2024~2025学年山东烟台招远高二第二学期第一次月考数学试题[附解析}

这是一份2024~2025学年山东烟台招远高二第二学期第一次月考数学试题[附解析}，共18页。试卷主要包含了 的展开式的第6项的系数是， 数学家波利亚说过， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
1.本试题满分150分，考试时间为120分钟.
2答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题卡上.
3.使用答题纸时，必须使用05毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰.超出答题区书写的答案无效；在草稿纸､试题卷上答题无效.
一､选择题：本题共8小题，年小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 正八边形的对角线的条数为（ ）
A. 20B. 28C. 40D. 56
【正确答案】A
【分析】正八边形中，分析可得：任取2个顶点可以得到一条线段，利用组合数计算可得得到线段的数目，排除其中正八边形的8条边即可得答案．
【详解】正八边形中，任取2个顶点可以得到一条线段，则可以得到条线段，其中包括了正八边形的8条边，则正八边形对角线的条数为条.
故选：A.
2. 的展开式的第6项的系数是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】先写出二项式展开式的通项，通过通项即可求解.
【详解】由题得，
令，所以，
所以的展开式的第6项的系数是.
故选：C.
3. 学校要求学生从物理､历史､化学､生物､政治､地理这6科中选3科参加考试，规定先从物理和历史中任选1科，然后从其他4科中任选2科，不同的选法种数为（ ）
A. 5B. 12C. 20D. 120
【正确答案】B
【分析】先从物理和历史中选一科，再从剩下4科中选一科，进而用分布计数原理得到答案.
【详解】从物理和历史中任选1科，有种，然后从其他4科中任选2科，有种，
共有种.
故选：B.
4. 已知随机变量的分布列如下表，若，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】由期望公式可得，结合分布列的性质有，再应用方差公式求.
【详解】由题设，，即，则，
而，
所以.
故选：C
5. 5个相同的球，放入8个不同的盒子中，每个盒里至多放一个球，则不同的放法有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【正确答案】B
【分析】由题意可知只要从8个不同的盒子中选出5个盒子即可.
【详解】由于球都相同，盒子不同，每个盒里至多放一个球，
所以只要选出5个不同的盒子即可．
故共有种不同的放法
故选：B
6. 甲、乙两名同学参加了班级组织的数学知识有奖竞答活动，二人从各自的10道题中（这20道题均不相同）各自独立地随机抽取2道题现场回答，已知在每人的10道题中，均有5道是代数题，5道是几何题，则甲、乙两名同学抽取的4道题目中有且仅有2道代数题的概率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据组合数分别计算求解总的抽法和有且仅有2道代数题的抽法，再应用古典概型计算即可.
【详解】甲、乙二人从各自的10道题中各自独立地随机抽取2道题，不同的抽法共有（种），
其中有且仅有2道代数题的抽法共有（种），
所以甲、乙两名同学抽取的4道题目中有且仅有2道代数题的概率为.
故选：C.
7. 某公司人事部门收到两所高校毕业生的报表，分装2袋，第一袋装有6名男生和4名女生的报表，第二袋装有7名男生和5名女生的报名.随机选择一袋，然后从中随机抽取2份，则恰好抽到男生和女生报表各1份的概率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】先确定选择每一袋的概率，再分别计算从每一袋中抽到一男一女报表的概率，最后根据全概率公式计算恰好抽到男生和女生报表各份的概率.
【详解】因为是随机选择一袋，所以选择第一袋和第二袋的概率均为.
第一袋中有名男生和名女生的报表，从10份报表中随机抽取份的组合数.
从名男生中选名，从名女生中选名的组合数为.
所以从第一袋中抽到一男一女报表的概率为.
第二袋中有名男生和名女生的报表，从12份报表中随机抽取份的组合数为.
从名男生中选名，从名女生中选名的组合数为.
所以从第二袋中抽到一男一女报表的概率为.
设事件表示“恰好抽到男生和女生报表各份”，事件表示“选择第一袋”，事件表示“选择第二袋”
根据全概率公式，其中，，，可得：

恰好抽到男生和女生报表各份的概率为.
故选：D.
