2021-2022学年山东省聊城市第三中学高二下学期第一次质量检测数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年山东省聊城市第三中学高二下学期第一次质量检测数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山东省聊城市第三中学高二下学期第一次质量检测数学试题一、单选题1．展开式中的常数项为（       ）A． B． C．15 D．30【答案】C【分析】由二项式写出展开式的通项，再判断常数项对应的r值，即可求常数项.【详解】由题设，，所以，当时常数项为.故选：C2．已知随机变量服从正态分布，则＝（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由方差的性质直接求解即可【详解】因为随机变量服从正态分布，所以，所以，故选：D3．若4名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有（       ）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】A【分析】根据分步计算原理，每个人选报一科，则每个人有3种报名方法，即可得解.【详解】4名学生，每人有三种可选方案，根据分步计数原理，4人共有种方法.故选：A.4．从0，1，2，3，4，5这六个数字中选3个数字，可以组成多少个无重复数字的三位偶数（       ）A．52 B．56 C．48 D．72【答案】A【分析】分类讨论个位为0与不为0的情况，按照特殊位置优先考虑原则分析求解.【详解】当个位为0时，共有个；当个位不为0时，共有个，所以综合可得，共有个偶数.故选：A5．市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到的一个甲厂的合格灯泡的概率是（       ）A．0.665 B．0.564 C．0.245 D．0.285【答案】A【分析】记事件A为“甲厂产品”，事件B为“合格产品”，则由P(AB)＝P(A)·P(B|A)可求.【详解】记事件A为“甲厂产品”，事件B为“合格产品”，则P(A)＝0.7，P(B|A)＝0.95，∴P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.7×0.95＝0.665.故选：A.6．若函数在上为单调减函数，则的取值范围（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】分析可知对任意的恒成立，利用参变量分离法结合二次函数的基本性质可求得实数的取值范围.【详解】因为，则，由题意可知，对任意的恒成立，则，当时，在上单调递减，在上单调递减，所以，，故.故选：A.7．某工厂产品合格的概率均为，各产品合格与否相互独立．设为该工厂生产的件商品中合格的数量，其中，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用二项分布的分布列求D(X)，P(X=2)，P(X=3)，结合已知求p的范围.【详解】由已知X服从与参数为5，p的二项分布，∴   ，，，又，，∴   ，，∴   ，故选：B.8．如图，已知电路中有个开关，开关闭合的概率为，其它开关闭合的概率都是，且是相互独立的，则灯亮的概率为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】设开关闭合为事件，，由所设事件表示事件灯不亮，利用概率乘法公式求其概率，再利用对立事件概率公式求事件灯亮的概率.【详解】设开关闭合为事件，，则事件灯不亮可表示为，由已知，，∴   ，∴     事件灯亮的概率，故选：A.二、多选题9．袋内有大小完全相同的个黑球和个白球，从中不放回地每次任取个小球，直至取到白球后停止取球，则（       ）A．抽取次后停止取球的概率为B．停止取球时，取出的白球个数不少于黑球的概率为C．取球次数的期望为D．取球次数的方差为【答案】BD【分析】设取球次数为，可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可判断出A选项的正误，计算出取出的白球个数不少于黑球的概率为，可判断出B选项的正误，利用数学期望公式和方差公式计算出随机变量的期望和方差，可判断C、D选项的正误，综合可得出结论.【详解】设取球次数为，可知随机变量的可能取值有、、，则，，.对于A选项，抽取次后停止取球的概率为，A选项错误；对于B选项，停止取球时，取出的白球个数不少于黑球的概率为，B选项正确；对于C选项，取球次数的期望为，C选项错误；对于D选项，取球次数的方差为，D选项正确.故选：BD.【点睛】本题考查概率的计算，同时也考查了随机变量的数学期望与方差的计算，根据题意得出随机变量的概率分布是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.10．甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排照相，下列说法正确的是（       ）A．如果甲，乙必须相邻，那么不同的排法有24种B．甲不站在排头，乙不站在正中间，则不同的排法共有78种C．甲乙不相邻且乙在甲的右边，则不同的排法共有36种D．