2023-2024学年山西省太原市高二下册3月月考数学试题(含解析)

一、单选题2

1．若Cn36，则n的值为（）C．9D．10A．7【正确答案】CB．8【分析】直接解组合数方程，即可求解.2

【详解】因为Cn36，所以nn136，解得：n=9.21155

，DX，则p（164故选：C2．已知随机变量X服从二项分布XA．Bn,p，若EX

C．34）14B．13D．45【正确答案】A【分析】由二项分布的均值和方差公式列方程组求解．5

1npp44．【详解】由题意，解得

15np(1p)n516

故选：A．3．上午要上语文、数学、体育和外语四门功课，而数学老师因故不能上第二节和第四节，则不同排课方案的种数是（A．24【正确答案】D【分析】按照特殊元素优先的原则先排数学课再对其余三门功课全排列即可.【详解】因为数学教师因故不能上第二节和第四节课，1所以先排数学老师的课，共有C22种排课方案，）C．20D．12B．223然后再排剩下三位老师的课，共有A36种排课方案，由分步计数乘法原理可得共有2612种排课方案，故选.D

4．在含4件次品的6件产品中随机抽取3件产品，其中含有的次品数为X则EX（A．23）B．1C．43D．2【正确答案】D【分析】由题知，X可取1，2，3，求得X的分布列，进而可求EX【详解】由题知，X可取1，2，3，12

C23C1C3114C24C24PX2PX3则PX1，，，33C5C35C5666

131EX1232.555故选：D5．有7件产品，其中4件正品，3件次品，现不放回从中取2件产品，每次一件，则在第一次取得次品的条件下，第二次取得正品的概率为（A．4

7）D．16B．23C．13【正确答案】B【分析】利用条件概率公式，结合古典概型计算即可.【详解】法一：设第一次取得次品为事件A，第二次取得正品为事件B，1C1C1233C43，则PAB11,PA1C7C67C77∣A所以PB

PAB272

.PA733法二：在第一次拿出一件次品后还有6件，其中4件正品，2件次品，故第二次拿出正品的概率为P故选：B.6．在如图所示的三角形边上的9个点中任取3个，可构成三角形的个数是（）42.63A．69【正确答案】AB．70C．74D．84先计算能构成三角形的个数的总数，再减去不符合条件的可得答案,3【详解】三角形边上的9个点中任取3个，共有C9

987

84个，当三点在一条线上时321333

构不成三角形，有C5C4C315个，所以符合条件的个数84-15=69，故选：A.方法点睛：本题主要考查组合的应用，常见组合数的求法有直接法和间接法.7．设2x1a0a1xa5x5，则下列说法正确的是（5）A．a01C．a0a2a4121【正确答案】CB．a1a2a3a4a51D．a1a3a5121【分析】设fx2x1a0a1xa5x5，利用赋值法可判断各选项的正误.【详解】设fx2x1a0a1xa5x5，对于A选项，a0f011，A错；对于B选项，a1a2a3a4a5a0a1a2a3a4a5a0f112112，5555B错；f1a0a1a2a3a4a51

对于CD选项，5，f1aaaaaa3012345所以，a0a2a4a1a3a5

2f1f12

1243

121，2f1f11243

122，C对D错.2故选：C.8．四种不同的颜色涂在如图所示的6个区域，且相邻两个区域不能同色，满足条件的涂法数有（）种A．24【正确答案】CB．72C．120D．144【分析】由第一类区域6与区域4相同，涂区域5有4种方法，涂区域1有3种方法，涂区域4有2种方法，涂区域3有2种方法，涂区域2有1种方法，第二类区域6与区域4不相同，涂区域5有4种方法，涂区域1有3种方法，涂区域4有2种方法，涂区域6有1种方法，再分类，若区域6与区域3相同，涂区域2有2种方法；若区域6与区域3不相同，涂区域3，2有1种方法，分别利用分步计数原理求解.【详解】解：第一类：若区域6与区域4相同，涂区域5有4种方法，涂区域1有3种方法，涂区域4有2种方法，涂区域3有2种方法，涂区域2有1种方法，则不同的涂色方案有4322148种；第二类：若区域6与区域4不相同，涂区域5有4种方法，涂区域1有3种方法，涂区域4有2种方法，涂区域6有1种方法，再分类，若区域6与区域3相同，涂区域2有2种方法；若区域6与区域3不相同，涂区域3，2有1种方法；则不同的涂色方案有43212172种；根据分类计数原理，不同的涂色方案有4872120种.故选：C.二、多选题1