8. 数学家波利亚说过：为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系.根据波利亚的思想，由恒等式（m，）左右两边展开式（其中，，）系数相同，可得恒等式，我们称之为范德蒙德恒等式，下列关于范德蒙德恒等式说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】BCD
【分析】依据范德蒙德恒等式（，，，）,适当对赋值来判断各个选项的正确性.
【详解】根据范德蒙德恒等式，而不是.
例如时，左边，右边，此时，A错误.
对于，这里.
根据范德蒙德恒等式，此时，.
所以，B正确.
对于，这里.
由范德蒙德恒等式，，.
所以，C正确.
对于，可以看作（因为）.
这里，，根据范德蒙德恒等式，而.
所以，D正确.
故选：BCD.
二､多选题：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. 已知，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【正确答案】ABD
【分析】A选项，先把拆成.分别在两部分里找的系数，再相加得到.B选项用赋值法，令和得到两个等式，两式相减消去，算出.C选项令得，因，所以.D选项等价于各项系数和，令就能算出结果.
【详解】根据二项式定理，展开式的通项为（）.
.
要求的系数，在中，令，得，
此时该项系数为；
在中，令，得，此时该项系数为.
所以，故A选项正确.
令，得①；
令，得②.
①-②得，所以，故B选项正确.
令，得，
又因为，所以，故C选项错误.
相当于的各项系数和.
令，则，故D选项正确.
故选：ABD.
10. 一个课外兴趣小组共有5名成员，其中有3名女性成员，2名男性成员，现从中随机选取3名成员进行学习汇报，记选出女性成员的人数为，则下列结论正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】BCD
【分析】根据给定条件，求出X的分布列，再结合期望、方差的定义逐项计算判断即得.
【详解】女性成员人数X的可能值为，
则，
对于A，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，D正确.
故选：BCD.
11. 全国高考I卷数学试题第二部分为多选题，共3个小题，每小题有4个选项，其中有2个或3个是正确选项，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.若正确答案是2个选项，只选对1个得3分，有选错的得0分：若正确答案是3个选项，只选对1个得2分，只选对2个得4分，有选错的得0分.小明对其中的一道题完全不会，该题有两个正确选项的概率是，记为小明随机选择1个选项的得分，记为小明随机选择2个选项的得分，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】BD
【分析】分别计算出和的分布列，然后逐项进行计算即可求得.
【详解】①由题意， 表示：若该题有两个正确选项，则小明从两个错误选项中选择1个；若该题有3个正确选项，则小明从1个错误选项中选择1个，
则；
表示：该题有3个正确选项，则小明从3个正确选项中选择1个，
则；
表示：该题有2个正确选项，则小明从2个正确选项中选择1个，
则；
②表示：若该题有两个正确选项，则小明从两个错误选项中选择1个，
再从两个正确选项中选择1个或选择2个错误选项；
若该题有3个正确选项，则小明从1个错误选项中选择1个，
再从3个正确选项中选一个，则；
表示：该题有3个正确选项，则小明从3个正确选项中选择2个，
则；
表示：该题有2个正确选项，则小明从2个正确选项中选择2个，
则；
对于A选项，，故 A错误；
对于B选项，；；
所以， B正确；
对于C选项，，
则，C错误；
对于D选项，，D正确.
故选：BD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 展开式中的常数项为__________.
【正确答案】
【分析】利用二项式定理得到展开式的通项公式，求出常数项.
【详解】的展开式通项公式为，
令，解得，故，
所以展开式中常数项为.
故答案为.
13. 亚冬会期间，组委会将5名志愿者分配到三个场馆进行引导工作，每个场馆至少分配一人，每人只能去一个场馆.若甲､乙要求去同一个场馆，则所有不同的分配方案的种数为__________.
【正确答案】36
【分析】按照分组分配问题先将5名志愿者分情况讨论并分成三组，再分配到三个场馆进行计算可得结果.
【详解】第一步：先将5名志愿者分成三组，每组人数为1，1，3或1，2，2；
当分为1，1，3时，且甲、乙要求去同一个场馆，则甲、乙必须在3人组，
因此只需从剩下的3人中任选一人，其余两人各自一组，共有种分法；
当分为1，2，2时，且甲、乙要求去同一个场馆，则将剩下的3人分成两组即可，共有种分法；
第二步：再将分好的三组人员分配到三个场馆，共有种分配方案；
因此共种.
