2021-2022学年山西省怀仁市第一中学校高二下学期期中数学(理)试题(解析版).pdf

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1、第 1 页 共 13 页 2021-2022 学年山西省怀仁市第一中学校高二下学期期中数学（理）试题 一、单选题 1在624x 的展开式中，第二项为（）A5768x B5768x C43840 x D43840 x【答案】A【分析】由二项式的展开式的通项公式可得答案.【详解】616C24kkkkTx，第二项是1k，即6 11156C24768xx 故选：A 2袋中装有除颜色外其余均相同的 10 个红球，5 个黑球，每次任取一球，若取到黑球，则放入袋中，直到取到红球为止.若抽取的次数为X，则表示“放回 4 个球”的事件为（）A4X B5X C6X D4X 【答案】B【分析】“放回 4 个球”也即

2、是第 5 次抽取到了红球，由此求得X的值.【详解】根据题意可知，若取到黑球，则将黑球放回，然后继续抽取，若取到红球，则停止抽取，所以“放回 4 个球”即前 4 次都是取到黑球，第 5 次取到了红球，故5X.故选：B.3有甲、乙两种水稻，测得每种水稻各 10 株的分蘖数据，计算出样本均值E XE X甲乙，方差分别为11D X甲，3.4D X乙.由此可以估计（）A甲种水稻比乙种水稻分蘖整齐 B乙种水稻比甲种水稻分蘖整齐 C甲、乙两种水稻分蘖整齐程度相同 D甲、乙两种水稻分蘖整齐程度不能比较【答案】B【分析】可以用样本的方差估计总体的方差，方差越小，分蘖越整齐.【详解】解：已知样本方差：=3.4D

3、X乙，=11D X甲 由此估计，乙种水稻的方差约为3.4，甲种水稻的方差约为11.因为3.411 所以乙种水稻比甲种水稻分蘖整齐 第 2 页 共 13 页 故选：B.4解 1 道数学题，有三种方法，有 3 个人只会用第一种方法，有 4 个人只会用第二种方法，有 3 个人只会用第三种方法，从这 10 个人中选 1 个人能解这道题目，则不同的选法共有（）A10 种 B21 种 C24 种 D36 种【答案】A【分析】利用分类加法计数原理计算即可.【详解】根据分类加法计数原理得：不同的选法共有34310（种）故选：A 5某人家里有 3 个卧室 1 个大门，共有 4 把钥匙，其中仅有一把能打开大门，但

4、他忘记是哪把钥匙如果他每次都随机选取一把钥匙开门，不能打开门时就扔掉，则他第四次才能打开门的概率为（）A12 B13 C14 D16【答案】C【分析】题意相当于将四把钥匙排成一列，将大门钥匙排在第四个位置的概率,根据古典概率可得答案.【详解】由题意知，此人第一、二、三次不能打开门，第四次打开门，相当于将四把钥匙排成一列，将大门钥匙排在第四个位置的概率.因此他第四次才能打开门的概率为3344A1A4P 故选：C 6某会议结束后，21 个会议人员合影留念，他们站成两排，前排 11 人，后排 10 人，A 站在前排正中间位置，B，C 两人也站在前排并与 A 相邻，如果对其他人所站位置不做要求，那么不

5、同的站法共有（）A88A种 B2020A种 C231031810A AA种 D218218A A种【答案】D【分析】先安排 A，再排 B，C两人，再排余下的人由分步乘法原理可得答案.【详解】先安排 A，只有 1 种选择；再排 B，C 两人，有22A种选择；最后排其他人，有1818A种选择故由分步乘法计数原理可得，不同的排法共有218218A A种选择 故选：D.第 3 页 共 13 页 7近年来中国进入一个鲜花消费的增长期，某农户利用精准扶贫政策，贷款承包了一个新型温室鲜花大棚，种植销售红玫瑰和白玫瑰若这个大棚的红玫瑰和白玫瑰的日销量分别服从正态分布2,30N和2280,40N，则下列选项错误

