福建省莆田市第二十四中学2020-2021学年高二下学期第二次月考数学(B卷) Word版含答案

数学（B）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 号码粘贴在答题卡上的指定位置。

位 封座2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 密 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

号不场考第Ⅰ卷

一、单项选择题：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．

订 1．以下关于正态密度曲线的说法中正确的个数是（ ）

①曲线都在x轴的上方，左右两侧与x轴无限接近，最终可与x轴相交； ②曲线关于直线x对称；

装 号③曲线呈现“中间高，两边低”的钟形形状； 证考④曲线与x轴之间的面积为1． 准 A．C． 1

B．2

3

D．4

只 2．一道试题，甲解出的概率为2 3，乙解出的概率为45．设解出该题的人数为X，则D(X)等于（ ）

A．22 15 B．86225225225 C．484 D．85

卷 3．ξ，η为随机变量，且ab，若 E16．，E3．4，则a，b可能的值为（ ）

名A．2，姓0.2

B．1，4

C．0.5，1.4

D．1.6，3.4

此 4．某班学生的考试成绩中，数学不及格的占15%，语文不及格的占5%，两门都不及格的占3%． 已知一学生数学不及格，则他语文也不及格的概率是（ ） A．

13 级5 B．

310 C．

12 D．

5 班5．同时抛掷5枚均匀的硬币80次，设5枚硬币正好出现2枚正面向上，3枚反面向上的次数为X，

则X的均值为（ ）

A．20 B．25 C．30 D．40

6．现在有10张奖券，8张2元的，2张5元的，某人从中随机无放回地抽取3张奖券，则此人得奖金额的数学期望为（ ） A．6

B．

395 C．

415 D．9

7．2020年12月4日，中国科学技术大学宣布该校潘建伟等科学家成功构建76光子的量子计算原型机“九章”，求解数学算法“高斯玻色取样”只需要200秒，而目前世界最快的超级计算机要用6亿年，这一突破使我国成为全球第二个实现“量子优越性”的国家．“九章”求得的问题名叫“高斯玻色取样”，通俗的可以理解为量子版本的高尔顿钉板，但其实际情况非常复杂．高尔顿钉板是英国生物学家高尔顿设计的，如图，每一个黑点表示钉在板上的一颗钉子，上一层的每个钉子水平位置恰好位于下一层的两颗钉子的正中间，从入口处放进一个直径略小于两颗钉子之间距离的白色圆玻璃球，白球向下降落的过程中，首先碰到最上面的钉子，碰到钉子后皆以二分之一的概率向左或向右滚下，于

是又碰到下一层钉子．如此继续下去，直到滚到底板的一个格子内为止．现从入口放进一个白球，则其落在第③个格子的概率为（ ）

A．

1128 B．

7128 C．

2135128 D．

128 8．将3个球（形状相同，编号不同）随机地投入编号为1、2、3、4的4个盒子，以表示其中至少有一个球的盒子的最小号码（3表示第1号，第2号盒子是空的，第3个盒子至少1个球），则E、E(21)分别等于（ ）

A．

252516、

8 B．

253316、8 C．

32、3 D．

32、4

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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．下面是离散型随机变量的是（ ）

A．某电话亭内的一部电话1小时内使用的次数记为X B．某人射击2次，击中目标的环数之和记为X C．测量一批电阻，在950 Ω～1200 Ω之间的阻值记为X D．一个在数轴上随机运动的质点，它在数轴上的位置记为X

10．设随机变量X表示从1到n这n个整数中随机抽取的一个整数，Y表示从1到X这X个整数中随机抽取的一个整数，则（ ）

A．当n3时，PX2,Y113 B．当n4时，PXY4524

C．当nk（k2且kN*）时，PXk,Y11k2 D．当n2时，Y的数学期望为

54 11．为吸引顾客，某商场举办购物抽奖活动抽奖规则是：从装有2个白球和3个红球（小球除颜色外，完全相同）的抽奖箱中，每次摸出一个球，不放回地依次摸取两次，记为一次抽奖．若摸出的2个球颜色相同则为中奖，否则为不中奖．下列随机事件的概率正确的是（ ） A．某顾客抽奖一次中奖的概率是

25 B．某顾客抽奖三次，至少有一次中奖的概率是98125

C．在一次抽奖过程中，若已知顾客第一次抽出了红球，则该顾客中奖的概率是310 D．在一次抽奖过程中，若已知顾客第一次抽出了红球，则该顾客中奖的概率是

12 12．甲罐中有4个红球，3个白球和3个黑球；乙罐中有5个红球，3个白球和2个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以M表示由乙罐取出的球是红球的事件，下列的结论：其中正确结论的为（ ） A．PM12