故36.
14. 甲、乙两名运动员进行乒乓球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，，且每局比赛结果相互独立．
①若，则甲运动员恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率为____________；
②若比赛最多进行5局，则比赛结束时比赛局数的期望的最大值为____________．
【正确答案】 ① ②.
【分析】根据题意，由条件可得甲运动员恰好在第4局比赛后赢得比赛，共两种情况，结合概率公式，即可得到结果；求出分布列，进而求出期望，再由基本不等式与二次函数性质即可求出最值.
【详解】记事件为每局比赛“甲获胜”， 记事件为每局比赛“乙获胜”，
记事件为甲运动员恰好在第4局比赛后赢得比赛，则事件包括事件两种情况，
则；
每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，由题意得的所有可能取值为，则
，
，
.
所以的分布列为
所以的期望
，
因为，所以，
当且仅当时等号成立，所以，
所以，
故的最大值为.
故答案：；.
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. 用0，1，2，3，4，5这六个数字，能组成多少个符合下列条件的数字？（用数字作答）
（1）无重复数字的四位奇数；
（2）无重复数字且能被5整除的四位数；
（3）无重复数字且比1203大的四位数.
【正确答案】（1）144 （2）108
（3）287
【分析】（1）先从而1，3，5中选一个排在个位；在从非0的4个数中选一个数排在千位，然后从而剩下的4个数中，选2个排在中间两位，然后利用分步计数原理求解；
（2）分为两类，第一类：0在个位时和5在个位时求解；
（3）分为四类，第一类：形如，，，，第二类：形如，，，第三类：形如，第四类：形如，第五类：形如求解.
【小问1详解】
符合要求的四位奇数为：先排个位有种，再排千位有种，
再排中间两位共种，
所以由分步计数原理，共有个；
【小问2详解】
符合要求的数可分为两类：
第一类：0在个位时有个；
第二类：5在个位时有个；
故满足条件的四位数共有（个）.
【小问3详解】
符合要求的比1203大的四位数可分为四类：
第一类：形如2，，，，共有个；
第二类：形如，，，共有个；
第三类：形如，共有个；
第四类：形如123，共有个；
第五类：形如，共有个，
由分类加法计数原理知，
无重复数字且比1203大的四位数共有（个）.
16. （1）已知的展开式中，各项的系数和比各项的二项式系数和大240，求展开式中二项式系数最大的项.
（2）已知的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，求该展开式中系数最大的项.
【正确答案】（1）；（2）
【分析】（1）利用赋值法表示出系数和，由题意建立方程求得指数，结合通项即可求解；
（2）由题意求得，设第项的系数最大，建立方程求得指数，代入通项即得答案.
【详解】（1）令，可得各项系数和为，
展开式各项的二项式系数之和为，
由已知得，
即，
解得或（舍去），
所以，
故的展开式中二项式系数最大的项为.
（2）由题意可知，解得，
故展开式的通项为，
设第项的系数最大，则，
，解得，
因为，所以，
故展开式中的系数最大的项为.
17. 某学校为了学习、贯彻党的二十大精神，组织了“二十大精神”知识比赛，甲、乙两位教师进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲、乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分．根据以往答题经验，每道题甲、乙答对的概率分别为，且甲、乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响．
（1）求在一局比赛中，甲得分的分布列与数学期望；
（2）设这次比赛共有3局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求乙最终获胜的概率．
【正确答案】（1）分布列见解析，
（2）
【分析】（1）由题意知，取值可能为，分别求出对应的概率，写出分布列，再由数学期望公式即可.
（2）由独立事件乘法公式及互斥事件的概率即可求出结果.
【小问1详解】
取值可能为，
；
；
，
所以的分布列为
．
【小问2详解】
由（1）可知在一局比赛中，乙获得10分的概率为，乙获得0分的概率为，乙获得分的概率为．
在3局比赛中，乙获得30分的概率为；
在3局比赛中，乙获得20分的概率为；
在3局比赛中，乙获得10分的概率为，
所以乙最终获胜的概率为．
18. 为了更好了解两会知识，某高中拟组织一次两会知识测试，从全校学生中随机抽取30人进行测试，其中高一年级组12人，高二年级组10人，高三年级组8人，测试共分为两轮.
