黑龙江省大庆铁人中学2022-2023学年高二下学期期中考试 数学答案

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大庆铁人中学 2021 级高二学年下学期期中考试
数学答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
C
D
B
A
C
D
B
D
AD
BC
ACD
AC
13. 0.99 14. 2047 15. 0.4/
16. 5040
17.解：因为第二项与第三项的二项式系数之比是
2 : 5
，
则
1
2
C2
C 5
n
n
，即
2
( 1) 5
2
n
n n
，解得
0n
(舍)或
6n
，
所以 n的值为 6.
6
1
(2 )xx
的展开式的通项为
，
（1）当 6 - 
=0 时，即 k=4 时T5=
22=60
所以常数项为 60
（2）设第 k+1 项系数最大，由通项得
令
6 1 7
6 6
6 1 5
6 6
C 2 C 2
C 2 C 2
k k k k
k k k k
 
 
，解得
4 7
3 3
k 
，又
Nk
，
2k 
，
展开式中系数最大的项为第
3
项，且
3
3240T x
．
18.解：（1）
2
12 ,
n n n
a a a
 
 
2
2
11 2 1 1 ,
n n n n
a a a a
   
2 1 2
log ( 1) 2log ( 1),
n n
a a
 
又因为 b1=1.
1 2 1
2
log ( 1) 2,
log ( 1)
n n
n n
b a
b a
 
所以数列
 
n
b
是以 2为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）可得，
2n
n
b
，所以
1
2
nn
n
c 
，
设
,
2
nn
n
d
设其前
n
项和为
n
S
，
则
1 2 3 1
1 2 3 1 ,
2 2 2 2 2
nn n
n n
S
 
①
2 3 4 1
1 1 2 3 1 ,
2 2 2 2 2 2
nn n
n n
S
 
②
①减②得：
1 1 13 12
1 1
1
2 2
1 1 1 1 1 2
1 ,
1
2 2 2 2 2 2 2 2
12
n
nn n nn
n n n
S  
 
 
 
 
 
 
 
 
所以
2
2 ,
2
nn
n
S
 
所以
2
2 .
2
n n n
n
T S n n
 
19.解：（1）由题意可知，
1
~ 2, 4
X B  
 
 
，
则
 
2
3 9
04 16
P X  
 
 
 
，
 
1
2
1 3 3
1 C 4 4 8
P X  
，
 
2
1 1
24 16
P X  
 
 
 
，
所以，随机变量
X
的分布列如下表所示：
X
0
1
2
P
9
16
3
8
1
16
所以，
 
1 1
24 2
E X  
.
（2）解：对于方案一：“机器发生故障时不能及时维修”等价于“甲、乙、丙三人中，至少有一
人负责的
2
台机器同时发生故障”，考查反面处理这个问题.
设机器发生故障时不能及时维修的概率为 P1，则
其概率为
 
3
3
1
1 721
1 1 2 1 1 16 4096
P P X  
   
 
 
.
对于方案二：设机器发生故障时不能及时维修的概率为 P2，则
6 5 2 4 6 5 4
1 2
2 6 6
3 1 3 1 3 3 6 3 15 3 347
1 C C 1
4 4 4 4 4 4096 2048
P 
       
   
       
       
，
所以，
2 1
P P
，即方案二能让故障机器更大概率得到及时维修，使得工厂的生产效率更高.
20. 解：（1）(x>0)
令=0，则 x=
,
当x>
时， <0,f(x)的单调减区间为（
，+∞）
当 0<x<
时， >0,f(x)的单调增区间为（0，
）
综上所述，f(x)的单调减区间为（
，+∞）,f(x)的单调增区间为（0，
）
（2）
2
2
1 4 2 1
( ) ln , ( ) , ( 0),
2 2
mx x
g x x x mx g x x
x
 
 
1 2
,x x
为两个极值点，
2
4 2 1 0mx x  
有两个不等的正根
1 2
,x x
，
0, 4 16 0m m  
，
1 2 1 2
1 1
0, 0
2 4
x x x x
m m
   
，得
1
04
m 
，
 
2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1 1 1 1 1
ln 2 ln ,
2 2 4 4 2
g x g x x x x x m x x x x m m
 
   
 
令
1,( 1)
4
t t
m
 
，得
 
1 2
1 1
( ) ln
2 2
g x g x h t t t  
，
1
( ) 1
2
h t t
 
，因为 t>1，则
1 1
02 2t
 
，则
1
( ) 1 0
2
h t t
 
，
( )h t
在
(1, )
递减，
3
( ) (1) 2
h t h  
，
即
 
1 2
g x g x
的取值范围为
3
,2
 
 
 
 
．
21.解：（1）设甲，乙，丙被定为一级工程师的事件分别为
1
A
，
2
A
，
3
A
，
事件
C
表示三位工程师中恰有两位被定为一级工程师．
 
1
1 1 1
3 2 6
P A  
，
 
2 3
2 1 1
3 2 3
P A P A  
所以
   
1 2 3 1 2 3 1 2 3
( )P C P A A A P A A A P A A A 
5 1 1 1 2 1 1 1 2 1
6 3 3 6 3 3 6 3 3 6
    
经过本次考核，甲，乙，丙三位工程师中恰有两位被定为一级工程师的概率为
（2）方案一：设甲，乙，丙获得的奖金分别为
X
，
Y
，
Z
，则
X
，
Y
，
Z
的取值均为 2000，
1500，500；
则
 
1
1
( 2000) 6
P X P A 
，
1 1 1
( 1500) 3 2 6
P X  
，
1 2
( 500) 1 3 3
P X  
；
故
1 1 2 2750
( ) 2000 1500 500
6 6 3 3
E X    
 
2
1
( 2000) ( 2000) 3
P Y P Z P A   
，
2 1 1
( 1500) ( 1500) 3 2 3
P Y P Z  
，
2 1
( 500) ( 500) 1 3 3
P Y P Z   
；
1 1 1 4000
( ) ( ) 2000 1500 500
3 3 3 3
E Y E Z    
；
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