【文档说明】山东省新高考联合质量测评2022-2023学年高二下学期3月月考数学试题 含解析.docx，共(21)页，895.707 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-1507c636fa879c38e525064293706d16.html

以下为本文档部分文字说明：

试卷类型：A高二下学期质量测评3月联考试题高二数学2023.3本试卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑

.如需改动.用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.Ⅰ卷一、单项选择题：本题共12题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项

中，只有一项是符合题目要求的.1.数列49161,,,,357的第8项是（）A.6415B.3213C.6413D.3215【答案】A【解析】【分析】观察，将1看为11，找到分子分母各自的规律即可.【详解】观察49161,,,,357可看为14916

,,,,1357分母是21n−，分子为2n，故第8项为6415，故选：A.2.已知甲盒中有2只红球，6只白球；乙盒中有5只红球，3只白球，则随机选一盒，再从该盒中随机取一球，该球是白球的概率为（）A.34B.12C.316D.916【答案】D【解析】【分析】由全概率公式结合条件即得

.【详解】由题意得，16139282816P=+=，故选：D.3.若离散型随机变量X的分布列如下图，则常数c的值为（）X01P29cc−38c−A.23或13B.23C.13D.1【答案】C【解析】【分析】由分布列中所有概率和为1可得

，注意概率为正．【详解】由题意22938190380cccccc−+−=−−，解得13c=．故选C．【点睛】本题考查随机变量的概率分布列，掌握分布列的性质是解题基础．分布列中所有概率之和为1．4.甲、乙两人进行射击比赛，他们击

中目标的概率分别为12和23（两人是否击中目标相互独立），若两人各射击2次，则两人击中目标的次数相等的概率为（）A.736B.1336C.1318D.49【答案】B【解析】【分析】利用互斥事件的概率公式，相互独立事件的概率公式，独立重复试验的概率公式求解即可.【详解】设两人都没击中目

标记作事件A,两人都击中目标1次记作事件B,两人都击中目标2次记作事件C,由已知可知,甲没击中目标的概率为0202111C1224−=,乙没击中目标的概率为020222C133−19=,因为两人是否击中目标相互独立，所以()1114936PA==

，甲击中目标1次的概率为1112111C1222−=,乙击中目标1次的概率为1112224C1339−=,因为两人是否击中目标相互独立，所以()142299PB==;甲击中目

标2次的概率为2022111C1224−=,乙击中目标2次的概率为2022224C1339−=,因为两人是否击中目标相互独立，所以()141499PC==，因为事件,,ABC互斥，所以()

()()()PABCPAPBPC=++∪∪12113369936=++=,故选：B.5.已知随机变量服从正态分布()22,N，且()40.8P=，则()02P=（）A0.3B.0.4C.0

.5D.0.6【答案】A【解析】【分析】根据随机变量服从正态分布()22,N，求得其图象的对称轴2x=，再根据曲线的对称性，即可求解答案．【详解】由题意，随机变量服从正态分布()22,N，所以2=，即图象的对称轴为2x=，又由()40.8P=，()()()()

0224420.80.50.3PPPP==−=−=.故选：A．6.某学校有一个体育运动社团，该社团中会打篮球且不会踢足球的有3人，篮球、足球都会的有2人，从.该社团中任取2人，设X为选出的人中篮球、足球都会的人数，若()1102

1PX=，则该社团的人数为（）A.5B.6C.7D.10【答案】C【解析】【分析】设该社团共有人数为n人，先计算222C(0)CnnPX−==，再根据10(0)1(0)21PXPX==−=，求解即可.【详解】设该社团共有人数为n人，222C

(2)(3)(0)C(1)nnnnPXnn−−−===−10(0)1(0)21PXPX==−=，(2)(3)10(1)21nnnn−−=−,即()()111870nn−−=，又因为*nN，解得7n=.故选：C7.假设第一次感染新冠病毒并且康复后3个月内二次感染的概率大约是0.03，

