2021-2022學年江西省宜春市上高二中高二3月第四次月考數(shù)學（理）試題（解析版）

1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁第 Page * MergeFormat 14 頁 共 NUMPAGES * MergeFormat 14 頁2021-2022學年江西省宜春市上高二中高二3月第四次月考數(shù)學（理）試題一、單選題1已知隨機變量，且，則（）ABCD【答案】B【分析】根據(jù)隨機變量可知，再根據(jù)，可求出，利用，建立方程，即可求出結(jié)果.【詳解】因為隨機變量，所以，因為，所以，即，又所以，即.故選：B.2年月日，國務(wù)院辦公廳印發(fā)關(guān)于進一步減輕義務(wù)教育階段學生作業(yè)負擔和校外培訓負擔的意見“雙減”政策指出，要全面壓減作業(yè)總量和時長，某校在“雙減”前學生完成作

2、業(yè)時長為隨機變量，的期望為，標準差為，在“雙減”后，該校學生完成作業(yè)的時長，的期望為，標準差為，則（）A，B，C，D，【答案】A【分析】利用期望和方差的性質(zhì)可得結(jié)果.【詳解】由期望和方差的性質(zhì)可得，.故選：A.3甲、乙、丙三人進行象棋比賽，每兩人比賽一場，共賽三場.每場比賽沒有平局，在每一場比賽中，甲勝乙的概率為，甲勝丙的概率為，乙勝丙的概率為.則甲獲第一名且丙獲第二名的概率（）ABCD【答案】D【分析】甲獲第一名且丙獲第二名的情況為甲勝乙且甲勝丙且丙勝乙，由此能求出甲獲第一名且丙獲第二名的概率【詳解】解：設(shè)事件表示“甲勝乙”，事件表示“甲勝丙”，事件表示“乙勝丙”，甲獲第一名且丙獲第二名的情

3、況為甲勝乙且甲勝丙且丙勝乙，甲獲第一名且丙獲第二名的概率：故選：D4在一次學校組織的研究性學習成果報告會上，有共6項成果要匯報，如果B成果不能最先匯報，而ACD按先后順序匯報（不一定相鄰），那么不同的匯報安排種數(shù)為（）A100B120C300D600【答案】A【分析】利用間接法和縮倍法求解.【詳解】不考慮限制條件共有種，最先匯報共有種，如果不能最先匯報，而CD按先后順序匯報（不一定相鄰）有.故選：A.5已知某校有1200名同學參加某次模擬考試，其中數(shù)學考試成績近似服從正態(tài)分布，從中任取3名同學，至少有2人的數(shù)學成績超過100分的概率為（）ABCD【答案】A【分析】由題意得到，再分恰有2人和3人

4、超過100分，利用獨立重復實驗的概率求解.【詳解】因為數(shù)學考試成績近似服從正態(tài)分布，所以，所以從中任取3名同學，至少有2人的數(shù)學成績超過100分的概率為：，故選：A6如圖所示方格，在每一個方格中填入一個數(shù)字，數(shù)字可以是中的任何一個，允許重復，則填入方格的數(shù)字大于方格的數(shù)字的概率為（）ABCD【答案】D【分析】分別計算得到將填入方格的填法和方格的數(shù)字大于方格的數(shù)字的填法種數(shù)，由古典概型概率公式可得結(jié)果.【詳解】將填入方格，允許重復，則共有種填法；若方格的數(shù)字為，則方格的數(shù)字大于方格的數(shù)字的填法有種；若方格的數(shù)字為，則方格的數(shù)字大于方格的數(shù)字的填法有種；若方格的數(shù)字為，則方格的數(shù)字大于方格的數(shù)字的

5、填法有種；方格的數(shù)字大于方格的數(shù)字的填法有：種；方格的數(shù)字大于方格的數(shù)字的概率.故選：D.7給出下面三個命題： 已知隨機變量服從正態(tài)分布，且，則；某學生在最近的次數(shù)學測驗中有次不及格按照這個成績，他在接下來的次測驗中，恰好前次及格的概率為；假定生男孩、生女孩是等可能的在一個有兩個孩子的家庭中，已知有一個是女孩，則另一個孩子也是女孩的概率是則正確的序號為ABCD【答案】A【詳解】試題分析：已知隨機變量服從正態(tài)分布，且，則；某學生在最近的次數(shù)學測驗中有次不及格按照這個成績，他在接下來的次測驗中，恰好前次及格的概率為；假定生男孩、生女孩是等可能的在一個有兩個孩子的家庭中，已知有一個是女孩，則另一個孩

