2022-2023学年福建省三明第一中学高二下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省三明第一中学高二下学期期中考试数学试题含解析，共18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。
2022-2023学年福建省三明第一中学高二下学期期中考试数学试题 一、单选题1．满足关系式的正整数组成的集合为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据组合数以及排列数的计算公式即可由不等式求解.【详解】由题意可知且，根据组合数以及排列数的计算公式可得，解得,所以可取3,4,5,故选：B2．下列命题错误的是（    ）A．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于B．设，且，则C．线性回归直线一定经过样本点的中心D．随机变量，若，则【答案】B【分析】利用相关关系判断A；由正态分布的性质判断B；由线性回归直线的性质判断C；由随机变量条件建立方程组解出即可判断D.【详解】根据相关系数的意义可知，两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于，故A正确；由，知，即概率密度函数的图像关于直线对称，所以，则，故B错误；根据线性回归直线的性质可知，线性回归直线一定经过样本点的中心，故C正确；随机变量，若，则，故D正确；故选：B.3．函数的图象在处的切线在轴上的截距是（    ）A．1 B． C． D．0【答案】C【分析】根据导数的几何意义求切线方程，运算求解即可.【详解】由题意可得：，，则，即切点坐标为，切线斜率，故切线方程为，则，令，则，解得，故函数的图象在处的切线在轴上的截距是.故选：C.4．某校开展“迎奥运阳光体育”活动，共设踢毽、跳绳、拔河、推火车、多人多足五个集体比赛项目，各比赛项目逐一进行.为了增强比赛的趣味性，在安排比赛顺序时，多人多足不排在第一场，拔河排在最后一场，则不同的安排方案种数为（    ）A．78 B．24 C．21 D．18【答案】D【分析】根据由题意得多人多足不排在第一场，拔河排在最后一场，得到多人多足有3种安排方法，再将踢毽、跳绳、推火车、安排在剩下的3个位置即可.【详解】解：由题意得多人多足不排在第一场，拔河排在最后一场，则多人多足有3种安排方法，将踢毽、跳绳、推火车、安排在剩下的3个位置，有种安排方法，所以共有种安排方法，故选：D5．某综艺节目中，有一个盲拧魔方游戏，就是玩家先观察魔方状态并进行记忆，记住后蒙住眼睛快速还原魔方.为了解某市盲拧魔方爱好者的水平状况，某兴趣小组在全市范围内随机抽取了100名盲拧魔方爱好者进行调查，得到的情况如表所示：用时/秒[5，10](10，15](15，20](20，25]男性人数1522149女性人数511177以这100名盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的频率，代替全市所有盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的概率，每位盲拧魔方爱好者用时是否超过10秒相互独立.若该兴趣小组在全市范围内再随机抽取20名盲拧魔方爱好者进行测试，其中用时不超过10秒的人数最有可能(即概率最大)是(    )A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】由条件求出1名盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的概率为，设随机抽取的20名盲拧魔方爱好者中用时不超过10秒的人数为，则，由此可得，再由求其最大值，并确定对应的的值即可.【详解】根据题意得，1名盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的概率为，设随机抽取的20名盲拧魔方爱好者中用时不超过10秒的人数为，则，其中，，当时，由，得，化简得，解得，又，∴，∴这20名盲拧魔方爱好者中用时不超过10秒的人数最有可能是4.故选：C.6．函数的图象大致是A． B． C． D．【答案】C【分析】根据函数的解析式，根据定义在上的奇函数图像关于原点对称可以排除，再求出其导函数，根据函数的单调区间呈周期性变化，分析四个选项即可得到结果【详解】当时，故函数图像过原点，排除又，令则可以有无数解，所以函数的极值点有很多个，故排除故函数在无穷域的单调区间呈周期性变化结合四个选项，只有符合要求故选【点睛】本题主要考查了由函数的表达式判断函数图像的大体形状，解决此类问题，主要从函数的定义域，值域，单调性以及奇偶性，极值等方面考虑，有时也用特殊值代入验证．7．在研究急刹车的停车距离问题时，通常假定停车距离等于反应距离（，单位：m）与制动距离（，单位：m）之和.如图为某实验所测得的数据，其中“KPH”表示刹车时汽车的初速度（单位：km/h）.根据实验数据可以推测，下面四组函数中最适合描述，与的函数关系的是（    ） A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】设，，根据图象得到函数图象上的点，作出散点图，即可得到答案.【详解】设，.