海南省海南中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题（含解析）.doc

1、海南省海南中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题（含解析）一、单选题（在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求）1.下列命题：对立事件一定是互斥事件；若A，B为两个随机事件，则P(AB)P(A)P(B)；若事件A，B，C彼此互斥，则P(A)P(B)P(C)1；若事件A，B满足P(A)P(B)1，则A与B是对立事件其中正确命题的个数是()A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】根据互斥之间和对立事件的概念，及互斥事件和对立事件的关系和概率的计算，即可作出判断，得到答案【详解】由题意中，根据对立事件与互斥事件的关系，可得是正确；中，当A与B是互斥事件时，才有P(

2、AB)P(A)P(B)，对于任意两个事件A，B满足P(AB)P(A)P(B)P(AB)，所以是不正确的；也不正确P(A)P(B)P(C)不一定等于1，还可能小于1；也不正确例如：袋中有大小相同的红、黄、黑、绿4个球，从袋中任摸一个球，设事件A摸到红球或黄球，事件B摸到黄球或黑球，显然事件A与B不互斥，但P(A)P(B)1.【点睛】本题主要考查了互斥事件和对立事件的基本概念、互斥事件与对立时间的关系及其应用，其中熟记互斥事件和对立事件的概念和关系是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题2.全国中学生学科竞赛包含数学、物理、化学、生物、信息5个学科，4名同学欲报名参赛，每人必选且只能选择

3、1个学科参加竞赛，则不同的报名方法种数是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】每人必选且只能选择一个学科参加竞赛，则每位同学都可以从5科中任选一科，有5种选法，由乘法原理，即可求解【详解】4名同学欲报名参赛，每人必选且只能选择一个学科参加竞赛，则每位同学都可以从5科中任选一科，有5种不同的选法，根据乘法原理，可得不同的报名种数是故选：C.【点睛】本题主要考查了乘法计数原理，实际问题中的计数问题，属于容易题.3.的二项展开式中的常数项为（ ）A. 20B. 15C. 10D. 5【答案】A【解析】【分析】化简得到展开式的通项为，令，即可求得展开式的常数项.【详解】由题意，二项式

4、展开式的通项为，令，可得展开式的常数项为.故选：A.【点睛】本题主要考查了二项展开式的常数项的求解，其中解答中熟记二项展开式的通项是解答的关键，着重考查了计算能力.4.袋子中有四个小球，分别写有“海”“中”“加”“油”四个字，有放回地从中任取一个小球，取到“加”就停止，用随机模拟的方法估计直到第二次停止的概率：先由计算器产生1到4之间取整数值的随机数，且用1、2、3、4表示取出小球上分别写有“海”“中”“加”“油”四个字，以每两个随机数为一组，代表两次的结果经随机模拟产生了20组随机数：13 24 12 32 43 14 24 32 31 2123 13 32 21 24 42 13 32 2

5、1 34据此估计，直到第二次就停止概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】经随机模拟产生的20组随机数中,恰好第二次就停止包含的基本事件有5个，由此可以估计恰好第二次就停止的概率.【详解】经随机模拟产生了20组随机数中，13 24 12 32 43 14 24 32 31 2123 13 32 21 24 42 13 32 21 34，恰好第二次就停止包含的基本事件有: 13，43, 23， 13， 13 共5个,由此可以估计，恰好第二次就停止的概率为.故选：B【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题.5.中国古代“五行”学

6、说认为：物质分“金、木、水、火、土”五种属性，并认为：“金生水、水生木、木生火、火生土、土生金”.从五种不同属性的物质中随机抽取2种，则抽到的两种物质不相生的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】总共有10种结果，其中相生的有5种，由古典概型的计算公式计算出概率即可【详解】从五种不同属性的物质中随机抽取2种，共种，而相生的有5种，则抽到的两种物质不相生的概率故选：D【点睛】本题考查的是计算古典概型的概率，较简单.6.在5件产品中，有3件一等品和2件二等品，从中任取2件，以为概率的事件是()A. 恰有1件一等品B. 至少有一件一等品C. 至多有一件一等品D. 都不是一等品

