山东省烟台市龙口第一中学东校2023-2024学年高二下学期第一次质量检测（3月）数学试题（3月+3月）

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一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意要求．
1. 学校有6个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少1个名额，则有（ ）种分配方案．
A. 135B. 10C. 75D. 120
【答案】B
【解析】
【分析】“学生名额”是相同元素，故相同元素分配分组问题，用“隔板法”
【详解】解：“学生名额”是相同元素，故相同元素分配分组问题，用“隔板法”，
故有，
故选：B.
2. 设，其中，且，则（ ）
A 3B. 5C. 7D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】由，利用二项展开式求解.
【详解】解：因为,
，
所以，
故选：D
3. 若，x∈R，则的值为（ ）.
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在展开式中，令，得，再令，可求出结果.
【详解】在中，
令，得，
令，得，
所以.
故选：A
4. 甲乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由互斥事件的概率计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得，甲最终获胜有两种情况：
一是前两局甲获胜，则获胜的概率为，
二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，则获胜的概率为，
而这两种事件是互斥的，
所以甲最终获胜的概率为．
故选：C
5. 在数学中，有一个被称为自然常数（又叫欧拉数）的常数.小明在设置银行卡的数字密码时，打算将自然常数的前6位数字进行某种排列得到密码.如果排列时要求两个2不相邻，两个8相邻，那么小明可以设置的不同的密码个数为（ ）
A. 36B. 48C. 72D. 120
【答案】A
【解析】
【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解．
【详解】如果排列时要求两个8相邻，两个2不相邻，
两个8捆绑看作一个元素与7，1全排列，排好后有4个空位，两个2插入其中的2个空位中，注意到两个2，两个8均为相同元素，
那么小明可以设置的不同密码共有.
故选：A．
6. 甲､乙､丙､丁4位同学报名参加学校举办的数学建模､物理探究､英语演讲､劳动实践四项活动，每人只能报其中一项，则在甲同学报的活动其他同学不报的情况下，4位同学所报活动各不相同的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件概率公式分别计算出积事件所含的基本事件数和事件所含的基本事件数，代入公式计算即得.
【详解】设“甲同学报的活动其他同学不报”，“4位同学所报活动各不相同”，由题得，
所以.
故选：C.
7. 中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊，己6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排4人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人．若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（ ）．
A. 14种B. 16种C. 18种D. 20种
【答案】C
【解析】
【分析】可以按照元素甲分类讨论，特殊元素和特殊位置优先考虑即可得解.
【详解】按照甲是否在天和核心舱划分，
①若甲在天和核心舱，天和核心舱需要从除了甲乙之外的4人中选取3人，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能；
②若甲不在天和核心舱，需要从问天实验舱和梦天实验舱中挑选一个，剩下5人中选取4人进入天和核心舱即可，则有种可能；
根据分类加法计数原理，共有种可能.
故选：C.
8. 甲、乙、丙三个地区分别有、、的人患了流感，且、、构成以为公差的等差数列．已知这三个地区的人口数的比为，现从这三个地区中任意选取一人，在此人患了流感的条件下，此人来自甲地区的概率最大，则的可能取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设事件、、分别为“此人来自甲、乙、丙三个地区”，事件为“此人患了流感”．利用条件概率公式计算出，根据题中条件可得出关于的不等式组，即可解得的取值范围，即可得解.
【详解】设事件、、分别为“此人来自甲、乙、丙三个地区”，
事件、、分别为“此人患了流感，且分别来自甲、乙、丙地区”，
事件为“此人患了流感”．
由题可知，，，，
，
由条件概率公式可得，
，，
由题意可得，即，解得，
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题意要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 随机变量，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 随机变量X的密度曲线比随机变量的密度曲线更“矮胖”
C.
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据给定的正态分布，利用正态分布的性质逐项判断作答.
【详解】随机变量，
对于A，当时，，故A正确；
对于B，由于，则随机变量的密度曲线比随机变量的密度曲线更“矮胖”，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，
而，因此，故D错误．
故选：ABC.
10. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（ ）
A.
