2023-2024学年北京市延庆一中高二（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市延庆一中高二（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.按数列的排列规律猜想数列23，−45，87，−169，…的第10项是( )
A. 51219B. −51219C. 102421D. −102421
2.已知等差数列{an}中，a1=4，a5=12，则a6等于( )
A. 13B. 14C. 15D. 16
3.数列{an}满足an+1=2an，且a1=4，则a2023+a2024=( )
A. 92B. 4C. 52D. 2
4.(x+1x)6的二项展开式中的常数项为( )
A. 1B. 6C. 15D. 20
5.4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，用x表示所选3人中女生的人数，则E(X)为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
6.将一枚质地均匀的硬币连续抛掷4次，记X为“正面朝上”出现的次数，则随机变量X的均值E(X)=( )
A. 2B. 1C. 12D. 14
7.从1，2，3，4，5中不放回地抽取2个数，则在第1次抽到奇数的条件下，第2次又抽到奇数的概率是( )
A. 25B. 34C. 12D. 35
8.第33届夏季奥运会预计2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增2个竞赛项目和3个表演项目.现有三个场地A，B，C分别承担这5个新增项目的比赛，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有( )
A. 150种B. 300种C. 720种D. 1008种
9.为了提升全民身体素质，学校十分重视学生体育锻炼.某校篮球运动员投篮练习，若他第1球投进则后一球投进的概率为34，若他前一球投不进则后一球投进的概率为14.若他第1球投进的概率为34，则他第2球投进的概率为
( )
A. 34B. 58C. 716D. 916
二、多选题：本题共1小题，共4分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
10.身高各不相同的六位同学A、B、C、D、E、F站成一排照相，则说法正确的是( )
A. A、C、D三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有120种站法
B. A与C同学不相邻，共有A44⋅A52种站法
C. A、C、D三位同学必须站在一起，且A只能在C与D的中间，共有144种站法
D. A不在排头，B不在排尾，共有504种站法
三、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.数学老师从6道习题中随机抽3道让同学检测，规定至少要解答正确2道题才能及格．某同学只能求解其中的4道题，则他能及格的概率是______．
12.在一个布袋中装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球，从中随机摸取1个球，有放回地摸取3次，记摸取白球的个数为X.若E(X)=94，则m= ______，P(X=2)= ______．
13.变量X的概率分布列如下表，其中a，b，c成等差数列，若E(X)=13，则D(X)= ______．
14.已知(2x+13x)n展开式中，第三项的系数与第四项的系数比为65.求n的值______，展开式中有理项的系数之和______.(用数字作答)
15.如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有______种．(以数字作答)
四、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题13分)
已知数列{an}的前n项和sn=32n−n2+1，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前多少项和最大．
17.(本小题13分)
已知二项式(2 x−a x)n的展开式中各项二项式系数的和为256，其中实数a为常数．
(1)求n的值；
(2)若展开式中二项式系数最大的项的系数为70，求a的值．
18.(本小题15分)
某市举行“中学生诗词大赛”，分初赛和复赛两个阶段进行，规定：初赛成绩大于90分的具有复赛资格，某校有800名学生参加了初赛，所有学生的成绩均在区间(30,150]内，其频率分布直方图如图．
(Ⅰ)求获得复赛资格的人数；
(Ⅱ)从初赛得分在区间(110,150]的参赛者中，利用分层抽样的方法随机抽取7人参加学校座谈交流，那么从得分在区间(110,130]与(130,150]各抽取多少人？
(Ⅲ)从(Ⅱ)抽取的7人中，选出3人参加全市座谈交流，设X表示得分在区间(130,150]中参加全市座谈交流的人数，求X的分布列及数学期望E(X)．
19.(本小题15分)
