山东省烟台市2019-2020学年高二下学期数学期中考试试卷

PAGE1/NUMPAGES1…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………山东省烟台市2019-2020学年高二下学期数学期中考试试卷一、单选题1.（2020高二下·烟台期中）已知i为虚数单位，若复数z满足z+i3+2i=1−i，则z的虚部为（   ）A. −2i                               B. -2                               C. 2i                               D. 2【答案】D【考点】复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】设z=x+yi(x∈R,y∈R)，z+i3+2i=1−i⇒x+yi+i=(1−i)(3+2i)⇒x+(y+1)i=5−i，∴{x=5y+1=−1 ，解得{x=5y=−2，所以z=5−2i，即z=5+2i.故答案为：D【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念求得z得答案．2.（2020高二下·烟台期中）3位女生和2位男生站成一排照相，其中男生不能站在一起的排法种数为（   ）A. 72                                B. 60                                C. 36                                D. 3【答案】A【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】先排3位女生，再把2位男生插入空档中，因此排法种数A33A42=72．故答案为：A．【分析】根据题意，分2步进行分析：①将3为女生全排列，②3为女生排好后，有4个空位，在其中任选2个，安排两个男生，由分步计数原理计算可得答案．3.（2020高二下·烟台期中）某教育局安排4名骨干教师分别到3所农村学校支教，若每所学校至少安排1名教师，且每名教师只能去所学校，则不同安排 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 有（   ）A. 6种                            B. 24种                            C. 36种                            D. 72种【答案】C【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】由题意，先从4名骨干教师任取2名共有C42种取法，所以不同安排方案有：C42A33=6×3×2×1=36.故答案为：C【分析】根据题意，分2步进行分析：①在4位教师中任选2个，安排到其中1所农村学校，②将剩下的2位教师安排到其他两个农村学校，由分步计数原理计算可得答案．4.（2020高二下·烟台期中）若(mx−2x)6的展开式中x3项的系数是240，则实数m的值是（   ）A. 2                               B. 2                               C. ±2                               D. ±2【答案】D【考点】二项式定理【解析】【解答】二项式(mx−2x)6的通项公式为：Tr+1=C6r⋅(mx)6−r⋅(−2x)r=C6r⋅m6−r⋅(−2)r⋅x6−32r，因为(mx−2x)6的展开式中x3项的系数是240，所以当6−32r=3时，有C6r⋅m6−r⋅(−2)r=240成立，解得r=2，因此有C62⋅m6−2⋅(−2)2=240⇒m=±2.故答案为：D【分析】由二项式定理可得 (mx−2x)6的展开式的通项，令x的系数为3，解可得r的值，结合展开式中x3的系数即可得关于m的方程，解可得m的值，即可得答案．5.（2020高二下·烟台期中）甲、乙两队进行篮球决赛，采取五场三胜制（当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束）.根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队不超过4场即获胜的概率是（   ）A. 0.18                            B. 0.21                            C. 0.39                            D. 0.42【答案】C【考点】相互独立事件的概率乘法公式【解析】【解答】解：甲、乙两队进行排球决赛，采取五场三胜制（当一队赢得三场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以3:1获胜的概率是：P1=0.6×0.6×(1−0.5)×0.5+0.6×(1−0.6)×0.5×0.5+(1−0.6)×0.6×0.5×0.5=0.21．