河南省南阳市第一中学校2022-2023学年上学期高二第四次月考数学答案

1 南阳一中2022 年秋期高二年级第四次月考 数学学科试题答案 CBACDB DCBDBC 1.【解答】解：从装有2 个白球、3 个黑球的袋中任取2 个小球， 对于A，至多取到1 个黑球是随机事件，不是随机变量，故A 错误； 对于B，至少取到1 个白球是随机事件，不是随机变量，故B 错误； 对于C，取到白球的个数是随机变量，故C 正确； 对于D，取到的球的个数是常量，故D 错误．故选：C． 2.【解答】解：∵P（ξ＝0）＝ ，P（ξ＝1）＝ ，∴P（ξ≤1）＝ ， 故选：B． 3.【解答】解：目标被击中的概率等于1 减去甲、乙、丙三人都没有击中目标的概率， 故目标被击中的概率是1﹣（1﹣ ） （1﹣ ） （1﹣ ）＝ ，故选：A． 4 .【解答】解：a，b 必须相连，全排列有 种方法； 把ab 看作一整体再与e 全排列， 种方法； 最后将c，d 插入3 个空内有 种方法，所以共有 ＝24 种方法，故选：C． 5.【解答】解：设数学成绩为X，∵数学成绩分数位于（90，105]的人数占总人数的 ， 又∵数学考试成绩近似服从正态分布N（105，σ2） ，∴P（105≤X＜120）＝P（90＜X≤105）＝ ， ∴P（X≥120）＝ ， ∴此次数学考试成绩优秀的人数约10000× ．故选：D． 6.【解答】解：由已知，不妨设A＝“这个问题至少被一个人正确解答” ，B＝“甲、乙两位同学都能正 确解答该问题” ，因为甲、乙两位同学各自独立正确解答该问题的概率分别是 和 ， 故P（A）＝1﹣（1﹣ ） （1﹣ ）＝ ，P（B）＝ ，易知P（AB）＝P（B）＝ ． 故 ．故选：B． 公众号高中僧试题下载 2 7.【解答】 1 2 3 1 C +2C +4C 2 C n n n n n n        1 1 2 2 3 3 1 2 C +2 C +2 C 2 C 2 n n n n n n      0 0 1 1 2 2 3 3 1 1 2 C +2 C +2 C +2 C 2 C 2 2 n n n n n n n        1 1 3 1 1 2 2 2 2 n n      .故选：D. 8.【解答】解：∵随机变量X～B（2，P） ， ∴P（X≥1）=1﹣P（X=0）=1﹣ （1﹣P） 2= ，解得P= ． ∴D（Y）=3× × = ，∴D（3Y+1）=9× =6，故选：C． 9.【解答】解：∵（x2+x+y）5 表示5 个因式（x2+x+y）的乘积，当只有一个因式取y，一个因式取x， 其余的3 个因式都取x2，才可得到含x7y 的项．故x7y 的系数为 • • ＝20，故选：B． 10.【解答】解：根据题意，如图，假设5 个区域依次为①②③④⑤， 分2 步进行分析： 首先：对于区域①②③，三个区域两两相邻，有A53＝60 种情况， 再者：对于区域④⑤，若④与②的颜色相同，则⑤有3 种情况， 若④与②的颜色不同，则④有2 种情况，⑤有2 种情况，此时区域④⑤的情况有2×2＝4 种， 则区域④⑤有3+4＝7 种情况， 则一共有60×7＝420 种涂色方案；故选：D． 11. 【解答】 解： 设事件A 表示 “从箱中任取2 件都是一等品” ， 事件Bi 表示 “丢失的为i 等品” ( 3 , 2 , 1  i )， 则P（A）＝P（B1）P（A|B1）+P（B2）P（A|B2）+P（B3）P（A|B3）＝ × + × + ＝ ，所以P（B1|A）＝ ＝ ．故选：B． 12.【解答】解：根据题意，分2 步进行分析： ①将6 位专家分为3 组， 若分为2﹣2﹣2 的三组，有 ＝15 种分组方法， 若分为4﹣1﹣1 的三组，有 ＝15 种分组方法， 3 若分为1﹣2﹣3 的三组，有 ＝60 种分组方法，则有15+15+60＝90 种分组方法； ②将三组专家安排到三个学校，其中c 所在的组不去市一中，有2×2＝4 种情况， 则有90×4＝360 种安排方法；故选：C． 13.【解答】解：由P（ξ＞c+1）＝P（ξ＜c﹣1）可知，2＝ 2 1 1 ） （ ） （    c c ，解得c＝2，故答案为：2． 14． 【解答】解：由随机变量X 的分布列为P（X=k）= （c 为常数） ，k=1，2，3，4， 得 ，解得c= ． ∴P（1.5＜k＜3.5）=P（X=2）+P（X=3）= ．故答案为： ． 15． 【解答】解：∵x 5=[2+（x﹣2）] 5=a0+a1（x﹣2）+…+a5（x﹣2） 5，则a1= •2 4=80 16.【解答】解：根据题意，原来有8 个节目，有9 个空位， 在9 个空位中任选1 个，安排A 节目，有9 种情况，排好后有10 个空位， 在10 个空位中任选1 个，安排B 节目，有10 种情况，排好后有11 个空位， 在11 个空位中任选1 个，安排C 节目，有11 种情况，排好后有11 个空位， 在ABC 的安排方法有9×10×11＝990 种， 又由三个新节目按A，B，C 顺序出场，则不同的安排方法有 ×990＝165 种；故答案为：165． 17.【解答】(1)∵ 2 2 1 3 6 2 3 x x x A A A    ，∴    N x x 且 3 ，..............1 ) 1 ( 6 ) 1 ( 2 ) 2 )( 1 ( 3       x x x x x x x ，化简，得 0 10 17 3 2    x x ，..............3 解得 ) ( 3 2 , 5 不合题意，舍去   x x ，..............4 ∴ . 