1、2020年3月月考数学试卷考生注意：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟；2.本试卷主要考试内容：选修2-3第1章、第2章内容一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.从2，3，4，5这四个数中选两个数作为的底数和真数，则的情况有（ ）A. 4种B. 6种C. 8种D. 12种【答案】B【解析】【分析】分类讨论一一列举出来即可得解；【详解】解：若，则，4，5，共3种；若，则，5，共2种；若，则，共1种；则情况有6种；故选：B.【点睛】本题考查计数原理及应用，对数的运算性质，属于基础题.2.将3封不同的信投到4个不同的邮箱，则不同的投法的种数为（ ）A. 7B. 12C. 81D.
2、64【答案】D【解析】【分析】第一步，第一封信可以投到4个邮箱中的任意一个，有4种投法；第二步，第二封信可以投到4个邮箱中的任意一个，有4种投法；第三步，第三封信可以投到4个邮箱中的任意一个，有4种投法，根据分步乘法计数原理得出结果.【详解】解：第一步，第一封信可以投到4个邮箱中的任意一个，有4种投法第二步，第二封信可以投到4个邮箱中的任意一个，有4种投法第三步，第三封信可以投到4个邮箱中的任意一个，有4种投法.根据分步乘法计数原理，得不同的投法的种数为.故选：D.【点睛】本题主要考查了分步计数原理，属于基础题.3.随机变量X的分布列如下：X01Pab当取到最大值时，（ ）A. B. C. D
3、. 【答案】C【解析】【分析】利用二项分布求解方差，利用函数的最值求解即可.【详解】解：随机变量X满足二项分布，所以，显然当，方差取得最大值.故选：C.【点睛】本题考查二项分布随机变量的方差的求法，考查计算能力，属于基础题.4.用排列数表示为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据中的最大数为，共有个连续的自然数，根据排列公式运算即可求解.【详解】解：因为中的最大数为，且共有个连续的自然数，所以根据排列公式可得.故选：D.【点睛】本题主要考查了排列与排列公式的综合运用，考查了分析能力和运算能力，属于基础题.5.若，则的值为（ ）A. 6B. 7C. 35D. 20【答案】C
4、【解析】【分析】根据公式计算出n，在利用阶乘的定义计算出结果.【详解】解：，解得或（舍去），故选：C.【点睛】本题考查组合数的公式，属于基础题.6.某人射击一次命中目标的概率为，且每次射击相互独立，则此人射击 7次，有4次命中且恰有3次连续命中的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由于射击一次命中目标的概率为，所以关键先求出射击7次有4次命中且恰有3次连续命中的所有可能数，即根据独立事件概率公式得结果.【详解】因为射击7次有4次命中且恰有3次连续命中有种情况，所以所求概率为.选B.【点睛】本题考查排列组合以及独立事件概率公式，考查基本分析求解能力，属中档题.7.一盒中
5、有12个乒乓球,其中9个新的,3个旧的,从盒中任取3个球来用,用完后装回盒中,此时盒中旧球个数X是一个随机变量,其分布列为P(X),则P(X=4)的值为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】旧球个数x=4即取出一个新球，两个旧球，代入公式即可求解【详解】因为从盒中任取3个球来用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数为x=4，即旧球增加一个，所以取出的三个球中必有一个新球，两个旧球，所以，故选D【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列，需认真分析P(X=4)的意义，属基础题8.一个口袋中有5个大小相同的球，编号为1，2，3，4，5，从中任取2个球，用X表示取出球的较大号码，则EX等于（ ）
6、A. 4B. 5C. 3D. 【答案】A【解析】【分析】由题意知随机变量为2，3，4，5，计算出相应的概率，运用公式计算结果即可.【详解】解：由题意知随机变量为2，3，4，5，故.故选：【点睛】本题考查离散型随机变量的期望的计算，属于基础题.9.已知是离散型随机变量，且，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：由已知得1+a，解得a=2，考点：离散型随机变量及其分布列10.已知二项式的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是25，则的系数为（ ）A. 14B. C. 240D. 【答案】C【解析】【分析】由二项展开式的通项公式为及展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是
