2021-2022学年山东省烟台第二中学高二3月月考数学试题含解析

这是一份2021-2022学年山东省烟台第二中学高二3月月考数学试题含解析，共16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学年山东省烟台第二中学高二3月月考数学试题一、单选题1．设随机变量～且，则的值等于（    ）A．1 B．2 C． D．4【答案】C【分析】利用二项分布方差计算公式计算出,进而计算出的值.【详解】由于满足为二项分布，故.由于，故，故选C.2．展开式的各项的系数之和为243，则展开式中的系数为（       ）A． B． C．38 D．42【答案】B【分析】先求的值，然后再求的系数即可.【详解】令，则，解得，则的系数为.3．我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果，功不可没，“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必清注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化败毒方、宜肺败毒方.若某医生从“三药三方”中随机选出两种，事件表示选出的两种中有一药，事件表示选出的两种中有一方，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用古典概型分别求出，，根据条件概率公式可求得结果.【详解】若某医生从“三药三方”中随机选出两种，事件表示选出的两种中有一药，事件表示选出的两种中有一方，则，，∴.故选：D.4．德国心理学家艾宾浩斯（H．Ebbinghaus）研究发现，遗忘在学习之后立即开始，而且遗忘的进程并不是均匀的．最初遗忘速度很快，以后逐渐减慢．他认为“保持和遗忘是时间的函数”他用无意义音节（由若干音节字母组成、能够读出、但无内容意义即不是词的音节）作为记忆材料．用节省法计算保持和遗忘的数量，并根据他的实验结果绘成描述遗忘进程的曲线，即著名的艾宾浩斯记忆遗忘曲线（如图所示）．若一名学生背了100个英语单词，一天后，该学生在这100个英语单词中随机听写2个英语单词，以频率代替概率，不考虑其他因素，则该学生恰有1个单词不会的概率大约为（       ）A．0.43 B．0.38 C．0.26 D．0.15【答案】B【解析】先根据艾宾浩斯记忆遗忘曲线得到一天后记得的，和忘记的单词数量，然后利用古典概型的概率公式求解概率即可.【详解】解：根据艾宾浩斯记忆遗忘曲线得100个英语单词，一天后，忘记了74个，还记得26个，则该学生恰有1个单词不会的概率.故选：B.【点睛】本题考查古典概型的求解，考查学生的阅读和理解能力，是基础题.5．已知n是一个三位正整数，若n的十位数字大于个位数字，百位数字大于十位数字，则称n为三位递增数.己知，设事件A为“由a，b，c组成三位正整数(数字可重复)”，事件B为“由a，b，c组成的三位正整数为递增数”则(       )A． B． C． D．【答案】B【分析】根据条件概率计算公式即可计算.【详解】由题可知n(A)＝4×5×5＝100，由a，b，c组成的三位正整数为递增数，则：若该三位数个位是0，则百位和十位从1，2，3，4四个数字中任选两个按大小排列即可，共种可能；若该三位数个位是1，则百位和十位从2，3，4三个数字中任选两个按大小排列即可，共种可能；若该三位数个位是2，则百位为4，十位为3，共1种可能；故n(AB)＝6＋3＋1＝10，故.故选：B.6．某市抽调5位医生分赴4所医院支援抗疫，要求每位医生只能去一所医院，每所医院至少安排一位医生.由于工作需要，甲､乙两位医生必须安排在不同的医院，则不同的安排种数是（       ）A．90 B．216 C．144 D．240【答案】B【分析】先将5为医生分为四组且甲、乙两位医生不在同一组，再将他们分配到四个医院即可.【详解】完成这件事情，可以分两步完成，第一步，先将5为医生分为四组且甲、乙两位医生不在同一组，共有种方案；第二步，再将这四组医生分配到四所医院，共有种不同方案，所以根据分步乘法计数原理得共有种不同安排方案.故选：B.【点睛】本题考查分组分配问题和分步乘法计数原理,考查逻辑推理能力,是中档题.本题解题的关键在于根据分组分配的方法先将5为医生分为四组且甲、乙两位医生不在同一组，再将四组医生分别分配到医院.7．第24届冬季奥运会将于2022年2月4日至2022年2月20日在北京市和河北省张家口市举行．现要安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去国家高山滑雪馆、国家速滑馆、首钢滑雪大跳台三个场馆参加活动，要求每个场馆都有人去，且这四人都在这三个场馆，则甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为（       ）A．12 B．14 C．16 D．18【答案】B【分析】根据给定条件利用分类加法计数原理结合排列、组合知识计算作答.