2022-2023学年山东省新高考联合质量测评高二下学期3月月考数学试题含答案

2022-2023学年山东省新高考联合质量测评高二下学期3月月考数学试题

一、单选题

1．数列的第8项是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】观察，将1看为，找到分子分母各自的规律即可.

【详解】观察可看为

分母是，分子为，故第8项为，

故选：A.

2．已知甲盒中有2只红球，6只白球；乙盒中有5只红球，3只白球，则随机选一盒，再从该盒中随机取一球，该球是白球的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由全概率公式结合条件即得.

【详解】由题意得，，

故选：D.

3．若离散型随机变量的分布列如下图，则常数c的值为（    ）

A．或 B．

C． D．1

【答案】C

【分析】由分布列中所有概率和为1可得，注意概率为正．

【详解】由题意，解得．

故选C．

【点睛】本题考查随机变量的概率分布列，掌握分布列的性质是解题基础．分布列中所有概率之和为1．

4．甲、乙两人进行射击比赛，他们击中目标的概率分别为和（两人是否击中目标相互独立），若两人各射击2次，则两人击中目标的次数相等的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用互斥事件的概率公式，相互独立事件的概率公式，独立重复试验的概率公式求解即可.

【详解】设两人都没击中目标记作事件,两人都击中目标1次记作事件,两人都击中目标2次记作事件,

由已知可知,甲没击中目标的概率为,乙没击中目标的概率为,

因为两人是否击中目标相互独立，所以，

甲击中目标1次的概率为,乙击中目标1次的概率为,

因为两人是否击中目标相互独立，所以;

甲击中目标2次的概率为,乙击中目标2次的概率为,

因为两人是否击中目标相互独立，所以，

因为事件互斥，所以,

故选：.

5．已知随机变量服从正态分布，且，则（    ）

A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.6

【答案】A

【分析】根据随机变量服从正态分布，求得其图象的对称轴，再根据曲线的对称性，即可求解答案．

【详解】由题意，随机变量服从正态分布，所以，

即图象的对称轴为，又由，

.

故选：A．

6．某学校有一个体育运动社团，该社团中会打篮球且不会踢足球的有3人，篮球、足球都会的有2人，从该社团中任取2人，设为选出的人中篮球、足球都会的人数，若，则该社团的人数为（    ）

A．5 B．6 C．7 D．10

【答案】C

【分析】设该社团共有人数为人，先计算，再根据，求解即可.

【详解】设该社团共有人数为人，

，

, 即，

又因为，解得.

故选：C

7．假设第一次感染新冠病毒并且康复后3个月内二次感染的概率大约是0.03，在半年内二次感染的概率是0.5.若某人第一次感染新冠病毒康复后，已经过去了三个月一直身体健康，在未来三个月内此人二次感染的概率是（    ）

A．0.45 B．0.48. C．0.49 D．0.47.

【答案】B

【分析】理解题意，康复后半年内感染的概率为康复后三个月感染的概率和康复后前三个月健康而未来三个月感染的概率之和，建立方程式解出即可.

【详解】令康复后前三个月健康而未来三个月内二次感染的概率为,

则可得：,

解得；

故选：B.

8．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是3，且，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据新定义判断出是公比为的等比数列，再利用迭乘法得到 ，最后根据和，联立方程组求解即可.

【详解】令，即，则，

由已知得，所以数列为公比为的等比数列，

设，则，，，，

当时，累乘可得，

即，

当时，，当时，，解得，

故选：A.

二、多选题

9．下列说法中正确的是（    ）

本题可参考独立性检验临界值表：

A．在线性回归模型中，越接近于1，表示回归效果越好

B．在回归直线方程中，当变量每减少一个单位时，变量增加0.6个单位

C．在一个列联表中，由计算得.则认为这两个变量有关系犯错误的概率不超过0.01

D．已知随机变量服从正态分布，且，则

【答案】ABC

【分析】根据相关系数的平方，回归直线方程，独立性检验，正态分布曲线的对称性依次求解.

