湖南省常德市第一中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省常德市第一中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试卷（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了 求的值为， 下列命题正确的是， 方程的正整数解的个数为等内容，欢迎下载使用。

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，只有一项是符合题要求的.
1. 求的值为（ ）
A. 12B. 18C. 24D. 30
【答案】B
【解析】
【分析】利用排列数的计算方法即可得解.
【详解】.
故选：B.
2. 已如的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式各项的二项式系数之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式系数的单调性可得，即可由二项式系数和公式求解.
【详解】的展开式中第6项的二项式系数为，由于只有最大，所以，故二项式系数之和为，
故选：B
3. 下列命题正确的是（ ）
A. 数据的中位数是5
B. 若随机变量满足，则
C. 已知随机变量，若，则
D. 若随机变量，则
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，根据中位数分析运算；对于B，根据随机变量方差的性质求解判断；对于C，根据二项分布的期望以及期望的性质分析判断；对于D：根据正态分布的性质分析判断．
【详解】对于选项A，个数据从小到大排列，所以中位数应该是第四个与第五个的平均数，故A不正确；
对于选项B，随机变量满足，则，故B不正确；
对于选项C，因为，则，则，故C不正确；
对于选项D，因为随机变量，
由正态曲线的对称性可得：，则，
所以，故D正确.
故选：D．
4. 已知变量与正相关，且由观测数据算得样本平均数，，则由该观测的数据算得的线性回归方程可能是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：因为与正相关，排除选项C、D，又因为线性回归方程恒过样本点的中心，故排除选项B；故选A．
考点：线性回归直线.
5. 方程的正整数解的个数为（ ）
A. 56B. 35C. 70D. 66
【答案】B
【解析】
【分析】将问题转化为将8个相同的小球装入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个小球，采用隔板法求解即可．
【详解】原问题相当于将8个相同的小球装入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个小球，
采用隔板法，将8个小球排成一排，在其中的7个空位上插入3个隔板即可，
故共有种．
故选：B.
6. 盒中有2个红球，3个黑球，2个白球，从中随机地取出一个球，观察其颜色后放回，并加入同色球1个，再从盒中抽取一球，则第二次抽出的是红球的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件概率的计算公式即可求解.
【详解】从盒中任取1球，是红球记为，黑球记为，白球记为，
则，，彼此互斥，设第二次抽出的是红球记为事件B，
则，，，，，，
，
故选：.
7. 四根绳子上共挂有10只气球，绳子上的球数依次为1，2，3，4，每枪只能打破一只球，而且规定只有打破下面的球才能打上面的球，则将这些气球都打破的不同打法数是（ ）
A. 12600B. 6000C. 8200D. 12000
【答案】A
【解析】
【分析】由题意，转化为排列中部分元素定序排列即可.
【详解】根据题意，如图，
将10个气球进行编号1-10，原问题可以转化为将编号为1～10的10个气球排列，
其中2，3号，4，5，6号，7，8，9，10号气球必须是从下到上的顺序，按小球从下到上的编号顺序打破气球即可，
则有（种）排列方法，则有12600（种）不同打法，
故选：A．
8. 甲､乙､丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中任何一人，下列说法正确的是（ ）
A. 2次传球后球在丙手上的概率是
B. 3次传球后球在乙手上的概率是
C. 11次传球后球在甲手上的概率是
D. 次传球后球在甲手上的概率是
【答案】C
【解析】
【分析】列举出经2次、3次传球后的所有可能，再利用古典概率公式计算，即可判断A，B；记表示次传球后球在甲手中的事件，，利用相互独立事件概率及条件概率探求与的关系，再借助等比数列求解作答，从而可判断C，D．
【详解】第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果为：甲乙甲，甲乙丙，甲丙甲，甲丙乙，共4个结果，它们等可能，
2次传球后球在丙手中的事件有：甲乙丙，1个结果，所以概率是，故A错误；
第一次甲将球传出后，3次传球后的所有结果为：甲乙甲乙，甲乙甲丙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙甲，甲丙乙丙，共8个结果，它们等可能，
3次传球后球在乙手中的事件有：甲乙甲乙，甲乙丙乙，甲丙甲乙，3个结果，所以概率为，故B错误；
设次传球后球在甲手上的事件记为，则有，令，则
，
于是得，
故，则，
而第一次由甲传球后，球不可能在甲手中，即，则有，
数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，即，
所以11次传球后球在甲手上的概率是，故C正确；故错误.