7、25可得：，令展开式通项中的指数为，即可求得，问题得解【详解】二项展开式的第项的通项公式为由展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是25，可得：.解得：.所以令，解得：，所以的系数为故选C【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式，考查了方程思想及计算能力，还考查了分析能力，属于中档题11.已知随机变量，其正态分布密度曲线如图所示，若向长方形中随机投掷1点，则该点恰好落在阴影部分的概率为（ ）附：若随机变量，则，.A. 0.1359B. 0.7282C. 0.6587D. 0.8641【答案】D【解析】【分析】根据正态分布密度曲线的对称性和性质，再利用面积比的几何概型求解概率，即得解.【详解】
8、由题意，根据正态分布密度曲线的对称性，可得：故所求的概率为，故选：D【点睛】本题考查了正态分布的图像及其应用，考查了学生概念理解，转化与划归的能力，属于基础题.12.用6种颜色给右图四面体的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色且共顶点的棱染不同的颜色，则不同的染色方法共有（ ）种A. 4080B. 3360C. 1920D. 720【答案】A【解析】试题分析：四面体的对棱可涂同一种颜色，也可以涂不同的颜色，按照相对棱颜色相同的对数分类：若所有相对的棱都涂同一种颜色，一共需要三种颜色，不同的涂色方案共有种；若相对的棱中有对涂同一种颜色，一共需要四种颜色，不同的涂色方案共有种；若相对的棱中有对涂同一
9、种颜色，一共需要五种颜色，不同的涂色方案共有种；若所有相对的棱都涂不同颜色，一共需要六种颜色，不同的涂色方案共有种，所以共有种不同的涂色方案，故选A.考点：排列、组合与基本的计数原理.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.甲、乙、丙、丁四人被派往三个单位实习，每个单位至少去一人，其中甲和乙不能去同一单位，则不同的分派方案种数为_.【答案】30【解析】【分析】根据题意，分2步进行分析：，先将甲、乙、丙、丁四人分成3组，排除其中甲乙在同一组的情况，将分好的3组全排列，对应三个单位，由分步计数原理计算可得答案.【详解】解：根据题意，分2步进行分析：，先将甲、乙、丙、丁四人分成3组，有种分组
10、方法，其中甲乙在同一组的情况有1种，则有种不同的分组方法，将分好的3组全排列，对应三个单位，有种情况，则有种不同的分派方案；故答案为：30.【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题.14.已知的展开式的所有项的系数和为64，则其展开式中的常数项为_.【答案】15【解析】【分析】令，可以求出，利用二项展开式的通项公式，求出常数项【详解】已知的展开式的所有项的系数和为64，令，得，二项展开式的通项公式为，令，所以常数项为【点睛】本题考查了二项展开式中所有项系数和公式重点考查了二项展开式中的常数项15.从一批次品率为0.02的产品中有放回地抽取100次，每次抽取一件产品，
11、设表示抽到的次品件数，则方差_【答案】1.96【解析】【分析】判断试验是独立重复试验的类型, 概率满足二项分布，然后根据二项分布方差公式求解方差即可.【详解】由题意可知,该事件满足独立重复试验,是一个二项分布模型,其中p=0.02,n=100,则DX=npq=np(1-p)=1000.020.98=1.96【点睛】本题考查二项分布期望求法，判断概率的类型满足二项分布是解题的关键，本题是基础题.16.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概率为，两次闭合后都出现红灯的概率为，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_.【答案】.【解析】【分
12、析】先记“第一次闭合后出现红灯”为事件，“第二次闭合后出现红灯”为事件，根据条件概率的计算公式，即可求出结果.【详解】记“第一次闭合后出现红灯”为事件，“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.故答案为【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.三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.某班有学生45人，其中O型血的有15人，A型血的有10人，B型血的有12人，AB型血的有8人，将O，A，B，AB四种血型分别编号为1，2，3，4，现从中抽1人，其血型编号为随机变量X，求X的分布列.【答案】详见解
