甘肃省天水市甘谷一中高二（下）第一次月考数学试卷（理科）

1、. 2019-2019学年甘肃省天水市甘谷一中高二下第一次月考数学试卷理科参考答案与试题解析一、选择题共12小题，每题5分，总分值60分15分现有高一年级的学生3名，高二年级的学生5名，高三年级的学生4名，从中任选1人参加某项活动，那么不同选法种数为A60B12C5D5考点：排列、组合及简单计数问题专题：计算题分析：利用分类计数原理展开求解即可解答：解：三个年级共有3+5+4=12名学生，由计数原理可得，从中任选1人参加某项活动共有12种选法应选B点评：此题考察简单计数原理的应用，是容易题25分由1，2，3，4组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为A36B24C12D6考点：计数原理的应用

2、分析：先排个位，再排百位与十位，由乘法原理可得所求的结果解答：解：由题意可得，个位是奇数有1或3，2种方法，百位与十位可从剩余的三个数中任选2个的排列有A32种方法，由乘法原理可得满足条件的三位奇数共有2A32=12个应选C点评：此题考察计数原理的应用，重点考察学生对分步乘法计数原理的应用35分9、从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型与乙型电视机各1台，那么不同的取法共有A140种B84种C70种D35种考点：分步乘法计数原理分析：此题既有分类计数原理也有分步计数原理解答：解：甲型1台与乙型电视机2台共有4C52=40；甲型2台与乙型电视机1台共有C425=30；不同的取

3、法共有70种应选C点评：注意分类计数原理和分步计数原理都存在时，一般先分类后分步45分5个人排成一排，其中甲、乙两人至少有一人在两端的排法种数有AA33B4A33CA55A32A33DA22A33+A21A31A33考点：排列、组合的实际应用专题：计算题分析：首先使5个人排成一排不考虑限制条件有A55，不满足条件的甲，乙两人都站中间有A32A33，得到甲、乙两人至少有一人在两端的排法种数A55A32A33解答：解：5个人排成一排不考虑限制条件有A55，假设甲，乙两人都站中间有A32A33，甲、乙两人至少有一人在两端的排法种数A55A32A33为所求应选C点评：此题考察排列组合的实际应用，是一个

4、站队问题，题目中对甲和乙的站法有限制，所以这种题目需要先排列有限制条件的元素而此题是先做出所有，再减去不合题意的数字，是从反面来考虑问题的55分将4个不同的球放入3个不同的盒中，每个盒内至少有1个球，那么不同的放法种数为A24B36C48D96考点：排列、组合及简单计数问题专题：计算题分析：四个不同的小球全部随意放入三个不同的盒子中，每个盒子最少一个，需要先要从4个球中选2个作为一个元素，有C42种结果，同其他的两个元素在三个位置全排列，根据乘法原理得到结果解答：解：由题意知四个不同的小球全部随意放入三个不同的盒子中，每个盒子最少一个，首先要从4个球中选2个作为一个元素，有C42种结果，同其他

5、的两个元素在三个位置全排列有A33根据分步乘法原理知共有C42A33=6×6=36应选B点评：此题考察排列组合及简单计数问题，这种问题经常见到，比方四本不同的书分给3个人，每人至少一本，共有多少种分法，解法同此题一样65分把一枚硬币连续抛掷两次，事件A=“第一次出现正面，事件B=“第二次出现正面，那么PB|A等于ABCD考点：条件概率与独立事件专题：计算题分析：此题是一个条件概率，第一次出现正面的概率是，第一次出现正面且第二次也出现正面的概率是，代入条件概率的概率公式得到结果解答：解：由题意知此题是一个条件概率，第一次出现正面的概率是，第一次出现正面且第二次也出现正面的概率是，PB|

6、A=应选A点评：此题考察条件概率，此题解题的关键是看出事件AB同时发生的概率，正确使用条件概率的公式75分国庆期间，甲去某地的概率为，乙和丙二人去此地的概率为、，假定他们三人的行动互相不受影响，这段时间至少有1人去此地旅游的概率为ABCD考点：互相独立事件的概率乘法公式专题：概率与统计分析：先求出事件：“这段时间甲、乙、丙三人都没有去此地旅游的概率，再用1减去此概率，即得所求解答：解：事件：“这段时间至少有1人去此地旅游的对立事件为：“这段时间甲、乙、丙三人都没有去此地旅游而事件：“这段时间甲、乙、丙三人都没有去此地旅游的概率为 =，故所求的事件的概率为 1=，应选B点评：此题主要考察互相独立