9．若随机变量X服从两点分布，其中PX0，EX，DX分别为随机变量X的3均值与方差，则下列结论正确的是（A．PX1EX）B．E3X24

C．D3X24【正确答案】ABD．DX

49【分析】根据随机变量X服从两点分布推出P(X1)，根据公式先计算出EX、DX，由此分别计算四个选项得出结果．2321

【详解】随机变量X服从两点分布，其中P(X0)，P(X1)，33122

E(X)01，33321222D(X)(0)2(1)2，33339在A中，P(X1)E(X)，故A正确；在B中，E(3X2)3E(X)2324，故B正确；在C中，D(3X2)9D(X)9在D中，D(X)故选：AB．10．袋中有10个大小相同的球，其中6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，则下列结论中正确的是（A．取出的白球个数X服从二项分布B．取出的黑球个数Y服从超几何分布C．取出2个白球的概率为）2

2，故C错误；9232，故D错误．9114114D．取出球总得分最大的概率为【正确答案】BD【分析】A、B根据题设描述写出取出的白球个数X、黑球个数Y的可能情况，并求出对应情况的概率，易得它们都服从超几何分布；进而可判断C、D的正误.40C6C1

【详解】A：取出白球个数X可能为0、1、2、3、4，则P(X0)44，C101412234

C3C6C43C1C08416C46C46C4P(X1)4P(X2)4，P(X3)4P(X4)4，，，C1021C107C1035C102104nnC6C4所以P(Xn)，即取出的白球个数X服从超几何分布，错误；4C10n4nC6C4B：同A，取出黑球个数Y可能为0、1、2、3、4，易得P(Yn)，即取出的黑球4C10

个数Y服从超几何分布，正确；C：由A知取出2个白球的概率为3

，错误；7D：总得分最大，即取出的都是黑球，由A知：概率为故选：BD1

，正确.1411．箱子中有6个大小、材质都相同的小球，其中4个红球，2个白球．每次从箱子中随机的摸出一个球，摸出的球不放回．设事件A表示“第1次摸球，摸到红球”，事件B表示“第2次摸球，摸到红球”则下列结论正确的是（A．P(A)

）B．P(B)253523C．PBA

D．PBA

45【正确答案】AD【分析】利用条件概率及全概率公式进行求解.1C42【详解】P(A)1，A正确；C6324

PAB654

，PBA

25PA6由全概率公式可知：P(B)P(AB)P(AB)所以BC错误，D正确.故选：AD432426565312．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（）A．在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是84012nn

B．由“第n行所有数之和为2n”猜想：CnCnCnCn2

C．在“杨辉三角”中，当n12时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为286D．在“杨辉三角”中，第n行所有数字的平方和恰好是第2n行的中间一项的数字【正确答案】ABCD【分析】根据给定的“杨辉三角”，结合二项式定理、组合数计算、组合数的性质逐项分析计算判断作答.6

【详解】在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是C984，A正确；012nn

由“第n行所有数之和为2n”猜想：CnCnCnCn2，n0122nn012nn

因为(1x)CnCnxCnxCnx，则令x1得：CnCnCnCn2，B正确；在“杨辉三角”中，当n12时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为：3222322232232

C22C3C4C12C3C3C4C12C4C4C12C12C12C13286，C正确；在“杨辉三角”中，第n行所有数字的平方和恰好是第2n行的中间一项的数字，12即C0CnnCnnCnCn2n

0122nnnnn1n1n2n20因为(1x)2n(1x)n(1x)nCnCnxCnxCnxCnxCnxCnxCn2

2

2

2

对应相乘可得xn的系数为C0nC1nC2n2

2

222Cnn，2rrnn而二项式(1x)2n展开式的通项公式T2nC2nx,r2n,rN，当rn时，T2nC2nx，12

则xn的系数为：C2n，所以C0CnnCnnCnCn2n，D正确.n

2

2

故选：ABCD三、填空题13．将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴世博会的三个不同场馆服务，不同的分配方案有【正确答案】9011

【详解】先选三个不同场馆中只去一名志愿者，共有C3C515种选法；种（用数字作答）；22

剩下的两个场馆只需各取两名志愿者，共有C4C26种选法，由乘法原理得分配方案有156=90种．x6

14．在y(xy)的展开式中，x3y4的系数是__________.2

25

【正确答案】##12.5

2【分析】利用(xy)6的展开式的通项得出x2y4，x3y3的系数，继而由xx66634

y(xy)(xy)y(xy)得出xy的系数.22

xx666【详解】y(xy)(xy)y(xy)，22

因为(xy)6的展开式的通项Tr1C6x

r6r

yr，3433

所以(xy)6的展开式中x2y4的系数是C6,xy的系数是C6，141525x63

所以y(xy)的展开式中x3y4的系数是C6C620.2222

25故

2四、双空题*

15．甲､乙两人进行围棋比赛，共比赛2nnN局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为2.如果某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为P(n)，则P(2)___________；P(5)___________.1

