2022-2023学年河南省开封市通许县等3地高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省开封市通许县等3地高二（下）期末数学试卷（含解析），共20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学年河南省开封市通许县等3地高二（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  设集合，集合，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  已知命题：，，则为(    )A. ， B. ，
C. ， D. ，3.  已知关于的不等式的解集为，则的最大值是(    )A.  B.  C.  D. 4.  第届亚运会即将在西子湖畔杭州召开，为了办好这一届“中国特色、浙江风采、杭州韵味、精彩纷呈”的体育文化盛会，杭州亚运会组委会决定进行赛会志愿者招募，在杭大学生纷纷踊跃参加．现有名大学生志愿者，通过培训后，拟安排在游泳、篮球、体操三个项目进行志愿者服务，假设每个项目至少安排一名志愿者，且每位志愿者只能参与其中一个项目，在甲被安排到游泳项目的条件下，乙也被安排到游泳项目的概率为(    )A.  B.  C.  D. 5.  设，若则实数可能是(    )A.  B.  C.  D. 6.  为研究变量，的相关关系，收集得到下列五个样本点： 若由最小二乘法求得关于的回归直线方程为，则据此计算残差为的样本点是(    )A.  B.  C.  D. 7.  用四种颜色给正四棱锥的五个顶点涂色，要求每个顶点涂一种颜色，且每条棱的两个顶点涂不同颜色，则不同的涂法有(    )A. 种 B. 种 C. 种 D. 种8.  已知定义在上的函数的导函数为，且满足，则不等式的解集为(    )A.  B.  C.  D. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.  下列结论正确的有(    )A. 若随机变量，满足，则
B. 若随机变量，且，则
C. 若样本数据线性相关，则用最小二乘估计得到的经验回归直线经过该组数据的中心点
D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到依据的独立性检验，可判断与有关且犯错误的概率不超过10.  现安排甲、乙、丙、丁、戊名同学参加年冬奥会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，以下说法正确的是(    )A. 每人都安排一项工作的不同方法数为
B. 每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为
C. 如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这名同学全部被安排的不同方法数为
D. 每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是11.  下列说法中正确的是(    )A. 若命题：“，”为真命题，则实数的取值范围是
B. 若，则
C. 设正实数、满足，则的最小值为
D. 若一个袋内装有大小相同的个白球和个黑球，从中任取个球，记为取出的个球中白球的个数，则12.  已知编号为，，的三个盒子，其中号盒子内装有两个号球，一个号球和一个号球；号盒子内装有两个号球，一个号球；号盒子内装有三个号球，两个号球若第一次先从号盒子内随机抽取个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则下列说法正确的是(    )A. 在第一次抽到号球的条件下，第二次抽到号球的概率为
B. 第二次抽到号球的概率为
C. 如果第二次抽到的是号球，则它来自号盒子的概率最大
D. 如果将个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放个，则不同的放法有种三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  在一组样本数据，，，，不相等的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的样本相关系数为______ ．14.  深受广大球迷喜爱的某支足球队在对球员的使用上总是进行数据分析，根据以往的数据统计，乙球员能够胜任前锋、中锋、后卫以及守门员四个位置，且出场率分别为，，，，当乙球员担当前锋、中锋、后卫以及守门员时，球队输球的概率依次为，，，当乙球员参加比赛时，该球队某场比赛不输球的概率为______．15.  如图是一块高尔顿板示意图：在一块木板上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为，，，，，用表示小球落入格子的号码，则下面结论中正确的是______ ．