甲队以3:0获胜的概率是：P2=0.6×0.6×0.5=0.18则甲队不超过4场即获胜的概率P=P1+P2=0.21+0.18=0.39故答案为：C【分析】甲队不超过4场即获胜包含的情况有2种：①甲连胜3场，②前三场甲两胜一负，第四场甲胜，由此利用相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式能求出甲队不超过4场即获胜的概率．6.（2020高二下·烟台期中）已知随机变量X~N(0.4,δ12)，Y~N(0.8,δ22)，其正态分布曲线如图所示，则下列说法错误的是（   ）A. P(X≥0.4)=P(Y≥0.8)B. P(X≥0)=P(Y≥0)C. X的取值比Y的取值更集中于平均值左右D. 两支密度曲线与x轴之间的面积均为1【答案】B【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义【解析】【解答】∵P(X≥0.4)=12，P(Y≥0.8)=12∴P(X≥0.4)=P(Y≥0.8),所以A符合题意；由图可得P(X≥0)>P(Y≥0)，所以B不符合题意；由图可得曲线X在均值0.4附近图象比曲线Y在均值0.8附近图象更陡，所以X的取值比Y的取值更集中于平均值左右，即C符合题意；两支密度曲线与x轴之间的面积都等于所有概率和，即均为1，所以D符合题意；故答案为：B【分析】对于正态分布，σ的值反映了数据的集中程度，σ越小，说明数据越向x=μ集中，否则越分散．由此进行分析、判断．7.（2020高二下·烟台期中）根据环境空气质量监测资料表明，某地一天的空气质量为轻度污染的概率是0.25，连续两天为轻度污染的概率是0.1，则此地在某天的空气质量为轻度污染的条件下，随后一天的空气质量也为轻度污染的概率是（   ）A. 0.4                             B. 0.25                             C. 0.1                             D. 0.05【答案】A【考点】条件概率与独立事件【解析】【解答】令事件A：一天的空气质量为轻度污染，事件B：随后一天的空气质量也为轻度污染，由题知：P(A)=0.25，P(AB)=0.1.所以P(B|A)=P(AB)P(A)=0.10.25=0.4.故答案为：A【分析】利用相互独立事件概率乘法公式能求出此地在某天的空气质量为轻度污染的条件下，随后一天的空气质量也为轻度污染的概率．8.（2020高二下·吉林月考）设X~B(4,p)，其中124)=P(X<−2)=0.1，则P(1≤X≤4)=________.【答案】0.4【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义【解析】【解答】解：因为随机变量X~N(μ,σ2)，P(X>4)=P(X<−2)=0.1，所以μ=1，即X~N(1,σ2)所以P(1≤X≤4)=0.5−P(X>4)=0.5−0.1=0.4故答案为：0.4【分析】根据题意，先求出μ的值，然后根据正态分布的性质求解．14.（2020高二下·烟台期中）由0,1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字的五位奇数有________个.【答案】13440【考点】分步乘法计数原理【解析】【解答】有0的五位奇数有C51C31A83个，无0的五位奇数有C51A84个，所以所有的五位奇数有C51C31A83＋C51A84＝13440个．故答案为：13440．【分析】根据题意，分3步进行分析：①在1、3、5、7、9五个数字中任选1个，作为五位数的个位，②五位数的万位数字不为0，易得万位有有8种选法，③在剩下的8个数字中，任选3个安排在千位、百位、十位，由分步计数原理计算可得答案．15.（2020高二下·烟台期中）已知xn=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+...+an(x+1)n(n∈N∗)对任意的x∈R恒成立，若a4+a5=0，则n=________.【答案】9【考点】二项式定理【解析】【解答】因为xn=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+...