【正确答案】516193512【分析】n2时，甲乙比赛四局，则甲要赢3局或4局才能获胜，计算11P(2)CC44，2234441718191101P(5)CC10C10C10C10可得答案.22222

610

1010101010

【详解】n2时，甲乙比赛四局甲获胜，则甲要赢3局或4局才能获胜，5141所以P(2)CC4；

221634

44

1718191101P(5)CC10CCC10101022222

610

1010101010

3861931

.CCCCC

10245722

6

10

710

810

910

1010

10

故①5193；②.51216五、填空题16．在明代珠算发明之前，我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具来记数、列式和计算.算筹实际上是一根根相同长度的小木棍，如图，是利用算筹表示数1～9的一种方法，例如：47可以表示为“”，如果用算筹表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数，这个数至少要用8根小木棍的概率为__________.【正确答案】673

【分析】表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数有A9种情况，由于至少要用8根小木根的对立事件为用掉5根，6根，7根这三种情况，用掉5根，6根，7根小木棍的全排列共有12A33种，从而求出至少要用8根小木棍的概率.【详解】至少要用8根小木根的对立事件为用掉5根，6根，7根这三种情况，用5根小木棍为1、2、6这一种情况的全排列，6根有123，127，163，167这四种情况的全排列，7根有124，128，164，168，137，267，263这七种情况的全排列，用掉5根，6根，7根小木棍的全排列共有12A3种，表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数有A9种情况33

12A36故至少要用8根小木根的概率为133.A97故答案为.6

7六、解答题117．已知2x展开式前三项的二项式系数和为22．x（1）求n的值；（2）求展开式中的常数项；（3）求展开式中二项式系数最大的项．【正确答案】（1）6；（2）60；（3）160x2.【分析】(1)利用公式展开得前三项，二项式系数和为22，即可求出n．(2)利用通项公式求解展开式中的常数项即可．(3)利用通项公式求展开式中二项式系数最大的项．3n【详解】解：由题意，(2x1x)n展开式前三项的二项式系数和为22．nn1222，012(1)二项式定理展开：前三项二项式系数为：CnCnCn1n解得：n6或n7(舍去)．即n的值为6．(2)由通项公式Tk1C(2x)

k

6

6k

3k61kk6k

()C62x2，x令6

3k

0，2可得：k4．展开式中的常数项为T

41

C2

46

64

x

6

12260；3n是偶数，展开式共有7项.则第四项最大展开式中二项式系数最大的项为T31C23663x692160x．32本题主要考查二项式定理的应用，通项公式的有关计算，属于基础题．（1）有4名学生参加争夺数学、物理、化学竞赛冠军，有多少种不同的结果?18．（2）书架上某层有6本书，新买3本插进去，要保持原有6本书的顺序，有多少种不同的方法？（3）由1，2，3，4，5组成没有重复数字且1，2都不与5相邻的五位数有多少个？（4）3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，有多少种不同的方法？【正确答案】（1）64；（2）504；（3）36；（4）288.【分析】（1）由分步乘法计数原理求解；（2）讨论3本新书都不相邻、3本新书有两种相邻、3本新书相邻结合排列组合知识求解；（3）讨论当1，2不相邻且不与5相邻、当1，2相邻且不与5相邻结合排列组合知识求解；（4）由捆绑法和插空法求解即可；【详解】（1）若4人争夺这三科的冠军，每科冠军只有一人，则每科冠军有4种情况，则三科共有44464种结果；故64.3

（2）3本新书都不相邻共有：A7210种，222

3本新书有两种相邻共有：A7C3A2252种，31

3本新书相邻共有：A3A742种，所以共有21025242504种.故504.（3）由题意，可将3，4全排列，有A2种排法；当1，2不相邻且不与5相邻时，有A3种排法；当1，2相邻且不与5相邻时，有A2A3种排法，故满足题意的数有A2A3A2A336个.2

3

2

22

22

3故36.3（4）先排三个男生有A36种不同的方法，然后再从3名女生中任取2人“捆”在一起记作22A，共有C3A26种不同排法，剩下一名女生记作B，让A､B插入男生旁边4个位置的两个位置有A2412，22