【详解】因甲和乙都没去首钢滑雪大跳台，计算安排种数有两类办法：若有两个人去首钢滑雪大跳台，则肯定是丙、丁，即甲、乙分别去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有种；若有一个人去首钢滑雪大跳台，从丙、丁中选，有种，然后剩下的一个人和甲、乙被安排去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有种，则共有种，综上可得，甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为.故选：B8．埃及金字塔之谜是人类史上最大的谜，它的神奇远远超过了人类的想象.在埃及金字塔内有一组神秘的数字142857，因为142857×2=285714，142857×3=428571，142857×4=571428，...，所以这组数字又叫“走马灯数”.该组数字还有如下发现：142+857=999，428+571=999，285+714=999，...，若从这组神秘数字中任选3个数字构成一个三位数，剩下的三个数字构成另一个三位数，若，则所有可能的有序实数组的个数为（       ）A．48 B．60 C．96 D．120【答案】A【解析】观察，将数字分成三组，每组取一个数字可构成符合条件的，由此分析求解即可.【详解】∵这六个数中，，，，共3组要使六个数字中任意取出3个数字构成一个三位数，剩下的三个数字构成另一个三位数，且，则从每组数字中抽取一个构成，所以共有种情况，的每个数字对应的同组数字按顺序构成对应的，故所有可能的有序实数组的个数也为48.故选：A． 二、多选题9．已知二项式的展开式中共有8项，则下列说法正确的有（       ）A．所有项的二项式系数和为128 B．所有项的系数和为1C．二项式系数最大的项为第5项 D．有理项共3项【答案】AB【分析】二项式展开式共8项，则n＝7，然后利用二项式定理逐个选项分析即可得到答案﹒【详解】二项式的展开式中共有8项，则，选项A：所有项的二项式系数和为，故A正确；选项B：令，则，所以所有项的系数的和为1，故B正确；选项C：二项式系数最大的项为第4项和第5项，故C不正确；选项D：二项式的展开式的通项为，当时，二项式的展开式中对应的项均为有理项，所以有理项有4项，故D不正确．故选：AB﹒10．一袋中装有5个大小相同的小球，其中黑球2个，白球3个，则下列结论正确的是（       ）A．若有放回地摸取3个球，则取出的球中有2个白球的概率是B．若一次性地摸取3个球，则取出的球中有2个白球的概率是C．若有放回地摸取3个球，则取到的白球数大于黑球数的概率为D．若一次性地摸取3个球，则取到的白球数大于黑球数的概率为【答案】BD【分析】有放回地摸取3个球，取出白球个数服从二项分布，利用二项分布计算概率判断AC的正误；一次性地摸取3个球时，结合组合，利用古典概型计算概率判断BD的正误即可.【详解】有放回地摸取3个球，取出白球个数服从二项分布，每次取白球的概率为，所以取出的球中有2个白球的概率为，即A错误，取到的白球数大于黑球数的概率为，即C错误；若一次性地摸取3个球，则取出的球中有2个白球的概率为，即B正确，则取到的白球数大于黑球数的概率为，即D正确.故选：BD.11．如图是一块高尔顿板示意图：在一块木板上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为1，2，3，…，6，用X表示小球落入格子的号码，则（       ）A．B．C．D．【答案】BC【分析】结合独立重复试验概率计算公式，计算出概率并求得方差，从而确定正确选项.【详解】已知表示小球落入格子的号码，则的所有取值范围为，，，，，，则，由对称性可知，而，，所以，，综上得选项BC正确．故选：BC．12．某机场对55位入境人员是否患有新冠肺炎疾病进行筛查，先到医务室进行咽拭子核酸检测，检测结果呈阳性者，再到医院做进一步检查，已知随机一人其咽拭子核酸检测结果呈阳性的概率为2%，且每一个的咽拭子核酸是否呈阳性相互独立，假设入境人员患新冠肺炎的概率是0.3%，且患病者咽拭子核酸呈阳性的概率为98%，根据以上信息，可以断定以下说法正确的是（       ）（参考数据：，）A．某人境人员咽拭子核酸检测呈阳性且患有新冠肺炎的概率是0.00294B．已知某人境人员的咽拭子核酸检测呈阳性，则其被确诊为新冠肺炎的概率是0.147C．随机抽取其中的5人，将他们的咽拭子核酸混在一起进行检测，则检测结果呈阴性的概率约是0.096D．随机抽取其中的11人，将他们的咽拭子核酸混在一起进行检测，则检测结果呈阳性的概率约是0.199【答案】ABD【分析】根据相互独立事件、条件概率、独立重复试验等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】核酸检测呈阳性且患有新冠肺炎的概率为，A选项正确；设事件为“咽拭子核酸检测呈阳性”，事件为“患新冠肺炎”，由题意，，，，由条件概率公式，B选项正确；人检测呈阴性的概率为，同理，人检测呈阳性的概率为，C错误，D正确．故选:ABD． 三、填空题13．