2022-2023学年天津市第四十三中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年天津市第四十三中学高二下学期期中数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．下面的散点图与相关系数一定不符合的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】C
【分析】根据散点图与相关系数直接的关系，逐项判断，即可得出结果.
【详解】①中，由散点图可得，两相关变量呈负相关，故①错；
②中，由散点图可得，两相关变量呈正相关，且相关系数可能是；
③中，若相关系数，则所有的点应该分布在一条直线上，散点图显然不符合，故③错；
④中，若相关系数，则所有的点应该分布在一条直线上，散点图显然不符合，故④错；
故选：C.
2．当时，函数取得最大值，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．
【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
3．若函数有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将函数的零点问题转化为函数图像的交点问题，再画出的图像，根据图像求参数范围即可.
【详解】
函数的定义域为，由，得，
设，则，由得，此时函数单调递增，
由得，此时函数单调递减，即当时，函数取得极小值，当时，∴函数有两个零点，即方程有两个不同的根，即函数和有两个不同的交点，则，
故选：C.
4．安排，，，，，，共6名义工照顾甲，乙，丙三位老人，每两位义工照顾一位老人，考虑到义工与老人住址距离问题，义工不安排照顾老人甲，义工不安排照顾老人乙，则安排方法共有
A．30种B．40种C．42种D．48种
【答案】C
【解析】利用间接法求解，首先计算出所有的安排方法，减掉照顾老人甲的情况和照顾老人乙的情况，再加回来多减一次的照顾老人甲的同时照顾老人乙的情况，从而得到结果.
【详解】名义工照顾三位老人，每两位义工照顾一位老人共有：种安排方法
其中照顾老人甲的情况有：种
照顾老人乙的情况有：种
照顾老人甲，同时照顾老人乙的情况有：种
符合题意的安排方法有：种
本题正确选项：
【点睛】本题考查利用排列组合解决实际问题，对于限制条件较多的问题，通常采用间接法来进行求解.
5．下列说法中正确的是（ ）
①设随机变量服从二项分布，则
②已知随机变量服从正态分布且，则
③小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点互不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则；
④；.
A．①②③B．②③④C．②③D．①②
【答案】A
【分析】根据二项分布的概率公式判断①，根据正态分布的性质判断②，根据条件概率判断③，根据期望与方差的性质判断④；
【详解】对于①：随机变量服从二项分布，
则，故①正确；
对于②：随机变量服从正态分布且，
则，故②正确；
对于③：事件 “4个人去的景点互不相同”，事件 “小赵独自去一个景点”，
则，，所以，故③正确；
对于④：，，故④错误．
故选：A．
6．如图所示的五个区域中，中心区域是一幅图画，现要求在其余四个区域中涂色，有四种颜色可供选择.要求每个区域只涂一种颜色且相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为
A．56B．72C．64D．84
【答案】D
【详解】分析：每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，然后分类研究，A、C不同色和A、C同色两大类.
详解：分两种情况：
（1）A、C不同色（注意：B、D可同色、也可不同色，D只要不与A、C同色，所以D可以从剩余的2中颜色中任意取一色）：有4×3×2×2=48种；
（2）A、C同色（注意：B、D可同色、也可不同色，D只要不与A、C同色，所以D可以从剩余的3中颜色中任意取一色）：有4×3×1×3=36种．
共有84种，故答案为D.
点睛：(1)本题主要考查排列组合的综合问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 排列组合常用方法有一般问题直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、至少问题间接法、复杂问题分类法、小数问题列举法.
7．已知变量x和y的统计数据如表：
根据上表可得回归直线方程，据此可以预测当时，（ ）．
A．9.2B．9.5C．9.9D．10.1
【答案】B
【分析】计算出样本中心点的坐标，代入回归直线方程求得的值，然后在回归直线方程中，令可求得结果.
【详解】由表格中的数据可得，，
由于回归直线过样本的中心点，，解得，
所以，回归直线方程为，
当时，.
故选：B.
8．在二项式的展开式中，二项式的系数和为256，把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据二项式系数和求得n，利用二项式展开式的通项公式确定有理项的项数，根据插空法排列有理项，再根据古典概型的概率公式即可求得答案.
【详解】在二项式 展开式中，二项式系数的和为，
所以.
则即，通项公式为，
故展开式共有9项，当时，展开式为有理项，
把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻，
即把其它的6个无理项先任意排，再把这三个有理项插入其中的7个空中，方法共有种,
故有理项都互不相邻的概率为,
故选：C
9．已知函数在上是增函数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意可知，对任意的恒成立，可得出对任意的恒成立，利用基本不等式可求得实数的取值范围.