6、子也是女孩的概率是；即正確8若，則（）A22B19C20D19【答案】C【分析】將所求進行變形可得，根據(jù)二項式定理展開式，即可求得答案.【詳解】由題意得所以.故選：C9已知（為常數(shù)）的展開式中各項系數(shù)之和為，則展開式中的系數(shù)為（）ABCD【答案】A【分析】利用已知條件求出實數(shù)的值，然后寫出展開式通項，利用的指數(shù)為，求出參數(shù)的值，代入通項即可得解.【詳解】因為（為常數(shù)）的展開式中各項系數(shù)之和為，所以在中令，可得，解得，的展開式的通項，因為，令，可得，令，可得.故的展開式中的系數(shù)為，故選：A.10的展開式中，x的指數(shù)為偶數(shù)的項的系數(shù)之和為（）A64B48C32D16【答案】D【分析】根據(jù)與的展開式

7、中x的指數(shù)為偶數(shù)的項相乘及與的展開式中x的指數(shù)為偶數(shù)的項相乘，得到展開式中x的指數(shù)為偶數(shù)的項的系數(shù)之和.【詳解】的展開式中，所有x的指數(shù)為偶數(shù)的項的系數(shù)之和為.故選：D.11一盒中有白、黑、紅三種顏色的小球各一個，每次從中取出一個，記下顏色后放回，當三種顏色的球全部取出時停止取球，則恰好取5次球時停止取球的概率為ABCD【答案】A【詳解】試題分析：“恰好取5次球時停止取球”指第5次為第三種顏色，前4次為另兩種顏色，因此所求概率為，選A.【解析】古典概型概率【方法點睛】古典概型中基本事件數(shù)的探求方法（1）列舉法.（2）樹狀圖法：適合于較為復雜的問題中的基本事件的探求.對于基本事件有“有序”與“無

8、序”區(qū)別的題目，常采用樹狀圖法.（3）列表法：適用于多元素基本事件的求解問題，通過列表把復雜的題目簡單化、抽象的題目具體化.（4）排列組合法：適用于限制條件較多且元素數(shù)目較多的題目.12甲乙兩運動員進行乒乓球比賽，采用局勝制.在一局比賽中，先得分的運動員為勝方，但打到平以后，先多得分者為勝方.在 平后，雙方實行輪換發(fā)球法，每人每次只發(fā)個球.若在某局比賽中，甲發(fā)球贏球的概率為，甲接發(fā)球贏球的概率為，則在比分為 后甲先發(fā)球的情況下，甲以贏下此局的概率為（ ）ABCD【答案】C【解析】分后四球勝方依次為甲乙甲甲,與乙甲甲甲兩種情況進行求解即可.【詳解】分兩種情況：后四球勝方依次為甲乙甲甲,概率為；后

9、四球勝方依次為乙甲甲甲,概率為.所以,所求事件概率為：.故選：C.【點睛】本題主要考查了分步與分類計數(shù)求解概率的問題,需要根據(jù)題意判斷出兩種情況再分別求解,屬于基礎(chǔ)題.二、填空題13現(xiàn)有相同的10個保送上大學的名額，分配給7所學校，每所學校至少有1個名額，則名額分配的方法共有_種.【答案】84【分析】相當于10個相同元素站成一排，中間有9個間隔，用6塊隔板插入9個間隔中，分成7份，由此可得【詳解】相當于10個元素之間有9個間隔，要求分成7份，要用6塊隔板插在9個間隔中，共有種方法.所以共有84種分配方法.故答案為：8414已知隨機變量，若，則的最小值為_.【答案】9【分析】由正態(tài)分布知識可得，

10、展開后由均值不等式可得到結(jié)果.【詳解】依題意，由正態(tài)分布知識可得，當且僅當且即時等號成立.所以的最小值為9.故答案為：9.15在的展開式中，只有第4項的二項式系數(shù)最大，則展開式中含項的系數(shù)為_【答案】【分析】首先根據(jù)題意，可得，進而可得其二項式展開式的通項，令x的指數(shù)為3，可得r的值，最后將r的值代入通項可得其展開式中的項，即可得答案【詳解】由題知，則，令，得，所以展開式中的系數(shù)為.故答案為：.16A，B兩地間有如圖所示的方格形道路網(wǎng)，甲沿路網(wǎng)隨機選擇一條最短路徑從A地出發(fā)去往B地，則甲經(jīng)過C地的概率為_.【答案】【分析】先求出從A地到B地總的路徑數(shù)量，再求出甲經(jīng)過C地再到B地的路徑數(shù)量，根據(jù)

11、古典概型的概率公式可得答案.【詳解】從A地到B地的最短路徑包含向下走4步，向右走4步，且前4步至多只能向右走2步，則總的路徑有種，甲經(jīng)過C地再到B地的路徑數(shù)量有種，故甲經(jīng)過C地的概率.故答案為：三、解答題17設(shè)隨機變量，若.（1）求c的值；（2）求.附：若隨機變量，則.【答案】（1）2 ；（2）【分析】（1）利用正態(tài)分布的對稱性，可得解；（2）結(jié)合題干數(shù)據(jù)，可得，可得解【詳解】（1）由題意，隨機變量，且由正態(tài)分布的對稱性可知，故c的值為2.（2）由于，因此故18已知中，且（1）求的值；（2）求的值【答案】（1）；（2）128【分析】（1）寫出二項式展開式通項Tr+1mrxr，根據(jù)即可求的值；（

