山西省太原五中高二5月月考数学(理)试题
山西省太原市第五中学高二数学上学期第一次月考试题(扫描版)
山西省太原市第五中学2015-2016学年高二数学上学期第一次月考试题（扫描版）太原五中2015-2016学年度第一学期阶段性练习高二数学理科答案(2015/10/29)一、选择题（每小题4分,共40分,请你把正确的选择填在表格中）二、填空题（每小题4分，共16分）11．1213. 21 14. ①③④ 三、解答题（共44分） 15．(10分) （1）设ACBE O =，连结OF ，EC ，由于已知可得//,AE BC AE AB BC ==, 四边形ABCE 为菱形，O 为AC 的中点, F 为PC 的中点，得AP ∥OF ， 得证AP ∥平面BEF 。
……5分（2）由题，//,ED BC ED BC =,所以四边形BCDE 为平行四边形，因此//BE CD .又AP ⊥平面PCD ，所以AP CD ⊥，.因为四边形ABCE 为菱形，所以BE AC ⊥,所以CD ⊥AC 又APAC A =，AP ，AC ⊂平面PAC ，所以CD ⊥平面PAC .……5分 16. (10分)（1）证明：依题⊥AD BD ， ⊥CE 平面ABD ∴⊥CE ADBD E CE = ∴⊥AD 平面BCE ∴AD ⊥BC ……5分（2）解： F 到AD 的距离等于13BD ∴231321=⋅⋅=∆FAD S ．⊥CE 平面ABD∴662233131=⋅⋅=⋅⋅==∆--CE S V V FAD AFD C CFD A ．……5分 17. (12分)（1）连接A 1C 1，AC ，分别交B 1D 1，EF ， BD 于M ，N ，P ，连接MN ，C 1P.由面面平行的性质定理得，BD ∥B 1D 1，所以BD ∥平面EFB 1D 1， 同理，A 1C 1∥AC. 根据相似可知，A 1C 1=12AC=AP ，又因为C 1M=12A 1C 1，NP=12 AP ，所以C 1M 平行且等于NP. 所以 C 1P 平行且等于MN ， 所以PC 1∥平面EFB 1D 1， 平面EFB 1D 1∥平面BDC 1……4分(2) 连接MP ，由正棱台知，MP ⊥BD ，AC ⊥BD所以BD ⊥面CAA 1C 1，所以平面CAA 1C 1⊥平面BDC 1……4分（3）法一： MP ⊥AC ，计算有MP=2，DC 1=BC 1=2, 体积转化得到线面角的补角是30°，所以所求角为60°……4分法二：DC 1=BC 1=2, BC=CD=2, 所以BD ⊥CP ，BD ⊥C 1P ，所以BD ⊥面C 1CP ， 过C 作CH ⊥C 1P 交C 1P 于H ，得到BD ⊥CH.△C 1PC 为等边三角形，CH ⊥C 1P ，所以CH ⊥面BDC 1， 所以∠CC 1H 为CC 1与面BDC 1所成角，为60°. 18. (12分) （1）因为111//,A D BC A D ⊂平面1A DE ,1B C ⊄平面1A DE ，所以1//B C 平面1A DE ,又1B C ⊂平面11B CD ，平面1A DE ⋂平面11B CD =EF ，所以EF//1B C .(2)将几何体补成正方体知，BD 1⊥平面1A DE ，所以BD 1⊥A 1D ……6分AD 1⊥平面11A B CD ，所以AD 1⊥A 1D ，所以交线A 1D ⊥平面ABD 1.二面角11E A D B --的平面角与∠AD 1B =……6分。
2010-2023历年—山西省太原五中高二月考理科数学试卷(带解析)
2010-2023历年—山西省太原五中高二月考理科数学试卷（带解析）第1卷一.参考题库(共18题)1.（本小题满分12分）如图,在梯形中,∥,,,平面平面,四边形是矩形,,点在线段上.(1)求证:平面BCF⊥平面ACFE;(2)当为何值时,∥平面?证明你的结论;2.一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是A．B．C．D．3.如图，ABCD-A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是A．BD∥平面CB1D1B．AC1⊥BDC．AC1⊥平面CB1D1D．异面直线AD与CB1角为60°4.已知m、n为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列四个命题中，正确的命题个数是①；②若③；④A．1B．2C．3D．45.一个几何体的三视图如下图所示，则该几何体外接球的表面积为6.在正三棱锥中，相邻两侧面所成二面角的取值范围是A．B．C．（0，）D．7.已知点G是△ABC的重心，O是空间任一点，若++= m,则实数m= .8.(本题满分10分)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝2，E为PA的中点，过E作平行于底面的平面EFGH，分别与另外三条侧棱相交于点F、G、H.已知底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，∠BCD=135°.(1)求异面直线AF与BG所成的角的大小；(2)求平面APB与平面CPD所成的锐二面角的余弦值9.如图在正三棱锥A-BCD中，E、F分别是AB、BC的中点，EF⊥DE,且BC=1，则正三棱锥A-BCD的体积是10.如图，设是棱长为的正方体的一个顶点，过从此顶点出发的三条棱的中点作截面，对正方体的所有顶点都如此操作，所得的各截面与正方体各面共同围成一个多面体，则关于此多面体有以下结论：①有个顶点；②有条棱；③有个面；④表面积为；⑤体积为．其中正确的结论是____________．（要求填上所有正确结论的序号）11.在空间，下列命题正确的是A．平行直线的平行投影重合B．平行于同一直线的两个平面平行C．垂直于同一平面的两个平面平行D．垂直于同一平面的两条直线平行12.如图，一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正三角形，俯视图是一个圆，那么几何体的侧面积为A．B．C．D．13.已知正四棱锥的侧棱长与底面边长都相等，是的中点，则所成的角的余弦值为A．B．C．D．14.若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则该圆锥的体积为15.（本小题满分10分）如图，在三棱锥中，底面，点，分别在棱上，且（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）当为的中点时，求与平面所成的角的正弦值；16.(本小题10分)如图，已知平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，，（1）求证：AC⊥BF；（2）求点A到平面FBD的距离.17.(本小题12分)如图，、分别是正四棱柱上、下底面的中心，是的中点，.（Ⅰ）求证：∥平面；（Ⅱ当取何值时，在平面内的射影恰好为的重心?18.一个几何体的三视图及长度数据如图，则该几何体的表面积与体积分别为A．B．C．D．第1卷参考答案一.参考题库1.参考答案：（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）当时，平面2.参考答案：C3.参考答案：D4.参考答案：A5.参考答案：6.参考答案：A7.参考答案：38.参考答案：(1) AF与BG所成角为；(2)平面APB与平面CPD所成的锐二面角的余弦值为.9.参考答案：B10.参考答案：①②⑤11.参考答案：D12.参考答案：A13.参考答案：C14.参考答案：15.参考答案：（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）与平面所成的角的正弦值为。
山西省太原五中高三5月月考试题数学理 新人教A版【会员独享】
太原五中——第二学期月考(5月)高三数学（理）一、选择题（每题5分，共60分）1.已知集合}0)4)(2(|{},3|{<--=≥=x x x B x x A ，则AB =A ．}2|{<x xB ．}43|{<≤x xC ．}43|{≤≤x xD ．}4|{>x x 2.已知复数z 的实部为2,虚部为-1,则5iz= A. 2-i B. 2+i C. l+2i D. -l+2i3.设向量)1,1(-=x a ，)3,1(+=x b ，则”“2=x 是b a //“”的 A ．充分但不必要条件 B ．必要但不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 4.已知221)21(,2==b a ,运算原理图所示，则输出的值为 A.241+ B.24+C. 24D.425.如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA 1⊥面A 1B 1C 1，正视图是边长为2的正方形，俯视图为一个等边三角形，该三棱柱的左视图面积为 A.23 B.3C.22D.46.等比数列{a n }中，a 3=6，前三项和3304S xdx =⎰，则公比q 的值为（ ）A.1B.12-C.1或12-D.1-或12-7.设函数1()ln (0)3f x x x x =->，则函数()f x (A) 在区间(0,1)(1,)+∞， 内均有零点 (B) 在区间(0,1)(1,)+∞， 内均无零点(C) 在区间(0,1)内有零点，在区间(1,)+∞内无零点 (D) 在区间(0,1)内无零点，在区间(1,)+∞内有零点 8.把函数)||,0)(sin(πφωφω<>+=x y 的图象向左平移6π个单位，再将图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）所得图象解析式为 x sin y =，则 （A ）62πφω==， （B ）32π-=φ=ω，（C ）621π=φ=ω， （D ）1221π=φ=ω，9.已知函数|lg |)(x x f =，若b a <<0,且)()(b f a f =，则的取值范围是b a +2A. ),22(+∞B. ),22[+∞C. ),3(+∞D. ),3[+∞.10.已知P 为抛物线y=21x 2上的动点，点P 在x 轴上的射影为M ，点A 的坐标是(6,217)，则|PA|+|PM|的最小值是 （ ）(A)8 (B)219(C)10(D)221 11.已知球O 是棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 所得的截面面积为A ．36πB ．66π C ．9π D ．6π 12．对于定义域和值域均为[0，1]的函数f(x)，定义1()()f x f x =，21()(())f x f f x =，…，1()(())n n f x f f x -=，n=1，2，3，…．满足()n f x x =的点x ∈[0，1]称为f 的n 阶周期点．设12,0,2()122,1,2x x f x x x ⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪-<≤⎪⎩ 则f 的n阶周期点的个数是(A) 2n (B) 2(2n-1) (C) 2n (D) 2n 2二、填空题（每小题5分，共20分）高高考考资资源源网网 13.二项式12)2(xx +的展开式中常数项是第 项。
KS解析山西省太原市第五中学高二月月考数学理试题Wor含解析
