2021-2022学年江西省宜春市上高二中高二3月第四次月考数学（理）试题含解析

2021-2022学年江西省宜春市上高二中高二3月第四次月考数学（理）试题

一、单选题

1．已知随机变量，，且，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据随机变量可知，再根据，，可求出，利用，建立方程，即可求出结果.

【详解】因为随机变量，所以，

因为，，所以，即，

又

所以，即.

故选：B.

2．年月日，国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》．“双减”政策指出，要全面压减作业总量和时长，某校在“双减”前学生完成作业时长为随机变量，的期望为，标准差为，在“双减”后，该校学生完成作业的时长，的期望为，标准差为，则（       ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】利用期望和方差的性质可得结果.

【详解】由期望和方差的性质可得，

，.

故选：A.

3．甲、乙、丙三人进行象棋比赛，每两人比赛一场，共赛三场.每场比赛没有平局，在每一场比赛中，甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为.则甲获第一名且丙获第二名的概率（     ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】甲获第一名且丙获第二名的情况为甲胜乙且甲胜丙且丙胜乙，由此能求出甲获第一名且丙获第二名的概率．

【详解】解：设事件表示“甲胜乙”，事件表示“甲胜丙”，事件表示“乙胜丙”，

甲获第一名且丙获第二名的情况为甲胜乙且甲胜丙且丙胜乙，

甲获第一名且丙获第二名的概率：．

故选：D．

4．在一次学校组织的研究性学习成果报告会上，有共6项成果要汇报，如果B成果不能最先汇报，而A､C､D按先后顺序汇报（不一定相邻），那么不同的汇报安排种数为（       ）

A．100 B．120 C．300 D．600

【答案】A

【分析】利用间接法和缩倍法求解.

【详解】不考虑限制条件共有种，最先汇报共有种，

如果不能最先汇报，而､C､D按先后顺序汇报（不一定相邻）有.

故选：A.

5．已知某校有1200名同学参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布，从中任取3名同学，至少有2人的数学成绩超过100分的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意得到，再分恰有2人和3人超过100分，利用独立重复实验的概率求解.

【详解】因为数学考试成绩近似服从正态分布，

所以，

所以从中任取3名同学，至少有2人的数学成绩超过100分的概率为：

，

故选：A

6．如图所示方格，在每一个方格中填入一个数字，数字可以是中的任何一个，允许重复，则填入方格的数字大于方格的数字的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分别计算得到将填入方格的填法和方格的数字大于方格的数字的填法种数，由古典概型概率公式可得结果.

【详解】将填入方格，允许重复，则共有种填法；

若方格的数字为，则方格的数字大于方格的数字的填法有种；

若方格的数字为，则方格的数字大于方格的数字的填法有种；

若方格的数字为，则方格的数字大于方格的数字的填法有种；

方格的数字大于方格的数字的填法有：种；

方格的数字大于方格的数字的概率.

故选：D.

7．给出下面三个命题：

①已知随机变量服从正态分布，且，则；

②某学生在最近的次数学测验中有次不及格．按照这个成绩，他在接下来的次测验中，恰好前次及格的概率为；

③假定生男孩、生女孩是等可能的．在一个有两个孩子的家庭中，已知有一个是女孩，则另一个孩子也是女孩的概率是．

则正确的序号为

A．①② B．①③ C．① D．②

【答案】A

【详解】试题分析：已知随机变量服从正态分布，且，则；

②某学生在最近的次数学测验中有次不及格．按照这个成绩，他在接下来的次测验中，恰好前次及格的概率为；

③假定生男孩、生女孩是等可能的．在一个有两个孩子的家庭中，已知有一个是女孩，则另一个孩子也是女孩的概率是；即①②正确．

8．若，则（       ）

A．22 B．19

C．－20 D．－19

【答案】C

【分析】将所求进行变形可得，根据二项式定理展开式，即可求得答案.

【详解】由题意得

所以.

故选：C

9．已知（为常数）的展开式中各项系数之和为，则展开式中的系数为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用已知条件求出实数的值，然后写出展开式通项，利用的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.

【详解】因为（为常数）的展开式中各项系数之和为，

所以在中令，可得，解得，

的展开式的通项，

因为，

，令，可得，

，令，可得.

