湖南省岳阳市岳汨联考2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题
1．（2024高二下·岳阳月考）已知，则（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【知识点】排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，
故.
故答案为：C.
【分析】根据排列数公式和组合数公式结合已知条件，从而得到，解方程得出n的值.
2．（2024高二下·岳阳月考）已知数列的前项和为，若，则（ ）
A． B．5 C．7 D．8
【答案】B
【知识点】通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据结合，从而得出数列第三项的值.
3．（2024高二下·岳阳月考）同时抛掷两枚质地均匀的硬币（忽略客观因素对其的影响），如果已经知道有一枚硬币正面朝上，那么这两枚硬币都是正面朝上的概率是（ ）
A． B． C． D．不确定
【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：同时掷两枚质地均匀的硬币，
事件“有一枚硬币正面朝上”包含的基本事件有：（正，正），（正，反），（反，正），共3种，
其中“两枚硬币都是正面朝上”只有1种，
所以有一枚硬币正面朝上，那么这两枚硬币都是正面朝上的概率是.
故答案为：B.
【分析】先列举出“有一枚硬币正面朝上”的基本事件，再找出“硬币都是正面朝上”的事件个数，再由古典概率公式得出这两枚硬币都是正面朝上的概率.
4．（2024高二下·岳阳月考）某口罩生产厂家生产医用普通口罩、医用外科口罩两种产品，这两种产品的生产比例分别为80%，20%，且这两种产品中绑带式口罩的比例分别为10%，20%.若从该厂生产的口罩中任选一个，则选到绑带式口罩的概率为（ ）
A．0.12 B．0.16 C．0.2 D．0.32
【答案】A
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】由题意，该厂生产的口罩中任选一个，选到绑带式口罩的概率为.
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，进而得出选到绑带式口罩的概率。
5．（2024高二下·岳阳月考）的展开式为多项式，其展开式经过合并同类项后的项数一共有（ ）
A．72项 B．75项 C．78项 D．81项
【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题意，多项式展开式各项形式为且，
故问题等价于将2个隔板和11个小球分成三组，则.
故答案为：C.
【分析】由多项式展开式中的项为，则，将问题转化为将2个隔板和11个小球分成三组，再利用组合数求出展开式经过合并同类项后共有的项数.
6．（2024高二下·岳阳月考）设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】因为等差数列的前项和为，设等差数列的首项为公差为d，
又因为，，
所以，，
则
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合等差数列的前n项和公式联立方程组得出等差数列的首项和公差的值，再结合等差数列前n项和公式得出等差数列前30项的和。
7．（2024高二下·岳阳月考）设随机变量，其中，则下列等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为随机变量，
所以正态曲线关于直线对称，
因为，
所以根据正态曲线的对称性可得，故选项B正确；
因为，，故选项A错误；
因为，故选项C错误；
因为或，故选项D错误．
故答案为：B．
【分析】根据随机变量服从标准正态分布，得到正态曲线关于对称，再结合正态分布的密度曲线定义，从而逐项判断找出等式成立的选项．
8．（2024高二下·岳阳月考）标有数字的六张卡片，从中有放回地随机抽取两次，每次抽取一张，表示事件“第一次取出的数字是3”，表示事件“第二次取出的数字是2”，表示事件“两次取出的数字之和是6”，表示事件“两次取出的数字之和是7”，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；条件概率与独立事件
【解析】【解答】由题意得，从6张卡片中有放回地随机抽取两次，所有的基本事件为：
1 2 3 4 5 6
1
2
3
4
5
6
共36个.
则A事件有：，，，，，共6个，
B事件有：，，，，，共6个，
C事件有：，，，，共5个，
D事件有：，，，，，共6个，
所以，，，，
，
所以，而，A不符合题意；
，而，B不符合题意；
，而，C不符合题意；
，而，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据题意，利用列表法写出所有的基本事件，由古典概型的概率公式分别求出，，，，结合条件概率的计算公式，逐项进行判断，可得答案.
9．（2024高二下·岳阳月考）设A，B为两个随机事件，若，，下列命题中，正确的是（ ）
A．若A，B为互斥事件，
B．
C．若，则A，B为相互独立事件
D．若A，B为相互独立事件，则
【答案】A,C
【知识点】命题的真假判断与应用；互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：若A，B为互斥事件，，故选项A正确；
当时，，故选项B不正确；
因为，故选项C正确；
若A，B为相互独立事件，则，故选项D不正确.
故答案为：AC.
【分析】根据互斥事件加法求概率公式、交事件的定义结合对立事件以及相互独立事件的定义和求概率公式，从而逐项判断找出真命题的选项.