7、事件的概率乘法公式，所求的事件的概率与它的对立事件的概率间的关系，属于根底题85分2019静安区一模一工厂消费的100个产品中有90个一等品，10个二等品，现从这批产品中抽取4个，那么其中恰好有一个二等品的概率为ABCD考点：等可能事件的概率专题：计算题分析：先求出从这批产品中抽取4个，那么事件总数，然后求出其中恰好有一个二等品的事件的个数，最后根据古典概型的公式求出恰好有一个二等品的概率解答：解：从这批产品中抽取4个，那么事件总数为C1004个，其中恰好有一个二等品的事件有C101C903个，根据古典概型的公式可知恰好有一个二等品的概率为，应选D点评：此题考察的是随机事件概率的求法的运用，假

8、如一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性一样，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率PA=95分一件产品要经过2道独立的加工工序，第一道工序的次品率为a，第二道工序的次品率为b，那么产品的正品率为A1abB1abC1a1bD11a1b考点：互相独立事件的概率乘法公式专题：概率与统计分析：经过这每道工序出来的产品是否为正品，是互相独立的，第一道工序的正品率为1a，第二道工序的正品率为1b，再利用互相独立事件的概率乘法公式求得产品的正品率解答：解：由题意可得，当经过这第一道工序出来的产品是正品，且经过这第二道工序出来的产品也是正品时，得到的产品才是正品经过这每道工序出来的产品是否为正品，是互相

9、独立的第一道工序的正品率为1a，第二道工序的正品率为1b，故产品的正品率为 1a1b，应选C点评：此题主要考察互相独立事件的概率乘法公式的应用，属于中档题105分从甲口袋摸出一个红球的概率是，从乙口袋中摸出一个红球的概率是，那么是A2个球不都是红球的概率B2个球都是红球的概率C至少有一个红球的概率D2个球中恰好有1个红球的概率考点：等可能事件的概率专题：计算题分析：把题中各个事件的概率都求出解答：解：2个球不都是红球的概率等于 1=，2个球都是红球的概率等于 =，至少有一个红球的概率等于 1=，2个球中恰好有1个红球 的概率等于 +=，应选 C点评：此题考察等可能世界的概率的求法，把题中各个事

10、件的概率都求出，即得结论115分箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，假设取出黑球，那么放回箱中，重新取球；假设取出白球，那么停顿取球，那么在第4次取球之后停顿的概率为ABCD考点：互相独立事件的概率乘法公式专题：计算题分析：由题意知此题是一个有放回的取球，是一个互相独立事件同时发生的概率，根据所给的条件可知取到一个白球的概率和取到一个黑球的概率，第四次取球之后停顿表示前三次均取到黑球，第四次取到白球，写出表示式解答：解：第四次取球之后停顿表示前三次均取到黑球，第四次取到白球，由题意知此题是一个有放回的取球，是一个互相独立事件同时发生的概率，取到一个白球的概率是，去到一个黑球的概率是

11、其概率为应选B点评：此题考察互相独立事件同时发生的概率，是一个根底题，这种题目出现的比较灵敏，可以作为选择或填空出现，也可以作为解答题目的一部分出现125分2019山东位于坐标原点的一个质点P按下述规那么挪动：质点每次挪动一个单位；挪动的方向为向上或向右，并且向上、向右挪动的概率都是质点P挪动5次后位于点2，3的概率为ABCD考点：等可能事件专题：压轴题分析：从条件知质点每次挪动一个单位；挪动的方向为向上或向右，并且向上、向右挪动的概率都是，此题考察的是独立重复试验，因此质点P挪动5次后位于点2，3质点在挪动过程中向右挪动2次向上挪动3次解答：解：质点在挪动过程中向右挪动2次向上挪动3次，因此

