陕西省延安市第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试数学（理）试题

陕西省延安市第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试数学（理）试题

2019－2020 学年度第二学期期中 高二年级(理科)数学试题 一、选择题（每小题 5 分，共 60 分） 1.若随机变量 ξ 的分布列如下表所示，则 p1＝(　　) ξ －1 2 4 P p1 A. 0 B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】 由分布列的性质：所有随机变量对应概率的和为 列方程求解即可. 【详解】因为所有随机变量对应概率的和为 ， 所以， ， 解得 ，故选 B. 【点睛】本题主要考查分布列的性质，意在考查对基本性质的掌握情况，属于简单题. 2.函数从 5 本不同的书中选出 2 本送给 2 名同学，每人 1 本，共有给法(　　) A. 5 种 B. 10 种 C. 20 种 D. 60 种 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意知从 5 个不同元素中取 2 个元素的排列数， 可的结果. 【详解】根据题意，本题即是从 5 个不同元素中取 2 个元素的排列数，即 故选 C. 【点睛】本题考查了排列数，属于基础题. 1 5 2 3 2 15 1 15 1 1 1 2 5 3 + 1 1p+ = 1p = 2 15 2 5 20A = 2 5 20A = 3.袋中有大小相同的 5 只钢球，分别标有 1，2，3，4，5 五个号码，有放回地依次取出 2 个球， 设两个球号码之和为随机变量 ，则 所有可能值的个数是（ ） A. 25 B. 10 C. 9 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】 这是有放回的抽样，将号码之和的可能情况列举出来即可得到答案. 【详解】依据题意，分析可得，这是有放回的抽样，号码之和可能的情况有：2,3,4,5,6,7,8,9,10 共 9 种情况 故选 C 【点睛】本题主要考查了有放回的抽样，属于基础题. 4.现有 6 名同学去听同时进行的 5 个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不 同选法的种数是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由排列组合及简单的计数原理得：不同选法的种数是 56，得解． 【详解】每一位同学有 5 种不同的选择，则 6 名同学去听同时进行的 5 个课外知识讲座， 每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是 56. 故选 B． 【点睛】本题考查了排列组合及简单的计数问题，属于基础题． 5.袋中有大小完全相同的 2 个白球和 3 个黄球，逐个不放回的摸出两球，设“第一次摸得白球” 为事件 ，“摸得的两球同色”为事件 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 X X 56 65 5 6A 5 5A A B ( )P B A = 1 10 1 5 1 4 2 5 = ,选 C. 6.已知 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先由 ，再由其展开式求出第三项系数即可. 【详解】解：因为 第三项 所以 故选 D. 【点睛】本题考查了二项式定理的系数问题，属于基础题. 7.10 个人排队，其中甲、乙、丙、丁 4 人两两不相邻的排法 A. 种 B. － 种 C. 种 D. 种 【答案】C 【解析】 【分析】 不相邻问题采用“插空法”. 【详解】解：∵10 个人排成一排，其中甲、乙、丙、丁 4 人两两不相邻排成一排， ∴采用插空法来解， 另外六人，有 种结果，再在排列好的六人的七个空档里，排列甲、乙、丙、丁， 有 种结果， 根据分步计数原理知共有 • ， 故选 C． 为 ( )P B A 2 1 ( ) 15 4 2( ) 4 5 P AB P A × ×= = ( ) ( ) ( ) ( )5 2 5 0 1 2 51 1 1 1x a a x a x a x− = + + + + + + + 2a = 20 20− 80 80− ( ) ( ) ( )5 551 1 2 2 1x x x   − = + − = − + +    ( ) ( ) ( )5 551 1 2 2 1x x x   − = + − = − + +    ( ) ( )3 22 5 2 1C x− + ( )32 2 5 2 80a C= − = − 5 4 5 7A A 10 10A 7 4 7 4A A 6 4 6 7A A 6 4 6 6A A 6 6A 4 7A 6 6A 4 7A 【点睛】本题考查排列组合及简单计数问题，在题目中要求元素不相邻，这种问题一般采用 插空法，先排一种元素，再在前面元素形成的空档，排列不相邻的元素． 