2021年是北京城市轨道交通新线开通的“大年”，开通线路的条、段数为历年最多.12月31日首班车起，地铁19号线一期开通试运营．地铁19号线一期全长约22公里，共设10座车站，此次开通牡丹园、积水潭、牛街、草桥、新发地、新宫共6座车站．在试运营期间，地铁公司随机选取了乘坐19号线一期的200名乘客，记录了他们的乘车情况，得到下表(单位：人)：
(Ⅰ)在试运营期间，从在积水潭站上车的乘客中任选一人，估计该乘客在牛街站下车的概率；
(Ⅱ)在试运营期间，从在积水潭站上车的所有乘客中随机选取三人，设其中在牛街站下车的人数为X，求随机变量X的分布列以及数学期望；
(Ⅲ)为了研究各站客流量的相关情况，用ξ1表示所有在积水潭站上下车的乘客的上、下车情况，“ξ1=1”表示上车，“ξ1=0”表示下车．相应地，用ξ2，ξ3分别表示在牛街，草桥站上、下车情况，直接写出方差Dξ1，Dξ2，Dξ3大小关系．
20.(本小题15分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距和长半轴长都为2。过椭圆C的右焦点F作斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C相交于P，Q两点。
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)设点A是椭圆C的左顶点，直线AP，AQ分别与直线x=4相交于点M，N。求证：以MN为直径的圆恒过点F。
21.(本小题14分)
对于数列{an}，定义an*=1,an+1≥an−1,an+1(Ⅰ)设an=n2n，写出a1*，a2*，a3*，a4*；
(Ⅱ)证明：“对任意n∈N*，有Sn*=an+1−a1”的充要条件是“对任意n∈N*，有|an+1−an|=1”；
(Ⅲ)已知首项为0，项数为m+1(m≥2)的数列{an}满足：
①对任意1≤n≤m且n∈N*，有an+1−an∈{−1,0,1}；
②Sm*=am．
求所有满足条件的数列{an}的个数．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：根据题意，数列的第1个数为23，有(−1)1+1×212×1+1=23，
数列的第2个数为−45，有(−1)2+1×222×2+1=−45，
数列的第3个数为87，有(−1)3+1×232×3+1=87，
……
依此类推，数列的第10项为(−1)10+1×2102×10+1=−102421，
故选：D．
根据题意，由数列的前4个数分析数列的通项公式，进而分析可得答案．
本题考查归纳推理的应用，涉及数列的表示方法，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：等差数列{an}中，a1=4，a5=12，
所以4d=a5−a1=8，即d=2，
则a6=a1+5d=4+5×2=14．
故选：B．
由已知结合等差数列的性质先求出d，然后结合通项公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的性质及通项公式的应用，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵an+1=2an，且a1=4，归纳可得：
a1=4,a2=2a1=12,a3=2a2=4,a4=2a3=12,⋯，
∴数列{an}是周期为2的数列，
∴a2023+a2024=a1+a2=92．
故选：A．
根据递推公式可得数列{an}是周期为2的数列，从而可求解．
本题考查数列的周期性，属基础题．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．
在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项．
【解答】
解：二项式(x+1x)6的展开式的通项公式为Tr+1=C6r⋅x6−r⋅x−r=∁6r⋅x6−2r，
令6−2r=0，解得r=3，
故常数项为：∁63=20．
故选：D．
5.【答案】B
【解析】解：∵从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，
设随机变量X表示所选3人中女生的人数，
∴X的可能取值为0，1，2，
P(X=0)=C43C63=15，
P(X=1)=C42C21C63=35，
P(X=2)=C41C22C63=15，
∴X的分布列为：
X的均值E(X)=0×15+1×35+2×15=1．
故选：B．
由题意X的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列．然后求出X的均值E(X)．
本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意排列组合知识的合理运用．
6.【答案】A
【解析】解：由题意可知，X～B(4,12)，
则X的期望E(X)=4×12=2．
故选：A．
先判断出X～B(4,12)，然后利用方差的计算公式求解即可．
本题考查了二项分布的理解和应用，解题的关键是掌握二项分布的期望计算公式．
7.【答案】C
【解析】解：在第1次抽到奇数的条件下，余下2个奇数和2个偶数，
再次抽取时，抽到奇数的概率为24=12．
故选：C．
根据条件概型的知识求得正确答案．
本题考查条件概率、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】A
【解析】解：根据题意，分2步进行分析：
