河北省沧州十校2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

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考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第三册第六章～第七章第1节.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 甲、乙2个人计划五一去旅游，从三个景点中各选择一个作为旅游的目的地，则不同的选法有（ ）
A. 6种B. 7种C. 8种D. 9种
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用分步乘法计数原理即可得解.
【详解】甲选取旅游的目的地有3种选法，乙选取旅游目的地也有3种选法，
由分步乘法计数原理得共有种选法.
故选：D.
2 若，则（ ）
A. 20B. 21C. 30D. 35
【答案】D
【解析】
【分析】根据排列数求得n，再根据组合数公式求得答案.
【详解】因为，所以，即，
解得或（舍去），所以,
故选：D.
3. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件概率的概率公式变形计算可得.
【详解】由条件概率公式，得，
又，，所以．
故选：C．
4. 在的展开式中，x的系数为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用两个计数原理列式求解即得.
【详解】的展开式中，含x的项是4个因式中任取1个因式选择x，
另外3个因式中选择常数项相乘积的和，则的展开式中，含x的项为：
，
所以x的系数为．
故选：A
5. 五一放假期间，4名男生和2名女生参加农场体验活动，体验活动结束后，农场主与6名同学站成一排合影留念，若2名女生相邻且农场主站在中间，则不同的站法有（ ）
A. 240种B. 192种C. 144种D. 48种
【答案】B
【解析】
【分析】农场主站在中间，先考虑女生所站位置，采用捆绑法，再考虑男生的位置，利用排列知识进行求解.
【详解】2名女生相邻且农场主站在中间可分三步完成：第一步：相邻女生只能站在第一二，第二三，第五六，第六七，有4种；
第二步：相邻女生排在一起有种；
第三步：4名男生排在剩下的位置有种.
因此2名女生相邻且农场主站在中间共有种站法.
故选：B.
6. 甲、乙两个箱子里各装有6个大小形状都相同的球，其中甲箱中有4个红球和2个白球，乙箱中有3个红球和3个白球.先从甲箱中随机取出1个球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出1个球，则从乙箱中取出的球是红球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出事件，利用条件概率和全概率公式进行求解.
【详解】设事件表示从甲箱中随机取出一个红球，事件表示从甲箱中随机取出一个白球，事件表示从乙箱中随机取出一个红球，
则，
所以.
故选：B.
7. 为纪念抗美援朝，某市举办了一场“红色”歌曲文艺演出，已知节目单中共有6个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了3位参加过抗美援朝的老战士分别演唱一首当年的革命歌曲，在不改变原来的节目顺序的情况下，将这3个不同的节目添加到节目单中，则不同的安排方式共有（ ）
A. 210种B. 336种C. 504种D. 672种
【答案】C
【解析】
【分析】利用插空法及分步乘法计数原理计算可得.
【详解】原来的个节日形成个空，插入第一个节目，共有种结果，
原来的个和刚插入的一个，形成个空，插入第二个节目有种结果，
同理插入最后一个节目有种结果，根据分步乘法计数原理得到不同的安排方式有种．
故选：C．
8. 若，且（，且），则（ ）
A. 1B. 2C. 15D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由二项式定理可得，然后结合条件可得可以被17整除，即可得到结果.
【详解】，因为能被17整除，所以可以被17整除，即能被17整除，因为且，所以.
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】赋值法即可求解所有项的系数和.根据二项式展开的通项特征可求指定项的系数.
【详解】令，得，故A错误；令得，即，故B正确；令，得，故C正确；展开式的通项为，令得，所以．故D正确．
故选:BCD．
10. 将四个编号为1，2，3，4的小球放入四个分别标有1，2，3，4号的盒子中，则下列结论正确的有（ ）
A. 共有256种放法
B. 恰有一个盒子不放球，共有72种放法
C. 恰有两个盒子不放球，共有84种放法
D. 没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号都不相同的放法共有9种
【答案】ACD
【解析】
【分析】按照分步乘法计数原理判断A，B，先分组、再分配，即可判断C，先确定编号为的球的放法，再确定与号球所放盒子的编号相同的球的放法，按照分步乘法计数原理判断D.
【详解】若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有种放法，故A正确；
恰有一个盒子不放球，先选一个盒子，再选一个盒子放两个球，则种放法，故B错误；
恰有两个盒子不放球，首先选出两个空盒子，再将四个球分为，或，两种情况，
故共种放法，故C正确；
编号为的球有种放法，编号为的球所放盒子的编号相同的球放入号或其他两个盒子，
共有，即种放法，故D正确．
故选：ACD．
11. 设A，B为随机事件，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则A，B相互独立
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】由独立事件概率可判断A，由条件概率公式可判断BCD.
【详解】及，得，即，所以A，B相互独立，故A正确；
由，得，所以，故B错误；
由A知当时，，所以，故C正确；
，
，所以等式不成立，故D错误．
故选：AC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的展开式中，常数项是______．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】根据展开式的通项公式即得.
【详解】因为的展开式的通项公式为，
令，可得，
所以展开式中常数项为，
故答案为：.
13. “渐降数”是指每一位数字都比左边数字小的正整数（如7431），那么四位“渐降数”有______个，比6543大的四位“渐降数”有______个．
【答案】 ①. 210 ②. 175
【解析】
【分析】直接从这个数中抽取个数的组合数即为四位“渐降数”的个数，确定最高位为、、的四位“渐降数”，即可确定比大的四位“渐降数”.
