浙江省金华市曙光学校2023-2024学年高二下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版）

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试卷总分：150分 考试时间：120分钟
一、单项选择题（本大题共8个小题，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. （ ）
A. 55B. 57C. 100D. 110
【答案】B
【解析】
【分析】本题可通过排列数与组合数的计算得出结果.
【详解】，
故选：B.
2. 已知一组数据按从小到大排列为0，4，5，x，8，10，12，15，且这组数据的中位数是7，则这组数据的45%分位数、75%分位数分别是（ ）
A. 5.5、10B. 5.5、12C. 6、11D. 6、10
【答案】C
【解析】
【分析】先由中位数可算得x，后根据百分位数定义可得答案.
【详解】因中位数为7，则.
又数据共有8个，，则45%分位数为从小到大第4个数据，即6；
，则75%分位数为第6个数据与第7个数据的平均数，即；
故选：C
3. 已知随机变量，分别满足二项分布，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由二项分布的方差公式求出，再由充分条件和必要条件的定义求解即可.
【详解】因为，，
所以，
所以，则，
若，则.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
4. 已知随机变量，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正态分布的性质可得，即可根据二项分布的期望公式求解.
【详解】由以及可得，
由于，故，，
故选：D
5. 的展开式中的系数为（ ）
A. 80B. 40C. 10D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，求得二项展开式的通项公式，结合通项确定的值，代入即可求解.
【详解】由二项式展开式的通项公式为，
令，可得，
所以展开式中的系数为.
故选：B.
6. 袋中有5张卡片，分别写有数字1，2，3，4，5，有放回的摸出两张卡片.事件“第一次摸得偶数”，“第二次摸得2”，“两次摸得数字之和大于8”，“两次摸得数字之和是6”，则（ ）
A. M与Q相互独立B. N与R相互独立
C. N与Q相互独立D. Q与R相互独立
【答案】B
【解析】
【分析】利用列举法结合古典概率求出各事件的概率，再结合相互独立事件的意义逐项分析即可.
【详解】有放回摸出两张卡片的样本空间：
，共25个结果，
事件，共10个结果，，
事件，共5个结果，，
事件，共3个结果，，
事件，共5个结果，，
对于A，，，，事件M与Q不相互独立，A错误；
对于B，，，，事件N与R相互独立，B正确；
对于C，，，，事件N与Q不相互独立，C错误；
，，，事件Q与R不相互独立，D错误.
故选：B
7. 现有一个6行5列的矩形阵，现有甲、乙、丙三人，要求该三人不在同一行也不在同一列，则不同的站法有（ ）种
A. 1200B. 7200C. 3600D. 900
【答案】B
【解析】
【分析】利用分步计数原理结合排列组合知识解决.
【详解】事件甲，乙，丙三人不在同一行也不在同一列可分为四步完成，
第一步，从6行中任选三行，共有种方法，
第二步，从所选的三行的15个位置中选一个位置排甲，共有15种方法，
第三步，从余下可选的8个位置中选一个位置排乙，共有8种方法，
第四步，从余下可选3个位置中选一个位置排丙，共有3种方法，
由分步乘法计数原理可得，
三人不在同一行也不在同一列的不同的站法有种，
故选：B
8. 中国女子乒乓球队是世界乒坛的常胜之师，曾20次获得世乒赛女子团体冠军．2021年休斯敦世界乒乓球锦标赛，中国选手王曼昱以4∶2击败孙颖莎，夺得女单冠军．某校甲、乙两名女生进行乒乓球比赛，约定“七局四胜制”，即先胜四局者获胜．已知甲、乙两人乒乓球水平相当，事件A表示“乙获得比赛胜利”，事件B表示“比赛进行了七局”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件概率计算公式求解.
【详解】乙获得比赛胜利，可能进行了4局或5局或6局或7局比赛，乙获胜的概率
，
乙获胜并且比赛进行了七局的概率，
∴．
故选：B．
二、多项选择题（本大题共3个小题，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. 下列说法正确的是（ ）
A. 数据的中位数为
B. 一组数据的第百分位数为
C. 随机变量服从正态分布，则标准差为
D. 设随机事件和，已知，，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据中位数和百分位数的计算方法可得AB正误；由正态分布性质知C正确；根据全概率公式可求得D正确.
【详解】对于A，将数据从小到大排序为：，共个数据，则中位数为第个数据，即中位数为，A错误；
对于B，该组数据共个，则，第百分位数为，B正确；
对于C，，方差为，则标准差为，C正确；
对于D，，D正确.
故选：BCD.