B．PMA1611 C．事件M与事件A1不相互 D．A1，A2，A3是两两互斥的事件

第Ⅱ卷

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．设某公路上经过的货车与客车的数量之比为2:1，货车中途停车修理的概率为0.02，客车为

0.01．今有一辆汽车中途停车修理，该汽车是货车的概率为________．

14．在一个不透明的摸奖箱中有五个分别标有1，2，3，4，5号码的大小相同的小球，现甲､乙､丙三个人依次参加摸奖活动，规定：每个人连续有放回地摸三次，若得到的三个球编号之和恰为4的倍数，则算作获奖，记获奖的人数为X，则X的数学期望为___________． 15．甲、乙两名手进行射击比赛，每人各射击三次，甲三次射击命中率均为45；乙第一次射击的命中率为

78，若第一次未射中，则乙进行第二次射击，射击的命中率为34，如果又未中，则乙进行第三次射击，射击的命中率为12．乙若射中，则不再继续射击．则甲三次射击命中次数的期望为_____，

乙射中的概率为_______．

16．将4瓶外观相同，品质不同的酒让品酒师品尝，要求按品质优劣将4种酒排序，经过一段时间后，再让其品尝这4瓶酒，并让他重新按品质优劣将4种酒排序．根据测试中两次排序的偏离程度评估品酒师的能力．a1,a2,a3,a4表示第一次排序为1，2，3，4的四种酒分别在第二次排序中的序号，记X1a12a23a34a4为其偏离程度，假设a1,a2,a3,a4为1，2，3，4的等可能的各种排列．假设每轮测试之间互不影响，p1表示在1轮测试中X2的概率，p2表示在前3轮测试中恰好有一轮X2的概率，则p2________．

四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10分）两台车床加工同样的零件，第一台出现废品的概率是0.03，第二台出现废品的概率是0.02．加工出来的零件放在一起，并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍． （1）求任意取出的零件是合格品的概率；

（2）如果任意取出的零件是废品，求它是第二台车床加工的概率．

18．（12分）从一批含有10个合格品与3个次品的产品中，一个一个地抽取，设每个产品被抽到的可能性相同．在下列两种情况下，分别求出取到合格品所需抽取次数X的分布列． （1）每次取出的产品都不放回到该批产品中；

（2）每次取出的产品都立即放回到该批产品中，然后再任取一个产品．

19．（12分）为拉动经济增长，某市决定新建一批重点工程，分为基础设施工程、民生工程和产业

建设工程三类，这三类工程所含项目的个数分别占总数的12，13，16．现有3名工人地从中任

选一个项目参与建设．

（1）求他们选择的项目所属类别互不相同的概率；

（2）记为3人中选择的项目属于基础设施工程或产业建设工程的人数，求的分布列．

20．（12分）疫情过后，为促进居民消费，某超市准备举办一次有奖促销活动，若顾客一次消费达到500元则可参加一轮抽奖活动，超市设计了两种抽奖方案．在一个不透明的盒子中装有6个质地均匀且大小相同的小球，其中2个红球，4个白球，搅拌均匀．

方案一：顾客从盒子中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得50元的返金券，若抽到白球则获得30元的返金券，可以有放回地抽取3次，最终获得的返金券金额累加．

方案二：顾客从盒子中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得100元的返金券，若抽到白球则不获得返金券，可以有放回地抽取3次，最终获得的返金券金额累加．

（1）方案一中，设顾客抽取3次后最终可能获得的返金券的金额为X，求X的分布列；

（2）若某顾客获得抽奖机会，试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得返金券的数学期望，并以此判断应该选择哪种抽奖方案更合适．

21．（12分）某公司订购了一批树苗，为了检测这批树苗是否合格，从中随机抽测100株树苗的高度，经数据处理得到如图（1）所示的频率分布直方图，其中最高的16株树苗的高度的茎叶图如图（2）所示，以这100株树苗的高度的频率估计整批树苗高度的概率．