8.若 的展开式中第 6 项和第 7 项的二项式系数最大，则展开式中含 项的系数是( ) A. 792 B. -792 C. 330 D. -330 【答案】C 【解析】 【分析】 由题可得 ，写出二项展开式的通项，求得 ，进而求得答案． 【详解】因为 的展开式中第 6 项和第 7 项的二项式系数最大，所以 通项为 ， 令 得 所以展开式中含 项的系数是 故选 C. 【点睛】本题考查二项展开式的系数，解题的关键是求出 ，属于简单题． 9.《爸爸去哪儿》的热播引发了亲子节目的热潮，某节目制作组选取了 6 户家庭分配到 4 个村 庄体验农村生活，要求将 6 户家庭分成 4 组，其中 2 组各有 2 户家庭，另外 2 组各有 1 户家 庭，则不同的分配方案的总数是（ ） A. 216 B. 420 C. 720 D. 1080 【答案】D 【解析】 先分组，每组含有 2 户家庭的有 2 组，则有 种不同的分组方法，剩下的 2 户家庭可以 直接看成 2 组，然后将分成的 4 组进行全排列，故有 种不同的分配方 案． 点睛：本题考查组合和排列的综合应用题，本题的难点是平均分组，要求搞清“平均分组”， 如本题中将 6 个元素分成 4 组，其中有两组含 2 个元素，所以涉及平均分组，即有 种 1( )nx x − 3x 11n = 4r = 1( )nx x − 11n = ( )11 11 2 1 11 11 1 1 r rr r r r nT C x C xx − − +  = − = −   11 2 3r− = 4r = 3x ( ) ( )4 4 11 111 1 330r rC C− = − = ,n r 2 2 6 4 2 2 C C A 2 2 46 4 42 2 1080C C AA × = 2 2 6 4 2 2 C C A 不同的分组方法. 10.从只有 3 张中奖彩票的 10 张彩票中不放回地随机逐张抽取,设 X 表示直至抽到中奖彩票时 抽奖的次数,则 P(X=3)等于 ( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 确定从只有 3 张中奖的 10 张彩票中不放回随机逐张抽取，所有的情况；前两次没有中奖，最 后一次中奖的情况，利用古典概型概率公式，即可求解 【详解】因为从只有 3 张中奖的 10 张彩票中不放回随机逐张抽取，那么所有的情况为 ， 而 X 表示直至抽到中奖彩 票时的次数为 3，那么前两次没有中奖，最后一次中奖的情况为 ， 因此概率值为 ， 故选 D． 【点睛】等可能事件的概率计算，关键是确定基本事件的情况总数． 11.设随机变量 ~ ，则 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据二项分布的概率公式计算． 【 详 解 】 ． 故选：A． 【点睛】本题考查二项分布的概率公式，考查互斥事件概率公式，属于基础题． 12.在一次抗洪抢险中，准备用射击的方法引爆漂流的汽油桶．现有 5 发子弹，第一次命中只 3 10 7 10 21 40 7 40 3 10A 1 1 1 7 6 3C C C 7 40 η 1(4, )3B ( 2)P η ≥ 11 27 32 81 65 81 16 81 2 2 2 3 3 4 4 4 4 4 1 2 1 2 1 11( 2) ( 2) ( 3) ( 4) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3 3 27P P P P C C Cη η η η≥ = = + = + = = + × + = 能使汽油流出，第二次命中才能引爆，每次射击相互独立，且命中概率都是 ．则打光子弹 的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 打光所有子弹，分中 0 次、中一次、中 2 次． 【详解】5 次中 0 次： 5 次中一次： 5 次中两次： 前 4 次中一次，最后一次必中 则打光子弹的概率是 + + = ,选 B 【点睛】本题需理解打光所有子弹的含义：可能引爆，也可能未引爆． 二、填空题（每小题 5 分，共 20 分） 13.设随机变量 的概率分布列为则 _________. 1 2 3 4 【答案】 【解析】 【详解】解：由题意知， ，解得 ；解方程 得， 或 3 4 9 256 13 256 45 512 9 1024 51 4      4 1 5 3 1 4 4C  × ×   3 1 4 3 3 1 4 4 4C  × × ×   51 4      4 1 5 3 1 4 4C  × ×   3 1 4 3 3 1 4 4 4C  × × ×   13 256 X ( )3 1P X − = = X P 1 3 m 1 4 1 6 5 12 1 1 1 13 4 6m+ + + = 1 4m = 3 1X − = 4X = ， 则 . 故答案为: . 【点睛】本题考查了分布列的性质.本题的关键是结合分布列的性质求出参数的值. 14.二项式 展开式中各项的系数和为________. 