重庆市乌江新高考协作体2023-2024学年高二下学期4月月考试题 数学
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2020高二下·武汉期中）某市组织一次高三调研考试，考试后统计的数学成绩服从正态分布，其密度函数为 ，则下列命题中不正确的是（ ）
A．分数在110分以上的人数与分数在50分以下的人数相同
B．该市这次考试的数学平均成绩 为80分
C．该市这次考试的数学成绩的标准差 为10
D．可以简记为：数学成绩服从正态分布
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】由 ，可得该正态分布为 ，
所以分数在110分以上的人数与分数在50分以下的人数相同，
该市这次考试的数学平均成绩 为80分，标准差 为10。
故答案为：D
【分析】利用正态分布对应的函数的对称性，再结合正态分布求平均数和标准差的公式，进而结合已知条件，从而求出命题不正确的选项。
2．（2021高二下·兰山期中）若有4名游客要到某地的3个旅游景点去旅游，则不同的安排方法数为（ ）
A．4 B．64 C．24 D．81
【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：由有4名游客要到某地的3个旅游景点去旅游，可知每个游客都有3种选法，
所以由分步乘法原理可得共有 种不同的安排方法，
故答案为：D
【分析】由分步乘法计数原理即可求解。
3．（2024高二下·重庆市月考）已知某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁．若开关第一次闭合后出现红灯的概率为，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后出现红灯的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：记“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A，“开关第二次闭合后出现红灯”为事件，
由题意可知：，，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据题意结合条件概率公式运算求解.
4．（2024高二下·重庆市月考）（ ）.
A．1 B．－1 C．(－1)n D．3n
【答案】C
【知识点】二项展开式
【解析】【解答】解：因为，
令，可得，
令，可得，
所以.
故答案为：C.
【分析】取，令和，代入运算求解即可.
5．（2024高二下·重庆市月考）已知的展开式中，二项式系数和为，各项系数和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二项展开式；二项式系数
【解析】【解答】解：由题意可知： 二项式系数和为，解得；
令，可得 各项系数和为，解得.
故答案为：A.
【分析】根据二项式系数和可得，令，结合各项系数和可得m.
6．（2024高二下·重庆市月考）某次考试共有8道单选题，某学生掌握了其中5道题，2道题有思路，1道题完全没有思路．掌握了的题目他可以选择唯一正确的答案，有思路的题目每道做对的概率为，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为．已知这个学生随机选一道题作答且做对了，则该题为有思路的题目的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：记“选到会做的题”为事件，“选到有思路的题”为事件，“选到完全没有思路的题”为事件，“选择一题答对该题”为事件，
则，
可得，
且“这个学生随机选一道题作答且做对了，则该题为有思路的题目”为事件，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据题意利用全概率公式求答对的概率，进而结合条件概率公式分析求解.
7．（2024高二下·重庆市月考）正方体六个面上分别标有A、B、C、D、E、F六个字母，现用5种不同的颜色给此正方体六个面染色，要求有公共棱的面不能染同一种颜色，则不同的染色方案有（ ）种.
A．420 B．600 C．720 D．780
【答案】D
【知识点】基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：由题意可知：可以用3种颜色、用4种颜色或用5种颜色涂色，
若用3种颜色时，则不同的染色方案有种；
若用4种颜色时，则不同的染色方案有种；
若用5种颜色时，则不同的染色方案有种；
所以不同的染色方案有种.
故答案为：D.
【分析】分类讨论涂色所用的颜色，结合排列数、组合数运算求解.
8．（2024高二下·重庆市月考）重庆市高考总成绩由语文、数学、外语三门统考科目和思想政治、历史、地理、物理、化学、生物六门选考科目组成，将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为A，B＋，B，C＋，C，D＋，D，E共8个等级，参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为3%，7%，16%，24%，24%，16%，7%，3%，选考科目成绩计入考生总成绩时，将A至E等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到[91，100]，[81，90]，[71，80]，[61，70]，[51，60]，[41，50]，[31，40]，[21，30]八个分数区间，得到考生的等级成绩，如果某次高考模拟考试地理科目的原始成绩，那么D等级的原始分最高大约为（ ）
附：①若，，则；
②当时，.