6、的是（）附：若随机变量 X 服从正态分布2,N，则0.6827PX A 若红玫瑰日销量的范围在30,280的概率是 0.6827，则红玫瑰日销量的平均数约为 250 B红玫瑰日销量比白玫瑰日销量更集中 C白玫瑰日销量比红玫瑰日销量更集中 D白玫瑰日销量的范围在280,320的概率约为 0.34135【答案】C【分析】根据正态曲线的性质一一判断可得；【详解】解：对于选项 A，由日销量的范围在30,280的概率是0.6827，所以30280，则250，故 A 正确；对于选项 B，C，利用越小越集中，30 小于 40，故红玫瑰日销量比白玫瑰日销量更集中，即 B 正确，C 不正确；对于选项 D，128

7、03200.68270.341352PXPX，故 D 正确 故选：C 8已知20222202201220221 3xaa xa xax，则20221222022333aaa（）A2 B1 C0 D1【答案】B【分析】设 20221 3f xx，利用赋值法可得出 20221222022103333aaaff，即可得解.【详解】设 20221 3f xx，则 001af，202212022022103333aaaaf，故 202212220221013333aaaff.故选：B.9为了防止受到核污染的产品影响我国民众的身体健康，有关部门要求产品在进入市场前必须进行两轮核辐射检测，只有两轮都合格才能

8、进行销售，否则不能销售已知某产品第一轮检测不合格的概率为16，第二轮检测不合格的概率为110，两轮检测是否合第 4 页 共 13 页 格相互没有影响，若产品可以销售，则每件产品获利 40 元；若产品不能销售，则每件产品亏损 80 元 已知一箱中有 4 件产品，记一箱产品获利 X元，则80P X （）A27128 B243256 C43256 D83128【答案】B【分析】先求得该产品能销售的概率，易知 X的所有可能取值为320，200，80，40，160，然后利用二项分布求解.【详解】由题意得该产品能销售的概率为113116104，易知X的所有可能取值为320，200，80，40，160，设表

9、示一箱产品中可以销售的件数，则34,4B，所以43C4kkPk414k，所以22243127802C44128P XP ，31343140(3)44P XPC 2764，40443181(160)(4)C44256P XP ，故808040P XP XP X 160P X，27278124312864256256，故选：B 10从装有1n个不同小球的口袋中取出m个小球（0,mn m nN），共有1mnC种取法 在这1mnC种取法中，可以视作分为两类：第一类是某指定的小球未被取到，共有01mnCC种取法；第二类是某指定的小球被取到，共有111mnCC种取法显然011111mmmnnnCCCCC，

10、即有等式：11mmmnnnCCC成立试根据上述想法，下面式子1122mmmkm knknknknCCCCCCC（其中1,kmn k m nN）应等于 Amn kC B+1mn kC C+1mn kC Dkn mC【答案】A【详解】分析：从装有1n个不同小球的口袋中取出m个小球（0,mn m nN），第 5 页 共 13 页 共有1mnC种取法在这1mnC种取法中，可以视作分为两类：第一类是某指定的小球未被取到，第二类是某指定的小球被取到，即有等式：11mmmnnnCCC成立，题中的式子表示的是从装有nk个球中取出m个球的不同取法数mn kC，从而得到选项.详解：在1122mmmkm knknk

11、nknCCCCCCC中，从第一项到最后一项分别表示：从装有n个白球，k个黑球的袋子里，取出m个球的所有情况取法总数的和，故答案为从装有nk个球中取出m个球的不同取法数mn kC，故选 A.点睛：该题考查的是有关球的取法问题，涉及到的是有关组合数的性质，认真分析题中式子的关系，最后求得结果.11盒中放有 12 个乒乓球，其中 9 个是新的，第一次比赛时从中任取 3 个来使用，比赛后仍放回盒中.第二次比赛时再从中任取 3 个球，则第二次取出的球都是新球的概率为（）A4413025 B4411025 C5121 D341【答案】A【分析】令iA表示第一次任取 3 个球使用时，取出 i个新球012 3

12、i ,，分别求出其概率，再由全概率公式求解即可.【详解】令iA表示第一次任取 3 个球使用时，取出 i个新球012 3i ,，B 表示“第二次任取的 3 个球都是新球”，则有 330312C1C220P A，21391312C C27C220P A，12392312C C108C220P A，393312C84C220P A，根据全概率公式，第二次取到的球都是新球的概率为 33398700112233333121212CCC12710884220C220C220C22P BP AP B AP A P B AP AP B AP A P B A36312C441C3025.故选：A.12设 10

