2022-2023学年浙江省金华第一中学领军班高二上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年浙江省金华第一中学领军班高二上学期10月月考数学试题（解析版），共21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。
2022-2023学年浙江省金华第一中学领军班高二上学期10月月考数学试题

一、单选题
1．已知随机变量满足，则下列选项正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由数学期望与方差的性质求解
【详解】，得，
，得，
故选：B
2．三名同学到五个社区参加社会实践活动，要求每个社区有且只有一名同学，每名同学至多去两个社区，则不同的派法共有（    ）
A．90种 B．180种 C．125种 D．243种
【答案】A
【分析】根据题意先分组后排列即得.
【详解】由题可把五个社区分为1,2,2三组，有种分法，
然后将三组看作三个不同元素进行全排列，有种排法，
所以不同的派法共有(种).
故选：.
3．的展开式中的系数为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由二项式定理将展开，然后得出，即可求出的系数.
【详解】由二项式定理：




观察可知的系数为.
故选：B.
4．某个国家某种病毒传播的中期感染人数y和天数x的散点图如图所示，下列最适宜作为感染人数y和天数x的经验回归方程类型的是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由散点图的变化趋势，结合四个选项中函数的单调性即可得结论.
【详解】由图可知，图象随着x的增大而增高，且增长速度越来越快，
结合选项，可判断最适宜作为感染人数y和时间x的回归方程.
故选：B
5．口袋里有大小相等的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，数列满足：，如果为数列的前n项和，那么的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据独立重复事件概率公式即得.
【详解】由题可知为7次中2次摸到红球，5次摸到白球，
所以其概率为．
故选：B.
6．抛掷一枚质地均匀的硬币，若出现正面朝上则停止抛掷，至多抛掷ni次，设抛掷次数为随机变量ξi，i＝1，2.若n1＝3，n2＝5，则（  ）
A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）
B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）
C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）
D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）
【答案】A
【分析】由n1＝3，求出ξ1的分布列，从而求出E（ξ1），D（ξ1）；由n2＝5，求出ξ2的分布列，从而求出E（ξ2），D（ξ2）；进而得到E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）.
【详解】解：抛掷一枚质地均匀的硬币，出现正面朝上则停止抛掷，至多抛掷ni次，
设抛掷次数为随机变量ξi，i＝1，2，
∵n1＝3，∴ξ1的分布列为：
ξ1
1
2
3
P




Eξ1，
Dξ1＝（1）2（2）2（3）2.
∵n2＝5，∴ξ2的分布列为：
ξ2
1
2
3
4
5
P






Eξ2，
Dξ2＝（1）2（2）2（3）2（4）2（5）2，
∴E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）.
故选：A.
【点睛】求离散型随机变量的分布列，应按以下三个步骤进行：
（1）明确离散型随机变量的所有可能取值以及取每个值所表示的意义；
（2）利用概率的有关知识求出随机变量每个取值的概率；
（3）按规范形式写出分布列并用分布列的性质进行检验.
7．现有天平及重量为1，2，4，8的砝码各一个，每一步，我们选取任意一个砝码，将其放入天平的左边或者右边，直至所有砝码全放到天平两边，但在放的过程中、发现天平的指针不会偏向分度盘的右边，则这样的放法共有（    ）种．
A．105 B．72 C．60 D．48
【答案】A
【分析】由题意，按照从大到小的顺序，逐一分情况讨论，结合排列组合以及分类加法原理，可得答案.
【详解】根据每次放的砝码重量分类讨论，结合两个基本计数原理求解，
依题可知8只能在左边，
①第一步先排8，8只能在左边，接下来重量为1,2,4的砝码顺序随意有种，左右边随意，则种，共有种；
②第一步先排4，4只能在左边，8可以在第2,3,4步中任选一步放，有种，重量为1,2的砝码顺序随意左右边随意，共有种；
③第一步先排2，2只能在左边，
若第二步放8，则重量为去1,4的砝码顺序随意左右边随意，有中，
若第二步放4，则8可以在第3,4步汇总任选一步放，砝码1左右边随意放，由种，
若第二步放1，有2种放法，接下第3步有2种情形：
（）若第三步放8，那第四步放4可以在左右都行，有2种，
（）若第三步放4，那4只能放左边，第四步放8只能放左边，由1种，
共有种；
④第一步先排1，1只能在左边，接下来第二步：
若第二步放8，则重量为2,4的砝码顺序随意左右边随意放，有种，
若第二步放4，则8可以在第3,4步中任选一步放，砝码2左右边随意放，有种，
若第二步放2，2只能在左边，接下来第三步有2种情形：
（）若第三步放8，那第四步放4可以在左右边都行，有2种，
（）若第三步放4，那4只能在左边，第四步放8只能放左边，有1种，
共有种，
综上有种.
故选：A.
8．我们把数列（其中）与叫做“互为隔项相消数列”，显然.已知数列的通项公式为，其中表示不超过实数的最大整数，则除以的余数为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意根据二项式定理先设，其中，
，其中，求出的关系等式，再由表示不超过实数的最大整数，求出，即可得出答案.
【详解】根据二项式定理可设：
，其中，
由题意可得：
，其中，
则，
即，
所以有：，
因为，
所以，
所以，
即有：，
因为
即，
所以有
因为，
所以除以的余数为
故选：B
【点睛】本题考查了二项式定理及根据新的定义求解，属于较难题.