在半年内二次感染的概率是0.5.若某人第一次感染新冠病毒康复后，已经过去了三个月一直身体健康，在未来三个月内此人二次感染的概率是（）A.0.45B.0.48.C.0.49D.0.47.【答案】B【解析】【分析】理解题意，康复后半年内感染的概率为康复后三个月感染的概

率和康复后前三个月健康而未来三个月感染的概率之和，建立方程式解出即可.【详解】令康复后前三个月健康而未来三个月内二次感染的概率为0P,则可得：00.50.030.97P=+,解得00.48P；故选：B.8.某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列123,,

,Aaaa=重新编辑，编辑新序列为324123,,,aaaaAaa=，它的第n项为1nnaa+，若序列()A的所有项都是3，且51a=，627a=，则1a=（）A.19B.127C.181D.【答案】A【解析】【分析】根据新定义判断出A是公比为3的等比数列，再利用

迭乘法得到1naa=()()21123nnnm−−−，最后根据51a=和627a=，联立方程组求解即可.【详解】令1nnnaba+=，即123,,,Abbb=，则()324123,,bbbAbbb=，由已

知得31241233nnbbbbbbbb+=====，所以数列nb为公比为3的等比数列，设1bm=，则211abma==，3223abma==，，113nnnnabma−+==，当2n时，累乘可得()13

2122322214313333nnnnnaaaaaaammmmma++++−−−−==，即()()211213nnnnama−−−=，当5n=时，46113ma=，当6n=时，510

1273ma=，解得111,39ma==，故选：A.二、多项选择题：本题共4题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列说法中正确的是（）本题可参考独立性检验临界值表：()2Px

k0.1000.0500.0250.0100.001k2.7063.8415.0246.63510.828A.在线性回归模型中，2R越接近于1，表示回归效果越好B.在回归直线方程0.63ˆyx=−+中，当变

量x每减少一个单位时，变量ˆy增加0.6个单位C.在一个22列联表中，由计算得28.879x=.则认为这两个变量有关系犯错误的概率不超过0.01D.已知随机变量X服从正态分布()4,1N，且()350.683PX=，则()50.317PX=【答案】ABC【解析

】【分析】根据相关系数的平方，回归直线方程，独立性检验，正态分布曲线的对称性依次求解.【详解】对于选项A，在线性回归模型中，2R越接近于1，表示回归效果越好，故A正确；对于选项B，因为回归直线方程0.63ˆyx=−+的斜率为0.

6−，所以当变量x每减少一个单位时，变量ˆy增加0.6个单位，故B正确；对于选项C，在一个22列联表中，由计算可知28.8796.635x=，则认为这两个变量有关系犯错误的概率不超过0.01，故C正确；对

于选项D，由已知得()()()35153PXPXPX=−−()125PX=−,解得()50.1585PX=,故D错误；故选：ABC.10.已知1021(0)axax+的展开式的各项系数之和为1024，则展开式中（）A.奇数项的二项式系数和为

256B.第6项的系数最大C.存在常数项D.有理项共有6项【答案】BCD【解析】【分析】令1x=即可求出a的值，再写出展开式的通项，再一一判断.【详解】解：令1x=，得()1011024a+=，则1a=

或3a=−（舍去）.∴1021xx+的展开式的通项()510521101021CCrrrrrrTxxx−−+==.对于A，()01101010101011CCC251222+++==，故A错误；对于B，由题设展开式共11项，第6项

的系数最大，故B正确；对于C，令5502r−=，解得2r=，故存在常数项为第三项，故C正确；对于D，当0,2,4,6,8,10r=时，为有理项，故有理项共有6项，故D正确.故选：BCD.11.设01p，已知随机

变量的分布列如下表，则下列结论正确的是（）012P22pp−2p12p−A.()2P=的值最大B.()()01PP==C.()E随着p的增大而减小D.当13p=时，()6881D=【答案】BCD【解析】【分析】令