13、x1x2x3x4104，x5=105，随机变量1取值 x1、x2、x3、x4、x5的概率均为0.2，随机变量2取值122xx、232xx、342xx、452xx、512xx的概率也均为 0.2，若第 6 页 共 13 页 记1D、2D分别为1、2的方差，则（）A1D2D B1D=2D C1D2D D1D与2D的大小关系与 x1、x2、x3、x4的取值有关【答案】A【分析】根据随机变量1、2的取值情况，计算出它们的期望和方差，再借助均值不等式即可判断作答.【详解】由随机变量1、2的取值情况，它们的期望分别为：1234151()5xxExxx，234512345112234511()()52222

14、25xxxxxxxxExxxxxxx，即21EE，22222111213141511()()()()()5DxExExExExE2222221234511()()5xxxxxE，同理3422222223455121221()()()()()()522222xxxxxxxxxDEx，而322222234115452()()()()()22222xxxxxxxxxx2222212345122334455 12()222224xxxxxx xx xx xx xx x 2222222222222221234512345123452()2()4xxxxxxxxxxxxxxx，所以有12DD.故选：A 二

15、、填空题 13若kN，且40k，则(50)(51)(52)(79)kkkk用排列数符号表示为_【答案】3079 kA【分析】逆用排列数公式可得结果.【详解】从50k到79k一共有7950130kk 个数相乘，第 7 页 共 13 页 相邻 30 个自然数相乘，且最大的自然数是79k，所以用排列数符号表示为3079 kA 故答案为：3079 kA 1451(1)(1)xx的展开式中4x的系数为_【答案】4【分析】将代数式变形为55511(1)(1)(1)(1)xxxxx，写出展开式的通项，令x的指数为4，求得参数的值，代入通项即可求解.【详解】由5(1)x展开式的通项为rrrrrrrTCxCx

16、515511，令4r，得5(1)x展开式中4x的系数为C44515.由51(1)xx展开式的通项为kkkkkkkTCxCxx 51155111，令5k，得51(1)xx展开式中4x的系数为C 55511.所以51(1)(1)xx的展开式中4x的系数为 514.故答案为：4.15昆明市的市花为云南山茶花，又名滇山茶，国家二级保护植物为了监测滇山茶的生长情况，从不同林区随机抽取 100 株滇山茶测量胸径 D（单位：厘米）作为样本，通过数据分析得到212.5,4.5DN，若将21.5D 的植株建档重点监测，则 10000 株滇山茶中建档的约有_株（结果取整数）（附：若2,XN，则0.6827PX，2

17、20.9545PX）【答案】228【分析】由21.52P DP D，根据正态分布求出其概率，从而得出答案.【详解】由题意知，12210.954521.520.0227522PDP DP D，故100000.02275227.5，所以 10000 株滇山茶中建档的约有 228 株 故答案为：228 16为落实中央“坚持五育并举，全面发展素质教育，强化体育锻炼”的精神，某高中学校鼓励学生自发组织各项体育比赛活动，甲、乙两名同学利用课余时间进行乒乓球比赛，规定：每一局比赛中获胜方记 1 分，失败方记 0 分，没有平局，首先获得 5 分者获胜，第 8 页 共 13 页 比赛结束 假设每局比赛甲获胜的概

18、率都35 比赛结束时恰好打了 6 局的概率为_ 【答案】5823125【分析】求出比赛结束时恰好打了 6 局，甲获胜的概率和乙获胜的概率，相加即为结果.【详解】比赛结束时恰好打了 6 局，甲获胜的概率为4415323486C5553125P，恰好打了 6 局，乙获胜的概率为1412532296C5553125P，所以比赛结束时恰好打了 6 局的概率为1248696582312531253125PPP 故答案为：5823125 三、解答题 17设某厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种产品，已知各车间的产量分别占全厂产量的 25%，35%，40%，并且各车间的次品率依次为 5%，4%，2%.现从该厂这