5  x ..............5 （2）依题意，有 4 5  x x ①或 8 4 5   x x ②，..............7 解①得 1  x ,解②得 2  x ..............8 经检验， 1  x 或 2  x 都符合题意...............9 ∴ 1  x 或 2  x ..............10 18.【解答】 （1）甲班参赛同学恰有1 名同学成绩及格的概率 1 2 C 0.6 0.4 0.48    ，.............2 乙班参赛同学恰有1 名同学成绩及格的概率 1 2 C 0.6 0.4 0.48    ，.............4 所以甲、乙两班参赛同学中各有1 名同学成绩及格的概率0.48 0.48 0.2304   ..............6 （2）甲、乙两班4 名同学成绩不及格的概率 4 0.4 0.0256  ，.............9 所以甲、乙两班参赛同学中至少有1 名同学成绩及格的概率1 0.0256 0.9744   .............12 4 19.【解答】解： （1）由题意可得4n﹣2n＝992，求得2n＝32，∴n＝5．...............2 故展开式中二项式系数最大的项为第三项或第四项，..............4 即T3＝ •9•x6＝90x6，或T4＝ •27• ＝270 ．..............6 （2 ）设展开式中第 r+1 项系数最大，且 Tr+1 ＝ r r r x x C ） （ ） （ 2 - 5 5 3 3 2 =3r • •   N r r    , 5 0 ，...............8 ∴          , 3 3 , 3 3 1 5 1 5 1 5 1 5 r r r r r r r r C C C C 解得 2 9 2 7  r ，∴ 4  r ,..............10 即展开式中第5 项系数最大，且T5＝ •81• ＝405 ．...............12 20.【解答】解： （1）根据题意，若恰在第5 次测试后就找出了所有次品， 即第5 次测试的产品恰为最后一件次品，另3 件在前4 次中出现，则前4 次有一件正品出现， 所以共有A41•（C61•C33）A44＝576 种不同的测试方法；...............6 （2）根据题意，分3 步进行分析： 先排第1 次测试，只能取正品，有6 种不同的测试方法， 再从4 件次品中选2 件排在第2 次和第7 次的位置上测试，有A42＝12 种测试方法，...............8 最后排余下4 件的测试位置，有C52•A44＝240 种测试方法．...............10 所以共有6×12×240＝17280 种不同的测试方法．...............12 21.【解答】解： （1）记“第k 发子弹命中目标”为事件Ak，则A1，A2，A3，A4，A5 相互独立， 且 ，其中k＝1，2，3，4，5 ∴张同学前两发子弹只命中一发的概率为 .............4 （2）X 的所有可能取值为2，3，4，5， ，.............6 分 9 2 ) 3 1 ( 3 2 ) 3 2 ( 3 1 ) ( ) ( ) 3 ( 2 2 3 2 1 3 2 1         A A A P A A A P X P ，.............8 ，.............9 ，.............10 综上，X 的分布列为 5 X 2 3 4 5 P 故E（X）＝ ＝ ．.............12 22.【解答】 （1）设甲、乙答对的题数分别为X 、Y ， X 的可能取值为1，2，3，且X 服从参数是6,4,3 的超几何分布， ∴  1 2 4 2 3 6 C C 1 1 C 5 P X    ，   2 1 4 2 3 6 C C 3 2 C 5 P X    ，   3 0 4 2 3 6 C C 1 3 C 5 P X    ........2 ∴X 的分布列为 ...............3 Y 的可能取值为0，1，2，3，且 2 3, 3 Y B       ， ∴   0 3 0 3 2 2 1 0 C 1 3 3 27 P Y              ，   1 2 1 3 2 2 2 1 C 1 3 3 9 P Y              ，   2 1 2 3 2 2 4 2 C 1 3 3 9 P Y              ，  3 0 3 3 2 2 8 3 C 1 3 3 27 P Y              ，..............5 ∴Y 的分布列为 ...............6 （2）由（1）有   1 3 1 1 2 3 2 5 5 5 E X      ， ∴ 5 2 5 1 ) 2 3 ( 5 3 ) 2 2 ( 5 1 ) 2 1 ( ) ( 2 2 2           X D ，...............8 而  2 3 2 3 E Y    ，  2 2 2 3 1 3 3 3 D Y           ，..............10 ∴    E X E Y  ，    D X D Y  ...............11 故两人平均答对的题数相等，说明实力相当；但甲答对题数的方差比乙小，说明甲发挥较为稳定，因此推 荐甲参加比赛更加合适................12 X 1 2 3 P 1 5 3 5 1 5 Y 0 1 2 3 P 1 27 2 9 4 9 8 27