2018-2019学年山西省太原五中高二（下）第二次月考数学试卷（理科）（5月份）一、选择题（每小题4分，共40分，每小题只有一个正确答案） 1.若2132020x x C C -+=，则x 的值为（ ）A. 4B. 4或5C. 6D. 4或6【答案】D 【解析】 因为2132020x x C C -+=，所以213x x -=+ 或21320x x -++=，所以4x = 或6x =，选D.2.一个教室有五盏灯，一个开关控制一盏灯，每盏灯都能正常照明，那么这个教室能照明的方法有种（ ） A. 24 B. 25C. 31D. 32【答案】C 【解析】 【分析】每盏灯有2种状态，根据乘法原理共有52种状态，排除全部都熄灭的状态，得到答案. 【详解】由题意有这个教室能照明的方法有22222131⨯⨯⨯⨯-=种， 故选：C ．【点睛】本题考查了乘法原理，属于简单题.3.若随机变量14,2X B ⎛⎫⎪⎝⎭～，则()21D X +=( ) A. 2 B. 4C. 8D. 9【答案】B 【解析】因为随机变量14,2X B ⎛⎫⎪⎝⎭～，所以()1141122D X ⎛⎫=⨯⨯-= ⎪⎝⎭，故()()22124D X D X +==．故选:B ．4.某电视台的一个综艺栏目对六个不同的节目排演出顺序，最前只能排甲或乙，最后不能排甲，则不同的排法共有（ ） A. 192种 B. 216种 C. 240种 D. 288种【答案】B 【解析】试题分析：完成这件事件，可分两类：第一类，最前排甲，其余位置有中不同的排法；第二类，最前排乙，最后有4种排法，其余位置有种不同的排法；所以共有种不同的排法.考点：1.分类加法计数原理；2.分步乘法计数原理；3.排列知识.5.将多项式656510a x a x a x a ++++L 分解因式得()()521x x -+，则4a =（ ） A. 20 B. 15 C. 10 D. 0【答案】D 【解析】 【分析】将()51x +展开，观察34,x x 系数，对应()2x -相乘，相加得到答案.【详解】多项式656510a x a x a x a ++++=L ()()()55432(2125101051)x x x x x x x x -+=-+++++，则410250a =-⨯=， 故选：D ．【点睛】本题考查了二项式定理，属于简单题目6.如图所示，半径为1的圆O 是正方形MNPQ 的内切圆，将一颗豆子随机地扔到正方形MNPQ 内，用A 表示事件“豆子落在圆O 内”，B 表示事件“豆子落在扇形OEF （阴影部分）内”，则()|P B A =（ ）A.4π B.14C.16π D.18【答案】B 【解析】 【分析】利用几何概型先求出()22124P A ππ⨯==，()22114216P AB ππ⨯⨯==，再由条件概率公式求出(|)P B A ．【详解】如图所示，半径为1的圆O 是正方形MNPQ 的内切圆，将一颗豆子随机地扔到正方形MNPQ 内，用A 表示事件“豆子落在圆O 内”，B 表示事件“豆子落在扇形(OEF 阴影部分)内”，则()22124P A ππ⨯==，()22114 216P AB ππ⨯⨯==，()()116(|)44P AB P B A P A ππ∴===．故选：B ．【点睛】本题考查概率的求法，考查几何概型、条件概率能等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．7.一袋中有5个白球、3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了X 次球，则()P X 12=等于( )A. 101021235C ()()88B. 99212353C ()()888⎛⎫ ⎪⎝⎭C. 9921153C ()()88D. 91021135C ()()88【答案】D 【解析】 【分析】利用n 次独立重复实验中恰好发生k 次的概率计算公式，即可求得．【详解】由题意可得，取得红球的概率为38，()P X 12=说明前11次取球中，有9次取得红球、2次取得白球，且第12次取得红球，故()99211353P X 12C ()()888==⋅⋅⋅=91021135C ()()88故选：D ．【点睛】本题考查了n 次独立重复实验中恰好发生k 次的概率，解本题须认真分析P （X=12）的意义，属于基础题．8.某技术学院安排5个班到3个工厂实习，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，则不同的安排方法共有（ ） A. 60种 B. 90种C. 150种D. 240种【答案】C 【解析】 【分析】先将5人分成3组，3，1，1和2，2，1两种分法，再分配，应用排列组合公式列式求解即可.【详解】将5个班分成3组，有两类方法：（1）3，1，1，有35C 种；（2）2，2，1，有22532!C C 种.所以不同的安排方法共有223353531502!C C C A ⎛⎫+⨯= ⎪⎝⎭种.故选：C.【点睛】本题主要考查了排列组合的实际应用问题：分组分配，注意此类问题一般要先分组再分配（即为排列），属于基础题.9.随机变量ξ的分布列如下，且满足()2E ξ=，则()E a b ξ+的值（ ）A. 0B. 1C. 2D. 无法确定，与a ，b 有关【答案】B 【解析】 【分析】根据数学期望定义得到一个等式，概率和为1得到一个等式.计算()E a b ξ+代入前面关系式，化简得到答案. 【详解】()2E ξ=由随机变量ξ的分布列得到：232a b c ++=， 又1a b c ++=，解得a c =，∴21a b +=，∴()2(1)E a b aE b a b ξξ+=+=+=． 故选：B ．【点睛】本题考查了数学期望的计算，意在考查学生的计算能力.10.已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡.若顾客甲没有银联卡，顾客乙只带了现金，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中的三种结账方式，那么他们结账方式的可能情况有（ ）种 A. 19 B. 26C. 7D. 12【答案】B 【解析】分析：乙只能付现金，甲付现金或用支付宝与微信，然后按丙与甲乙相同的支付方式或不同的支付方式分类．详解：由题意支付方法数有232(2223)26A +⨯⨯+⨯=．故选B ．点睛：本题考查排列组合的综合应用，属于特殊元素与特殊位置优先安排问题．解题时关键是怎么分类，本题可以按乙甲丙丁顺序分步分类安排它们的支付方式．有一定的难度．二、填空题（每小题4分，共20分）11.现有高一年级的学生3名，高二年级的学生5名，高三年级的学生4名，从中任选一人参加接待外宾的活动，有m 种不同的选法；从三个年级的学生中各选1人参加接待外宾的活动，有n 种不同的选法，则m n +=_____． 【答案】72 【解析】 【分析】首先根据12人中选一人，计算出m ，然后根据乘法原理计算出n ，相加得到答案. 【详解】高一年级的学生3名，高二年级的学生5名，高三年级的学生4名，从中任选一人参加接待外宾的活动，有11212C =种不同的选法，即12m =，从三个年级的学生中各选1人参加接待外宾的活动，有11135460C C C ⋅⋅=种不同的选法，即60n =，即126072m n +=+=， 故答案为：72．【点睛】本题考查了乘法原理，属于简单题目.12.将4张相同的卡片放入编号为1、2、3的三个盒子中（可以有空盒），共有_____种放法． 【答案】15 【解析】 【分析】将4张（有空盒）转换为7张（无空盒）情况，用隔板法得到答案. 【详解】由排列组合中的相同元素分组问题隔板法得：将4张相同的卡片放入编号为1、2、3的三个盒子中（可以有空盒），等同于7张卡片（无空盒）情况，隔板法：共有2615C =，故答案为：15．【点睛】本题考查了隔板法，有空盒情况的转化是解题的关键.13.某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位二进制数12345A a a a a a =，其中A 的各位数中a (k=2,3,4,5)k 出现0的概率为13，出现1的概率为23 ，记2345X a a a a =+++，当程序运行一次时，X 的数学期望()E X =_____． 【答案】83【解析】 【分析】X 的可能取值分别为0，1，2，3，4分别计算对应概率，写出分布列计算数学期望得到答案.【详解】由题意知X 的可能取值分别为0，1，2，3，4；X 0=表示这4个数字都是0，则411(0)381P X ⎛⎫=== ⎪⎝⎭；1X =表示这4个数字中有一个为1，则314128(1)3381P X C ⎛⎫==⋅⋅= ⎪⎝⎭；同理22241224(2)3381P X C ⎛⎫⎛⎫==⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；3341232(3)3381P X C ⎛⎫==⋅⋅= ⎪⎝⎭；4216(4)381P X ⎛⎫=== ⎪⎝⎭；所以X分布列为，计算数学期望为1824321680123481818181813EX =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=． 故答案为：83．【点睛】本题考查了分布列，数学期望正确计算各种情况的概率是关键，意在考查学生的计算能力.14.甲乙两人组队参加答题大赛，比赛共两轮，每轮比赛甲、乙两人各答一题，已知甲答对每个题的概率为34，乙答对每个题的概率为12，甲、乙在答题这件事上互不影响，则比赛结束时，甲、乙两人共答对三个题的概率为_____． 【答案】38【解析】 【分析】甲乙共答对三道题，分为甲两道乙一道和甲一道乙两道两种情况，分别计算概率相加得答案. 【详解】甲、乙两人共答对三个题，即甲答对2个题，乙答对1个题； 或者甲答对1个题，乙答对2个题．甲答对2个题，乙答对1个题的概率为212311942232C ⎛⎫⋅⋅⋅= ⎪⎝⎭； 甲答对1个题，乙答对2个题的概率为212311344232C ⎛⎫⋅⋅⋅= ⎪⎝⎭， 故甲、乙两人共答对三个题的概率为931233232328+==， 故答案为：38．【点睛】本题考查了概率的计算，正确的分类是解题的关键.15.随机变量X 服从正态分布()2~10,X N σ，()12P X m >=，1(8)0P X n ≤≤=，则21m n+的最小值为_____．【答案】6+【解析】 【分析】根据正态分布的对称性，得到12m n +=，再利用均值不等式计算21m n+的最小值. 【详解】随机变量X 服从正态分布210(),X N σ～，∴1(10)2P X ≥=，由1(8)0P X n ≤≤=，得1(10)2P X n ≤≤=， 又()12P X m >=， ∴12m n +=，且0m >，0n >，则2121(22)m n m n m n ⎛⎫+=++= ⎪⎝⎭6626+=+=+当且仅当42n m m n =，即22m =，12n =时等号成立．∴21m n+的最小值为6+．故答案为：6+．【点睛】本题考查了正态分布的计算，均值不等式的运用，综合性较强，需要同学们熟练掌握各个知识点.三、解答题（每小题10分，共40分）16.某次文艺晚会上共演出7个节目，其中2个歌曲，3个舞蹈，2个曲艺节目，求分别满足下列条件的节自编排方法有多少种？（用数字作答） （1）一个歌曲节目开头，另个歌曲节目放在最后压台； （2）2个歌曲节目相邻且2个曲艺节目不相邻． 【答案】（1）240；（2）960. 【解析】 【分析】（1）首先安排两个歌曲节目，然后安排剩余5个节目，乘法原理得到答案. （2）将歌曲节目捆绑看成一个整体，把曲艺节目插空在其他节目中，计算得到答案. 【详解】解：（1）根据题意，分2步进行分析：①要求2个歌曲节目1个在开头，另一个在最后，有222A =种安排方法， ②将剩下的5个节目全排列，安排在中间，有55120A =种安排方法，则一共有2120240⨯=种安排方法； （2）根据题意，分3步进行分析：①2个歌曲节目相邻，将其看成一个整体，有222A =种情况，②将这个整体与3个舞蹈节目全排列，有4424A =种情况，排好后有5个空位， ③在5个空位中任选2个，安排2个曲艺节目，有2520A =种情况，则一共有22420960⨯⨯=种安排方法．【点睛】本题考查了乘法原理，插空法，捆绑法，知识点比较综合.17.已知n的展开式前三项中的系数成等差数列． （1）求n 的值和展开式系数的和； （2）求展开式中所有x 的有理项． 【答案】（1）6561256；（2）4x ，358x ，21256x -. 【解析】 【分析】（1）n展开式的通项公式为234112r rn rn rrr r nn T C C x--+⎛⎫== ⎪⎝⎭，则前3项的系数分别为1，2n ，()18n n -，成等差，即可列式求解。