故选：C.
二､多选题：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. 身高各不相同的六位同学站成一排照相，则说法正确的是（ ）
A. A、C、D三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有120种站法
B. A与同学不相邻，共有种站法
C. A、C、D三位同学必须站在一起，且A只能在C与D的中间，共有144种站法
D. A不在排头，B不在排尾，共有504种站法
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据全排列和定序即可判断A；利用插空法即可判断B；利用捆绑法即可判断C；利用间接法即可判断D.
【详解】对于A，6个人全排列有种方法，A、C、D全排列有种方法，
则A、C、D从左到右按高到矮的排列有种方法，A正确；
对于B，先排列除A与C外的4个人，有种方法，4个人排列共有5个空，
利用插空法将A和C插入5个空，有种方法，则共有种方法，B正确；
对于C，A、C、D必须排在一起且A在C、D中间的排法有2种，
将这3人捆绑在一起，与其余3人全排列，有种方法，则共有种方法，C错误；
对于D，6个人全排列有种方法，当A在排头时，有种方法，当B在排尾时，有种方法，
当A在排头且B在排尾时，有种方法，则A不在排头，B不在排尾的情况共有种，D正确.
故选：ABD
10. 将甲､乙､丙､丁4名医生随机派往①，②，③三个村庄进行义诊活动，每个村庄至少派1名医生，表示事件“医生甲派往①村庄”；表示事件“医生乙派往①村庄”；表示事件“医生乙派往②村庄”，则（ ）
A. 事件与相互独立B. 事件与不相互独立
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由古典概率公式求出，再利用相互独立事件的定义判断A，B；用条件概率公式计算判断C，D作答.
【详解】将甲、乙、丙、丁4名医生派往①，②，③三个村庄义诊的试验有个基本事件，它们等可能，
事件A含有的基本事件数为，则，同理，
事件AB含有的基本事件数为，则，事件AC含有的基本事件数为，则，
对于A，，即事件A与B相互不独立，A不正确；
对于B，，即事件A与C相互不独立，B正确；
对于C，，C不正确；
对于D，，D正确.
故选：BD
11. 甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为，恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为，则下列结论正确的是（ ）
A. ，
B. 数列是等比数列
C. 数列是等比数列
D. 的数学期望
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用已知条件求出，，推出即可判断选项A；推出，得到说明数列是等比数列，再利用期望的公式求解即可判断.
【详解】由题知，，，
且，
；
则，；故A正确；
由上可得，
故，
则数列是等比数列，故B错误，C正确；
且；则，故D正确.
故选:ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在一个列联表中，通过数据计算，则这两个变量间有关可能性为________．
参考表格：
【答案】##
【解析】
【分析】根据独立性检验的知识确定正确答案.
详解】由于，
所以两个变量之间有关系的可能性为.
故答案为：
13. 的展开式中的系数为____________
【答案】
【解析】
【分析】利用组合知识求解含的项即可.
【详解】可以看作5个相乘，
利用组合知识可知，展开式中含项为，，
合并同类项为.
故答案为：
14. 已知数列共有10项，且，若，则符合条件的不同数列有__________个．
【答案】66
【解析】
【分析】根据题意，分的值有1种，2种以及3种讨论，结合隔板法代入计算，即可得到结果.
【详解】若的值只有1种可能，则符合条件的不同数列有3个，
若的值有2种可能，则利用隔板法可知，符合条件的不同数列有个，
若的值有3种可能，则利用隔板法可知，符合条件的不同数列有个，
故共有66个符合条件的不同数列．
故答案为：66
四､解答题：
15. 假设关于某设备的使用年限（单位：年）和所支出的维修费用（单位：万元）的有关统计资料如表所示：
（1）求线性回归方程；
（2）估计当使用年限为10年时，维修费用是多少？
．
【答案】（1）
（2）估计当使用年限为10年时，维修费用是12.38万元
【解析】
【分析】（1）由已知直接利用最小二乘法求解；
（2）在（1）中求得的线性回归方程中，取求解值即可．
【小问1详解】
依题意可得，，
，
，
∴，，
∴线性回归方程为；
【小问2详解】
在（1）中求得的线性回归方程中，
取，可得，
即估计当使用年限为10年时，维修费用是万元．
16. 某高校设计了一个实验学科的考查方案：考生从道备选题中一次性随机抽取题，按照题目要求独立完成全部实验操作，规定至少正确完成其中题才可提交通过．已知道备选题中考生甲有道题能正确完成，道题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响．
（1）求甲考生正确完成实验操作的题数的分布列，并计算均值；
（2）试从甲、乙两位考生正确完成实验操作的题数的均值、方差及至少正确完成题的概率方面比较两位考生的实验操作能力．
【答案】（1）分布列见解析；期望为
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用超几何分布直接求解即可得出结果.