19、批产品中任取一件.(1)求取到次品的概率；(2)若取到的是次品，则此次品由三个车间生产的概率分别是多少？【答案】(1)0.0345(2)此次品由甲车间生产的概率为：2569，由乙车间生产的概率为：2869，由丙车间生产的概率为：1669【分析】（1）根据全概率计算公式，计算出所求概率.（2）根据贝叶斯公式，计算出所求概率.【详解】(1)取到次品的概率为0.25 0.050.35 0.040.4 0.020.0345(2)若取到的是次品，则：此次品由甲车间生产的概率为：0.250.050.0125250.03450.034569.此次品由乙车间生产的概率为：0.35 0.040.014280.0

20、3450.034569.此次品由丙车间生产的概率为：0.40.020.008160.03450.034569.18某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过 12 站的地铁票价如下表：乘坐站数 03x 37x 712x 第 9 页 共 13 页 票价（元）3 5 7 现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过 12 站，且他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的(1)若甲、乙两人共付车费 8 元，则甲、乙下地铁的方案共有多少种？(2)若甲、乙两人共付车费 10 元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？【答案】(1)24 种(2)

21、21 种【分析】（1）由题意得甲、乙两人其中一人乘坐地铁站数不超过 3 站，另外一人乘坐地铁站数超过 3 站且不超过 7 站，即可求解；（2）甲比乙先下地铁的情形有两类：第一类，甲乘地铁站数不超过 3 站，乙乘地铁站数超过 7 站且不超过 12 站，第二类，甲、乙两人乘地铁站数都超过 3 站且不超过 7 站，结合组合数公式和分类加法计数原理，即可求解【详解】(1)解：若甲、乙两人共付车费 8 元，则其中一人乘坐地铁站数不超过 3 站，另外一人乘坐地铁站数超过 3 站且不超过 7 站，共有211234C24（种），故甲、乙下地铁的方案共有 24 种.(2)若甲、乙两人共付车费 10 元，则甲比乙

22、先下地铁的情形有两类：第一类，甲乘地铁站数不超过 3 站，乙乘地铁站数超过 7 站且不超过 12 站，有1135C C15（种）；第二类，甲、乙两人乘地铁站数都超过 3 站且不超过 7 站，记地铁第四站至第七站分别为4567,P P P P，易知甲比乙先下地铁有以下三种情形：甲4P站下，乙下地铁方式有13C种；甲5P站下，乙下地铁方式有12C种；甲6P站下，乙只能从7P下地铁，共有 1 种方式，共有1132CC16（种），依据分类加法计数原理，得15621（种），故甲比乙先下地铁的方案共有 21 种 19已知22mxx的展开式中，第 4 项的系数与倒数第 4 项的系数之比为12 第 10 页

23、共 13 页(1)求m的值；(2)将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率【答案】(1)7；(2)114【分析】(1)求二项式展开式的通项，根据第 4 项的系数与倒数第 4 项的系数之比为12列出关于 m 的方程，解方程即可求得 m；(2)根据通项求出有理项的项数，根据插空法即可求概率.【详解】(1)展开式的通项为 152222122rrmm rrrrrmmTCxxCx，展开式中第 4 项的系数为332mC，倒数第 4 项的系数为332mmmC，33332122mmmmCC，即611,722mm(2)展开式共有 8 项，由(1)可得当522rm 为整数，即0,2,4,6r 时为有理项，共

24、 4 项，由插空法可得有理项不相邻的概率为484485 1 14A AA 20一批产品共 10 件，其中 3 件是不合格品，用下列两种不同方法从中随机抽取 2 件产品检验：方法一：先随机抽取 1 件，放回后再随机抽取 1 件；方法二：一次性随机抽取 2 件.记方法一抽取的不合格产品数为1，方法二抽取的不合格产品数为2.（1）求1，2的分布列；（2）比较两种抽取方法抽到的不合格产品数的均值的大小，并说明理由.【答案】（1）答案见解析；（2）均值相等，理由见解析.【分析】（1）由题意，1，2分别服从二项分布和超几何分布，利用对应的概率公式计算概率，列出分布列即可；（2）利用二项分布和超几何分布的期