山西省太原市第五中学2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题(含解析)
太原五中2023—2024学年度第二学期月考高二数学时间：2024年5月一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.某城市新修建的一条道路上有12盏路灯，为了节省用电而又不能影响正常的照明，可以熄灭其中的4盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，则熄灯的方法有（ ）A.B.C.D.2.十进制计数法简单易懂，方便人们进行计算.也可以用其他进制表示数，如十进制下，，用七进制表示68这个数就是125，个位数为5，那么用七进制表示十进制的，其个位数是（ ）A.1B.2C.5D.63.五人相约到电影院观看电影《第二十条》，恰好买到了五张连号的电影票.若甲､乙两人必须坐在丙的同一侧，则不同的坐法种数为（ ）A.60B.80C.100D.1204.用5种不同颜色的粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的粉笔，则该板报共有多少种不同的书写方案？（）A.240B.480C.120D.2005.有一枚质地均匀点数为1到4的特制骰子，投掷时得到每种点数的概率均等，现在进行三次独立投掷，记X 为得到最大点数与最小点数之差，则X 的数学期望（ ）A.B. C. D.6.如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为.若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于的位置，则（ ）47C 48C 49C 49A 26817275=⨯+⨯+116()E X =21163274158O 2313X (0)P X >=A.B. C. D.7.身高各不同的六位同学､､､､､站成一排照相，说法不正确的是（ ）A.､､三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有120种站法B.与同学不相邻，共有种站法C.､､三位同学必须站在一起，且只能在与的中间，共144种站法D.不在排头，不在排尾，共有504种站法8.概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲､乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局.双方约定，各出赌金150枚金币，先赢3局者可获得全部赎金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局.向这300枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案.该分配方案是（ ）A.甲150枚，乙150枚B.甲225枚，乙75枚C.甲200枚，乙100枚D.甲240枚，乙60枚二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18.0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.下列说法中，正确的是（ ）A.用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是0.1B.一组数据的第75百分位数为17C.若样本数据的方差为8，则数据的方差为2D.将总体划分为2层，通过分层抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为和，若，则总体方差10.某工厂生产的200个零件中，有198件合格品，2件不合格品，从这200个零件中任意抽出3件，则抽出的3个零件中（）A.至多有1件不合格品的抽法种数为B.都是合格品的抽法种数为C.至少有1件不合格品的抽法种数为D.至少有1件不合格品的抽法种数为11.甲乙两人参加三局两胜制比赛（谁先赢满两局则获得最终胜利）.已知在每局比赛中，甲赢的概率为0.6，乙赢的概率为0.4，且每局比赛的输赢相互独立.若用M 表示事件“甲最终获胜”，N 表示事件“比赛共进行了两局且有人获得了最终胜利”，Q 为“甲赢下第三局时获得了最终胜利”.则下列说法正确的有5024352243291781A B C D E F A C D A C 5424A A ⋅A C D A C D A B m 10,11,11,12,13,14,16,18,20,22121021,21,...,21x x x ++⋯+1210,,,x x x ⋯12,x x 2212,s s 12x x =()2221212s s s =+122198C C 3200C 122121982198C C C C +33200198C C -（ ）A. B. C.N 与Q 互斥 D.N 与Q 独立三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15.0分）12.某智能手机的开机密码是六位数字，现甲准备将六位数202403中的6个数字打乱顺序设为开机密码，若要求两个2不相邻，两个0相邻，则不同的开机密码总个数为___________.（答案用数字表示）13.已知多项式展开式中所有项的系数之和为32，则该展开式中的常数项为___________.14.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.假设空间站要安排甲､乙等6名航天员开展实验，三个实验舱每个至少一人至多三人，则不同的安排方法有___________种.四､解答题（本大题共5小题，共77.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.（本小题13.0分）某运动队为评估短跑运动员在接力赛中的作用，对运动员进行数据分析.运动员甲在接力赛中跑第一棒､第二棒､第三棒､第四棒四个位置，统计以往多场比赛，其出场率与出场时比赛获胜率如下表所示.比赛位置第一棒第二棒第三棒第四棒出场率0.30.20.2.0.3比赛胜率0.60.80.70.7（1）当甲出场比赛时，求该运动队获胜的概率.（2）当甲出场比赛时，在该运动队获胜的条件下，求甲跑第一棒的概率.16.（本小题15.0分）已知关于的二项式的二项式系数之和为32，其中.（1）若，求展开式中二项式系数最大的项；（2）若，求展开式中系数最大的项；（3）若展开式中含项系数为40，求展开式中所有有理项的系数之和.17.（本小题15.0分）某高校对参加军训的4000名学生进行射击､体能､伤病自救等项目的综合测试，现随机抽取200名军训学生，对其测试成绩（满分：100分）进行统计，得到样本频率分布直方图，如图.()913P M N =()1P N Q =12nx x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭x nx ⎛⎝0m >1m =2m =2x（1）根据频率分布直方图，求出的值并估计这200名学生测试成绩的平均数（单位：分）.（2）现该高校为了激励学生，举行了一场军训比赛，共有三个比赛项目，依次为“10千米拉练”“实弹射击”“伤病救援”，规则如下：三个环节均参与，三个项目通过各奖励200元､300元､500元，不通过则不奖励.学生甲在每个环节中通过的概率依次为，，，假设学生甲在各环节中是否通过是相互独立的.记学生甲在这次比赛中累计所获奖励的金额为随机变量，求的分布列和数学期望.（3）若该高校军训学生的综合成绩近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，规定军训成绩不低于98分的为“优秀标兵”，据此估计该高校军训学生中优秀标兵的人数（结果取整数）.参考数据：若，则，，.18.（本小题17.0分）长跑可提高呼吸系统和心血管系统机能，较长时间有节奏的深长呼吸，能使人体呼吸大量的氧气，吸收氧气量若超过平时的7—8倍，就可以抑制人体癌细胞的生长和繁殖.其次长跑锻炼还改善了心肌供氧状态，加快了心肌代谢，同时还使心肌肌纤维变粗，心收缩力增强，从而提高了心脏工作能力.某学校对男､女学生是否喜欢长跑进行了调查，调查男､女生人数均为200，统计得到以下列联表：喜欢不喜欢合计男生12080200女生100100200合计220180400（1）试根据小概率值的独立性检验，能否认为学生对长跑的喜欢情况与性别有关联？（2）为弄清学生不喜欢长跑的原因，从调查的不喜欢长跑的学生中按性别采用分层抽样的方法随机抽取9人，再从这9人中抽取3人进行面对面交流，记随机变量X 表示抽到的3人中女生的人数，求X 的分布列以及数学期望；（3）将频率视为概率，用样本估计总体，从该校全体学生中随机抽取12人，记其中喜欢长跑的人数为Y ，求Y 的数学期望.附：，其中.0.1000.0500.0250.0100.0012.7063.8415.0246.63510.82819.（本小题17.0分）台州是全国三大电动车生产基地之一，拥有完整的产业链和突出的设计优势.某电动车公司为了抢占更多的a 231225ξξ()E ξX (),100N μμ()2,X Nμσ~()0.6827P X μσμσ-≤≤+≈()220.9545P X μσμσ-≤≤+≈()330.9973P X μσμσ-≤≤+≈22⨯0.050α=22()()()()()n ad bc a b c d a c b d χ-=++++n a b c d =+++αx α市场份额，计划加大广告投入､该公司近5年的年广告费（单位：百万元）和年销售量（单位：百万辆）关系如图所示：令，数据经过初步处理得：44 4.81040.3 1.61219.58.06现有①和②两种方案作为年销售量y 关于年广告费x 的回归分析模型，其中a ，b ，m ，n 均为常数.（1）请从相关系数的角度，分析哪一个模型拟合程度更好？（2）根据（1）的分析选取拟合程度更好的回归分析模型及表中数据，求出y 关于x 的回归方程，并预测年广告费为6（百万元）时，产品的年销售量是多少？（3）该公司生产的电动车毛利润为每辆200元（不含广告费､研发经费）.该公司在加大广告投入的同时也加大研发经费的投入，年研发经费为年广告费的199倍.电动车的年净利润受年广告费和年研发经费影响外还受随机变量影响，设随机变量服从正态分布，且满足.在（2）的条件下，求该公司年净利润的最大值大于1000（百万元）的概率.（年净利润=毛利润×年销售量-年广告费-年研发经费-随机变量）.附：①相关系数，回归直线中公式分别为，；②，，.i x i y ()ln 1,2,,5i i v x i ==⋅⋅⋅51ii y =∑51ii v =∑()521ii x x =-∑()521ii y y =-∑()521ii v v =-∑()()51iii x x y y =--∑()()51iii y y v v =--∑y bx a =+ln y n x m =+ξξ()2600,N σ()8000.3P ξ>=r =y abx =+ ()()()121ˆniii ni i x x y y b x x ==--=-∑∑ ay bx =- 8.06=20.1≈ln 5 1.6≈ln 6 1.8≈太原五中2023—2024学年度第二学期月考高二数学答案1.A【分析】从插空的角度考虑，有8盏灯亮着，4盏灯熄灭，4盏熄灭的灯不相邻插空且不能在两端.