1、 1 陕西省榆林市吴堡县吴堡中学 2017-2018 学年高二数学下学期月考试题 理（含解斩） 一选择题 (本大题共 12小题，每小题 5分，共 60分 .在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的 ) 1.设随机变量 X的分布列为 P(X i) a( )i， i 1， 2， 3，则 a的值为 ( ) A. 1 B. C. D. 【答案】 D 【解析】 【分析】 根据分布列中所有概率和为 1求 a的值 . 【详解】 因为 P(X i) a( )i， i 1， 2， 3，所以 ，选 D. 【点睛】 本题考查分布列的性质，考查 基本求解能力 . 2.(x+1)(x 2)6的展开式中 x4的
2、系数为 ( ) A. 100 B. 15 C. 35 D. 220 【答案】 A 【解析】 【分析】 根据二项式定理展开式确定 (x 2)6中 x3与 x4系数，再根据多项式乘法得结果 . 【详解】 (x 2)6的展开式中 x3与 x4系数分别为 , ,因此 (x+1)(x 2)6的展开式中 x4的系数为 ，选 A. 【点睛】 求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略 (1)求展开式中的特定项 .可依据条件写出第 项，再由特定项的特点求出值即可 . (2)已知展开式的某项，求特定项的系数 .可由某项得出参数项，再由通项写出第 项，由特定项得出值，最后求出其参数 . 3.某 12 人的兴趣小组中
3、，有 5名 “ 三好生 ” ，现从小组中任意选 6人参加竞赛，用 表示这 6人中 “ 三好生 ” 的人数，则下列概率中等于 的是 2 A. P（ 2） B. P（ 3） C. P（ 2 ） D. P（ 3 ） 【答案】 B 【解析】 试题分析：从 12 人选 6人共有 种 若 =3 ，则 6人中 “ 三好生 ” 的人数 3人的种数为 种， 则 P； 故选： B 考点：古典概型及其概率计算公式 4.坛子中放有 3个白球， 2个黑球，从中进行不放回地取球 2次，每次取一球，用 A1表示第一次取得白球， A2表示第二次取得白球，则 A1和 A2是 ( ) A. 互斥的事件 B. 相互独立的事件 C.
4、 对立的事件 D. 不相互独立的事件 【答案】 D 【解析】 【分析】 根据对立事件概念、互斥事件概念以及对立事件概念判断选择 . 【详解】 第一次取得白球，第二次取得白球，可同时发生，所以 A1和 A2不是互斥事件、不是对立事件 ， 第一次取得白球时第二次取得白球的概率为 与第一次不取白球时第二次取得白球的概率为 不同，所以 A1和 A2不是独立事件，选 D. 【点睛】 本题考查对立事件概念、互斥事件概念以及对立事件概念，考查基本分析判断能力 . 5.两家夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园，为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这 6人的入园顺序
5、排法种数为 ( ) A. 48 B. 36 C. 24 D. 12 【答案】 C 【解析】 爸爸排法为 种，两个小孩排在一起故看成一体有 种排法妈妈和孩子共有 种排法， 排法种数共有 24种故选 C 3 6.从 1， 2， 3， 4， 5中任取 2个不同的数，事件 A “ 取到的 2个数之和为偶数 ” ，事件 B “ 取到的 2个数均为偶数 ” ，则 P(B|A) ( ) A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】 ， ， 故选 :B 7.一件产品要经过 2道独立的加工程序，第一道工序的次品率为 a，第二道工序的次品率为 b，则产品的正品率为 ( ) A. 1 a b B. 1 ab C.
6、 (1 a)(1 b) D. 1 (1 a)(1 b) 【答案】 C 【解析】 试题分析：根据分步原理知， 产品为正品时需要这两道工序都为正品， 产品的正品率为（ 1-） （ 1-），故选 C 考点：本题考查了对立与独立事件概率的求法 点评：区分对立事件与独立事件是解决此类问题的关键，属基础题 8.位于坐标原点的一个质点 P按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是 ，质点 P移动五次后位于点 (2， 3)的概率是 ( ) A. B. C C. C D. CC 【答案】 B 【解析】 【分析】 先确定五次移动中两次向左，剩下三次向上，再根据向上、
7、向右 移动的概率都是 得结果 . 【详解】 质点 P 移动五次后位于点 (2， 3),则五次移动中两次向左，剩下三次向上，因此所求概率为 ,选 B. 【点睛】 本题考查概率求法，考查基本分析求解能力 . 4 9.若 X的分布列如下表所示且 EX 1.1，则 ( ) X 0 1 x P 0.2 p 0.3 A. DX 2 B. DX 0.51 C. DX 0.5 D. DX 0.49 【答案】 D 【解析】 【分析】 先根据分布列中所以概率和为 1得 p， 再根据方差公式求 DX. 【详解】 因为 ，所以 ； 因此 选 D. 【 点睛】 本题考查分布列的性质以及方差求法，考查基本求解能力 . 1
8、0.已知随机变量 X服从正态分布 N(2， 2)， P(X4) 0.84，则 P(X0) ( ) A. 0.16 B. 0.32 C. 0.68 D. 0.84 【答案】 A 【解析】 【分析】 根据正态分布得 P(X0) =1- P(X4)，即得结果 . 【详解】 因为随机变量 X服从正态分布 N(2， 2)， 所以 P(X0) =1- P(X4)=0.16，选 A. 【点睛】 正态分布下两类常见的概率计算 (1)利用正态分布密度曲线的对称性研 究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线 x 对称，及曲线与 x轴之间的面积为 1. (2)利用 3 原则求概率问题时，要注意把给出的区间或
