2022-2023学年湖北省随州市曾都区第一中学高二下学期期末模拟数学试题含答案

这是一份2022-2023学年湖北省随州市曾都区第一中学高二下学期期末模拟数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省随州市曾都区第一中学高二下学期期末模拟数学试题

一、单选题
1．已知，，且，则x的值为（    ）
A． B． C．6 D．－6
【答案】D
【分析】空间中两向量平行，其对应坐标成比例，故可求之.
【详解】因为，所以，解得.
故选：D.
2．某兴趣小组研究光照时长和向日葵种子发芽数量颗之间的关系，采集5组数据，作如图所示的散点图.若去掉后，下列说法正确的是（    ）
  
A．相关系数的绝对值变小
B．决定系数变大
C．残差平方和变大
D．解释变量与响应变量的相关性变弱
【答案】B
【分析】由图可知：较其他的点偏离直线最大，所以去掉后，回归效果更好，结合相关系数、决定系数、残差平方和以及相关性逐项分析判断即可.
【详解】由图可知：较其他的点偏离直线最大，所以去掉后，回归效果更好.
对于选项A：相关系数越接近于1，线性相关性越强，所以去掉后，相关系数的绝对值变大，故A错误；
对于选项B：决定系数越接近于1，拟合效果越好，所以去掉后，决定系数变大，故B正确；
对于选项C：残差平方和变大，拟合效果越差，所以去掉后，残差平方和变小，故C错误
对于选项D：由选项A可知：去掉后，相关系数的绝对值变大，所以解释变量与响应变量的相关性变强，故D错误；
故选：B.
3．若的展开式中的系数为20，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据二项展开式的通项公式可求出结果.
【详解】，
的通项公式为，
令，得（舍），令，得，
依题意得，得.
故选：B
4．近期将有高校到某中学进行高考招生政策宣讲，校办从6名新教师中选派4人分别从事4项不同的工作，则小王和小丁从事前两项工作的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据排列知识以及古典概型的概率公式可求出结果.
【详解】从6名新教师中选派4人分别从事4项不同的工作，有种，
其中小王和小丁从事前两项工作的有种，
所以所求概率为.
故选：B
5．若直线与圆交于，两点，当最小时，劣弧的长为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】化简直线方程化为，得到直线恒过定点，结合圆的性质和圆的弦长公式，即可求解.
【详解】由题意，直线可化为，
当且，即且时，等式恒成立，
所以直线恒过定点，
由圆的方程知，圆心为，半径，
当直线时，取得最小值，且最小值为，
如图，

此时弦长对的圆心角一半的正切值为，故圆心角为，
所以劣弧长为.
故选：B.
6．为了解高中学生的体质健康水平，某市教育局分别从身体形态、身体机能、身体素质等方面对该市高中学生的体质健康水平进行综合测评，并根据年版的《国家学生体质健康标准》评定等级，经过统计，甲校有的学生的等级为良好，乙校有的学生的等级为良好，丙校有的学生的等级为良好，且甲、乙、丙这三所学校参加测评的学生人数之比为.从甲、乙、丙这三所学校参加测评的学生中随机抽取名学生，则该学生的等级为良好的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】记“该学生来自甲校”为事件，“该学生来自乙校”为事件，“该学生来自丙校”为事件，记“该学生的等级为良好”为事件，利用全概率公式可求得的值.
【详解】从甲、乙、丙这三所学校参加测评的学生中随机抽取名学生，
记“该学生来自甲校”为事件，“该学生来自乙校”为事件，“该学生来自丙校”为事件，
则，，.
记“该学生的等级为良好”为事件，则，，，
所以
.
故选：C.
7．已知等差数列的首项为1，前项和为，且对任意，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意可得等差数列是递减数列，可得，，结合等差数前和公式即可判断.
【详解】设的公差为，由题设条件可知，且则，
因此，，
而符号不确定．
故选：C．
8．已知函数，若对任意的，且，都有，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题设可知在上单调递增，有在上恒成立，即恒成立，构造利用导数研究单调性，进而求的范围.
【详解】由题设，对任意的，且，都有，
∴在上单调递增，则，即恒成立，
若，则，
∴上，单调递减；上，单调递增.
∴，故有.
故选：A
【点睛】关键点点睛：判断在上单调递增，即，应用参变分离，将问题转化为不等式恒成立问题，并构造函数利用导数研究单调性，进而确定参数范围.