12p=，判断(1),(2)PP==、(0),(1)PP==的大小，即可判断选项A、B；由题推导出2()24,01Eppp=+−,从而()E随着p的增大而减小判定选项C;取13p=将其代入,直接利用均值和方差的定义求解即可得出D正确.【详解】当12p=时，1(2)0,(1)4P

P====，(1)(2)PP==，故A错误；22201,(0)(1)2220ppPppppp=−==−−=−,(0)(1)PP==故B正确；2()24,01Eppp=+−

()E随着p的增大而减小,故C正确;当13p=时,012P59191379511()012993E=++=，222511()0777689129399981D=−+−+−=

，故D正确.故选:BCD.12.一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列4个结论，其中正确的有（）A.从中任取3球，恰有一个白球的概率是35B.从中有放回的取球6次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为43C.现从中不放回的取球2次，每次任取

1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为25D.从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为2627【答案】ABD【解析】【分析】A.由古典概型的概率求解判断；B.根据取到红球次数X～B26,3，再利用方差公式求解判断；C．设A＝{第一次取到红球}，

B＝{第二次取到红球}．由P(B|A)＝()()pABPA求解判断；D．易得每次取到红球的概率P＝23，然后再利用对立事件求解判断.【详解】A.恰有一个白球的概率12243635pCCC==，故A正确

；B.每次任取一球，取到红球次数X～B26,3，其方差为22461333−=，故B正确；C．设A＝{第一次取到红球}，B＝{第二次取到红球}．则P(A)＝23，P(A∩B)＝432655=，所以P(B|A)

＝()()35pABPA=，故C错误；D．每次取到红球的概率P＝23，所以至少有一次取到红球的概率为322611327−−=，故D正确．故选：ABDⅡ卷三、填空题：本题共4题，每小题5分，共20分.13.已知数列na的前n项和231nSnn=−−，则13aa+=______.【

答案】1−【解析】【分析】根据na与nS的关系运算求解.【详解】由题意可得：()()122223131021aSS==−−−−−−=，所以()21332333101aaSa+=−=−−−=−.故答案为：1−.14已知随机变量()3,XBp，01p，则()132EXp++取最小值时，()

31DX+=______.【答案】6【解析】【分析】根据二项分布的期望与方差公式,再利用基本不等式求最值,结合二项分布的期望与方差的性质即可求解.【详解】由题意可知,~(3,)XBp,所以()3,()3(1)EXpDXpp==−,所以(32)3()2

33292EXEXpp+=+=+=+,所以11(32)922928Exppp++=+++=,当且仅当19pp=,即13p=时,等号成立,所以1(32)EXp++的最小值为8，此时112()3(1)313

33DXpp=−=−=,所以22(31)3()963DDXX+===...故答案为:6.15.我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量.概率论中有一个重要的结论是棣莫弗—拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变

量()~,YBnp，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同.棣莫弗在1733年证明了12P=的特殊情形.1812年，拉普拉斯对一般的P进行了证明.现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬

币正面向上次数不超过60次的概率为______.（附：若()2,XN，则()0.683PX−+，()220.954PX−+，()330.997PX−+）【答案】0.977【解析】【分析】

利用二项分布的期望和方差的公式以及正态分布的3原则求解即可.【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币100次，设硬币正面朝上次数为X,则1100,2XB,故()1100502EX==，()1110012522DX=−=，由已知得()2,XN，

且()50EX==,()225DX==,因为()40600.954PX，所以()()()406014060PXPXPX=−−()1260PX=−,解得()600.023PX=，所以()()6016010.0230.977

PXPX=−=−=,故答案为：0.977.16.在数列na中，11a=，()11,Nnnnaann++−=，则3a=______；na的前40项和为______.【答案】①.0②.420【解析】【分析】由11a=和递推式求

出2a，再可求出3a，再对n分别取奇偶数，得到两组等式，利用累加法可求出na的前40项和【详解】因为11a=，()11,Nnnnaann++−=，所以211aa−=，得22a=，所以322aa+=，所以3220aa−=