12、2）由(1x)8a0+a1x+a2x2+a8x8，應(yīng)用賦值法求目標式的值即可.【詳解】（1）(1+mx)8a0+a1x+a2x2+a8x8中，展開式的通項為Tr+1mrxr，a3m356，解得m1（2）由(1x)8a0+a1x+a2x2+a8x8，令x1，可得a0+a1+a2+a80，令x1，可得a0a1+a2+a828，將上述兩式相加除以2，得a0+a2+a4+a6+a82712819在三棱錐中，已知為中點，平面，.(1)求三棱錐的體積；(2)若點分別為的中點，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）先求出底面積，證明出平面，即可求體積；（2）以所在的直線分別為x軸、y

13、軸、z軸建立空間直角坐標系.用向量法求解.【詳解】(1)連接.在中，因為O為BD中點，所以，所以，且.因為平面，且，即三棱錐的高為2，所以三棱錐的體積為.(2)由（1）知，且平面，以所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系.如圖所示，可得，因為點分別為的中點，所以，所以， 設(shè)平面DEF的法向量為，則，取，可得，即，設(shè)直線AD與平面DEF所成角為，可得.20連續(xù)拋擲一枚質(zhì)地均勻的骰子2次，觀察每次擲出的點數(shù)，記兩次點數(shù)之和為3的倍數(shù)的概率為p(1)求p的值；(2)如圖某質(zhì)點從原點沿網(wǎng)格線向上或向右移動，向上移動一個單位的概率為p，向右移動一個單位的概率為，求該質(zhì)點移動四次到達點的概率【

14、答案】(1)(2)【分析】（1）利用列舉法求解即可，（2）質(zhì)點從原點到達點共有4種方法，分別求出每一種走法的概率，然后利用互斥事件的概率公式求解即可【詳解】(1)依題意共有36個樣本點，兩次點數(shù)之和為3的倍數(shù)的樣本點有如下12個，(2)由（1）可知，向上移動一個單位的概率為，向右移動一個單位的概率為該質(zhì)點移動四次到達點共有四種走法：，其中向上移動一次，向右移動三次，其概率為；，其中向上移動一次，向右移動三次，其概率為；，其中向上移動一次，向右移動三次，其概率為；，其中向上移動一次，向右移動三次，其概率為所以該質(zhì)點移動四次到達點的概率為21已知拋物線的焦點為，點在拋物線上，且點的縱坐標為4，(1

15、)求拋物線的方程；(2)過點作直線交拋物線于兩點，試問拋物線上是否存在定點使得直線與的斜率互為倒數(shù)？若存在求出點的坐標，若不存在說明理由【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）利用拋物線的焦半徑公式求得點的橫坐標，進而求得p,可得答案;（2）根據(jù)題意可設(shè)直線方程，和拋物線方程聯(lián)立，得到根與系數(shù)的關(guān)系式，利用直線與的斜率互為倒數(shù)列出等式，化簡可得結(jié)論.【詳解】(1)（1）則，故C的方程為： ；(2)假設(shè)存在定點，使得直線與的斜率互為倒數(shù)，由題意可知，直線AB的斜率存在，且不為零， ，所以0y1+y2=4my1y2=-16m ，即或， ，則 ，使得直線與的斜率互為倒數(shù).22現(xiàn)代戰(zhàn)爭中，經(jīng)常使用戰(zhàn)斗

16、機攜帶空對空導彈攻擊對方戰(zhàn)機，在實際演習中空對空導彈的命中率約為，由于飛行員的綜合素質(zhì)和經(jīng)驗的不同，不同的飛行員使用空對空導彈命中對方戰(zhàn)機的概率也不盡相同，在一次演習中，紅方的甲、乙兩名優(yōu)秀飛行員發(fā)射1枚空對空導彈命中藍方戰(zhàn)機的概率分別為和，兩名飛行員各攜帶枚空對空導彈(1)甲飛行員單獨攻擊藍方一架戰(zhàn)機，連續(xù)不斷地發(fā)射導彈攻擊，一旦命中或?qū)椨猛昙赐Ｖ构?，各次攻擊相互獨立，求甲飛行員能夠命中藍方戰(zhàn)機的概率；(2)藍方機群共有架戰(zhàn)機，若甲、乙共同攻擊（戰(zhàn)機均在攻擊范圍之內(nèi)，每枚導彈只攻擊其中一架戰(zhàn)機，甲、乙不同時攻擊同一架戰(zhàn)機），一輪攻擊中，每人只有兩次進攻機會記一輪攻擊中，擊中藍方戰(zhàn)機數(shù)為，求的分布列；若實施兩輪攻擊（即用完攜帶的導彈），記命中