①将5个新增项目的比赛项目分为3组，有C53C21C11A22+C52C32C11A22=25种分组方法，
②将分好的3组安排到A，B，C三个场地，有A33=6种安排方法，
则有25×6=150种安排方法．
故选：A．
根据题意，分2步进行分析：①将5个新增项目的比赛项目分为3组，②将分好的3组安排到A，B，C三个场地，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
利用相互独立事件概率乘法公式能求出他第2球投进的概率．
【解答】
解：某校篮球运动员进行投篮练习，若他前一球投进则后一球投进的概率为34，
若他前一球投不进则后一球投进的概率为14.若他第1球投进的概率为34，
则他第2球投进的概率为：
P=34×34+(1−34)×14=58．
故选B．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A，6个人全排列有A66种方法，A、C、D全排列有A33种方法，
则A、C、D从左到右按高到矮的排列有A66A33=120种方法，A正确；
对于B，先排列除A与C外的4个人，有A44种方法，4个人排列共有5个空，
利用插空法将A和C插入5个空，有A52种方法，则共有A44A52种方法，B正确；
对于C，A、C、D必须排在一起且A在C、D中间的排法有2种，
将这3人捆绑在一起，与其余3人全排列，有A44种方法，则共有2A44=48种方法，C错误；
对于D，6个人全排列有A66种方法，当A在排头时，有A55种方法，当B在排尾时，有A55种方法，
当A在排头且B在排尾时，有A44种方法，则A不在排头，B不在排尾的情况共有A66−2A55+A44=504种，D正确．
故选：ABD．
根据全排列和定序即可判断A；利用插空法即可判断B；利用捆绑法即可判断C；利用间接法即可判断D．
本题考查了实际问题中的排列组合计数问题，属于中档题．
11.【答案】45
【解析】解：数学老师从6道习题中随机抽3道让同学检测，
基本事件总数n=C63=20，
规定至少要解答正确2道题才能及格．某同学只能求解其中的4道题，
则他能及格包含的基本事件个数m=C21C42+C43=16，
∴他能及格的概率p=mn=1620=45．
故答案为：45．
先求出基本事件总数n=C63=20，再求出他能及格包含的基本事件个数m=C21C42+C43=16，由此能求出他能及格的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，是基础题．
12.【答案】1 2764
【解析】解：由题意知X～B(3,3m+3)．
因为E(X)=34，所以3×3m+3=94，解得m=1，
所以P(X=2)=C32×(34)2×14=2764．
故答案为：1；2764．
根据已知条件，可知X服从二项分布，由二项分布的期望公式可求出m，进而可得P(X=2)．
本题主要考查离散型随机变量的期望，概率的求法，考查运算求解能力，属于基础题．
13.【答案】59
【解析】解：∵a，b，c成等差数列，若E(X)=13，
∴由变量X的概率分布列性质，得：
2b=a+ca+b+c=1−a+c=13，解得a=16，b=13，c=12，
∴D(X)=(−1−13)2×16+(0−13)2×13+(1−13)2×12=59．
故答案为：59．
由已知得2b=a+ca+b+c=1−a+c=13，由此能求出D(X)．
本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题，在历年高考中都是必考题型．
14.【答案】7 702
【解析】解：(2x+13x)n展开式的通项公式为：Tr+1=Cnk(2x)n−k(x−13)k=2n−kCnkxn−4k3，k≤n，k∈N，
第三项系数为2n−2Cn2，第四项系数为2n−3Cn3，
第三项的系数与第四项的系数比为65，
则2n−2Cn22n−3Cn3=2×n(n−1)2×1n(n−1)(n−2)3×2×1=6n−2=65，解得n=7，
Tk+1=27−kC7kx7−4k3(k=0,1,2,⋯,7)，
当k=0，3，6时，对应的项是有理项，当k=0时，展开式中对应的有理项为T1=27C70x7=128x7，
当k=3时，展开式中对应的有理项为T4=24C73x3=560x3；
当k=6时，展开式中对应的有理项为T7=21C76x−1=14x−1，
故展开式中有理项的系数之和为128+560+14=702．
故答案为：7；702．
根据已知条件，结合二项式定理，以及有理项的定义，即可求解．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
15.【答案】72
【解析】解：由题意，选用3种颜色时：涂色方法C43⋅A33=24种
4色全用时涂色方法：C21⋅A44=48种
所以不同的着色方法共有72种．
故答案为：72
分类型，选3种颜色时，就是②④同色，③⑤同色；4种颜色全用，只能②④或③⑤用一种颜色，其它不相同，求解即可．
本题考查组合及组合数公式，考查分类讨论思想，避免重复和遗漏情况，是中档题．
16.【答案】解：(1)当n=1时；a1=s1=32−1+1=32；
当n≥2时，an=sn−sn−1=(32n−n2+1)−[32(n−1)−(n−1)2+1]=33−2n；
所以：an=32,n=1,33−2n,n≥2.
