精品解析：山西省太原市某校2024-2025学年高二下学期4月月考数学试题

2024-2025学年第二学期 高二年级4月月考试（数学） 测试时长：120分钟 使用时间：2025年4月6日 总分：150分 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 乘积的展开式中项数为（ ） A. 38 B. 39 C. 40 D. 41 2. 若，则（ ） A. 380 B. 190 C. 188 D. 240 3. 投掷一枚质地均匀的骰子两次，记，，则（ ） A. B. C. D. 4. 若随机变量X的分布列如下： 1 2 3 4 0.1 0.4 0.3 则（ ） A. 0.4 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.7 5. 若是离散型随机变量，，又已知，则的值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 6. 在的展开式中，若仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是第（ ）项. A. B. C. 2或3 D. 3或4 7. 体育课排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一次发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止．设学生一次发球成功的概率为，发球次数为X，若X的数学期望，则P的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 某高校要在假期安排甲、乙等名大学生到、、三个公司进行社会实践，要求每个公司都要有大学生去，且甲和乙都不能去公司，则不同的安排方式有（ ） A 种 B. 种 C. 种 D. 种 二、多项选择题（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. 设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 2024年6月嘉兴市普通高中期末检测的数学试卷采用新结构，其中多选题计分标准如下：①每小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；②部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）.若每道多选题有两个或三个正确选项等可能，在完成某道多选题时，甲同学在选定了一个正确选项后又在余下的三个选项中随机选择1个选项，乙同学在排除了一个错误选项后又在余下的三个选项中随机选择2个选项，甲、乙两位同学的得分分别记为和，则（ ） A. B. C. D. 11. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（ ） A. B. 第2023行中从左往右第1011个数与第1012个数相等 C. 记第行的第个数为，则 D. 第20行中第12个数与第13个数之比为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 某次演出已排好5个节目，后增加甲、乙、丙3个节目，要求在不改变原来节目的顺序前提下，且增加的节目不能排在第一个和最后一个，则演出顺序不同的排法有_______种． 13. 的展开式中常数项为________ 14. 有5个编了号的抽屉，要放进3本不同的书，不同的放法有________种（一个抽屉可放多本书）．（用数字作答） 四、解答题（本题共5小题，共77分．） 15. 某种资格证考试，每位考生一年内最多有3次考试机会．一旦某次考试通过，便可领取资格证书．不再参加以后的考试，否则就继续参加考试，直到用完3次机会．李明决定参加考试，如果他每次参加考试通过的概率依次为0.6，0.7，0.8，且每次考试是否通过相互独立，试求： （1）李明在一年内参加考试次数X分布列； （2）李明在一年内领到资格证书的概率． 16. 按下列要求分配6本不同的书，分别有多少种不同的分配方法（用数字作答）． （1）甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本； （2）平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本； （3）分成3份，1份4本，另外2份每份1本； （4）甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本； （5）甲得1本，乙得1本，丙得4本． 17. 某校团委开展知识竞赛活动．现有两组题目放，两个箱子中，箱中有6道选择题和3道论述题，箱中有3道选择题和2道论述题．参赛选手先在任一箱子中随机选取一题，作答完后再在此箱子中选取第二题作答，答题结束后将这两个题目放回原箱子． （1）若同学甲从箱中抽取了2题，求第2题抽到论述题的概率； （2）若同学乙从箱中抽取了2题，答题结束后误将题目放回了箱，接着同学丙从箱中抽取题目作答，求丙取出的第一道题是选择题的概率． 