2023-2024学年山东省德州市夏津县第一中学高二12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山东省德州市夏津县第一中学高二12月月考数学试题含答案，共14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。

一、单选题
1．从10名学生中随机选出2名学生代表，则学生甲被选中的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出10名学生选2名的方法数，再求出甲被选中的方法，然后利用古典概型的概率公式求解即可.
【详解】从10名学生中随机选出2名学生代表有种方法，
其中甲被选中有种方法，
所以学生甲被选中的概率是，
故选：A
2．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同,且在两次罚球中至多命中一次的概率为,则该队员每次罚球的命中率为( )
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设出每次罚球的命中率，计算出两次罚球中没有一次命中的概率，利用减去这个概率，得到的式子的值为，解方程求得罚球的命中率.
【详解】设每次罚球的命中率为，则两次罚球没有一次命中的概率为解得，故选A.
【点睛】本小题主要考查相互独立事件概率的计算，考查利用对立事件来计算概率的方法，属于基础题.
3．已知事件A，B，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】直接利用条件概率公式计算即可求出.
【详解】因为, .
所以.
故选：A.
4．随着北京冬奥会的举办，中国冰雪运动的参与人数有了突飞猛进的提升.某校为提升学生的综合素养、大力推广冰雪运动，号召青少年成为“三亿人参与冰雪运动的主力军”，开设了“陆地冰壶”“陆地冰球”“滑冰”“模拟滑雪”四类冰雪运动体验课程.甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习，设事件“甲乙两人所选课程恰有一门相同”，事件“甲乙两人所选课程完全不同”，事件“甲乙两人均未选择陆地冰壶课程”，则（ ）
A．A与B为对立事件B．A与C互斥
C．A与C相互独立D．B与C相互独立
【答案】C
【分析】根据互斥事件、对立事件的概念即可判断A、B，再根据古典概型的概率公式求出、、、、，根据相互独立事件的定义判断C、D；
【详解】解：依题意甲、乙两人所选课程有如下情形①有一门相同，②两门都相同，③两门都不相同；
故与互斥不对立，与不互斥，
所以，，
且，，
所以，，
即与相互独立，与不相互独立.
故选：C
5．已知某地区7%的男性和0.49%的女性患色盲．假如男性、女性各占一半，从中随机选一人，则此人恰是色盲的概率是（ ）
A．0.01245B．0.05786C．0.02865D．0.03745
【答案】D
【分析】设出事件，利用全概率公式进行求解.
【详解】用事件A，B分别表示随机选1人为男性或女性，用事件C表示此人恰是色盲，则，且A，B互斥，故
故选：D
6．若将牡丹、玫瑰、月季、山茶、芙蓉、郁金香6盆鲜花放入3个不同的房间中，每个房间放2盆花，其中牡丹、郁金香必须放入同一房间，则不同的放法共有（ ）
A．12种B．18种C．36种D．54种
【答案】B
【分析】先分组，已知牡丹、郁金香必须放入同一房间为一组，则剩下四盆花有组，再分配到各个房间即可得解.
【详解】先分组，已知牡丹、郁金香必须放入同一房间为一组，
则剩下四盆花有组，再分配到3个不同的房间中，
共有种排法，
所以不同的放法数（种）.
故选：B.
【点睛】本题考查了排列组合求所有可能，考查了平均分组法，解题关键是平均分组时注意消序，计算量不大，属于基础题.
7．的展开式中，所有不含z的项的系数之和为（ ）
A．16B．32C．27D．81
【答案】D
【分析】原问题即为求展开式中的所有项的系数和，令，即可得答案.
【详解】解：展开式的通项公式为，
若展开式中的项不含z，则，此时符合条件的项为展开式中的所有项，
令，可得所有不含z的项的系数之和为，
故选：D.
8．已知有5个不同的小球，现将这5个球全部放入到标有编号1、2、3、4、5的五个盒子中，若装有小球的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球方法种数为（ ）
A．150B．240C．390D．1440
【答案】C
【分析】分析可得可以将5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中，分别计算每种放球方法种数，再利用分类相加计数原理可求得结果.
【详解】因为或
所以5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中
（1）5个球放到编号2、4、5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放一个小球，所以在三个盒子中有两种方法：
各放1个，2个，2个的方法有种.
