【期中模拟】2023-2024学年人教A版2019 高二数学下册专题模拟卷 专题04+考前必刷卷02（提升卷）.zip

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（考试时间：150分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，从集合M中选一个元素作为点的横坐标，从集合N中选一个元素作为点的纵坐标，则落在第三、第四象限内点的个数是（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】A
【分析】
依题意，找到点的坐标即可解决.
【详解】依题意，可得点的坐标有：
其中落在第三、第四象限内点有
共6个.
故选：A
2．在的展开式中，的系数为（ ）
A．B．C．6D．192
【答案】A
【分析】
利用二项展开式的通项公式求解即可.
【详解】的展开式的通项为，
令，得，
所以的系数为．
故选：A.
3．某位同学家中常备三种感冒药，分别为金花清感颗粒3盒、莲花清瘟胶囊2盒、清开灵颗粒5盒．若这三类药物能治愈感冒的概率分别为，他感冒时，随机从这几盒药物里选择一盒服用，则感冒被治愈的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
根据全概率公式计算可得；
【详解】记服用金花清感颗粒为事件，服用莲花清瘟胶囊为事件，服用清开灵颗粒为事件，感冒被治愈为事件，
依题意可得，，，，，，
所以
.
故选：C
4．泊松分布是一种描述随机现象的概率分布，在经济生活、事故预测、生物学、物理学等领域有广泛应用，泊松分布的概率分布列为，其中e为自然对数的底数，是泊松分布的均值．若随机变量X服从二项分布，当n很大且p很小时，二项分布近似于泊松分布，其中，即，．现已知某种元件的次品率为0.01，抽检100个该种元件，则正品率大于的概率约为（参考数据：）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题可得，代入公式用事件的概率和计算即可.
【详解】由题， ，，泊松分布可作为二项分布的近似，
此时，
所以，,
所以，, ,，
正品率大于的概率
即.
故选：C
5．习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．“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，比杨辉要晩近四百年．“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，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ）

A．
B．第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等
C．记第n行的第个数为，则
D．第20行中第8个数与第9个数之比为
【答案】D
【分析】根据题意，归纳可得：第行的第个数为，由组合数的性质依次分析选项是否正确，综合可得答案．
【详解】根据题意，由数表可得：第行的第个数为，
由此分析选项：
对于A，，A错误；
对于B，第2023行中从左往右第1013个数为，第1014个数为，两者不相等，B错误；
对于C，记第行的第个数为，则，则，C错误；
对于D，第20行中第8个数为，第9个数为，则两个数的比为，D正确．
故选：D．
6．设，且，若能被15整除，则（ ）
A．0B．1C．13D．14
【答案】D
【分析】
根据题意，得到，求得其展开式，再结合，得出方程，即可求解.
【详解】由
，
又由，
所以被15除的余数为1，而，且，
若能被15整除，则，可得.
故选：D．
7．现实世界中的很多随机变量遵循正态分布.例如反复测量某一个物理量，其测量误差通常被认为服从正态分布.若某物理量做n次测量，最后结果的误差，则为使的概率控制在0.0456以下，至少要测量的次数为（ ）
A．32B．64C．128D．256
【答案】C
【分析】
先由题设条件得到，再转化得，从而利用正态分布原则可得，由此可得结果.
【详解】
依题意，得，
所以，即，
而，所以且，
又因为，所以，，
所以且，即，解得，
故至少要测量的次数为.
故选：C.
8．某商场进行有奖促销活动，满500元可以参与一次掷飞镖游戏，有7只飞镖，采取积分制，掷中靶盘，得1分，不中得0分，连续掷中2次额外加1分，连续掷中3次额外加2分，以此类推，连续掷中7次额外加6分.小明购物满500元，参加了一次游戏，假设他每次掷中的概率是，且每次投掷之间相互独立，则小明在此次游戏中得7分的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，分为连中4次，额外加3分，剩余3次不中、连中3次，额外加2分，剩余4次，两次投中，两次没投中，且两次投中不连续和有两次连中两回，三类情况，结合独立重复试验的概率公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解．
【详解】在游戏中恰好得7分可分为三类情况：
①若连中4次，额外加3分，剩余3次不中，满足要求，
此时将连中4次看作一个整体，与其他三次不中排序，共有种选择，
故概率为，
②若连中3次，额外加2分布，剩余4次，两次投中，两次没投中，
且两次投中不连续，故两次不中之间可能为一次中，也可能是三次中，有以下情况：
中中中（不中）中（不中）中，中（不中）中中中（不中）中，中（不中）中（不中）中中中，
则概率为，
③若有两次连中两回，中中（不中）中中（不中）中，中（不中）中中（不中）中中，中中（不中）中（不中）中中，满足要求，
则概率为，
综上，该生在比赛中恰好得7分的概率为．
故选：D
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析得小明在游戏中得7分的三种情况，从而得解.
