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1、黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019 学年高二 4 月月考 数学（理）试题 一、选择题（本大题共12小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中，只有 一个选项符合题意的） 1. 在 100 件产品中，有3 件是次品，现从中任意抽取 5 件，其中至少有2 件次品的取法种数为 （ ） A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】 试题分析：恰好有2 件次品时，取法为，恰好有3 件次品时，取法为，所以总数为 。 考点：排列组合。 2.若，则 的值为 （） A. 4 B. 4 或 5 C. 6 D. 4 或 6 【答案】 D 【解析】 因为，所以或，所以或 ，选 D. 3
2、.小明同学喜欢篮球，假设他每一次投篮投中的概率为，则小明投篮四次，恰好两次投中的概率是（） A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】 分析：利用二项分布的概率计算公式：概率 即可得出 详解：每次投篮命中的概率是， 在连续四次投篮中，恰有两次投中的概率 故在连续四次投篮中，恰有两次投中的概率是 故选 D. 点睛：本题考查了二项分布的概率计算公式，属于基础题 4.若，（） ，则，的大小关系是（） A. B. C. D. ，的大小由的取值 确定 【答案】 A 【解析】 且， ，又，故选 C. 5.用数学归纳法证明时，到时，不等式左边 应添加的项为（） A. B. C. D. 【答案】 C 【解
3、析】 【分析】 先列出当和时左边的式子，然后相减即可. 【详解】解：当时，左边 = 当时，左边 = 所以不等式左边应添加的项为 故选： C. 【点睛】本题主要考查数学归纳法的基本步骤，数学归纳法的第二步从到时命题增加项可能 不止一项 . 6.若 展开式的常数项为60，则值为 ( ) A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】 【分析】 由二项式展开式的通项公式写出第项，求出常数项的系数，列方程即可求解. 【详解】因为展开式的通项为， 令，则，所以常数项为，即，所以. 故选 D 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，熟记二项展开式的通项即可求解，属于基础题型. 7.已知 的展开式中只有第4
4、项的二项式系数最大，则多项式展开式中的常数项为 （） A. 10B. 42C. 50D. 182 【答案】 A 【解析】 【分析】 先由第 4 项的二项式系数为最大，得出 n=6，然后分析得到多项式的常数项只能是乘以 中的项，乘以中的常数项， 所以求出中的项与常数项， 再分别与和相 乘，再合并即为整个多项式的常数项. 【详解】解：因为的展开式中第4 项的二项式系数为，且最大 所以 n=6 所以多项式 二项式的展开通项式为 所以当 k=4 时， 当 k=3 时， 所以展开式中常数项为 故选： A. 【点睛】本题主要考查二项式系数的最大项和多项式乘以二项式的展开式，当n是偶数时，二项式系数最 大值
5、为，当 n 是奇数时，二项式系数最大值为或；多项式乘以二项式的展开式中某项系数问题， 先要确定前面多项式各项应乘二项式中哪一项再分别计算即可. 8.7 张卡片上分别写有数字1 2 3 4 5 6 7 从中随机取出2 张，记事件A“所取2 张卡片上的数字之和为 偶数”，事件B“所取2 张卡片上的数字之和小于8”，则（） A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】 【分析】 可将事件A“ 所取 2 张卡片上的数字之和为偶数” 的所有情况全部列出来，再找出其中满足事件B“ 所取 2 张卡片上的数字之和小于8” 的数目，然后求出概率. 【详解】 解：所取 2 张卡片上的数字之和小于8 的情况有 （