18. 已知展开式二项式系数和为512，． （1）求的值； （2）求系数绝对值最大的项. 19. 手工刺绣是中国非物质文化遗产之一，指以手工方式把图案设计和制作添加在编织物上的一种艺术，大致分为三个环节，简记为工序，工序，工序．经过试验测得小李在这三道工序成功的概率依次为，，．现某单位推出一项手工刺绣体验活动，报名费30元，成功通过三道工序最终的奖励金额是200元，为了更好地激发参与者的兴趣，举办方推出了一项工序补救服务，可以在活动开始前付费聘请技术员，若某一道工序没有成功，可以由技术员完成本道工序，技术员只完成其中一道工序，且只能聘请一位技术员，需另付聘请费用100元，若制作完成后没有接受技术员补救服务的退还一半的聘请费用． （1）求小李独立成功完成三道工序的概率； （2）若小李聘请一位技术员，且接受技术员补救服务，求他成功完成三道工序的概率； （3）为了使小李获得收益的期望值更大，请问小李是否需要聘请一位技术员？请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年第二学期 高二年级4月月考试（数学） 测试时长：120分钟 使用时间：2025年4月6日 总分：150分 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 乘积的展开式中项数为（ ） A. 38 B. 39 C. 40 D. 41 【答案】C 【解析】 【分析】采用分步乘法计数原理进行计算即可. 【详解】从第一个括号中选一个字母有2种方法，从第二个括号中选一个字母有4种方法，从第三个括号中选一个字母有5种方法，根据分步乘法计数原理可知共有项. 故选：C. 2. 若，则（ ） A. 380 B. 190 C. 188 D. 240 【答案】B 【解析】 【分析】利用组合数的性质求出，再求出答案. 【详解】由，得，所以. 故选：B 3. 投掷一枚质地均匀的骰子两次，记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别写出事件和事件包含的基本事件，由条件概率计算公式得到. 【详解】记事件，包含的基本事件数是，，，共3个基本事件， 事件，包含的基本事件数是，，共2个基本事件， 所以． 故选：D. 4. 若随机变量X的分布列如下： 1 2 3 4 0.1 0.4 0.3 则（ ） A. 0.4 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.7 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由分布列的性质可得的值，然后代入计算，即可得到结果. 详解】由题可得，解得． 由，可得或4， 则（或）． 故选：B 5. 若是离散型随机变量，，又已知，则的值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先得到随机变量的值只能为，根据期望和方差得到方程组，求出方程的解，得到答案. 【详解】，故随机变量的值只能为， ，解得或， 所以. 故选：B 6. 在的展开式中，若仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是第（ ）项. A. B. C. 2或3 D. 3或4 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据二项式系数最大值问题求，再根据第项的系数大于前一项，也大于后一项，根据不等式，即可求解. 【详解】由的展开式中，仅第5项的二项式系数最大，得展开式共9项，则， 的展开式的通项公式， 设展开式中系数最大项是，则，即， 解得，而，因此或，，， 所以展开式中系数最大的项是第3或4项. 故选：D. 7. 体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一次发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止．设学生一次发球成功的概率为，发球次数为X，若X的数学期望，则P的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】计算学生每次发球的概率，求出期望的表达式，求解，可解出值. 【详解】根据题意，学生一次发球成功的概率为p，即，发球次数为2即二次发球成功的概率为，发球次数为3的概率为，则期望 ，依题意有， 即，解得或，结合p的实际意义，可得. 故选：C． 8. 某高校要在假期安排甲、乙等名大学生到、、三个公司进行社会实践，要求每个公司都要有大学生去，且甲和乙都不能去公司，则不同的安排方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】D 【解析】 【分析】对公司去的学生人数进行分类讨论，结合分类和分步计数原理可得结果. 