【详解】先将8盏灯排成一排，由于两端的灯不能熄灭，则有7个符合条件的空位，进而在7个空位中任取4个插入熄灭的4盏灯，则有种方法，故选：A.2.D【分析】由题意将题目转化成除以7的余数问题，用二项式知识求解即可.【详解】由题意知个位数应为除以的余数，因为，除以的余数为.故选：D.3.B【分析】先求得五人的全排列数，再由定序排列法代入计算，即可得到结果.【详解】由题意，五人全排列共有种不同的排法，其中甲乙丙三人全排列共有种不同的排法，其中甲乙在丙的同侧有：甲乙丙，乙甲丙，丙甲乙，丙乙甲共4种排法，所以甲､乙两人必须坐在丙的同一侧，则不同的坐法种数为.故选：B 4.A【分析】利用分步乘法计数原理与排列的知识即可得解.【详解】根据题意，“英语角”､“语文学苑”和“理综世界”两两相邻，有种方案，而“数学天地”只和“理综世界”相邻，只要和“理综世界”的颜色不同即可，故有4种方案，总共有种方法.故选：A 5.D【分析】由题意得的所有可能取值为，用古典概型算出相应的概率，进而即可求解.【详解】的所有可能取值为，记三次得到的数组成数组，满足的数组有：47C 1161167()()()()111101111111101011116717C 71C 711=-=+⋅⋅-+⋅⋅⋅+⋅⋅-+-7655A 120=33A 6=4120806⨯=35A 54360=⨯⨯=604240⨯=X 0,1,2,3X 0,1,2,3(),,a b c 0X =，共4个，所以，满足的数组有：，，共18个，所以，满足的数组有：，，，，共24个，所以，满足的数组有：，，，，，，共18个，所以，所以X 的数学期望.故选：D.6.D【分析】由题意当时，的可能取值为1，3，5，且，根据二项分布的概率公式计算即可求解.()()()()1,1,1,2,2,2,3,3,3,4,4,4()3410416P X ===1X =()()()()()()()()()1,1,2,1,2,1,2,1,1,2,2,3,2,3,2,3,2,2,3,3,4,3,4,3,4,3,3()()()()()()()()()2,2,1,2,1,2,1,2,2,3,3,2,3,2,3,2,3,3,4,4,3,4,3,4,3,4,4()31891432P X ===2X =()()()()()()1,1,3,1,3,1,3,1,1,2,2,4,2,4,2,4,2,2()()()()()()3,3,1,3,1,3,1,3,3,4,4,2,4,2,4,2,4,4()()()()()()1,2,3,1,3,2,2,1,3,2,3,1,3,1,2,3,2,1()()()()()()4,2,3,4,3,2,2,4,3,2,3,4,3,4,2,3,2,4()3243248P X ===3X =()()()1,2,4,1,3,4,1,4,4()()()1,4,1,1,4,2,1,4,3()()()1,1,4,2,1,4,3,1,4()()()4,1,1,4,2,1,4,3,1()()()4,1,2,4,1,3,4,1,4()()()2,4,1,3,4,1,4,4,1()31893432P X ===()193915012316328328E X =⨯+⨯+⨯+⨯=0X >X 2(5,3X B【详解】依题意，当时，的可能取值为1，3，5，且，所以.故选：D.7.C【分析】利用全排列和定序可判断A ；利用插空法可判断B ；利用捆绑法可判断C ；利用间接法可判断D.【详解】对于A ，6个人的全排列共有种方法，､､全排列有种方法，所以､､三位同学从左到右按照由高到矮的排列有种方法，故A 正确；对于B ，先排其余4个人，有种方法，4个人有5个空，利用插空法将､插入5个空中，有种方法，则共有种站法，故B 正确；对于C ，､､三位同学必须站在一起，且只能在与的中间的排法共有2种，将这3人捆绑在一起，与其余3人进行全排列，共有种方法，则共有种方法，故C 错误；对于D ，6个人全排列共有种方法，当在排头时，共有种方法，当在排尾时，共有种方法，当在排头且在排尾时，共有种方法，则不在排头，不在排尾的情况共有种方法，故D 正确，故选：C.8.B【分析】列举出若游戏继续进行到结束的所有情况，计算出甲乙各自胜出的概率，从而决定他们各自赌金的份额.【详解】由题可知，对单独每一局游戏，甲乙获胜的概率均为.0X >X 2(5,)3X B ()()()()0531P X P X P X P X >==+=+=5432125511212C C 33333⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1781=66A A C D 33A A C D 6633A 120A =44A A C 25A 4245A A A C D A C D 44A 442A 48=66A A 55A B 55A A B 44A A B 654654A 2A A 504-+=12若游戏继续进行，最多再进行2局即可分出胜负：①第四局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为；②第四局乙赢，第五局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为；③第四局乙赢，第五局乙赢，比赛结束，乙胜出，概率为；则甲胜出的概率为+=，则甲应该分得赌金的，即300×=225枚，乙分得赌金75枚.故选：B.9.AC 【分析】根据简单随机抽样中每个个体被抽到的可能性是一样的，可判断A ；根据百分位数的求法可判断B ；根据一组数据加上或乘以同一个数后的平均数以及方差的性质可判断C ；根据分层抽样中的平均数以及方差的性质，可判断D.【详解】选项A ：由题意知个体被抽到的概率为，故A 正确；选项B ：数据从小到大排列为：，由于，找第8个数据18，即第75百分位数为18，故B 错误；选项C ：设数据的平均数为，方差为，则数据的平均数为，方差为，12111224⨯=111224⨯=1214343434m 50.150=10,11,11,12,13,14,16,18,20,221075%7.5⨯=1210,,,x x x ⋯121010x x x x +++=()()()22221210110s x x x x x x ⎡⎤=-+-++-⎣⎦ 121021,21,,21x x x ++⋯⋯+()()()()12101210212121210211010x x x x x x x x ++++++++++===+ 222211210121212110s x x x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫''=+-++-+++-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦()()()()()()22222212101210142222221010x x x x x x x x x x x x ⎡⎤⎡⎤=-+-++-=-+-++-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦ 248s ==所以，故C 正确；选项D ：设第一层数据为，第二层数据为，则，所以，，总体平均数，总体方差因为，则，所以，，故D 错误.故选：AC.10.CD【分析】对于A ：分只有1件不合格品，没有不合格品两种情况解答；对于B ：都是合格品相当于从198件合格品抽取3件合格品；对于C ：分只有1件不合格品，有2件不合格品两种情况解答；对于D ：利用间接法从反面解答.【详解】对于A ：至多有1件不合格品分两种，一种是只有1件不合格品，一种是没有不合格品，故抽法种数为，A 错误；对于B ：都是合格品的抽法种数为，B 错误；对于C ：至少有1件不合格品分两种，一种是只有1件不合格品，一种是有2件不合格品，故抽法种数为，C 正确；对于D ：至少有1件不合格品的抽法种数为，D 正确.故选：CD.22s =12,,,n x x x ⋯12,,,m y y y ⋯211122,n mx x x y y y x n x m++++++== 112212,n n x x x n x y y y m x +++=⋅+++=⋅ ()()()()()()2111222222221121222211,n m s x x x x x x s y x y x y x n m ⎡⎤⎡⎤=-+-++-=-+-++-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦11n mx x y y x n m+++++=+ ()()()()22222111n m s x x x x y x y x n m ⎡⎤=-++-+-++-⎢⎥⎣⎦+ 12x x =()111n m x x y y n m x +++++=+⋅ ()11112n m n m x x x y y x x x n m n m++++++====++ ()()()()222221122111n m s x x x x y x y x n m ⎡⎤=-++-+-++-⎢⎥⎣⎦+ 22121ns ms n m⎡⎤=+⎣⎦+1219818329C C C +3198C 122121982198C C C C +33200198C C -11.ABC【分析】对于AB ：用条件概率计算；对于C ：利用互斥的概念来判断；对于D ：利用相互独立的条件来判断.【详解】对于A ：，则，A 正确；对于B ：，则，B 正确；对于C ：N 与Q 不可能同时发生，故N 与Q 互斥，C 正确；对于D ：，，，故，故D 错误.故选：ABC.12.【分析】将两个0捆绑，与3，4混排，再将两个2插入，即可求得开机密码总个数，得到答案.【详解】由题意，将两个0捆绑，视为1个元素，再与3，4混排，有种不同的排法，再将两个2插入，有种排法，所以不同的开机密码总个数为.故答案为：.13.【分析】先用展开式中所有项的系数之和为32求出，再将化为进行求解.【详解】由题意可得，解得，则，故该展开式中的常数项为.故答案为：14.450【分析】依据分类加法计数原理和平均及不平均分组问题处理方法求解即可.【详解】若6名航天员三个实验舱，三个实验舱每个至少一人至多三人，若每组人数分别为，共有种，()()2220.60.36,0.60.40.52P MN P N ===+=()()()0.3690.5213P MN P M N P N ===()()1122C 0.60.40.6,C 0.60.40.6P NQ P Q =⨯⨯⨯=⨯⨯⨯()()()1P NQ P N Q P Q ==()0.52P N =()12C 0.60.40.6P Q =⨯⨯⨯()0P NQ =()()()P N P Q P NQ ≠3633A 24C 3234A C N =36=3668-5n =12n x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭512x x ⎡⎤⎛⎫-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦232n =5n =5540155555111122C 2C 2C n x x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+=-+=-+-+⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()1233155545252C C 2C C 12C 68+⋅-+=-68-1,2,312336533C C C A 360⋅=若每组人数分别为，共有种，综上所有不同的安排方法共有.