【文档说明】2022北京人大附中高二年级第二学期数学周末练习（10）教师版.pdf，共(8)页，428.507 KB，由小赞的店铺上传

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第1页，共7页高二年级数学周末练习(10)一、单选题1．位于丛台公园内的武灵丛台已经成为邯郸这座三千年古城的地标建筑，丛台上层建有据胜亭，其顶部结构的一个侧面中，自上而下第一层有2块筒瓦，以下每一层均比上一层多2块筒瓦，

如果侧面共有11层筒瓦且顶部4个侧面结构完全相同，顶部结构共有多少块筒瓦？（）A．440B．484C．528D．572【答案】C【解析】一个侧面中，第一层筒瓦数记为2，自上而下，由于下面每一层比上一层多2块筒瓦，每层筒瓦数构成等差数列na，其中12a=，2d=

.一个侧面中共有11层筒瓦，一个侧面筒瓦总数是()1111111221322−+=，顶层四个侧面筒瓦数总和为1324528=.故选：C.2．等差数列na的首项为1，公差不为0．若2a、3a、6a成等比数列，则

na的前6项的和为（）A．24−B．3−C．3D．8【答案】A【解析】因为设等差数列na的公差d，且0d，11a=若2a、3a、6a成等比数列，所以2326aaa=，所以()()()211125adaadd+=++，所以220dd+=，即2d=−，所

以na的前6项的和为()16562242a+−=−.故选：A.第2页，共7页3．拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，定理内容是：如果函数()fx在闭区间,ab上的图象连续不间断，在开区间(),ab内的导数为

()fx，那么在区间(),ab内至少存在一点c，使得()()()()fbfafcba−=−成立，其中c叫做()fx在,ab上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数()32fxxx=−在22−,上的“拉格朗日中值点”

的个数为（）A．3B．2C．1D．0【答案】B【解析】函数()32fxxx=−，求导得：()232fxx=−，令0x为()fx在22−,上的“拉格朗日中值点”，则有20(2)(2)322(2)ffx−−−=−−，即20322x−=，

解得0233x=，所以函数()32fxxx=−在22−,上的“拉格朗日中值点”的个数为2.故选：B4.已知函数𝑓(𝑥)(𝑥∈𝑅)的图象如图所示，则不等式𝑥𝑓′(𝑥)>0的解集为()A.(0,12)∪(2,

+∞)B.(−∞,0)∪(12,2)C.(−∞,0)∪(12,+∞)D.(−∞,12)∪(2,+∞)【答案】A【解析】由𝑓(𝑥)的图象，可知当𝑥∈(−∞,12)∪(2,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0，当𝑥∈(12,2)时，𝑓′(𝑥)<0

．所以𝑥𝑓′(𝑥)>0等价于{𝑥<0𝑓′(𝑥)<0或{𝑥>0𝑓′(𝑥)>0，即{𝑥<012<𝑥<2或{𝑥>0𝑥>2或𝑥<12，所以0<𝑥<12或𝑥>2，故选A．5.(𝑥+𝑦)(

2𝑥−𝑦)5的展开式中的𝑥3𝑦3系数为()A.−80B.−40C.40D.80【答案】C【解析】(2𝑥−𝑦)5的展开式的通项公式：𝑇𝑟+1=𝐶5𝑟(2𝑥)5−𝑟(−𝑦)𝑟=25−𝑟(−1)𝑟𝐶5𝑟𝑥5−𝑟𝑦𝑟．令5−

𝑟=2，解得𝑟=3．令5−𝑟=3，解得𝑟=2．∴(𝑥+𝑦)(2𝑥−𝑦)5的展开式中的𝑥3𝑦3系数为22×(−1)3𝐶53+23×1×𝐶52=40．故选C．第3页，共7页6.我国古代典

籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，下图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是()A.516B.1132C.2132D.1116【答案】A【解析】每