二、多选题
9．下列说法正确的是（    ）
A．若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数r的值越接近于1
B．经验回归方程为时，变量x和y负相关
C．在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高
D．对两个变量y和x进行回归分析，得到一组样本数据，，，，其经验回归方程必过点，则
【答案】BCD
【分析】对于A，线性相关系数r的性质可得A不正确；对于B，根据斜率小于，可得B正确；对于C，根据残差分析结论可得C正确；对于D，根据经验回归方程必过点，可得D正确.
【详解】对于A，若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数r的绝对值越接近于1，故A不正确；
对于B，因为斜率小于，所以变量x和y负相关，故B正确；
对于C，在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高，故C正确；
对于D，因为经验回归方程必过点，所以，，所以，故D正确.
故选：BCD
10．已知的展开式中各项系数的和为1，则下列结论正确的有（    ）
A．
B．展开式中二项式系数之和为256
C．展开式中系数最大的项为第3项
D．展开式中的系数为
【答案】AC
【分析】对四个选项一一验证：
选项A:令x=1即可求解；
选项B:根据二项式系数和的公式即可求解；
选项C:先研究二项式的展开式的系数最大的项，进而研究的展开式中系数最大的项；
选项D:求出二项式展开式的通项公式，即可求出展开式的x5的系数.
【详解】选项A:令x=1可得:,解得a=1,故A正确；
选项B:所以二项式为，二项式系数和为,故B错误；
选项C:先研究二项式的展开式为.
设第r+1项的系数最大,则，解得
又,所以r=2.
对于二项式的展开式中下标为奇数的项的系数为正数，
所以当r=2时,是二项式的展开式第3项,即,故C正确；
选项D:二项式展开式为，令7-2r=-5,解得r=6,所以展开式的x5的系数为,故D错误.
故选：AC
11．已知函数在上可导且，当时，其导函数满足，对于函数，下列结论正确的是（    ）
A．函数在上为增函数 B．是函数的极大值点
C． D．函数有2个零点
【答案】AC
【分析】由条件判断的单调性后对选项逐一判断
【详解】由题意得，而
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
是函数的极小值点，故A正确，B错误，
对于C，由单调性可知，则，故C正确，
对于D，，若，则函数无零点，故D错误，
故选：AC
12．已知抛物线的焦点为为抛物线上一动点，直线交抛物线于两点，点，则下列说法正确的是（    ）
A．存在直线，使得两点关于对称
B．的最小值为6
C．当直线过焦点时，以为直径的圆与轴相切
D．若分别以为切点的抛物线的两条切线的交点在准线上，则两点的纵坐标之和的最小值为4
【答案】BCD
【分析】由于抛物线的焦点，对于A，假设存在直线，使得，两点关于直线对称，设直线的方程为，联立抛物线的方程，由△得，
设，，，，求出线段的中点为坐标，再代入直线上，解得，即可判断A是否正确；
对于B：设为抛物线的准线，则准线的方程为，过点作于点，，当且仅当，， 三点共线时等号成立，即可判断B是否正确；
对于C：当直线过焦点时，设，，由抛物线的定义可得为点到准线的距离，即，求出以为直径的圆心为的中点坐标，进而可得圆心到轴的距离，即可判断C是否正确；
对于D：设，，，，求导得，写出切线的方程，的方程，联立解得交点的坐标，又点在准线上，得，再计算，即可判断D是否正确．
【详解】解：由于抛物线的焦点，
对于A，假设存在直线，使得，两点关于直线对称，
则设直线的方程为，联立，所以，
所以△，即，
设，，，，线段的中点为，所以，
所以，，因为点在直线上，
所以，解得，与矛盾，故A不正确；
对于B：设为抛物线的准线，则准线的方程为，过点作于点，
  
则，当且仅当，， 三点共线时等号成立，
所以的最小值为6，故B正确；
对于C：当直线过焦点时，设，，
则以为直径的圆心为的中点，，，
所以圆心到轴的距离为，
由抛物线的定义可得为点到准线的距离，即，所以，
所以当直线过焦点时，以为直径的圆与轴相切，故C正确；
对于D：设，，，，由，即，所以，
则切线的方程为，即，
同理切线的方程为，
联立，解得，，
由题意，点在准线上，则，所以，
所以，
所以当时，取得最小值4，故D正确；
故选：BCD．

三、填空题
13．若随机变量，且，则 .
【答案】/
【分析】根据正态分布的性质计算可得.
【详解】因为，且，
所以.
故答案为：
14．设，且，若能被13整除，则a＝ ．
【答案】12
【分析】将化为，求出被13整除的余数，再结合已知条件即可求解．
【详解】因为
，
即被13整除的余数为1，而，且，若能被13整除，
则，故，
故答案为：12
15．现在有5人通过3个不同的闸机进站乘车，每个闸机每次只能过1人，要求每个闸机都要有入经过，则有 种不同的进站方式（用数字作答）
【答案】720
【分析】考虑和两种情况，结合同一闸机的不同人的顺序，计算相加得到答案.
【详解】将5人分为3组，有和两种情况：
当分组为时：共有；
当分组为时：共有；
综上所述：共有种不同的进站方式.
故答案为：.