在疫情防控常态化条件下，各地电影院有序开放，某影院一排共有10个座位，选出3个用于观影，防疫要求选出座位的左右两边都是空位，则不同的选法有_______种（用数字回答）.【答案】20【解析】先将其中的7个空位排成一排，其中有6个空隙，再把三个座位放在其中的3个空隙中，结合组合数的运算公式，即可求解.【详解】由某影院一排共有10个座位，选出3个用于观影，要求选出座位的左右两边都是空位，可先将其中的7个空位排成一排，其中有6个空隙，再把三个座位放在其中的3个空隙中，共有种不同方法.故答案为：【点睛】本题主要考查了组合的应用，其中解答中熟记组合的概念，以及组合数的计算公式，合理应用插空法求解是解答的关键，其中本题的解答中注意座位是相同元素，防止出错，着重考查分析问题和解答问题的能力.14．组合数被9除的余数是______．【答案】8【分析】先求出，再利用二项式定理得到，求出组合数被除的余数是.【详解】∵，∴，其中；∴该组合数被除的余数是8．故答案为：8．15．已知，则__________．【答案】180【分析】将改写成，利用二项式的展开式的通项公式即可求出结果.【详解】因为，其展开式的通项公式为，令，则，故答案为180.四、双空题16．甲箱中有5个红球，2个白球和3.不黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲箱中随机取出行球放入乙箱中，分别以､､表示由甲箱中取出的是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则___________，___________.【答案】          【分析】因为每次取一球，所以，，是两两互斥的事件，利用古典概型计算可得，，，再利用条件概率和互斥的事件的和进行计算，即可得到答案；【详解】因为每次取一球，所以，，是两两互斥的事件，因为，，，所以；同理，，所以.故答案为：；． 五、解答题17．（1）六个从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有几种？（2）把5件不同产品摆成一排，若产品与产品相邻，且产品与产品不相邻，则不同的摆法有几种？（3）某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法有几种？【答案】（1）216（2）36（3）120【详解】分析：（1）分两种情况讨论甲在最左端时，有，当甲不在最左端时，有(种）排法，由分类计数加法原理可得结果；（2）分三步：将看成一个整体，将于剩余的2件产品全排列，有3个空位可选，根据分步计数乘法原理可得结果；（3）用表示歌舞类节目，小品类节目，相声类节目，利用枚举法可得共有种，每一种排法种的三个，两个可以交换位置，故总的排法为种.详解：（1）当甲在最左端时，有；当甲不在最左端时，乙必须在最左端，且甲也不在最右端，有(种）排法，共计（种）排法.（2）根据题意，分3步进行分析：产品与产品相邻，将看成一个整体，考虑之间的顺序，有种情况，将于剩余的2件产品全排列，有种情况，产品与产品不相邻，有3个空位可选，即有3种情况，共有种；（3）法一：用表示歌舞类节目，小品类节目，相声类节目，则可以枚举出下列10种： 每一种排法种的三个，两个可以交换位置，故总的排法为种. 法二：分两步进行：（1）先将3个歌曲进行全排，其排法有种；（2）将小品与相声插入将歌曲分开，若两歌舞之间只有一个其他节目，其插法有种.若两歌舞之间有两个其他节目时插法有种.所以由计数原理可得节目的排法共有（种）.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.18．在的展开式中，第项的二项式系数依次成等差数列．（1）求证：展开式中没有常数项；（2）求展开式中系数最大的项．【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）因为展开式中第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列，可得：，整理得，，即可求得的值；（2）当时，展开式的第项的系数最大，则 ，即可求解.【详解】（1）因为展开式中第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列，，整理得，，即，又，，的值为7.，令，不成立，所以展开式中没有常数项.（2）当时，设展开式的第项的系数最大，则，解得：，， 则展开式中系数最大的项是.【点睛】关键点点睛：本题考查二项式定理的通项公式，以及系数最值问题，本题的关键是正确求出，并且能分清系数和二项式系数，求系数的最大项，列不等式是关键.19．根据某水文观测点的历史统计数据，得到某河流水位（单位：米）的频率分布直方图如下：将河流水位在以上6段的频率作为相应段的概率，并假设每年河流水位互不影响.