【详解】四位“渐降数”的个数就是从这个数中抽取个数的组合数，即．
因为最高位为的四位“渐降数”有个，
最高位为8的四位“渐降数”有个，
最高位为7的四位“渐降数”有个，
而是最高位为6的最大的“渐降数”，
所以比大的四位“渐降数”有个．
故答案为：；
14. 某食品加工厂生产一种食品的生产线有甲、乙、丙三个，其次品率分别为，假设这三个生产线的产量之比为，则从这三个生产线生产的食品中随机抽取1件食品为次品的概率为______．
【答案】0.047##
【解析】
【分析】根据全概率公式可得结果.
【详解】记事件“B=选取的食品为次品”，记事件“=此件次品来自甲生产线”，
记事件“=此件次品来自乙生产线”，记事件“=此件次品来自丙生产线”，
由题意可得，，，
，，，由全概率的公式可得:
，
所以从这三条生产线上随机任意选取1件食品为次品的概率为0.047．
故答案为：0.047.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. （1）计算：的值；
（2）解方程：．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）根据组合数的定义得到，即可求出的值，再根据组合数的性质及组合数公式计算可得；
（2）根据排列数公式化简，求出，再由排列数的定义确定.
【详解】（1）因为，所以，又，所以，
所以．
（2）因为，
所以，则，
所以，可得或，
又且，所以且，所以．
16. 从这7个数字中取出4个数字，试问：
（1）能组成多少个没有重复数字的四位数？
（2）能组成多少个没有重复数字的四位偶数？
【答案】（1）720 （2）420
【解析】
【分析】（1）按照千位，百位，十位，个位的顺序，利用分布乘法计数原理即可求；
（2）个位数字可能为0，2，4，6，有四种情况，利用分类加法计数原理即可求.
【小问1详解】
第一步：千位不能为0，有6种选择；
第二步：百位可以从剩余数字中选，有6种选择；
第三步：十位可以从剩余数字中选，有5种选择；
第四步：个位可以从剩余数字中选，有4种选择．
根据分步计数原理，能组成个没有重复数字的四位数．
【小问2详解】
第一类：当个位数字是0时，没有重复数字的四位数有个；
第二类：当个位数字是2时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有个；
第三类：当个位数字是4时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有个；
第四类：当个位数字是6时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有个．
根据分类计数原理．能组成个没有重复数字的四位偶数．
17. 已知的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列，
（1）求展开式中二项式系数最大的项；
（2）求展开式中所有的有理项.
【答案】（1）；
（2），，.
【解析】
【分析】（1）根据前三项系数的关系列方程求n，然后根据二项式系数的性质可得；
（2）根据指数为整数分析即可.
【小问1详解】
展开式中第项为，
所以前三项系数的绝对值依次为，
依题意有，，即，
整理得，解得（舍去）或.
由二项式系数的性质可知，展开式中第5项的二项式系数最大，
即.
【小问2详解】
由（1）知，，
又，由可得，
故展开式中的有理项为：
，，.
18. 某学校派出6名同学参加省教育厅主办的理科知识竞赛，分为数学竞赛，物理竞赛和化学竞赛，该校每名同学只能参加其中一个学科的竞赛，且每个学科至少有一名学生参加．
（1）求该校派出的6名学生总共有多少种不同的参赛方案？
（2）若甲同学主攻数学方向，必须选择数学竞赛，乙同学主攻物理方向，必须选择物理竞赛，则这6名学生一共有多少种不同的参赛方案？
【答案】（1）540种；
（2）65种.
【解析】
【分析】（1）对参加三个学科的人数分三种情况讨论，先分组、再分配求出各组情况的方案数，最后相加；
（2）对选择化学竞赛的人数分四种情况讨论，利用分步乘法计数原理与分类加法计数原理计算可得.
【小问1详解】
若参加三个学科的人数分别为1，1，4时，共有种参赛方案；
若参加三个学科的人数分别为1，2，3时，共有种参赛方案；
若参加三个学科的人数分别为2，2，2时，共有种参赛方案；
该校派出的6名学生总共有种不同的参赛方案．
【小问2详解】
若有4人选择化学竞赛，则有1种参赛方案；
若有3人选择化学竞赛，余下的一人有2种选法，则有种参赛方案；
若有2人选择化学竞赛，余下的两人各有2种选法，则有种参赛方案；
若有1人选择化学竞赛，余下的三人各有2种选法，则有种参赛方案；
所以总共有种不同的参赛方案．
19. 学习小组设计了如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有2个红球和8个白球，乙袋中有6个红球和4个白球．从这两个袋子中选择1个袋子，再从该袋子中随机摸出1个球，称为一次摸球．多次摸球直到摸出白球时试验结束．假设首次摸球选到甲袋或乙袋的概率均为．
（1）求首次摸球就试验结束的概率；
（2）在首次摸球摸出红球条件下．
①求选到的袋子为乙袋的概率；
②将首次摸球摸出的红球放回原来袋子，继续进行第二次摸球时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球，请通过计算，说明选择哪个方案使得第二次摸球就试验结束的概率更大．
【答案】（1）；
（2）①；②选择方案二使得第二次摸球就试验结束的概率更大.
【解析】
【分析】（1）利用全概率公式计算可得；
（2）①利用条件概率概率公式计算可得；②分别求出两种方案中摸到白球的概率，再比较即可.
【小问1详解】
设摸球一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，“摸出白球”为事件，“摸出红球”为事件．
所以．
所以摸球一次就试验结束的概率为．
【小问2详解】
①因为，是对立事件，．
所以，
所以选到的袋子为乙袋的概率为．
②由①，得，
所以方案一中取到白球的概率为．
方案二中取到白球的概率为，
因为．
所以方案二中取到白球的概率更大，即选择方案二使得第二次摸球就试验结束的概率更大．