(2)sn=32n−n2+1=−(n2−32n)+1=−(n−16)2+257≤257，且当n=16时，sn=257，
所以，数列{an}的前16项的和最大．
【解析】(1)利用“当n=1时，a1=S1；当n≥2时，an=Sn−Sn−1”即可得出；
(2)配方，即可求数列{an}的前多少项和最大．
熟练掌握方法“当n=1时，a1=S1；当n≥2时，an=Sn−Sn−1”是解题的关键．
17.【答案】解：(1)由题知，二项式系数和Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn=2n=256，故n=8；
(2)二项式系数分别为C80,C81,C82,…,C88，
根据其单调性知其中C84最大，
即为展开式中第5项，
∴C8424(−a)4=70，即a=±12．
【解析】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，属基础题．
(1)直接根据二项式系数的特点即可求n；
(2)直接根据二项式系数的特点即可求出对应项的项数，进而求出对应项的系数，即可求解结论．
18.【答案】解：(1)由题意知(90,110)之间的频率为：1−20×(0.0025+0.005+0.0075×2+0.0125)=0.3；
0.3+(0.0125+0.0050)×20=0.65．
∴获得参赛资格的人数为800×0.65=520. …(5分)
(Ⅱ)在区间(110,130]与(130,150]，0.0125：0.0050=5：2；
在区间(110,150]的参赛者中，利用分层抽样的方法随机抽取7人
分在区间(110,130]与(130,150]各抽取5人，2人．
(Ⅲ)X的可能取值为0，1，2，则P(X=0)=C53C20C73=27，
P(X=1)=C52C21C73=47，
P(X=2)=C51C22C73=17，
故X的分布列为：
E(X)=0×27+1×47+2×17=67.…(13分)
【解析】(1)求出满足参赛资格的区域包含的长方形的纵坐标的和乘以组距得到分布在该区域的频率，再乘以样本容量求出获得参赛资格的人数；
(2)由频率分布直方图求矩形的面积，转化求解抽取人数即可；
(3)先求出X的可能值，求出概率，得到分布列，然后求解期望即可．
在求频率分布直方图中的问题时，特别注意图中的纵坐标的几何意义、利用频率分布直方图求数据的平均数是利用各个矩形的中点横坐标乘以各个矩形的面积和．考查分布列以及期望的求法，考查计算能力．．
19.【答案】解：(Ⅰ)在试运营期间，从在积水潭站上车的乘客60人，对应乘客在牛街站下车的20人，
∴从在积水潭站上车的乘客中任选一人，估计该乘客在牛街站下车的概率P=2060=13；
(Ⅱ)在试运营期间，从在积水潭站上车的所有乘客中随机选取三人，设其中在牛街站下车的人数为X，可得取值为0，1，2，3，X～B(3,13).
P(X=0)=(1−13)3=827，P(X=1)=C31×13×(1−13)2=1227，P(X=2)=C32×(13)2×(1−13)=627，
P(X=3)=C33×(13)3=127．
∴X的分布列为：
E(X)=3×13=1．
(Ⅲ)Dξ2【解析】(Ⅰ)在试运营期间，从在积水潭站上车的乘客60人，对应乘客在牛街站下车的20人，即可得出该乘客在牛街站下车的概率P；
(Ⅱ)在试运营期间，从在积水潭站上车的所有乘客中随机选取三人，设其中在牛街站下车的人数为X，可得取值为0，1，2，3，X～B(3,13).利用二项分布列概率计算公式可得其概率及其X的分布列与E(X)．
(Ⅲ)Dξ2本题考查了“二项分布列”的概率计算公式、分布列及其数学期望、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)由焦距和长半轴长都为2，可得c=1，a=2，b= a2−c2= 3，
则椭圆方程为x24+y23=1；
(Ⅱ)证明：F(1,0)，A(−2,0)，直线l的方程为y=k(x−1)，
联立椭圆方程可得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
直线l过椭圆的焦点，显然直线l与椭圆相交．设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
则x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，直线AP的方程为y=y1x1+2(x+2)，
可令x=4，得yM=6y1x1+2，即M(4,6y1x1+2)，