【详解】因为甲和乙都不能去公司，对公司去的学生人数进行分类讨论： 若去公司只有个人，有种情况，然后将剩余人分为两组，再将这两组分配给、两个公司， 此时有种不同的安排方式； 若去公司有人，有种情况，然后将剩余人分为两组，再将这两组分配给、两个公司， 此时有种不同的安排方式； 若去公司有人，只需将甲、乙两人分配给、公司即可，每个公司个人， 此时有种不同的安排方式. 由分类加法计数原理可知，不同的安排方式种数为种. 故选：D. 二、多项选择题（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. 设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用和事件的概率公式和条件概率公式可得. 【详解】对于A：，， 所以，故A错误； 对于B：，，∴， ，故B正确； 对于C：，，∴，故C正确. 对于D：， ，∴，∴， ∴，所以D正确. 故选：BCD. 10. 2024年6月嘉兴市普通高中期末检测的数学试卷采用新结构，其中多选题计分标准如下：①每小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；②部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）.若每道多选题有两个或三个正确选项等可能，在完成某道多选题时，甲同学在选定了一个正确选项后又在余下的三个选项中随机选择1个选项，乙同学在排除了一个错误选项后又在余下的三个选项中随机选择2个选项，甲、乙两位同学的得分分别记为和，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对于甲同学得分和乙同学得分，分有两个正确选项和三个正确选项两种情况计算出，的概率，求得、的分布列，进而求得，，对四个选项进行判断. 【详解】 的分布列为 0 4 6 由此可得, . 的分布列为 0 4 6 由此可得， . 故AD正确，BC错误， 故选：AD 11. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（ ） A B. 第2023行中从左往右第1011个数与第1012个数相等 C. 记第行的第个数为，则 D. 第20行中第12个数与第13个数之比为 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A：利用性质计算即可；对于B：利用的展开式的二项式系数计算；对于C：代入，利用二项式定理计算即可；对于D：利用的展开式的二项式系数计算 【详解】对于A： ，A错误； 对于B：第2023行中的数为的展开式的二项式系数， 则从左往右第1011个数为，第1012个数为，，B错误； 对于C：第行的第个数为， 则，C正确； 对于D：第20行中的数为的展开式的二项式系数， 则从左往右第12个数为，第13个数为， 则，D正确. 故选：AB. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 某次演出已排好5个节目，后增加甲、乙、丙3个节目，要求在不改变原来节目的顺序前提下，且增加的节目不能排在第一个和最后一个，则演出顺序不同的排法有_______种． 【答案】120 【解析】 【分析】利用逐个插空法来求解即可. 【详解】根据题意，用逐个插空法，则不插入两端的不同的排法有种； 故答案为：120. 13. 的展开式中常数项为________ 【答案】 【解析】 【分析】先求出展开式的通项，然后分析可得满足题意，从而可求出展开式中常数项. 【详解】展开式的通项， 若，则得，所以舍去， 若，则得，此时， 所以的展开式中常数项为． 故答案： 14. 有5个编了号的抽屉，要放进3本不同的书，不同的放法有________种（一个抽屉可放多本书）．（用数字作答） 【答案】125 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理即可求解． 【详解】根据题意，每本书都有5个抽屉可选，所以共有种方法， 故答案为：125． 四、解答题（本题共5小题，共77分．） 15. 某种资格证考试，每位考生一年内最多有3次考试机会．一旦某次考试通过，便可领取资格证书．不再参加以后的考试，否则就继续参加考试，直到用完3次机会．李明决定参加考试，如果他每次参加考试通过的概率依次为0.6，0.7，0.8，且每次考试是否通过相互独立，试求： （1）李明在一年内参加考试次数X的分布列； （2）李明在一年内领到资格证书的概率． 【答案】（1）分布列见解析；（2） 【解析】 【分析】（1）的取值分别为1，2，3，分别求出，，，由此能求出李明参加考试次数的分布列 （2）由已知条件，利用对立事件的概率计算能求出李明在一年内领到资格证书的概率． 【详解】解：（1）的取值分别为1，2，3． ，， 所以李明参加考试次数的分布列为： 1 2 3 P 0.6 0.28 0.12 （2）李明在一年内领到资格证书的概率为： 16. 