各放3个，1个，1个的方法有种.
（2）5个球放到编号1、2、3、5的四个盒子中，则各放2个，1个，1个，1个的方法有
种.
综上，总的放球方法数为种.
故选：C
【点睛】易错点睛：本题考查排列组合的部分均匀分组，解题时一定要注意不要重复，有n组均匀，最后一点要除以，考查学生的逻辑思维能力与运算求解能力，属于中档题.
二、多选题
9．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】使用赋值法可判断AB；令，然后根据通项直接求解可判断CD.
【详解】
取，则有，A正确；
取，则有，B正确；
令，则，
因为，所以，C错误；
因为，，所以，D正确.
故选：ABD
10．有本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（ ）
A．分给甲､乙､丙三人，每人各本，有90种分法；
B．分给甲､乙､丙三人中，一人本，另两人各本，有种分法；
C．分给甲乙每人各本，分给丙丁每人各本，有种分法；
D．分给甲乙丙丁四人，有两人各本，另两人各本，有种分法；
【答案】ABD
【分析】选项A，先从6本书中分给甲（也可以是乙或丙）2本；再从其余的4本书中分给乙2本；最后的2本书给丙.根据分步乘法原理把每一步的方法相乘，即得答案.选项B，先分堆再分配. 先把6本书分成3堆:4本、1本、1本；再分给甲､乙､丙三人.根据分步乘法原理把每一步的方法相乘，即得答案. 选项C，6本不同的书先分给甲乙每人各2本；再把其余2本分给丙丁.根据分步乘法原理把每一步的方法相乘，即得答案. 选项D，先分堆再分配. 先把6本不同的书分成4堆:2本、2本、1本、1本；再分给甲乙丙丁四人. 根据分步乘法原理把每一步的方法相乘，即得答案.
【详解】对A，先从6本书中分给甲2本，有种方法；再从其余的4本书中分给乙2本，有种方法；最后的2本书给丙，有种方法.
所以不同的分配方法有种，故A正确；
对B，先把6本书分成3堆:4本、1本、1本，有种方法；再分给甲､乙､丙三人，所以不同的分配方法有种，故B正确；
对C，6本不同的书先分给甲乙每人各2本，有种方法；其余2本分给丙丁，有种方法.所以不同的分配方法有种，故C错误；
对D，先把6本不同的书分成4堆:2本、2本、1本、1本，有种方法；
再分给甲乙丙丁四人， 所以不同的分配方法有种，故D正确.
故选：.
【点睛】本题考查分步乘法原理和排列组合，考查学生的逻辑推理能力，属于中档题.
11．（多选）用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数和五位数，则（ ）
A．可组成360个四位数
B．可组成216个是5的倍数的五位数
C．可组成270个比1325大的四位数
D．若将组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第85个数为2310
【答案】BC
【分析】根据题设，逐一分析各个选项的限制条件，再列式计算即可判断作答.
【详解】对于A，可组成四位数的个数为，A错误；
对于B，有两类：个位上的数字是0，有个，个位上的数字是5，有个，则为5的倍数的五位数的个数是，B正确；
对于C，比1325大的四位数可分为三类：第一类，千位上数字比1大的四位数，共个，
第二类，千位上数字是1，百位上的数字是4，5之一的四位数，共个，
第三类，千位上数字是1，百位上的数字是3，十位上的数字是4，5之一的四位数，共个，
则比1325大的四位数的个数是，C正确；
对于D，千位上数字是1的四位数的个数是，千位上数字是2，百位上的数字是0，1之一的四位数的个数是，
于是得第85个数是2301，D错误．
故选：BC
12．已知甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有3个红球，7个白球.先从甲中随机取出一球放入乙罐，再从乙中随机取出一球，用A1表示事件“从甲罐出的球是红球”A2表示事件“从甲罐中取出的球是白球”，B表示事件“从乙罐取出的球是红球”，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】利用概率公式求出对应选项的概率即可求解
【详解】对于A：
当先从甲中取出一红球放入乙罐，再从乙中随机取出一球是红球的概率为；
当先从甲中取出一白球放入乙罐，再从乙中随机取出一球是红球的概率为；
所以，故A正确；
对于B：
当发生时，乙罐中有4个红球，7个白球，此时B发生的概率为，故B错误；
对于C：
当发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时B发生的概率为，
故，故C正确；
对于D：
因为是对立事件，所以，故D错误.
