2021-2022学年山东省烟台莱阳市第一中学高二3月线上检测数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年山东省烟台莱阳市第一中学高二3月线上检测数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山东省烟台莱阳市第一中学高二3月线上检测数学试题
一、单选题
1．一个袋子中有4个黑球和1个白球，从中取一球，取后放回，重复n次，记取出的球为白球的次数为X，若，则（       ）
A．60 B． C． D．12
【答案】A
【分析】由取后放回可得，根据期望求出次数n，进而根据二项分布的性质即可得解.
【详解】由题意可知，
，，
，
.
【点睛】本题考查了二项分布的概念及其性质，考查了n次独立重复试验，解题关键是注意是 “取后放回”的理解，整体计算量不大，属于基础题.
2．下列四个命题：①对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件；②若为两个事件，则；③若事件两两互斥；④若满足且，则是对立事件.其中错误的命题个数是（       ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义即可判断①；根据和事件的概率公式即可判断②；根据随机事件概率的性质，即可判断③；若满足且，是对立事件，可判断④.
【详解】对于①：对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件；故①正确；
对于②：若为两个事件，则；故②不正确；
对于③：若事件两两互斥，若，则，故③不正确；
对于④：对于几何概型而言，若事件满足，，则不一定 是对立事件，
故④错误.
所以错误的命题有个，
故选：D
3．在的展开式中，只有第项的二项式系数最大，则（       ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【解析】利用二项式系数的性质：展开式中间项二项式系数最大，得，得出n的值.
【详解】在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，即中间项项的二项式系数最大， 即，解得：
故选：C．
【点睛】结论点睛：本题考查二项式系数的性质，在的展开式中，若n是偶数时，中间项项的二项式系数最大；若n是奇数时，中间两项与项的二项式系数相等且最大．
4．在某市第一次全民核酸检测中，某中学派出了8名青年教师参与志愿者活动，分别派往2个核酸检测点，每个检测点需4名志愿者，其中志愿者甲与乙要求在同一组，志愿者丙与丁也要求在同一组，则这8名志愿者派遣方法种数为（       ）
A．20 B．14 C．12 D．6
【答案】B
【分析】分（甲乙）、（丙丁）再同一组和不在同一组两种情况讨论，按照分类、分步计数原理计算可得；
【详解】解：依题意甲乙丙丁四人再同一组，有种；
（甲乙），（丙丁）不在同一组，先从其余4人选2人与甲乙作为一组，另外2人与丙丁作为一组，再安排到两个核酸检测点，则有种，综上可得一共有种安排方法，
故选：B
5．用数字、、、、、组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是（       ）．
A．可组成个不重复的四位数
B．可组成个不重复的四位偶数
C．可组成个能被整除的不重复四位数
D．若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序排成一个数列，则第个数字为
【答案】C
【解析】根据每个选项的四位数的特点分别利用排列组合的计算方式计算出结果即可判断.
【详解】A选项，有个，错；
B选项，分为两类：在末位，则有种，不在末位，则有种，
∴共有种，错；
C选项，先把四个相加能被整除的四个数从小到大列举出来，
即先选：，、、、，
它们排列出来的数一定可以被整除，∴共有：种，对；
D选项，首位为的有个，前两位为的有个，前两位为的有个，
因而第个数字是前两位为的最小数，即为，错.
故选：C．
6．有甲､乙两个抽奖箱，甲箱中有3张无奖票3张有奖票，乙箱中有4张无奖票2张有奖票，某人先从甲箱中抽出一张放进乙箱，再从乙箱中任意抽出一张，则最后抽到有奖票的概率是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先分为在甲箱中抽出一张有奖票放入乙箱和在甲箱中抽出一张无奖票放入乙箱，进而结合条件概率求概率的方法求得答案.
【详解】记表示在甲箱中抽出一张有奖票放进乙箱，表示在甲箱中抽出一张无奖票放进乙箱，A表示最后抽到有奖票.
所以，，于是.
故选：B.
7．已知下列命题：
①回归直线恒过样本点的中心，且至少过一个样本点；
②两个变量相关性越强，则相关系数r就越接近于1；
③将一组数据的每个数据都加一个相同的常数后，方差不变；
④在回归直线方程 中，当解释变量x增加一个单位时，预报变量平均减少0.5；
⑤在线性回归模型中，相关指数表示解释变量对于预报变量的贡献率，越接近于1，表示回归效果越好；
⑥对分类变量与，它们的随机变量的观测值来说， 越小，“与有关系”的把握程度越大．
⑦两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好.     