【详解】因为，则，
由题意可知，对任意的恒成立，所以，对任意的恒成立，
由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，
所以，.
故选：A.
二、填空题
10．若的展开式中常数项为，则展开式中的系数为__________.
【答案】
【分析】首先求出的展开式的通项公式，通过计算常数项求出a的值，再利用通项公式求的系数.
【详解】展开式的通项公式为，当时，常数项为，所以．当时，，展开式中的系数为．
【点睛】本题考查二项式定理展开式的应用，考查二项式定理求特定项的系数，解题的关键是求出二项式的通项，属于基础题.
三、双空题
11．假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品的合格率是90%，乙厂产品的合格率是80%，在该市场中随机购买一个灯泡，是合格品的概率为___________；如果买到的灯泡是合格品，那么它是甲厂产品的概率为___________.
【答案】
【分析】由全概率公式与条件概率公式求解即可
【详解】设为甲厂产品，为乙厂产品，表示合格产品，则，，，，
所以，
灯泡是甲厂生产的概率为，
所以
故答案为：；
四、填空题
12．袋中有4只红球3只黑球，从袋中任取4只球，取到1只红球得1分，取到1只黑球得3分，设得分为随机变量ξ，则P（ξ≤7）=______．（用分数表示结果）
【答案】
【详解】取出的4只球中红球个数的可能为4，3，2，1个，
黑球相应个数为0，1，2，3个，
∴得分的随机变量ξ=4，6，8，10，
∴P（ξ≤7）=P（ξ=4）+P（ξ=6）
故答案为：
13．某学校对全校进行统计抽查，抽出50名学生进行了作业量多少的调查，数据如下表：
根据表中数据得到.
则在犯错误的概率不超过______的前提下，认为“玩电脑游戏与认为作业多少”有关系
参考数据表：
【答案】
【分析】根据的值，对照临界值表即可得出结论.
【详解】因为，
所以在犯错误的概率不超过的前提下，认为“玩电脑游戏与认为作业多少”有关系.
故答案为：.
14．从2020年开始，学习强国开通了一项“争上游答题”栏目，其规则是在一天内参与答题活动，仅前两局比赛有积分，首局获胜积3分，次局获胜积2分，失败均得1分.若甲每局比赛获胜的概率为，每局比赛相互独立.记甲某天参加答题活动(参与2局比赛以上)的得分为，则得分的数学期望___________.
【答案】3
【分析】根据题意，分析可得可取的值为2，3，4，5，由互事件的概率公式计算可得的值，由随机变量的期望公式计算可得答案.
【详解】根据题意，该人参加一次答题活动得分为，则可取的值为2，3，4，5，
若，即该人两局都失败了，则,
若，即该人第一局失败了，而第二局胜利，则
若，即该人第一局胜利，而第二局失败，则,
若，即该人两局都胜利了，则
.
故答案为：3.
15．已知，则______.
【答案】
【分析】令，求得，再令，，两式相加即可得解.
【详解】令，则，
令，则，①
令，则，②
两式相加得
所以，所以.
故答案为：.
五、解答题
16．已知在的展开式中，第5项的二项式系数与第3项的二项式系数的比是．
（1）求n的值；
（2）求展开式的各项系数的和；
（3）求展开式中所有的有理项．
【答案】（1）；（2）；（3）有理项为，，．
【分析】（1）求得第5项与第3项的二项式系数，结合题意，列出方程，化简计算，即可求得n值；
（2）由（1）可得二项式，令，代入计算，即可得答案.
（3）求得二项式展开式的通项公式，当时，为有理项，即可求得k值，即可得答案.
【详解】（1）解：依题意得，
所以解得．
（2）解：令，则有，
所以展开式的各项系数和为．
（3）解：，
其通项为．
当时，为有理项，故或或．
所以，展开式中的有理项为，和．
17．袋子和中装有若干个均匀的红球和白球，从中摸出一个红球的概率是，从中摸出一个红球的概率是.现从两个袋子中有放回的摸球.
(1)从中摸球，每次摸出一个，共摸5次.求：
（ⅰ）恰好有3次摸到红球的概率；
（ⅱ）设摸得红球的次数为随机变量，求的期望；
(2)从中摸出一个球，若是白球则继续在袋子中摸球，若是红球则在袋子中摸球，若从袋子中摸出的是白球则继续在袋子中摸球，若是红球则在袋子中摸球，如此反复摸球3次，计摸出的红球的次数为.求的分布列以及随机变量的期望.