二、多选题
9．下列说法正确的是（    ）
A．若样本数据，，…，的方差为4，则数据，，…，的标准差为4
B．已知随机变量，且，则
C．若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越弱
D．若事件A，B满足，，，则有
【答案】ABD
【分析】对于A，利用方差的性质求解判断，对于B，根据正态分布的性质计算，对于C，根据相关系数的性质判断，对于D，利用独立事件和条件概率公式求解判断.
【详解】由于，所以数据，，…，的方差为16，故标准差为4，因此选项A正确；
根据正态分布，，故，即，故.3，因此选项B正确；
线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强，故选项C错误；
由于等价于“事件A与事件B相互独立，即，故必有，因此选项D正确.
故选：ABD
10．已知的展开式中各项系数的和为2，则下列结论正确的有（    ）
A． B．展开式中常数项为160
C．展开式系数的绝对值的和1458 D．展开式中含项的系数为240
【答案】ACD
【分析】对于A,先利用赋值法算出；对于B和D，求出展开式的通项公式，再由多项式乘法法则即可判断；对于C，展开式系数的绝对值的和可看做是二项式展开式系数的和，然后用赋值法即可判断
【详解】解：对于A,令，所以的展开式中各项系数的和为，解得，故A正确；
对于B和D,展开式通项公式为,
当时，；当时，(舍去)，
所以展开式中常数项为；
当时，；当时，(舍去)，
所以展开式中含项的系数为，
故B错误，D正确；
对于C，二项式展开式系数的绝对值的和可看做是二项式展开式系数的和，
所以令，展开式系数的和为，故C正确；
故选：ACD
11．连接正方体每个面的中心构成一个正八面体．甲随机选择此正八面体的三个顶点构成三角形，乙随机选择此正八面体三个面的中心构成三角形，且甲、乙的选择互不影响，则（    ）

