2022-2023学年山西省太原市第五中学高二下学期3月月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年山西省太原市第五中学高二下学期3月月考数学试题含解析，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山西省太原市第五中学高二下学期3月月考数学试题 一、单选题1．若，则n的值为（    ）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】C【分析】直接解组合数方程，即可求解.【详解】因为，所以，解得：n=9.故选：C2．已知随机变量服从二项分布，若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由二项分布的均值和方差公式列方程组求解．【详解】由题意，解得．故选：A．3．上午要上语文、数学、体育和外语四门功课，而数学老师因故不能上第二节和第四节，则不同排课方案的种数是（    ）A．24 B．22 C．20 D．12【答案】D【分析】按照特殊元素优先的原则先排数学课再对其余三门功课全排列即可.【详解】因为数学教师因故不能上第二节和第四节课，所以先排数学老师的课，共有种排课方案，然后再排剩下三位老师的课，共有种排课方案，由分步计数乘法原理可得共有种排课方案，故选：.4．在含4件次品的6件产品中随机抽取3件产品，其中含有的次品数为则（    ）A． B．1 C． D．2【答案】D【分析】由题知，可取1，2，3，求得的分布列，进而可求【详解】由题知，可取1，2，3，则，，，.故选：D5．有7件产品，其中4件正品，3件次品，现不放回从中取2件产品，每次一件，则在第一次取得次品的条件下，第二次取得正品的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用条件概率公式，结合古典概型计算即可.【详解】法一：设第一次取得次品为事件A，第二次取得正品为事件B，则，所以.法二：在第一次拿出一件次品后还有6件，其中4件正品，2件次品，故第二次拿出正品的概率为.故选：B.6．在如图所示的三角形边上的9个点中任取3个，可构成三角形的个数是（    ）A．69 B．70 C．74 D．84【答案】A【解析】先计算能构成三角形的个数的总数，再减去不符合条件的可得答案,【详解】三角形边上的9个点中任取3个，共有个，当三点在一条线上时构不成三角形，有个，所以符合条件的个数84-15=69，故选：A.【点睛】方法点睛：本题主要考查组合的应用，常见组合数的求法有直接法和间接法.7．设，则下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】设，利用赋值法可判断各选项的正误.【详解】设，对于A选项，，A错；对于B选项，，B错；对于CD选项，，所以，，，C对D错.故选：C.8．四种不同的颜色涂在如图所示的6个区域，且相邻两个区域不能同色，满足条件的涂法数有（    ）种A．24 B．72 C．120 D．144【答案】C【分析】由第一类区域6与区域4相同，涂区域5有4种方法，涂区域1有3种方法，涂区域4有2种方法，涂区域3有2种方法，涂区域2有1种方法，第二类区域6与区域4不相同，涂区域5有4种方法，涂区域1有3种方法，涂区域4有2种方法，涂区域6有1种方法，再分类，若区域6与区域3相同，涂区域2有2种方法；若区域6与区域3不相同，涂区域3，2有1种方法，分别利用分步计数原理求解.【详解】解：第一类：若区域6与区域4相同，涂区域5有4种方法，涂区域1有3种方法，涂区域4有2种方法，涂区域3有2种方法，涂区域2有1种方法，则不同的涂色方案有种；第二类：若区域6与区域4不相同，涂区域5有4种方法，涂区域1有3种方法，涂区域4有2种方法，涂区域6有1种方法，再分类，若区域6与区域3相同，涂区域2有2种方法；若区域6与区域3不相同，涂区域3，2有1种方法；则不同的涂色方案有种；根据分类计数原理，不同的涂色方案有种.故选：C. 二、多选题9．若随机变量服从两点分布，其中，，分别为随机变量的均值与方差，则下列结论正确的是（       ）A． B．C． D．【答案】AB【分析】根据随机变量服从两点分布推出，根据公式先计算出、，由此分别计算四个选项得出结果．【详解】随机变量服从两点分布，其中，，，，在A中，，故A正确；在B中，，故B正确；在C中，，故C错误；在D中，，故D错误．故选：AB．10．袋中有10个大小相同的球，其中6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，则下列结论中正确的是（     ）A．取出的白球个数X服从二项分布B．取出的黑球个数Y服从超几何分布C．取出2个白球的概率为D．取出球总得分最大的概率为【答案】BD【分析】A、B根据题设描述写出取出的白球个数X、黑球个数Y的可能情况，并求出对应情况的概率，易得它们都服从超几何分布；进而可判断C、D的正误.