（1）第一轮测试按高一､高二､高三3个小组顺次进行，若一切正常，参测小组完成测试的时间为20分钟；若出现异常情况，则参测小组需要延长5分钟才能完成测试.已知每一小组正常完成测试的概率均为，且各小组是否正常完成测试互不影响.记3个小组全部完成测试所需总时间为，求的分布列；
（2）第二轮测试将3组同学混合进行排序，每位同学按排序顺次进行面试，且每人测试时间相等.
①求最后一名同学来自高一年级组的条件下，高二年级组同学比高三年级组同学提前完成面试的概率；
②若所有参加面试的同学都可以得到一本“两会纪念册”，成绩优秀的同学还可以多得一本“两会纪念册”，已知每一名同学面试成绩优秀的概率均为，设这30名同学所得“两会纪念册”总数恰好为个的概率为，当取最大值时，求的值.
【正确答案】（1）分布列见解析
（2）①；②
【分析】（1）写出随机变量的可能取值，根据对应情况求出概率，从而得到分布列；
（2）①设事件：最后一名同学来自高一年级组；事件：高二年级组同学比高三年级组同学提前完成面试，根据条件概率公式计算结果.
②根据题意表示，通过分析与的大小关系可得结果.
【小问1详解】
由题意得，的取值可以为，
，
.
的分布列：
【小问2详解】①设事件：最后一名同学来自高一年级组；事件：高二年级组同学比高三年级组同学提前完成面试，
则，
，
所以，
所以最后一名同学来自高一年级组的条件下，高二年级组同学比高三年级组同学提前完成面试的概率为.
②由题意得，，
，
所以，
由得，，由得，，
所以当时，，
当时，，
故当取最大值时，.
19. 信息在传送中都是以字节形式发送，每个字节只有0或1两种状态，为保证信息在传送中不至于泄露，往往需要经过多重加密，若，是含有一个字节的信息，在加密过程中，会经过两次加密，第一次加密时信息中字节会等可能的变为0或1，且0，1之间转换是相互独立的，第二次加密时，字节中0或1发生变化的概率为，若，的初始状态为0，1或1，0，记通过两次加密后，中含有字节1的个数为.
（1）若两次加密后的，中字节1的个数为2，且，求，通过第一次加密后字节1的个数为2的概率；
（2）若一条信息有种等可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为，则称（其中为这条信息的信息熵，试求，经过两次加密后字节1的个数为的信息熵；
（3）将一个字节为0的信息通过第二次加密，当字节变为1时停止，否则重复第二次加密直至字节变为1，设停止加密时该字节第二次加密的次数为.证明.
【正确答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【分析】（1）设事件为“通过第一次加密后字节1的个数为”，事件为“通过第二次加密后字节1的个数为2”，，利用全概率公式，条件概率的计算公式，即可求解；
（2）由随机变量，根据独立重复试验的概率公式，分别求得相应的概率，结合信息熵的计算公式，即可求解；
（3）利用期望的计算公式，求得，再由，得出和表达式，两式相减，得到，结合极限的思想，即可得证.
【小问1详解】
解：记事件为“通过第一次加密后字节1的个数为”，，
事件为“通过第二次加密后字节1的个数为2”，
则，，
，
则，
故.
【小问2详解】
解：由题意知，随机变量，
由（1）知，
同理可得，
则，
所以的信息熵.
【小问3详解】
解：由题知，其中，
则，
因为，
，
，
两式相减得
，
所以，
当无限增大时，和都无限趋近于0，且，
所以.
对于随机变量的期望与方差问题的求解策略：
1、求离散型随机变量的期望与方差关键是确定随机变量的所有可能取值，写出随机变量的分布列，正确运用期望、方差公式进行计算；
2、要注意观察随机变量的概率分布特征，若属于二项分布，可用二项分布的期望与方差的计算公式计算，则更为简单；
3、在实际问题中，若两个随机变量，有或比较接近时，就用与来比较两个随机变量的稳定程度，即一般地期望最大（或最小）的方案最为最优方案，若各方案的期望相同，则选择方差最小（最大）的方案作为最优方案.
P
2
4
5
0
10
60
65
70
75