2023-2024学年宁夏石嘴山三中高二（下）第一次月考数学试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年宁夏石嘴山三中高二（下）第一次月考数学试卷(含解析），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。
1.已知P(B|A)=12，P(AB)=38，则P(A)等于( )
A. 316B. 1316C. 34D. 14
2.在(a+b)10的二项展开式中与第3项二项式系数相同的项是( )
A. 第8项B. 第7项C. 第9项D. 第10项
3.5名成人带两个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头尾，则不同的排法种数为( )
A. A55A42B. A55A52C. A55A62D. A77−4A66
4.袋中有除颜色外完全相同的5个球，其中3个红球和2个白球．现从袋中不放回地连取两个．已知第一次取得红球，则第二次取得白球的概率为( )
A. 0.4B. 0.5C. 0.6D. 0.7
5.甲，乙两个工人在同样的条件下生产，日产量相等，每天出废品，每天出废品的情况如下表所列，则有结论：( )
A. 甲的产品质量比乙的产品质量好一些B. 乙的产品质量比甲的产品质量好一些
C. 两人的产品质量一样好D. 无法判断谁的质量好一些
6.( x−3 x)n的展开式中各项系数之和为64，则展开式的常数项为( )
A. 540B. −162C. 162D. −540
7.长时间玩手机可能影响视力.据调查，某校学生大约30%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率约为60%，现从每天玩手机不超过1小时的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为( )
A. 521B. 940C. 920D. 720
8.将三项式展开，得到下列等式：
(a2+a+1)0=1
(a2+a+1)1=a2+a+1
(a2+a+1)2=a4+2a3+3a2+2a+1
(a2+a+1)3=a6+3a5+6a4+7a3+6a2+3a+1
…
观察多项式系数之间的关系，可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角形，
其构造方法为：第0行为1，以下各行每个数是它正上方与左右两肩上的3个数(不足3个数时，缺少的数以0计)之和，第k行共有2k+1个数．则关于x的多项式(a2+ax−3)(x2+x+1)5的展开式中，x8项的系数( )
A. 15(a2+a−1)B. 15(a2+a+1)C. 15(a2+2a+3)D. 15(a2+2a−3)
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设离散型随机变量X的分布列为：
若离散型随机变量Y满足Y=2X+1，则下列结果正确的有( )
A. q=0.1B. E(X)=2，D(X)=1.4
C. E(X)=2，D(X)=1.8D. E(Y)=5，D(Y)=7.2
10.某大学的3名男生和3名女生利用周末到社区进行志愿服务，当天活动结束后，这6名同学排成一排合影留念，则下列说法正确的是( )
A. 若要求3名女生相邻，则这6名同学共有144种不同的排法
B. 若要求女生与男生相间排列，则这6名同学共有96种排法
C. 若要求3名女生互不相邻，则这6名同学共有144种排法
D. 若要求男生甲不在排头也不在排尾，则这6名同学共有480种排法
11.对于m，n∈N*关于下列排列组合数，结论正确的是( )
A. Cnm=Cnn−mB. Cn+1m=Cnm−1+Cnm
C. Anm=CnmAmmD. An+1m+1=(m+1)Anm
12.下列结论正确的是( )
A. k=0n2kCnk=3n(n∈N*)
B. 多项式(1+2x−x)6展开式中x3的系数为52
C. 若(2x−1)10=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10,x∈R，则|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a10|=310
D. 2C2n0+C2n1+2C2n2+C2n3+⋯+C2n2n−1+2C2n2n=3⋅22n−1(n∈N*)
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.计算：C30+C41+C52+C63= ______.(用数字作答)
14.随机变量X的分布列如表所示，若E(X)=13，则D(3X−2)= ．
15.甲箱中有3个白球，2个黑球，乙箱中有1个白球，3个黑球，先从甲箱中任取一球放入乙箱中，再从乙箱中任取一球，从乙箱中取出白球的概率是______．