故答案为：45015.（1）（2）【分析】（1）根据全概率公式即可得出答案.（2）根据条件概率的计算公式即可求解.【详解】（1）记“甲跑第一棒”为事件，“甲跑第二棒”为事件，“甲跑第三棒”为事件，“甲跑第四棒”为事件，“运动队获胜”为事件，则，所以当甲出场比赛时，求该运动队获胜的概率为；（2），所以当甲出场比赛时，在该运动队获胜的条件下，甲跑第一棒的概率为.16.（1）和（2）和（3）12117.（1），（2）分布列见解析，（3）人【分析】（1）借助概率和为可得，借助平均数定义可得平均数；（2）得出的所有可能取值及其对应概率，即可得分布列，借助期望定义即可得其期望；（3）借助正态分布的性质可得军训成绩不低于98分的概率，即可估计该高校军训学生中优秀标兵的人数.【详解】（1）有图可得，解得，；2,2,22223642333C C C A 90A ⋅=36090450+=0.696231A 2A 3A 4A B ()()()()()()()()()11223344P B P A P B A P A P B A P A P B A P A P B A =+++0.30.60.20.80.20.70.30.70.69=⨯+⨯+⨯+⨯=0.69()()()()()()11110.30.660.6923P A P B A P A B P A B P B P B ⨯====623210x 180x -0.015a =78x =()14503E ξ=911a ξ()100.0100.0250.0351a a ++++=0.015a =()0.010550.015650.025750.035850.015951078x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯=（2）的可能取值为､､､､､､，，，，，，，，则其分布列为：；（3），，则，又，故，，故可估计该高校军训学生中优秀标兵的人数为人.18.（1）可以认为学生对长跑的喜欢情况与性别有关联.（2）分布列见解析，（3）ξ02003005007008001000()2121111325001P ξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---= ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=()2121113255200P ξ⎛⎫⎛⎫=⋅--= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭=()21211132500013P ξ⎛⎫⎛⎫=-⨯⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=()212212411132505325105P ξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--⨯+⨯⨯-= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=()2122132515700P ξ⎛⎫=⨯-⨯= =⎪⎝⎭()2121138002515P ξ⎛⎫=-⨯⨯= ⎪⎝⎭=()2122325151000P ξ=⨯⨯==ξ02003005007008001000P 11015110415215115215()111421214500200300500700800100010510151515153E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=78x μ==10σ==()()982P X P X μσ≥=≥+()220.9545P X μσμσ-≤≤+≈()10.9545980.022752P X -≥≈=40000.0227591⨯=9153335【分析】（1）根据列联表中的数据，求得，结合附表，即可求解；（2）求得男生的人数为人，女生的人数为人，根据题意，得到的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列；（2）根据题意，求得任抽1人喜欢长跑的概率为，结合服从二项分布，即可求解.【详解】（1）解：零假设学生对长跑的喜欢情况与性别无关联，根据题意，由列联表中的数据，可得，所以在的独立性检验中，可以推断不成立，即认为学生对长跑的喜欢情况与性别有关联.（2）从调查的不喜欢长跑的学生中按性别采用分层抽样的方法随机抽取9人，其中男生的人数为人，女生的人数为人，从9人中随机抽取3人，所以随机变量的可能取值为，可得，，则随机变量的分布列为：0123（3）解：由题意知，任抽1人喜欢长跑的概率为，所以随机变量服从二项分布，即，所以.22⨯240099χ=45X 0,1,2,31120p =Y 0:H 22⨯22400(12010080100)400 4.040 3.84120020022018099χ⨯⨯-⨯==≈>⨯⨯⨯0.050α=0H 809480100⨯=+1009580100⨯=+X 0,1,2,32134543399C C C 15(0),(0)C 21C 14P X P X ======1234553399C C C 105(2),(3)C 21C 42P X P X ======X XP 12151410215425()3E X =1120p =Y 11(12,)20Y B ()113312205E Y =⨯=19.（1）模型②的拟合程度更好（2），当年广告费为6（百万元）时，产品的销售量大概是13（百万辆）（3）0.3【分析】（1）分别求得模型①和②的相关系数，，然后比较得出结论；（2）利用最小二乘法求解；（3）由净利润为，求解.【详解】（1）解：设模型①和②的相关系数分别为，.由题意可得：，.所以，由相关系数的相关性质可得，模型②的拟合程度更好.（2）因为，又由，，得，所以，即回归方程为.当时，，因此当年广告费为6（百万元）时，产品的销售量大概是13（百万辆）.（3）净利润为，，令，所以.5ln 4y x =+1r 2r ()2005ln 4200x x ξ⨯+--()0x >1r 2r 5119.50.9720.1x y r ===≈528.0618.06y v r ====12r r < ()()()1218.0651.612i s i i sii v v y y n v v ==--===-∑∑5110.965i i v v ===∑5118.85i i y y ===∑58.80.9654m y v =-=-⨯=54y v =+5ln 4y x =+6x =5ln 6413y =+≈()2005ln 4200x x ξ⨯+--()0x >()()2005ln 4200g x x x ξ=⨯+--()1000200g x x'=-可得在上为增函数，在上为减函数.所以，由题意得：，即，，即该公司年净利润大于1000（百万元）的概率为0.3.()y g x =()0,5()5,+∞()()()max 52005ln 5451400g x g ξξ==⨯+--≈-14001000ξ->400ξ<()()4008000.3P P ξξ<=>=。
人教版数学高二-山西省太原五中高二5月月考数学(理)试题
太原五中2015-2016学年度第二学期阶段性检测高 二 数 学(理)出题人、校对人：雷英俊 廉海栋（2016.5）一、选择题（每小题4分,共40分,每小题只有一个正确答案）1.已知随机变量X 服从二项分布，且E(X)＝2.4，D(X)＝1.44，则二项分布的参数n ，p 的值为( )A ．n ＝4，p ＝0.6B ．n ＝6，p ＝0.4C ．n ＝8，p ＝0.3D ．n ＝24，p ＝0.12.已知离散型随机变量X 等可能取值1,2,3，…，n ，若P(1≤X ≤3)＝15，则n 的值为( )A ．3B ．5C ．10D ．153.已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)．且P(ξ<4)＝0.8，则P(0<ξ<2)等于( )A ．0.6B ．0.4C ．0.3D ．0.24. 53()y x 展开式的第三项为10,则y 关于x 的函数图象大致为( )5.10件产品，其中3件是次品，任取2件，若ξ表示取到次品的个数，则E(ξ)等于( )A.35B.815C.1415D ．1 6.6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为A ．144B ．120C ．72D ．247.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有( )个A ．50B ．45C ．36D ．358.如图，花坛内有5个花池，有5种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种一种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则栽种方案的种数为( )A ．180B ．240C ．360D ．4209.将三颗骰子各掷一次，记事件A ＝“三个点数都不同”， B ＝“至少出现一个６点”，则条件概率()P A B ，()P B A 分别是（ ）A.6091，12 B.12，6091C.518，6091D.91216，12 10.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( )A ．24对B ．30对C ．48对D ．60对二、填空题（每小题分，共12分）11. 如果将甲、乙、丙3名志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动,要求每人参加一天且每天至多安排一人,并要求甲安排在乙、丙的前面,则不同的安排方法共有 种 12. 三元一次方程x+y+z=13的非负整数解的个数有_____ 13. n ∈N *,0n C +31n C +…+(2n+1)nn C =_______14.设一次试验成功的概率为p ，进行100次独立重复试验，当p=______时成功的次数 的标准差最大为_______. 三、解答题（共48分） 15.（8分）已知()14142210721x a x a x a a x x ++++=+- .求（1）14210a a a a ++++ .（2）13531a a a a ++++16. (10分)(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数有多少种？(2)有5个人并排站成一排，如果甲必须在乙的右边，则不同的排法有多少种？(3)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有一个名额，问：名额分配的方法共有多少种？17.（10分）甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为12与p ，且乙投球2次均未命中的概率为116． （Ⅰ）求乙投球的命中率p ；（Ⅱ）求甲投球2次，至少命中1次的概率；（Ⅲ）若甲、乙两人各投球2次，求两人共命中2次的概率．18.（10分）甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是12外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是23.假设各局比赛结果相互独立．(1)分别求甲队以3∶0, 3∶1, 3∶2胜利的概率；(2)若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为 3∶2，则胜利方得2分，对方得1分．求乙队得分X 的分布列及数学期望． 19.