同理可得N(4,6y2x2+2)，所以FM=(3,6y1x1+2)，FN=(3,6y2x2+2)，
又FM⋅FN=9+36y1y2(x1+2)(x2+2)
=9+36k2(x1−1)(x2−1)(x1+2)(x2+2)
=9+36k2[x1x2−(x1+x2)+1]x1x2+2(x1+x2)+4
=9+36k2(4k2−123+4k2−8k23+4k2+1)4k2−123+4k2+16k23+4k2+4
=9+36k2⋅−93+4k236k23+4k2=9−9=0．
所以以MN为直径的圆恒过点F．
【解析】本题考查直线和椭圆的位置关系，考查直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，考查化简运算能力，属于较难题．
(Ⅰ)求得c，a，b，可得椭圆方程；
(Ⅱ)直线l的方程为y=k(x−1)，联立椭圆方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，化简整理，结合直径所对的圆周角为直角，即可得证．
21.【答案】解：(Ⅰ)因为a1=12，a2=12，a3=38，a4=14，a5=532，
根据题意可得a1*=1，a2*=−1，a3*=−1，a4*=−1．
(Ⅱ)证明：必要性：对n=1，有S1*=a2−a1，
因此|a2−a1| = |S1*| = |a1*| =1．
对任意n∈N*且n≥2，有Sn*=an+1−a1，Sn−1*=an−a1，
两式作差，得Sn*−Sn−1*=an+1−an，即an*=an+1−an，
因此 |an+1−an| = |an*| =1，
综上，对任意n∈N*，有|an+1−an|=1．
充分性：若对任意n∈N*，有|an+1−an|=1，则an*=an+1−an，
所以 Sn*=a1*+a2*+…+an*=(a2−a1)+(a3−a2)+…+(an+1−an)=an+1−a1．
综上，“对任意n∈N*，Sn*=an+1−a1”的充要条件是“对任意n∈N*，|an+1−an|=1”．
(Ⅲ)构造数列{bn}：b1=0，bn+1−bn=an+1−an,|an+1−an|=11,an+1−an=0，
则对任意1≤n≤m且n∈N*，有bn*=an*，|bn+1−bn|=1．
结合(Ⅱ)可知，Sm*=a1*+a2*+…+am*=b1*+b2*+…+bm*=bm+1−b1=bm+1，
又Sm*=am，因此bm+1=am．
设a2−a1，a3−a2，…，am+1−am中有k项为0，
则am+1=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+…+(am+1−am)
=b1+(b2−b1)+(b3−b2)+…+(bm+1−bm)−k
=bm+1−k=am−k，即am+1−am=−k．
因为am+1−am∈{−1,0,1}，所以k=0或1．
若k=0，则am+1−am=0与a2−a1，a3−a2，…，am+1−am中有0项为0，即k=0矛盾，不符题意．
若k=1，则am+1−am=−1，所以当am+1−am=−1，a2−a1，a3−a2，…，am−am−1中有一项为0，
其余m−2项为±1时，数列{an}满足条件．
a2−a1，a3−a2，…，am−am−1中有一项为0，共m−1种取法；
其余m−2项每项有1或−1两种取法，
所以满足条件的数列{an}的个数为(m−1)⋅2m−2．
【解析】本题考查了新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可．
(Ⅰ)直接根据新定义写出即可；
(Ⅱ)利用定义给出的信息，分别从充分性和必要性进行证明即可；
(Ⅲ)构造{bn}：b1=0，bn+1−bn=an+1−an,|an+1−an|=11,an+1−an=0，结合(Ⅱ)以及题中条件，推出bm+1=am，设a2−a1，a3−a2，…，am+1−am中有k项为0，从而确定k的值，分别分析求解即可．X
−1
0
1
P
a
b
c
下车站
上车站
牡丹园
积水潭
牛街
草桥
新发地
新宫
合计
牡丹园
///
5
6
4
2
7
24
积水潭
12
///
20
13
7
8
60
牛街
5
7
///
3
8
1
24
草桥
13
9
9
///
1
6
38
新发地
4
10
16
2
///
3
35
新宫
2
5
5
4
3
///
19
合计
36
36
56
26
21
25
200
X
0
1
2
P
15
35
15
X
0
1
2
P
27
47
17
x
0
1
2
3
p
827
1227
627
127