A．23 B．29 C．26 D．43
【答案】C
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由题意可知：从低到高，即E到D等级人数所占比例为，
若D等级的原始分最高为，则，
又因为，则，
且，则，
即，可得分.
故答案为：C.
【分析】由题意可知：，由正态分布结合题中数据可得，运算求解即可.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分。
9．（2024高二下·重庆市月考）抛掷两颗骰子各一次，记第一颗骰子掷出的点数与第二颗骰子掷出的点数的差为X，则“”表示的试验的结果有（ ）
A．第一颗为5点，第二颗为1点
B．第一颗大于4点，第二颗也大于4点
C．第一颗为6点，第二颗为1点
D．第一颗为6点，第二颗为2点
【答案】A,C,D
【知识点】离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：因为，故ACD正确；
对于B：第一颗大于4点，可以是5点或6点，第二颗大于4点，可以是5点或6点，
5 6
5 0 1
6 0
可知，即，故B错误；
故答案为：ACD
【分析】根据题意逐项求X 的取值，进而判断正误.
10．（2021高二下·胶州期中）有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，不同的排列方法数正确的是（ ）
A．排成前后两排，前排3人，后排4人，共有种方法
B．全体排成一排，男生互不相邻，共有种方法
C．全体排成一排，女生必须站在一起，共有种方法
D．全体排成一排，其中甲不站在最左边，也不站在最右边，共有种方法
【答案】A,C,D
【知识点】排列及排列数公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】对于 ：先选出前排3人，有 种排法，剩余4人随机排序有 种排法，故有 种方法，A符合题意.
对于 ：利用插空法，4名女生随机排序有 种排法，旁边有5个空位，把男生排进去有 种排法，故有 种方法，B不符合题意.
对于C：把4名女生放在一起有 种排法种排法，再和3名男生排序有 种排法，故有 中方法，C符合题意.
对于D：从其他6人抽出两人排在两侧有 种排法，再把剩余5人随机排序有 种排法，故有 种方法，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】由先排3人，再排4人，由排列数可判断A，由插空法可判断B，由捆绑法可判断C，由定序法可判断D.
11．（2024高二下·重庆市月考）某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进.部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验.记A表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”，表示事件“某芯片经人工抽检后合格”.改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取个，这个芯片中恰有个的质量指标位于区间，则下列说法正确的是（ ）（若，则）
A．
B．
C．
D．取得最大值时，的估计值为53
【答案】A,C,D
【知识点】二项分布；条件概率乘法公式；3σ原则
【解析】【解答】解：对于A：因为事件表示“某芯片通过智能检测系统筛选的条件下，再经人工抽检后合格”，
显然，故A正确；
对于B：因为，则，
且，
可得，即，
则，即，所以，故B错误；
对于C：因为，
则
所以，故C正确；
对于D：因为，则，
设，
令，解得，
令，解得，
所以最大时的估计值为53，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】对于A：根据条件概率的意义分析判断；对于B：根据概率的性质结合条件概率公式分析判断；对于C：根据正态分布的对称性分析判断；对于D：根据二项分布公式可得，再结合数列单调性分析求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（2024高二下·重庆市月考）已知的二项展开式中，所有二项式系数的和为256，则展开式中的常数项为 .
【答案】1120
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由题意可知：所有二项式系数的和为，解得，
则展开式的通项公式为，
令，可得，
所以展开式的常数项为.
故答案为：1120.
【分析】根据二项式系数之和解得，结合二项展开式的通项公式运算求解.
13．（2024高二下·重庆市月考） .
【答案】82
【知识点】二项式定理的应用；二项展开式
【解析】【解答】解：因为，
令，可得；
令，可得；
所以.
故答案为：82.
【分析】取，令和，代入运算求解即可.
14．（2024高二下·重庆市月考）方程中的，且互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有 条．
【答案】62
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】解：由题意可得表示抛物线，则，可知，
1.当，即，
若时，或或或；
若时，或或或；
注意到有条重复，故共有条；
2.同理可得当时，共有条；
3.当，即时，或或或，共有条，
综上所述：共有.
故答案为：62.
【分析】由题意可知：，，分类讨论的取值可能，逐项列举即可得结果.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（2024·湖北模拟）已知各项均不为0的数列的前n项和为，且，.
（1）求的通项公式；
（2）若对于任意，成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：当时，，
两式相减得
因为，故.