+an(x+1)n(n∈N∗)，令x=−1，则a0=(−1)n，即a0={1      (n为偶数)      −1  (n为奇数)，因为a4+a5=0，由xn=[−1+(x+1)]n展开式的通项为Tr+1=(−1)n−rCnr(x+1)r得：(−1)n−4Cn4+(−1)n−5Cn5=0，所以Cn4=Cn5，解得n=9.故答案为：9【分析】先由赋值法求a0，再利用二项式定理及展开式的通项公式求n即可得解．16.（2020高二下·烟台期中）在一次篮球投篮测试中，记分规则如下（满分为10分）：①每人可投篮7次，每投中一次记1分；②若连续两次投中加0.5分，连续三次投中加1分，连续四次投中加1.5分，以此类推，…，七次都投中加3分.假设某同学每次投中的概率为12，各次投篮相互独立，则：（1）该同学在测试中得2分的概率为________；（2）该同学在测试中得8分的概率为________.【答案】（1）15128（2）5128【考点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率【解析】【解答】只得2分，只能投中2次，且不相邻，概率为P1=C62(12)7=15128； 得8分，前3次和后3次均投中，中间一次不中；开始连中5次，第6次不中，第7次中或第1次中，第2次不中，然后连中5次，或分别连中4次和连中2次，中间有1次不中，概率为P2=(12)7+2×(12)7+2×(12)7=5128.故答案为：15128；5128．【分析】（1）得两分，说明7次投篮中，只投中两次，且这两次不相邻，容易求解；（2）得8分，说明七次投篮中，第2次至第6次投篮中，有一次未投中，其余全中，计算可得结果． 四、解答题17.（2020高二下·烟台期中）复数z1对应的点在第一象限，且z12=−3+4i，复数z2=(a−4sin2θ)+(1+2cosθ)i，θ∈(0,π)，a∈R.（1）求复数z1；（2）若z1(35+45i)=z2，求θ，a的值.【答案】（1）解：设z1=x+yi(x>0,y>0)，则z12=x2−y2+2xyi=−3+4i，∴{x2−y2=−32xy=4，解得x=−1，y=−2或x=1，y=2，因为x>0，y>0，∴{x=1y=2，所以z1=1+2i（2）解：因为z1(35+45i)=(1+2i)(35+45i)=−1+2i，所以(a−4sin2θ)+(1+2cosθ)i=−1+2i，∴{a−4sin2θ=−11+2cosθ=2，解得cosθ=12，∵θ∈(0,π)，∴θ=π3，sin2θ=1−cos2θ=34，a=4sin2θ−1=2，所以a=2.【考点】复数相等的充要条件【解析】【分析】（1）设z1=x+yi(x>0,y>0) ，代入z12=x2−y2+2xyi=−3+4i ，整理后利用复数相等的条件列式求得x，y值，则复数z1可求；（2）把z1，z2代入z1(35+45i)=z2 ，利用复数相等的条件列式即可求得θ，a的值．18.（2020高二下·烟台期中）已知(2x2−1x)n(n∈N∗)的展开式中所有偶数项的二项式系数和为64.（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求(2x+1x2)(2x2−1x)n展开式中的常数项.【答案】（1）解：由展开式中所有的偶数项二项式系数和为64，得2n−1=64，所以n=7所以展开式中二项式系数最大的项为第四项和第五项.因为(2x2−1x)7的展开式的通项公式为Tr+1=C7r(2x2)7−r(−1)r(1x)r=C7r27−r(−1)rx14−3r，所以f(x)的展开式中二项式系数最大的项为T4=−500x5，T5=280x2（2）解：由（1）知n=7，且(2x2−1x)7的展开式中x−1项为T6=−84x，x2项为T5=280x2，所以(2x+1x2)(2x2−1x)n展开式的常数项为2×(−84)+1×280=112,【考点】二项式定理，二项式系数的性质【解析】【分析】（1）根据二项式系数的性质求得n=7，从而求得展开式中二项式系数最大的项；（2）把(2x2−1x)7 按照二项式定理展开，可得(2x+1x2)(2x2−1x)n 展开式中的常数项．19.（2020高二下·烟台期中）某水果经销商为了对一批刚上市水果进行合理定价，将该水果按事先拟定的价格进行试销，得到一组销售数据，如表所示：试销单价x（元/公斤）1617181920日销售量y（公斤）1681461209056（参考数据及公式：i=15xi2=1630，y=116，i=15xiyi=10160，线性回归方程y=bx+a，b=i=1nxiyi−nxyi=1nxi2−nx2，a=y−bx）（1）已知变量x,y具有线性相关关系，求该水果日销售量y（公斤）关于试销单价x（元/公斤）的线性回归方程，并据此分析销售单价x∈[16,20]时，日销售量的变化情况；（2）若该水果进价为每公斤15元，预计在今后的销售中，日销售量和售价仍然服从（1）中的线性相关关系，该水果经销商如果想获得最大的日销售利润，此水果的售价x(x∈N∗)应定为多少元？