12、质点P挪动5次后位于点2，3的概率为应选B点评：独立重复试验是同一试验的n次重复，每次试验结果的概率不受其他次结果的概率影响，每次试验都有两个结果，成功和失败二填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分135分设随机变量X只能取5，6，7，16这12个值，且取每一个值的概率均相等，那么PX8=假设PXx=，那么x的范围是 5，6考点：古典概型及其概率计算公式；等可能事件的概率专题：计算题分析：据取每一个值的概率均相等，是古典概型，利用感到概型概率公式求出概率解答：解：X取每一个值的概率都相等PX8=PX=9+PX=10+PX=11+PX=12+PX=16=假设PXx=，那么PXx=PX=5x5

13、，6答案： 5，6点评：此题考察判断事件是古典概型，再利用古典概型概率公式求概率145分2019四川1+2x31x4展开式中x2的系数为6考点：二项式定理专题：计算题分析：利用乘法原理找展开式中的含x2项的系数，注意两个展开式的结合分析，即分别为第一个展开式的常数项和第二个展开式的x2的乘积、第一个展开式的含x项和第二个展开式的x项的乘积、第一个展开式的x2的项和第二个展开式的常数项的乘积之和从而求出答案解答：解：1+2x31x4展开式中x2项为C30132x0C4212x2+C31122x1C4113x1+C32122x2C4014x0所求系数为C30C42+C312C411+C3222C4

14、014=624+12=6故答案为：6点评：此题重点考察二项展开式中指定项的系数，以及组合思想，重在找寻这些项的来源155分设含有10个元素的集合的全部子集数为S，其中由3个元素组成的子集数为T，那么的值为考点：子集与真子集专题：计算题；压轴题分析：先根据子集的定义，求集合的子集及其个数，子集即是指属于集合的部分或所有元素组成的集合，包括空集解答：解：含有10个元素的集合的全部子集数为210=1024，又其中由3个元素组成的子集数为C103=120那么的值为=故填：点评：此题考察集合的子集个数问题，对于集合M的子集问题一般来说，假设M中有n个元素，那么集合M的子集共有2n个165分甲、乙、丙三人

15、在同一办公室工作办公室只有一部 机，设经过该机打进的 是打给甲、乙、丙的概率依次为、假设在一段时间内打进三个 ，且各个 互相独立那么这三个 中恰好是一人一个 的概率为考点：互相独立事件的概率乘法公式专题：概率与统计分析：先求得恰有一个 是打给甲的概率为，恰有一个 是打给乙的概率为，恰有一个 是打给丙的概率为，把这几个值相乘即得所求解答：解：由于经过该机打进的 是打给甲、乙、丙的概率依次为、假设在一段时间内打进三个 ，且各个 互相独立，故恰有一个 是打给甲的概率为，恰有一个 是打给乙的概率为，恰有一个 是打给丙的概率为，故这三个 中恰好是一人一个 的概率为 =，故答案为 点评：此题主要考察n次独

16、立重复实验中恰好发生k次的概率，等可能事件的概率，属于中档题三、解答题本大题共6个小题，共70分.解容许写出文字说明，证明过程或推演步骤1710分从5名女同学和4名男同学中选出4人参加四场不同的演讲，分别按以下要求，各有多少种不同选法？1男、女同学各2名；2男、女同学分别至少有1名；3在2的前提下，男同学甲与女同学乙不能同时选出考点：排列、组合及简单计数问题专题：计算题分析：1可分两步求解，先选出四人，再作一全排列计算出不同的选法种数；2可分两步求解，先选出四人，再作一全排列计算出不同的选法种数，由于“男、女同学分别至少有1名包括了三个事件，“一男三女，“二男二女，“三男一女，选人时要分三类计

17、数，然后再进展全排列；3可计算出男同学甲与女同学乙同时选出的情况种数，从2的结果中排除掉，即可得到事件“在2的前提下，男同学甲与女同学乙不能同时选出的选法种数解答：解：1男、女同学各2名的选法有C42×C52=6×10=60种，故总的不同选法有60×A44=1440种；即男女同学各两名的选法共有1440种2“男、女同学分别至少有1名包括有“一男三女，“二男二女，“三男一女，应选人种数为C41×C53+C42×C52+C43×C51=40+60+20=120故总的安排方法有120×A44=2880故不同的选法有2880种3可计