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，有多项符合题目要求．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．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3443，94249等，显然两位回文数有9个：11，22，33，…，99；三位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.下列说法正确的是（ ）
A．四位回文数有90个
B．四位回文数有45个
C．（）位回文数有个
D．（）位回文数有个
【答案】AC
【分析】按照分步乘法计数原理计算可得.
【详解】根据题意，对于四位回文数，
有1001、1111、1221、……、1991、
2002、2112、2222、……、2992、
……、
9009、9119、9229、……、9999，
其首位和个位有种选法，第二为和第三位有种选法，故共有个，则A正确，B错误；
对于位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法，……，
第个数字，即最中间的数字有10种选法，
则共有种选法，
即（）位回文数有个，故C正确，D错误.
故选：AC.
10．在一次数学学业水平测试中，某市高一全体学生的成绩，且，，规定测试成绩不低于60分者为及格，不低于120分者为优秀，令，，则（ ）
A．，
B．从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，该生测试成绩及格但不优秀的概率为
C．从该市高一全体学生中（数量很大）依次抽取两名学生，这两名学生恰好有一名测试成绩优秀的概率为
D．从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，在已知该生测试成绩及格的条件下，该生测试成绩优秀的概率为
【答案】BCD
【分析】
对A：借助正态分布中于的意义即可得；对B：结合题意可得，，结合正态分布的性质计算即可得的值；对C、D：由正态分布的性质可得，，结合相互独立事件的概率公式及条件概率公式计算即可得.
【详解】对A：由，，则，，故A错误；
对B：由，，则，则，
，故有，，
则，则，
即从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，该生测试成绩及格但不优秀的概率为，
故B正确；
对C：，则从该市高一全体学生中（数量很大）依次抽取两名学生，
这两名学生恰好有一名测试成绩优秀的概率为，
故C正确；
对D：，又，
故从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，
该生测试成绩及格的概率为，该生测试成绩优秀的概率为，
则在已知该生测试成绩及格的条件下，该生测试成绩优秀的概率为，
故D正确.
故选：BCD.
11．现有编号为1，2，3的三个口袋，其中1号口袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号口袋内装有两个1号球，一个3号球；3号口袋内装有三个1号球，两个2号球；第一次先从1号口袋内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，下列说法正确的是（ ）
A．在第一次抽到3号球的条件下，第二次抽到1号球的概率是
B．第二次取到1号球的概率
C．如果第二次取到1号球，则它来自1号口袋的概率最大
D．如果将5个不同小球放入这3个口袋内，每个口袋至少放1个，则不同的分配方法有150种
【答案】CD
【分析】对于A选项利用条件概率公式求解；对于B选项利用全概率公式求解，对于C选项利用贝叶斯公式求解，对于D选项，不同元素的分配问题，先分份再分配即可求解
【详解】对于A选项，记事件分别表示第一次、第二次取到号球, ,则第一次抽到号球的条件下，第二次抽到号球的概率，故A错误
对于B选项，记事件分别表示第一次、第二次取到号球, , 依题意 两两互斥, 其和为, 并且
应用全概率公式, 有，故B错误
对于C选项，依题设知, 第二次的球取自口袋的编号与第一次取的球上的号数相同, 则
故在第二次取到1号球的条件下, 它取自编号为 的口袋的概率最大.故C正确
对于D选项，先将5个不同的小球分成1，1，3或2，2，1三份，再放入三个不同的口袋，则不同的分配方法有，故D正确
故选：CD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知，则的值为 （用数字作答）.
【答案】462
【分析】
已知等式利用组合数公式化简，解出的值，代入所求算式，利用组合数的性质化简求值.
【详解】由可得，
即，
化简得，整理得，
解得或，
因为，所以，
所以
.
故答案为：462.
13．已知随机变量，若对，都有，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】
利用二项分布的概率公式探讨取最大时的，再利用二项分布的期望公式求解即得.