16.为满足北京环球度假区游客绿色出行需求，国网北京电力在该度假区停车楼建成了目前国内规模最大的集中式智慧有序充电站，充电站共建设901个充电桩，其中包括861个新型交流有序充电桩、37个直流充电桩以及3个专门满足新能源大巴快速补电需求的大功率直流充电桩.现有A、B、C、D、E、F六辆新能源大巴，需要安排在某周一的上午或下午在甲、乙、丙3个新能源大巴大功率直流充电桩充电，每个充电桩在上午和下午均只安排一辆大巴充电，若要求A、B两车不能同时在上午充电，而C车只能在下午充电，且F车不能在甲充电桩充电，则不同的充电方案一共有______种.(用数字作答)
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
(1)由0，1，2，3，4，5这6个数字组成没有重复数字的四位偶数有多少个？
(2)把6本不同的书分给3个同学，每人至少1本书，有多少种不同的方法？
18.(本小题12分)
随机抽取某厂的某种产品200件，经质检，其中有一等品126件、二等品50件、三等品20件、次品4件.已知生产1件一、二、三等品获得的利润分别为6万元、2万元、1万元，而1件次品亏损2万元.设1件产品的利润(单位：万元)为ξ．
(1)求ξ的分布列；
(2)求1件产品的平均利润(即ξ的数学期望)．
19.(本小题12分)
袋中有10个大小、材质都相同的小球，其中红球3个，白球7个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.求：
(Ⅰ)第一次摸到红球的概率；
(Ⅱ)在第一次摸到红球的条件下，第二次也摸到红球的概率；
(Ⅲ)第二次摸到红球的概率．
20.(本小题12分)
已知(3x−1)n的展开式中第2项与第5项的二项式系数相等，求(2x−1x)2n的展开式中：
(1)所有二项式系数之和．
(2)系数绝对值最大的项．
21.(本小题12分)
小张参加某公司的招聘考试，题目按照难度不同分为A类题和B类题，小张需要通过“抽小球”的方式决定要答的题目难度类型：一个箱子里装有质地，大小一样的5个球，3个标有字母A，另外2个标有字母B，小张从中任取3个小球，若取出的A球比B球多，则答A类题，否则答B类题．
(1)设小张抽到A球的个数为X，求X的分布列及E(X)．
(2)已知A类题里有4道论述题和1道计算题，B类题里有3道论述题和2道计算题，小张确定题目的难度类型后需要从相应题目中任选一道题回答.求小张回答论述题的概率．
22.(本小题12分)
某商场举行“庆元宵，猜谜语”的促销活动，抽奖规则如下：在一个不透明的盒子中装有若干个标号为1，2，3的空心小球，球内装有难度不同的谜语.每次随机抽取2个小球，答对一个小球中的谜语才能回答另一个小球中的谜语，答错则终止游戏.已知标号为1，2，3的小球个数比为1：2：1，且盒中2号球的个数为4．
(1)求取到异号球的概率；
(2)若甲抽到1号球和3号球，甲答对球中谜语的概率和对应奖金如表所示，请帮甲决策猜谜语的顺序(猜对谜语的概率相互独立)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵P(B|A)=12，P(AB)=38，
∴P(A)=P(AB)P(B|A)=3812=34．
故选：C．
由已知条件利用条件概率计算公式直接求解．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意条件概率计算公式的合理运用．
2.【答案】C
【解析】解：二项式的展开式的第3项的二项式系数为C102，
根据组合数的性质可得C102=C108，
所以与第3项的二项式系数相同的项为第9项，
故选：C．
二项式的展开式的第3项的二项式系数为C102，据组合数的性质可得C102=C108，由此即可判断．
本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的理解能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：先排大人，有A55种排法，去掉头尾后，有4个空位，
再分析小孩，用插空法，将2个小孩插在4个空位中，有A42种排法，
由分步计数原理，有A55A42种不同的排法，
故选A．
根据题意，先排大人，有A55种排法，分析可得，去掉头尾后，有4个空位，再用插空法，将2个小孩插在4个空位中，进而由分步计算原理，计算可得答案．
本题考查排列与分步计数原理的运用，注意这类问题的特殊方法，如本题的插空法．
4.【答案】B
【解析】解：袋中有除颜色外完全相同的5个球，其中3个红球和2个白球．
现从袋中不放回地连取两个．
设事件A表示“第一次取到红球”，事件B表示“第二次取到白球”，
P(A)=35，P(AB)=35×24=310，
∴第一次取得红球的条件下第二次取得白球的概率为：
P(B|A)=P(AB)P(A)=31035=0.5．
故选：B．
