2022-2023学年黑龙江省大兴安岭实验中学（东校区）高二下学期4月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年黑龙江省大兴安岭实验中学（东校区）高二下学期4月月考数学试题含答案，共16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．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由条件概率的计算公式直接求得.
【详解】由乘法公式，得.
故选：C．
2．在的展开式中，含的项的系数是（ ）
A．-23B．-21C．21D．23
【答案】B
【分析】从6个因式中，5个因式选择，一个因式选择常数,求解即可.
【详解】解：由组合知识可知含的项的求解，需要从6个因式中，5个因式选择，一个因式选择常数，
故含的项的系数为.
故选:B.
3．设随机变量的分布列为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据运算可得，再分析理解得，结合对立事件求概率．
【详解】由题意：
所以，得
所以
故选：C．
4．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行.甲､乙等5名杭州亚运会志愿者到羽毛球､游泳､射击､体操四个场地进行志愿服务，每个志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲去羽毛球场，则不同的安排方法共有（ ）
A．6种B．60种C．36种D．24种
【答案】B
【分析】根据已知条件可知，肯定有一个场地是两个人，该问题分为两类，一类是羽毛球场两人，一类是羽毛球场只有1人，运用分类加法及分步乘法计数原理求解即可.
【详解】①羽毛球场安排2人，除甲外的其余4人每人去一个场地，不同安排方法有种，
②羽毛球场只安排1人（甲），其余4人分成3组（211）再安排到剩余3个场地，不同安排方法有种，
所以不同的安排方法有种.
故选：B.
5．习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动中华优秀传统文化创造性转化．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年．“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图所示，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，第10行第9个数是（ ）
A．9B．10C．36D．45
【答案】D
【分析】结合二项式展开式的二项式系数求得正确结论.
【详解】由题意知第10行的数就是二项式（a+b）10的展开式中各项的二项式系数，
故第10行第9个数是．
故选：D
6．甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为0.6和0.8，在目标被击中的条件下，甲、乙同时击中目标的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意,记甲击中目标为事件A,乙击中目标为事件B,目标被击中为事件C,由相互独立事件的概率公式,计算可得目标被击中的概率,进而计算在目标被击中的情况下,甲、乙同时击中目标的概率,可得答案.
【详解】根据题意,记甲击中目标为事件A,乙击中目标为事件B,目标被击中为事件C,
则；
则在目标被击中的情况下,甲、乙同时击中目标的概率为.
故选：B.
【点睛】本题考查条件概率的计算,是基础题,注意认清事件之间的关系,结合条件概率的计算公式正确计算即可.属于基础题.
7．已知函数，则图象为如图的函数可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.
【详解】对于A，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；
对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C，，则，
当时，，与图象不符，排除C.
故选：D.
8．在概率论中，全概率公式指的是：设为样本空间，若事件两两互斥，，则对任意的事件，有．若甲盒中有2个白球、2个红球、1个黑球，乙盒中有个白球、3个红球、2个黑球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，若从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同的概率大于等于，则的最大值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】设第一次从甲盒取出白球，红球，黑球的事件分别为，，，从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同的事件为，由全概率公式知，，代入计算解不等式即可求出答案.
【详解】设第一次从甲盒取出白球，红球，黑球的事件分别为，，，
从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同的事件为，
则
，
解得，则的最大值为6．
故选：C．
二、多选题
9．若随机变量X服从两点分布，其中，，分别为随机变量X的均值与方差，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】根据两点分布求，再根据期望和方差公式以及性质，即可求解.
【详解】由题意可知，，所以，
，，
故选：AB
10．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼” “乐” “射” “御” “书” “数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则（ ）
A．某学生从中选3门，共有30种选法
B．课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法
C．课程“礼”“乐”“数”排在相邻三周，共有144种排法
D．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法
【答案】CD
【分析】根据题意，由分步、分类计数原理和排列数与组合数公式，分别判断各选项即可．
【详解】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，某学生从中选3门，6门中选3门共有种，故A错误；
对于B，课程“射”“御”排在不相邻两周，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，
在其中任选2个，安排“射”“御”，共有种排法，故B错误；
对于C，课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，
由捆绑法：将“礼”“书”“数”看成一个整体，
与其他3门课程全排列，共有种排法，故C正确；
对于D，课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，分2种情况讨论，
若课程“乐”排在最后一周，有种排法，
若课程“乐”不排在最后一周，有种排法，
所以共有种排法，故D正确．
故选：CD．
11．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据给定条件，利用二项式定理结合赋值法计算、化简判断作答.
【详解】令，
对于A，，A正确；
对于B，展开式的第项为，
因此，B错误；
对于C，显然展开式的所有奇数项系数均为负数，所有偶数项系数均为正数，
因此，C正确；
对于D，因为，则，D正确.