【详解】
由，得，
当，即时，；
当，即时，，
而，即，则当时，；
当时，，因此，
则，
所以的取值范围是．
故答案为：
14．我们称元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，记范数为奇数的的个数为，则 ； （用含的式子表示，）.
【答案】
【分析】当时，范数为奇数，则的个数为偶数，即的个数为、，根据乘法原理和加法原理得到；在维向量中，范数为奇数，则的个数为奇数，即的个数为、、、、，根据乘法原理和加法原理结合二项式定理可求得的表达式.
【详解】当时，范数为奇数，则的个数为偶数，即的个数为、，
根据乘法原理和加法原理得到.
在维向量中，范数为奇数，则的个数为奇数，
即的个数为、、、、，
根据乘法原理和加法原理得到，
，
，
两式相减得到.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：本题考查了向量的新定义，乘法原理，加法原理，二项式定理，数列的通项公式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用和的展开式求数列通项是解题的关键，需要灵活掌握.
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知，展开式中二项式系数的最大值为.
(1)求的值；
(2)求的值（结果可以保留指数形式）.
【答案】(1)；
(2)或148160.
【分析】
（1）根据二项展开式的项数确定展开式中二项式系数最大值为和，列出方程求解即得；
（2）将代入二项式，分别对赋值和，再将两式左右分别相减化简即得.
【详解】（1）因展开式中共有8项，最中间两项的二项式系数最大，即和，
依题知，解得；
（2）由（1）可得，
当时，①，
当时，②，
由①-②：，
即得：.
16．甲参加一个“抛骰子”的游戏，其规则是：在第关要抛掷一颗骰子（六面）次，如果这次抛掷所出现的点数之和大于，则算过关．
(1)甲在这个游戏中，最多能过几关？
(2)求甲在这个游戏中，连过前3关的概率．
【答案】(1)4关
(2)
【分析】（1）第关得到的最大点数为，令，代入值依次判断即可得出结果；
（2）分别计算该人通过第一、第二和第三关的概率，根据独立事件概率乘法公式可求得结果.
【详解】（1）因抛掷一次骰子，所得到的最大点数是6，
而，，
因此，当时，次出现的点数之和不可能大于，因此甲最多过4关．
（2）设事件为“第次过关失败”，则其对立事件为“第次过关成功”．
第一关：；
第二关：所含基本事件数为方程，当分别取时的正整数解组数之和，则
所以，过此关的概率为．
第三关：所含基本事件数为方程，当分别取时的正整数解组数之和，则
所以，过此关的概率为．
所以连过前三关的概率为
17．某学校安排甲、乙、丙三个班级同时到学校礼堂参加联欢晚会，已知甲班艺术生占比8%，乙班艺术生占比6%，丙班艺术生占比5%．学生自由选择座位，先到者先选．甲、乙、丙三个班人数分别占总人数的，，．若主持人随机从场下学生中选一人参与互动．
(1)求选到的学生是艺术生的概率；
(2)如果选到的学生是艺术生，判断其来自哪个班的可能性最大．
【答案】(1)
(2)来自丙班的可能性最大
【分析】
（1）依据题意根据全概率公式计算即可；
（2）根据条件概率公式分别计算，即可判断.
【详解】（1）设“任选一名学生恰好是艺术生”，
“所选学生来自甲班”，“所选学生来自乙班”,
“所选学生来自丙班”．由题可知：
，，，
，，

.
（2）；


所以其来自丙班的可能性最高．
18．我国某企业研发的家用机器人，其生产共有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道工序是出厂检测工序，包括智能自动检测与人工抽检，其中智能自动检测为次品的会被自动淘汰，合格的进入流水线进行人工抽检．已知该家用机器人在生产中前三道工序的次品率分别为．
(1)已知某批次的家用机器人智能自动检测显示合格率为，求在人工抽检时，工人抽检一个家用机器人恰好为合格品的概率（百分号前保留两位小数）；
(2)该企业利用短视频直播方式扩大产品影响力，在直播现场进行家用机器人推广活动，现场人山人海，场面火爆，从现场抽取幸运顾客参与游戏，游戏规则如下：参与游戏的幸运顾客，每次都要有放回地从10张分别写有数字的卡片中随机抽取一张，指挥家用机器人运乒乓球，直到获得奖品为止，每次游戏开始时，甲箱中有足够多的球，乙箱中没有球，若抽的卡片上的数字为奇数，则从甲箱中运一个乒乓球到乙箱；若抽的卡片上的数字为偶数，则从甲箱中运两个乒乓球到乙箱，当乙箱中的乒乓球数目达到9个时，获得奖品优惠券960元；当乙箱中的乒乓球数目达到10个时，获得奖品大礼包一个，获得奖品时游戏结束．
①求获得“优惠券”的概率；
②若有16个幸运顾客参与游戏，每人参加一次游戏，求该企业预备的优惠券总金额的期望值．
【答案】(1)
(2)①；②元
【分析】（1）根据条件概率的概率公式计算可得；
（2）①设乙箱中有个球的概率为，即可求出、，当时可得，从而得到，即当时数列是公比为的等比数列，求出，再用累加法求出，即可求出；
②设参与游戏的个幸运顾客中获得优惠券的人数为，则，设优惠券的总金额为元，则，再根据二项分布的期望公式及期望的性质计算可得.