若五人已站好，后来情况有变，需加上2人，但不能改变原来五人的相对顺序，则不同的排法共有42种【答案】BCD【分析】采用排列组合公式对各选项进行计算判断即可【详解】对A，如果甲，乙必须相邻，则可将甲乙先捆绑，考虑左右位置，共有2种情况，再将4个位置全排列，共有种排法，故A错误；对B，分两种情况，①甲站中间时，共有种排法；②甲不站中间，先排甲，有3种情况，中间位置3选1，有3种情况，剩下3人全排列，有种情况，则共有种情况，甲不站在排头，乙不站在正中间，不同的排法共有种情况；对C，甲乙不相邻且乙在甲的右边，按中间人数多少分类，当中间有1人时，有种；当中间有两人时，有种；当中间有3人时，有种排法，则共有36种排法；对D，五人站好后，有6个空，剩下两人再逐一插空，共有种情况；故答案为：BCD11．若，，则（       ）A．B．C．D．【答案】ABD【分析】根据给定条件，利用二项式定理及赋值法逐项分析、计算判断作答.【详解】因，则，A正确；展开式的通项，，当为奇数时，，当为偶数时，，则，B正确；，而，则，C不正确；，而，则，D正确.故选：ABD12．已如函数，则以下结论正确的是（       ）A．函数存在极大值和极小值B．C．函数存在最小值D．对于任意实数k，方程最多有4个实数解【答案】BCD【分析】利用导数求出单调性可判断AC，根据单调性判断B，转化为，交点问题，数形结合判断D.【详解】由可得．由可得：．由可得：．所以在单调递减，在单调递增，故选项A不正确，C正确：对于选项B：在单调递增，因为，所以，故B正确；对于选项D：方程即，有一根为，令．则，令可得或，令可得，所以在和单调递增，在单调递减，，作出，的图形如图所示： 所以存在时，方程有3个实数解，此时方程有4个实数解，故D正确.故选：BCD三、填空题13．已知，则______.【答案】16【分析】在所给的等式中，令即可得出答案.【详解】在，令，可得：，所以.故答案为：16.14．若随机变量，，若，，则______．【答案】【分析】解不等式1﹣（1﹣p）3＝0.657得到p＝0.3，再利用正态分布求解.【详解】解：∵P（X≥1）＝0.657，∴1﹣（1﹣p）3＝0.657，即（1﹣p）3＝0.343，解得p＝0.3，∴P（0＜Y＜2）＝p＝0.3，∴P（Y＞4）＝＝．故答案为：0.2．15．如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供4种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻颜色不同，则不同的涂色方法种数为____________．【答案】72【分析】根据题意，分4步依次分析区域、、、、的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案．【详解】分4步进行分析：①，对于区域，有4种颜色可选；②，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选；③，对于区域，与、区域相邻，有2种颜色可选；④，对于区域、，若与颜色相同，区域有2种颜色可选，若与颜色不相同，区域有1种颜色可选，区域有1种颜色可选，则区域、有种选择，则不同的涂色方案有种；故答案为：72四、双空题16．已知随机变量的分布列如下： 则当时，___________；当时，的最大值为___________.【答案】          【分析】当时，利用期望公式可求得的值；求得关于的函数表达式，利用二次函数的基本性质可求得的最大值.【详解】由期望公式可得，当时，.当时，，当且仅当时，等号成立，故的最大值为.故答案为：；.五、解答题17．已知的展开式中,只有第六项的二项式系数最大.（1）求该展开式中所有有理项的项数;（2）求该展开式中系数最大的项.【答案】（1）所有有理项的项数为6项；（2）.【详解】试题分析：（1）由题意可知,，只需令该展开式中x的系数为整数可得；（2）设第Tr+1项的系数最大，可得关于r的不等式组，解不等式组可得r的范围，可得系数最大的项．试题解析： (1)由题意可知: ,. 要求该展开式中的有理项,只需令,,所有有理项的项数为6项.(2)设第项的系数最大,则 , 即 , 解得: ,,得.展开式中的系数最大的项为点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.18．坛子里放着5个相同大小，相同形状的咸鸭蛋，其中有3个是绿皮的，2个是白皮的．如果不放回地依次拿出2个鸭蛋，求：(1)第一次拿出绿皮鸭蛋的概率；(2)第1次和第2次都拿到绿皮鸭蛋的概率；(3)在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率．【答案】(1);(2);(3).【分析】设第一次拿出绿皮鸭蛋为事件，第2次拿到绿皮鸭蛋为事件，则第1次和第2次都拿到绿皮鸭蛋为事件，（1）从5个鸭蛋不放回地依次拿出2个鸭蛋基本事件数为，，由古典概型可得结果；（2）求得，利用古典概型求解即可；（3）利用（1）、（2），根据条件概率公式可得结果.【详解】设第一次拿出绿皮鸭蛋为事件，第2次拿到绿皮鸭蛋为事件，则第1次和第2次都拿到绿皮鸭蛋为事件，（1）从5个鸭蛋不放回地依次拿出2个鸭蛋基本事件数为，， （2）因为，所以，（3）由（1）（2）可得，在第一次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第二次拿出绿皮鸭蛋的概率为.19．已知函数在处取得极值．（1）求实数a的值；（2）若函数在内有零点，求实数b的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）由题意可得，从而可求出a的值；（2）先对函数求导，求得函数的单调区间，从而可由函数的变化情况可知，要函数在内有零点，只要函数在内的最大值大于等于零，最小值小于等于零，然后解不等式组可得答案【详解】解：（1）在处取得极值，∴，∴．