1、2020-2021学年度郯城县美澳学校高二下学期4月质量检测一、单选题1九章算术是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为：“已知甲乙丙丁戊五人分5钱，甲乙两人所得之和与丙丁戊三人所得之和相同，且甲乙丙丁戊所得依次为等差数列.问五人各得多少钱？”(“钱”是古代一种重量单位).这个问题中戊所得为（ ） A钱B钱C钱D钱2五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”，中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徵、羽.如果把这五个音阶全用上，排成一个5个音阶的音序，从所有的这些音序中随机抽出一个音序，则这个音序中宫、羽不相邻的概率为（
2、） ABCD3北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破.为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，若小明和小李必须安装同一个吉祥物，且每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为（ ）A B C D4多项式展开式中的系数为（ ）ABCD5“仁义礼智信”为儒家“五常”，由孔子提出“仁、义、礼”，孟子延伸为“仁、义、礼、智”，董仲舒扩充为“仁、义、礼、智、信”，将“仁义礼智信”排成一排，“仁”排在第一位，且“智信
3、”相邻的概率为（ ）ABCD6要将甲、乙、丙、丁4名同学分到、三个班级中，要求每个班级至少分到一人，则甲被分到班的分法种数为 A B C D7将个球（形状相同，编号不同）随机地投入编号为、的个盒子，以表示其中至少有一个球的盒子的最小号码（表示第号，第号盒子是空的，第个盒子至少个球），则、分别等于（ ） A、B、C、D、8甲.乙、丙三人各打靶一次，若甲打中的概率为，乙、丙打中的概率均为（），若甲、乙、丙都打中的概率是，设表示甲、乙两人中中靶的人数，则的数学期望是（ ）ABC1 D二、多选题9如果X是一个离散型随机变量，那么下列命题中是真命题的为（ ）AX取每一个可能值的概率是正数 BX取所有可能
4、值的概率和为1CX取某两个可能值的概率等于取其中每个值的概率之和DX在某一范围内取值的概率大于它取这个范围内各个值的概率之和10设离散型随机变量X的分布列为X01234Pq0.40.10.20.2若离散型随机变量Y满足，则下列结果正确的有（ ）ABCD11在的展开式中，下列说法正确的有（ ）A所有项的二项式系数和为64 B所有项的系数和为0C常数项为20 D二项式系数最大的项为第3项12若，且，则下列结论正确的是（ ）A B展开式中二项式系数和为C展开式中所有项系数和为 D三、填空题13某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为，两次闭合后都出现红灯的概率为，
5、则在第一次闭合后出现红灯的条件下，第二次闭合闭合后出现红灯的概率为_.14已知函数，则下列关于展开式的命题中，所有真命题的序号是_当时，展开式共有11项；当时，展开式第3项与第6项的二项式系数之比为；当时，展开式中，各项系数之和为；当时，展开式中，系数最小的项是15若把英文单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误拼写方法有_种16在二项式的展开式中，所有项系数之和为_，含的项的系数是_（用数字作答）四、解答题17某商场每年都会定期答谢会员，允许年度积分超过指定积分的会员参加特价购物赠券活动今年活动的主题为“购物三选一，真情暖心里”，符合条件的会员可以特价购买礼包（十斤肉类）礼包（十斤
6、蔬菜）和礼包（十斤鸡蛋）三类特价商品中的任意一类，并且根据购买的礼包不同可以获赠价值不等的代金券根据以往经验得知，会员购买礼包和礼包的概率均为（1）预计今年有400名符合条件的会员参加活动，求商场为此活动需要准备多少斤鸡蛋合理；（2）在促销活动中，若有甲、乙、丙三位会员同时参与答谢活动，各人购买礼包相互独立，已知购买礼包或礼包均可以获得50元商场代金券，购买礼包可以获得25元商场代金券，设是三人获得代金券金额之和求的分布列和数学期望18党中央，国务院高度重视新冠病毒核酸检测工作，中央应对新型冠状病毒感染肺炎疫情工作领导小组会议作出部署，要求尽力扩大核酸检测范围，着力提升检测能力.根据统计发现，
7、疑似病例核酸检测呈阳性的概率为.现有例疑似病例，分别对其取样检测，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验，混合样本中只要有病毒，则化验结果呈阳性.若混合样本呈阳性，则需将该组中备用的样本再逐个化验；若混合样本呈阴性，则判定该组各个样本均为阴性，无需再化验.现有以下三种方案：方案一：个样本逐个化验；方案二：个样本混合在一起化验；方案三：个样本均分为两组，分别混合在一起化验.在新冠肺炎爆发初期，由于检测能力不足，化验次数的期望值越小，则方案越“优”.（1）若，按方案一，求例疑似病例中恰有例呈阳性的概率；（2）若，现将该例疑似病例样本进行化验，试比较以上三个方案中哪个最“优”，并说明理由.