所以，，及，，均为公差为4的等差数列：
当时，由及，得.
所以
（2）解：由已知，
即恒成立，设，则
当，即，2时，
当，即，时，
所以，故，所以
【知识点】等差数列的通项公式；数列与函数的综合
【解析】【分析】（1）根据题意，得到时，，两式相减得到，得到及均为公差为4的等差数列，结合等差数列的通项公式，进而得到数列的通项公式；
（2）由（1）求得，证得为恒成立，设，求得数列的单调性和最大值，即可求解.
16．（2024高二下·重庆市月考）已知函数，．
（1）若，求a的值，并求出在处的切线方程；
（2）若，，求最小值的最大值．
【答案】（1）∵，∴，即，
∴，∴．
，
∴，则所求切线方程为，即．
（2）由题意得，，则，
令，解得；令，解得，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴．
记（），则，
令，解得；令，解得，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴，即最小值的最大值为3.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】 (1) 由 代入解得，求导，结合导数的几何意义求切线方程；
(2) 由题意可得，求导，利用导数求的单调性和最值.
17．（2024高二下·重庆市月考）已知.
（1）若，求中含项的系数；
（2）若，求的值；
【答案】（1），
因为展开式中的第项，
所以展开式中含项分别为，
故中含的项为，
所以中含项的系数为99.
（2），
令得①，
令得②，
两式相减①-②：，
所以.
【知识点】二项式定理；二项展开式；二项展开式的通项
【解析】【分析】 (1) 由题意可得，结合二项展开式的通项公式分析求解；
(2) 由题意可得：，令和，代入运算求解即可.
18．（2024高二下·重庆市月考）某校开展科普知识团队接力闯关活动，该活动共有两关，每个团队由位成员组成，成员按预先安排的顺序依次上场，具体规则如下：若某成员第一关闯关成功，则该成员继续闯第二关，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第一关；若某成员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有成员全部上场参加了闯关，该团队接力闯关活动结束.已知团队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为和，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.
（1）若，用表示团队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求的均值；
（2）记团队第位成员上场且闯过第二关的概率为，集合中元素的最小值为，规定团队人数，求.
【答案】（1）依题意，的所有可能取值为，
，，
所以的分布列为：
1 2 3
数学期望.
（2）令，若前位玩家都没有通过第一关测试，
其概率为，
若前位玩家中第位玩家才通过第一关测试，
则前面位玩家无人通过第一关测试，其概率为，第位玩家通过第一关测试，
但没有通过第二关测试，其概率为，
第位玩家到第位玩家都没有通过第二关测试，其概率为，
所以前面位玩家中恰有一人通过第一关测试的概率为：
，
因此第位成员闯过第二关的概率，
由，得，解得，则，所以.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】 (1)由题意可知：的所有可能取值为，结合独立事件概率乘法公式求分布列和期望；
(2) 根据题意求得前位玩家都没有通过第一关测试的概率，以及前面位玩家中恰有一人通过第一关测试的概率为，即可得，结合题意列式求解即可.
19．（2024高二下·重庆市月考）莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，），例如：，对应．现对任意，定义莫比乌斯函数
（1）求；
（2）若正整数互质，证明：；
（3）若且，记的所有真因数（除了1和以外的因数）依次为，证明：．
【答案】（1）因为，易知，
所以；
又，因为5的指数，所以；
（2）①若或，因为，所以；
②若，且存在质数，使得或的质因数分解中包含，则的质因数分解中一定也包含，
所以，
③若，且不存在②中的，可设，
其中均为质数，则，
因为互质，所以互不相等，
所以，
综上可知
（3）由于，所以可设，为偶数，
的所有因数，除了1之外都是中的若干个数的乘积，从个质数中任选个数的乘积一共有种结果，
所以
，
所以．
【知识点】最小公倍数与算术基本定理的应用
【解析】【分析】 (1) 根据题意直接代入求解即可；
(2) 分类是否为1，以及是否有非1公约数，结合题意分析证明；
(3) 由题意可知，为偶数，可知的所有因数，除了1之外都是中的若干个数的乘积，从个质数中任选个数的乘积一共有种结果，结合题意分析证明即可.