【答案】（1）解：x=16+17+18+19+205=18，y=116，b=10160−5×18×1161630−5×182=−28,a=116−(−28)×18=620所以线性回归方程为：y=−28x+620，因为b=−28<0，所以此水果的日销售量随着售价的增加而减小，平均售价每增加一元，销量减少28公斤.（2）解：设日利润为ω元，则ω=(620−28x)(x−15)=−28x2+1040x−9300，因为此函数图象为开口向下的抛物线，对称轴方程为x=104056=1847，所以当x=19时，ω取得最大值.即该水果经销商如果想获得最大的日销售利润，此水果的销售价应定为每公斤19元.【考点】二次函数的性质，线性回归方程【解析】【分析】（1）求出样本中心，回归直线方程的系数，然后求解回归直线方程．然后说明日销售量的变化情况．（2）设日利润为ω元，求出表达式，理由二次函数的性质求解即可．20.（2020高二下·烟台期中）大型综艺节目《最强大脑》中，有一个游戏叫做盲拧魔方，就是玩家先观察魔方状态并进行记忆，记住后蒙住眼睛快速还原魔方，盲拧在外人看来很神奇，其实原理是十分简单的，要学会盲拧也是很容易的.为了解某市盲拧魔方爱好者的水平状况，某兴趣小组在全市范围内随机抽取了100名魔方爱好者进行调查，得到的情况如表所示：用时（秒）[5,10)[10,15)[15,20)[20,25)男性人数1522149女性人数511177附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d.P(K2≥k0)0.1000.0500.0250.0100.001k02.7063.8415.0246.63510.828（1）将用时低于15秒的称为“熟练盲拧者”，不低于15秒的称为“非熟练盲拧者”.请根据调查数据完成以下2×2列联表，并判断是否有95%的把握认为是否为“熟练盲拧者”与性别有关？熟练盲拧者非熟练盲拧者男性女性（2）以这100名盲拧魔方爱好者的用时不超过10秒的频率，代替全市所有盲拧魔方爱好者的用时不超过10秒的概率，每位盲拧魔方爱好者用时是否超过10秒相互独立.那么在该兴趣小组在全市范围内再次随机抽取20名爱好者进行测试，其中用时不超过10秒的人数最有可能（即概率最大）是多少？【答案】（1）解：由题意得列联表如下：熟练盲拧者非熟练盲拧者男性3723女性1624K2的观测值k=100×(37×24−16×23)253×47×60×40≈4.523>3.841，所以有95%的把握认为“熟练盲拧者”与性别有关.（2）解：根据题意得，1名盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的概率为20100=15，设随机抽取了20名爱好者中用时不超过10秒的人数为ξ，则ξ~B(20,15)，其中P(ξ=k)=C20k(15)k(45)20−k，k=0,1,2,...,20；由{P(ξ=k)≥P(ξ=k+1)P(ξ=k)≥P(ξ=k−1)，得{C20k(15)k(45)20−k≥C20k+1(15)k+1(45)19−kC20k(15)k(45)20−k≥C20k−1(15)k−1(45)21−k化简得{4(k+1)≥20−k21−k≥4k，解得165≤k≤215；又k∈Z，所以k=4，即这20名爱好者中用时不超过10秒的人数最有可能是4人.【考点】二项分布与n次独立重复试验的模型【解析】【分析】（1）根据题目所给的数据填写2×2列联表即可，计算K的观测值K2，对照题目中的表格，得出统计结论．（2）设随机抽取了20名爱好者中用时不超过10秒的人数为ξ，由题意可知变量ξ服从二项分布ξ~B(20,15) ，由{P(ξ=k)≥P(ξ=k+1)P(ξ=k)≥P(ξ=k−1) ，求出k的取值范围，再利用k∈Z，即可求出k的值．21.（2020高二下·烟台期中）某大型电器企业，为了解组装车间职工的生活情况，从中随机抽取了100名职工进行测试，得到频数分布表如下：日组装个数[155,165)[165,175)[175,185)[185,195)[195,205)[205,215]人数6123430108（1）现从参与测试的日组装个数少于175的职工中任意选取3人，求至少有1人日组装个数少于165的概率；（2）由频数分布表可以认为，此次测试得到的日组装个数Z服从正态分布N(μ,169)，μ近似为这100人得分的平均值（同一组数据用该组区间的中点值作为代表）.（i）若组装车间有20000名职工，求日组装个数超过198的职工人数；（ii）为鼓励职工提高技能，企业决定对日组装个数超过185的职工日工资增加50元，若在组装车间所有职工中任意选取3人，求这三人增加的日工资总额的期望.