8、19在只有第6项的二项式系数最大，第4项与第8项的二项式系数相等，所有二项式系数的和为，这三个条件中任选一个，补充在下面（横线处）问题中，解决下面两个问题.已知（），若的展开式中，_.（1）求的值；（2）求的值.20某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元.某医院准备一次性购买2台这种机器现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50
9、台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：维修次数0123台数5102015以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数（1）求X的分布列；（2）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？21为了更好地服务民众，某共享单车公司通过向共享单车用户随机派送每张面额为0元，1元，2元的三种骑行券.用户每次使用扫码用车后，都可获得一张骑行券.用户骑行一次获得1元奖券、获得2元奖券的概率分别是0.5、0.2，且各次获取骑行券的结果相互独立.（I）求用户骑行一次获得0元奖券的概率；（II）若某用户
10、一天使用了两次该公司的共享单车，记该用户当天获得的骑行券面额之和为，求随机变量的分布列和数学期望.22已知函数，.（1）当时，求的值域；（2）令，当时，恒成立，求的取值范围.参考答案1D【详解】由甲乙丙丁戊所得依次为等差数列，设丙所得为钱，公差为，则：甲乙丁戊分别的，由题意，得，戊所得为钱.2C【详解】中国古乐中的五声音阶依次为：官、商、角、微、羽，把这五个音阶全用上，排成一个5个音阶的音序，基本事件总数，其中宫、羽不相邻的基本事件有，则从所有的这些音序中随机抽出一个音序，这个音序中宫、羽不相邻的概率为，3A【详解】由题意可知应将志愿者分为三人组和两人组，当三人组中包含小明和小李时，安装方案有
11、种；当三人组中不包含小明和小李时，安装方案有种，共计有种，故选：A.4C【详解】原式，所以展开式中含的项包含中项为 ，和中的项为，这两项的系数和为.5A【详解】“仁义礼智信”排成一排，任意排有种排法，其中“仁”排在第一位，且“智信”相邻的排法有种排法，故概率6B【详解】甲和另一个人一起分到A班有=6种分法，甲一个人分到 A班的方法有：=6种分法，共有12种分法；故答案为B.【点睛】解答排列、组合问题的角度：解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元
12、素的位置有、无限制等；(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决7B【详解】由题意可知，随机变量的可能取值有、，所以，因此，.【点睛】求随机变量的期望和方差的基本方法如下：（1）已知随机变量的分布列，直接利用期望和方差公式直接求解；（2）已知随机变量的期望、方差，求的期望与方差，利用期望和方差的性质（，）进行计算；（3）若能分析出所给的随机变量服从常用的分布（如：两点分布、二项分布等），可直接利用常用分布列的期望和方差公式进行计算.8D【详解】，列出分布列，利用期望公
13、式计算.记的所有可能取值为0，1，2012【点睛】本题考查离散型随机变量的期望，考查运算求解能力，求解时注意概率的求解.9BC【详解】对于A选项，X取每一个可能值的概率是非负数，故A选项错误.对于B选项，X取所有可能值的概率和为1，故B选项正确.对于C选项，X取某两个可能值的概率等于取其中每个值的概率之和，故C选项正确.对于D选项，X在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和，故D选项错误.【点睛】本小题主要考查离散型随机变量的有关知识的判断，属于基础题.10AC【详解】由题意有，得所以，【点睛】随机变量的均值与方差的线性变化：若随机变量与随机变量满足，则，,属于基础题.11AB