1 / 1重庆市乌江新高考协作体2023-2024学年高二下学期4月月考试题 数学
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2020高二下·武汉期中）某市组织一次高三调研考试，考试后统计的数学成绩服从正态分布，其密度函数为 ，则下列命题中不正确的是（ ）
A．分数在110分以上的人数与分数在50分以下的人数相同
B．该市这次考试的数学平均成绩 为80分
C．该市这次考试的数学成绩的标准差 为10
D．可以简记为：数学成绩服从正态分布
2．（2021高二下·兰山期中）若有4名游客要到某地的3个旅游景点去旅游，则不同的安排方法数为（ ）
A．4 B．64 C．24 D．81
3．（2024高二下·重庆市月考）已知某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁．若开关第一次闭合后出现红灯的概率为，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后出现红灯的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·重庆市月考）（ ）.
A．1 B．－1 C．(－1)n D．3n
5．（2024高二下·重庆市月考）已知的展开式中，二项式系数和为，各项系数和为，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·重庆市月考）某次考试共有8道单选题，某学生掌握了其中5道题，2道题有思路，1道题完全没有思路．掌握了的题目他可以选择唯一正确的答案，有思路的题目每道做对的概率为，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为．已知这个学生随机选一道题作答且做对了，则该题为有思路的题目的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·重庆市月考）正方体六个面上分别标有A、B、C、D、E、F六个字母，现用5种不同的颜色给此正方体六个面染色，要求有公共棱的面不能染同一种颜色，则不同的染色方案有（ ）种.
A．420 B．600 C．720 D．780
8．（2024高二下·重庆市月考）重庆市高考总成绩由语文、数学、外语三门统考科目和思想政治、历史、地理、物理、化学、生物六门选考科目组成，将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为A，B＋，B，C＋，C，D＋，D，E共8个等级，参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为3%，7%，16%，24%，24%，16%，7%，3%，选考科目成绩计入考生总成绩时，将A至E等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到[91，100]，[81，90]，[71，80]，[61，70]，[51，60]，[41，50]，[31，40]，[21，30]八个分数区间，得到考生的等级成绩，如果某次高考模拟考试地理科目的原始成绩，那么D等级的原始分最高大约为（ ）
附：①若，，则；
②当时，.
A．23 B．29 C．26 D．43
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分。
9．（2024高二下·重庆市月考）抛掷两颗骰子各一次，记第一颗骰子掷出的点数与第二颗骰子掷出的点数的差为X，则“”表示的试验的结果有（ ）
A．第一颗为5点，第二颗为1点
B．第一颗大于4点，第二颗也大于4点
C．第一颗为6点，第二颗为1点
D．第一颗为6点，第二颗为2点
10．（2021高二下·胶州期中）有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，不同的排列方法数正确的是（ ）
A．排成前后两排，前排3人，后排4人，共有种方法
B．全体排成一排，男生互不相邻，共有种方法
C．全体排成一排，女生必须站在一起，共有种方法
D．全体排成一排，其中甲不站在最左边，也不站在最右边，共有种方法
11．（2024高二下·重庆市月考）某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进.部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验.记A表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”，表示事件“某芯片经人工抽检后合格”.改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取个，这个芯片中恰有个的质量指标位于区间，则下列说法正确的是（ ）（若，则）
A．
B．
C．
D．取得最大值时，的估计值为53
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（2024高二下·重庆市月考）已知的二项展开式中，所有二项式系数的和为256，则展开式中的常数项为 .
13．（2024高二下·重庆市月考） .
14．（2024高二下·重庆市月考）方程中的，且互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有 条．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（2024·湖北模拟）已知各项均不为0的数列的前n项和为，且，.
（1）求的通项公式；
（2）若对于任意，成立，求实数的取值范围.
16．（2024高二下·重庆市月考）已知函数，．
（1）若，求a的值，并求出在处的切线方程；
（2）若，，求最小值的最大值．
17．（2024高二下·重庆市月考）已知.
（1）若，求中含项的系数；
（2）若，求的值；
18．（2024高二下·重庆市月考）某校开展科普知识团队接力闯关活动，该活动共有两关，每个团队由位成员组成，成员按预先安排的顺序依次上场，具体规则如下：若某成员第一关闯关成功，则该成员继续闯第二关，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第一关；若某成员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有成员全部上场参加了闯关，该团队接力闯关活动结束.已知团队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为和，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.