（10分）袋子A 和B 中装有若干个均匀的红球和白球，从A 中摸出一个红球的概率是31，从B 中摸出一个红球的概率为p ．(Ⅰ) 从A 中有放回地摸球，每次摸出一个，有3次摸到红球即停止． (i)求恰好摸5次停止的概率；(ii)记5次之内(含5次)摸到红球的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列及数学期望E ξ． (Ⅱ) 若A 、B 两个袋子中的球数之比为1:2，将A 、B 中的球装在一起后，从中摸 出一个红球的概率是25，求p 的值．17.【答案】（Ⅰ）乙投球的命中率为4． （Ⅱ）甲投球2次至少命中1次的概率为34.（Ⅲ）甲、乙两人各投两次，共命中2次的概率为1132． 18.解析： (1)记“甲队以3∶0胜利”为事件A 1，“甲队以3∶1胜利”为事件A 2，“甲队以3∶2胜利”为事件A 3，由题意知，各局比赛结果相互独立， 故P (A 1)＝⎝⎛⎭⎫233＝827，P (A 2)＝C 23⎝⎛⎭⎫232⎝⎛⎭⎫1－23×23＝827，P (A 3)＝C 24⎝⎛⎭⎫232⎝⎛⎭⎫1－232×12＝427. 所以甲队以3∶0胜利、以3∶1胜利的概率都为827，以3∶2胜利的概率为427.(2)设“乙队以3∶2胜利”为事件A 4， 由题意知，各局比赛结果相互独立，所以P (A 4)＝C 24⎝⎛⎭⎫1－232⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫1－12＝427. 由题意知，随机变量X 的所有可能的取值为0,1,2,3， 根据事件的互斥性得P (X ＝0)＝P (A 1＋A 2)＝P (A 1)＋P (A 2)＝1627.又P (X ＝1)＝P (A 3)＝427，P (X ＝2)＝P (A 4)＝427，P (X ＝3)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝1)－P (X ＝2)＝327，故X 的分布列为X 0 1 2 3 P1627427427327所以E (X )＝0×1627＋1×427＋2×427＋3×327＝79.19.袋子A 和B 中装有若干个均匀的红球和白球，从A 中摸出一个红球的概率是31，从B中摸出一个红球的概率为（1）随机变量的分布列为 0123P其数学期望为（2）解析试题分析：解：（1）①恰好摸5次停止的概率为（2）②随机变量的可能取值为0，1，2，3.；；；所以，随机变量的分布列为0 1 2 3P故随机变量的数学期望为（10）（2）设袋子A中有m个球，则袋子B中有2m个球，由题意得，解得（14）。
山西省2020-2021学年高二第二学期5月月考数学(理)试卷
数 学 学 科 （理科）一、选择题（共10题，每题4分）1．设z ＝i(2＋i)，则z －＝( )A ．1＋2iB ．－1＋2iC ．1－2iD.－1－2i2．若大前提：任何实数的平方都大于0，小前提：a ∈R ，结论：a 2＞0，那么这个演绎推理出错在( )A ．大前提B ．小前提C ．推理形式D ．没有出错3. A 是圆上固定的一点，在圆上其他位置任取一点A ′，连接AA ′，它是一条弦，它的长度大于或等于圆的半径的概率为( )A ．12B ．23C ．32D ．124.曲线y ＝x2x －1在点(1,1)处的切线方程为( ) A ．x －y －2＝0 B ．x ＋y －2＝0 C ．x ＋4y －5＝0D ．x －4y －5＝05．曲线y ＝cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π2与坐标轴围成的面积是( )A ．4B ．2 C.52D.36．已知函数y ＝f (x )，其导函数y ＝f ′(x )的图象如下图所示，则y ＝f (x )( )A ．在(－∞，0)上为减函数B ．在x ＝0处取极小值C ．在(1,2)上为减函数D ．在x ＝2处取极大值7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2a n (n ≥2)，而a 1＝1，通过计算a 2，a 3，a 4，猜想a n 等于( )A.2(n ＋1)2 B ．2n (n ＋1)C.22n－1D.22n －18．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x，x ≤0，log 2x ，x >0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫18的值为( )A ．27 B.127C ．－27D ．－1279．tan(－570°)＋sin240°＝( )A ．－536B ．36C ．332D ． 310．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(－1,1)B ．(0,1)C ．(1，＋∞) D.(0，＋∞)二、填空题（共4题，每题4分）11. i 是虚数单位，则5－i1＋i 的值为________．12. 类比平面几何中的定理：△ABC 中，若DE 是△ABC 的中位线，则有S △ADE ∶S △ABC ＝1∶4；若三棱锥A －BCD 有中截面EFG ∥平面BCD ，则截得三棱锥的体积与原三棱锥体积之间的关系式为____________________________．13. 从编号为1至5的5个大小相同的球中任取2个，则所取球的最大号码不超过3的概率为________． 14.3tan15°＋13－tan15°的值是________．三、解答题（共4题）15．(10分)已知复数z 1满足(z 1－2)(1＋i)＝(1－i)(i 为虚数单位)，复数z 2的虚部为2，且z 1·z 2是实数，求z 2.16．(10分)某中学作为蓝色海洋教育特色学校，随机抽取100名学生，进行一次海洋知识测试，按测试成绩(假设考试成绩均在[65，90)内)分组如下：第一组[65，70)，第二组[70，75)，第三组[75，80)，第四组[80，85)，第五组[85，90)．得到频率分布直方图如图．(1)求测试成绩在[80，85)内的频率；(2)从第三、四、五组学生中用分层抽样的方法抽取6名学生组成海洋知识宣讲小组，定期在校内进行义务宣讲，并在这6名学生中随机选取2名参加市组织的蓝色海洋教育义务宣讲队，求第四组至少有1名学生被抽中的概率．17．(12分)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，0<φ<π2的部分图象如图所示．(1)求f (x )的解析式；(2)将函数y ＝f (x )的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的12，再将所得函数图象向右平移π6个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )的单调递增区间．18．(12分)已知函数f(x)＝a ln x －bx 2，a ，b ∈R ，且曲线y ＝f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切． (1)求a ，b 的值；(2)求f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值．1、只要朝着一个方向奋斗，一切都会变得得心应手。
山西省太原五中_学年高二数学下学期5月段考试卷理(含解析)【含答案】
2014-2015学年山西省太原五中高二（下）5月段考数学试卷（理科）一.选择题（本大题共10小题，每小题4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．设随机变量ξ服从正态分布N（3，4），若P（ξ＜2a﹣3）=P（ξ＞a+2），则a的值为（）A．B．C． 5 D． 32．5310被8除的余数是（）A． 1 B． 2 C． 3 D． 73．有10件产品，其中3件是次品，从中任取两件，若ξ表示取到次品的个数，则Eξ等于（）A．B．C．D． 14．某射手射击所得环数ξ的分布列如下：ξ7 8 9 10P x 0.1 0.3 y已知ξ的数学期望E（ξ）=8.9，则y的值为（）A． 0.8 B． 0.6 C． 0.4 D． 0.25．（理）已知随机变量ξ服从二项分布，且Eξ=2.4，Dξ=1.44，则二项分布的参数n，p 的值为（）A． n=4，p=0.6 B． n=6，p=0.4 C． n=8，p=0.3 D． n=24，p=0.16．将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则不同的分配方案有（）A． 30种B． 90种C． 180种D． 270种7．可以将椭圆+=1变为圆x2+y2=4的伸缩变换为（）A．B．C．D．8．已知回归直线的斜率的估计值为1.23，样本点的中心为（4，5），则回归直线方程为（）A．B．C．D．=0.08x+1.239．极坐标系中，曲线θ=与ρ=6sinθ的两个交点之间的距离为（）A． 1 B．C． 3D． 610．三角形的周长为31，三边为a，b．c均为整数且a≤b≤c，则满足条件的三元数组（a，b，c）的个数为（）A． 24 B． 30 C． 48 D． 60二．填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）11．若（x﹣2）5=a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a1+a2+a3+a4+a5= ．（用数字作答）12．（坐标系与参数方程选做题）圆心的极坐标为C（3，），半径为3的圆的极坐标方程是．13．（坐标系与参数方程选做题）极坐标系中，点P（2，﹣）到直线：l：=1的距离是．14．在10个球中有6个红球和4个白球，不放回地依次摸出2个球，在第一次摸出红球的条件下，第二次也摸到红球的概率是．15．一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：①从中任取3球，恰有一个白球的概率是；②从中有放回的取球6次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为；③从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为．其中所有正确结论的序号是．三.解答题：（本大题共4小题，共40分）16．袋中有5个大小相同的小球，其中1个白球和4个黑球，每次从中任取一球，每次取出的黑球不再放回去，直到取出白球为止．求取球次数X的期望和方差．17．已知（+）n的第五项的二项式系数与第三项的二项式系数的比是14：3，求展开式中不含x的项．18．甲乙两支排球队进行比赛，先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是，其余每局比赛甲队获胜的概率都是．设各局比赛结果相互独立．（1）分别求甲队3：0，3：1，3：2胜利的概率；（2）若比赛结果3：0或3：1，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为3：2，则胜利方得2分，对方得1分，求乙队得分X的分布列及数学期望．19．某食品厂为了检查甲乙两条自动包装流水线的生产情况，随即在这两条流水线上各抽取40件产品作为样本称出它们的重量（单位：克），重量值落在（495，510]的产品为合格品，否则为不合格品．图1是甲流水线样本的频率分布直方图，表1是乙流水线样本频数分布表．（1）若以频率作为概率，试估计从甲流水线上任取5件产品，求其中合格品的件数X的数学期望；（2）从乙流水线样本的不合格品中任意取2件，求其中超过合格品重量的件数Y的分布列；（3）由以上统计数据完成下面2×2列联表，并回答有多大的把握认为“产品的包装质量与两条自动包装流水线的选择有关”．