 16.  已知，对任意的，不等式恒成立，则的最小值为______．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
已知集合，．
若“”是“”的充分不必要条件，求的取值范围；
若，求的取值范围．18.  本小题分
在二项式的展开式中，_______，给出下列条件：
若展开式前三项的二项式系数的和等于；
所有偶数项的二项式系数的和为；
若展开式中第项为常数项．
试在上面三个条件中选择一个补充在上面的横线上，并且完成下列问题：
求展开式中系数最大的项；
求展开式中的常数项．
备注：如果多个条件分别解答，按第一个条件计分19.  本小题分
党的十九大提出实施乡村振兴战略以来，农民收入大幅提升，年月日某市举办中国农民丰收节庆祝活动，粮食总产量有望连续十年全省第一据统计该市年至年农村居民人均可支配收入的数据如表： 年份年份代码人均可支配收入单位：万元根据上表统计数据，计算与的相关系数，并判断与是否具有较高的线性相关程度若，则线性相关程度一般，若，则线性相关程度较高，精确到；
求出与的回归方程．
参考公式和依据，相关系数：，，，，，．20.  本小题分
地球上生命体内都存在生物钟研究表明，生物钟紊乱会导致肥胖、糖尿病、高血压、高血脂等严重体征状况，控制睡眠或苏醒倾向的生物钟基因，简称分为导致早起倾向和导致晚睡倾向某研究小组为研究光照对动物的影响，对实验鼠进行了光照诱导与蛋白干预实验以下是只实验鼠在光照诱导与蛋白干预实验中，出现突变的指标： 实验鼠编号指标实验鼠编号指标长期试验发现，若实验鼠指标超过，则认定其体征状况严重．
从实验鼠中随机选取只，记为体征状况严重的只数，求的分布列和数学期望；
若编号的实验鼠为蛋白干预实验组，编号的为非蛋白干预对照组，试依据小概率值的独立性检验，分析蛋白干预是否与实验鼠体征状况有关？ 附：其中．21.  本小题分
某校数学组老师为了解学生数学学科核心素养整体发展水平，组织本校名学生进行针对性检测检测分为初试和复试，并随机抽取了名学生的初试成绩，绘制了频率分布直方图，如图所示．
根据频率分布直方图，求样本平均数的估计值；
若所有学生的初试成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，初试成绩不低于分的学生才能参加复试，试估计能参加复试的人数；
复试共三道题，规定：全部答对获得一等奖；答对两道题获得二等奖；答对一道题获得三等奖；全部答错不获奖已知某学生进入了复试，他在复试中前两道题答对的概率均为，第三道题答对的概率为若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为，求的最小值．
附：若随机变昰服从正态分布，则，，．
22.  本小题分
已知函数，其中为自然对数的底数，．
讨论函数的单调性；
当时，若存在使得关于的不等式成立，求的最小整数值参考数据：
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：集合，
集合，
则．
故选：．
求出集合，集合，利用交集定义能求出．
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 2.【答案】 【解析】解：根据题意，命题：，，是全称命题，
其否定为：，；
故选：．
根据题意，由全称命题和特称命题的关系，分析即可得答案．
本题考查命题的否定，注意全称命题和特称命题的关系，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查了一元二次不等式的应用，以及根与系数的关系，同时考查了基本不等式性质的运用能力和计算能力．
根据不等式的解集为，利用韦达定理求出，，利用基本不等式的性质求解．【解答】解：不等式的解集为，
故，为对应方程的两个根，
根据韦达定理，可得：，，
那么：，
，
，
即，当且仅当时等号成立，
故的最大值为．
故选：．  4.【答案】 【解析】解：现有名大学生志愿者，通过培训后，拟安排在游泳、篮球、体操三个项目进行志愿者服务，
假设每个项目至少安排一名志愿者，且每位志愿者只能参与其中一个项目，
设事件表示“甲被安排到游泳项目”，事件表示“乙被安排到游泳项目”，
，，
在甲被安排到游泳项目的条件下，乙也被安排到游泳项目的概率为：
．
故选：．
设事件表示“甲被安排到游泳项目”，事件表示“乙被安排到游泳项目”，，，利用条件概率能求出在甲被安排到游泳项目的条件下，乙也被安排到游泳项目的概率．
本题考查概率的运算，考查条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 5.【答案】 【解析】解：令，则，
令，则，
所以可得：，
又，所以，，
即，，又，
即整除的余数为，负余数为，所以，解得，
故选：．
分别令，，求出的偶次项的系数和，由此求出，，即，，再求出整除的余数，由此即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，涉及到整除问题，考查了学生的运算转化能力，属于中档题．