7、【答案】C【解析】【分析】将件一等品编号为，件二等品的编号为，列举出从中任取件的所有基本事件的总数，分别计算选项的概率，即可得到答案【详解】将3件一等品编号为1,2,3,2件二等品编号为4,5，从中任取2件有10种取法：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)其中恰含有1件一等品的取法有：(1,4)，(1,5)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，恰有1件一等品的概率为P1，恰有2件一等品的取法有：(1,2)，(1,3)，(2,3)故恰有2件一等品的概率为P2，其对立事件是“至多有一件一等品”，概率为P3

8、1P21.【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算问题，其中明确古典概型的基本概念，以及古典的概型及概率的计算公式，合理作出计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题7.从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为A. 48B. 72C. 90D. 96【答案】D【解析】因甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外3场比赛或甲学生不参加任何比赛当甲参加另外3场比赛时，共有=72种选择方案；当甲学生不参加任何比赛时，共有=24种选择方案综上所述，所有参赛方案有72+24=96种故答案为96点睛：本题以选择学生参加比赛

9、为载体，考查了分类计数原理、排列数与组合数公式等知识，属于基础题8.如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为周髀算经作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色、相邻区域颜色不同，则区域不同涂色的方法种数为（ ）A. 360B. 400C. 420D. 480【答案】C【解析】【分析】根据题意，分4步依次分析区域A、B、C、D、E的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案.【详解】根据题意，5个区域依次为A、B、C、D、E, 如图，分4步进行分析：对于区域A，有5种颜色可选，对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选;对于区域C，与A、B区域相邻,有3种颜

10、色可选;,对于区域D、E,若D与B颜色相同，E区域有3种颜色可选，若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，E区域有2种颜色可选，则区域D、E有种选择,则不同的涂色方案有种;故选：C【点睛】本题主要考查排列、组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于中档题，二、多选题9.利用简单随机抽样的方法抽查某工厂的100件产品，其中一等品有20件，合格品有70件，其余为不合格品，现在这个工厂随机抽查一件产品，设事件A为“是一等品”，B为“是合格品”，C为“是不合格品”，则下列结果正确的是（ ）.A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】根据事件的关系及运算求解【详解】解：由题意知A，B，

11、C为互斥事件，故C正确；又因为从100件中抽取产品符合古典概型的条件，所以，则，故A、B，C正确；故D错误.故选ABC.【点睛】本题考查事件的关系及古典概型的概率计算，属于基础题10.满足方程的的值可能为（ ）A. 1B. 3C. 5D. 【答案】AB【解析】【分析】利用组合数的性质求解【详解】解：因为所以或，或，或，或时，故舍去；时，故舍去；时，；时，；故选: AB【点睛】本题考查组合数性质，基础题.11.若，则下列结果不正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】令，得到，令，求得，令，求得，进而逐项判定，即可求解.【详解】由题意，二项展开式，令，可得，令，可得，令，可

12、得，由-，可得，由+，可得，令，可得，所以.综上可得，A、C、D是正确的，B是错误的.故选：B.【点睛】本题主要考查了二项展开式的系数问题的求解，其中解答中合理利用二项展开式的形式，合理赋值是解答的关键，着重考查推理与计算能力.12.己知展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992，则下列结论正确的是（ ）A. 展开式中的有理项是第2项和第5项B. 展开式中没有常数项C. 展开式中二项式系数最大的项是第3项和第4项D. 展开式中系数最大的项是第5项【答案】BCD【解析】【分析】对选项,展开式中的有理项是第3项和第6项，所以选项错误；对选项，没有整数解，所以选项正确；对选项，展开式中二项式系数

13、最大的项为第三项或第四项，所以选项正确；对选项，展开式第5项的系数最大，所以选项正确.【详解】对选项,由题意可得，求得或（舍），所以的展开式的通项公式为，所以当或时，是整数，所以展开式中的有理项是第3项和第6项，所以选项错误；对选项，令，所以展开式中没有常数项，所以选项正确；对选项，因为，故展开式中二项式系数最大的项为第三项或第四项，所以选项正确；对选项，第项的系数为，计算得展开式各项的系数依次为所以展开式第5项的系数最大所以选项正确.故答案为：BCD.【点睛】本题主要考查二项式定理求有理项和常数项，考查二项式定理求二项式系数最大的项和系数最大的项，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.三、填