甲流水线乙流水线合计合格品a= b=不合格品c= d=合计n=P（K2≥k）0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828附：下面的临界值表供参考：（参考公式：，其中n=a+b+c+d）2014-2015学年山西省太原五中高二（下）5月段考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一.选择题（本大题共10小题，每小题4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．设随机变量ξ服从正态分布N（3，4），若P（ξ＜2a﹣3）=P（ξ＞a+2），则a的值为（）A．B．C． 5 D． 3考点：正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．专题：计算题．分析：根据随机变量符合正态分布，又知正态曲线关于x=3对称，得到两个概率相等的区间关于x=3对称，得到关于a的方程，解方程即可．解答：解：∵随机变量ξ服从正态分布N（3，4），∵P（ξ＜2a﹣3）=P（ξ＞a+2），∴2a﹣3与a+2关于x=3对称，∴2a﹣3+a+2=6，∴3a=7，∴a=，故选A．点评：本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，本题主要考查曲线关于x=3对称，考查关于直线对称的点的特点，本题是一个基础题，若出现是一个得分题目．2．5310被8除的余数是（）A． 1 B． 2 C． 3 D． 7考点：整除的基本性质．专题：二项式定理．分析：由5310=（56﹣3）10，转化成二项式问题，即可得到结论．解答：解：由5310=（56﹣3）10=•5610﹣•569•3+ (310)最后一项为310，其余各项均含因数8，∵310=95=（8+1）5=•85+•84+…+，最后一项为1，其余各项均含因数8，故5310被8除的余数是1，故选：A点评：本题主要考查二项式定理的应用，考查学生的计算能力，属于基础题．3．有10件产品，其中3件是次品，从中任取两件，若ξ表示取到次品的个数，则Eξ等于（）A．B．C．D． 1考点：离散型随机变量的期望与方差．专题：计算题．分析：由题意，知ξ取0，1，2，P（ξ=0）=，P（ξ=1）=，P（ξ=2）=．由此能求出Eξ．解答：解：由题意，知ξ取0，1，2，它取每个值的概率都符合等可能事件的概率公式，即 P（ξ=0）=，P（ξ=1）=，P（ξ=2）=．于是Eξ=0×+1×+2×=．故选A．点评：本题考查离散型随机变量的数学期望，解题的关键是找到与每个ξ的值相对应的概率P的值．4．某射手射击所得环数ξ的分布列如下：ξ7 8 9 10P x 0.1 0.3 y已知ξ的数学期望E（ξ）=8.9，则y的值为（）A． 0.8 B． 0.6 C． 0.4 D． 0.2考点：离散型随机变量及其分布列．专题：概率与统计．分析：根据分布列的概率之和是1，得到关于x和y之间的一个关系式，由变量的期望值，得到另一个关于x和y的关系式，联立方程，解出要求的y的值．解答：解：由表格可知：x+0.1+0.3+y=1，7x+8×0.1+9×0.3+10×y=8.9解得y=0.4．故选：C．点评：本题是期望和分布列的简单应用，通过创设情境激发学生学习数学的情感，培养其严谨治学的态度．在学生分析问题、解决问题的过程中培养其积极探索的精神，属于基础题．5．（理）已知随机变量ξ服从二项分布，且Eξ=2.4，Dξ=1.44，则二项分布的参数n，p 的值为（）A． n=4，p=0.6 B． n=6，p=0.4 C． n=8，p=0.3 D． n=24，p=0.1考点：二项分布与n次独立重复试验的模型．专题：概率与统计．分析：根据随机变量符合二项分布，根据二项分布的期望和方差的公式和条件中所给的期望和方差的值，得到关于n和p的方程组，解方程组得到要求的两个未知量．解答：解：∵ξ服从二项分布B～（n，p）由Eξ=2.4=np，Dξ=1.44=np（1﹣p），可得1﹣p==0.6，∴p=0.4，n==6．故选B．点评：本题主要考查分布列和期望的简单应用，通过解方程组得到要求的变量，这与求变量的期望是一个相反的过程，但是两者都要用到期望和方差的公式．6．将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则不同的分配方案有（）A． 30种B． 90种C． 180种D． 270种考点：排列、组合及简单计数问题．专题：计算题．分析：根据题意，先把5名实习教师分成三组，一组1人，另两组都是2人，计算其分组的方法种数，进而将三个组分到3个班，即进行全排列，计算可得答案．解答：解：将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则将5名教师分成三组，一组1人，另两组都是2人，有种方法，再将3组分到3个班，共有15•A33=90种不同的分配方案，故选B．点评：本题考查排列、组合的综合运用，注意此类题目一般顺序为先组合、再排列．7．可以将椭圆+=1变为圆x2+y2=4的伸缩变换为（）A．B．C．D．考点：参数方程化成普通方程．专题：坐标系和参数方程．分析：令代入，化简代入椭圆方程化简整理即可得出．解答：解：由圆x2+y2=4化为=1，令代入椭圆方程可得=1，即（x′）2+（y′）2=4，由化为．故选：D．点评：本题考查了椭圆化为圆的变换公式，考查了计算能力，属于基础题．8．已知回归直线的斜率的估计值为1.23，样本点的中心为（4，5），则回归直线方程为（）A．B．C．D．=0.08x+1.23考点：回归分析的初步应用．分析：本题考查线性回归直线方程，可根据回归直线方程一定经过样本中心点这一信息，选择验证法或排除法解决，具体方法就是将点（4，5）的坐标分别代入各个选项，满足的即为所求．解答：解：法一：由回归直线的斜率的估计值为1.23，可排除D由线性回归直线方程样本点的中心为（4，5），将x=4分别代入A、B、C，其值依次为8.92、9.92、5，排除A、B法二：因为回归直线方程一定过样本中心点，将样本点的中心（4，5）分别代入各个选项，只有C满足，故选C点评：本题提供的两种方法，其实原理都是一样的，都是运用了样本中心点的坐标满足回归直线方程．9．极坐标系中，曲线θ=与ρ=6sinθ的两个交点之间的距离为（）A． 1 B．C． 3D． 6考点：简单曲线的极坐标方程．专题：坐标系和参数方程．分析：曲线θ=化为（x≤0），ρ=6sinθ即ρ2=6ρsinθ，利用可化为直角坐标方程，求出圆心到直线的距离d．可得曲线θ=与ρ=6sinθ的两个交点之间的距离=2．解答：解：曲线θ=化为（x≤0），ρ=6sinθ即ρ2=6ρsinθ，化为x2+y2=6y，配方为x2+（y﹣3）2=9．∴圆心（0，3）到直线的距离d==．∴曲线θ=与ρ=6sinθ的两个交点之间的距离=2=2=3．故选：C．点评：本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、点到直线的距离公式、弦长公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．10．三角形的周长为31，三边为a，b．c均为整数且a≤b≤c，则满足条件的三元数组（a，b，c）的个数为（）A． 24 B． 30 C． 48 D． 60考点：解三角形．专题：计算题；解三角形．分析：由三角形的三边关系可得≤c＜，故c=11，12，13，14，15，分别列举可得满足a≤b≤c的三元数组（a，b，c）的个数．解答：解：∵三边长分别为a≤b≤c，则a+b=31﹣c＞c≥，∴≤c＜，故c=11，12，13，14，15．分类讨论如下：①当c=11时，b=11，a=9或b=10，a=10；②当c=12时，b=12，a=7或b=11，a=8或b=10，a=9；③当c=13时，b=13，a=5或b=12，a=6或b=11，a=7或b=10，a=8或b=9，a=9；④当c=14时，b=14，a=3或b=13，a=4或b=12，a=5或b=11，a=6或b=10，a=7或b=9，a=8；⑤当c=15时，b=15，a=1或b=14，a=2或b=13，a=3或b=12，a=4或b=11，a=5或b=10，a=6或b=9，a=7或b=8，a=8；∴满足条件的三角形的个数为2+3+5+6+8=24．故选：A．点评：本题涉及分类讨论的思想，解答的关键是找到三边的取值范围及对三角形三边关系的理解与把握，属中档题．二．填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）11．若（x﹣2）5=a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a1+a2+a3+a4+a5= 31 ．（用数字作答）考点：二项式系数的性质．专题：计算题．分析：通过对x赋值1求出各项系数和，通过对x赋值0求出常数项，进而计算可得答案．解答：解：：令x=1得a5+a4+a3+a2+a1+a0=﹣1，再令x=0得a0=﹣32，∴a5+a4+a3+a2+a1=31，故答案为31点评：二项式中关于系数和的求法常用的方法是赋值法．12．（坐标系与参数方程选做题）圆心的极坐标为C（3，），半径为3的圆的极坐标方程是ρ=6cos（θ﹣）．考点：简单曲线的极坐标方程．专题：数形结合．分析：由题意画出图形，利用圆周角是直角，直接求出所求圆的方程．解答：解：由题意可知，圆上的点设为（ρ，θ）所以所求圆心的极坐标为C（3，），半径为3的圆的极坐标方程是：ρ=6cos（θ﹣）．故答案为：ρ=6cos（θ﹣）．点评：本题是基础题，考查极坐标方程的求法，考查数形结合，计算能力．13．（坐标系与参数方程选做题）极坐标系中，点P（2，﹣）到直线：l：=1的距离是+1 ．考点：简单曲线的极坐标方程；点到直线的距离公式．专题：计算题．分析：把极坐标方程化为直角坐标方程，直接使用点到直线的距离公式求出结果．解答：解：点P（2，﹣）的直角坐标为（，﹣1），直线：l：=1 即=1，化为直角坐标方程为 x ﹣y+2=0．由点到直线的距离公式得=+1，故答案为+1．点评：本题考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，点到直线的距离公式的应用，把极坐标方程化为直角坐标方程是解题的突破口．14．在10个球中有6个红球和4个白球，不放回地依次摸出2个球，在第一次摸出红球的条件下，第二次也摸到红球的概率是．考点：条件概率与独立事件．专题：计算题．分析：事件“第一次摸到红球且第二次也摸到红球”的概率等于事件“第一次摸到红球”的概率乘以事件“在第一次摸出红球的条件下，第二次也摸到红球”的概率．根据这个原理，可以分别求出“第一次摸到红球”的概率和“第一次摸到红球且第二次也摸到红球”的概率，再用公式可以求出要求的概率．解答：解：先求出“第一次摸到红球”的概率为：设“在第一次摸出红球的条件下，第二次也摸到红球”的概率是P2再求“第一次摸到红球且第二次也摸到红球”的概率为P=根据条件概率公式，得：=故答案为：点评：本题考查了概率的计算方法，主要是考查了条件概率与独立事件的理解，属于中档题．看准确事件之间的联系，正确运用公式，是解决本题的关键．15．一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：①从中任取3球，恰有一个白球的概率是；②从中有放回的取球6次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为；③从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为．其中所有正确结论的序号是①②③．