【答案】(1)，；
(2)分布列见解析，数学期望
【分析】（1）（ⅰ）根据独立重复试验概率公式求解即可；
（ⅱ）由题意随机变量服从二项分布，求出变量对应取值的概率，写出分布列，利用数学期望公式计算即可；
（2）分别求出变量对应取值的概率，写出分布列，利用数学期望公式计算即可.
【详解】（1）（ⅰ）由题意，从袋中有放回地摸球，是独立重复试验，根据独立重复试验公式得，5次试验中恰好有3次摸到红球的概率为；
（ⅱ）由题意可得：随机变量的取值为0，1，2，3，4，5.
，，
，，
，.
的分布列是：
.
（2）由题意可得：随机变量的取值为0，1，2，3.
，，
，
.
的分布列为
.
18．已知函数，，其中为自然数的底数．
（1）若为的极值点，求的单调区间和最大值．
（2）是否存在实数，使得的最大值是．若存在，求出的值．若不存在，说明理由．
（3）设，，在（1）的条件下，求证：．
【答案】（1）在上单调递，在上单调递减；的最大值为；（2）存在；．
【分析】（1），，，由，求出，即可得到函数的单调区间与最大值；
（2）的单调增区间是，单调减区间是，，利用在，上的最大值为，求的值．
（3）可得，又的最大值为，可得对于区间，上的任意，即可得证．
【详解】解：（1）因为，
所以．
由，得．
故，，
若，则，
若，则．
所以在上单调递，在上单调递减．
所以的最大值为．
（2）假设存在实数，使有最大值，，
①当时，在上单调递增，
，（舍去）．
②当时，在上单调递增，
，（舍去）．
③当时，在上单调递增，在上单调递减，
，则，满足条件．
综上所述，存在实数，使得当时，有最大值．
（3）因为的极大值为，即在上的最大值为，
所以，．
由，得，
因为当时，，
所以在区间上单调递增．
所以．
因为，，，
对于区间，上的任意，总有，即．
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
19．设函数，
(1)求曲线在点处的切线斜率;
(2)讨论函数的单调性;
(3)设，当时，若对任意，存在，使，求实数取值范围.
【答案】(1)
(2)当时，在上单调递减，在上单调递增;当时，在上单调递增，在上单调递减
(3)
【分析】（1）由题意可得，据此确定切线的斜率即可;
（2）由可得，据此分类讨论确定函数的单调性即可;
（3）由题意可得，则原问题等价于，据此求解实数的取值范围即可.
【详解】（1），
则曲线在点处的切线斜率为.
（2）令，所以，
当时，，
此时在上单调递减，在上单调递增;
当时，，
此时在上单调递增，在上单调递减.
（3）当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以对任意，有，
又已知存在，使，
所以，
即存在，使，
即，
设，
因为，
所以当时，或，即函数的增区间为，;
当时，或，即函数的减区间为，，
所以当时，函数为减函数，
所以，
所以，即实数取值范围是.
所以实数的取值范围是.
20．已知函数，(为常数)
(1)若
①求函数在区间上的最大值及最小值．
②若过点可作函数的三条不同的切线，求实数的取值范围．
(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）①；②；（2）．
【分析】(1)①利用导数求出函数的最值；②设曲线切线的切点坐标为，则，故切线方程为，
因为切线过点，所以有三个不同的解；
（2）不等式等价于，令，明确函数的最值，对a分类讨论，即可得到结果．
【详解】(1)因为，所以，从而．
①令，解得或，列表：
所以，，．
②设曲线切线的切点坐标为，则，
故切线方程为，
因为切线过点，所以，
即，
令，则，
所以，当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
所以，，
要使过点可以作函数的三条切线，则需，解得．
（2）当时，不等式等价于，
令，则，
所以，当时，，此时函数单调递减；
当时，，此时函数单调递增，故．
若，则，此时；
若，则，从而；
综上可得．
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的最值，考查了导数的几何意义，考查了数形结合与分类讨论的思想方法，属于中档题.
x
1
2
3
4
5
y
5
5
6
6
8
认为作业多
认为作业不多
总数
喜欢玩电脑游戏
18
9
27
不喜欢玩电脑游戏
8
15
23
总数
26
24
50
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
0
1
2
3
4
5

0
1
2
3