数学-山西省大同市第一中学校2023-2024学年高二下学期3月月考

扫描全能王创建{#{QQABbQIAogCoQJIAABgCUQHgCAOQkBGACKoOgBAAIAAAiRFABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABbQIAogCoQJIAABgCUQHgCAOQkBGACKoOgBAAIAAAiRFABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABbQIAogCoQJIAABgCUQHgCAOQkBGACKoOgBAAIAAAiRFABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABbQIAogCoQJIAABgCUQHgCAOQkBGACKoOgBAAIAAAiRFABAA=}#}2023~2024-2高二年级3月学情检测数学答案命题人：赵鸿梅1．B【分析】对每个盒子放入2个球，再看余下2个球的去向即可得解.12【详解】依题意，每个盒子放入2个球，余下2个球可以放入一个盒子有C3种方法，放入两个盒子有C3种方法，12所以不同放法的种数为C3C36.故选：B2．C【分析】用列举法写出任取两个不同的数，和为2的样本点，得出样本点个数后，由概率公式计算概率．【详解】由题知和为2的倍数的有(1,3），(1,5），(1,7），(3,5），(3,7），(5,7），(2,4），(2,6），(2,8），(4,6），(4,8），(6,8）共12种可能，123P2．C87故选：C．3．C【分析】根据题意，按使用颜色的数目分两种情况讨论，由加法原理计算可得答案.【详解】根据题意，分两种情况讨论：2若用两种颜色涂色，有C7242种涂色方法；3若用三种颜色涂色，有C73221630种涂色方法；所以有42630672种不同的涂色方法.故选：C.4．B【分析】根据题意，先计算出所有的分配方案数，然后去掉甲乙两名同学在同一个社团的方案数，即可得到结果.【详解】由题意可得，将5名同学分配到这4个社团进行培训每名同学只能分配到1个社团，2111C5C3C2C14每个社团至少分配1名同学，则不同的分配方案共有3A4240种，A3高二数学答案（第1页共10页）{#{QQABbQIAogCoQJIAABgCUQHgCAOQkBGACKoOgBAAIAAAiRFABAA=}#}4当甲乙两名同学在同一个社团培训，则不同的分配方案有A424种，综上可得，不同的分配方案共有24024216种.故选：B5．D【分析】根据排列组合以及概率的乘法公式即可求解.【详解】设事件A表示“两道题全做对”，2C213若两个题目都有思路，则3；P12C524011C2C3113若两个题目中一个有思路一个没有思路，则P22；C524402C211若两个题目都没有思路，则2；P12C541603315故PAPPP.123404016032故选：D.6．D【分析】设甲获得冠军为事件A，比赛进行了四局为事件B，求出P(A)和P(AB)，根据条件概率的计算公式，即可求得答案.【详解】由题意可设甲获得冠军为事件A，比赛进行了四局为事件B，3313313459则P(A)()3C2()2C2()2()2，43444444451231381P(AB)C2()2，344425681PAB6故P(B|A)256，PA45917512故选：D7．A【分析】分类讨论，利用古典概型的概率公式求解即可.【详解】由题意可知，共有4根算筹，当十位1根，个位3根，共有2个两位数13、17；当十位2根，个位2根，共有4个两位数22，26，62，66；当十位3根，个位1根，共有2个两位数31，71；高二数学答案（第2页共10页）{#{QQABbQIAogCoQJIAABgCUQHgCAOQkBGACKoOgBAAIAAAiRFABAA=}#}当十位4根，个位0根，共有2个两位数40，80；其中质数有13、17、31、71，42所以取到的数字为质数的概率为，24225故选：A8．A【分析】根据“杨辉三角”的特点可知n次二项式的二项式系数对应“杨辉三角”中的第n1行，从而得到第n1行去掉所有为1的项的各项之和为：2n2；根据每一行去掉所有为1的项的数字个数成等差数列的特1点可求得至第11行结束，数列共有45项，则第45项为C1010，从而加和可得结果.【详解】由题意可知，n次二项式的二项式系数对应“杨辉三角”中的第n1行则“杨辉三角”第n1行各项之和为：2n第n1行去掉所有为1的项的各项之和为：2n2从第3行开始每一行去掉所有为1的项的数字个数为：1,2,3,4,则：12345678945，即至第11行结束，数列共有45项1第45项为第11行最后1个不为1的数，即为：C101021210前45项的和为：2122222322102210202612故选：A9．ACD【分析】根据互斥事件性质可求得A正确，B错误，再由相互独立事件性质可得C正确，利用对立事件及条件概率公式可得D正确.【详解】对于A，若A,B为互斥事件，则PABPAPB0.9，即可得A正确；对于B，由PA0.5,PB0.4可得PA0.5,PB0.6，又A,B为互斥事件，则PAB0，又PABPABPAB101，即B错误；对于C，若A,B相互独立，则PABPAPB0.2,所以PABPAPBPAB0.50.40.20.7，即C正确；PABPAB对于D，若PB|A0.3，所以PAB0.15；PA0.5高二数学答案（第3页共10页）{#{QQABbQIAogCoQJIAABgCUQHgCAOQkBGACKoOgBAAIAAAiRFABAA=}#}可得PABPBPAB0.25，PABPAB0.25所以PB|A0.5，即D正确.PA1PA10.5故选：ACD10．