四、双空题
16．如图是瑞典数学家科赫在年构造的能够描述雪花形状的图案.图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边.反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．

设原三角形（图）的边长为，把图，图，图，中的图形依次记为，，，，，，则的边数 ，所围成的面积 ．
【答案】
【分析】记的边数为，三角形边长为，面积为，由图形变化规律可直接得到，从而得到；根据，采用累加法可求得.
【详解】记的边数为，三角形边长为，面积为，
由图形变换规律可知：，，则；
由图形可知：是在每条边上生成一个小三角形（去掉底边），
则，
由，，…，；
左右分别相加得：；
数列是公比为的等比数列，数列是公比为的等比数列，
，
.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的综合应用问题，解题关键是根据图形的变化规律确定的边数的变化规律符合等比数列的变化；并得到图形面积变化所满足的递推关系式，采用累加法表示出图形面积.

五、解答题
17．如图，在直三棱柱中，，，，点，分别在，，且，.设.

（1）当异面直线与所成角的大小为，求的值
（2）当时，求二面角的大小.
【答案】（1）；（2）.
【分析】分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，得出各点坐标，
（1）由直线与的方向向量夹角的余弦值的绝对值等于两异面直线所成的角余弦值求得；
（2）求得二面角两个面的法向量，由法向量的夹角得二面角．
【详解】解：因为直三棱柱，所以平面，
因为平面，所以，，
又因为，
所以建立分别以，，为，，轴的空间直角坐标系.

（1）设，则，，
各点的坐标为，，，.
，.
因为，，
又异面直线与所成角的大小为
所以，所以.
（2）因为，.∴，
设平面的法向量为，则，且.
即，且.
令，则，.又，
所以是平面的一个法向量.
同理，是平面的一个法向量.
所以所以平面，
当时，二面角的大小为．
【点睛】方法点睛：本题考查空间向量法求异面直线所成的角，求二面角．求空间角的方法：
（1）几何法（定义法）：根据定义作出空间的平面角（异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角的平面角）并证明，然后解三角形得出结论；
（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出直线方向向量，平面的法向量，利用直线方向向量的夹角得异面直线所成角（相等或互补），直线方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值得直线与平面所成角的正弦值，两个平面法向量的夹角得二面角（它们相等或互补）．
18．已知正项数列的首项，前n项和满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前n项和为，若对任意的，不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)；
(2)或.

【分析】（1）化简数列的递推公式，得，进而可求解数列的通项公式；
（2）利用裂项法，求解，列出不等式，即求.
【详解】（1）当时，，
∴，即，又，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，故，
又由（），
当时，也适合，
所以.
（2）∵，
∴，
又∵对任意的，不等式恒成立，，
∴，解得或.
即所求实数的范围是或.
19．为响应“双减政策”，丰富学生课余生活，某校举办趣味知识竞答活动，每班各选派两名同学代表班级回答4道题，每道题随机分配给其中一个同学回答.小明、小红两位同学代表高二1班答题，假设每道题小明答对的概率为，小红答对的概率为，且每道题是否答对相互独立.记高二1班答对题目的数量为随机变量
(1)若，①求高二1班答对某道题的概率；  ②求的分布列和数学期望；
(2)若高二1班至少答对一道题的概率不小于，求的最小值.
【答案】(1)①；②分布列见解析，
(2)

【分析】（1）先计算答对某道题的概率，而的可能取值为0，1，2，3，4，逐一计算概率，再写分布列和数学期望即可；
（2）根据题意列出不等式，求解即可．
【详解】（1）①高二1班答对某道题的概率：
根据题意可知，的可能取值为0，1，2，3，4，
则，
计算对应概率为，，，，，
故的分布列为