=，因为()11,Nnnnaann++−=，所以322aa+=，544aa+=，766aa+=，……，393838aa+=，414040aa+=，①所以234538394041204224638404202aaaaaaaa++++++++=+++++==

，②因211aa−=，433aa−=，655aa−=，……，403939aa−=，③所以()()133924402040135394002aaaaaa−+++++++=++++==，④由①③得135737391,1,,1aaaaaa+=+=+=，所以133910aa

a+++=②式减去④式得()1339411220aaaaa++++−=，所以411aa=，所以12345383940420aaaaaaaa++++++++=，故答案为：0，420【点睛】关键点点睛：此题考查由数列的递推式

求数列的项与前n项的和，解题的关键是对n分别取奇偶数，得到两组等式，再由这两组等式作加减运算可得结果，考查数学计算能力，属于较难题.四、解答题：本题共6小题，共70分.17.已知()10210012101mxaaxaxax+=++++中，0m，且63140aa+=.（1）求

m；（2）求246810aaaaa++++.【答案】（1）2m=−（2）29524【解析】【分析】（1）由二项式定理求出第4项和第7项的系数，代入已知可得m；（2）令1x=得所有项系数和，令=1x−得奇数项系数和与偶数项系数和的差，两者结合后可得

偶数项系数和，0a是常数项易求，从而可得246810aaaaa++++，【详解】（1）因为10iiiaCm=，1,2,310i=，依题意得：66331010140CmCm+=，3310987109814043

21321mm+=因为0m，所以38m=−，得2m=−.为（2）()102100121012xaaxaxax−=+++令1x=得：()10012345678910121aaaaaaaaaaa++++++++++=−=.①令

=1x−得：()1010012345678910123aaaaaaaaaaa−+−+−+−+−+=+=.②由①+②得：()100246810213aaaaaa+++++=+，即100246810132aaaaaa++++++=.又()0001

021aC=−=，所以1010246810133112952422aaaaa+−++++=−==【点睛】本题考查二项式定理的应用和赋值法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，导向对发展数学抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注.18.某校“足球社团”调查学生喜欢足球是否与性别

有关，现从男女同学中各随机抽取80人，其中喜欢足球的学生占总数的80%，女同学中不喜欢足球的人数是男同学中不喜欢足球人数的3倍.（1）完成下列22列联表，并依据小概率值0.005a=的独立性检验推断喜欢足球与性别是否有关联？喜欢不喜欢总计男同学女同学总计（2）对160人中不

喜欢足球的同学采用按性别比例分配的分层随机抽样的方法抽取8人，再从这8人中随机抽取3人，用X表示随机抽取的3人中女同学的人数，求X的分布列及数学期望.附：0.050.010.0050.001x3.8416.6357.87910.828()()()

()()22nadbcabcdacbd−=++++，nabcd=+++【答案】（1）列联表见解析，有关（2）分布列见解析，94【解析】【分析】（1）根据题意完善列联表，计算2，并与临界值对比分析；（2）根据分层抽样求各层人数，再结合超几何分布求分布

列和期望.【小问1详解】男女同学共160人，喜欢足球的学生占总数的80%，即128人，有32人不喜欢足球，其中女同学是男同学的3倍，可知女同学不喜欢足球的24人，男同学不喜欢足球的8人，所以男同学喜欢足球的72人，女同学喜欢足

球的56人，可得22列联表喜欢不喜欢总计男同学72880女同学562480总计12832160根据表中数据，计算得到()220.0051607224568107.879808012832x−

===根据小概率值0.005=的独立性检验，可以推断喜欢足球与性别有关联；【小问2详解】按分层抽样，设女同学x人，男同学y人，则824832xy==，解得6x=，2y=，即从不喜欢足球的同学中抽取6名女同学，2名男同学.X的可能取值为1，2，3

，则：()126238CC31C28PX===，()216238CC152C28PX===，()3638C53C14PX===，所以随机变量X的分布列如下表所示：X123P3281528514故()315591232828144EX=