10．（2024高二下·岳阳月考）4个不同的小球随机投入4个不同的盒子，设随机变量为空盒的个数，下列说法正确的是（ ）
A．随机变量的取值为 B．
C． D．
【答案】B,D
【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】【解答】解：将4个不同的小球随机投入4个不同的盒子，
则随机变量可取，故A错误；
因为，，
，，
故B正确、C错误；
因为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用已知条件写出随机变量的所有可能取值，从而求出对应概率，再根据期望公式，从而逐项判断找出说法正确的选项.
11．（2024高二下·岳阳月考）若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：对于A：当，则，故A正确；
对于B：由展开式通项为，
故为奇数时；为偶数时，
则，
当时，有，故B错误；
对于C：由，
所以含项的系数为，
则，故C正确；
对于D：当时，有，结合选项A和选项B分析，
则，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用已知条件结合赋值法求出，则判断出选项A；分析奇数项和偶数项系数的符号，再利用赋值法求出，则判断出选项B；由分析含项的系数，从而得出，则判断出选项C；利用赋值法求出，再结合选项A和选项B分析得出，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2024高二下·岳阳月考）下列说法正确的是（ ）
A．若随机变量，其中，则
B．若事件与互斥，且，则
C．若事件发生，则事件一定发生，且则
D．甲、乙两个箱子里各装有5个大小形状都相同的球，其中甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和3个白球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球，则取出的球是红球的概率为
【答案】B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；正态密度曲线的特点；全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：对于A，若随机变量，其中，
则或，故A不正确；
对于B，若事件与互斥，则，
所以，
所以，
因为，
所以，故B正确；
对于C，若事件发生，则事件一定发生，则，
因为，，故C不正确；
对于D，设事件表示从甲箱中随机取出一红球放入乙箱中，
事件表示从甲箱中随机取出一白球放入乙箱中，
设事件表示从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，
再从乙箱中随机取出一球，
则取出的球是红球，
则，
所以，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由正态分布的对称性可判断选项A；由互斥事件的定义和条件概率公式可判断选项B；由事件的包含关系和条件概率的公式可判断选项C；根据全概率公式可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
13．（2024高二下·岳阳月考）随机变量X服从正态分布，若，则 ．
【答案】0.12
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为随机变量X服从正态分布，，
所以.
故答案为：0.12
【分析】根据已知条件和正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，从而得出的值.
14．（2024高二下·岳阳月考）已知为正数，的展开式中各项系数的和为1，则常数项为 .
【答案】60
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为的展开式中各项系数的和为1，且为正数，
所以，则，
故的展开式的通项为，
令，解得，
所以的展开式中常数项为.
故答案为：60.
【分析】先利用已知条件求出参数，再由二项式定理求出展开式的通项结合常数项定义，从而得出常数项.
15．（2024高二下·岳阳月考）甲乙两个盒子中分别装有大小 形状完全相同的三个小球，且均各自标号为1 2 3.分别从两个盒子中随机取一个球，用X表示两球上数字之积，X的方差为，则 .
【答案】
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】由题意可得X的可能取值为：1、2、3、4、6、9
其分布列为
X 1 2 3 4 6 9
P
所以
故答案为：
【分析】利用已知条件得出随机变量X可能的取值，再结合古典概型求概率公式得出随机变量X的分布列，再由随机变量分布列求数学期望公式得出随机变量X的数学期望，再根据数学期望求方差公式和方差的性质，进而得出的值。
16．（2024高二下·岳阳月考）已知集合，对它的非空子集，将中每个元素都乘以再求和，如，可以求得和为，则对的所有非空子集，则这些和的总和为 ．
【答案】2560.
【知识点】子集与真子集；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：，
中所有非空子集含有1的有10类：
①单元素集合只有含有1，即1出现了次；
②双元素集合只有1的有，即1出现了次；
③三元素集合中含有1的有，即1出现了次，
⑩含有10个元素，出现了次，
共出现，
同理都出现次，
的所有非空子集中，
这些和的总和是.
故答案为：.
【分析】根据题意，将中所有非空子集分类考虑，再将所有非空子集中的含有1的总个数确定好，从而求和得出1共出现的次数，同理得出含有的部分的和，从而求和得出这些和的总和.
17．（2024高二下·岳阳月考）为培养学生对传统文化的兴趣，某市从甲，乙两所学校各抽取100名学生参加传统文化知识竞赛，竞赛成绩分为优秀和非优秀两个等级，成绩统计如下表：
优秀人数 非优秀人数 合计
甲校 60 40 100
乙校 70 30 100
合计 130 70 200
（1）甲，乙两所学校竞赛成绩优秀的频率分别是多少
（2）能否有95%的把握认为甲校成绩优秀与乙校成绩优秀有差异
附：
P 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
【答案】解：（1）甲学校成绩优秀的频率为：，
乙学校成绩优秀的频率为：.
（2）由题意得：，
故没有95%的把握认为甲校成绩优秀与乙校成绩优秀有差异.