【详解】（1）设家用机器人经过前三道工序后是合格品的概率为，
则，
设家用机器人智能自动检测合格为事件，人工抽检合格为事件，则，
，
所以，
即在人工抽检时，工人抽检一个家用机器人恰好为合格品的概率约为.
（2）①设乙箱中有个球的概率为，
第一次抽到奇数，家用机器人运个乒乓球，概率为，即，
乙箱中有个球，有两类情况，所以，
乙箱中有个球的情况有：
i家用机器人已运个球，又抽出偶数，其概率为；
ii家用机器人已运个球，又抽出奇数，其概率为；
所以，且，
所以，所以，
即当时数列是公比为的等比数列，
所以，
又，，所以当时也成立，
所以，，，，
上述各式相加得
，
又，
所以，，
经检验，当时上式也成立，
所以，
所以，即获得“优惠券”的概率为.
②设参与游戏的个幸运顾客中获得优惠券的人数为，则，
所以的期望，
设优惠券的总金额为元，则，
所以个幸运顾客中获得优惠券总金额的期望值（元），
故该企业预备的优惠券总金额的期望值为元.
【点睛】关键点点睛：第二问关键是由相互独立事件及互斥事件的概率公式得到，再利用构造法及累加法求出.
19．在数字的任意一个排列：中，如果对于，，有，那么就称为一个逆序对．记排列中逆序对的个数为．如时，在排列：3，2，4，1中，逆序对有，，，，则．
(1)设排列：，写出两组具体的排列，分别满足：①，②；
(2)对于数字1，2，…，n的一切排列，求所有的算术平均值；
(3)如果把排列A：中两个数字交换位置，而其余数字的位置保持不变，那么就得到一个新的排列，：，求证：为奇数．
【答案】(1)①C：4，2，3，1 ②C：2，4，3，1；
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据所给定义列举出符合题意的排列即可；
（2）考察排列D：与排列，因为数对与中必有一个为逆序对（其中），而排列中数对共有个，即可得到，从而得解；
（3）讨论当，即相邻时，当，即不相邻时，由新定义，运用调整法，可得为奇数．
【详解】（1）①，则逆序对有，，，，，则；
②，则逆序对有，，，，则；
（2）考察排列D：与排列，
因为数对与中必有一个为逆序对（其中），
且排列中数对共有个，
所以．
所以排列与的逆序对的个数的算术平均值为．
而对于数字1，2，…，n的任意一个排列：，都可以构造排列，
且这两个排列的逆序对的个数的算术平均值为．
所以所有的算术平均值为．
（3）证明：①当，即相邻时，
不妨设，则排列为，
此时排列与排列：相比，仅多了一个逆序对，
所以，
所以为奇数．
②当，即不相邻时，
假设之间有个数字，记排列：，
先将向右移动一个位置，得到排列，
由①，知与的奇偶性不同，
再将向右移动一个位置，得到排列，
由①，知与的奇偶性不同，
以此类推，共向右移动次，得到排列，
再将向左移动一个位置，得到排列，，
以此类推，共向左移动次，得到排列，，
即为排列，
由①可知仅有相邻两数的位置发生变化时，排列的逆序对个数的奇偶性发生变化，
而排列经过次的前后两数交换位置，可以得到排列，
所以排列与排列的逆序数的奇偶性不同，
所以为奇数．
综上，得为奇数．
【点睛】关键点睛：对于新定义问题，解答的关键是理解定义，再利用相应的数学知识进行分析.