故的展开式中的系数为，

故选：A.

10．的展开式中，x的指数为偶数的项的系数之和为（       ）

A．64 B．48 C．32 D．16

【答案】D

【分析】根据与的展开式中x的指数为偶数的项相乘及与的展开式中x的指数为偶数的项相乘，得到展开式中x的指数为偶数的项的系数之和.

【详解】的展开式中，所有x的指数为偶数的项的系数之和为.

故选：D.

11．一盒中有白、黑、红三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取5次球时停止取球的概率为

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】试题分析：“恰好取5次球时停止取球”指第5次为第三种颜色，前4次为另两种颜色，因此所求概率为，选A.

【解析】古典概型概率

【方法点睛】古典概型中基本事件数的探求方法

（1）列举法.

（2）树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.

（3）列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.

（4）排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.

12．甲乙两运动员进行乒乓球比赛，采用局胜制.在一局比赛中，先得分的运动员为胜方，但打到平以后，先多得分者为胜方.在 平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发个球.若在某局比赛中，甲发球赢球的概率为，甲接发球赢球的概率为，则在比分为 后甲先发球的情况下，甲以赢下此局的概率为（ ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】分后四球胜方依次为甲乙甲甲,与乙甲甲甲两种情况进行求解即可.

【详解】分两种情况：①后四球胜方依次为甲乙甲甲,概率为；

②后四球胜方依次为乙甲甲甲,概率为.

所以,所求事件概率为：.

故选：C.

【点睛】本题主要考查了分步与分类计数求解概率的问题,需要根据题意判断出两种情况再分别求解,属于基础题.

二、填空题

13．现有相同的10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每所学校至少有1个名额，则名额分配的方法共有___________种.

【答案】84

【分析】相当于10个相同元素站成一排，中间有9个间隔，用6块隔板插入9个间隔中，分成7份，由此可得．

【详解】相当于10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，要用6块隔板插在9个间隔中，共有种方法.

所以共有84种分配方法.

故答案为：84．

14．已知随机变量，若，则的最小值为___________.

【答案】9

【分析】由正态分布知识可得，，展开后由均值不等式可得到结果.

【详解】依题意，由正态分布知识可得，

，

当且仅当且即时等号成立.

所以的最小值为9.

故答案为：9.

15．在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式中含项的系数为______．

【答案】

【分析】首先根据题意，可得，进而可得其二项式展开式的通项，令x的指数为3，可得r的值，最后将r的值代入通项可得其展开式中的项，即可得答案．

【详解】由题知，则，

令，得，

所以展开式中的系数为.

故答案为：.

16．A，B两地间有如图所示的方格形道路网，甲沿路网随机选择一条最短路径从A地出发去往B地，则甲经过C地的概率为___________.

【答案】

【分析】先求出从A地到B地总的路径数量，再求出甲经过C地再到B地的路径数量，根据古典概型的概率公式可得答案.

【详解】从A地到B地的最短路径包含向下走4步，向右走4步，且前4步至多只能向右走2步，则总的路径有种，

甲经过C地再到B地的路径数量有种，

故甲经过C地的概率.

故答案为：

三、解答题

17．设随机变量，若.

（1）求c的值；

（2）求.

附：若随机变量，则.

【答案】（1）2 ；（2）

【分析】（1）利用正态分布的对称性，可得解；

（2）结合题干数据，可得，可得解

【详解】（1）由题意，随机变量，且

由正态分布的对称性可知，

故c的值为2.

（2）由于，因此

故

18．已知中，且．

（1）求的值；

（2）求的值．

【答案】（1）；（2）128．

【分析】（1）写出二项式展开式通项Tr+1＝mrxr，根据即可求的值；

（2）由(1x)8＝a0+a1x+a2x2+……+a8x8，应用赋值法求目标式的值即可.

【详解】（1）∵(1+mx)8＝a0+a1x+a2x2+……+a8x8中，展开式的通项为Tr+1＝mrxr，

∴a3＝m3＝56，解得m＝1．

（2）由(1x)8＝a0+a1x+a2x2+……+a8x8，

令x＝1，可得a0+a1+a2+……+a8＝0，

令x＝1，可得a0a1+a2……+a8＝28，

∴将上述两式相加除以2，得a0+a2+a4+a6+a8＝＝27＝128．

19．在三棱锥中，已知为中点，平面，.