【知识点】独立性检验的应用；用频率估计概率
【解析】【分析】（1）根据表格中两所学校成绩优秀的频数，再结合频率等于频数除以样本容量公式，从而得出甲，乙两所学校竞赛成绩优秀的频率.
（2）根据参考公式算出，再根据参考数据结合比较法得出没有95%的把握认为甲校成绩优秀与乙校成绩优秀有差异.
18．（2024高二下·岳阳月考）已知的展开式中，各项系数之和比它的二项式系数之和大992，
（1）求展开式中二项式系数最大的项；
（2）求展开式中有理项.
【答案】（1）解：依题意，令，
则二项式各项系数之和为，
因为展开式中各项的二项式系数之和为，
，
则，
解得（舍去）或，
，
的二项展开式通项为：，
因为为奇数，
展开式中二项式系数最大的项为中间的两项，
则，.
（2）解：由（1）知，，
则展开式中有理项即为为有理数，
当时，，
当时，，
展开式中有理项为，.
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）先利用各项系数之和为，展开式中各项的二项式系数之和为，从而求出的值，再结合二项式定理写出的二项展开式通项，从而得到展开式中二项式系数最大的项为中间的两项，再代入通项求解得出展开式中二项式系数最大的项.
（2）由（1）知，则展开式中有理项为为有理数，此时和，从而求出展开式中的有理项.
（1）依题意，令，则二项式各项系数之和为，
又展开式中各项的二项式系数之和为，
，即，
解得（舍去）或，，
的二项展开式通项，
由于为奇数，展开式中二项式系数最大的项为中间的两项，
即，；
（2）由（1）知，，则展开式中有理项即为为有理数，
当时，，
当时，，
展开式中有理项为，.
19．（2024高二下·岳阳月考）甲乙两位同学进行乒乓球单打比赛，约定：①每赢一球得1分；②采用两球换发制，即每比赛二球交换发球权．假设甲发球时甲得分的概率是，乙发球时甲得分的概率是，各球的结果相互独立．根据抽签结果决定，甲先发球．
（1）求比赛二球后甲得分的期望；
（2）求比赛六球后甲得分比乙得分多分的概率．
【答案】（1）解：方法一：记甲得分为，则的所有可能取值是，，，
因为，
，
，
所以．
方法二：因为服从二项分布，
所以．
（2）解：因为，所以，
所以比赛六球后甲赢四球，乙赢两球，
比赛六球时发球的次序依次是甲甲乙乙甲甲，
记“比赛六球后甲得分比乙得分多2分”为事件，
“乙赢两球均在乙发球时”为事件，“乙赢两球均在甲发球时”为事件，
“乙赢两球一球在甲发球时，一球在乙发球时”为事件，
因为，，
，
所以
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解.
方法一：记甲得分为，则的所有可能取值是，，，从而求出所对应的概率，进而得出比赛二球后甲得分的数学期望．
方法二：利用已知条件可得服从二项分布，再利用二项分布的期望公式得出比赛二球后甲得分的数学期望.
（2）依题意，比赛六球后甲赢四球，乙赢两球，且发球的次序依次是甲甲乙乙甲甲，再分类讨论结合相互独立事件和互斥事件的概率公式，从而计算可得比赛六球后甲得分比乙得分多分的概率．
（1）方法一：记甲得分为，则的所有可能取值是，，．
因为
，
，
所以．
方法二：因为服从二项分布，
所以．
（2）因为，所以，即比赛六球后甲赢四球，乙赢两球．
比赛六球时发球的次序依次是甲甲乙乙甲甲，
记“比赛六球后甲得分比乙得分多2分”为事件，
“乙赢两球均在乙发球时”为事件，“乙赢两球均在甲发球时”为事件，
“乙赢两球一球在甲发球时，一球在乙发球时”为事件．
因为，，
．
所以．
20．（2024高二下·岳阳月考）在年春节期间，为了进一步发挥电子商务在活跃消费市场方面的积极作用，保障人民群众度过一个平安健康快乐祥和的新春佳节，甲公司和乙公司在某购物平台上同时开启了打折促销、直播带年货活动，甲公司和乙公司所售商品类似，存在竞争关系．
（1）现对某时间段名观看直播后选择这两个公司直播间购物的情况进行调查，得到如下数据：
选择甲公司直播间购物 选择乙公司直播间购物 合计
用户年龄段岁
用户年龄段岁
合计
请将表格补充完整，并判断是否有的把握认为选择哪家直播间购物与用户的年龄有关？
（2）若小李连续两天每天选择在甲、乙其中一个直播间进行购物，第一天等可能地从甲、乙两家中选一家直播间购物，如果第一天去甲直播间购物，那么第二天去甲直播间购物的概率为；如果第一天去乙直播间购物，那么第二天去甲直播间购物的概率为，求小李第二天去乙直播间购物的概率．
参考公式：，其中．
临界值表：
【答案】（1）解：依题意，列联表如下：
选择甲公司直播间购物 选择乙公司直播间购物 合计
用户年龄段岁
用户年龄段岁
合计
所以，，
所以，有的把握认为选择哪家直播间购物与用户的年龄有关.