【详解】对于选项A，在线性回归模型中，越接近于1，表示回归效果越好，故A正确；

对于选项B，因为回归直线方程的斜率为，所以当变量每减少一个单位时，变量增加0.6个单位，故B正确；

对于选项C，在一个列联表中，由计算可知，则认为这两个变量有关系犯错误的概率不超过0.01，故C正确；

对于选项D，由已知得,

解得 ,故D错误；

故选：ABC.

10．已知的展开式的各项系数之和为1024，则展开式中（    ）

A．奇数项的二项式系数和为256 B．第6项的系数最大

C．存在常数项 D．有理项共有6项

【答案】BCD

【分析】令即可求出的值，再写出展开式的通项，再一一判断.

【详解】解：令，得，则或（舍去）.

∴的展开式的通项.

对于A，，故A错误；

对于B，由题设展开式共11项，第6项的系数最大，故B正确；

对于C，令，解得，故存在常数项为第三项，故C正确；

对于D，当时，为有理项，故有理项共有项，故D正确.

故选：BCD.

11．设，已知随机变量的分布列如下表，则下列结论正确的是（    ）

A．的值最大 B．

C．随着的增大而减小 D．当时，

【答案】BCD

【分析】令，判断、的大小，即可判断选项A、B；由题推导出 , 从而 随着 的增大而减小判定选项C; 取 将其代入, 直接利用均值和方差的定义求解即可得出D正确.

【详解】当时，，，故A错误；

,

故B正确；

随着 的增大而减小, 故 C 正确;

当 时,

，

，故D正确.

故选: BCD.

12．一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列4个结论，其中正确的有（    ）

A．从中任取3球，恰有一个白球的概率是

B．从中有放回的取球6次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为

C．现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为

D．从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为

【答案】ABD

【解析】A.由古典概型的概率求解判断；B.根据取到红球次数X～B，再利用方差公式求解判断；C．设A＝{第一次取到红球}，B＝{第二次取到红球}．由P(B|A)＝求解判断；D．易得每次取到红球的概率P＝，然后再利用对立事件求解判断.

【详解】A.恰有一个白球的概率，故A正确；

B.每次任取一球，取到红球次数X～B，其方差为，故B正确；

C．设A＝{第一次取到红球}，B＝{第二次取到红球}．则P(A)＝，P(A∩B)＝，所以P(B|A)＝，故C错误；

D．每次取到红球的概率P＝，所以至少有一次取到红球的概率为，故D正确．

故选：ABD.

三、填空题

13．已知数列的前项和，则      .

【答案】

【分析】根据与的关系运算求解.

【详解】由题意可得：，

所以.

故答案为：.

14．已知随机变量，，则取最小值时，      .

【答案】6

【分析】根据二项分布的期望与方差公式, 再利用基本不等式求最值, 结合二项分布的期望与方差的性质即可求解.

【详解】由题意可知, , 所以 ,

所以 ,

所以 ,

当且仅当 , 即时, 等号成立,

所以的最小值为 8，

此时 ,

所以 .

故答案为: 6.

15．我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量.概率论中有一个重要的结论是棣莫弗—拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量，当充分大时，二项随机变量可以由正态随机变量来近似，且正态随机变量的期望和方差与二项随机变量的期望和方差相同.棣莫弗在1733年证明了的特殊情形.1812年，拉普拉斯对一般的进行了证明.现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数不超过60次的概率为      .

（附：若，则，，）

【答案】0.977

【分析】利用二项分布的期望和方差的公式以及正态分布的原则求解即可.

【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币100次，设硬币正面朝上次数为,则,

故， ，

由已知得，且,,

因为，

所以,解得，

所以,

故答案为：0.977.

四、双空题

16．在数列中，，，则      ；的前40项和为      .