++=.19.“绿水青山就是金山银山”，为推广生态环境保护意识，高二一班组织了环境保护兴趣小组，分为两组，讨论学习．甲组一共有4人，其中男生3人，女生1人，乙组一共有5人，其中男生2人，女生3人，现要从这9人的两个兴趣小组中抽出4人参加学校的环保知识竞赛.（1）设事

件A为“选出的这4个人中要求两个男生两个女生，而且这两个男生必须来自不同的组”，求事件A发生的概率；（2）用X表示抽取的4人中乙组女生的人数，求随机变量X的分布列和期望【答案】（Ⅰ）27；（Ⅱ）分布列见解析，43.【解析】【分析】（Ⅰ）直接

利用古典概型概率公式求()112324493621267CCCPAC===.（Ⅱ）先由题得X可能取值为0,1,2,3,再求x的分布列和期望.【详解】（Ⅰ）()112324493621267CCCPAC===（Ⅱ）X可能取值为0,

1,2,3,()406349155012642CCPXC====,()3163496010112621CCPXC====,()226349455212614CCPXC====,()13634961312621CCPXC====,

X的分布列为X0123P54210215141215105140123422114213EX=+++=.【点睛】本题主要考查古典概型的计算，考查随机变量的分布列和期望的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20.为贯彻中共中

央、国务院2023年一号文件，某单位在当地定点帮扶某村种植一种樱桃，并把这种露天种植的樱桃搬到了大棚里，收到了很好的经济效益.根据资料显示，产出的樱桃的箱数x（单位：箱）与成本y（单位：千元）的关系如下：x13467y56.57758y与x可用回归方程lgˆˆˆybxa=+（其中ˆa，ˆb为常

数）进行模拟.（1）若农户卖出的该樱桃的价格为100元/箱，试预测该水果200箱的利润是多少元.（利润=售价-成本）（2）据统计，1月份的连续30天中农户每天为甲地可配送的该水果的箱数的频率分布直方图如图，用这30天的情况来估计相应的概率，一个运输户拟购置n辆小货车专门运输农户为甲地配送的

该水果，一辆货车每天只能运营一趟，每辆车每趟最多只能装载40箱该水果，满载发车，否则不发车.若发车，则每辆车每趟可获利520元；若未发车，则每辆车每天平均亏损220元.试比较3n=和4n=时，此项业务每天的利润平均值的大小.参考数据与公

式：设lgtx=，则()()511.53iiittyy=−−=，()5120.45iitt==−线性回归直线ˆˆˆybxa=+中，()()()51521ˆiiiiixxyybxx==−−=−，ˆˆaybx=−，lg20.3，lg50

42.7.【答案】（1）7216元（2）购置3辆小货车的利润平均值大于购置4辆小货车的利润平均值【解析】【分析】（1）由参考数据及公式利用最小二乘法求出线性回归直线方程，再将200x=代入即可..(2)根据题意设运输户购3辆车和购4辆

车时每天的利润分别为1Y，2Y元，列出分布列，由分布列求出均值.【小问1详解】根据题意，56.577.586.85y++++==，lg1lg3lg4lg6lg7lg5040.5455t++++===()()()51

5211.53ˆ3.40.45iiiiittyybtt==−−===−，所以ˆˆ6.83.40.544.964aybt=−=−=，所以ˆ3.44.964yt=+，又lgtx=，所以ˆ3.4lg4.964yx=+，所以200x=时，3.4

2.34.96412.784ˆy=+=（千元），即该水果200箱的成本为12784元，故该水果200箱的利润20000127847216−=（元）.【小问2详解】根据频率分布直方图，可知该农户每天可配送的该水果的箱数的概率分布表为：箱数)40,80)80,120)120

,160160,200P18141218设该运输户购3辆车和购4辆车时每天的利润分别为1Y，2Y元，则1Y的可能取值为1560，820，80，其分布列为：1Y156082080P581418故()15111560820801190848EY=++=，2Y的可能取值为20