按下列要求分配6本不同的书，分别有多少种不同的分配方法（用数字作答）． （1）甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本； （2）平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本； （3）分成3份，1份4本，另外2份每份1本； （4）甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本； （5）甲得1本，乙得1本，丙得4本． 【答案】（1）360种 （2）90种 （3）15种 （4）90种 （5）30种 【解析】 【分析】根据排列组合，分组分配问题及分步乘法计数原理即可求解． 【小问1详解】 由于甲、乙、丙是不同的三人，分配给三人，共有（种）分配方法． 【小问2详解】 分配给三人，故共有（种）分配方法． 【小问3详解】 共有（种）分组方法． 【小问4详解】 分配给三人，共有（种）分配方法． 【小问5详解】 甲选1本有种方法，乙从余下的5本中选1本有种方法，余下的4本留给丙有种方法，故共有（种）分配方法． 17. 某校团委开展知识竞赛活动．现有两组题目放在，两个箱子中，箱中有6道选择题和3道论述题，箱中有3道选择题和2道论述题．参赛选手先在任一箱子中随机选取一题，作答完后再在此箱子中选取第二题作答，答题结束后将这两个题目放回原箱子． （1）若同学甲从箱中抽取了2题，求第2题抽到论述题的概率； （2）若同学乙从箱中抽取了2题，答题结束后误将题目放回了箱，接着同学丙从箱中抽取题目作答，求丙取出的第一道题是选择题的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出事件后，利用全概率公式求解即可得； （2）设出相应事件后，借助组合数公式求出同学乙从箱中取出不同题目的不同概率，再利用全概率公式求解即可得. 【小问1详解】 设事件表示“甲第次从箱中取到论述题”，， 则； 【小问2详解】 设事件为“丙从箱中取出的第一道题是选择题”， 事件为“乙从箱中取出2道选择题”， 事件为“乙从箱中取出1道选择题和1道论述题”， 事件为“乙从箱中取出2道论述题”， 则，，， 则 ， 即丙取出的第一道题是选择题的概率为. 18. 已知展开式的二项式系数和为512，． （1）求的值； （2）求系数绝对值最大的项. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用换元法结合二项式定理可求. （2）记，求出的解后可得系数绝对值最大的项. 【小问1详解】 由二项展开式的系数和为，于是，解得， 设，于是， 二项展开式的通项，令，则. 【小问2详解】 展开式中第项的绝对值为，记， 则， 令，解得，即时； 令，解得，即时，. 于是，且，即最大， 故原式中最大，最大项为 19. 手工刺绣是中国非物质文化遗产之一，指以手工方式把图案设计和制作添加在编织物上的一种艺术，大致分为三个环节，简记为工序，工序，工序．经过试验测得小李在这三道工序成功的概率依次为，，．现某单位推出一项手工刺绣体验活动，报名费30元，成功通过三道工序最终的奖励金额是200元，为了更好地激发参与者的兴趣，举办方推出了一项工序补救服务，可以在活动开始前付费聘请技术员，若某一道工序没有成功，可以由技术员完成本道工序，技术员只完成其中一道工序，且只能聘请一位技术员，需另付聘请费用100元，若制作完成后没有接受技术员补救服务的退还一半的聘请费用． （1）求小李独立成功完成三道工序的概率； （2）若小李聘请一位技术员，且接受技术员补救服务，求他成功完成三道工序的概率； （3）为了使小李获得收益的期望值更大，请问小李是否需要聘请一位技术员？请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）小李需要聘请一位技术员，理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用独立事件概率乘法公式得到小李独立成功完成三道工序概率； （2）分三种情况，求出相应的概率，再相加得到答案； （3）分别求出没有聘请技术员参与比赛，和聘请技术员参与比赛，收益的期望值，比较后得到结论. 【小问1详解】 设事件“小李独立成功完成三道工序” 则． 【小问2详解】 设事件“小李聘请一位技术员，且接受技术员补救服务，成功完成三道工序”， 当技术员完成工序时，小李成功完成三道工序的概率为：， 当技术员完成工序时，小李成功完成三道工序的概率为：， 当技术员完成工序时，小李成功完成三道工序的概率为：， 故． 【小问3详解】 若小李没有聘请技术员参与比赛，设小李最终收益为， ，所以， 若小李聘请一位技术员参与比赛，设小李最终收益为， 有如下几种情况： 技术员最终未参与补救仍成功完成三道工序，此时， 由（1）知，， 技术员参与补救并成功完成三道工序，此时，由（2）知， 技术员参与补救但仍未成功完成三道工序，此时， ， 所以， 因为，所以小李需要聘请一位技术员． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$