（1）求这批树苗的高度高于1.60米的概率，并求图（1）中a，b，c的值；

（2）若从这批树苗中随机选取3株，记为高度在1.40,1.60的树苗数量，求的分布列和数学期望；

（3）若变量S满足PS0.6826且P2S20.9544，则称变

量S满足近似于正态分布N,2的概率分布．如果这批树苗的高度满足近似于正态分布

N1.5,0.01的概率分布，则认为这批树苗是合格的，将顺利被签收，否则，公司将拒绝签收．试

问：该批树苗能否被签收？

22．（12分）当今世界环境污染已经成为各国面临的一大难题，其中大气污染是目前城市急需应对的一项课题．某市号召市民尽量减少开车出行以绿色低碳的出行方式支持节能减排．原来天天开车上班的王先生积极响应号召，准备每天从骑自行车和开车两种出行方式中随机选择一种方式出行．从即日起出行方式选择规则如下：第一天选择骑自行车方式上班，随后每天用“一次性抛掷4枚

均匀硬币”的方法确定出行方式，若得到的正面朝上的枚数小于3，则该天出行方式与前一天相同，否则选择另一种出行方式．

（1）求王先生前三天骑自行车上班的天数X的分布列；

（2）由条件概率我们可以得到概率论中一个很重要公式—全概率公式．其特殊情况如下：如果事件

A1，A2相互对立并且PAi0i1,2，则对任一事件B有P(B)PB∣A1PA1

PB∣A2PA2PA1BPA2B．设pn(nN)表示事件“第n天王先生上班选择的是骑自

行车出行方式”的概率． ①用pn1表示pn(n2)；

②请问王先生的这种选择随机选择出行方式有没有积极响应该市的号召？请说明理由．

（新教材）2020-2021学年下学期高二第二次月考

卷

数学（B）答案

第Ⅰ卷

一、单项选择题：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．【答案】C

【解析】正态密度曲线的特点如下：

位于x轴的上方，左右两侧与x轴无限接近，但与x轴不相交，①错误； 曲线的对称轴为x，②正确；

曲线是“中间高，两边低”的钟形形状，③正确； 曲线与x轴围成的区域面积为1，④正确， 故选C． 2．【答案】B

【解析】依题意X的可能取值为0，1，2， 甲乙均未答对时，P(X0)111， 3515211462， 3535155甲乙二人一人答对一人答错时，P(X1)甲乙均答对时，P(X2)所以X的分布列为

248． 3515X P 所以EX00 1 151 2 52 8 151282212， 155151512222282286， DX01215155151515225故选B． 3．【答案】A

【解析】由EEabaEb1.6ab3.4， 把选项代入验证，只有A满足，故选A． 4．【答案】A

【解析】由题意设这个班有100人，

则数学不及格有15人，语文不及格有5人，都不及格的有3人， 则数学不及格的人里头有3人语文不及格，

∴已知一学生数学不及格，则他语文也不及格的概率为p5．【答案】B

2C55【解析】由题，抛掷一次恰好出现2枚正面向上，3枚反面向上的概率为5，

21622231，故选A． 155因为5枚硬币正好出现2枚正面向上，3枚反面向上的概率是一样的，且各次试验是相互的，所以X服从二项分布X则E(X)806．【答案】B

【解析】当取三张都是两元的得奖金额是当取两张两元一张五元得奖金额是当取一张两元两张五元得奖金额是故得奖金额为

，对应的概率分别是

元； 元；

元，

，

B(80,5)， 16525，故选B． 16故其数学期望是7．【答案】C

，应选B．

【解析】小球从起点到第③个格子一共跳了7次，其中要向左边跳动5次，向右边跳动2次，而向左或向右的概率均为

1，则向右的次数服从二项分布， 221211所以所求的概率为PC7，故答案为C． 221288．【答案】B

【解析】由题意可知，随机变量的可能取值有1、2、3、4，

223223C1C1371933C33C332C32C3，， P1P23344252311C173C3C3P4，， P33344所以，E137197125234， 1625331，故选B． 168因此，E212E12

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，

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．【答案】AB

【解析】根据离散型随机变量的定义知，A，B是离散型随机变量，故选AB． 10．【答案】BCD

PX2【解析】对A，当n3时，

故A错误； 对B，当n4时，

11111PY1， ，则PX2,Y1，

23263XY，则由XY4可得X3,Y1或X2,Y2，

11115PXY4PX3,Y1+PX2,Y2+，故B正确；

43422411对C，当nk（k2且kN*）时，PXk，PY1，

kk1则PXk,Y12，故C正确；

k对D，当n2时，Y的可能取值为1，2， 则

1113PY1PX1,Y1+PX2,Y11+2224111PY2PX2,Y2，

224，

故Y的数学期望为1故选BCD． 11．【答案】ABD

315+2，故D正确， 4442C21322C3，故A选项正确； 【解析】顾客抽奖一次中奖的概率为2C5105279823顾客抽奖三次，至少有一次中奖的概率是1111，故B选12512555项正确；