（2）解：记事件小李第一天去甲直播间，事件小李第二天去乙直播间，
则，，，
由全概率公式可得：.
因此，小李第二天去乙直播间购物的概率为.
【知识点】独立性检验的应用；全概率公式；2×2列联表
【解析】【分析】（1）根据题中信息完善列联表，再计算出的观测值，最后结合临界值表可得有的把握认为选择哪家直播间购物与用户的年龄有关.
（2）记事件小李第一天去甲直播间，事件小李第二天去乙直播间，利用全概率公式得出小李第二天去乙直播间购物的概率．
（1）解：列联表如下：
选择甲公司直播间购物 选择乙公司直播间购物 合计
用户年龄段岁
用户年龄段岁
合计
所以，，
所以，有的把握认为选择哪家直播间购物与用户的年龄有关.
（2）解：记事件小李第一天去甲直播间，事件小李第二天去乙直播间，
则，，，
由全概率公式可得.
因此，小李第二天去乙直播间购物的概率为.
21．（2024高二下·岳阳月考）记是各项均不为零的数列的前n项和，已知．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）解：因为，
所以，
即，整理得，
故数列是以为首项，3为公差的等差数列，
则，
所以，
当时，，
当时，，不符合该式，
故.
（2）解：因为，
所以
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）将已知等式化简可得，再利用与的关系式整理得，再由等差数列定义判断出数列为等差数列，再根据等差数列的通项公式得出，最后由的关系式和检验法，从而得出数列的通项公式.
（2）根据（1）中结合，从而得出数列的通项公式，再由裂项相消法得出数列的前n项和．
（1）因为，所以，即，
整理得，故数列是以为首项，3为公差的等差数列，
则，于是有
当时，，且时，，不符合该式，
故；
（2）所以.
22．（2024高二下·岳阳月考）水污染现状与工业废水排放密切相关．某工厂深入贯彻科学发展观，努力提高污水收集处理水平，其污水处理程序如下：原始污水必先经过系统处理，处理后的污水（级水）达到环保标准（简称达标）的概率为．经化验检测，若确认达标便可直接排放；若不达标则必须进入系统处理后直接排放．某厂现有4个标准水量的级水池，分别取样、检测．多个污水样本检测时，既可以逐个化验，又可以将若干个样本混合在一起化验．混合样本中只要有样本不达标，混合样本的化验结果必不达标．若混合样本不达标，则该组中各个样本必须再逐个化验；若混合样本达标，则原水池的污水可直接排放．现有以下四种方案：
方案一：逐个化验；
方案二：平均分成两组化验；
方案三：三个样本混在一起化验，剩下的一个单独化验；
方案四：四个样本混在一起化验．
若化验次数的期望值越小，则方案越“优”．
（1）若，现有4个级水样本需要化验，请问：方案一、二、四中哪个最“优”？
（2）若“方案三”比“方案四”更“优”，求的取值范围．
【答案】解：（1）①方案一：逐个检测，检测次数为4；
方案二：由①知，每组两个样本检测时，
若达标则检测次数为1，概率为；
若不达标则检测次数为3，概率为，
故方案二的检测次数记为，的可能取值为2，4，6，
则，，，
其分布列如下，
2 4 6
可得方案二的期望为；
方案四：混在一起检测，记检测次数为，可取1，5，
则，，
其分布列如下，
1 5
可得方案四的期望为，
比较可得，故选择方案四最“优”．
（2）方案三：设化验次数为，则可取2，5，
则，，
其分布列如下：
2 5
可得方案三的期望为；
方案四：设化验次数为，可取1，5，
其分布列如下：
1 5
可得方案四的期望为，
由题意得，所以，
因为，所以，
故当时，方案三比方案四更“优”．
【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）方案一：逐个检测，从而检测次数为4；
方案二：方案二的检测次数记为，的可能取值为2，4，6，从而求出对应概率，则得到的分布列，从而得出的数学期望；
方案四：混在一起检测，记检测次数为可取1，5，从而求出概率得到分布列，则得出的数学期望，比较期望选择方案四最“优”．
（2）方案三：设化验次数为，可取2，5，从而求出概率得到分布列，从而得出的数学期望；
方案四：设化验次数为，可取1，5，从而求出对应的概率，则得到的分布列，从而得出的数学期望，再根据得到关于p的不等式，再结合得出p的取值范围，从而得出“方案三”比“方案四”更“优”时的的取值范围．
