随机抽取3个数，则这3个数字的属性互不相克的条件下，取到属性为土的数字的概率为______．
16．某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“雅荷文学社”、“青春风街舞社”、“羽乒协会”、“演讲团”、“吉他协会”五个社团，若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加，则这6个人中至多有1人参加“演讲团”的不同参加方法数为______．（用数字作答）
四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤）
17．（10分）已知的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比为2：5．
（1）求常数项；
（2）求系数最大的项．
18．（12分）数列满足，，，即
（1）求证：是等比数列；
（2）若，求的前n项和为．
19．（12分）某工厂车间有6台相同型号的机器，各台机器相互独立工作，工作时发生故障的概率都是，且一台机器的故障由一个维修工处理．已知此厂共有甲、乙、丙3名维修工，现有两种配备方案，方案一：由甲、乙、丙三人维护，每人负责2台机器；方案二：由甲乙两人共同维护6台机器，丙负责其他工作。
（1）对于方案一，设X为甲维护的机器某一时刻发生故障的台数，求X的分布列与数学期望E（X）；
（2）在两种方案下，分别计算某一时刻机器发生故障时不能得到及时维修的概率，并以此为依据来判断，哪种方案能使工厂的生产效率更高？
20．（12分）已知．
（1）求的单调区间；
（2）若，记，为函数的两个极值点，求的取值范围．
21．（12分）某技术部门对工程师进行达标等级考核，需要进行两轮测试，每轮测试的成绩在90分及以上的定为该轮测试通过，只有通过第一轮测试的人员才能进行第二轮测试，两轮测试的过程及结果相互独立，并规定：①两轮测试均通过的定为一级工程师；②仅通过第一轮测试，而第二轮测试没通过的定为二级工程师；③第一轮测试没通过的不予定级．
现有某公司的甲、乙、丙三位工程师参加等级考核，已知他们通过第一轮测试的概率分别为，，，通过第二轮测试的概率均为．
（1）求经过本次考核，甲，乙，丙三位工程师中恰有两位被定为一级工程师的概率；
（2）公司为鼓励以上三名工程师参加等级考核设制两套奖励方案：
方案一：奖励定为一级工程师2000元，奖励定为二级工程师1500元，未定级给予鼓励奖500元；
方案二：获得一级或二级工程师均奖励2000元，未获得任何等级的不予奖励．
采用哪套方案，公司对于以上三人奖励支出会更少？
22．（12分）已知函数．
（1）当a＝2时，求在x＝0处的切线方程；
（2）若有两个零点，求a的取值范围；
（3）求证：
大庆市重点中学2022-2023学年高二下学期期中考试
数学答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
C D B A C D B D AD BC ACD AC
13．0.99 14．2047 15．0.4/ 16．5040
17．解：因为第二项与第三项的二项式系数之比是2：5，
则，即，解得n＝0（舍）或n＝6，所以n的值为6．
的展开式的通项为，
（1）当时，即k＝4时，所以常数项为60．
（2）设第k＋1项系数最大，由通项得
令，解得，又∵，∴k＝2，
∴展开式中系数最大的项为第3项，且．
18．解：（1），，
∵，∴，
∴，又因为．
∴，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）可得，，，
设，设其前n项和为，
则，①
，②
①减②得：，
所以，所以．
19．解：（1）由题意可知，，
则，，，
所以，随机变量X的分布列如下表所示：
X 0 1 2
P
所以，．
（2）解：对于方案一：“机器发生故障时不能及时维修”等价于“甲、乙、丙三人中，至少有一人负责的2台机器同时发生故障”，考查反面处理这个问题．
设机器发生故障时不能及时维修的概率为，则其概率为．
对于方案二：设机器发生故障时不能及时维修的概率为，则
，
所以，，即方案二能让故障机器更大概率得到及时维修，使得工厂的生产效率更高．
20．解：（1），（x＞0），令，则，
当时，，的单调减区间为．
当时，，的单调增区间为．
综上所述，的单调减区间为，的单调增区间为．
（2），，（x＞0），
∵，为两个极值点，∴有两个不等的正根，，
∴，，，，得，
，
令，（t＞1），得，
，因为t＞1，则，则，
∴在（1，＋∞）递减，∴，
即的取值范围为．
21．解：（1）设甲，乙，丙被定为一级工程师的事件分别为，，，
事件C表示三位工程师中恰有两位被定为一级工程师．
，
所以
经过本次考核，甲，乙，丙三位工程师中恰有两位被定为一级工程师的概率为
（2）方案一：设甲，乙，丙获得的奖金分别为X，Y，Z，则X，Y，Z的取值均为2000，1500，500；
则，，；
故
，
，
，
；
．
方案二：设甲，乙，丙获得的奖金分别为，，，则，，的取值均为2000，0；
，；
，，
显然，从奖励期望值角度看，公司采用方案二，奖励支出会更少．
22．解：（1）当a＝2时，则，，
可得，，
即切点坐标为（0，2），斜率k＝3，所以切线方程y＝3x＋2．
（2）由题意可得：，
因为，则有：
（i）当a≤0时，则，即，
所以在R上单调递减，至多有1个零点，不合题意；
（ⅱ）当a＞0时，令时，则；令时，则；
则在上单调递增，在上单调递减，
且当x趋近于－∞时，趋近于＋∞，当x趋近于＋∞时，趋近于＋∞，
若有两个零点，则，
构建，则在（0，＋∞）上单调递增，且，
若，则0＜a＜1；综上所述：a的取值范围为（0，1）．
（3）由（2）可知：当a＝1时，在（0，＋∞）上单调递增，在（－∞，0）上单调递减，
则，
可得，当且仅当x＝0时，等号成立；
构建，则，
构建，则，
构建，则，
令，解得x＞1；令，解得x＜1；
则在（1，＋∞）上单调递增，在（－∞，1）上单调递减，所以，
即恒成立，则在R上单调递增，且，
令，解得x＞1；令，解得x＜1；
即当x＞1时，；当x＜1时，；
则在（1，＋∞）上单调递增，在（－∞，1）上单调递减，所以，
所以，当且仅当x＝1时，等号成立；
综上所述：等号不能同时取到，所以．
同课章节目录