此时共有6612432种，又男生甲不在两端，其中甲在两端的情况有：2A26A3144

种不同的排法，共有432144288种不同排法.故288.19．某地区拟建立一个艺术博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲、乙两家建筑公司进入最后的招标.现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标问题中随机抽取3个问题，已知这6个招标问题中，甲公司可正确回答其中4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为，甲、乙两家公司对每题的回答都是相互独立，互不影响的.(1)求甲、乙两家公司共答对2道题目的概率；(2)设甲公司答对题数为随机变量X，求X的分布列、数学期望和方差；(3)请从期望和方差的角度分析，甲、乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大？【正确答案】(1)231；152；5(2)分布列见解析，数学期望为2，方差为(3)甲公司竞标成功的可能性更大.【分析】（1）将甲乙共答对2道题的事件分拆成两个互斥事件的和，再利用相互独立事件的概率，结合古典概率求解作答.（2）求出X的可能值及各个值对应的概率，列出分布列，求出期望和方差作答.（3）求出乙公司答对题数的期望和方差，与甲公司的比对作答.【详解】（1）记“甲、乙两家公司共答对2道题”的事件为A，它是甲乙各答对1道题的事件、甲答对2题乙没答对题的事件和，它们互斥，21C122C22311214C24C2C()(1)(1)则有P(A)，33C333C31566所以甲、乙两家公司共答对2道题目的概率是1.15（2）设甲公司答对题数为X，则X的取值分别为1,2,3，2210C1C4C23C3114C24C2PX13,PX23,PX33，C65C65C65则X的分布列为：XP1231535151311312222

期望EX1232，方差DX(12)(22)(32).5555555（3）设乙公司答对题数为Y，则Y的取值分别为0,1,2,3，112122

P(Y0)()3,P(Y1)C1()，3

327339214282

P(Y2)C3()2,P(Y3)()3，339327则Y的分布列为：Y

P01271292493827期望EY0

12481232，2799272

方差DY(02)

12482(12)2(22)2(32)2，2799273显然EXEY,DXDY，所以甲公司竞标成功的可能性更大.20．2022年“五一”期间，为推动消费市场复苏，补贴市民，深圳市各区政府发放各类消费券，其中某区政府发放了市内旅游消费券，该消费券包含A，B，C，D，E，F六个旅游项目，甲、乙、丙、丁四人每人计划从中任选两个不同的项目参加，且他们的选择互不影响．(1)求甲、乙、丙、丁这四个人中至少有一人选择项目A的概率；(2)记X为这四个人中选择项目A的人数，求X的分布列及数学期望；(3)如果将甲、乙、丙、丁四个人改为n个人(n4)，其他要求相同，问：这n个人中选择项目A的人数最有可能是多少人？【正确答案】(1)6581(2)分布列见解析，数学期望为(3)答案见解析.43【分析】（1）由题得到每个人选择项目A的概率，即可求解；（2）根据题意可得到X服从二项分布：X

1

B4,，即可求其分布列和期望；3

PXkPXk1（3）设选择项目A的人数最有可能为k人，则通过可得PXkPXk1n2n1

k，然后分n被3除余2，n被3除余1和n能整除3，三种情况进行讨论33C11

【详解】（1）由题意可知，每个人选择项目A的概率为5，则每个人不选择项目A的2C63概率为，652

故甲、乙、丙、丁这4个人中至少有一人选择项目A的概率为1

813

C11

，且每个人是否选择项目A相互独（2）由（1）可知，每个人选择项目A的概率为52C634

23立，故X服从二项分布：X1

所以PXkC

3

k44

k

1B4,，3113

4k

k0,1,2,3,4，1

1216

，PX1C1PX04

38131

PX2C

3

24

2

2

132

，1

381

3

3

248131，1PX3C4

81273381

，1

3811

11

，PX4

3814

则X的概率分布列为：X

P016811282734328188118114

X的数学期望EX4．33（3）设选择项目A的人数最有可能为k人，PXkPXk1则，PXkPXk112PXkC

33

kn

k

nk

nk

Ckn2，

3nnk1nk1CkCkn2n2k12Ck3n3nnCnknk，即kk1，k1nk1C2CC2C2nnnnnn33n!2n!

k!nk!k1!nk1!2k1nk

即，即，n!2n!nk12kk!nk!k1!nk1!

解得n2n1

k，33又kN，所以当n3m2，mN时，则不等式为mkm1，则当km或km1，即当n被3除余2时，选择项目A的人数最有可能是人；12当n3m1，mN且m2时，则不等式为mkm，33n2n1

人和33则km，即当n被3除余1时，选择项目A的人数最有可能是当n3m，mN且m2时，则不等式为m

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km，33n1

人；3km，即当n被3整除时，选择项目A的人数最有可能是人．n3