A．甲选择的三个点构成正三角形的概率为
B．甲选择的三个点构成等腰直角三角形的概率为
C．乙选择的三个点构成正三角形的概率为
D．甲选择的三个点构成的三角形与乙选择的三个点构成的三角形相似的概率为
【答案】ACD
【分析】利用古典概型的概率公式分别求出四个选项中的概率，即可判断得到答案.
【详解】甲随机选择的情况有种，乙随机选择的情况有种，
对于A：甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况：
甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有种，
故甲选择的三个点构成正三角形的概率为，故选项A正确；
对于B：甲选择的三个点构成等腰直角三角形，有三种情况：
①上下两点都选，中间四个点中选一个，共有种；
②上下两点中选一个，中间四个点中选相对的两个点，共有种；
③中间四个点中选三个点，共有种，故共有4+4+4= 12种，
所以甲选择的三个点构成等腰直角三角形的概率为，故选项B错误；
对于C：乙选择的三个点构成正三角形，只有一种情况：上面四个面的中心中选一个点且从下面四个面的中心选相对的两个点，或下面四个面的中心中选一个点且从上面四个面的中心选相对的两个点，共有种，所以乙选择的三个点构成正三角形的概率为，故选项C正确；
对于D ：选择的三个点构成等腰直角三角形同上所求，共有8+16=24种，概率为， 甲乙相似，则甲乙均为正三角形或均为等腰直角三角形，所以甲选择的三个点构成的三角形与乙选择的三个点构成的三角形相似的概率为，故D选项正确.
故选：ACD.
12．四位小伙伴在玩一个“幸运大挑战”小游戏，有一枚幸运星在他们四个人之间随机进行传递，游戏规定：每个人得到幸运星之后随机传递给另外三个人中的任意一个人，这样就完成了一次传递．若游戏开始时幸运星在甲手上，记完成次传递后幸运星仍在甲手上的所有可能传递方案种数为，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】分别判断的情况下的可能的传递情况，采用分步乘法和分类加法计数原理可计算得到.
【详解】从甲开始，一次传递有三种情况（甲传到下一个人有三种选择），
当时，就传递一次，不可能回到甲手上，；
当时，传递两次，先传到任意乙、丙、丁手上，再传回到甲，，
当时，传递三次，先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，
最后传回到甲，，A错误；
当时，传递四次，两种情况：
（1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
，B正确；
当时，传递五次，三种情况：
（1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
（2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（3）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
，C错误；
当时，传递六次，两种情况：
（1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
（3）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
（4）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（5）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
，D正确.
故选：BD．

三、填空题
13．如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，则事件“质点位于的位置”的概率为___________.

【答案】
【分析】理解题意构建数学模型，利用排列组合进行解题.
【详解】由图可知，若想通过6次移动最终停在-2的位置上，则必然需要向右移动2次且向左移动4次，记向右移动一次为R，向左移动一次为L，
则该题可转化为RRLLLL六个字母排序的问题，故落在-2上的排法为
所有移动结果的总数为，所有落在-2上的概率为
故答案为：
14．若随机变量的数学期望和方差分别为，，则对于任意，不等式成立．某次考试满分150分，共有1200名学生参加考试，全体学生的成绩～N（90，62），则分数不低于110分的学生不超过______人．
【答案】54
【分析】由已知，可取，带入题目给的不等式中，计算分数不低于110分的学生的概率，然后再乘以总人数即可完成求解.
【详解】由题意可知，取，则，
所以分数不低于110分的学生不超过人．
故答案为：54.
15．产品质量检验过程主要包括进货检验（），生产过程检验（），出货检验（）三个环节.已知某产品单独通过率为，单独通过率为，规定上一类检验不通过则不进入下一类检验，未通过可修复后再检验一次（修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次），且各类检验间相互独立.若该产品能进入的概率为，则___________.
【答案】
【分析】利用独立事件和互斥事件概率求解.
【详解】设：第次通过，：第次通过.
由题意知，
即，
解得或（舍去）.
故答案为：.
16．已知集合，记集合的非空子集为、、、，且记每个子集中各元素的乘积依次为、、、，则的值为___________.
【答案】
【分析】构造函数，设该函数展开式中所有项数之和为，则，利用赋值法可求得结果.
【详解】设集合的十个元素分别为、、、.
.
设函数展开式中所有项数之和为，
则，
因为，所以．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查的集合子集的判定，构造函数求解，属于难题．本题的关键是根据二项定理的推导过程构造出函数，这种转化思想是本题的难点．

四、解答题
17．从1，3，5，7中任取两个数，从0，2，4，6中任取两个数，组成没有重复数字的四位数．
(1)可以组成多少个四位偶数？
(2)可以组成多少个两个奇数数字相邻的四位数？（所有结果均用数值表示）
【答案】(1)396
(2)360