13、析【解析】【分析】首先列出的可能取值，求出所对应的概率，列出分别列即可；【详解】解：的可能取值为1，2，3，4.，.故X的分布列为X1234P【点睛】本题考查了随机变量的分布列，属基础题.求离散型随机变量分布列的一般步骤.（1）确定X的所有可能取值以及每个取值所表示的意义.（2）利用概率的相关知识，求出每个取值相应的概率.（3）写出分布列.（4）根据分布列的性质对结果进行检验.18.求解下列问题：（1）计算；（2）化简.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先利用组合数的性质1变形，再利用组合数公式计算；（2）利用组合数的性质2，顺序逐项合并，得到化简结果.【详解】解：.（2）原式.【点睛
14、】本题主要考查了组合与组合数公式，考查学生的计算能力，属于基础题.19. 抛掷红、蓝两颗骰子，设事件A为“蓝色骰子的点数为3或6”，事件B为“两颗骰子的点数之和大于8”.（1）求P(A)，P(B)，P(AB)；（2）当已知蓝色骰子的点数为3或6时，求两颗骰子的点数之和大于8的概率.【答案】(1)(2)【解析】试题分析：（1）求出总的事件数和该事件所包含的基本事件数，作商可得；（2）求出，利用条件概率公式.试题解析：两个骰子的点数之和共有个等可能的结果，点数之和大于的结果共有个.当蓝色骰子的点数为或时，两颗骰子的点数之和大于的结果有个，故,.由知.考点：古典概型，条件概率.20.在（，且）展开式
15、中，（1）若所有二项式系数之和为256，求展开式中二项式系数最大的项；（2）若第3项的系数的14倍是第2项与第4项的系数的绝对值之和的9倍，求展开式中各项的系数的绝对值之和.【答案】（1）二项式系数最大的项是（2）【解析】【分析】（1）根据二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，求得展开式中二项式系数最大的项.（2）由题意得，求得，再令，可得展开式中各项的系数和.【详解】解：（1）由已知得，展开式中二项式系数最大的项是.（2）展开式的通项为，由已知第3项的系数的14倍是第2项与第4项的系数的绝对值之和的9倍，或（舍），在的展开式中各项的系数的绝对值之和与各项的系数之和相等，令，得各项系数和为.
16、【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题.21.由A,B,C,等7人担任班级的7个班委.(1)若正、副班长两职只能由A,B,C这三人中选两人担任,则有多少种分工方案?(2)若正、副班长两职至少要选A,B,C这三人中的1人担任,有多少种分工方案?【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先安排正、副班长，再安排其他职务的班委，用分步乘法计数原理计算即可；（2）先对7个人担任班级的7个班委进行全排列，然后去掉A,B,C这三人中没有人担任正、副班长的情况，即可得到答案【详解】(1)先安排正、副班长有种方法,再安排其余职务有种方法,依分步乘法计数原理,
17、共有=720种分工方案.(2)7人的任意分工方案有种，A,B,C三人中无一人任正、副班长的分工方案有种,因此A,B,C三人中至少有1人任正、副班长的方案有=3600种.【点睛】排列组合，若直接考虑情况较多，但其对立面情况较少，先不考虑附加条件，计算出排列数，再减去不合要求的排列数22.某闯关游戏共有两关，游戏规则：先闯第一关，当第一关闯过后，才能进入第二关，两关都闯过，则闯关成功，且每关各有两次闯关机会.已知闯关者甲第一关每次闯过的概率均为，第二关每次闯过的概率均为.假设他不放弃每次闯关机会，且每次闯关互不影响.(1)求甲恰好闯关3次才闯关成功的概率；(2)记甲闯关的次数为，求随机变量的分布列和期望.【答案】(1) (2)见解析【解析】【分析】（1）先分类，再分别根据独立事件概率乘法公式求解，最后求和得结果，（2）先确定随机变量，再分别求对应概率，列表得分布列，根据数学期望公式得结果.【详解】解：（1）设事件为“甲恰好闯关次才闯关成功的概率”，则有，（2）由已知得：随机变量的所有可能取值为， 所以， . 从而234.【点睛】本题考查分布列以及数学期望，考查基本分析求解能力，属基础题.