10. 某中药材盒中共有包装相同的10袋药材，其中甲级药材有4袋，乙级药材有6袋，从中不放回地依次抽取2袋，用A表示事件“第一次取到甲级药材”，用B表示事件“第二次取到乙级药材”，则（ ）
A. B.
C. D. 事件A，B相互独立
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，由古典概型概率计算公式验算即可；对于B，由条件概率公式即可验算；对于C，由全概率公式即可验算；对于D，由独立乘法公式即可验算.
【详解】对A，，故A正确；
对B，，故B正确；
对C，，故C正确；
对D，因为，，所以事件A，B不相互独立，故D错误．
故选：ABC．
11. 若，则下列选项正确的有（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】分别令可判断AB，利用二项展开式的通项公式可确定展开式系数的正负，去掉绝对值号，再赋值即可判断C，取导数后赋值即可判断D.
【详解】对于A，令，可得，故A正确；
对于B，令，可得，又，
所以，故B正确；
对于C，因为，
展开式的通项公式为，所以，
所以，
令，则，
故，故C错误；
对于D，因为
，
所以，
令，可得，故D正确.
故选：ABD
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分．）
12. 展开式的常数项为______．
【答案】
【解析】
【分析】先利用二项式定理求得展开式的通项公式，再分别求中常数项与含项的系数，从而得解.
【详解】因为展开式的通项公式为，
当1乘以时，令，解得，常数项为；
当乘以时，令，解得，常数项为；
所以的展开式中的常数项为.
故答案为：.
13. 一支足球队每场比赛获胜（得3分）的概率为a，与对手踢平（得1分）的概率为b，负于对手（得0分）的概率为c，其中a，b，，已知该足球队进行一场比赛得分的均值是1，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】列出分布列，根据均值公式得到，再利用乘“1”法即可求出最值.
【详解】设得分为，则
由均值为，且，
则，
当且仅当时等号成立．
故答案为：.
14. 从集合的非空子集中随机取出两个不同的集合，则在的条件下，恰有1个元素的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】按照要求分类讨论并结合组合数公式、条件概率公式计算即可.
【详解】由题意若恰有1个元素，则分以下四种情形进行讨论：
情形一：若中有一个元素，则中至少有三个元素，此时满足的情况有种，
而满足恰有1个元素的有种；
情形二：若中有两个元素，则中至少有两个元素，此时满足的情况有种，
而满足恰有1个元素的有种；
情形三：若中有三个元素，则中至少有一个元素，此时满足的情况有种，
而满足恰有1个元素的有种；
情形四：若中有四个元素，则中至少有一个元素，且注意到集合不同，
此时满足的情况有种，
而满足恰有1个元素的有种；
故由条件概率公式可得：恰有1个元素的概率为.
故答案为：.
四．解答题（本大题共6个小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）
15. （1）解关于的不等式；
（2）解不等式：.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）（2）将排列数表示为阶乘的形式，然后化简计算即可得解，
【详解】（1）依题意，有，，
由，得，即，
整理得，解得，所以，
又得，
所以的解集为.
（2）因为，
所以，即，
整理得，解得，故，
所以不等式解集为.
16. 在的展开式中，
（1）求二项式系数最大的项；
（2）若第项是有理项，求的取值集合.
（3）系数的绝对值最大的项是第几项；
【答案】（1）
（2）
（3）第项和第项
【解析】
【分析】（1）利用二项式定理求出通项，二项式系数最大的项为中间项，求解即可；
（2）当为整数时为有理项，即可求解；
（3）设第项的系数的绝对值最大，列方程组即可求解.
【小问1详解】
，，
二项式系数最大的项为中间项，即第项，
所以；
【小问2详解】
，，
当为整数时为有理项，即，
则的取值集合为；
【小问3详解】
设第项的系数的绝对值最大，
则，所以，解得，
故系数的绝对值最大的项为第项和第项.
17. 甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一个人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分．已知甲每轮猜对的概率是，乙每轮猜对的概率是；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响．各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，求：
（Ⅰ）“星队”至少猜对3个成语的概率；
（Ⅱ）“星队”两轮得分之和为X的分布列和数学期望EX．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）分布列见解析，
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）找出“星队”至少猜对3个成语所包含的基本事件，由独立事件的概率公式和互斥事件的概率加法公式求解；（Ⅱ）由题意，随机变量的可能取值为0,1,2,3,4,6.由事件的独立性与互斥性，得到的分布列，根据期望公式求解.
试题解析：
（Ⅰ）记事件A:“甲第一轮猜对”，记事件B：“乙第一轮猜对”，
记事件C：“甲第二轮猜对”，记事件D：“乙第二轮猜对”，
记事件E：“‘星队’至少猜对3个成语”.
由题意，
由事件的独立性与互斥性，
,
所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.
（Ⅱ）由题意，随机变量的可能取值为0,1,2,3,4,6.