【答案】32 【解析】 【分析】 根据赋值法，取 即可求出展开式中各项的系数和. 【详解】设 ， 令 ， 可得 ， 即二项式 的展开式中各项的系数和为 32， 故答案为：32 【点睛】本题主要考查了二项展开式的系数和，赋值法是解决此类问题的关键，属于容易题. 15.设事件 A 在每次试验中发生的概率相同,且在三次独立重复试验中,若事件 A 至少发生一次 的概率为 ,则事件 A 恰好发生一次的概率为_____. 【答案】 【解析】 分析：假设事件 A 在每次试验中发生说明试验成功，设每次试验成功的概率为 p，由题意得， 事件 A 发生的次数 X～B（3，p），由此能求出事件 A 恰好发生一次的概率． 详解：假设事件 A 在每次试验中发生说明试验成功， 设每次试验成功的概率为 p，由题意得，事件 A 发生的次数 X～B（3，p）， 则有 1﹣（1﹣p）3= ，得 p= ， 则事件 A 恰好发生一次的概率为 . 的 2 ( ) ( ) ( ) 1 1 53 1 2 4 4 6 12P X P X P X− = = = + = = + = 5 12 51( )x x + 1x = 5 2 5 0 1 2 5 1( ) a a x a x xx ax = + + ++ + 1x = 5 0 1 52 a a a= + + + 51( )x x + 63 64 9 64 63 64 3 4 1 2 3 3 3 9(1 )4 4 64C × × − = 故答案为： ． 点睛：（1）本题主要考查独立重复性试验的概率，意在考查学生对该知识的掌握水平.(2) 在 一次随机试验中，某事件可能发生也可能不发生，在 次独立重复试验中这个事件发生的次数 是一个随机变量．如果在一次试验中某事件发生的概率是 ，那么在 次独立重复试验中这 个事件恰好发生 次的概率是: ，（ ）．正好是二 项式 的展开式的第 项.所以记作 ～ ，读作 服从二项分布，其中 为参数. 16. 学校体育组新买 2 个同样篮球，3 个同样排球，从中取出 4 个发放给高一 4 个班，每班 1 个，则共有______种不同的发放方法. 【答案】10 【解析】 试题分析：分 1 个篮球 个排球和 2 个篮球 2 个排球两种情况. . 考点：排列组合. 三、解答题 17.7 名学生，按照不同的要求站成一排，求下列不同的排队方案有多少种． （1）甲、乙两人必须站两端； （2）甲、乙两人必须相邻. 【答案】（1）240；（2）1440 【解析】 【分析】 （1）先安排特殊元素甲乙，再全排列即可； （2）利用捆绑法，先把甲乙视作一个元素，再与其他元素全排列即可. 【详解】（1）甲、乙 特殊元素，先将他们排在两头位置，有 种站法， 其余 5 人全排列，有 种站法．故共有 ＝240 种不同站法． （2）把甲、乙两人看成一个元素，首先与其余 5 人相当于六个元素进行全排列， 然后甲、乙两人再进行排列，所以共有 ＝1 440 种站法． 【点睛】本题主要考查排列的实际运用，注意受限制的元素或位置要优先排，其次要掌握特 为 9 64 n ξ P n K ( ) (1 )k k n k n nP k C p pξ −= = − 0,1,2,3,...k n= [(1 ) ]np p− + 1k + ξ ( , )B n p ξ ,n p 3 1 2 4 4 10C C+ = 2 2A 5 5A 2 2A 5 5A 6 6A 2 2A 殊问题的处理方法,如相邻问题用捆绑法，属于中档题, 18.已知 ，求 （1） 的值； （2） 的值. 【答案】（1） ；（2）1093 【解析】 分析】 （1）取 代入，即可得出 的值； （2）观察数列，利用赋值法求解即可. 【详解】（1）令 ，则 ； （2）令 ，则 ① 令 ，则 ② 由① ②得 ，即 【点睛】本题主要考查了二项式定理在数列求和中的应用，属于中档题. 19.已知 的展开式中前三项的系数成等差数列． （Ⅰ）求 n 的值； （Ⅱ）求展开式中系数最大的项． 【答案】（1）8（2） ， 【解析】 【详解】解：（Ⅰ）由题设，得 ， 即 ，解得 n＝8，n＝1（舍去）． 【 7 2 7 0 1 2 7(1 2 )x a a x a x a x− = + + + + 0 1 7a a a+ +…+ 0 2 4 6a a a a+ + + 1− 1x = 0 1 7a a a+ +…+ 1x = ( )7 0 1 7 1 2 1a a a+ +… = − −= 1x = − 0 1 2 3 6 7 2187a a a a a a− + − +…+ − = 0x = 0 1a = 1 2 3 7 2a a a a∴ + + +… = − + ( )0 2 4 62 2187 2 2185a a a a+ + + = − = 2 4 6 1092a a a =+ + 0 2 4 6 1 1092 1093a a a a∴ + + + = + = 1( ) 2 nx x + 5 3 7T x= 9 2 4 7T x= 0 2 11 1C C 2 C4 2n n n + × = × × 2 9 8 0n n− + = （Ⅱ）设第 r＋1 的系数最大，则 即 解得 r＝2 或 r＝3． 