故选：ACD
12．已知的展开式中各项系数的和为2，则下列结论正确的有（ ）
A．B．展开式中常数项为160
C．展开式系数的绝对值的和1458D．展开式中含项的系数为240
【答案】ACD
【分析】对于A,先利用赋值法算出；对于B和D，求出展开式的通项公式，再由多项式乘法法则即可判断；对于C，展开式系数的绝对值的和可看做是二项式展开式系数的和，然后用赋值法即可判断
【详解】解：对于A,令，所以的展开式中各项系数的和为，解得，故A正确；
对于B和D,展开式通项公式为,
当时，；当时，(舍去)，
所以展开式中常数项为；
当时，；当时，(舍去)，
所以展开式中含项的系数为，
故B错误，D正确；
对于C，二项式展开式系数的绝对值的和可看做是二项式展开式系数的和，
所以令，展开式系数的和为，故C正确；
故选：ACD
13．某高中校团委组织“喜迎二十大、永远跟党走、奋进新征程”学生征文比赛，经评审，评出一、二、三等奖作品若干（三等奖作品数是二等奖作品数的2倍），其中高一年级作品分别占，，.现从获奖作品中任取一件，记“取出等奖作品”为事件，“取出获奖作品为高一年级”为事件，若，则（ ）
A．一、二、三等奖的作品数之比为B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】依题意设一等奖件，二等奖件，三等奖件，可表示高一年级与非高一年级获一，二，三等奖的作品数，再根据求出与的关系，从而一一判断即可.
【详解】依题意设一等奖件，二等奖件，则三等奖件，
则高一年级获一，二，三等奖作品数分别为
非高一年级获一，二，三等奖作品数分别为
因为，所以
则一、二、三等奖的作品数之比为，故A正确；
又因为，故B正确；
，故C错误；
又因为，且
所以，故D正确.
故选:ABD.
三、填空题
14．若，则 ．
【答案】
【分析】利用排列数和组合数的计算公式化简已知条件，由此求得的值.
【详解】由得，解得
故答案为：
【点睛】本小题主要考查排列数和组合数的计算，属于基础题.
15．已知函数，则 ．
【答案】
【分析】利用基本初等函数的导数公式以及导数的运算法则求出导函数，令求解，再求.
【详解】已知函数，则，
令可得：，解可得；，
.
故答案为：．
16．展开式中含项的系数为 .
【答案】30
【分析】根据二项式展开式有关知识求得正确答案.
【详解】由于，
所以的展开式中含的项为，
所以的展开式中的系数为30.
故答案为：30.
17．将一枚均匀的硬币连续抛掷n次，以表示没有出现连续3次正面的概率.给出下列四个结论：
①；
②；
③当时，；
④.
其中，所有正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【分析】由的对立事件概率可得和，可判断①②，再由第n次分正反面，依次讨论前n-1的正反及前n-2次，从而得到概率的递推关系，可判断④，由及，可得，从而可判断③.
【详解】当时，，①正确；
当时，出现连续3次正面的情况可能是：正正正反、反正正正，
所以，②错误；
要求，即抛掷n次没有出现连续3次正面的概率，
分类进行讨论，
若第n次反面向上，前n-1次未出现连续3此正面即可；
若第n次正面向上，则需要对第n-1进行讨论，依次类推，得到下表：
所以，④正确；
由上式可得
，
所以，
又，满足当时，，③正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是找到第n次和第n-1和第n-2次的关系，通过分类讨论及列表格的形式得到，属于难题.
四、解答题
18．将4个编号为的小球放入4个编号为的盒子中.
(1)有多少种放法？
(2)每盒至多一球，有多少种放法？
(3)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？
【答案】(1)256（种）
(2)24（种）
(3)12（种）
【分析】（1）由分步乘法计数原理求解即可；
（2）根据排列的定义求解即可；
（3）（方法1）先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个结合组合知识求解；（方法2）根据隔板法求解.
【详解】（1）每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有种放法.
（2）这是全排列问题，共有（种）放法.
（3）（方法1）先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个.由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题，
故共有（种）放法.
（方法2）恰有一个空盒子，第一步先选出一个盒子，有种选法，
第二步在小球之间的3个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，有种方法，
由分步计数原理得，共有（种）放法.
19．在下面三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解.条件①：第3项与第5项的二项式系数相等：条件②：只有第4项的二项式系数最大：条件③；所有项的二项式系数的和为64.
问题：在的展开式中， .
(1)求n的值；
(2)若其展开式中的常数项为60，求其展开式中所有的有理项.
【答案】(1)6
(2)，，，.