【答案】     0     420

【分析】由和递推式求出，再可求出，再对分别取奇偶数，得到两组等式，利用累加法可求出的前40项和

【详解】因为，，所以，得，

所以，所以，

因为，

所以，，，……，，，①

所以，②

因为，，，……，，③

所以，④

由①③得，所以

②式减去④式得，

所以，

所以，

故答案为：0，420

【点睛】关键点点睛：此题考查由数列的递推式求数列的项与前项的和，解题的关键是对分别取奇偶数，得到两组等式，再由这两组等式作加减运算可得结果，考查数学计算能力，属于较难题.

五、解答题

17．已知中，，且.

（1）求m；

（2）求.

【答案】（1）（2）29524

【分析】（1）由二项式定理求出第4项和第7项的系数，代入已知可得；

（2）令得所有项系数和，令得奇数项系数和与偶数项系数和的差，两者结合后可得偶数项系数和，是常数项易求，从而可得，

【详解】（1）因为，，

依题意得：，

因为，所以，得.

（2）

令得：.①

令得：.②

由①②得：，

即.

又，

所以

【点睛】本题考查二项式定理的应用和赋值法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，导向对发展数学抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注.

18．某校“足球社团”调查学生喜欢足球是否与性别有关，现从男女同学中各随机抽取80人，其中喜欢足球的学生占总数的80%，女同学中不喜欢足球的人数是男同学中不喜欢足球人数的3倍.

(1)完成下列列联表，并依据小概率值的独立性检验推断喜欢足球与性别是否有关联？

(2)对160人中不喜欢足球的同学采用按性别比例分配的分层随机抽样的方法抽取8人，再从这8人中随机抽取3人，用表示随机抽取的3人中女同学的人数，求的分布列及数学期望.

附：

，

【答案】(1)列联表见解析，有关

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据题意完善列联表，计算，并与临界值对比分析；

（2）根据分层抽样求各层人数，再结合超几何分布求分布列和期望.

【详解】（1）男女同学共160人，喜欢足球的学生占总数的80%，即128人，有32人不喜欢足球，

其中女同学是男同学的3倍，可知女同学不喜欢足球的24人，男同学不喜欢足球的8人，

所以男同学喜欢足球的72人，女同学喜欢足球的56人，

可得列联表

根据表中数据，计算得到

根据小概率值的独立性检验，可以推断喜欢足球与性别有关联；

（2）按分层抽样，设女同学人，男同学人，则，解得，，

即从不喜欢足球的同学中抽取6名女同学，2名男同学.

的可能取值为1，2，3，则：

，，，

所以随机变量的分布列如下表所示：

故.

19．“绿水青山就是金山银山”，为推广生态环境保护意识，高二一班组织了环境保护兴趣小组，分为两组，讨论学习．甲组一共有人，其中男生人，女生人，乙组一共有人，其中男生人，女生人，现要从这人的两个兴趣小组中抽出人参加学校的环保知识竞赛.

（1）设事件为 “选出的这个人中要求两个男生两个女生，而且这两个男生必须来自不同的组”，求事件发生的概率；

（2）用表示抽取的人中乙组女生的人数，求随机变量的分布列和期望

【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）分布列见解析，.

【分析】（Ⅰ）直接利用古典概型概率公式求 . （Ⅱ）先由题得可能取值为,再求x的分布列和期望.

【详解】（Ⅰ）

（Ⅱ）可能取值为,

,

,

,

,

的分布列为

.

【点睛】本题主要考查古典概型的计算，考查随机变量的分布列和期望的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

20．为贯彻中共中央、国务院2023年一号文件，某单位在当地定点帮扶某村种植一种樱桃，并把这种露天种植的樱桃搬到了大棚里，收到了很好的经济效益.根据资料显示，产出的樱桃的箱数（单位：箱）与成本（单位：千元）的关系如下：

与可用回归方程（其中，为常数）进行模拟.