14、解：A. 所有项的二项式系数和为，故A正确，B.令得所有项的系数和为，故B正确，C.常数项为，故C错误，D.展开式有7项，二项式系数最大为第4项，D错误.12ACD【详解】对于A，令，可得，即，即，令，得，即，由于的展开式中，所以，所以-得：，而，所以，解得：，故A正确；对于B，由于，则，所以展开式中二项式系数和为，故B错误；对于C，由于，则的所有项系数为，故C正确；对于D，由于，则，等式两边求导得：，令，则，故D正确.【点睛】本题考查根据二项式的系数和求参数，以及所有项的二项式系数和的求法，利用赋值法求各项系数和是解题的关键，考查学生运用和计算能力.13.【详解】记“第一次闭合后出现红灯”为
15、事件，“第二次闭合后出现红灯”为事件，则，所以，在第一次闭合后出现红灯的条件下，第二次闭合闭合后出现红灯的概率为.【点睛】本题主要考查条件概率，熟记条件概率的计算公式即可，属于常考题型.14【详解】对于，易知当时，展开式共有12项，故错误；对于，时，展开式第3项与第6项的二项式系数之比为，故正确；对于，时，设，令，得，故错误；对于，时，展开式的通项，其中，显然当时，系数为正数，时，的系数为负数；当时，时，时，故系数最小的项是，正确1511【详解】单词中含个字母，则其全排列为，但其中两个字母一样，因此排列方法为，其中只有一种组合是正确，因此错误拼写方法有种。【点睛】本题考查了排列数的计算，考查了
16、排列的应用，属于基础题.16 84 【详解】令，得所有项系数之和为；二项式的展开式中的通项为，令，得，所以含的项的系数是.【点睛】求二项展开式中的特定项的系数，实质是考查通项的特点，一般需要建立方程求，再将的值代回通项求解，注意的取值范围().17【详解】（1）会员购买礼包的概率为，准备鸡蛋：（斤）（2）的所有可能取值为：150，125，100，75，的分布列如下1501251007518【详解】用表示例疑似病例中化验呈阳性的人数，则随机变量由题意可知：.方案一：若逐个检验，则检验次数为.方案二：混合一起检验，记检验次数为则.，方案三：每组的两个样本混合在一起化验，若结果呈阴性，则检测次数为，
17、其概率为,若结果呈阳性，则检测次数为其概率为设方案三检测次数为随机变量则则由，知方案二最优.【点睛】本题解题关键一是读懂题意,明白随机变量服从哪种分布,选用对应的概率公式；二是对后两种方案的化验次数的期望计算，能够理解随机变量的取值，计算出对应的概率19【解】（1）选择条件，若的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则，；选择条件，若的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则，；选择条件，若的展开式中所有二项式系数的和为，则，；（2）由（1）知，则，令，得，令，则，.【点睛】本题考查二项展开式系数关系，属于基础题.20【详解】（）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，的分布列为 0123
18、456 （）选择延保一，所需费用元的分布列为： 70009000110001300015000 （元）.选择延保二，所需费用元的分布列为： 100001100012000 （元）.，该医院选择延保方案二较合算.【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列，考查了概率的计算，考查了期望的求法，属于中档题21详解：（I）由题可知骑行一次用户获得0元奖券的概率为： （II）由（I）知一次骑行用户获得0元的概率为.的所有可能取值分别为0，1，2，3，4. ， ， ， ， 的分布列为：的数学期望为 （元）.点睛：本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题. 求解该类问题，首先要正确理解题意，其次要准确无误的找出随机变量的所以可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关；（3）公式应用关.22【详解】（1），由得，在区间上单调递减、在区间上单调递增.函数的最小值为：；函数的值域是；（2）当时，（） 令，则 令，则，在上单调递增.于是在上单调递增，且，（） 又由（1）知当，时.的值域是，即：，所以：恒成立.所以；.即：，所以：的取值范围是.【点睛】不等式的恒成立问题一般都需要转换，本题可转化为，分离参数得，构造函数，利用导数研究单调性，属于难题.