【分析】（1）分末位为0和末位为2,4,6分类求解即可；（2）计算所有情况，减去0在首位的情况即可.
【详解】（1）当0在末位时，共有个四位偶数，
当末位为2，4，6，且0不在首位时，共有个四位偶数，
则可以组成个四位偶数．
（2）当0在首位时，有种，
则两个奇数数字相邻的四位数共有个．
18．2022年是中国共产主义青年团成立100周年，某市团委决定举办一次共青团史知识擂台赛．该市A县团委为此举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表A县参加市赛．已知A县甲、乙、丙3位选手都参加初赛且通过初赛的概率均为，通过初赛后再通过决赛的概率依次为，，，假设他们之间通过与否互不影响．
(1)求这3人中至少有1人通过初赛的概率；
(2)设这3人中参加市赛的人数为，求的分布列；
(3)某品牌商赞助了A县的这次共青团史知识擂台赛，提供了两种奖励方案：
方案1：参加了选拔赛的选手都可参与抽奖，每人抽奖1次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次奖1000元；
方案2：参加了选拔赛未进市赛的选手一律奖600元，进入了市赛的选手奖1200元．
若品牌商希望给予选手更多的奖励，试从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择哪种方案更好．
【答案】(1)
(2)分布列见解析
(3)品牌商选择方案2更好

【分析】（1）利用对立事件以及相互独立事件的概率公式进行求解.
（2）利用互斥事件、相互独立事件的概率公式以及离散型随机变量分布列的写法求解.
（3）利用二项分布以及离散型随机变量分布列的期望计算进行比较.
【详解】（1）3人都没通过初赛的概率为，
所以这三人中至少有1人通过初赛的概率．
（2）依题意可能取值为0，1，2，3．
设事件A表示“甲参加市赛”，事件B表示“乙参加市赛”，事件C表示“丙参加市赛”，
则，
则，
，
，
，
所以的分布列为：

0
1
2
3
P





（3）方案1：设三人中奖人数为X，所获奖金总额为Y元，则，
且，所以元，
方案2：记甲、乙、丙三人获得奖金之和为Z元，
方法1：则Z的所有可能取值为1800，2400，3000，3600，
由（2）知，Z的分布列为：
Z
1800
2400
3000
3600
P





则，
因为，所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案2更好．
方法2：由（2）知，，
方案2等价于只要参加了选拔赛即奖励600元，
进入了市赛的选手再奖600元．则，
因为，所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案2更好．
19．国内某大学有男生6000人，女生4000人，该校想了解本校学生的运动状况，根据性别采取分层抽样的方法从全校学生中抽取100人，调查他们平均每天运动的时间（单位：小时），统计表明该校学生平均每天运动的时间范围是，若规定平均每天运动的时间不少于2小时的学生为“运动达人”，低于2小时的学生为“非运动达人”.根据调查的数据按性别与“是否为‘运动达人’”进行统计，得到如下2×2列联表：
运动时间
性别
运动达人
非运动达人
合计
男生
36


女生

26

合计


100

(1)请根据题目信息，将2×2列联表中的数据补充完整，并通过计算判断能否在犯错误概率不超过0.025的前提下认为性别与“是否为‘运动达人’”有关；
(2)将此样本的频率估计为总体的概率，随机调查该校的3名男生，设调查的3人中运动达人的人数为随机变量X，求X的分布列和数学期望及方差.
附表及公式：

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635

，其中.
【答案】(1)列联表答案见解析，在犯错误概率不超过0.025的前提下，可以认为性别与“是否为‘运动达人’”有关
(2)分布列答案见解析，，

【分析】(1)根据题意完善2×2列联表，根据卡方公式计算出，结合临界表即可得出结论；
(2)根据题意可知随机变量满足二项分布，求出对应事件的概率，列出随机变量的分布列，结合二项分别的数学期望和方差公式直接计算即可.
【详解】（1）由题意，该校根据性别采取分层抽样的方法抽取的100人中，有60人为男生，
40人为女生，据此2×2列联表中的数据补充如下.
运动时间性别
运动达人
非运动达人
合计
男生
36
24
60
女生
14
26
40
合计
50
50
100

所以，又，
所以在犯错误概率不超过0.025的前提下，可以认为性别与“是否为‘运动达人’”有关.
（2）由题意可知，该校每个男生是运动达人的概率为，
故，X可取的值为0，1，2，3，
所以，，
，.
X的分布列为：
X
0
1
2
3
P





∴，.
20．中国茶文化博大精深，饮茶深受大众喜爱，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关，某数学建模小组为了获得茶水温度℃关于时间的回归方程模型，通过实验收集在25℃室温，用同一温度的水冲泡的条件下，茶水温度随时间变化的数据，并对数据做初步处理得到如下所示散点图．