对于CD选项，由于第一次抽出了红球，故剩余2个白球和2个红球，再抽一个，抽到红球的概率是

3321，故C选项错误，D选项正确， 222故选ABD． 12．【答案】BCD 【解析】黑球．

先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1、A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；

再从乙罐中随机取出一球，以M表示由乙罐取出的球是红球的事件， 对A，P(M)甲罐中有4个红球，3个白球和3个黑球；乙罐中有5个红球，3个白球和2个

463535541，故A错误； 101110111011110246P(MA1)10116，故B正确； 对B，P(M|A1)4P(A1)1110对C，当A1发生时，P(M)65AP(M)，当1不发生时，，

1111事件M与事件A1不相互，故C正确；

对D，A1，A2，A3不可能同时发生，故是两两互斥的事件，故D正确， 故选BCD．

第Ⅱ卷

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．【答案】0.80

“经过的是货车”为事件A1，“经过的是客车”为事件A2， 【解析】设“中途停车修理”为事件B，则BA1BA2B，P(A1)由

贝

21，P(A2)，P(B|A1)0.02，P(B|A2)0.01， 33叶

斯

公

式

有

20.02P(A1)P(B|A1)3P(A1|B)0.80，

P(A1)P(B|A1)P(A2)P(B|A2)20.0210.0133故答案为0.80． 14．【答案】

93 125(1,1,2)有3种、(1,2,5)有6种、(1,3,4)【解析】三个球编号之和恰为4的倍数的基本事件：

有6种、(2,2,4)有3种、(2,3,3)有3种、(2,5,5)有3种、(3,4,5)有6种、(4,4,4)有1种，

而总共有555125，

∴三个球编号之和恰为4的倍数的概率为

31， 125由题意X~B(3,313193)，∴X的数学期望E(X)3， 12512512593． 125126315． 【答案】，

5故答案为

【解析】甲、乙两名手进行射击比赛，每人各射击三次，甲三次射击命中率均为则甲击中的次数X4， 54B3,， 5∴甲三次射击命中次数的期望为EX3412， 55乙第一次射击的命中率为

7， 8第一次未射中，则乙进行第二次射击，射击的命中率为如果又未中，则乙进行第三次射击，射击的命中率为乙若射中，则不再继续射击， 则乙射中的概率为P3， 41， 271311163， 8848421263，． 52516． 【答案】

72故答案为

4【解析】1,2,3,4等可能的各种排列共有：A424种，

满足X2的a1,a2,a3,a4的排列有：1,2,3,4，2,1,3,4，1,2,4,3，1,3,2,4，共4种，

p141125252，p2C1p1p3， 3112466367225． 72本题正确结果

四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．【答案】（1）0.973；（2）0.25．

【解析】设Ai表示“第i台机床加工的零件”(i＝1，2)；B表示“出现废品”；C表示“出现合格品”．

（1）P(C)＝P(A1C∪A2C)＝P(A1C)＋P(A2C)＝P(A1)P(C|A1)＋P(A2)P(C|A2)

（

2110.0310.020.973． 332

）

10.02PA2BPA2PB|A23PA2B0.25．

PBPA1PB|A1PA2PB|A220.0310.023318．【答案】（1）见解析；（2）见解析． 【解析】（1）X的所有可能取值为1，2，3，4．

A13C110310510P(X1)；P(X2)； 213A13131226211A3C10A3321053211013C10P(X3)P(X4)；， 34A13131211143A1313121110286故X的分布列为

X 1 2 3 4 P 10 135 265 1431 286（2）X的所有可能取值为1，2，3，…，n，…， X＝1，即第一次取出合格品，故P(X1)10， 13310，

1313X＝2，即第2次取到合格品，第1次取到不合格品，故P(X2)…，

X＝n，即第n次取到合格品，前(n－1)次取到的产品均不合格，

3n1103故P(Xn)n1313…，

故X的分布列为

X 1 n110， 132 … n … P 10 13310 1313… 313n110 13… 19．【答案】（1）

1；（2）分布列见解析． 6【解析】记第i名工人选择的项目属于基础设施工程、民生工程和产业建设工程分别为事件

Ai,Bi,Ci，i1,2,3，可知A1,A2,A3相互，B1,B2,B3相互，C1,C2,C3相互，Ai,Bj,Ck（i,j,k1,2,3且i,j,k互不相同）相互，