由事件的独立性与互斥性，得
,
,
,
,

.
可得随机变量的分布列为

所以数学期望.
【考点】独立事件的概率公式和互斥事件的概率加法公式，分布列和数学期望
【名师点睛】本题主要考查独立事件的概率公式和互斥事件的概率加法公式、随机变量的分布列和数学期望.解答本题，首先要准确确定所研究对象的基本事件空间、基本事件个数，利用独立事件的概率公式和互斥事件的概率加法公式求解.本题较难，能很好的考查考生的数学应用意识、基本运算求解能力等.
18. 某学校有甲，乙两个餐厅，经统计发现，前一天选择餐厅甲就餐第二天仍选择餐厅甲就餐的概率为，第二天选择餐厅乙就餐的概率为；前一天选择餐厅乙就餐第二天仍选择餐厅乙就餐的概率为，第二天选择餐厅甲就餐的概率为．若学生第一天选择餐厅甲就餐的概率是，选择餐厅乙就餐的概率是，记某同学第天选择餐厅甲就餐的概率为．
（1）记某班3位同学第二天选择餐厅甲的人数为，求随机变量的分布列及期望；
（2）学校为缓解就餐压力，决定每天从各年级抽调21人到甲乙两个餐厅参加志愿服务，请求出的通项公式，根据以上数据合理分配甲，乙两个餐厅志愿者人数，并说明理由．
【答案】（1）分布列见解析，；
（2），分配到甲，乙两个餐厅志愿者人数分别为和.
【解析】
【分析】（1）先求某同学第二天选择餐厅甲就餐的概率，然后根据二项分布的概率公式求出概率，可得分布列，利用二项分布期望公式可得期望；
（2）根据题意先求与的关系，然后利用构适法可得通项，由确定两餐厅志愿者人数分配.
【小问1详解】
某同学第二天选择餐厅甲就餐的概率
某同学第二天选择餐厅乙就餐的概率
所以3位同学第二天选择餐厅甲就餐的人数为
记某班3位同学第二天选择餐厅甲的人数为，所有可能的取值为，
则
的分布列为：
.
【小问2详解】
依题意，，即，
则有，当时，可得，
数列是首项为公比为的等比数列，则，
时，，
所以，各年级抽调21人中，分配到餐厅甲的志愿者人数为，分配到餐厅乙的志愿者人数为.
19. 非物质文化遗产是一个国家和民族历史文化成就的重要标志，是优秀传统文化的重要组成部分．瑞昌剪纸于2008年列入第二批国家级非物质文化遗产名录．由于瑞昌地处南北交汇处，经过千年的南北文化相互浸润与渗透，瑞昌剪纸融入了南方的阴柔之丽、精巧秀美和北方的阳刚之美、古朴豪放．为了弘扬中国优秀的传统文化，某校将举办一次剪纸比赛，共进行5轮比赛，每轮比赛结果互不影响．比赛规则如下：每一轮比赛中，参赛者在30分钟内完成规定作品和创意作品各2幅，若有不少于3幅作品入选，将获得“巧手奖”．5轮比赛中，至少获得4次“巧手奖”的同学将进入决赛．某同学经历多次模拟训练，指导老师从训练作品中随机抽取规定作品和创意作品各5幅，其中有4幅规定作品和3幅创意作品符合入选标准．
（1）从这10幅训练作品中，随机抽取规定作品和创意作品各2幅，试预测该同学在一轮比赛中获“巧手奖”的概率；
（2）以上述两类作品各自入选的频率作为该同学参赛时每幅作品入选的概率．经指导老师对该同学进行赛前强化训练，规定作品和创意作品入选的概率共提高了，以获得“巧手奖”的次数期望为参考，试预测该同学能否进入决赛？
【答案】（1）
（2）该同学没有希望进入决赛
【解析】
【分析】（1）根据题意，分类讨论所有可能的情况，再求其概率之和即可；
（2）由题可得，先计算强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”概率的最大值，再根据5轮比赛中获得“巧手奖”的次数X服从二项分布，估算，结合题意即可判断.
【小问1详解】
由题可知，所有可能的情况有：
①规定作品入选1幅，创意作品入选2幅的概率，
②规定作品入选2幅，创意作品入选1幅的概率，
③规定作品入选2幅，创意作品入选2幅的概率，
故所求的概率．
小问2详解】
设强化训练后，规定作品入选的概率为，创意作品入选的概率为，
则，
由已知可得，强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率为：
∵，且，也即，即
故可得：，，
，
∴，
令，则在上单调递减，
∴．
∵该同学在5轮比赛中获得“巧手奖”的次数，
∴，故该同学没有希望进入决赛．
0
1
3
c
b
a
0
1
2
3
4
6
P
X
0
1
2
3
P