经验证时，在处取得极值．（2）由（1）知，∴极值点为2，．   将x，，在内的取值列表如下：x024/-0+/b极小值  由此可得，在内有零点，只需∴．20．小张从家到公司上班总共有三条路可以直达（如图），但是每条路每天拥堵的可能性不太一样，由于路的远近不同，选择每条路的概率如下：，，.每天上述三条路不拥堵的概率分别为：，，.假设遇到拥堵会迟到，求：(1)小张从家到公司不迟到的概率是多少？(2)小张到达公司未迟到，选择第1条路的概率是多少？【答案】(1)0.36；(2).【分析】(1)将不迟到的事件C分拆成三个互斥事件的和，再求出每个事件的概率即可求解作答.(2)利用(1)的结论利用条件概率公式计算作答.【详解】(1)不迟到就是对应着不拥堵，设事件C为到公司不迟到，它是分别选择、、不迟到的三个互斥事件的和，因此，，所以小张从家到公司不迟到的概率为0.36.(2)由(1)知，小张到达公司未迟到的概率，，所以小张到达公司未迟到，选择第1条路的概率约为.21．受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关．某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为2年．现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取50辆，统计数据如下：品牌 甲 乙 首次出现故障时间x(年) 0<x≤1 1<x≤2 x>2 0<x≤2 x>2 轿车数量(辆) 2 3 45 5 45 每辆利润(万元) 1 2 3 1.8 2.9  将频率视为概率，解答下列问题：(1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概率．(2)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为X1，生产一辆乙品牌轿车的利润为X2，分别求X1，X2的分布列．(3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的轿车．若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的轿车？说明理由．【答案】（1）（2）X1的分布列为X1 1 2 3 P     X2的分布列为X2 1.8 2.9 P    （3）甲品牌轿车【详解】(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A，则P(A)＝＝.(2)依题意得，X1的分布列为X1 1 2 3 P     X2的分布列为X2 1.8 2.9 P    (3)由(2)得E(X1)＝1×＋2×＋3×＝＝2．86(万元)，E(X2)＝1.8×＋2.9×＝2.79(万元)．因为E(X1)>E(X2)，所以应生产甲品牌轿车．22．为普及传染病防治知识，增强学生的疾病防范意识，提高自身保护能力，校委会在全校学生范围内，组织了一次传染病及个人卫生相关知识有奖竞赛（满分100分），竞赛奖励规则如下：得分在内的学生获三等奖，得分在内的学生获二等奖，得分在内的学生获一等奖，其它学生不得奖．教务处为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取了100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如图所示的频率分布表．竞赛成绩人数61218341686 （1）从该样本中随机抽取2名学生的竞赛成绩，求这2名学生恰有一名学生获奖的概率；（2）若该校所有参赛学生的成绩近似地服从正态分布，利用所得正态分布模型解决以下问题：①若该校共有10000名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中超过79分的学生人数（结果四舍五入到整数）；②若从所有参赛学生中（参赛学生人数大于10000）随机抽取4名学生进行座谈，设其中竞赛成绩在64分以上的学生人数为，求随机变量的分布列和数学期望．附：若随机变量X服从正态分布，则，，．【答案】（1）；（2）①1587；②分布列见解析，数学期望为2．【分析】（1）由题得共30人获奖，70人没有获奖，再利用古典概型的概率公式求解；（2）①该校所有参赛学生的成绩X近似地服从正态分布N（64，225），利用正态分布求解；②随机变量ξ～B（4，），再利用二项分布写出分布列，求出数学期望得解.【详解】解：（1）由样本频率分布表可知，样本中获一等奖的6人，获二等奖的8人，获三等奖的16人，共30人获奖，70人没有获奖，故从该样本中随机抽取2名学生的竞赛成绩，这2名学生恰有一名学生获奖的概率P＝．（2）该校所有参赛学生的成绩X近似地服从正态分布N（64，225），①∵μ+σ＝79，∴P（X＞79），∴估计参赛学生中超过79分的学生人数为0.15865×10000≈1587．②∵μ＝，∴P（X＞64）＝，即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该生竞赛成绩在64分以上的概率为，∴随机变量ξ～B（4，），P（ξ＝k）＝ （k＝0，1，2，3，4），所以P（ξ＝0）＝，P（ξ＝1）＝，P（ξ＝2）＝，P（ξ＝3）＝，P（ξ＝4）＝，∴ξ的分布列为：ξ01234P 故E（ξ）＝4×．