（1）若，用表示团队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求的均值；
（2）记团队第位成员上场且闯过第二关的概率为，集合中元素的最小值为，规定团队人数，求.
19．（2024高二下·重庆市月考）莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，），例如：，对应．现对任意，定义莫比乌斯函数
（1）求；
（2）若正整数互质，证明：；
（3）若且，记的所有真因数（除了1和以外的因数）依次为，证明：．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】由 ，可得该正态分布为 ，
所以分数在110分以上的人数与分数在50分以下的人数相同，
该市这次考试的数学平均成绩 为80分，标准差 为10。
故答案为：D
【分析】利用正态分布对应的函数的对称性，再结合正态分布求平均数和标准差的公式，进而结合已知条件，从而求出命题不正确的选项。
2．【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：由有4名游客要到某地的3个旅游景点去旅游，可知每个游客都有3种选法，
所以由分步乘法原理可得共有 种不同的安排方法，
故答案为：D
【分析】由分步乘法计数原理即可求解。
3．【答案】C
【知识点】条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：记“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A，“开关第二次闭合后出现红灯”为事件，
由题意可知：，，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据题意结合条件概率公式运算求解.
4．【答案】C
【知识点】二项展开式
【解析】【解答】解：因为，
令，可得，
令，可得，
所以.
故答案为：C.
【分析】取，令和，代入运算求解即可.
5．【答案】A
【知识点】二项展开式；二项式系数
【解析】【解答】解：由题意可知： 二项式系数和为，解得；
令，可得 各项系数和为，解得.
故答案为：A.
【分析】根据二项式系数和可得，令，结合各项系数和可得m.
6．【答案】B
【知识点】全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：记“选到会做的题”为事件，“选到有思路的题”为事件，“选到完全没有思路的题”为事件，“选择一题答对该题”为事件，
则，
可得，
且“这个学生随机选一道题作答且做对了，则该题为有思路的题目”为事件，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据题意利用全概率公式求答对的概率，进而结合条件概率公式分析求解.
7．【答案】D
【知识点】基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：由题意可知：可以用3种颜色、用4种颜色或用5种颜色涂色，
若用3种颜色时，则不同的染色方案有种；
若用4种颜色时，则不同的染色方案有种；
若用5种颜色时，则不同的染色方案有种；
所以不同的染色方案有种.
故答案为：D.
【分析】分类讨论涂色所用的颜色，结合排列数、组合数运算求解.
8．【答案】C
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由题意可知：从低到高，即E到D等级人数所占比例为，
若D等级的原始分最高为，则，
又因为，则，
且，则，
即，可得分.
故答案为：C.
【分析】由题意可知：，由正态分布结合题中数据可得，运算求解即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：因为，故ACD正确；
对于B：第一颗大于4点，可以是5点或6点，第二颗大于4点，可以是5点或6点，
5 6
5 0 1
6 0
可知，即，故B错误；
故答案为：ACD
【分析】根据题意逐项求X 的取值，进而判断正误.
10．【答案】A,C,D
【知识点】排列及排列数公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】对于 ：先选出前排3人，有 种排法，剩余4人随机排序有 种排法，故有 种方法，A符合题意.
对于 ：利用插空法，4名女生随机排序有 种排法，旁边有5个空位，把男生排进去有 种排法，故有 种方法，B不符合题意.
对于C：把4名女生放在一起有 种排法种排法，再和3名男生排序有 种排法，故有 中方法，C符合题意.
对于D：从其他6人抽出两人排在两侧有 种排法，再把剩余5人随机排序有 种排法，故有 种方法，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】由先排3人，再排4人，由排列数可判断A，由插空法可判断B，由捆绑法可判断C，由定序法可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】二项分布；条件概率乘法公式；3σ原则
【解析】【解答】解：对于A：因为事件表示“某芯片通过智能检测系统筛选的条件下，再经人工抽检后合格”，
显然，故A正确；
对于B：因为，则，
且，
可得，即，
则，即，所以，故B错误；
对于C：因为，
则
所以，故C正确；
对于D：因为，则，
设，
令，解得，
令，解得，
所以最大时的估计值为53，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】对于A：根据条件概率的意义分析判断；对于B：根据概率的性质结合条件概率公式分析判断；对于C：根据正态分布的对称性分析判断；对于D：根据二项分布公式可得，再结合数列单调性分析求解.