6、 1,3） 、 （1,5） 、 （1,7） 、 （3,5） 、 （3,7） 、 （5,7） 、 （2,4） 、 （2,6） 、 （4,6） ，共 9 种，其中和小于8 的情况有（ 1,3） 、 （1,5） 、 （2,4） ，共 3种 所以 故选： A. 【点睛】本题主要考查条件概率的求法，事件 A发生的条件下， 事件 B发生的条件概率公式为， 不过对于一些情况总数不多的情况采用穷举法更加方便. 9.在二项式的展开式中，二项式系数的和为 256，把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都 互不相邻的概率为( ) A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】 【分析】 先由二项式系数的和为解出 n
7、，然后利用二项式展开通项式确定有理项的项数，然后利用插空法求出有理 项互不相邻的排法数，除以排列总数即为所求概率. 【详解】解：因为二项式系数的和为 解得 n=8 二项式的展开通项式为 其中当 k=0、3、6 时为有理项 因为二项式的展开式中共有9 项，全排列有种排法， 其中 3 项为有理项， 6项为非有理项，且有理项要求互不相邻 可先将 6 项非有理项全排列共种 然后将 3 项有理项插入6 项非有理项产生的7 个空隙中共种 所以有理项都互不相邻的概率为 故选： D. 【点睛】 本题主要考查二项式系数和，以及排列中的不相邻问题。二项式系数和为，偶数项的二项式系数 的和等于奇数项的二项式系数的和
8、等于；相邻捆绑法，不相邻插空法是解决排列中相邻与不相邻问题 的两种基础方法. 10.现安排甲、乙、丙、丁、戊5 名同学参加2022 年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司 机四项工作可以安排，以下说法正确的是（） A. 每人都安排一项工作的不同方法数为 B. 每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为 C. 如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5 名同学全部被安排的不同方法数为 D. 每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则 不同安排方案的种数是 【答案】 D 【解析】 【分析】 选项 A 中每人有四项工作可安排，5 人
9、应该是，选项A 错误；选项B 中先每项工作分一人，再安排另一 人会有重复，选项B 错误；选项C 中先分组再分配中括号内的分组有重复，错误；选项D 中分两类司机1 人和司机2 人，分类安排再相加正确. 【详解】解：每人有四项工作可以安排，所以五人都安排一项工作的不同方法数为,选项 A 错误；每项工 作至少有一人参加，则有一项工作安排两人，其他三项工作各一人，所以共有，选项B 中是先 每项工作安排一人，还剩下一人在四项工作选择，这样会有重复，比如：“ 甲、乙、丙、丁分别安排翻译、 导游、礼仪、司机，然后戊安排翻译” 与“ 戊、乙、丙、丁分别安排翻译、导游、礼仪、司机，然后甲安排翻 译” 重复计算了
10、， 选项 B 错误；选项 C 中是先分组后分配，代表的是5 人分成 3人、1 人、1 人三组， 代表的是5 人分成2 人、 2 人、 1 人三组，然后三组人分配三项工作，乘以，然而分组的过程中和都有重 复，比如： 3 人、 1 人、 1 人分组中先选择了甲、乙、丙三人一组，剩下丁、戊分两组只有一种分发，而 不是种，选项 C 错误；选项D 分两类考虑，第一类：司机安排一人为，另外 4 人分 3 组（4 人选 2人 为一组，另外两人分两组只有一种分法），然后三组人安排司机除外的三项工作，共，第二类：司 机安排两人，剩下 3 人安排另三项工作，共，两类相加得，选项 D 正确 . 故选： D. 【点睛