(1)若农户卖出的该樱桃的价格为100元/箱，试预测该水果200箱的利润是多少元.（利润=售价-成本）

(2)据统计，1月份的连续30天中农户每天为甲地可配送的该水果的箱数的频率分布直方图如图，用这30天的情况来估计相应的概率，一个运输户拟购置辆小货车专门运输农户为甲地配送的该水果，一辆货车每天只能运营一趟，每辆车每趟最多只能装载40箱该水果，满载发车，否则不发车.若发车，则每辆车每趟可获利520元；若未发车，则每辆车每天平均亏损220元.试比较和时，此项业务每天的利润平均值的大小.

参考数据与公式：设，则，

线性回归直线中，，，，.

【答案】(1)7216元

(2)购置3辆小货车的利润平均值大于购置4辆小货车的利润平均值

【分析】（1）由参考数据及公式利用最小二乘法求出线性回归直线方程，再将代入即可.

(2)根据题意设运输户购3辆车和购4辆车时每天的利润分别为，元，列出分布列，由分布列求出均值.

【详解】（1）根据题意，，

，

所以，

所以，又，所以，

所以时，（千元），

即该水果200箱的成本为12784元，

故该水果200箱的利润（元）.

（2）根据频率分布直方图，可知该农户每天可配送的该水果的箱数的概率分布表为：

设该运输户购3辆车和购4辆车时每天的利润分别为，元，

则的可能取值为1560，820，80，其分布列为：

故，

的可能取值为2080，1340，600，，其分布列为：

故，

∴

即购置3辆小货车的利润平均值大于购置4辆小货车的利润平均值.

21．（1）已知数列的前项和是，且，求的通项公式.

（2）已知正项数列的前项和满足，求数列的通项公式.

【答案】（1）（2）

【分析】（1）由数列的前项和公式求通项公式即可得出结论；

（2）由与关系求通项公式即可得出结论；

【详解】（1）由可得，

当时，，

当时，,

∴经验证，当时也成立.

所以.

（2）∵①

∴，得.

∴②

②－①得：，∴即，

∴，，，…，，

∴.

经验证，当时也成立.

所以.

22．2021年新高考数学试卷中对每道多选题的得分规定：全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．小明在做多选题的第11题、第12题时通常有两种策略：

策略为避免选错只选出一个最有把握的选项．这种策略每个题耗时约3min．

策略选出自己认为正确的全部选项．这种策略每个题耗时约6min．

某次数学考试临近，小明通过前期大量模拟训练得出了两种策略下第11题和第12题的作答情况如下：

第11题：如果采用策略，选对的概率为0.8，采用策略，部分选对的概率为0.5，全部选对的概率为0.4．

第12题：如果采用策略，选对的概率为0.7，采用策略，部分选对的概率为0.6，全部选对的概率为0.3．

如果这两题总用时超过10min，其他题目会因为时间紧张少得2分．假设小明作答两题的结果互不影响．

(1)若小明同学此次考试中决定第11题采用策略、第12题采用策略，设此次考试他第11题和第12题总得分为，求的分布列．

(2)小明考前设计了以下两种方案：

方案1：第11题采用策略，第12题采用策略；

方案2：第11题和第12题均采用策略．

如果你是小明的指导老师，从整张试卷尽可能得分更高的角度出发，你赞成他的哪种方案？并说明理由．

【答案】(1)分布列见解析

(2)赞成小明的方案1，理由见解析

【分析】（1）分析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，可得出随机变量的分布列；

（2）计算出两种方案下得分的期望和所用的时间，结合题意可得出结论.

【详解】（1）解：设事件为“第11题得0分”，为“第11题得2分”，为“第11题得5分”，为“第12题得2分”，为“第12题得0分”，

所以，，，，．

由题意可知的可能取值为、、、、，

，

，

，

，

，

所以的分布列为：

（2）解：设随机变量为第11题采用策略的得分，为第题采用策略的得分，为第12题采用策略的得分．

的分布列为

所以．

的分布列为

所以.

的分布列为

所以.

若采用方案1，两题总得分均值为（分），

若采用方案2，两题总得分均值为（分），

但方案2因时间超过10min，后面的题得分少分，相当于得分均值为分．

因为，所以我赞成小明的方案1．