(1)求三棱锥的体积；

(2)若点分别为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求出底面积，证明出平面，即可求体积；

（2）以所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.用向量法求解.

【详解】(1)连接.

在中，因为O为BD中点，

所以，所以，且.

因为平面，且，即三棱锥的高为2，

所以三棱锥的体积为.

(2)由（1）知，且平面，

以所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.

如图所示，可得，

因为点分别为的中点，所以，

所以，

设平面DEF的法向量为，则，

取，可得，即，

设直线AD与平面DEF所成角为，可得.

20．连续抛掷一枚质地均匀的骰子2次，观察每次掷出的点数，记两次点数之和为3的倍数的概率为p．

(1)求p的值；

(2)如图某质点从原点沿网格线向上或向右移动，向上移动一个单位的概率为p，向右移动一个单位的概率为，求该质点移动四次到达点的概率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用列举法求解即可，

（2）质点从原点到达点共有4种方法，分别求出每一种走法的概率，然后利用互斥事件的概率公式求解即可

【详解】(1)依题意共有36个样本点，两次点数之和为3的倍数的样本点有如下12个，

，

(2)由（1）可知，向上移动一个单位的概率为，向右移动一个单位的概率为．

该质点移动四次到达点共有四种走法：

①，

其中向上移动一次，向右移动三次，其概率为；

②，其中向上移动一次，向右移动三次，其概率为；

③，其中向上移动一次，向右移动三次，其概率为；

④，其中向上移动一次，向右移动三次，其概率为．

所以该质点移动四次到达点的概率为

21．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且点的纵坐标为4，．

(1)求抛物线的方程；

(2)过点作直线交抛物线于两点，试问抛物线上是否存在定点使得直线与的斜率互为倒数？若存在求出点的坐标，若不存在说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）利用抛物线的焦半径公式求得点的横坐标，进而求得p,可得答案;

（2）根据题意可设直线方程，和抛物线方程联立，得到根与系数的关系式，利用直线与的斜率互为倒数列出等式，化简可得结论.

【详解】(1)（1）

则，

，，

，

故C的方程为： ；

(2)假设存在定点，使得直线与的斜率互为倒数，

由题意可知，直线AB的斜率存在，且不为零，

，，

， ，所以 ，

即或，

 ，

，

则 ，，

使得直线与的斜率互为倒数.

22．现代战争中，经常使用战斗机携带空对空导弹攻击对方战机，在实际演习中空对空导弹的命中率约为，由于飞行员的综合素质和经验的不同，不同的飞行员使用空对空导弹命中对方战机的概率也不尽相同，在一次演习中，红方的甲、乙两名优秀飞行员发射1枚空对空导弹命中蓝方战机的概率分别为和，两名飞行员各携带枚空对空导弹．

(1)甲飞行员单独攻击蓝方一架战机，连续不断地发射导弹攻击，一旦命中或导弹用完即停止攻击，各次攻击相互独立，求甲飞行员能够命中蓝方战机的概率；

(2)蓝方机群共有架战机，若甲、乙共同攻击（战机均在攻击范围之内，每枚导弹只攻击其中一架战机，甲、乙不同时攻击同一架战机），一轮攻击中，每人只有两次进攻机会．

①记一轮攻击中，击中蓝方战机数为，求的分布列；

②若实施两轮攻击（即用完携带的导弹），记命中蓝方战机数为，求的均值．

【答案】(1)；

(2)①分布列见解析；②

【分析】（1）先由独立事件概率的乘法公式计算次都没有击中的概率，再由对立事件的概率公式即可求解；

（2）①的取值集合为，求出相应的概率，再列分布列即可；②记两轮攻击中甲、乙命中战机数为，，由题意可得，，再由二项分布的期望公式以及期望的性质即可求解.

【详解】(1)设甲飞行员发射的第枚导弹命中蓝方战机为事件，则，，

设“甲飞行员能够命中蓝方战机”为事件，

则，

则．

(2)①的取值集合为，则，

，

，

，

，

所以的分布列为：

②记两轮攻击中甲命中战机数为，则，乙命中战机数为，则，所以．