【分析】（1）选①，根据二项式系数的性质求得正确答案；选②，根据二项式系数的最值求得正确答案；选③，根据二项式系数和求得正确答案.
（2）利用二项式展开式的通项公式求得所有的有理项.
【详解】（1）选①，，所以；
选②，只有第4项的二项式系数最大，所以展开式的中间项为第四项，故展开式共7项，所以；
选③，二项式系数的和为.
（2）二项式展开式的通项公式为：
，
当时，，（负根舍去）.
所以有理项为，，，；
即，，，.
20．随着相关科技成果不断落地，人工智能技术与实体经济加速融合，助推传统产业转型升级，某公司利用人工智能技术推动产业转型升级，三个产业转型升级的指标值是随机变量，的可能取值为0，1，x，且，，．
(1)求x和的值；
(2)若，求和的值
【答案】(1)x＝2，
(2)，.
【分析】（1）设，由分布列的性质求，由期望的定义列方程求，再由方差的定义求；
（2）根据期望和方差的性质求和的值.
【详解】（1）设，则，
得，
又，
解得x＝2．
所以．
（2）因为，
所以，
．
21．目前，全国多数省份已经开始了新高考改革.改革后，考生的高考总成绩由语文､数学､外语3门全国统一考试科目成绩和3门选择性科目成绩组成.注：甲同学对选择性科目的选择是随机的.
(1)省规定选择性考试科目学生可以从政治､历史､地理､物理､化学､生物6门科目中任选3门参加选择性考试.求甲同学在选择物理科目的条件下，选择化学科目的概率；
(2)省规定：3门选择性科目由学生首先从物理科目和历史科目中任选1门，再从政治､地理､化学､生物4门科目中任选2门.为调查学生的选科情况，从某校高二年级抽取了10名同学，其中有6名首选物理，4名首选历史.现从这10名同学中再选3名同学做进一步调查.将其中首选历史的人数记作，求随机变量的分布列和数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，数学期望为
【分析】（1）首先求出“选择物理”的概率，再求出“选择化学”的概率，利用条件概率的计算公式求解即可；
（2）根据条件确定随机变量的可能取值，分别求出概率，列分布列，运用期望公式求出期望.
【详解】（1）“选择物理”记作事件A，“选择化学”为事件，则，则.
（2）随机变量可以取.
，
，
随机变量的分布列为
.
22．某企业有甲、乙两个研发小组，甲组研究新产品成功的概率为，乙组研究新产品成功的概率为，现安排甲组研发新产品，乙组研发新产品，设甲、乙两组的研发相互独立．
(1)求恰好有一种新产品研发成功的概率；
(2)若新产品研发成功，预计企业可获得利润120万元，不成功则会亏损50万元；若新产品研发成功，企业可获得利润100万元，不成功则会亏损40万元，求该企业获利万元的分布列．
【答案】(1)；
(2)分布列见解析.
【分析】（1）依据题设，结合独立事件的概率的乘法公式进行求解；
（2）根据题设求出所有可能取值的概率即可得其分布列.
【详解】（1）因为甲、乙两个研发小组研究新产品成功的概率分别为为和，且相互独立，
所以，恰好有一种新产品研发成功的概率；
（2）根据题意，的可能取值有.
，
所以分布列为：
23．已知函数，.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数在上是减函数，求实数的取值范围；
（3）令，是否存在实数，当（是自然对数的底数）时，函数的最小值是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，且.
【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）先对函数进行求导，根据函数在上是减函数，可得出对任意的恒成立，结合参变量分离法可取得实数的取值范围；
（3）先假设存在，然后对函数进行求导，再对的值分情况讨论函数在上的单调性和最小值取得，可知当能够保证当时有最小值．
【详解】（1）当时，，所以，则，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）因为函数在上是减函数，所以在上恒成立.
即在上恒成立，
令，则，所以，函数在上单调递减，
则，；
（3）假设存在实数，使有最小值.
且有.
①当时，，所以在上单调递减，
则，解得（舍去）；
②当时，即当时，在上恒成立，所以在上单调递减，
则，解得（舍去）；
③当时，即当时，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，，满足条件.
综上，存在实数，使得时，有最小值．
【点睛】结论点睛：利用函数的单调性求参数，可按照以下原则进行：
（1）函数在区间上单调递增在区间上恒成立；
（2）函数在区间上单调递减在区间上恒成立；
（3）函数在区间上不单调在区间上存在极值点；
（4）函数在区间上存在单调递增区间，使得成立；
（5）函数在区间上存在单调递减区间，使得成立.
第n次
n-1次
n-2次
概率
反面
正面
反面
正面
正面
反面
0
1
2
3