【详解】A：取出白球个数X可能为0、1、2、3、4，则，，，，，所以，即取出的白球个数X服从超几何分布，错误；B：同A，取出黑球个数Y可能为0、1、2、3、4，易得，即取出的黑球个数Y服从超几何分布，正确；C：由A知取出2个白球的概率为，错误；D：总得分最大，即取出的都是黑球，由A知：概率为，正确.故选：BD11．箱子中有6个大小、材质都相同的小球，其中4个红球，2个白球．每次从箱子中随机的摸出一个球，摸出的球不放回．设事件A表示“第1次摸球，摸到红球”，事件B表示“第2次摸球，摸到红球”则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】利用条件概率及全概率公式进行求解.【详解】，A正确；，由全概率公式可知：所以BC错误，D正确.故选：AD12．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（    ）A．在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是84B．由“第行所有数之和为”猜想：C．在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为286D．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字【答案】ABCD【分析】根据给定的“杨辉三角”，结合二项式定理、组合数计算、组合数的性质逐项分析计算判断作答.【详解】在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是，A正确；由“第行所有数之和为”猜想：，因为，则令得：，B正确；在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为：，C正确；在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字，即因为对应相乘可得的系数为，而二项式展开式的通项公式，当时，，则的系数为：，所以，D正确.故选：ABCD 三、填空题13．将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴世博会的三个不同场馆服务，不同的分配方案有         种（用数字作答）；【答案】90【详解】先选三个不同场馆中只去一名志愿者，共有种选法；剩下的两个场馆只需各取两名志愿者，共有种选法，由乘法原理得分配方案有种． 14．在的展开式中，的系数是__________.【答案】##【分析】利用的展开式的通项得出，的系数，继而由得出的系数.【详解】，因为的展开式的通项，所以的展开式中的系数是的系数是，所以的展开式中的系数是.故答案为： 四、双空题15．甲､乙两人进行围棋比赛，共比赛局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为.如果某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为，则___________；___________.【答案】          【分析】时，甲乙比赛四局，则甲要赢3局或4局才能获胜，计算，可得答案.【详解】时，甲乙比赛四局甲获胜，则甲要赢3局或4局才能获胜，所以；.故答案为：①；②. 五、填空题16．在明代珠算发明之前，我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具来记数、列式和计算.算筹实际上是一根根相同长度的小木棍，如图，是利用算筹表示数1~9的一种方法，例如：47可以表示为“”，如果用算筹表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数，这个数至少要用8根小木棍的概率为__________.【答案】【分析】表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数有种情况，由于至少要用8根小木根的对立事件为用掉5根，6根，7根这三种情况，用掉5根，6根，7根小木棍的全排列共有种，从而求出至少要用8根小木棍的概率.【详解】至少要用8根小木根的对立事件为用掉5根，6根，7根这三种情况，用5根小木棍为1、2、6这一种情况的全排列，6根有123，127，163，167这四种情况的全排列，7根有124，128，164，168，137，267，263这七种情况的全排列，用掉5根，6根，7根小木棍的全排列共有种，表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数有种情况故至少要用8根小木根的概率为.故答案为：. 六、解答题17．已知展开式前三项的二项式系数和为22．（1）求的值；（2）求展开式中的常数项；（3）求展开式中二项式系数最大的项．【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】1利用公式展开得前三项，二项式系数和为22，即可求出n．2利用通项公式求解展开式中的常数项即可．3利用通项公式求展开式中二项式系数最大的项．【详解】解：由题意，展开式前三项的二项式系数和为22．