1 / 1湖南省岳阳市岳汨联考2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题
1．（2024高二下·岳阳月考）已知，则（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
2．（2024高二下·岳阳月考）已知数列的前项和为，若，则（ ）
A． B．5 C．7 D．8
3．（2024高二下·岳阳月考）同时抛掷两枚质地均匀的硬币（忽略客观因素对其的影响），如果已经知道有一枚硬币正面朝上，那么这两枚硬币都是正面朝上的概率是（ ）
A． B． C． D．不确定
4．（2024高二下·岳阳月考）某口罩生产厂家生产医用普通口罩、医用外科口罩两种产品，这两种产品的生产比例分别为80%，20%，且这两种产品中绑带式口罩的比例分别为10%，20%.若从该厂生产的口罩中任选一个，则选到绑带式口罩的概率为（ ）
A．0.12 B．0.16 C．0.2 D．0.32
5．（2024高二下·岳阳月考）的展开式为多项式，其展开式经过合并同类项后的项数一共有（ ）
A．72项 B．75项 C．78项 D．81项
6．（2024高二下·岳阳月考）设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·岳阳月考）设随机变量，其中，则下列等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高二下·岳阳月考）标有数字的六张卡片，从中有放回地随机抽取两次，每次抽取一张，表示事件“第一次取出的数字是3”，表示事件“第二次取出的数字是2”，表示事件“两次取出的数字之和是6”，表示事件“两次取出的数字之和是7”，则（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高二下·岳阳月考）设A，B为两个随机事件，若，，下列命题中，正确的是（ ）
A．若A，B为互斥事件，
B．
C．若，则A，B为相互独立事件
D．若A，B为相互独立事件，则
10．（2024高二下·岳阳月考）4个不同的小球随机投入4个不同的盒子，设随机变量为空盒的个数，下列说法正确的是（ ）
A．随机变量的取值为 B．
C． D．
11．（2024高二下·岳阳月考）若，则（ ）
A． B．
C． D．
12．（2024高二下·岳阳月考）下列说法正确的是（ ）
A．若随机变量，其中，则
B．若事件与互斥，且，则
C．若事件发生，则事件一定发生，且则
D．甲、乙两个箱子里各装有5个大小形状都相同的球，其中甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和3个白球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球，则取出的球是红球的概率为
13．（2024高二下·岳阳月考）随机变量X服从正态分布，若，则 ．
14．（2024高二下·岳阳月考）已知为正数，的展开式中各项系数的和为1，则常数项为 .
15．（2024高二下·岳阳月考）甲乙两个盒子中分别装有大小 形状完全相同的三个小球，且均各自标号为1 2 3.分别从两个盒子中随机取一个球，用X表示两球上数字之积，X的方差为，则 .
16．（2024高二下·岳阳月考）已知集合，对它的非空子集，将中每个元素都乘以再求和，如，可以求得和为，则对的所有非空子集，则这些和的总和为 ．
17．（2024高二下·岳阳月考）为培养学生对传统文化的兴趣，某市从甲，乙两所学校各抽取100名学生参加传统文化知识竞赛，竞赛成绩分为优秀和非优秀两个等级，成绩统计如下表：
优秀人数 非优秀人数 合计
甲校 60 40 100
乙校 70 30 100
合计 130 70 200
（1）甲，乙两所学校竞赛成绩优秀的频率分别是多少
（2）能否有95%的把握认为甲校成绩优秀与乙校成绩优秀有差异
附：
P 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
18．（2024高二下·岳阳月考）已知的展开式中，各项系数之和比它的二项式系数之和大992，
（1）求展开式中二项式系数最大的项；
（2）求展开式中有理项.