一个非阴即阳，有两种可能，概率均为12，随机抽取6个，是二项分布，符合条件的概率为33361152216C=．故选：𝐴．7.随机变量𝑋的概率分布规律为𝑃(𝑋=𝑛)=𝑎𝑛(𝑛+1)(𝑛=1,2,3,4)，其中𝑎是常数，

则𝑃(12<𝑋<52)的值为()A.23B.34C.45D.56【答案】D【解析】∵𝑃(𝑋=𝑛)=𝑎𝑛(𝑛+1)(𝑛=1,2,3,4)，∴𝑎2+𝑎6+𝑎12+𝑎20=1，∴𝑎=54，∵𝑃(12<𝑋<52)=𝑃(𝑋=1)+𝑃(𝑋=2)=54×12+5

4×16=56．故选D．8.设某医院仓库中有10盒同样规格的𝑋光片，已知其中有5盒、3盒、2盒依次是甲厂、乙厂、丙厂生产的，且甲、乙、丙三厂生产该种𝑋光片的次品率依次为110，115，120，现从这10盒中任取一盒，再从这盒中任取一张𝑋光片，则取得的𝑋光片是次品的概率为()A.0.0

8B.0.1C.0.15D.0.2【答案】A【解析】以𝐴1，𝐴2，𝐴3分别表示取得的这盒𝑋光片是由甲厂、乙厂、丙厂生产的，𝐵表示取得的𝑋光片为次品，𝑃(𝐴1)=510，𝑃(𝐴2)=310，𝑃

(𝐴3)=210，𝑃(𝐵|𝐴1)=110，𝑃(𝐵|𝐴2)=115，𝑃(𝐵|𝐴3)=120，则由全概率公式，所求概率为𝑃(𝐵)=𝑃(𝐴1)𝑃(𝐵|𝐴1)+𝑃(𝐴2)𝑃(𝐵|𝐴2)+𝑃(𝐴3)𝑃(𝐵|𝐴3)=510×110+310×115+21

0×120=0.08，故选：𝐴．第4页，共7页9.2018年6月18日，是我国的传统节日“端午节”.这天，小明的妈妈煮了5个粽子，其中2个腊肉馅，3个豆沙馅.小明随机取出2个粽子，若已知小明取到的2个粽子为同一种馅，则这2个粽子都为腊肉馅的概率

为()A.14B.34C.110D.310【答案】A【解析】设事件𝐴为“取到的2个棕子为同一种馅”，事件𝐵为“取到的2个棕子都是腊肉馅”，由题意，𝑃(𝐴)=𝐶22+𝐶32𝐶52=410，𝑃(𝐴𝐵)=𝐶22𝐶

52=110，所以𝑃(𝐵|𝐴)=𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐴)=14．故选A．10.2019年末，武汉出现新型冠状病毒肺炎(𝐶𝑂𝑉𝐼𝐷−19)疫情，并快速席卷我国其他地区，传播速度很快．因这种病毒是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株，所以目前没

有特异治疗方法，防控难度很大．武汉市出现疫情最早，感染人员最多，防控压力最大，武汉市从2月7日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、无法明确排除新冠肺炎的发热患者和与确诊患者的密切接触者等“四类”

人员，强化网格化管理，不落一户、不漏一人．在排查期间，一户6口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员随机地逐一进行“核糖核酸”检测，若出现阳性，则该家庭为“感染高危户”.设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为𝑝(0<

𝑝<1)且相互独立，该家庭至少检测了5个人才能确定为“感染高危户”的概率为𝑓(𝑝)，当𝑝=𝑝0时，𝑓(𝑝)最大，则𝑝0=()A.1−√63B.√63C.12D.1−√33【答案】A【解析】检测了5个人才能确定为“感

染高危户”的概率为(1−𝑝)4𝑝，检测了6个人才能确定为“感染高危户”的概率为(1−𝑝)5𝑝，所以𝑓(𝑝)=(1−𝑝)4𝑝+(1−𝑝)5𝑝，(0<𝑝<1)，令𝑥=1−𝑝(0<𝑥<1)，则𝑓(𝑝)=𝑥4(1−𝑥)+𝑥5(1−𝑥)=−𝑥6+𝑥4=𝑔