 6.【答案】 【解析】解：由样本数据可得：，，
，
则回归直线方程为：，
对于，，则残差不为，A错误；
对于，，残差为，B正确；
对于，，则残差不为，C错误；
对于，，则残差不为，D错误．
故选：．
由表格数据计算可得样本中心点，由此可计算求得，从而得到回归直线方程；将选项中的点代入回归直线，满足回归直线方程的即为残差为的样本点．
本题主要考查了线性回归方程的求解，属于中档题．
 7.【答案】 【解析】
解：当用种颜色涂、、、时，则、涂色相同，、涂色相同，共有种涂色方法，则涂有种涂色方法，
即给正四棱锥的五个顶点涂色，共种涂色方法，
当用种颜色涂、、、时，则、涂色相同，、涂色不相同，或、涂色不相同，、涂色相同，共有种涂色方法，则涂有种涂色方法，
即给正四棱锥的五个顶点涂色，共种涂色方法，
由得：不同的涂法有种，
故选：．
结合排列组合中的加法原理及乘法原理求解即可．
本题考查了排列组合中的加法原理及乘法原理，属基础题．
 8.【答案】 【解析】解：由题可设，
，则，
函数在上单调递增，
由已知有，不等式两边同时除以可得：，
即，因为在上单调递增，
故，解得：，
故选：．
设，得到函数在上单调递增，不等式转化为，求出不等式的解集即可．(    )
试题以导数为背景，考查利用导数研究函数的单调性，考查推理论证能力，考查逻辑推理核心素养，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】解：对，由方差的性质可知，若随机变量，满足，则，故错误；
对，根据正态分布的图象对称性可得，故B正确；
对，根据回归直线过样本中心点可知C正确；
对，由可知判断与有关且犯错误的概率不超过，故D正确．
故选：．
对，根据方差的性质判断即可；
对，根据正态分布的对称性判断即可；
对，根据回归直线的性质判断即可；
对，根据独立性检验的性质判断即可．
本题考查了方差，正态分布和回归直线与独立性检验的性质，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，安排人参加项工作，若每人都安排一项工作，每人有种安排方法，则有种安排方法，A错误；
对于，根据题意，分步进行分析：先将人分为组，再将分好的组全排列，安排项工作，有种安排方法，B错误；
对于，分步分析：需要先将人分为组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有种情况，
则有种不同安排方案，C正确；
对于，根据题意，分种情况讨论：从丙，丁，戊中选出人开车，从丙，丁，戊中选出人开车，则有种安排方法，D正确；
故选：．
根据题意，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
 11.【答案】 【解析】解：对于，若“，”为真命题，
等价于不等式对于恒成立，
显然当时，符合题意；
当时，则等价于函数的图象与轴有一个或者没有交点，
显然，且，解得；
所以实数的取值范围是，即A正确；
对于，根据题意可得当时，可得，
要计算的值，
可令，即可得，即可得，即B正确；
对于，由基本不等式可得，
又，即，所以的最大值为，即C错误；
对于，根据题意可得，，，，
所以，即D正确．
故选：．
由全称量词命题为真，根据不等式恒成立对参数分类讨论即可得的取值范围是，所以A正确；利用赋值法可分别令和即可解得，即B正确；根据提供等式信息，利用基本不等式即可得的最大值为，即C错误；写出随机变量对应的概率即可求得，可知D正确．
本题主要考查了二项式定理的应用，考查了基本不等式的应用，以及离散型随机变量的期望，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：记第一次抽到第号球的事件分别为，则有，，
对于，在第一次抽到号球的条件下，将号球放入号盒子内，
因此第二次抽到号球的概率为，故A选项正确；
对于，记第二次在第号盒子内抽到号球的事件分别为，
而，，两两互斥，和为，，，，
记第二次抽到号球的事件为，，
第二次的球取自盒子的编号与第一次取的球的号码相同，
，
，
，
即如果第二次抽到的是号球，则它来自号盒子的概率最大，故C选项正确；
对于，记第二次在第号盒子内抽到号球的事件分别为，
而，，两两互斥，和为，，，，
即第二次抽到号球的事件为，，
故B选项正确；
对于，把个不同的小球分成组的不同分组方法数是种，
将每一种分组方法分成的小球放在个盒子中有种不同方法，
由分步乘法计数原理得不同的放法种数是种，故D选项错误．
故选：．
对于，利用条件概率公式求解；对于，利用全概率公式求解；对于，利用贝叶斯公式求解；对于，不同元素的分配问题，先分份再分配即可求解．
本题考查排列组合以及条件概率相关知识，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：因为在直线方程中，斜率，
因为所有样本点都在直线上，
所以，这组样本数据是完全的线性关系，且正相关，
所以，这组样本数据的样本相关系数为．
故答案为：．