（Ⅰ）求未来三年，至多有1年河流水位的概率（结果用分数表示）；（Ⅱ）该河流对沿河企业影响如下：当时，不会造成影响；当时，损失10000元；当时，损失60000元，为减少损失，现有三种应对方案：方案一：防御35米的最高水位，需要工程费用3800元；方案二：防御不超过31米的水位，需要工程费用2000元；方案三：不采用措施：试比较哪种方案较好，并说明理由.【答案】（Ⅰ）在未来3年，至多有1年河流水位的概率为（Ⅱ）选择方案2最好.【详解】试题分析：（Ⅰ）由二项分布求出未来3年，至多有1年河流水的概率值；（Ⅱ）由随机变量的分布列与均值，计算方案一、二、三的损失是多少，比较选用哪种方案最好．试题解析：（Ⅰ）由二项分布得，在未来3年，至多有1年河流水位的概率为：. 所以，在未来3年，至多有1年河流水位的概率为. （Ⅱ）由题意知. . . 即分别表示采取方案1,2,3的损失，由题知，分布列如下：所以，.分布列如下：所以，.因为采取方案2的损失最小，所以选择方案2最好.【解析】频率分布直方图，离散型随机变量的分布列、期望、方程.20．某服装超市举办了一次有奖促销活动,消费每超过600元(含600元),均可抽奖一次,抽奖方案有两种,顾客只能选择其中的一种.方案一:从装有10个形状、大小完全相同的小球(其中红球3个,黑球7个)的抽奖盒中,一次性摸出3个球,其中奖规则为:若摸到3个红球,享受免单优惠；若摸到2个红球,则打6折；若摸到1个红球,则打7折；若没摸到红球,则不打折.方案二:从装有10个形状、大小完全相同的小球(其中红球3个,黑球7个)的抽奖盒中,有放回每次摸取1球,连摸3次,每摸到1次红球,立减200元.(1)若两个顾客均分别消费了600元,且均选择抽奖方案一,试求两位顾客均享受6折优惠的概率；(2)若某顾客消费恰好满1000元,试从概率的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算.【答案】（1）（2）该顾客选择第一种抽奖方案更合算，详见解析【分析】（1）选择方案一，利用积事件的概率公式计算出两位顾客均享受到免单的概率值；（2）选择方案一，计算出付款金额的分布列和数学期望值，选择方案二，计算出付款金额数学期望值，比较大小可得出结论.【详解】（1）选择方案一：若享受到6折优惠，则需要摸出2个红球，设顾客享受到6折优惠为事件A，则，所以两位顾客均享受到6折优惠的概率为；（2）若选择方案一，设付款金额为元，则可能的取值为0,600,700,1000，，，故的分布列为06007001000所以（元）；若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为元，则，由已知可得，故，，所以（元），因为，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算.【点睛】本题考查独立事件的概率乘法公式，考查随机变量分布列与数学期望，在列随机变量的分布列时，要弄清变量所满足的分布列类型，结合相关概率公式进行计算，考查计算能力，属于中等题．21．某商店根据以往某种玩具的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．(1)估计日销售量的众数；(2)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；(3)用表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量的分布列，期望及方差．【答案】(1)125(2)0.108(3)分布列见解析，，．【分析】（1）根据频率分布直方图结合众数的定义求解，（2）用频率衡量概率，先根据频率分布直方图求出日销售量不低于100个的概率和日销售量低于50个的概率，再利用独立事件的概率公式求解即可，（3）由题意可得的可能取值为0，1，2，3，然后求出对应的概率，从而可求得随机变量的分布列，利用二项分布的性质求期望和方差【详解】(1)依据日销售量的频率分布直方图可得众数为(2)记事件：“日销售量不低于100个”，事件：“日销售量低于50个”事件：“在末来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个”则，，．(3)的可能取值为0，1，2，3．，，，，分布列为：01230.0640.2880.4320.216因为，所以期望，方差．22．甲乙两人进行一场比赛，在每一局比赛中，都不会出现平局，甲获胜的概率为?（）．(1)若比赛采用五局三胜制，则求甲在第一局失利的情况下，反败为胜的概率；(2)若比赛采用三局两胜制，且，则比赛结束时，求甲获胜局数?的期望；(3)结合（1）（2），比较甲在两种赛制中获胜的概率，谈谈赛制对甲获得比赛胜利的影响．【答案】(1)；(2)；(3)答案见解析.【分析】（1）利用条件概率公式进行求解即可；（2）根据数学期望公式进行求解即可；（3）利用差比进行求解即可.【详解】(1)表示甲在第一局失利，表示甲获得了比赛胜利，则(2)的可能取值为0，1，2，，，，故；(3)在五局三胜制中甲获胜的概率为：在三局两胜制中甲获胜的概率为：，于是当时，采用5局3胜制对甲更有利；时，采用3局2胜制对甲更有利，当时，两种赛制对甲的影响一样.