1二项式定理展开：前三项二项式系数为：，解得：或舍去．即n的值为6．2由通项公式，令，可得：．展开式中的常数项为；是偶数，展开式共有7项则第四项最大展开式中二项式系数最大的项为．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，通项公式的有关计算，属于基础题．18．（1）有4名学生参加争夺数学、物理、化学竞赛冠军，有多少种不同的结果?（2）书架上某层有6本书，新买3本插进去，要保持原有6本书的顺序，有多少种不同的方法？（3）由1，2，3，4，5组成没有重复数字且1，2都不与5相邻的五位数有多少个？（4）3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，有多少种不同的方法？【答案】（1）64；（2）504；（3）36；（4）288.【分析】（1）由分步乘法计数原理求解；（2）讨论3本新书都不相邻、3本新书有两种相邻、3本新书相邻结合排列组合知识求解；（3）讨论当1，2不相邻且不与5相邻、当1，2相邻且不与5相邻结合排列组合知识求解；（4）由捆绑法和插空法求解即可；【详解】（1）若4人争夺这三科的冠军，每科冠军只有一人，则每科冠军有4种情况，则三科共有种结果；故答案为：64.（2）3本新书都不相邻共有：种，3本新书有两种相邻共有：种，3本新书相邻共有：种，所以共有种.故答案为：504.（3）由题意，可将3，4全排列，有种排法；当1，2不相邻且不与5相邻时，有种排法；当1，2相邻且不与5相邻时，有种排法，故满足题意的数有个.故答案为：36.（4） 先排三个男生有种不同的方法，然后再从3名女生中任取2人“捆”在一起记作，共有种不同排法，剩下一名女生记作，让插入男生旁边4个位置的两个位置有，此时共有种，又男生甲不在两端，其中甲在两端的情况有：种不同的排法，共有种不同排法.故答案为：288.19．某地区拟建立一个艺术博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲、乙两家建筑公司进入最后的招标.现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标问题中随机抽取3个问题，已知这6个招标问题中，甲公司可正确回答其中4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为，甲、乙两家公司对每题的回答都是相互独立，互不影响的.(1)求甲、乙两家公司共答对2道题目的概率；(2)设甲公司答对题数为随机变量，求的分布列、数学期望和方差；(3)请从期望和方差的角度分析，甲、乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大？【答案】(1)；(2)分布列见解析，数学期望为，方差为；(3)甲公司竞标成功的可能性更大. 【分析】（1）将甲乙共答对2道题的事件分拆成两个互斥事件的和，再利用相互独立事件的概率，结合古典概率求解作答.（2）求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列，求出期望和方差作答.（3）求出乙公司答对题数的期望和方差，与甲公司的比对作答.【详解】（1）记“甲、乙两家公司共答对2道题” 的事件为，它是甲乙各答对1道题的事件、甲答对2题乙没答对题的事件和，它们互斥，则有，所以甲、乙两家公司共答对2道题目的概率是.（2）设甲公司答对题数为，则的取值分别为，，则的分布列为：123 期望，方差.（3）设乙公司答对题数为，则的取值分别为，，，则的分布列为：0123 期望，方差，显然，所以甲公司竞标成功的可能性更大.20．2022年“五一”期间，为推动消费市场复苏，补贴市民，深圳市各区政府发放各类消费券，其中某区政府发放了市内旅游消费券，该消费券包含，，，，，六个旅游项目，甲、乙、丙、丁四人每人计划从中任选两个不同的项目参加，且他们的选择互不影响．(1)求甲、乙、丙、丁这四个人中至少有一人选择项目的概率；(2)记为这四个人中选择项目的人数，求的分布列及数学期望；(3)如果将甲、乙、丙、丁四个人改为个人，其他要求相同，问：这个人中选择项目的人数最有可能是多少人？【答案】(1)(2)分布列见解析，数学期望为(3)答案见解析. 【分析】（1）由题得到每个人选择项目的概率，即可求解；（2）根据题意可得到服从二项分布：，即可求其分布列和期望；（3）设选择项目的人数最有可能为人，则通过可得，然后分被3除余2，被3除余1和能整除3，三种情况进行讨论【详解】（1）由题意可知，每个人选择项目的概率为，则每个人不选择项目的概率为，故甲、乙、丙、丁这4个人中至少有一人选择项目的概率为（2）由（1）可知，每个人选择项目的概率为，且每个人是否选择项目相互独立，故服从二项分布：，所以，，，，，，则的概率分布列为：01234 的数学期望．（3）设选择项目的人数最有可能为人，则，，，即，即，即，解得，又，所以当，时，则不等式为，则当或，即当被3除余2时，选择项目的人数最有可能是人和人；当，且时，则不等式为，则，即当被3除余1时，选择项目的人数最有可能是人；当，且时，则不等式为，，即当被3整除时，选择项目的人数最有可能是人．