19．（2024高二下·岳阳月考）甲乙两位同学进行乒乓球单打比赛，约定：①每赢一球得1分；②采用两球换发制，即每比赛二球交换发球权．假设甲发球时甲得分的概率是，乙发球时甲得分的概率是，各球的结果相互独立．根据抽签结果决定，甲先发球．
（1）求比赛二球后甲得分的期望；
（2）求比赛六球后甲得分比乙得分多分的概率．
20．（2024高二下·岳阳月考）在年春节期间，为了进一步发挥电子商务在活跃消费市场方面的积极作用，保障人民群众度过一个平安健康快乐祥和的新春佳节，甲公司和乙公司在某购物平台上同时开启了打折促销、直播带年货活动，甲公司和乙公司所售商品类似，存在竞争关系．
（1）现对某时间段名观看直播后选择这两个公司直播间购物的情况进行调查，得到如下数据：
选择甲公司直播间购物 选择乙公司直播间购物 合计
用户年龄段岁
用户年龄段岁
合计
请将表格补充完整，并判断是否有的把握认为选择哪家直播间购物与用户的年龄有关？
（2）若小李连续两天每天选择在甲、乙其中一个直播间进行购物，第一天等可能地从甲、乙两家中选一家直播间购物，如果第一天去甲直播间购物，那么第二天去甲直播间购物的概率为；如果第一天去乙直播间购物，那么第二天去甲直播间购物的概率为，求小李第二天去乙直播间购物的概率．
参考公式：，其中．
临界值表：
21．（2024高二下·岳阳月考）记是各项均不为零的数列的前n项和，已知．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
22．（2024高二下·岳阳月考）水污染现状与工业废水排放密切相关．某工厂深入贯彻科学发展观，努力提高污水收集处理水平，其污水处理程序如下：原始污水必先经过系统处理，处理后的污水（级水）达到环保标准（简称达标）的概率为．经化验检测，若确认达标便可直接排放；若不达标则必须进入系统处理后直接排放．某厂现有4个标准水量的级水池，分别取样、检测．多个污水样本检测时，既可以逐个化验，又可以将若干个样本混合在一起化验．混合样本中只要有样本不达标，混合样本的化验结果必不达标．若混合样本不达标，则该组中各个样本必须再逐个化验；若混合样本达标，则原水池的污水可直接排放．现有以下四种方案：
方案一：逐个化验；
方案二：平均分成两组化验；
方案三：三个样本混在一起化验，剩下的一个单独化验；
方案四：四个样本混在一起化验．
若化验次数的期望值越小，则方案越“优”．
（1）若，现有4个级水样本需要化验，请问：方案一、二、四中哪个最“优”？
（2）若“方案三”比“方案四”更“优”，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，
故.
故答案为：C.
【分析】根据排列数公式和组合数公式结合已知条件，从而得到，解方程得出n的值.
2．【答案】B
【知识点】通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据结合，从而得出数列第三项的值.
3．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：同时掷两枚质地均匀的硬币，
事件“有一枚硬币正面朝上”包含的基本事件有：（正，正），（正，反），（反，正），共3种，
其中“两枚硬币都是正面朝上”只有1种，
所以有一枚硬币正面朝上，那么这两枚硬币都是正面朝上的概率是.
故答案为：B.
【分析】先列举出“有一枚硬币正面朝上”的基本事件，再找出“硬币都是正面朝上”的事件个数，再由古典概率公式得出这两枚硬币都是正面朝上的概率.
4．【答案】A
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】由题意，该厂生产的口罩中任选一个，选到绑带式口罩的概率为.
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，进而得出选到绑带式口罩的概率。
5．【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题意，多项式展开式各项形式为且，
故问题等价于将2个隔板和11个小球分成三组，则.
故答案为：C.
【分析】由多项式展开式中的项为，则，将问题转化为将2个隔板和11个小球分成三组，再利用组合数求出展开式经过合并同类项后共有的项数.
6．【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】因为等差数列的前项和为，设等差数列的首项为公差为d，
又因为，，
所以，，
则
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合等差数列的前n项和公式联立方程组得出等差数列的首项和公差的值，再结合等差数列前n项和公式得出等差数列前30项的和。
7．【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为随机变量，
所以正态曲线关于直线对称，
因为，
所以根据正态曲线的对称性可得，故选项B正确；
因为，，故选项A错误；
因为，故选项C错误；
因为或，故选项D错误．
故答案为：B．
【分析】根据随机变量服从标准正态分布，得到正态曲线关于对称，再结合正态分布的密度曲线定义，从而逐项判断找出等式成立的选项．
8．【答案】D
【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；条件概率与独立事件
【解析】【解答】由题意得，从6张卡片中有放回地随机抽取两次，所有的基本事件为：
1 2 3 4 5 6
1
2
3
4
5
6
共36个.
则A事件有：，，，，，共6个，
B事件有：，，，，，共6个，
C事件有：，，，，共5个，
D事件有：，，，，，共6个，
所以，，，，
，
所以，而，A不符合题意；
，而，B不符合题意；
，而，C不符合题意；
，而，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据题意，利用列表法写出所有的基本事件，由古典概型的概率公式分别求出，，，，结合条件概率的计算公式，逐项进行判断，可得答案.
9．【答案】A,C
【知识点】命题的真假判断与应用；互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：若A，B为互斥事件，，故选项A正确；
当时，，故选项B不正确；
因为，故选项C正确；
若A，B为相互独立事件，则，故选项D不正确.
故答案为：AC.
【分析】根据互斥事件加法求概率公式、交事件的定义结合对立事件以及相互独立事件的定义和求概率公式，从而逐项判断找出真命题的选项.
10．【答案】B,D
【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】【解答】解：将4个不同的小球随机投入4个不同的盒子，
则随机变量可取，故A错误；
因为，，
，，
故B正确、C错误；
因为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用已知条件写出随机变量的所有可能取值，从而求出对应概率，再根据期望公式，从而逐项判断找出说法正确的选项.