18、算男同学甲与女同学乙同时选出的种数，由于已有两人，故再选两人即可，此两人可能是两男，一男一女，两女，故总的选法有C32+C41×C31+C42=21故总的选法有288021×A44=2376故不同的选法种数是2376种点评：此题考察排列、组合及简单计数问题，解题的关键是正确理解题设中的事件，及理解计数原理，此题考察了分类的及运算的才能1812分的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56：3，求展开式中的常数项考点：二项式定理的应用专题：计算题分析：在展开式的通项中，令x=1得出第5项的系数与第3项的系数表达式，由，求出n，再在通项中令x得指数为0，确定常数项解答：解：

19、展开式的通项为第5项的系数为24，第3项的系数为由，得出24：=56：3，解得n=10所以通项公式，当k=2时，取到常数项 即T3=180点评：此题考察二项式定理的应用：求指定的项牢记公式是根底，方程思想是关键1912分有20件产品，其中5件是次品，其余都是合格品，现不放回的从中依次抽2件求：1第一次抽到次品的概率；2第一次和第二次都抽到次品的概率；3在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率考点：条件概率与独立事件；等可能事件的概率专题：计算题；概率与统计分析：1设第一次抽到次品为事件A，第二次抽到次品为事件B，由20件产品，其中5件是次品，其余都是合格品，能求出第一次抽到次品的概率2第

20、一次和第二次都抽到次品的概率为PAB，由两个事件同时发生的概率的求法能求出第一次和第二次都抽到次品的概率3在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率PB/A，利用条件概率公式能求出结果解答：解：1设第一次抽到次品为事件A，第二次抽到次品为事件B，那么第一次抽到次品的概率PA=2第一次和第二次都抽到次品的概率PAB=3在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率PB|A=点评：此题考察概率的求法，是根底题解题时要认真审题，注意条件概率公式的灵敏运用2012分甲、乙两人各进展3次射击，甲每次击中目的的概率为，乙每次击中目的的概率为，两人间每次射击是否击中目的互不影响1求乙至多击中目的2次的概

21、率；2求甲恰好比乙多击中目的1次的概率考点：n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；互斥事件与对立事件专题：概率与统计分析：1乙击中目的3次的概率，由互相独立事件的概率乘法公式，易得到乙击中目的3次的概率，再根据对立事件的概率公式求出乙至多击中目的2次的概率即可2甲恰好比乙多击中目的1次分为：甲击中1次乙击中0次，甲击中2次乙击中1次，甲击中3次乙击中2次三种情形，分类计算出概率后，根据互斥事件概率加法公式，即可得到答案解答：解：1因为乙击中目的3次的概率为，所以乙至多击中目的2次的概率5分2甲恰好比乙多击中目的1次分为：甲击中1次乙击中0次，甲击中2次乙击中1次，甲击中3次乙击中2次三种情形，

22、其概率12分点评：此题考察的知识点是互相独立事件的概率乘法公式，互斥事件概率加法公式，其中分析这个事件是分类的分几类还是分步的分几步，然后再利用加法原理和乘法原理进展求解，是解答此题的关键2112分2019江西如图，用A、B、C三类不同的元件连接成两个系统N1、N2，当元件A、B、C都正常工作时，系统N1正常工作；当元件A正常工作且元件B、C至少有一个正常工作时，系统N2正常工作元件A、B、C正常工作的概率依次为0.80、0.90、0.90分别求系统N1、N2正常工作的概率P1、P2考点：互相独立事件的概率乘法公式专题：应用题；分析法分析：首先分析题目求系统N1、N2正常工作的概率P1、P2对于系统N1元件A、B、C都正常工作时，系统N1正常工作；求出概率即可对于系统N2，当元件A正常工作且元件B、C至少有一个正常工作时，系统N2正常工作求出概率即可得到答案解答：解：记元件A、B、C正常工作的事件为A、B、C，由分析得到：N1正常工作需要A、B、C，同时正常工作那么概率P1=PABC=0.8×0.9×0.9=0.648分析N2正常工作需要A正常工作，BC至少有一个正常工作那么概率=0.8×