14、空题13.满足，且关于的方程有实数解的有序数对的个数为_【答案】【解析】【分析】由于关于的方程有实数根，分两种情况：当时，方程为，此时一定有解；当时，方程为一元二次方程，那么它的判别式大于或等于0，由此即可求出，从而得到有序数对的个数【详解】解：当时，方程为，此时一定有解；此时，0，1，2；即，四种；当时，方程为一元二次方程，则当，1，2时，此时，的对数为，共9种，关于的方程有实数解的有序数对的个数为13种，故答案为13【点睛】本题考查函数零点与方程根的关系，考查了一元二次方程根的情况与判别式的关系，在解题时要注意分类讨论思想运用，是中档题14.的展开式中的系数为_.【答案】11【解析】【分析

15、】由，分别计算的展开式中的系数，再计算求解.【详解】由,则展开式的通项公式为：.所以的展开式中的系数为：的展开式中含的项: 展开式中的系数为：的展开式中的系数为: 故答案为：11【点睛】本题考查二项式展开式的通项公式的应用，属于中档题.15.把5件不同产品摆成一排，若产品与产品相邻， 且产品与产品不相邻，则不同的摆法有 种.【答案】36【解析】试题分析：先考虑产品A与B相邻，把A、B作为一个元素有种方法，而A、B可交换位置，所以有种摆法，又当A、B相邻又满足A、C相邻，有种摆法，故满足条件的摆法有种.考点：排列组合，容易题.16.已知一袋中有标有号码1、2、3、4的卡片各一张，每次从中取出一张

16、，记下号码后放回，当四种号码的卡片全部取出时即停止，则恰好取6次卡片时停止的概率为_.【答案】【解析】【分析】恰好取6次卡片时停止，说明前5次出现了3种号码且第6次出现第4种号码.分两类，三种号码出现的次数分别为3, 1, 1或者2, 2, 1.每类中可以分步完成，先确定三种号码卡片出现顺序有种，再分别确定这三种号码卡片出现的位置(注意平均分组问题)，最后让第四种颜色出现有一种方法,相乘可得，最后根据古典概型求概率即可.【详解】由分步乘法计数原理知，每次从中取出一张，记下号码后放回，进行6次一共有种不同取法.恰好取6次卡片时停止，说明前5次出现了3种号码且第6次出现第4种号码，三种号码出现的次

17、数分别为3, 1, 1或者2, 2, 1,三种号码分别出现3，1，1且6次时停止的取法有 种，三种号码分别出现2，2，1 且6次时停止的取法有 种，由分类加法计数原理知恰好取6次卡片时停止，共有种取法，所以恰好取6次卡片时停止的概率为: ，故答案为：【点睛】本题主要考查了概率的求法，计数原理等基础知识，考查了排列组合的应用，难点在于平均分组问题，属于难题.四、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤.）17.高一军训时，某同学射击一次，命中10环，9环，8环的概率分别为0.13,0.28,0.31.(1)求射击一次，命中10环或9环的概率；(2)求射击一次，至少命中8环的概率；(3)求射

18、击一次，命中环数小于9环的概率【答案】（1）P(A10)0.13，P(A9)0.28，P(A8)0.31；（2）0.41；（3）0.59.【解析】分析】（1）利用互斥事件概率的加法公式求解，即可得到答案；（2）利用互斥事件概率的加法公式，即可求解；（3）利用对立事件的概率计算公式，即可求解【详解】设事件“射击一次，命中i环”为事件Ai(0i10，且iN)，且Ai两两互斥由题意知P(A10)0.13，P(A9)0.28，P(A8)0.31.(1)记“射击一次，命中10环或9环”的事件为A，那么P(A)P(A10)P(A9)0.130.280.41.(2)记“射击一次，至少命中8环”的事件为B，那

19、么P(B)P(A10)P(A9)P(A8)0.130.280.310.72.(3)记“射击一次，命中环数小于9环”的事件为C，则C与A是对立事件，P(C)1P(A)10.410.59.【点睛】本题主要考查了互斥事件和对立事件的概率的计算问题，其中明确互斥事件和对立的事件的概念和互斥事件和对立时间的概率计算公式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题18.袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率为，得到黑球或黄球的概率为，得到黄球或绿球的概率也是，试求得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少？【答案】.【解析】【分析】分别以表示事件：从袋中任取一