73.5
3.85



表中：
(1)根据散点图判断，①与②哪一个更适宜作为该茶水温度y关于时间x的回归方程类型?（给出判断即可，不必说明理由）
(2)根据（1）的判断结果及表中数据，建立该茶水温度y关于时间x的回归方程：
(3)已知该茶水温度降至60℃口感最佳，根据（2）中的回归方程，求在相同条件下冲泡的茶水，大约需要放置多长时间才能达到最佳饮用口感?
附：①对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：
②参考数据：．
【答案】(1)②
(2)
(3)7.5分钟

【分析】（1）根据散点图的走势即可对回归方程作出判断和选择；
（2）把非线性回归方程化为线性回归直线方程，根据题中表格所给的数据计算求解即可；
（3）由已知当茶水温度降至60℃口感最佳，即把代入（2）中的回归方程，化简可得大约需要放置的时间；
【详解】（1）根据散点图判断，其变化趋势不是线性的，而是曲线的，因此，选②更适宜此散点的回归方程.
（2）由有：，两边取自然对数得：，设，， ，
则化为：，又，

，，

，，
回归方程为：，
即.
（3）当时，代入回归方程得：，化简得：，即，
又，
约化为：，
即


大约需要放置7.5分钟才能达到最佳饮用口感.
21．某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有份血液样本，有以下两种检验方式：①逐份检验，需要检验次；②混合检验，将其且)份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这份的血液全为阴性，因而这份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这份血液究竟哪几份为阳性，就要对这份再逐份检验，此时这份血液的检验次数总共为次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为.
（1）假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验的方式，求恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率．
（2）现取其中且)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为．
①记E()为随机变量的数学期望．若运用概率统计的知识，求出关于的函数关系式，并写出定义域；
②若，且采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求的最大值．
参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986，ln5≈1.6094．
【答案】（1）；（2）①（且）；②8.
【解析】（1）结合题意，由排列组合知识及概率公式即可得解；
（2）①由题知，的可能值为1，，进而可求出，由，即可求出关于的函数关系式；
②，则，进而构造新函数，再利用导数研究函数的单调性，再结合函数性质即可得的最大值.
【详解】解：（1）记恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来为事件，
则.
（2）①根据题意，可知，的可能值为1，，
则，，
所以，
由，得，
所以（且）.
②由于，则，
所以，即，
设，，，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
，，
所以的最大值为8.
【点睛】关键点点睛：本题考查排列组合在概率中的运用，考查概率公式及随机变量的数学期望，通过构造新函数和导数的实际应用是解题的关键，属于中档题.
22．学校篮球队30名同学按照1，2，…，30号站成一列做传球投篮练习，篮球首先由1号传出，训练规则要求：第号同学得到球后传给号同学的概率为，传给号同学的概率为，直到传到第29号（投篮练习）或第30号（投篮练习）时，认定一轮训练结束，已知29号同学投篮命中的概率为，30号同学投篮命中的概率为，设传球传到第号的概率为．
(1)求的值；
(2)证明：是等比数列；
(3)比较29号和30号投篮命中的概率大小．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)29号投篮命中概率大于30号投篮命中概率．

【分析】（1）依题意篮球传到4号有以下三种途径：1号传2号传3号传4号，1号传2号传4号，1号传3号传4号按照相互独立事件与互斥事件的概率公式计算可得；
（2）依题意可得，即可得到，从而得证；
（3）由（2）利用累加法求出，即可求出、，从而求出号、号命题的概率，即可比较大小.
【详解】（1）解：依题意，篮球传到4号有以下三种途径：1号传2号传3号传4号其概率为；
1号传2号传4号其概率为；1号传3号传4号其概率为，
因此．
（2）解：依题意篮球传到第号，再传给号其概率为；
篮球传到第号，再传给号其概率为，因此有，
可得，且，
所以是首先为，公比为的等比数列．
（3）解：，，，，

，，
由累加法，可得
，
所以，，
所以号投篮命中的概率为
号投篮命中的概率为，
因为，所以29号投篮命中概率大于30号投篮命中概率．