故选：AC.
三、填空题
13．甲、乙、丙三人进行投篮比赛，每轮比赛各投篮一次，命中的概率分别为、、，若每次投球三入互不影响，则在一轮比赛中，三人中恰有两人投篮命中的概率为 ．
【答案】/
【分析】利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】甲、乙、丙三人进行投篮比赛，每轮比赛各投篮一次，命中的概率分别为、、，
每次投球三入互不影响，则在一轮比赛中，三人中恰有两人投篮命中的概率为
.
故答案为：.
14．用5种不同的颜色对一个四棱锥各个顶点着色，若由同一条棱连接的两个顶点不能着相同的颜色，则不同的着色方法有 .（用数字作答）
【答案】
【分析】利用分步乘法原理和分类加法原理求解即可，即先依次给点P，A，B涂色，再分C与A颜色相同和C与A颜色不相同，给C，D涂色即可.
【详解】设四棱锥为，则由题意，点P，A，B分别有5，4，3种涂法，当C与A颜色相同时，C有1种涂色方法，
此时D有3种涂色方法，
当C与A颜色不相同时，C有2种涂色方法，此时D有2种涂色方法，
故此时共有种涂色方法，
故答案为：
15．设，已知的展开式中只有第5项的二项式系数最大，且展开式中所有项的系数和为256，则中的系数为
【答案】4
【分析】根据题意得到和，再根据二项展开公式计算项的系数即可.
【详解】因为的展开式中只有第5项的二项式系数最大，
所以展开式一共有项，即，
令，得展开式中所有项的系数和为，所以，
因为的展开式的通项公式为，
令，解得，
所以系数为.
故答案为：4.
16．一条沿江公路上有18盏路灯，为节约用电，现打算关掉其中4盏路灯，为安全起见，要求公路的头尾两盏路灯不可关闭，关掉的相邻两个路灯之间至少有3盏亮着的路灯，则不同的方案总数共有 种．
【答案】35
【分析】先将15盏路灯，按要求顺序排好，再将剩余的3盏灯放入，考虑三盏灯在一起，分成两组，三盏灯均不在一起三种情况，计算得到答案.
【详解】先拿出15盏路灯，按如下顺序排好，(表示灯亮；表示灯灭)
再将剩下的三盏灯放进去，
若三盏灯在一起，有种方法；
若分成两组，有种方法；
若三盏灯均不在一起，有种方法，
所以共有35种方法.
故答案为：
四、解答题
17．（1）解关于x的不等式．
（2）求等式中的n值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用排列数公式，化简列出不等式求解即得.
（2）利用组合数公式，化简列出方程求解即得
【详解】（1）由，得，，
于是，整理得，解得，
所以.
（2）原方程变形为，即，显然，
因此，
化简整理，得，而，解得，
所以.
18．已知的展开式中第5项与第3项的二项式系数相等．
(1)求n及展开式中各项系数的和；
(2)求的常数项．
【答案】(1)，各项系数的和为1
(2)
【分析】（1）根据题意结合二项式系数的对称性可得，在利用赋值法求各项系数之和；
（2）根据题意结合二项展开式的通项公式运算求解.
【详解】（1）由题意可知：，解得，
即，
令，可得展开式中各项系数的和为.
（2）因为，
对于，可知其展开式的通项为，
令，解得，此时；
令，解得，此时；
所以的常数项为.
19．若，且.
(1)求实数a的值；
(2)求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）换元后，利用展开式的通项公式可求出结果；
（2）根据通项公式判断各项系数的符号，去掉绝对值，再根据赋值法可求出结果.
【详解】（1）令，则，有，
，
令，得，解得.
（2）由（1）知，，
对照系数知，，，，，，，.
令，得，
令，得，
故.