所以系数最大的项为 ， ． 20.设在 12 个同类型的零件中有 2 个次品，抽取 3 次进行检验，每次抽取一个，并且取出不再 放回，若以 表示取出次品的个数．求 X 的分布列. 【答案】见解析 【解析】 【分析】 写出 的可能值为 0，1，2，分别求出 ， ， 的值，从而可求 出分布列. 【 详 解 】 解 ： 的 可 能 值 为 0 ， 1 ， 2 ， 若 ， 表 示 没 有 取 出 次 品, ， 同理，有 , .∴X 的分布列为 X 0 1 2 P 【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列，考查了无放回类型概率的求解.求分布列时， 一般写出变量的可能取值，然后求出每种取值下的概率，从而可求出分布列. 21.某高三年级学生为了庆祝教师节,同学们为老师制作了一大批同一种规格的手工艺品，这种 工艺品有 两项技术指标需要检测，设各项技术指标达标与否互不影响，若 项技术指标 达标的概率为 项技术指标达标的概率为 ，按质量检验规定：两项技术指标都达标的工 艺品为合格品. 1 8 81 1 8 81 1 1C C2 2{ 1 1C C .2 2 r r r r r r r r + + − − ≥ ≥ ， 1 1 8 2( 1){ 1 1 .2 9 r r r r ≥− + ≥ − ， 5 3 7T x= 9 2 4 7T x= X X ( )0P X = ( )1P X = ( )2P X = X X 0= ( ) 0 3 2 10 3 12 60 11 C CP X C = = = ( ) 1 2 2 10 3 12 91 22 C CP X C = = = ( ) 2 1 2 10 3 12 12 22 C CP X C = = = 6 11 9 22 1 22 A、B A 3 ,4 B 8 9 （1）求一个工艺品经过检测至少一项技术指标达标的概率； （2）任意依次抽取该工艺品 4 个，设 表示其中合格品的个数，求 的分布列. 【答案】（1） ；（2）见解析 【解析】 【分析】 (1)结合对立事件的概率关系可求出至少一项技术指标达标的概率； (2)由题意知， ，从而可求出 ， ， ， ， 的值，从而可求出分布列. 【详解】(1)设 一个工艺品经过检测至少一项技术指标达标，则 ； (2)依题意知 ，则 ， ， ， ， 分布列为： 0 1 2 3 4 【点睛】本题考查了独立事件的概率，考查了离散型随机变量的分布列求解.本题关键是求出 每种可能取值下的概率.求离散型随机变量的分布列时，第一步写出变量的可能取值，第二步 求出每种取值下的概率，第三步写出分布列. 22.学校游园活动有这样一个游戏项目:甲箱子里装有 3 个白球、2 个黑球,乙箱子里装有 1 个 白球、2 个黑球,这些球除颜色外完全相同.每次游戏从这两个箱子里各随机摸出 2 个球,若摸 出的白球不少于 2 个,则获奖.(每次游戏结束后将球放回原箱) （1）求在 1 次游戏中, ξ ξ 35 36 2~ 4, 3Bξ      ( )0P ξ = ( 1)P ξ = ( )2P ξ = ( )3P ξ = ( )4P ξ = :M 3 8( ) 1- 1 14 9 36 35P M    = − × − =       2~ 4, 3Bξ      41 1( 0) 3 81P ξ  = = =   1 3 1 4 2 1 8( 1) 3 3 81P Cξ    = = =       ( ) 2 2 2 4 2 1 82 3 3 27P Cξ    = = =       ( ) 3 3 4 2 1 323 3 3 81P Cξ    = = =       ( ) 42 164 3 81P ξ  = = =   ξ P 1 81 8 81 8 27 32 81 16 81 ξ ①摸出 3 个白球的概率; ②获奖的概率; （2）求在 2 次游戏中获奖次数 的分布列. 【答案】（I）（i） ；（ii） （II）X 的分布列见解析，数学期望 【解析】 解：(1)①设“在一次游戏中摸出 i 个白球”为事件 Ai(i＝0,1,2,3)，则 P(A3)＝ · ＝ . ②设“在一次游戏中获奖”为事件 B，则 B＝A2∪A3，又 P(A2)＝ ＋ · ＝ ，且 A2，A3 互斥，所以 P(B)＝P(A2)＋P(A3)＝ ＋ ＝ . (2)由题意可知 X 的所有可能取值为 0,1,2， P(X＝0)＝ 2＝ ， P(X＝1)＝C21· ＝ ， P(X＝2)＝ 2＝ ， 所以 X 的分布列是 X 0 1 2 P X 的数学期望 E(X)＝0× ＋1× ＋2× ＝ . X 1.5 7 .10 5 7 2 3 2 5 C C 1 2 2 3 C C 1 5 2 2 3 2 2 2 5 3 C C C C 1 1 3 2 2 5 C C C 1 2 2 3 C C 1 2 1 2 1 5 7 10 71 10  −   9 100 7 10 71 10  −   21 50 7 10      49 100 9 100 21 50 49 100 9 100 21 50 49 100 7 5