25、望公式计算对应的期望，即得解【详解】（1）随机变量1的可能取值为 0，1，2，且132,10B，02012374901010100PC ，1111237211101050PC ，第 11 页 共 13 页 2021237921010100PC .因此1的分布列为 1 0 1 2 P 49100 2150 9100 随机变量2的可能取值为 0，1，2，且2服从参数为 10，3，2 的超几何分布，023722107015C CPC，113722107115C CPC，203722101215C CPC.因此2的分布列为 2 0 1 2 P 715 715 115 （2）由（1）知，方法一中1332

26、105E，方法二中22 33105E，因此12EE，所以两种方法抽到的不合格产品数的均值相等.21自 2021 年秋季学期以来，义务段教育全面落实“双减”工作为使广大教育工作者充分认识“双减”工作的重大意义，某地区教育行政部门举办了一次线上答卷活动，从中抽取了 100 名教育工作者的答卷（满分：100 分），统计得分情况后得到如图所示的频率分布直方图 (1)若这 100 名教育工作者的答卷得分X服从正态分布2,N（其中用样本数据的第 12 页 共 13 页 均值x表示，2用样本数据的方差2s表示），求67.889.4PX；(2)若以这 100 名教育工作者的答卷得分估计全区教育工作者的答卷得分

27、，则从全区所有教育工作者中任意选取 3 人的答卷得分，记Y为这 3 人的答卷得分不低于 70 分且低于90 分的人数，试求Y的分布列，数学期望 E Y和方差 D Y 参考数据：527.2，0.6827PX ，220.9545PX，330.9973PX【答案】(1)0.8186(2)分布列见解析，125E Y，1225D Y 【分析】（1）先根据频率分布直方图求出均值和方差，再结合正态分布计算概率即可；（2）按照二项分布列出分布列，根据公式计算期望和方差即可.【详解】(1)由频率分布直方图可知，55 365 1275 7285 895 575100 x ，2222222031012072 108

28、20552100s ，所以75x，252s，所以75,52XN 因为527.2，则67.8，89.42，所以67.889.42PXPX 11220.68270.95450.818622PXPX；(2)从这 100 名教育工作者中任意选取 1 名，其答卷得分不低于 70 分且低于 90 分的概率为72841005 由题意知，43,5YB，则31105125P Y，2134112155125P YC，2234148255125P YC，346435125P Y，所以Y的分布列为 Y 0 1 2 3 P 1125 12125 48125 64125 第 13 页 共 13 页 所以 412355E

29、Y ，411235525D Y 22已知一种动物患某种疾病的概率为 0.1，需要通过化验血液来确定是否患该种疾病，化验结果呈阳性则患病，呈阴性则没有患病.多只该种动物化验时，可逐个化验，也可将若干只动物的血样混在一起化验，仅当至少有一只动物的血呈阳性时混合血样呈阳性，若混合血样呈阳性，则该组血样需要再逐个化验(1)求 2 只该种动物的混合血样呈阳性的概率(2)现有 4 只该种动物的血样需要化验，有以下三种方案，方案一：逐个化验；方案二：平均分成两组化验；方案三：混合在一起化验 请问：哪一种方案最合适（即化验次数的均值最小）？【答案】(1)0.19(2)方案三混合在一起化验最合适【分析】（1）先

30、求解 2 只该种动物的混合血样呈阴性的概率，再用对立事件求概率公式求解；（2）分别求出三种方案的化验次数的均值，进而作出判断.【详解】(1)设为 2 只该种动物中血液呈阳性的数量，则2,0.1B，这 2 只动物中只要有一只动物的血样呈阳性，则它们的混合血样呈阳性，所以所求的概率为211011 0.10.19PP 即 2 只该种动物的混合血样呈阳性的概率为 0.19(2)方案一：4 只动物都得化验，所需化验次数为 4 方案二：设所需化验的次数为 X，则 X 的所有可能取值为 2，4，6，20.81 0.810.6561P X，42 0.81 0.190.3078P X ，60.19 0.190.0361P X，所以 2 0.65614 0.30786 0.03612.76E X 方案三：设所需化验次数为 Y，则 Y 的所有可能取值为 1，5，由于 4 只动物的混合血样呈阴性的概率为40.90.6561，所以10.6561P Y，51 0.65610.3439P Y ，所以 1 0.65615 0.34392.3756E Y 因为2.37562.764，所以混合在一起化验最合适