（2）利用二项分布求出考生乙分布列，比较甲乙操作题数的均值和方差及至少正确完成题的概率即可得出结论.
【小问1详解】
设考生甲正确完成实验操作的题数为，
则的取值范围是．
，，，
所以的分布列为：
．
【小问2详解】
设考生乙正确完成实验操作的题数为，易知，
所以，，
，．
所以的分布列为：
．
则，，
，，．
所以，，
故从正确完成实验操作的题数的均值方面分析，两人水平相当；
从正确完成实验操作的题数的方差方面分析，甲的水平更稳定；
从至少正确完成题的概率方面分析，甲通过的可能性更大．
因此甲的实验操作能力较强．
17. 一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.
（1）求第2次摸到红球的概率；
（2）设第次都摸到红球的概率为；第1次摸到红球的概率为；在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为.求；
（3）对于事件，当时，写出的等量关系式，并加以证明.
【答案】（1）
（2）详见解析 （3）详见解析
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式求解即可；
（2）根据相互独立事件乘法公式、条件概率公式及排列数公式求解；
（3）根据（2）猜想，由条件概率公式证明即可.
【小问1详解】
记事件“第次摸到红球”为，则第2次摸到红球的事件为，
于是由全概率公式，
得.
【小问2详解】
由已知得，
，
，
.
【小问3详解】
由（2）可得，即，
可猜想：,
证明如下：由条件概率及，
得，，
所以.
18. 某型合金钢生产企业为了合金钢的碳含量百分比在规定的值范围内，检验员在同一试验条件下，每天随机抽样10次，并测量其碳含量（单位：%）.已知其产品的碳含量服从正态分布.
（1）假设生产状态正常，记表示一天内10次抽样中其碳含量百分比在之外的次数，求及的数学期望：
（2）一天内的抽检中，如果出现了至少1次检测的碳含量在之外，就认为这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查.下面是在一天中，检测员进行10次碳含量（单位：%）检测得到的测量结果：
经计算得，，其中为抽取的第次的碳含量百分比.
（i）用样本平均数作为的估计值，用样本标准差作为的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？
（ii）若去掉，剩下的数的平均数和标准差分别记为，试写出的算式（用表示）.
附：若随机变量服从正态分布，则..
【答案】（1）0.0257，0.026
（2）（i）不需要（ii）
【解析】
【分析】（1）由公式结合已知即可求出，由二项分布的期望公式即可求出.
（2）先求出，对比表中数据即可判断是否需要对当天的生产过程进行检查，由样本平均数和方差的计算公式推导即可得出.
【小问1详解】
由已知得：抽取一次碳含量在之内的概率为0.9974，
所以，
又碳含量在之外的概率为0.0026，
故,
因此.
【小问2详解】
由得的估计值为，
所以，
由所测数据可以看出10次抽检的碳含量均在之内，
因此不需要对当天的生产过程进行检查.
若去掉，剩下的数据的标准差
又注意到，
所以.
19. 约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为.
（1）当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；
（2）当时，若构成等比数列，求正整数；
（3）记，求证：.
【答案】（1）8 （2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可知时符合题意；
（2）由题意可得，，根据等比数列的定义可得，进而，则为，即可求出a；
（3）由题意可得，，则，结合放缩法和裂项求和法即可证明
【小问1详解】
当时,正整数的4个正约数构成等比数列，
比如为8的所有正约数，即.
【小问2详解】
由题意可知，，
因为，题意可知，所以，
化简可得，所以，
因为，所以，
因此可知是完全平方数.
由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，
所以为，
所以.
【小问3详解】
由题意知，，
所以，
因为，
所以
，
因为，，所以，
所以，即.使用年限/年
2
3
4
5
6
维修费用/万元
2.2
3.8
5.5
6.5
7
次数
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
碳含量（%）
0.31
0.32
0.34
0.31
0.30
0.31
0.32
0.31
0.33
0.32