B. 第2023行中从左往右第1011个数与第1012个数相等
C. 记第行的第个数为，则
D. 第20行中第12个数与第13个数之比为
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A：利用性质计算即可；对于B：利用的展开式的二项式系数计算；对于C：代入，利用二项式定理计算即可；对于D：利用的展开式的二项式系数计算
【详解】对于A：
，A错误；
对于B：第2023行中的数为的展开式的二项式系数，
则从左往右第1011个数为，第1012个数为，，B错误；
对于C：第行的第个数为，
则，C正确；
对于D：第20行中数为的展开式的二项式系数，
则从左往右第12个数为，第13个数为，
则，D正确.
故选：AB.
11. 甲，乙，丙，丁等4人相互传球，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者将球等可能地传给另外3人中的任何1人，经过n次传球后，球在甲手中的概率为，则下列结论正确的是（ ）
A. 经过一次传球后，球在丙中概率为
B. 经过两次传球后，球在乙手中概率为
C. 经过三次传球后，球在丙手中概率为
D. 经过n次传球后，
【答案】BCD
【解析】
【分析】依据题意根据古典概型公式及相互独立事件乘法公式逐项计算即可判断A,B,C;对于D,根据题意得到，构造等比数列进行计算即可求解.
【详解】对于A，依题可知经过一次传球后，球在丙中概率为，
故A错误；
对于B，过两次传球后，球在乙手中概率为，
故B正确；
对于C,经过三次传球后，球在丙手中的事件包括两种情况，
①第1次传球在丙手中，第2次传球不在丙手中，第3次传球在丙手中，
概率为；
②第1次传球不在丙手中，第2次传球不在丙手中，第3次传球在丙手中，
其概率
所以经过三次传球后，球在丙手中概率为，
故C正确；
对于D，经过次传球后，球在甲手中的概率为，
则，
整理得，
即，又，
所以是以公比为，首项为的等比数列，
则，
，
故D正确，
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在的展开式中，含的项的系数是__________.
【答案】15
【解析】
【分析】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个，1个常数即可写出含的项，则可得到答案.
【详解】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个，1个常数,
所以含的项为.
所以展开式中，含的项的系数是15.
故答案：15
13. 已知表示一个三位数，如果满足且，那么我们称该三位数为“凸数”，则没有重复数字的三位“凸数”的个数为________．
【答案】
【解析】
【分析】分两种情况讨论：①、、中有一个为；②、、三个数都不为零.确定三个数字的位置，结合分类加法计数原理可得结果.
【详解】由题意可知，在、、三个数中，最大，分以下两种情况讨论：
①若、、中有一个为，则最大的数放中间，放在个位上，另外一个数放在百位上，
此时，满足条件的没有重复数字的三位“凸数”的个数为个；
②若、、三个数都不为零，则最大的数放中间，另外两个数分别放在个位和百位上，
此时，满足条件的没有重复数字的三位“凸数”的个数为.
综上所述，没有重复数字的三位“凸数”的个数为个.
故答案为：.
14. 某同学共投篮12次，每次投篮命中的概率为，假设每次投篮相互独立，记他投篮命中的次数为随机变量，则_______，该同学投篮最有可能命中_______次．
【答案】 ①. 7.68 ②. 10
【解析】
【分析】由二项分布求方差公式得到方差，设该同学投篮最有可能命中次，从而得到不等式组，求出，得到答案.
【详解】由二项分布的定义可知，，
故，
设该同学投篮最有可能命中次，
则，即，
解得，因为为正整数，所以
故答案为：7.68，10
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知（）展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10：1．
（1）求展开式中含的项；
（2）求展开式中二项式系数最大的项．
【答案】（1）； （2）.
【解析】
【分析】（1）由题可先由条件第五项的系数与第三项的系数的比是10：1，由二项式定理通项公式建立关于的组合数方程，解出，再次运用通项公式求出含的项；
（2）由（1）已知，由二项式定理可知二项式系数的最大项为第5项，再由二项式定理的通项公式可求出此项．
【详解】由题意，第五项系数和第三项系数分别为，
所以，化简得，解得：或（舍去）．
（1）通项公式为，
令，则r=1，所以展开式中含的项为；
（2）由n=8知第五项的二项式系数最大，此时
16. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从数轴点1的位置出发，每隔向左或向右移动一个单位，设每次向右移动的概率为．

（1）当时，求后质点移动到点0的位置的概率；
（2）记后质点的位置对应的数为，若随机变量的期望，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用独立重复实验的概率求解
（2）写出随机变量可能值，利用期望大于0解不等式求解.