(𝑥)，𝑔′(𝑥)=−6𝑥5+4𝑥3=2𝑥3(−3𝑥2+2)当𝑥∈(0,√63)时，𝑔′(𝑥)>0;当𝑥∈(√63,1)时，𝑔′(𝑥)<0;所以𝑔(𝑥)在(0,√63)上单调递增，在(√63,1)上单调递减，所以当𝑥=√63时，𝑔(𝑥)取得最大值，即

1−𝑝=√63，𝑝0=1−√63时，𝑓(𝑝)最大．故选A．第5页，共7页二、填空题11.已知实验女排和育才女排两队进行比赛，在一局比赛中实验女排获胜的概率是23，没有平局．若采用三局两胜制，即先胜两局者获胜且比赛结束，则实验女

排获胜的概率为．【答案】2027【解析】分两种情况：①甲队前2局连胜②甲队在前2局与乙打成1：1而第3局取胜．实验女排要获胜必须赢得两局，故获胜的概率为𝑃=(23)2+23×13×23+13×23×23=2027．故答案为：2027．12.抛掷甲、乙两颗骰子，若事

件𝐴：“甲骰子的点数大于4”；事件𝐵：“甲、乙两骰子的点数之和等于7”，则𝑃(𝐵|𝐴)的值等于．【答案】16【解析】由题意，知事件𝐴有基本事件(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，

(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共12个，在𝐴发生的条件下，两颗骰子的点数之和等于7，有(5,2)，(6,1)，共有基本事件2个，∴𝑃(𝐵|𝐴)=212=16．故答案为16．13.事件𝐴、𝐵是相互独立事件，若𝑃(𝐴)=𝑚,𝑃(

𝐵)=0.3，𝑃(𝐴+𝐵)=0.7则实数𝑚的值等于_________．【答案】37【解析】根据题意可得𝑃(𝐴+𝐵)=𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)−𝑃(𝐴𝐵)=1−𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)−𝑃(𝐵)[1−𝑃(A)]=1−𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)𝑃(𝐴)，即0

.7=1−𝑚+0.3𝑚，解得𝑚=37．故答案为37．14.设𝑋为一个离散型随机变量，其分布列如下图，则𝑞=_______【答案】1−√22【解析】由分布列可知，{12+𝑞2+1−2𝑞=10<𝑞2<1,0<1−2𝑞<1,解得𝑞=1−√22或

𝑞=1+√22(舍)故答案为1−√22．第6页，共7页15.位于坐标原点的一个质点𝑃按下面规则移动：质点每次移动一个单位；移动的方向为向上或向右，其概率分别为23,13，质点𝑃移动5次后位于点(3,2)的概率是(以数字回答)【答案】40243

【解析】解：∵移动五次后位于点(3,2)，∴质点𝑃必须向上2次，向右移动3次，∴概率为𝐶53×(23)2×(13)3=40243．故答案为40243．16.在等差数列{𝑎𝑛}中，𝑎4=2，𝑎7=−4，现从{𝑎𝑛}的前10项

中随机取数，每次取出一个数，取后放回，连续取数3次，假设每次取数互不影响，那么在这三次取数中，取出的数恰好为两个正数和一个负数的概率为________.(用数字作答)【答案】625【解析】设首项为𝑎1公差为𝑑∵𝑎4=2，𝑎7=−4∴{𝑎1+3𝑑

=2𝑎1+6𝑑=−4解得，𝑎1=8，𝑑=−2∴等差数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=10−2𝑛(𝑛=1,2,…,10)；∴数列{𝑎𝑛}的前10项为{8,6,4,2,0,−2,−4,−6,

−8,−10}取出的数为正数和负数的概率为25和12，∴在这三次取数中，取出的数恰好为两个正数和一个负数的概率𝑃=𝐶31⋅12⋅(25)2=625，故答案为625．三、解答题17.甲、乙二人独立破译同一密码，甲破译密码的概率为0