考点：命题的真假判断与应用．专题：概率与统计．分析：①所求概率为，计算即得结论；②利用取到红球次数X～B（6，）可知其方差为=；③通过每次取到红球的概率P=可知所求概率为1﹣=．解答：解：①从中任取3球，恰有一个白球的概率是==，故正确；②从中有放回的取球6次，每次任取一球，取到红球次数X～B（6，），其方差为=，故正确；③从中有放回的取球3次，每次任取一球，每次取到红球的概率P=，∴至少有一次取到红球的概率为1﹣=，故正确．故答案为：①②③．点评：本题考查概率的计算，注意解题方法的积累，属于中档题．三.解答题：（本大题共4小题，共40分）16．袋中有5个大小相同的小球，其中1个白球和4个黑球，每次从中任取一球，每次取出的黑球不再放回去，直到取出白球为止．求取球次数X的期望和方差．考点：离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差．专题：概率与统计．分析：由题意知X的所有可能取值为：1，2，3，4，5，由此能求出取球次数X的期望和方差．解答：解：由题意知X的所有可能取值为：1，2，3，4，5，P（X=1）=，P（X=2）==，P（X=3）==，P（X=4）==，P（X=5）==，∴E（X）=（1+2+3+4+5）×=3，D（X）=（1﹣3）2×+…+（5﹣3）2×=2．点评：本题考查离散型随机变量的数学期望和方差的求法，是中档题，解题时要认真审题，在历年高考中都是必考题型．17．已知（+）n的第五项的二项式系数与第三项的二项式系数的比是14：3，求展开式中不含x的项．考点：二项式定理．专题：计算题．分析：由题意可得=可得n=10，由（+）n的二项展开式的通项公式即可求得展开式中不含x的项．解答：解：由题意可得=，∴n2﹣5n﹣50=0，∴n=10或n=﹣5（舍）．∵（+）10的二项展开式的通项公式为：T r+1=•••x﹣2r，∴由=0得，r=2．∴展开式中不含x的项为第三项，T3=•=5．点评：本题考查二项式定理，考查二项式系数的概念与性质，考查分析与运算能力，属于中档题．18．甲乙两支排球队进行比赛，先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是，其余每局比赛甲队获胜的概率都是．设各局比赛结果相互独立．（1）分别求甲队3：0，3：1，3：2胜利的概率；（2）若比赛结果3：0或3：1，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为3：2，则胜利方得2分，对方得1分，求乙队得分X的分布列及数学期望．考点：离散型随机变量的期望与方差．专题：概率与统计．分析：（1）甲队获胜有三种情形，①3：0，②3：1，③3：2，其每种情形的最后一局肯定是甲队胜，分别求出相应的概率，最后根据互斥事件的概率公式求出甲队获得这次比赛胜利的概率；（2）X的取值可能为0，1，2，3，然后利用相互独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，列出分布列，最后根据数学期望公式解之即可．解答：解：（1）甲队获胜有三种情形，其每种情形的最后一局肯定是甲队胜①3：0，概率为P1=（）3=；②3：1，概率为P2=C（）2×（1﹣）×=；③3：2，概率为P3=C（）2×（1﹣）2×=∴甲队3：0，3：1，3：2胜利的概率：．（2）乙队得分X，则X的取值可能为0，1，2，3．由（1）知P（X=0）=P1+P2=；P（X=1）=P3=；P（X=2）=C（1﹣）2×（）2×=；P（X=3）=（1﹣）3+C（1﹣）2×（）×=；则X的分布列为X 3 2 1 0PE（X）=3×+2×+1×+0×=．点评：本题主要考查了相互独立事件的概率乘法公式，以及离散型随机变量的期望与分布列，同时考查了分类讨论的数学思想，属于中档题．19．某食品厂为了检查甲乙两条自动包装流水线的生产情况，随即在这两条流水线上各抽取40件产品作为样本称出它们的重量（单位：克），重量值落在（495，510]的产品为合格品，否则为不合格品．图1是甲流水线样本的频率分布直方图，表1是乙流水线样本频数分布表．（1）若以频率作为概率，试估计从甲流水线上任取5件产品，求其中合格品的件数X的数学期望；（2）从乙流水线样本的不合格品中任意取2件，求其中超过合格品重量的件数Y的分布列；（3）由以上统计数据完成下面2×2列联表，并回答有多大的把握认为“产品的包装质量与两条自动包装流水线的选择有关”．甲流水线乙流水线合计合格品a= b=不合格品c= d=合计n=P（K2≥k）0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828附：下面的临界值表供参考：（参考公式：，其中n=a+b+c+d）考点：独立性检验的应用．专题：计算题．分析：（1）根据所给的每一组的频数和样本容量做出每一组的频率，在平面直角坐标系中做出频率分步直方图．（2）根据所给的以样本中的合格品数，除以样本容量做出合格品的频率，可估计从乙流水线上任取一件产品该产品为合格品的概率，得到变量符合二项分布，做出概率．（3）根据所给的数据，列出列联表，根据所给的观测值的公式，代入数据做出观测值，同临界值进行比较，得到有90%的把握认为产品的包装质量与两条自动包装流水线的选择有关．解答：解：（1）由图1知，甲样本中合格品数为（0.06+0.09+0.03）×5×40=36，故合格品的频率为，据此可估计从甲流水线上任取一件产品该产品为合格品的概率P=0.9，则X～（5，0.9），EX=4.5﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）（2）由表1知乙流水线样本中不合格品共10个，超过合格品重量的有4件；则Y的取值为0，1，2；且，于是有：∴Y的分布列为Y 0 1 2P﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）甲流水线乙流水线合计合格品a=36 b=30 66不合格品c=4 d=10 14合计40 40 n=80（3）2×2列联表如下：∵=＞2.706∴有90%的把握认为产品的包装质量与两条自动包装流水线的选择有关．﹣﹣﹣﹣﹣﹣（14分）点评：本题考查频率分步直方图，考查列联表，观测值的求法，是一个独立性检验，我们可以利用临界值的大小来决定是否拒绝原来的统计假设，若值较大就拒绝假设，即拒绝两个事件无关。
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太原五中2015-2016学年度第二学期阶段性检测
高 二 数 学(理)
一、选择题（每小题4分,共40分,每小题只有一个正确答案）
1.已知随机变量X 服从二项分布，且E(X)＝
2.4，D(X)＝1.44，则二项分布的参数n ，p 的值为( )
A ．n ＝4，p ＝0.6
B ．n ＝6，p ＝0.4
C ．n ＝8，p ＝0.3
D ．n ＝24，p ＝0.1
2.已知离散型随机变量X 等可能取值1,2,3，…，n ，若P(1≤X ≤3)＝15，则n 的值为( ) A ．3 B ．5 C ．10 D ．15
3.已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2
)．且P(ξ<4)＝0.8，则P(0<ξ<2)等于( )
A ．0.6
B ．0.4
C ．0.3
D ．0.2
4. 53()y x +展开式的第三项为10,则y 关于x 的函数图象大致
为( )
5.10件产品，其中3件是次品，任取2件，若ξ表示取到次品的个数，则E(ξ)等于( )
A.35
B.815
C.1415
D ．1 6.6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为
A ．144
B ．120
C ．72
D ．24
7.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有( )个
A ．50
B ．45
C ．36
D ．35
8.如图，花坛内有5个花池，有5种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种一种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则栽种方案的种数为( )
A ．180
B ．240
C ．360
D ．420
9.将三颗骰子各掷一次，记事件A ＝“三个点数都不同”，B ＝“至少
出现一个６点”，则条件概率()P A B ，()
P B A 分别是（ ）
A.6091，12
B.12，6091
C.518，6091
D.91216，12 10.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( )
A ．24对
B ．30对
C ．48对
D ．60对 二、填空题（每小题分，共12分）
11. 如果将甲、乙、丙3名志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动,要求每人参加一天且每天至多安排一人,并要求甲安排在乙、丙的前面,则不同的安排方法共有 种
12. 三元一次方程x+y+z=13的非负整数解的个数有_____
13. n ∈N *,0n C +31n C +…+(2n+1)n
n C =_______ 14.设一次试验成功的概率为p ，进行100次独立重复试验，当p=______时成功的次数
的标准差最大为_______.
三、解答题（共48分）
15.（8分）已知(
)14142210721x a x a x a a x x ++++=+- . 求（1）
14210a a a a ++++ . （2）
13
531a a a a ++++ 16. (10分)(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数有多少种？
(2)有5个人并排站成一排，如果甲必须在乙的右边，则不同的排法有多少种？
(3)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有一个名额，问：名额分配的方法共有多少种？
17.（10分）甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为
12与p ，且乙投球2次均未命中的概率为116
． （Ⅰ）求乙投球的命中率p ；
（Ⅱ）求甲投球2次，至少命中1次的概率；
（Ⅲ）若甲、乙两人各投球2次，求两人共命中2次的概率．
18.（10分）甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第
五局甲队获胜的概率是12外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是23
.假设各局比赛结果相互独立．
(1)分别求甲队以3∶0, 3∶1, 3∶2胜利的概率；
(2)若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为 3∶2，则胜利方得2分，对方得1分．求乙队得分X 的分布列及数学期望．
19.（10分）袋子A 和B 中装有若干个均匀的红球和白球，从A 中摸出一个红球的概率是31，从B 中摸出一个红球的概率为p ．
(Ⅰ) 从A 中有放回地摸球，每次摸出一个，有3次摸到红球即停止．
(i)求恰好摸5次停止的概率；
(ii)记5次之内(含5次)摸到红球的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列及数学期望E ξ． (Ⅱ) 若A 、B 两个袋子中的球数之比为1:2，将A 、B 中的球装在一起后，从中摸 出一个红球的概率是
25，求p 的值．。