ABC【分析】A选项根据组合的方法计算；B选项，利用捆绑法计算；C选项，利用插空法计算；D选项，通过分“礼”排在最后一周和不排在最后一周两种情况计算.2【详解】A：6门中选2门共有C615种选法，故A正确；25B：课程“乐”“射”排在相邻的两周时，把这两个看成一个整体，有A2种排法，然后全排列有A5120种排25法，根据分步乘法计数原理，“乐”“射”相邻的排法共有A2A5240种，故B正确；3C：课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，先排剩下的三门课程有A36种排法，然后利用插空法排课程333“御”“书”“数”有A424种排法，根据分步乘法计数原理，得共有A3A4144种排法，故C正确；5D：分2种情况讨论：若先把“礼”排在最后一周，再排“数”，有A5种排法，若先把“礼”不排在最后一周，1145114再排“数”，有C4C4A4种排法，所以，共有A5C4C4A4504种排法，故D错误.故选：ABC.11．ACD【分析】根据组合数原理可判断A；根据分步乘法计数原理和组合数原理可判断B；根据分步乘法计数原理、组合数原理和古典概型概率公式可判断C、D.【详解】对于A，甲从M到N的最短路程，只能向上或者向右走，2需要走6步，2步向上，4步向右，共有C615种，故A正确；1对于B，第一步，甲从M到A3，有C33种走法，1第二步，从A3到N，有C33种走法，所以共有339种走法，故B错误；对于C，由B可知甲、乙经过A3的走法都有9种，所以在A3处相遇共有9981种走法，81而甲、乙两人的总走法有C2C21515225种，所以两人在A处相遇的概率为，故C正确；663225对于D，因为甲、乙两人以相同的速度同时出发，因而相遇时走过的路程相等，故两人只能在A3处相遇，由C可知D对．故选：ACD.高二数学答案（第4页共10页）{#{QQABbQIAogCoQJIAABgCUQHgCAOQkBGACKoOgBAAIAAAiRFABAA=}#}【点睛】关键点点睛:本题C中主要利用分步乘法计数原理和组合数原理进行求解，再结合古典概率从而可求解.12．210【分析】借助二项式展开式的通项公式计算即可得.10110k1k515k【详解】对，有k23k6，xTk1C10xxC10x3x5令5k0，则k6，则有TC6x55C6210.671010故答案为：210.13．4a10【分析】首先求对称点，再根据点与圆的位置关系，列式求解.【详解】设点P3,a关于直线xya0的对称点为x,y，ya1x3x0则，得，3xayya3a02222又题意可知，02a3413，解得：4a10.故答案为：4a1014．4【分析】2x2由已知可得x1lnx22，构造函数，通过导数研究单调性，得，结合对数的运x1eelnx24fxxex1lnx22算规则求x1x2的值.【详解】x41x1由e，可得x1e4，故x10,x122222由lnx，可得，可得lnx22，故22x2lnx24elnx24lnx20,x2令fxxex，fxx1ex，由fx0，解得x1，由fx0，得解x1，所以函数fx在区间,1上单调递减，在区间1,上单调递增.222由，则有，所以x1lnx22，fx1flnx24x1lnx2eex2高二数学答案（第5页共10页）{#{QQABbQIAogCoQJIAABgCUQHgCAOQkBGACKoOgBAAIAAAiRFABAA=}#}x12因为x1e4，所以x1x24.故答案为：42x【点睛】思路点睛：由已知可得x1lnx22，找到共同特征，通过构造函数，利用导数x1eelnx24fxxe22研究函数性质，即可得到x1lnx2，从而求出x1x2的值.495415．（1）4；（2）aaaa3280；（3）Tx32468916【分析】（1）先把415写成4(151)7，再利用二项式定理展开，从而得到答案.（2）根据题意，分别代入x1,x1,x0列方程组，计算即可得到所求和；tk1tk（3）设k1项的系数tk1最大，则通过解不等式组得到答案.tk1tk27【详解】（1）415441444241674(151)7071661704C715C715C715C71506156415C715C715C74，415除以15的余数为4.8278（2）由已知得2x11a0a1xa2xa7xa8x，令x1，得a0a1a2a7a80，①令x=1，得a0a1a2a7a86560，②联立①②得，a0a2a4a6a83280.令x0，得a00，所以a2a4a6a83280.1212kk12k4x1x1112k（）的展开式通项为kk3，3Tk1C12C12xk0,1,2,,1223x23x212k则项的系数k1k1tk1C12k0,1,2,,12.2tk1tk设k1项的系数tk1最大，则由不等式组，tk1tk2高二数学答案（第6页共10页）{#{QQABbQIAogCoQJIAABgCUQHgCAOQkBGACKoOgBAAIAAAiRFABAA=}#}12k13k13k13kk1k11213kk11k11C12C12C12C12