根据相关系数的定义可求得结果．
本题考查相关系数的定义，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：当乙球员参加比赛时，该球队某场比赛输球的概率，
因此当乙球员参加比赛时，该球队某场比赛输球的概率，
故答案为：．
利用全概率公式、对立事件的概率计算公式即可得出结论．
本题考查了全概率公式、对立事件的概率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】解：由题意可知，的所有取值为，，，，，，
则，
由对称性可知，，，
所以，
．
故答案为：．
根据已知条件写出随机变量的取值，并求出随机变量对应的概率，利用离散型随机变量的均值和方差公式即可求解．
本题主要考查了离散型随机变量的均值和方差公式，属于中档题．
 16.【答案】 【解析】解：，恒成立．
令，．
在上单调递增．
存在唯一零点，满足，
则，，
，即，
，，当且仅当时取等号．
解得．
的最小值为．
故答案为：．
，恒成立令，在上单调递增．可得：存在唯一零点，满足，再进一步转化求解即可得出结论．
本题考查了利用导数研究函数的单调性、不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
 17.【答案】解：，即，解得，，
若是的充分不必要条件，则，
则，解得．
的取值范围为．
当时，则，即，符合题意，
当时，得，即，
由，得或，解得或，
或，
综上所述，的取值范围为． 【解析】先得到，再列出不等式组求解即可．
分类讨论和，再分别列出不等式组求解即可．
本题考查了绝对值不等式的解法，充要条件的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
 18.【答案】解：选择：，即，
即，解得或舍去．
选择：，即，解得．
选择：，则有，所以．
因为展开式中第项为常数项，即，所以．
展开式中系数最大的项为第项，，
展开式的通项为，
令，
，
展开式中常数项为第项，常数项为． 【解析】分别对补充的条件进行分析，选直接可求出的值，进而即可解出；
选进行转化解出的值，进而即可解出；
选通过列出等式，即可解出．
本题考查了二项式定理，学生的数学运算能力，属于基础题．
 19.【答案】解：由表知的平均数为，
，，
，
与具有较高的线性相关程度；
，，
，
，
所以年份代码和人均可支配收入的回归直线方程为． 【解析】根据已知求得，利用相关系数公式求得相关系数，比较可得结论；
利用回归方程的系数公式求得，继而求得，即可求得与的回归方程．
本题主要考查了独立性检验的应用，考查了线性回归方程的求解，属于中档题．
 20.【答案】解：由题意得，只实验鼠中，有只体征状况严重，
的可能取值有，，，，
，
，
所以的分布列为：           所以的数学期望；
由题意得，根据所给数据，得到列联表：   蛋白干预 非蛋白干预 合计 体征状况严重    体征状况不严重    合计   零假设：实验鼠体征状况与蛋白干预没有关系，
利用列联表中的数据得，，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可认为成立，即认为实验鼠体征状况与蛋白干预无关． 【解析】先求出的可能取值，逐个求解概率可得分布列，利用期望公式可求期望；
根据提供的数据列出列联表，计算卡方，根据临界值进行判断．
本题考查了独立性检验和离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题．
 21.【答案】解：样本平均数的估计值为，
则．
解得所以样本平均数的估计值为．
因为学生的初试成绩近似服从正态分布，其中，．
所以所以．
所以估计能参加复试的人数为．
由该学生获一等奖的概率为可知：．
则．
令．．
当时，；当时，．
所以在区间上是减函数，在区间上是增函数．
所以所以的最小值为． 【解析】由频率直方图平均数的计算公式求解即可；
由分析知，，则，由原则求解即可；
由题意可得出，求导，得到函数的单调性和最值，即可求出答案．
本题考查频率分布直方图以及正态分布相关知识，属于中档题．
 22.【答案】解：，
，
时：令，解得，
时，，
时，，
在递增，在递减；
时，则对任意都有，
故在上单调递增；
若时，时，，
时，，
在递减，在递增；
综上：时，在递增，在递减，
时，在上单调递增，
时，在递减，在递增．
当时，令，
则，，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
故，
而时，，，，
故使得，即，
故在递减，在递增，
故，
若存在使得关于的不等式成立，
则即可，
令，，显然在递减，
故，故，
故的最小整数值是． 【解析】求出函数的导数，分，，三种情况讨论的单调性；
构造，求的取值范围，再利用不等式存在性问题求整数的最小值，
本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及存在性问题，函数的隐含零点问题，考查转化思想，是难题．