11．【答案】A,C
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：对于A：当，则，故A正确；
对于B：由展开式通项为，
故为奇数时；为偶数时，
则，
当时，有，故B错误；
对于C：由，
所以含项的系数为，
则，故C正确；
对于D：当时，有，结合选项A和选项B分析，
则，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用已知条件结合赋值法求出，则判断出选项A；分析奇数项和偶数项系数的符号，再利用赋值法求出，则判断出选项B；由分析含项的系数，从而得出，则判断出选项C；利用赋值法求出，再结合选项A和选项B分析得出，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；正态密度曲线的特点；全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：对于A，若随机变量，其中，
则或，故A不正确；
对于B，若事件与互斥，则，
所以，
所以，
因为，
所以，故B正确；
对于C，若事件发生，则事件一定发生，则，
因为，，故C不正确；
对于D，设事件表示从甲箱中随机取出一红球放入乙箱中，
事件表示从甲箱中随机取出一白球放入乙箱中，
设事件表示从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，
再从乙箱中随机取出一球，
则取出的球是红球，
则，
所以，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由正态分布的对称性可判断选项A；由互斥事件的定义和条件概率公式可判断选项B；由事件的包含关系和条件概率的公式可判断选项C；根据全概率公式可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
13．【答案】0.12
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为随机变量X服从正态分布，，
所以.
故答案为：0.12
【分析】根据已知条件和正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，从而得出的值.
14．【答案】60
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为的展开式中各项系数的和为1，且为正数，
所以，则，
故的展开式的通项为，
令，解得，
所以的展开式中常数项为.
故答案为：60.
【分析】先利用已知条件求出参数，再由二项式定理求出展开式的通项结合常数项定义，从而得出常数项.
15．【答案】
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】由题意可得X的可能取值为：1、2、3、4、6、9
其分布列为
X 1 2 3 4 6 9
P
所以
故答案为：
【分析】利用已知条件得出随机变量X可能的取值，再结合古典概型求概率公式得出随机变量X的分布列，再由随机变量分布列求数学期望公式得出随机变量X的数学期望，再根据数学期望求方差公式和方差的性质，进而得出的值。
16．【答案】2560.
【知识点】子集与真子集；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：，
中所有非空子集含有1的有10类：
①单元素集合只有含有1，即1出现了次；
②双元素集合只有1的有，即1出现了次；
③三元素集合中含有1的有，即1出现了次，
⑩含有10个元素，出现了次，
共出现，
同理都出现次，
的所有非空子集中，
这些和的总和是.
故答案为：.
【分析】根据题意，将中所有非空子集分类考虑，再将所有非空子集中的含有1的总个数确定好，从而求和得出1共出现的次数，同理得出含有的部分的和，从而求和得出这些和的总和.
17．【答案】解：（1）甲学校成绩优秀的频率为：，
乙学校成绩优秀的频率为：.
（2）由题意得：，
故没有95%的把握认为甲校成绩优秀与乙校成绩优秀有差异.
【知识点】独立性检验的应用；用频率估计概率
【解析】【分析】（1）根据表格中两所学校成绩优秀的频数，再结合频率等于频数除以样本容量公式，从而得出甲，乙两所学校竞赛成绩优秀的频率.
（2）根据参考公式算出，再根据参考数据结合比较法得出没有95%的把握认为甲校成绩优秀与乙校成绩优秀有差异.
18．【答案】（1）解：依题意，令，
则二项式各项系数之和为，
因为展开式中各项的二项式系数之和为，
，
则，
解得（舍去）或，
，
的二项展开式通项为：，
因为为奇数，
展开式中二项式系数最大的项为中间的两项，
则，.
（2）解：由（1）知，，
则展开式中有理项即为为有理数，
当时，，
当时，，
展开式中有理项为，.
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）先利用各项系数之和为，展开式中各项的二项式系数之和为，从而求出的值，再结合二项式定理写出的二项展开式通项，从而得到展开式中二项式系数最大的项为中间的两项，再代入通项求解得出展开式中二项式系数最大的项.
（2）由（1）知，则展开式中有理项为为有理数，此时和，从而求出展开式中的有理项.
（1）依题意，令，则二项式各项系数之和为，
又展开式中各项的二项式系数之和为，
，即，
解得（舍去）或，，
的二项展开式通项，
由于为奇数，展开式中二项式系数最大的项为中间的两项，
即，；
（2）由（1）知，，则展开式中有理项即为为有理数，
当时，，
当时，，
展开式中有理项为，.
19．【答案】（1）解：方法一：记甲得分为，则的所有可能取值是，，，
因为，
，
，
所以．
方法二：因为服从二项分布，
所以．
（2）解：因为，所以，
所以比赛六球后甲赢四球，乙赢两球，
比赛六球时发球的次序依次是甲甲乙乙甲甲，
记“比赛六球后甲得分比乙得分多2分”为事件，
“乙赢两球均在乙发球时”为事件，“乙赢两球均在甲发球时”为事件，
“乙赢两球一球在甲发球时，一球在乙发球时”为事件，
因为，，
，
所以
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解.