由图象知，过点，，，，，，，，，，，，，，.作出散点图，如图1.由图1可得，与呈现线性关系，可选择用.过点，，，，，，，，，，，，，，.作出散点图，如图2.由图2可得，与呈现非线性关系，比较之下，可选择用.故选：B.8．设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据观察，比较大小，可转化为比较和的大小，从而构造函数，求导判断函数单调性并利用单调性比较大小；比较大小，可转化为比较和大小，即比较和的大小，从而构造函数，求导判断函数单调性并利用单调性比较大小.【详解】设，则．当时，，所以函数在上单调递减，所以，所以，故，即，即．设，则．令，则．当时，，函数在上单调递减．又，所以当时，，所以当时，，函数在上单调递增，所以，即，即，所以．综上可知，．故选：D．【点睛】关键点睛：本题中比较a，c的大小是难点，求解时细致观察这两个数的特点，发现0.25这个题眼非常关键，从而函数的构造也就明显了，一次求导不能顺利解决问题时要注意二次求导． 二、多选题9．已知5个成对数据（x，y）的散点图如下，若去掉点D（4，3），则下列说法正确的是（    ）A．变量x与变量y呈负相关 B．变量x与变量y的相关性变强C．残差平方和变小 D．样本相关系数r变大【答案】ABC【分析】根据已知条件，结合变量间的相关关系，结合图象分析判断即可【详解】由散点图可知，去掉点D后，与的线性相关加强，且为负相关，所以AB正确，由于与的线性相关加强，所以残差平方和变小，所以C正确，由于与的线性相关加强，且为负相关，所以相关系数的绝对值变大，而相关系数为负的，所以样本相关系数r变小，所以D错误，故选：ABC10．在的展开式中，下列结论正确的是（    ）A．第6项和第7项的二项式系数相等 B．奇数项的二项式系数和为256C．常数项为84 D．有理项有2项【答案】BC【分析】根据二项式展开式的特征，即可结合选项逐一求解.【详解】的展开式中共有10项，由二项式系数的性质可得展开式中的第5项和第6项的二项式系数相等，故A错误；由已知可得二项式系数之和为，且展开式中奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，所以奇数项的二项式系数和为，故B正确；展开式的通项为 ，令，解得．故常数项为，故C正确；有理项中x的指数为整数，故，2，4，6，8，故有理项有5项，故D错误．故选：BC11．已知函数，下列说法正确的是（    ）A．在处的切线方程为 B．函数的单调递减区间为C．的极小值为e D．方程有2个不同的解【答案】ACD【分析】注意定义域，即 且 ，根据导数的几何意义以及在函数研究中的运用即可求解.【详解】， ，因为，，所以在处的切线方程为，故A正确；令，即，解得，因为 ，所以的单调递减区间为，，故B错误；令，解得，在时单调递增， 时单调递减，所以在处取得极小值，极小值为，故C正确；方程，即，即求方程 零点的个数，令 ， ，当 时， ，即 为单调递增的， ， ，故在区间有唯一一个零点， 时 ，即为单调递减的，，即在 区间存在唯一一个零点，故D正确；故选：ACD．12．将一枚质地均匀的骰子连续抛掷n次，以表示没有出现连续2次6点向上的概率，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根据第次不出现6和第次出现6，可得递推关系，结合递推关系即可求解ABD，根据得，两式相减结合递推关系即可求解C.【详解】在一次试验中，6点向上的概率为，不是6点向上的概率为，对于A，，故A正确，对于B,3次试验中,连续出现2次6点向上的概率为，所以，故B不正确，若第次不出现6，前面次没有连续出现2次6点的概率为 ，此时前次没有连续出现2次6点的概率为，若第次出现6，前面次没有连续出现2次6点的概率为 ，第不为6的概率为，此时前次没有连续出现2次6点的概率为，故前次没有连续出现2次6点的概率为，故D正确，对应C，由得，相减得，所以，故C正确，故选：ACD 三、填空题13．已知随机变量的分布列如下表，则__________．0240.30.5 【答案】16【分析】根据分布列性质先求出a，即可求得，再根据期望的性质即可求得答案.【详解】由已知随机变量的分布列可得，故，故，故答案为：1614．的展开式中，含的项的系数是__________．【答案】14【分析】先求出中的系数和的系数，根据多项式相乘的规律，即可得答案.【详解】由题意可知中的系数为,的系数为,故的展开式中，含的项的系数是，故答案为：1415．已知变量y关于x的回归方程为，设，则，其一组数据如表所示：x1234yee3e4e6z1346若x=5，则预测y的值可能为___________【答案】【分析】根据给定条件，求出，再利用回归直线经过样本的中心点进出b值，即可求解作答.【详解】依题意，，由，得，解得，于是，所以当时，.故答案为：16．若关于x的不等式对任意实数恒成立，则实数a的最小值为______.【答案】【分析】根据题意，不等式转化为，构造函数，利用导数得单调性，再转化为解不等式，再构造函数，利用导数求最大值，进而即可得到结论.【详解】由题意，不等式转化为，即，构造函数，则恒成立，所以，在上为单调递增，所以，即不等式，转化为，则有，即，设，则，当时，，则在区间上单调递增，在区间上单调递减，故的最大值为，所以，，即，故实数的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查不等式的恒成立问题，考查转化思想及函数思想，属于中档题． 