附：若随机变量X服从正态分布N(μ,σ2)，则P(μ−σ198)=1−0.68272=0.15865，所以日组装个数超过198个的人数为0.15865×20000=3173（人）（ii）由正态分布得，日组装个数为185以上的概率为0.5.设这三人中日组装个数超过185个的人数为ξ，这三人增加的日工资总额为η，则η=50ξ，且ξ~B(3,0.5)，所以E(ξ)=3×0.5=1.5，所以E(η)=50E(ξ)=75.【考点】古典概型及其概率计算公式，二项分布与n次独立重复试验的模型，正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义【解析】【分析】（1）属于古典概型，分别算出组装个数少于175的人和组装个数少于165的人数中任选3人的取法数，然后代入公式计算即可；（1）（i）利用正态分布的性质求出P（X＞198），然后乘以20000即可；（ii）先利用正态分布算出P（X＞185），然后利用二项分布的知识求解．  22.（2020高二下·烟台期中）2019年12月份，我国湖北武汉出现了新型冠状病毒，人感染后会出现发热、咳嗽、气促和呼吸困难等，严重的可导致肺炎甚至危及生命.为了增强居民防护意识，增加居民防护知识，某居委会利用网络举办社区线上预防新冠肺炎知识答题比赛，所有居民都参与了防护知识网上答卷，最终甲、乙两人得分最高进入决赛，该社区设计了一个决赛方案：①甲、乙两人各自从6个问题中随机抽3个.已知这6个问题中，甲能正确回答其中的4个，而乙能正确回答每个问题的概率均为23，甲、乙两人对每个问题的回答相互独立、互不影响；②答对题目个数多的人获胜，若两人答对题目数相同，则由乙再从剩下的3道题中选一道作答，答对则判乙胜，答错则判甲胜.（1）求甲、乙两人共答对2个问题的概率；（2）试判断甲、乙谁更有可能获胜？并说明理由；（3）求乙答对题目数的分布列和期望.【答案】（1）解：甲、乙共答对2个问题分别为：两人共答6题，甲答对2个，乙答对0个；两人共答7题，甲答对1个，乙答对1个.所以甲、乙两保学生共答对2个问题的概率：P=C42C21C63×C30(13)3+C41C22C63×C31×23×(13)3=127.（2）解：设甲获胜为事件，则事件包含“两人共答6题甲获胜”和“两人共答7题甲获胜”两类情况，其中第一类包括甲乙答对题个数比为1:0，2:0，3:0，2:1，3:1，3:2六种情况，第二类包括前三题甲乙答对题个数比为1:1，2:2，3:3三种情况，所以甲获胜的概率P(A)=C41C22C63×[C30(13)3+C3123×(13)3]+C42C21C63×[C30(13)3+C31×23×(13)2+C32(23)2×(13)2]+C43C20C63×[C30(13)3+C31×23×(13)2+C32×(23)2×13+C33(23)3×13]=173405，设乙获胜为事件B，则A,B为对立事件，所以P(A)+P(B)=1，P(B)=1−P(A)=232405>P(A)所以乙胜出的可能性更大.（3）解：设学生乙答对的题数为X，则X的所有可能取值为0,1,2,3,4，P(X=0)=C30(13)3=127P(X=1)=C42C21+C43C63×C3123(13)2+C41C22C63×C3123(13)3=26135P(X=2)=C41C22+C43C63×C32(23)2×13+C41C22C63×C31(13)2×23×23+C42C21C63×C32(23)2×(13)2=827P(X=3)=C41C22+C42C21C63×C33(23)3+C43C63×C33(23)3×13+C42C21C63×C32(23)3(13)=176405P(X=4)=C43C63×C33(23)4=16405所以随机变量X的分布列为X01234P1272613582717640516405所以期望E(X)=0×127+1×26135+2×827+3×176405+4×16405=18281.【考点】互斥事件与对立事件，离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】（1）推出两人共答6题，甲答对2个，乙答对0个；两人共答7题，甲答对1个，乙答对1个．然后求解甲、乙两名学生共答对2个问题的概率．（2）设甲获胜为事件，则事件 包含“两人共答6题甲获胜”和“两人共答7题甲获胜”两类情况，其中第一类包括甲乙答对题个数比为1：0，2：0，3：0，2：1，3：1，3：2六种情况，第二类包括前三题甲乙答对题个数比为1：1，2：2，3：3三种情况，然后求解概率；设乙获胜为事件B，则A，B为对立事件，求出B的概率，得到结论．（3）设学生乙答对的题数为X，则X的所有可能取值为0，1，2，3，4，求出概率，得到随机变量X的分布列，然后求解期望．