则PAi111，PBj，PCk． 236（1）选择项目所属类别互不相同的概率：

1111P3!PA1B2C36PA1PB2PC36．

2366（2）方法一：设3名工人中选择的项目属于民生工程的人数为， 则1B3,且3， 333311P0P3C32726221P1P2C3，

3327912124P2P1C332791322，

，

802， P3P0C33273的分布列为：

 0 1 2 92 4 93 8 27P 1 27方法二：记第i名工人选择的项目属于基础设施工程或产业建设工程分别为事件Di，

i1,2,3，

可知D1,D2,D3相互，且PDiPAiPCi112， 263k3k221kB3,，则PkC3，k0,1,2,3， 333则的分布列为：

 0 1 2 92 4 93 8 27P 1 2720．【答案】（1）答案见解析；（2）方案一数学期望为110（元），方案二数学期望为100（元）；方案一．

【解析】（1）由题意易知，方案一和方案二中单次抽到红球的概率为

1，抽到白球的概率3为

2， 3依题意，X的取值可能为90，110，130，150．

821且P(X90)C；P(X110)C1332730321P(X130)C3323124； 39321221， ；P(X150)C3339327其分布列为

X 90 110 130 150 p 8 274 92 91 27（2）由（1）知选择方案一时最终获得返金券金额的数学期望为

E(X)908421110130150110（元）， 279927选择方案二时，设摸到红球的次数为Y，最终可能获得返金券金额为Z元， 由题意可知，Y~B3,，得E(Y)31311， 3E(Z)E(100Y)100E(Y)100，

由EXEZ可知，该顾客应该选择方案一抽奖．

21．【答案】（1）概率为0.15，a0.2，b1.3，c3.5；（2）分布列见解析，数学期

望2.1；（3）被签收．

【解析】（1）由题图（2）可知，100株样本树苗中高度高于1.60米的共有15株， 以样本的频率估计总体的概率，可得这批树苗的高度高于1.60米的概率为0.15． 记X为树苗的高度，结合题图（1）（2）可得：

P1.20X1.30P1.70X1.80P1.30X1.40P1.60X1.70P1.40X1.50P1.50X1.6020.02， 100130.13， 1001120.0220.130.35， 2因为组距为0.1，所以a0.2，b1.3，c3.5．

（2）以样本的频率估计总体的概率，可得：从这批树苗中随机选取1株，高度在1.40,1.60的概率为P1.40X1.60P1.40X1.50P1.50X1.600.7． 因为从这批树苗中随机选取3株，相当于三次重复试验， 所以随机变量服从二项分布B3,0.7， 故的分布列为PnC30.3n3n0.7nn0,1,2,3，

即

 P 0 1 2 3 0.027 0.1 0.441 0.343 Ex00.02710.120.44130.3432.1(或E30.72.1)．

（3）由N1.5,0.01，取1.50，0.1，

由（2）可知，PXP1.40X1.600.70.6826， 又结合（1），可得P2X2P1.30X1.70

2P1.60X1.70P1.40X1.600.960.9544，

所以这批树苗的高度满足近似于正态分布N1.5,0.01的概率分布，

应认为这批树苗是合格的，将顺利被该公司签收． 22．【答案】（1）分布列见解析；（2）①pn的号召，理由见解析．

【解析】（1）设一次性抛掷4枚均匀的硬币得到正面向上的枚数为，则~B4,，

35pn1(n2)；②王先生积极响应该市8161251111121P(3)1P(3)，， P(3)C0CC4441622216由已知随机变量X的可能取值为1，2，3；

444P(X1)P(3)P(3)51155； 16162561155580； 16161616256P(X2)P(3)P(3)P(3)P(3)P(X3)P(3)P(3)所以随机变量X的分布列为

X 1 2 1111121， 16162563 P 55 25680 256121 256（2）①设An1表示事件“第n1天王先生选择的是骑自行车出行方式”，An表示事件“第n天王先生选择的是骑自行车出行方式”， 由

全

概

率

公

式

知

pnPAnPA∣∣nAn1PAn1PAnAn1PAn1pn1P(3)1pn1P(3)所以pn11535pn11pn1pn1， 161681635pn1(n2)． 816131pn1，n2， 282②由①知pn又p11，所以数列pn是首项为

1231，公比为的等比数列， 28113所以pn22813因为pn28n1n113，pn28n11． 211恒成立， 22所以王先生每天选择骑自行车出行方式的概率始终大于选择开车出行方式，从长期来看，王先生选择骑自行车出行方式的次数多于选择开车出行方式的次数是大概率事件，所以王先生积极响应该市的号召．