11、】本题主要考查排列组合中的分组分配问题，分组分配问题尽量采用先分组后分配相对不容易重复 或遗漏，不过要注意分组中如果有平均分组需除以，以避免重复分组. 11.牡丹江一中2019 年将实行新课程改革，即除语、数、外三科为必考科目外，还要在理、化、生、史、地、 政六科中选择三科作为选考科目已知某生的高考志愿为北京大学环境科学专业，按照17 年北大高考招生 选考科目要求物、化必选，为该生安排课表（上午四节、下午四节，上午第四节和下午第一节不算相邻）， 现该生某天最后两节为自习课，且数学不排下午第一节，语文、外语不相邻，则该生该天课表有（） 种 A. 444B. 1776C. 1440D. 1560
12、【答案】 B 【解析】 【分析】 先从生、史、地、政四选一，因为数学不能在下午第一节，且语文外语不相邻，可以分为语文外语有一科 在下午第一节和都不在下午第一节两类，都不在下午第一节又分语文英语都在上午或上下午各一科进行讨 论. 【详解】 解：首先理、 化、生、史、地、政六选三， 且物、 化必选， 所以只需在生、 史、地、政四选一有 种；然后对语文、外语排课进行分类，第1 类：语文外语有一科在下午第一节，则另一科可以安排在上午 四节课任意一节，剩下的四科可全排列，共种；第 2 类：语文外语都不在下午第一节，则下午 第一节可在除语数外三科的另三科中选择，语文和外语可都安排在上午，可以是上午第一、三
13、，上午一、 四、上午二、四节3 种，也可一科在上午任一节一科在下午第二节，其他三科可以全排列，共 ；所以总共有 种. 【点睛】本题主要考查排列组合中的先选后排，在排列过程中涉及到特殊优先，不相邻要分类讨论. 12.下列说法中正确的个数是( ) (1) 已知，则 (2) 将 6 个相同的小球放入4 个不同的盒子中，要求不出现空盒，共有10 种放法 (3) 被 除后的余数为 (4) 若，则 (5) 抛掷两个骰子，取其中一个的点数为点的横坐标，另一个的点数为点的纵坐标，连续抛掷这两个骰子 三次，点在圆内的次数的均值为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】 C 【解析】 【分析】 （1）中
14、直接使用二项分布公式，可计算； （2）中相同元素分组采用隔板法，6 个球中间5 个空隙，分4组只需插入3 个隔板即可； （3），展开式中除了最后一项1 都是 49 的倍数，都能被7 整除； （4）偶数项的系数和只需分别令和，再两式相加减即可； （5）显然服从二项分布，n=3，所以只需算出成功的概率P，然后用可计算 . 【详解】解：，解得，(1)正确； 6 个相同的小球放入4个不同的盒子中，要求不出现空盒，即每个盒子至少1 个，采用隔板法共种， (2)正确；，展开式中只有最后一项1 不是 7 的倍数，所以被 除后的余数为， (3)错误；在 中，分别令和得 ，两式相加除以2 得：， (4)正确；抛
15、掷两个骰子点 共有 36种情况， 其中在圆 内的有 (1,1)、(1,2)、(1,3)、(2,1)、(2,2)、(2,3)、 (3,1) 、(3,2)共 8 种，所以掷这两个骰子一次，点在圆内的概率为，因为，所以的均值为， (5)错误；所以共有3 个正确 故选 C. 【点睛】本题主要考查了二项分布的期望与方差，隔板法处理相同元素的分组问题，二项式定理偶数项系 数和以及在整除问题中的应用。若随机变量，则， ，在求一个随机变量的期望和方差时可先分析其是否为二项分布；二项式定理中的系数和问题一般采用赋 值法，整除问题中，需要先凑出与除数有关的数，再观察分析. 二填空题（本大题共4 小题，每题 5 分
16、，满分 20 分 ） 13.若随机变量，且 ，则_ 【答案】 0.6 【解析】 【分析】 先由随机 变 量， 观 察到正 态分 布 曲线对称 轴为直 线X=3，所 以 ，即可求得答案. 【详解】解：因为随机变量，所以正态分布曲线关于直线X=3 对称 所以 故答案为： 0.6. 【点睛】本题主要考查正态分布的性质，若，则正态分布曲线关于对称 . 14.已知随机变量的分布列如下表所示则 的值等于 _ 【答案】 1 【解析】 【分析】 先由分布列中各概率和为1 解出 b，然后用期望公式求出，再由解出答案 . 【详解】解：因为 所以 所以 所以 故答案为： 1. 【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列，数学期望以及期望的性质. 15.从 1，3，5，7 四个数中选两个数字，从0，2，4 三个数中选一个数字，组成没有重复数字的三位数，其 中奇数的个数为_