【小问1详解】
后质点移动到点0的位置，则质点向左移动了3次，向右移动了2次，
所求概率为：．
【小问2详解】
所有可能的取值为，且
，
，
，
，
由，解得，
又因为，故的取值范围为．
17. 某学校为了缓解学生紧张的复习生活，决定举行一次游戏活动，游戏规则为：甲箱子里装有3个红球和2个黑球，乙箱子里装有2个红球和2个黑球，这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球，且每次游戏结束后将球放回原箱，摸出一个红球记2分，摸出一个黑球记分，得分在5分以上（含5分）则获奖．
（1）求在1次游戏中，获奖的概率；
（2）求在1次游戏中，得分X的分布列及均值．
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）利用组合应用问题，结合古典概率公式求出摸到3个或4个红球的概率，再利用互斥事件求出概率.
（2）求出的可能值，及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望.
【小问1详解】
设“在1次游戏中摸出个红球”为事件，
设“在1次游戏中获奖”为事件，则，且互斥，
，，
所以在1次游戏中，获奖的概率.
【小问2详解】
依题意，所有可能取值为，由（1）知，
，，
，
，，
所以的分布列为：
数学期望.
18. 为了了解某年龄段人群的午休睡眠质量，随机抽取了1000名该年龄段的人作为被调查者，统计了他们的午休睡眠时间，得到如图所示频率分布直方图.
（1）求这1000名被调查者的午休平均睡眠时间；(同一组中数据用该组区间中点作代表)
（2）由直方图可以认为被调查者的午休睡眠时间服从正态分布，其中，分别取被调查者的平均午休睡眠时间和方差，那么这1000名被调查者中午休睡眠时间低于43.91分钟(含43.91)的人数估计有多少？
（3）如果用这1000名被调查者的午休睡眠情况来估计某市该年龄段所有人的午休睡眠情况，现从全市所有该年龄段人中随机抽取2人(午休睡眠时间不高于43.91分钟)和3人(午休睡眠时间不低于73.09分钟)进行访谈后，再从抽取的这5人中推荐3人作为代表进行总结性发言，设推荐出的代表者午休睡眠时间均不高于43.91分钟的人数为，求的分布列和数学期望.
附：①，.②，则；；.
【答案】（1）.（2）(人).（3）分布列答案见解析，数学期望为
【解析】
【分析】
（1）由频率分布直方图求出各组的概率，按照平均数公式求解；
（2）由（1）和已知可得，服从正态分布中，，，根据正态分布的对称性，求出中午休睡眠时间低于43.91分钟的概率，即可求出结论；
（3）的可能值为0，1，2，求出对应值的概率，列出随机变量分布列，再由期望公式，即可求解.
【详解】（1）由题意知，第一组至第六组的中间值分别为35，45，55，65，75，85；
对应的概率值为0.1，0.2，0.3，0.15，0.15，0.1；
.
所以，这1000名被调查者的午休平均睡眠时间.
（2）因为服从正态分布，，
所以，
所以这1000名被调查者中午休睡眠时间低于43.91分钟(含43.91)的人数估计有(人).
（3）的可能值为0，1，2，
，，
，
故的分布列为
所以，.
【点睛】本题考查频率分布直方图求平均数、正态分布求概率、求离散型随机变量分布列和期望，考查计算求解能力，属于基础题.
19. 若，是样本空间上的两个离散型随机变量，则称是上的二维离散型随机变量或二维随机向量．设的一切可能取值为，，记表示在中出现的概率，其中．
（1）将三个相同的小球等可能地放入编号为1，2，3的三个盒子中，记1号盒子中的小球个数为，2号盒子中的小球个数为，则是一个二维随机变量．
①写出该二维离散型随机变量的所有可能取值；
②若是①中的值，求（结果用，表示）；
（2）称为二维离散型随机变量关于的边缘分布律或边际分布律，求证：．
【答案】（1）①；②；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）①根据题意直接写出所有可能取值；②利用独立重复试验的概率、条件概率公式及独立事件的概率公式列式化简即得.
（2）利用全概率公式及互斥事件的加法公式推理即可.
【小问1详解】
①该二维离散型随机变量的所有可能取值为：
.
②依题意，，，
显然，则，
所以.
【小问2详解】
由定义及全概率公式知，
.
【点睛】关键点睛：利用全概率公式求随机事件B的概率问题，把事件B分拆成两个互斥事件与的和，再利用条件概率公式计算是解决问题的关键.
2
5
8
0
1
2