20、球“摸到红球”，“摸到黄球”，“摸到绿球”，则由题意得到三个和事件的概率，求解方程组，即可得到答案【详解】从袋中任取一球，记事件A得到红球，事件B得到黑球，事件C得到黄球，事件D得到绿球，则有解得P(B)，P(C)，P(D).所以得到黑球的概率为，得到黄球的概率为，得到绿球的概率为.【点睛】本题主要考查了等可能事件的概率，考查了互斥事件的概率加法公式，关键是明确互斥事件和的概率等于概率的和，属于中档试题，着重考查了分析问题和解答问题的能力19.为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加.现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名.从

21、这8名运动员中随机选择4人参加比赛.（1）设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件发生的概率；（2）设为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量的分布列.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算可得结果；（2）随机变量的所有可能取值为，根据古典概型的概率公式计算出随机变量的各个取值的概率，即可得到随机变量的分布列.【详解】（1）从这8名运动员中随机选择4人参加比赛，共有种，其中事件所包含基本事件数为，所以.（2）随机变量的所有可能取值为，所以随机变量的分布列为:：123420.设.已知.（1）求n值；（2）设，其中，求

22、的值.【答案】（1）；（2）-32.【解析】【分析】(1)首先由二项式展开式的通项公式确定的值，然后求解关于的方程可得的值；(2)解法一：利用(1)中求得的n的值确定有理项和无理项从而可得a,b的值，然后计算的值即可；解法二：利用(1)中求得的n的值，由题意得到的展开式，最后结合平方差公式即可确定的值.【详解】（1）因为，所以，因为，所以，解得（2）由（1）知，解法一：因为，所以，从而解法二：因为，所以因此【点睛】本题主要考查二项式定理、组合数等基础知识，考查分析问题能力与运算求解能力.21.袋中装着10个外形完全相同的小球，其中标有数字1的小球有1个，标有数字2的小球有2个，标有数字3的小球

23、有3个，标有数字4的小球有4个.现从袋中任取3个小球，按3个小球上最大数字的8倍计分，每个小球被取出的可能性都相等，用表示取出的三个小球上的最大数字，求：（1）取出的3个小球上的数字互不相同的概率；（2）随机变量的分布列；（3）计算介于20分到40分之间的概率.【答案】（1）； （2）分布列见解析； （3）.【解析】【分析】（1）由从10个小球中取出3个小球，共有种不同的取法，分别求得编号分别为、和时的不同的取法，利用概率计算公式，即可求解；（2）求得随机变量允许的取值分别为，求得相应的概率，即可求得随机变量的分布列；（3）由题意要使得介于20分到40分之间，则取出的最大数字是3或4，结合对立

24、事件，即可求解.【详解】（1）由题意，从10个小球中取出3个小球，共有种不同的取法，若取出的3个小球的编号分别为时，共有种不同的取法；若取出的3个小球的编号分别为时，共有种不同的取法；若取出的3个小球的编号分别为时，共有种不同的取法；若取出的3个小球的编号分别为时，共有种不同的取法，所以取出的3个小球上的数字互不相同的概率为.（2）由题意，随机变量允许的取值分别为，则，所以随机变量的分布列为：234（3）由从袋中任取3个小球，按3个小球上最大数字的8倍计分，每个小球被取出的可能性都相等，要使得介于20分到40分之间，则取出的最大数字是3或4，其中取出的最大数字为2时，共有种取法，记“3次取球时

25、介于20分到40分”为事件A，所以.【点睛】本题主要考查了概率的计算，以及离散型随机变量的分布列，其中解答中认真审题，合理分类，结合概率的计算公式求解是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力.22.已知，是正整数，且（1）证明：；（2）证明：【答案】（1）证明过程见解析；（2）证明过程见解析.【解析】【分析】（1）根据排列数公式，结合不等式的性质进行证明即可；（2）根据二项式定理，结合（1）中的结论、排列数、组合数的公式进行证明即可.【详解】（1）由排列数的公式得：，当，时，由不等式的性质可知：，即；（2）由二项式定理可知：，因为，由（1）知：，所以有,又因为，所以.【点睛】本题考查了排列数、组全数公式的应用，考查了二项式定理，考查了不等式的性质，考查推理论证能力和数学运算能力.