设事件A表示“第一次取到红球”，事件B表示“第二次取到白球”，P(A)=35，P(AB)=35×24=310，利用条件概率计算公式能求出第一次取得红球的条件下第二次取得白球的概率．
本题考查概率的求法，考查条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】B
【解析】解：甲生产废品期望是1×0.3+2×0.2+3×0.1=1，
乙生产废品期望是1×0.5+2×0.2=0.9，
∴甲生产废品期望大于乙生产废品期望，
故选B．
根据出现废品数与出现的概率，得到甲生产废品期望和乙生产废品期望，把甲和乙生产废品的期望进行比较，得到甲生产废品期望大于乙生产废品期望，得到乙的技术要好一些．
本题考查两的知识点是方差或标准差，及数学期望，根据方差说明两组数据的稳定性，这是统计中经常出现的一类问题．
6.【答案】D
【解析】解：( x−3 x)n的展开式中各项系数之和为2n=64，
解得n=6，
则展开式的常数项为：C63⋅( x)⋅(−3 x)3=(−3)3⋅C63=−540，
故选：D．
依据各项系数之和为2n，列出方程求出n，利用二项展开式的通项公式求出常数项．
本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属基础题．
7.【答案】B
【解析】解：令A1=“玩手机时间超过1h的学生”，
A2=“玩手机时间不超过1h的学生”，B=“任意调查一人，此人近视”，
则Ω=A1∪A2，且A1，A2互斥，P(A1)=0.2，P(A2)=0.8，P(B|A1)=0.6，P(B)=0.3，
依题意，P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=0.2×0.6+0.8×P(B|A2)=0.3，
解得P(B|A2)=940，
所以所求近视的概率为940．
故选：B．
根据给定信息，结合全概率公式列式求解作答．
本题考查全概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】D
【解析】解：根据广义杨辉三角的定义：(a2+a+1)5=a10+5a9+15a8+30a7+45a6+51a5+45a4+30a3+15a2+5a1+1；
故(x2+x+1)5=x10+5x9+15x8+30x7+45x6+51x5+45x4+30x3+15x2+5x1+1；
关于x的多项式(a²+ax−3)(x²+x+1)5的展开式中x8项的系数为15a2+30a−45=15(a2+2a−3)．
故选：D．
直接利用广义杨辉三角和数据的组合的应用求出结果．
本题考查的知识要点：定义性问题的应用，组合数据之间的关系，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：由离散型随机变量X的分布列的性质得：
q=1−0.4−0.1−0.2−0.2=0.1，
E(X)=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2，
D(X)=(0−2)2×0.1+(1−2)2×0.4+(2−2)2×0.1+(3−2)2×0.2+(4−2)2×0.2=1.8，
E(Y)=2E(X)+1=5，D(Y)=4D(X)=7.2．
故选：ACD．
根据频率和为1，求出q，再根据离散型随机变量X的分布列的性质求出E(X)，D(X)，E(Y)，D(Y)，从而可进行判断．
本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，先将3名女生看成一个整体，与3名男生全排列即可，有A33A44=144种排法，A正确；
对于B，若要求女生与男生相间排列，有2A33A33=72种排法，B错误；
对于C，先将3名男生排好，再将3名女生安排在男生的空位中，有A33A43=144种排法，C正确；
对于D，若要求男生甲不在排头也不在排尾，甲有4种情况，剩下5人任意排列，有4A55=480种排法，D正确．
故选：ACD．
根据题意，由排列、组合数公式依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题．
11.【答案】ABC
【解析】解：选项A，Cnm=Cnn−m，A正确；
选项B，Cn+1m=Cnm−1+Cnm，B正确；
选项C，Anm=CnmAmm，C正确；
选项D，∵An+1m+1=(n+1)!(n−m)!，Anm=n!(n−m)!，∴An+1m+1=(n+1)Amm，D错误．
故选：ABC．
根据组合数的性质，以及排列数的运算逐一检验选项，得出答案．
本题考查组合数的性质，考查排列数的计算，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
由题意，利用二项式定理，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，从而得出结论．
本题主要考查二项式定理的应用，属于中档题．