80，1340，600，140−，其分布列为：2Y20801340600140−P18121418故()()21111208013406001401062.58248EY=+++−=，∴()()12EYEY即购置3辆小货车的利润平均值大于购置4辆小货车的利润平均值.21.（1）已

知数列na的前n项和是nS，且22nSnn=+，求na的通项公式.（2）已知正项数列na的前n项和nS满足22nnSa=−，求数列na的通项公式.【答案】（1）nan=（2）2nna=【解析】【分析】（1）由数列的前n项和公式求通项公式即可得出结论；（

2）由na与nS关系求通项公式即可得出结论；【详解】（1）由22nSnn=+可得22nnnS+=，当1n=时，11a=，当2n时，()2121122nnnnnnnSnaS−−+−=−−=+=,∴经验证，当1n=时也成立

.所以nan=.（2）∵22nnSa=−①∴11122aSa==−，得12a=.∴1122nnSa++=−②②－①得：1122nnnaaa++=−，∴12nnaa+=即12nnaa+=，∴12a=，212

aa=，322aa=，…，12nnaa−=，∴2nna=.经验证，当1n=时也成立.所以2nna=.22.2021年新高考数学试卷中对每道多选题的得分规定：全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．小明在做多选题的第11题、第12题时通常有两种策略：策略:A为避免

选错只选出一个最有把握的选项．这种策略每个题耗时约3min．策略:B选出自己认为正确的全部选项．这种策略每个题耗时约6min．某次数学考试临近，小明通过前期大量模拟训练得出了两种策略下第11题和第12题的作答情况如下：第11题：如果采用策略A，选

对的概率为0.8，采用策略B，部分选对的概率为0.5，全部选对的概率为0.4．第12题：如果采用策略A，选对的概率为0.7，采用策略B，部分选对的概率为0.6，全部选对的概率为0.3．如果这两题总用时超过10min，其他题目会因为时间紧张少得2分

．假设小明作答两题的结果互不影响．（1）若小明同学此次考试中决定第11题采用策略B、第12题采用策略A，设此次考试他第11题和第12题总得分为X，求X的分布列．（2）小明考前设计了以下两种方案：方案1：第11题采用策略B，第12题采用策略A；方案2：第11题和第12题均采用策略B．如果

你是小明的指导老师，从整张试卷尽可能得分更高的角度出发，你赞成他的哪种方案？并说明理由．【答案】（1）分布列见解析（2）赞成小明的方案1，理由见解析【解析】【分析】（1）分析可知随机变量X的可能取值有0、2、4、5、7，计算出随机变量X在

不同取值下的概率，可得出随机变量X的分布列；（2）计算出两种方案下得分的期望和所用的时间，结合题意可得出结论.【小问1详解】解：设事件1B为“第11题得0分”，2B为“第11题得2分”，3B为“第11题得5分”，1A为“第12题得2分”，2A为“

第12题得0分”，所以()10.1PB=，()20.5PB=，()30.4PB=，()10.7PA=，()20.3PA=．由题意可知X的可能取值为0、2、4、5、7，()()()()121200.03PXPBAPBPA====，()()()()()()1122112

220.22PXPBABAPBPAPBPA==+=+=，()()()()212140.35PXPBAPBPA====，()()()()323250.12PXPBAPBPA====，()()()()313170.28

PXPBAPBPA====，所以X的分布列为：X02457P0.030.220.350.120.28【小问2详解】解：设随机变量Y为第11题采用策略B的得分，1Z为第12题采用策略A的得分，2Z为第12题采用策略B的得分．Y的分布列为Y025P0.10.50.4所以

()00.120.550.43EY=++=．1Z的分布列为1Z02P0.30.7所以()100.320.71.4EZ=+=.2Z的分布列为2Z025P0.10.60.3所以()200.120.650.32.7EZ=++=.若

采用方案1，两题总得分均值为31.44.4+=（分），若采用方案2，两题总得分均值为32.75.7+=（分），但方案2因时间超过10min，后面的题得分少2分，相当于得分均值为3.7分．获得更多资源请扫码加

入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com