12．【答案】1120
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由题意可知：所有二项式系数的和为，解得，
则展开式的通项公式为，
令，可得，
所以展开式的常数项为.
故答案为：1120.
【分析】根据二项式系数之和解得，结合二项展开式的通项公式运算求解.
13．【答案】82
【知识点】二项式定理的应用；二项展开式
【解析】【解答】解：因为，
令，可得；
令，可得；
所以.
故答案为：82.
【分析】取，令和，代入运算求解即可.
14．【答案】62
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】解：由题意可得表示抛物线，则，可知，
1.当，即，
若时，或或或；
若时，或或或；
注意到有条重复，故共有条；
2.同理可得当时，共有条；
3.当，即时，或或或，共有条，
综上所述：共有.
故答案为：62.
【分析】由题意可知：，，分类讨论的取值可能，逐项列举即可得结果.
15．【答案】（1）解：当时，，
两式相减得
因为，故.
所以，，及，，均为公差为4的等差数列：
当时，由及，得.
所以
（2）解：由已知，
即恒成立，设，则
当，即，2时，
当，即，时，
所以，故，所以
【知识点】等差数列的通项公式；数列与函数的综合
【解析】【分析】（1）根据题意，得到时，，两式相减得到，得到及均为公差为4的等差数列，结合等差数列的通项公式，进而得到数列的通项公式；
（2）由（1）求得，证得为恒成立，设，求得数列的单调性和最大值，即可求解.
16．【答案】（1）∵，∴，即，
∴，∴．
，
∴，则所求切线方程为，即．
（2）由题意得，，则，
令，解得；令，解得，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴．
记（），则，
令，解得；令，解得，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴，即最小值的最大值为3.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】 (1) 由 代入解得，求导，结合导数的几何意义求切线方程；
(2) 由题意可得，求导，利用导数求的单调性和最值.
17．【答案】（1），
因为展开式中的第项，
所以展开式中含项分别为，
故中含的项为，
所以中含项的系数为99.
（2），
令得①，
令得②，
两式相减①-②：，
所以.
【知识点】二项式定理；二项展开式；二项展开式的通项
【解析】【分析】 (1) 由题意可得，结合二项展开式的通项公式分析求解；
(2) 由题意可得：，令和，代入运算求解即可.
18．【答案】（1）依题意，的所有可能取值为，
，，
所以的分布列为：
1 2 3
数学期望.
（2）令，若前位玩家都没有通过第一关测试，
其概率为，
若前位玩家中第位玩家才通过第一关测试，
则前面位玩家无人通过第一关测试，其概率为，第位玩家通过第一关测试，
但没有通过第二关测试，其概率为，
第位玩家到第位玩家都没有通过第二关测试，其概率为，
所以前面位玩家中恰有一人通过第一关测试的概率为：
，
因此第位成员闯过第二关的概率，
由，得，解得，则，所以.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】 (1)由题意可知：的所有可能取值为，结合独立事件概率乘法公式求分布列和期望；
(2) 根据题意求得前位玩家都没有通过第一关测试的概率，以及前面位玩家中恰有一人通过第一关测试的概率为，即可得，结合题意列式求解即可.
19．【答案】（1）因为，易知，
所以；
又，因为5的指数，所以；
（2）①若或，因为，所以；
②若，且存在质数，使得或的质因数分解中包含，则的质因数分解中一定也包含，
所以，
③若，且不存在②中的，可设，
其中均为质数，则，
因为互质，所以互不相等，
所以，
综上可知
（3）由于，所以可设，为偶数，
的所有因数，除了1之外都是中的若干个数的乘积，从个质数中任选个数的乘积一共有种结果，
所以
，
所以．
【知识点】最小公倍数与算术基本定理的应用
【解析】【分析】 (1) 根据题意直接代入求解即可；
(2) 分类是否为1，以及是否有非1公约数，结合题意分析证明；
(3) 由题意可知，为偶数，可知的所有因数，除了1之外都是中的若干个数的乘积，从个质数中任选个数的乘积一共有种结果，结合题意分析证明即可.
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