【解答】
解：∵k=0n2k⋅Cnk=Cn0⋅20+Cn1⋅21+Cn2⋅22+⋅⋅⋅+Cnn⋅2n=(1+2)n=3n，故A正确；
多项式(1+2x−x)6展开式中x3的系数为C63⋅(−1)3+C64⋅C21·2=−20+60=40，故B错误；
若(2x−1)10=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10,x∈R，
则令x=−1，可得|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a10|=310，故C正确；
∵C2n0+C2n1+C2n2+…+C2n2n=22n，且C2n0+C2n2+C2n4+…+C2n2n=22n−1，
相加可得，2C2n0+C2n1+2C2n2+C2n3+⋅⋅⋅+C2n2n−1+2C2n2n=3×22n−1，故D成立，
故选：ACD．
13.【答案】35
【解析】解：C30+C41+C52+C63
=C40+C41+C52+C63
=C51+C52+C63
=C62+C63
=C73=7!3!4!=7×6×53×2=35．
故答案为：35．
直接利用组合数的性质及组合数公式求解．
本题考查组合数公式与组合数性质的应用，是基础题．
14.【答案】5
【解析】解：依题意可得a+b+16=1−1×16+0×a+1×b=13，解得a=13b=12，
所以D(X)=(−1−13)2×16+(0−13)2×13+(1−13)2×12=59，
所以D(3X−2)=32D(X)=9×59=5．
故答案为：5．
利用离散型随机变量的分布列、数学期望的性质，列出方程组，求出a，b，由此能求出方差，再根据方差的性质计算可得．
本题主要考查了离散型随机变量的分布列和期望，考查了期望的线性性质，属于中档题．
15.【答案】825
【解析】解：记事件A为“从甲箱中取出一个白球放入乙箱”，事件B为“从乙箱中取出白球”，
则P(A)=35，P(A−)=25，P(B|A)=25，P(B|A−)=15，
∴P(B)=P(A)P(B|A)+P(A−)P(B|A−)=35×25+25×15=825．
故答案为：825．
根据全概率公式直接求解即可．
本题考查条件概率，属于基础题．
16.【答案】168
【解析】解：根据题意，分2种情况讨论：
①若F车安排在上午充电，则F车有C21=2种安排方案，
对于C车，有C31=3种安排方案，
若AB车都在下午充电，有A22=2种安排方案，
若AB车一台在上午，一台在下午充电，有C21C21C21=8种安排方案，
则AB车有2+8=10种安排方案，
剩下的2台车有A22=2种安排方案，
则此时有2×3×10×2=120种安排方案；
②若F车安排在下午充电，则F车有C21=2种安排方案，
对于C车，有C21=2种安排方案，
在A、B车中选出1台，安排在下午充电，有C21=2种安排方案，
剩下3台车，安排在上午，有A33=6种安排方案，
则此时有2×2×2×6=48种安排方案，
则一共有120+48=168种安排方案；
故答案为：168．
根据题意，分2种情况讨论：①若F车安排在上午充电，②若F车安排在下午充电，求出每种情况下的安排方案，由加法原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)①当个位数字为0时，没有重复数字的四位偶数有A53=60个，
②当个位数字不为0时，没有重复数字的四位偶数有C21C41A42=96个，
即由0，1，2，3，4，5这6个数字组成没有重复数字的四位偶数有60+96=156个；
(2)先将6本不同的书分成3组，共有15C61CA22+24C62CA2225+C61C=120种分法，再将这3组分给3个同学，有120×A33=720种不同的方法．
【解析】(1)分2种情况讨论①当个位数字为0时，②当个位数字不为0时，然后求和即可；
(2)先将6本不同的书分成3组，再将这3组分给3个同学即可得解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分组问题，属基础题．
18.【答案】解：(1)设1件产品的利润为ξ，
则ξ的所有取值为6，2，1，−2，
此时P(ξ=6)=126200=0.63，P(ξ=2)=50200=0.25，P(ξ=1)=20200=0.1，P(ξ=−2)=4200=0.02．
则ξ的分布列为：
(2)由(1)知E(ξ)=6×0.63+2×0.25+1×0.1+(−2)×0.02=4.34(万元)．
【解析】(1)由题意，得到ξ的所有取值，求出相对应的概率，进而可列出分布列；
(2)结合(1)中所得信息，代入公式中即可求解．
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查了数据分析和运算能力．
19.【答案】解：根据题意，设事件A：第一次摸到红球；事件B：第二次摸到红球，
则事件A−：第一次摸到白球．