9、范围与正态变量的 ， 进行对比联系，确定它们属于 ( ， )， ( 2 ， 2 )， ( 3 ， 3 )中的哪一个 . 11.某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为 ，各成员的支付方式相互独立，设 为该群体的 10 位成员中使用移动支付的人数， DX=2.4， P(X=4)P(X=6)， 则 p=( ) A. 0.7 B. 0.6 C. 0.4 D. 0.3 5 【答案】 B 【解析】 【分析】 根据二项分布方差公式求 ，再根据 P(X=4)P(X=6)， 对 P进行取舍 . 【详解】 由题意得 服从二项分布，所以 ， 因为 P(X=4)P(X=6)， 所以 ，选 B. 【点睛】 本题考查二
10、项分布方差公式，考查基本求解能力 . 12.设 0p1，随机变量 的分布列如图，则当 p在（ 0， 1）内增大时 ，（ ） A. D（ ）减小 B. D（ ）增大 C. D（ ）先减小后增大 D. D（ ）先增大后减小 【答案】 D 【解析】 分析 :先求数学期望 ，再求方差，最后根据方差函数确定单调性 . 详解： ， ， ， 先增后减 ,因此选 D. 点睛： 二填空题 (本题共 4 小题，每小题 5分，共 20 分 ) 13.(x 2y)6展开式中二项式系数最大的项的系数为 _(用数字作答 ). 【答案】 -160 【解析】 【分析】 根据二项式系数性质得项数，再根据二项式展开式公式求项的系
11、数 . 【详解】 因为 (x 2y)6展开式中二项式系数最大的项为第 4项，所以系数为 6 【点睛】 二项展开式的二项式系数与该项的系数是两个不同的概念，前者是指组合数，而后者是字母外的部 分 .前者只与 和 有关，恒为正，后者还与 有关，可正可负 .通项是第项，不是第项 . 14.已知随机变量 X B(10， 0.2)， Y 2X 3，则 EY的值为 _. 【答案】 7 【解析】 【分析】 先根据二项分布得 EX， 再根据 Y 2X 3得 EY=2EX+3,即得结果 . 【详解】 因为 X B(10， 0.2)， ，所以 EX=10 0.2=2， 因此 EY=2EX+3=7. 【点睛】 本题
12、考查二项分布期望公式，考查基本求解能力 . 15.从 4位学生中选 3 位参加 A， B， C三项活动，若学生甲不能参加 A活动，有 _种选法 .(用数字作答 ) 【答案】 18 【解析】 【分析】 分选甲与不选甲两种情况讨论，最后相加得结果 . 【详解】 若不选甲，则有 种方法； 若选甲，则有 种选法 ； 因此共有 种选法 . 【点睛】 求解排列、组合问题常用的解题方法： (1)元素相邻的排列问题 “ 捆邦法 ” ； (2)元素相间的排列问题 “ 插空法 ” ； (3)元素有顺序限制的排列问题 “ 除序法 ” ； (4)带有 “ 含 ” 与 “ 不含 ”“ 至多 ”“ 至少 ” 的排列组合问
13、题 “ 间接法 ” ； （ 5） “ 在 ” 与 “ 不在 ” 问题 “ 分类法 ”. 16.若将函数 f(x)=x5表示为 f(x)=ao+a1(1+x)+a2(1+x)2+?+a 5(1+x)5,其中 a(i=0,1, ?,5) 为实数 ,则 a3=_ 【答案】 10. 【解析】 试题分析： 7 考点：二项式定理 视频 三解答题 (共 70分 .解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤 .) 17.若 (2 x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5.求： (1)|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|； (2)(a0+a2+a4)2 (a1+a2+a3)
14、2. 【答案】 (1)(2+ )5(2)1 【解析】 【分析】 （ 1）根据展开式特点去绝对值，再利用赋值法求结果， （ 2）根据平方差公式展开，再利用赋值法求结果 . 【详解】 令 x=1，得 a0+a1+a2+a3+a4+a5=(2 )5， 令 x= 1，得 a0 a1+a2 a3+a4 a5=(2+ )5， (1)|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=a0 a1+a2 a3+a4 a5=(2+ )5 (2)(a0+a2+a4)2 (a1+a2+a3)2=(a0+a1+a2+a3+a4+a5)(a 0 a1+a2 a3+a4 a5) = (2 )5 (2+ )5 =1
15、 【点睛】 赋值法研究二项式的系数和问题 “ 赋值法 ” 普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如 的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法， 只需令 即可；对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令 即可 . 18.设离散型随机变量 X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 0.2 0.1 0.1 0.3 m 求随机变量 Y=|X 1|的分布列及 DX. 【答案】 见解析 8 【解析】 【分析】 先根据分布列中各概率和为 1求 m，再确定随机变量取法，并 确定对应概率，最后根据方差公式求 DX. 【详解】 由 0.2+0.1+0.1+0.3+m=1 得， m=0.3 Y的可能取值为 0， 1， 2， 3. P(Y=0)=P(X=1)=0.1； P(Y=1)=P(X=0)+P(X=2)=0.3； P(Y=2)=P(X=3)=0.3； P(Y=3)=P(X=4)=0.3.所以， Y的分布列为 Y 0 1 2 3 P 0.1 0.3 0.3 0.3 所以 EY=00.1+10.3+20.3+30.3=1.8 DX=(0 1.8)20.1+(1 1.8)20.3+(2 1.8)20.3+(3 1.8)20.3=0.951 【点睛】 求解离散型随机变量的数学期