20．泉州是历史文化名城、东亚文化之都，是联合国认定的“海上丝绸之路”起点.著名的“泉州十八景”是游客的争相打卡点，泉州文旅局调查打卡十八景游客，发现90%的人至少打卡两个景点.为提升城市形象，泉州文旅局为大家准备了4种礼物，分别是世遗泉州金属书签、闽南古厝徽章、开元寺祈福香包、小关公陶瓷摆件.若打卡十八景游客至少打卡两个景点，则有两次抽奖机会；若只打卡一个景点，则有一次抽奖机会.每次抽奖可随机获得4种礼物中的1种礼物.假设打卡十八景游客打卡景点情况相互独立.
(1)从全体打卡十八景游客中随机抽取3人，求3人抽奖总次数不低于4次的概率；
(2)任选一位打卡十八景游客，求此游客抽中开元寺祈福香包的概率.
【答案】(1)0.999
(2)
【分析】（1）用间接法，先求其对立事件“3人抽奖总次数低于4次”的概率即可；
（2）应用全概率公式求解.
【详解】（1）设3人抽奖总次数为，则的可能取值为3，4，5，6.
由题意知，每位打卡十八景游客至少打卡两个景点的概率为，只打卡一个景点的概率为，随机抽取3人，3人打卡景点情况相互独立.
表示抽奖总次数为3次，即3人都只打卡一个景点.
依题意可得，，
所以.
（2）记事件“每位打卡十八景游客至少打卡两个景点”，
则“每位打卡十八景游客只打卡一个景点”，
事件“一位打卡十八景游客抽中开元寺祈福香包”，
则，，，，
由全概率公式得，
.
21．一台设备由三个部件构成，假设在一天的运转中，部件1，2，3需要调整的概率分别为0.1，0.2，0.2，各部件的状态相互独立．
(1)求设备在一天的运转中，部件1，2中至少有1个需要调整的概率；
(2)记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为X，求随机变量X的分布列．
【答案】(1)0.28
(2)分布列见解析
【分析】（1）根据概率的乘法公式，结合对立事件的概率公式进行求解即可；
（2）根据概率的乘法公式，通过计算列出分布列即可.
【详解】（1）部件1，2都不需要调整的概率为，
则部件1，2中至少有1个需要调整的概率为P＝1－0.72＝0.28；
（2）由题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，且
，
，
，
，
22．已知某次比赛的乒乓球团体赛采用五场三胜制，第一场为双打，后面的四场为单打.团体赛在比赛之前抽签确定主客队.主队三名选手的一单、二单、三单分别为选手、、，客队三名选手的一单、二单、三单分别为选手、、.比赛规则如下：第一场为双打（对阵）、第二场为单打（对阵）、第三场为单打（对阵）、第四场为单打（对阵）、第五场为单打（对阵）.已知双打比赛中获胜的概率是，单打比赛中、、分别对阵、、时，、、获胜的概率如下表：
(1)求主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛的概率；
(2)客队输掉双打比赛后，能否通过临时调整选手为三单、选手为二单使得客队团体赛获胜的概率增大？请说明理由.
【答案】(1)
(2)能通过临时调整选手为三单、选手为二单使得客队团体赛获胜的概率增大，理由见解析
【分析】（1）由“主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛”的事件包含“主队3场全胜”和“客队3场全胜”两类事件求解；
（2）剩余四场比赛未调整Y、Z出场顺序的胜负情况分别为：胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜、负胜胜胜，求得其概率；剩余四场比赛调整Y、Z出场顺序的胜负情况分别为：胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜、负胜胜胜，求得其概率，比较即可.
【详解】（1）解：设“主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛”事件为事件A，
则事件A包含“主队3场全胜”和“客队3场全胜”两类事件，
“主队3场全胜”的概率为，
“客队3场全胜”的概率为，
所以，
所以主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛的概率为.
（2）能，理由如下：
设“剩余四场比赛未调整Y、Z出场顺序，客队获胜”为事件M，第二场单打（X对阵A）、第三场单打（Z对阵C）、第四场单打（Y对阵A）、第五场单打（X对阵B）的胜负情况分别为：胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜、负胜胜胜；
则，
设“剩余四场比赛调整Y、Z出场顺序，客队获胜”为事件N，第二场单打（X对阵A）、第三场单打（Y对阵C）、第四场单打（Z对阵A）、第五场单打（X对阵B）的胜负情况分别为：胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜、负胜胜胜；
则，
因为，
所以客队调整选手Y为三单、选手Z为二单获胜的概率更大.
0
1
2
3
选手
选手