0
1
2
3
4






则对应期望为；（2）高二1班答对某道题的概率：
答错的概率：，所以，解得，
故的最小值为
20．设函数，其导函数为.
（1）求函数的单调区间；
（2）若，为整数，且当时，，求的最大值.
【答案】（1）若，在上单调递增；若，的单调减区间是：，增区间是：；（2）2.
【解析】（1）先求导，再分类讨论，利用导数的正负，可求的单调区间；（2）当时，等价于（），令，求导，利用导函数以及零点存在性定理研究函数的最值，即可求的最大值.
【详解】（1）的定义域为，
，
若，则，在上单调递增；
若，则解得.
当变化时，，变化如下表：





-
0
+

减
极小值
增
综上所述：若，在上单调递增；
若，的单调减区间是：，增区间是：.
（2）由于，
所以.
故当时，
等价于（），①
令，
则.
由（1）知，当时，
函数在上单调递增，
而，，
所以在存在唯一的零点.
故在存在唯一的零点.
设此零点为，则.
当时，；
当时，.
所以在的最小值为.
又由，
可得，
所以.
由于①式等价于，
故整数的最大值为2.
【点睛】关键点睛：本题考查函数的单调性，考查函数的最值；解决本题的关键是第一小题应用分类讨论的方法；第二小题将问题转化为求函数的最小值问题.
21．对某品牌机电产品进行质量调查，共有“擦伤、凹痕、外观”三类质量投诉问题．其中保质期内的投诉数据如下：

擦伤
凹痕
外观
合计
保质期内



1
保质期后的投诉数据如下：

擦伤
凹痕
外观
合计
保质期内



1
(1)若100项投诉中，保质期内60项，保质期后40项．依据小概率值的独立性检验，能否认为凹痕质量投诉与保质期有关联？
(2)若投诉中，保质期内占64%，保质期后占36%．设事件A：投诉原因是产品外观，事件B：投诉发生在保质期内．
（ⅰ）计算，并判断事件A，B是独立事件吗？
（ⅱ）“若该品牌机电产品收到一个产品外观问题的投诉，该投诉发生在保质期内的概率大”，这种说法是否成立？并给出理由．

0.1
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
，．
【答案】(1)在犯错概率不大于的前提下，认为凹痕质量投诉与保质期有关联
(2)（ⅰ），事件A，B不是独立事件；（ⅱ）说法成立，理由见详解

【分析】（1）根据题意可得列联表，代入的公式运算求解，并于比较大小，理解分析；（2）（ⅰ）运用全概率公式运算求解，根据条件概率公式求，并根据“若事件A，B是独立事件，则”，运算判断事件A，B是否独立事件；（ⅱ）根据条件概率公式分别求，，比较大小，理解分析．
【详解】（1）零假设：凹痕质量投诉与保质期无关联
根据题意可得列联表：

凹痕
非凹痕
总计
保质期前
10
50
60
保质期后
20
20
40
总计
30
70
100
则可得：
∵
∴不成立
即在犯错概率不大于的前提下，认为凹痕质量投诉与保质期有关联
（2）（ⅰ）由据题意可得：
∴
∵，则事件A，B不是独立事件
（ⅱ）由题意可得：
“该品牌机电产品收到一个产品外观问题的投诉，该投诉发生在保质期内”的概率
“该品牌机电产品收到一个产品外观问题的投诉，该投诉发生在保质期后”的概率
∵，则“若该品牌机电产品收到一个产品外观问题的投诉，该投诉发生在保质期内的概率大”，这种说法成立
22．已知椭圆的离心率为，以椭圆的顶点为顶点的四边形面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)我们称圆心在椭圆上运动且半径为的圆是椭圆的“环绕圆”.过原点作椭圆的“环绕圆”的两条切线，分别交椭圆于两点，若直线的斜率存在，并记为，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据条件可得即可得椭圆方程；
（2）先设切线的方程为，切线的方程为，由题意得环绕圆方程，由直线与圆相切及同解方程可得是方程的两个不相等的实数根，结合圆心在椭圆上得，由的范围可得最终答案.
【详解】（1）由题意，得且，又，
解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）      
设切线的方程为，切线的方程为，“环绕圆”的圆心D为.
由“环绕圆”的定义，可得“环绕圆”的半径为1，所以“环绕圆”的标准方程为.
因为直线与“环绕圆”相切，则由点到直线的距离公式可得：，
化简得.
同理可得.
所以是方程的两个不相等的实数根，
所以.
又因为“环绕圆”的圆心在椭圆上，所以代入椭圆方程中，
可得，解得.
所以.
又因为且，所以或.
所以或，所以或，
所以或.
所以的取值范围是.