(Ⅰ)袋中有10个球，第一次从10个球中摸一个共10种不同的结果，其中是红球的结果共3种，
所以 P(A)=310，
(Ⅱ)由(Ⅰ)的结论，P(A)=310，前两次都摸到红球的概率P(AB)=310×29=115，
则P(B|A)=P(AB)p(A)=29；
(Ⅲ) P(A)=310，则P(A−)=1−P(A)=710，P(A−B)=710×39=730，
则P(B)=P(AB)+P(A−B)=115+730=310；
所以第二次摸到红球的概率P(B)=310．
【解析】先设事件A：第一次摸到红球；事件B：第二次摸到红球，
(Ⅰ)由袋中球的总数和红球的数目，结合古典概型公式计算可得答案，
(Ⅱ)根据题意，计算P(AB)的值，由条件概率公式计算可得答案，
(Ⅲ)根据题意，计算P(AB)、P(A−B)的值，相加即可得答案．
本题考查古典概型和条件概率的计算，注意条件概率的计算公式，属于基础题．
20.【答案】解：(1)∵(3x−1)n展开式的第2项与第5项的二项式系数相等，∴Cn1=Cn4，解得：n=5，
∴(2x−1x)2n=(2x−1x)10，
展开式所有二项式系数之和为210=1024．
(2)(2x−1x)10展开式通项公式为：Tr+1=C10r(2x)10−r⋅(−1x)r=(−1)r⋅210−rC10rx10−2r；
设展开式第r+1项的系数的绝对值最大，
则210−rC10r≥211−rC10r−1210−rC10r≥29−rC10r+1，解得：83≤r≤113，又r∈N，
∴r=3，
∴展开式中，系数绝对值最大的项为T4=−27C103x4=−15360x4．
【解析】(1)根据二项式系数相等关系可求得n=5，根据二项式系数和的结论可直接求得结果；
(2)根据展开式通项公式，设第r+1项的系数的绝对值最大，采用不等式法可求得r的取值，代入展开式通项公式即可求得结果．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
21.【答案】解：(1)X的所有可能取值为1，2，3，
则P(X=1)=C31C22C53=310，P(X=2)=C32C21C53=35，P(X=3)=C33C53=110，
所以X的分布列为：
故E(X)=1×310+2×35+3×110=95；
(2)记事件A为“小张回答A类题”，B为“小张回答B类题”，C为“小张回答论述题”，
由(1)知P(A)=35+110=710，P(B)=310，
由题意知P(C|A)=45，P(C|B)=35，
所以P(C)=P(C|A)P(A)+P(C|B)P(B)=45×710+35×310=3750．
【解析】(1)利用超几何分布可求分布列，利用公式可求期望；
(2)利用全概率可求小张回答论述题的概率．
本题主要考查了离散型随机变量的分布列和期望，考查了全概率公式，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由题意可得1，2，3号球的个数分别为2，4，2，
则取到异号球的概率P=C21C41+C21C21+C41C21C82=57；
(2)若甲先回答1号球再回答3号球中的谜语，
因为猜对谜语的概率相互独立，记X为甲获得的奖金总额，则X可能的取值为0元，100元，600元，
则P(X=0)=0.2，P(X=100)=0.8×(1−0.5)=0.4，P(X=600)=0.8×0.5=0.4，
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×0.2+100×0.4+600×0.4=280，
若甲先回答3号球再回答1号球，
因为猜对谜语的概率相互独立，记Y为甲获得的奖金总额，则Y可能的取值为0元，500元，600元，
则P(Y=0)=0.5，P(Y=500)=0.5×(1−0.8)=0.1，P(Y=600)=0.8×0.5=0.4，
所以Y的分布列为：
所以E(Y)=0×0.5+500×0.1+600×0.4=290，
因为E(Y)>E(X)，
所以推荐甲先回答3号球中的谜语再回答1号球中的谜语．
【解析】(1)利用古典概型的概率公式求解即可；
(2)分别求出先回答1号球再回答3号球和先回答3号球再回答1号球获得奖金总额的分布列，根据分布列求均值，比较均值即可求解．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．工人
甲
乙
废品数
0
1
2
3
0
1
2
3
概率
0.4
0.3
0.2
0.1
0.3
0.5
0.2
0
X
0
1
2
3
4
P
q
0.4
0.1
0.2
0.2
X
−1
0
1
P
16
a
b
球号
1号球
3号球
答对概率
0.8
0.5
奖金
100
500
ξ
6
2
1
−2
P
0.63
0.25
0.1
0.02
X
1
2
3
P
310
35
110
X
0
100
600
P
0.2
0.4
0.4
Y
0
500
600
P
0.5
0.1
0.4