则正确命题的个数是（       ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】由回归直线恒过样本中心点，不一定经过每一个点，可判断①；由相关系数的绝对值趋近于1，相关性越强，可判断②；由方差的性质可判断③；由线性回归直线方程的特点可判断④；相关指数R2的大小，可判断⑤；由的随机变量K2的观测值k的大小可判断⑥；残差平方和越小，模型的拟合效果越好，可判断⑦．
【详解】对于①，回归直线恒过样本点的中心（），可以不过任一个样本点，故①错误；
对于②，两个变量相关性越强，则相关系数r的绝对值就越接近于1，故②错误；
对于③，将一组数据的每个数据都加一个相同的常数后，由方差的性质可得方差不变，故③正确；
对于④，在回归直线方程2﹣0.5x中，当解释变量x每增加一个单位时，
预报变量平均减少0.5个单位，故④正确；
对于⑤，在线性回归模型中，相关指数R2表示解释变量x对于预报变量y的贡献率，
R2越接近于1，表示回归效果越好，故⑤正确；
对于⑥，对分类变量X与Y，它们的随机变量K2的观测值k来说，k越大，
“X与Y有关系”的把握程度越大，故⑥错误；
对于⑦，可用残差平方和判断模型的拟合效果，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，故⑦正确．
其中正确个数为4．
故选B．
【点睛】本题考查命题的真假判断，主要是线性回归直线的特点和线性相关性的强弱、样本数据的特征值和模型的拟合度，考查判断能力，属于基础题．
8．从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为，，，一辆车从甲地到乙地，恰好遇到2个红灯的概率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式直接求解．
【详解】由各路口信号灯工作相互独立，可得某人从甲地到乙地恰好遇到2次红灯的概率：
．
故选：B．
二、多选题
9．设，下列结论正确的是（     ）
A．
B．
C．中最大的是
D．当时，除以2000的余数是1
【答案】ABD
【分析】A赋值法求即可；B由，写出展开式通项，求；C：由B求得，与比较大小；D将代入右式，并确定、的值，即可.
【详解】A：令，，正确；
B：由，则展开式通项为，故，，所以，正确；
C：由B知：，显然比大，错误；
D：时，，而，，即可知除以2000的余数是1，正确.
故选：ABD
10．已知随机变量，且，则关于，下列正确的是（       ）
A． B．
C．展开式中的常数项为 D．展开式中的常数项为
【答案】AC
【分析】分别求得值和展开式中的常数项即可解决.
【详解】由随机变量，且，则，
则，
的展开式的通项公式为：
，，，
令，解得，令，解得，
所以的展开式中的常数项为，
故选：AC.
11．下列说法正确的是（       ）
A．设离散型随机变量X等可能取1，2，3，…，n，若，则
B．设随机变量X服从二项分布，则
C．设离散型随机变量服从两点分布，若，则
D．设随机变量x服从正态分布且，则
【答案】AC
【分析】直接利用离散型随机变量，排列组合数，正态分布的应用判断A、B、C、D的结论．
【详解】解：由题意知，
对于A：，，故A正确；
对于B：设随机变量服从二项分布，则，B错误；
对于C，因为且，
，故C正确；
对于D，随机变量服从正态分布，
正态曲线的对称轴是．
，所以
，
，D错误；
故选：AC．
12．下列四个命题中正确的命题是（       ）
A．在回归模型中，预报变量的值不能由解释变量唯一确定
B．若变量，满足关系，且变量与正相关，则与也正相关
C．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高
D．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，
【答案】ACD
【分析】由已知结合归回方程的相关概念，不难确定A、C正确，选项B中，变量，，三者之间的关系，可根据给出的变量，满足的关系来判断；选项D中，可根据给到的回归方程，通过两边取指数，对比对应项的系数完成求解.
【详解】选项A：在回归模型中，预报变量的值有解释变量和随机误差共同确定，即只能解释部分的变化，故该选项正确；
选项B：若变量，满足关系，且变量与正相关，则与也正相关；应该是负相关．故错误；
选项C：在残差图中,残差点比较均匀地落在水平的带状区域内,说明选用的模型比较合适. 相关指数来刻画回归的效果, 值越大,说明模型的拟合效果越好。比较两个模型的拟合效果,可以比较残差平方和的大小,残差平方和越小的模型,拟合效果越好，故该选项正确；
选项D：以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，．故正确．
故选：ACD．
三、填空题
13．已知随机变量X服从二项分布B（4，p），其期望E（X）=3，随机变量Y服从正态分布N（1，2），若P(Y>0)=p，则P(0