.7，乙破译密码的概率为0.6.记事件𝐴：甲破译密码，事件𝐵：乙破译密码．(1)求甲、乙二人都破译密码的概率；(2)求恰有一人破译密码的概率．【答案】解：(1)事件“甲、乙二人都破译密码”可表示为�

�𝐵，事件𝐴，𝐵相互独立，由题意可知𝑃(𝐴)=0.7,𝑃(𝐵)=0.6，所以𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)⋅𝑃(𝐵)=0.7×0.6=0.42；(2)事件“恰有一人破译密码”可表示为𝐴𝐵+𝐴𝐵，且

𝐴𝐵，𝐴𝐵互斥，所以𝑃(𝐴𝐵+𝐴𝐵)=𝑃(𝐴𝐵)+𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)+𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)=(1−0.7)×0.6+0.7×(1−0.6)=0.46．第7页，共7页1

8.某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮问题的概率分别为45,35,25,15,且各轮问题能否正确回答互不影响．(1

)求该选手进入第四轮才被淘汰的概率；(2)求该选手至多进入第三轮考核的概率．【答案】解：(1)记“该选手能正确回答第𝑖轮的问题”的事件为𝐴𝑖(𝑖=1,2,3)，则𝑃(𝐴1)=45，𝑃(𝐴2)=35，𝑃(𝐴3)=25，𝑃(𝐴4)=1

5．所以选手进入第四轮才被淘汰的概率：𝑃=𝑃(𝐴1𝐴2𝐴3𝐴4)=𝑃(𝐴1)𝑃(𝐴2)𝑃(𝐴3)𝑃(𝐴4)=45×35×25×45=96625；(2)记“该选手至多进入第三轮考核”为事件B，则𝑃（B）=𝑃(𝐴1+𝐴1�

�2+𝐴1𝐴2𝐴3)=𝑃(𝐴1)+𝑃(𝐴1)𝑃(𝐴2)+𝑃(𝐴1)𝑃(𝐴2)𝑃(𝐴3)=15+45×25+45×35×35=101125．19.2017年5月，来自“一带一路”

沿线的20国青年评选出了中国的“新四大发明”：高铁、扫码支付、共享单车和网购．为发展业务，某调研组对𝐴，𝐵两个公司的扫码支付准备从国内𝑛(𝑛∈𝑁∗)个人口超过1000万的超大城市和8个人口低于100万的小城市随机抽取若干个进行统计，若一次抽取2个城市，全是小城市的概

率为415．(Ⅰ)求𝑛的值；(Ⅱ)若一次抽取4个城市，则：①假设取出小城市的个数为𝑋，求𝑋的分布列和期望；②取出4个城市是同一类城市，求全为超大城市的概率．【答案】(Ⅰ)共(𝑛+8)个城市，取出2个的方法总数是𝐶𝑛+82，其中全是小城市的情况有𝐶82种，故全是小城市

的概率是𝐶82𝐶𝑛+82=8×7(𝑛+8)(𝑛+7)=415，∴(𝑛+8)(𝑛+7)=210，解得𝑛=7或-22，又因为n>0，所以n=7．(Ⅱ)①𝑋=0，1，2，3，4．𝑃(𝑋=0)=𝐶

80𝐶74𝐶154=139；𝑃(𝑋=1)=𝐶81𝐶73𝐶154=839；𝑃(𝑋=2)=𝐶82𝐶72𝐶154=2865；𝑃(𝑋=3)=𝐶83𝐶71𝐶154=56195；𝑃(𝑋=4)=𝐶84𝐶70𝐶154=239．

故𝑋的分布列为：𝑋01234𝑃139839286556195239𝐸(𝑋)=0×139+1×839+2×2865+3×56195+4×239=3215．②若取出的4个城市全是超大城市，共有𝐶74=35种情况；若取出的4个城市全是小城市，共有𝐶84=70种情

况；故全为超大城市的概率为𝐶74𝐶84+𝐶74=3570+35=13．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com