方法一：记甲得分为，则的所有可能取值是，，，从而求出所对应的概率，进而得出比赛二球后甲得分的数学期望．
方法二：利用已知条件可得服从二项分布，再利用二项分布的期望公式得出比赛二球后甲得分的数学期望.
（2）依题意，比赛六球后甲赢四球，乙赢两球，且发球的次序依次是甲甲乙乙甲甲，再分类讨论结合相互独立事件和互斥事件的概率公式，从而计算可得比赛六球后甲得分比乙得分多分的概率．
（1）方法一：记甲得分为，则的所有可能取值是，，．
因为
，
，
所以．
方法二：因为服从二项分布，
所以．
（2）因为，所以，即比赛六球后甲赢四球，乙赢两球．
比赛六球时发球的次序依次是甲甲乙乙甲甲，
记“比赛六球后甲得分比乙得分多2分”为事件，
“乙赢两球均在乙发球时”为事件，“乙赢两球均在甲发球时”为事件，
“乙赢两球一球在甲发球时，一球在乙发球时”为事件．
因为，，
．
所以．
20．【答案】（1）解：依题意，列联表如下：
选择甲公司直播间购物 选择乙公司直播间购物 合计
用户年龄段岁
用户年龄段岁
合计
所以，，
所以，有的把握认为选择哪家直播间购物与用户的年龄有关.
（2）解：记事件小李第一天去甲直播间，事件小李第二天去乙直播间，
则，，，
由全概率公式可得：.
因此，小李第二天去乙直播间购物的概率为.
【知识点】独立性检验的应用；全概率公式；2×2列联表
【解析】【分析】（1）根据题中信息完善列联表，再计算出的观测值，最后结合临界值表可得有的把握认为选择哪家直播间购物与用户的年龄有关.
（2）记事件小李第一天去甲直播间，事件小李第二天去乙直播间，利用全概率公式得出小李第二天去乙直播间购物的概率．
（1）解：列联表如下：
选择甲公司直播间购物 选择乙公司直播间购物 合计
用户年龄段岁
用户年龄段岁
合计
所以，，
所以，有的把握认为选择哪家直播间购物与用户的年龄有关.
（2）解：记事件小李第一天去甲直播间，事件小李第二天去乙直播间，
则，，，
由全概率公式可得.
因此，小李第二天去乙直播间购物的概率为.
21．【答案】（1）解：因为，
所以，
即，整理得，
故数列是以为首项，3为公差的等差数列，
则，
所以，
当时，，
当时，，不符合该式，
故.
（2）解：因为，
所以
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）将已知等式化简可得，再利用与的关系式整理得，再由等差数列定义判断出数列为等差数列，再根据等差数列的通项公式得出，最后由的关系式和检验法，从而得出数列的通项公式.
（2）根据（1）中结合，从而得出数列的通项公式，再由裂项相消法得出数列的前n项和．
（1）因为，所以，即，
整理得，故数列是以为首项，3为公差的等差数列，
则，于是有
当时，，且时，，不符合该式，
故；
（2）所以.
22．【答案】解：（1）①方案一：逐个检测，检测次数为4；
方案二：由①知，每组两个样本检测时，
若达标则检测次数为1，概率为；
若不达标则检测次数为3，概率为，
故方案二的检测次数记为，的可能取值为2，4，6，
则，，，
其分布列如下，
2 4 6
可得方案二的期望为；
方案四：混在一起检测，记检测次数为，可取1，5，
则，，
其分布列如下，
1 5
可得方案四的期望为，
比较可得，故选择方案四最“优”．
（2）方案三：设化验次数为，则可取2，5，
则，，
其分布列如下：
2 5
可得方案三的期望为；
方案四：设化验次数为，可取1，5，
其分布列如下：
1 5
可得方案四的期望为，
由题意得，所以，
因为，所以，
故当时，方案三比方案四更“优”．
【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）方案一：逐个检测，从而检测次数为4；
方案二：方案二的检测次数记为，的可能取值为2，4，6，从而求出对应概率，则得到的分布列，从而得出的数学期望；
方案四：混在一起检测，记检测次数为可取1，5，从而求出概率得到分布列，则得出的数学期望，比较期望选择方案四最“优”．
（2）方案三：设化验次数为，可取2，5，从而求出概率得到分布列，从而得出的数学期望；
方案四：设化验次数为，可取1，5，从而求出对应的概率，则得到的分布列，从而得出的数学期望，再根据得到关于p的不等式，再结合得出p的取值范围，从而得出“方案三”比“方案四”更“优”时的的取值范围．
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