四、解答题17．若，且．(1)求实数的值；(2)求的值．【答案】(1)(2)2186 【分析】（1）令，有利用通项公式即可求解；（2）先确定，由令，得，令，得，从而可解.【详解】（1）令，有所在的项为，得，即，解得.（2）由（1）可知，对照系数知，.令，得，令，得故.18．某同学买了7个盲盒，每个盲盒中都有一个礼物，有4个装小兔和3个装小狗．(1)依次不放回地从中取出2个盲盒，在第一次取到小兔盲盒的条件下，第二次取到小兔盲盒的概率；(2)依次不放回地从中取出2个盲盒，求第2次取到的是小狗盲盒的概率．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据条件概率的计算公式，即可求得答案；（2）考虑第一次取出的是装小兔还是装小狗得盲盒，求得相应概率，根据全概率公式即可求得答案.【详解】（1）设事件“第i次取到的是小兔盲盒”，，2．，，，．在第一次取到小兔盲盒的条件下，第二次取到小兔盲盒的概率为；（2）设事件“第i次取到的是小狗盲盒”，，2．，，，，由全概率公式，可知第2次取到的是小狗盲盒的概率为．19．已知函数（，）．(1)求函数的单调区间；(2)若对任意的，都有成立，求的取值范围．【答案】(1)当时，的递增区间为；当时，的递增区间为，递减区间为(2) 【分析】（1）求导可得，再分与两种情况讨论，分析导函数的正负与原函数的单调性即可；（2）将题意转化为对任意的，，先讨论的情况，当再根据与1的关系，结合函数的单调性与最值求解即可.【详解】（1）①当时，恒成立，函数的递增区间为．②当时，令，解得或．0单调递减 单调递增所以函数的递增区间为，递减区间为．（2）对任意的，使恒成立，只需对任意的，．①当时，在上是增函数，所以只需，而，所以满足题意；②当时，，在上是增函数，所以只需，而，所以满足题意；③当时，，在上是减函数，上是增函数，所以只需即可而，从而不满足题意；综上可知，实数的取值范围为．20．某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据：样本号ｉ12345678910总和根部横截面积0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得．(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．附：相关系数．【答案】(1)；(2)(3) 【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值．【详解】（1）样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值样本中10棵这种树木的材积量的平均值据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为，平均一棵的材积量为（2）则（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得，解之得．则该林区这种树木的总材积量估计为 21．为普及航天知识，某航天科技体验馆开展了一项“摸球过关”领取航天纪念品的游戏，规则如下：不透明的口袋中有3个红球，2个白球，这些球除颜色外完全相同．参与者每一轮从口袋中一次性取出3个球，将其中的红球个数记为该轮得分，记录完得分后，将摸出的球全部放回袋中．当参与完成第轮游戏，且其前轮的累计得分恰好为时，游戏过关，可领取纪念品，同时游戏结束，否则继续参与游戏．若第3轮后仍未过关，则游戏也结束．每位参与者只能参加一次游戏．(1)求随机变量的分布列及数学期望；(2)若甲参加该项游戏，求甲能够领到纪念品的概率．【答案】(1)分布列见解析；1.8；(2) 【分析】（1）写出随机变量的可能取值和取每个值所对应的概率，即可得到分布列，结合期望公式即可得解；（2）分别求出甲取球1次后，取球2次后，取球3次后可获得奖品的概率，求和即可得到答案.【详解】（1）由题意得，随机变量可取的值为1，2，3，易知，，，则随机变量的分布列如下：1230.30.60.1所以（2）由（1）可知，甲每轮得1分，2分，3分的概率依次为0.3，0.6，0.1，记甲第轮的得分为，则其前轮的累计得分为若第一轮取球后可领取纪念品，即甲得2分，则；若第二轮取球后可领取纪念品，即甲获得的分数之和为4分，有“”､“”的情形，则；若第三轮取球后可领取纪念品，即甲获得的分数之和为6分，有“”､“”的情形，则；记“甲能够领取纪念品”为事件，则.22．已知函数.(1)当时，求函数的单调区间；(2)设函数有两个极值点，，且，求证：.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【分析】（1）借助导数和函数的单调性之间的关系分析求解；（2）由有两个极值点，可得以及的等量关系，利用等式将减元，构造函数，借助的范围求导判断最值可证明.【详解】（1）.当时，，令，有或，当或时，；当时，.所以的单调递增区间为和，单调递减区间为.（2）由于有两个极值点，则有两个不相等的实根，所以，即， ，设，则，在上单调递减，所以，即 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