2022-2023学年福建省福州第一中学高二下学期第四学段模块考试（期末）数学试题含答案

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2022-2023学年福建省福州第一中学高二下学期第四学段模块考试（期末）数学试题

一、单选题
1．已知，则（    ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】根据排列组合公式得到，解得答案.
【详解】，即，故，故.
故选：C
2．的展开式中的系数为（    ）
A．12 B．4 C． D．
【答案】C
【分析】由题意可知展开式中的系数是由中的3次项系数减去2倍的1次项系数.
【详解】的展开式的通项公式为，则
的展开式中的系数为，
故选：C
3．某公司为了确定下一年投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费（单位：万元）对年销售量（单位：千件）的影响．现收集了近5年的年宣传费（单位：万元）和年销售量（单位：千件）的数据，其数据如下表所示，且关于的线性回归方程为，当此公司该种产品的年宣传费为16万元时，预测该产品的年销售量为（    ）

4
6
8
10
12

5
25
35
70
90
A．131千件 B．134千件
C．136千件 D．138千件
【答案】A
【分析】根据线性回归方程过样本中心点可求得，再令运算求解即可.
【详解】由题意可得：，
则样本中心点为，可得，解得，
故，
令，则，
故当此公司该种产品的年宣传费为16万元时，预测该产品的年销售量为131千件.
故选：A.
4．的面积为S，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，则的值是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据三角形的面积公式结合余弦定理化简求出，即可得解.
【详解】因为，又，
所以，
所以，又，
所以，
所以，
又，则，
所以，所以，
则.
故选：A.
5．将四位数2023的各个数字打乱顺序重新排列，则所组成的不同的四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】运用列举法求古典概型的概率即可.
【详解】将2023各个数字打乱顺序重新排列所组成的不同四位数（含原来的四位数）的基本事件有：2203、2230、3220、3022、2023、2320、2032、2302、3202共9个，
所组成的不同四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻的基本事件有：2023、2320、2032、2302、3202共5个，
所以所组成的不同四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻的概率为.
故选：A.
6．古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律，由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为（    ）

A．16 B．20 C．24 D．28
【答案】C
【分析】利用分类加法原理即可求解.
【详解】梯形的上、下底平行且不相等，如图，

若以为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有个，
若以为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有个，
所以梯形的个数是个.
故选：C.
7．甲､乙两所学校各有3名志愿者参加一次公益活动，活动结束后，站成前后两排合影留念，每排3人，若每排同一个学校的两名志愿者不相邻，则不同的站法种数有（    ）
A．36 B．72 C．144 D．288
【答案】B
【分析】先求出第一排有2人来自甲校，1人来自乙校，根据分步乘法计数原理求出不同的站法种数. 同理可得，第一排有2人来自乙校，1人来自甲校，不同的站法种数.然后根据分类加法计数原理，相加即可得出答案.
【详解】第一排有2人来自甲校，1人来自乙校：
第一步，从甲校选出2人，有种选择方式；
第二步，2人站在两边的站法种数有；
第三步，从乙校选出1人，有种选择方式；
第四步，第二排甲校剩余的1人站中间，乙校剩余的2人站在两边的站法种数有.
根据分步乘法计数原理可知，不同的站法种数有.
同理可得，第一排有2人来自乙校，1人来自甲校，不同的站法种数有.
根据分类加法计数原理可知，不同的站法种数有.
故选：B.
8．某蓝莓基地种植蓝莓，按1个蓝莓果重量Z克）分为4级：的为A级，的为B级，的为C级，的为D级，的为废果．将A级与B级果称为优等果．已知蓝莓果重量Z可近似服从正态分布．对该蓝莓基地的蓝莓进行随机抽查，每次抽出1个蓝莓果、记每次抽到优等果的概率为P（精确到0.1）．若为优等果，则抽查终止，否则继续抽查直到抽出优等果，但抽查次数最多不超过n次，若抽查次数X的期望值不超过3，n的最大值为（    ）附：
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】A
【分析】依题意可得，设，利用错位相减法求出，即可得到，从而得到，再根据指数函数的性质及所给数据判断即可.
【详解】因为蓝莓果重量服从正态分布，其中，
，
设第次抽到优等果的概率（），
恰好抽取次的概率，所以，
设，则，
两式相减得：，
所以，
由，即，
又
所以的最大值为．
故选：A．
【点睛】关键点睛：本题的关键点在于设，利用错位相减法求出，进而求出，利用指数函数的单调性解不等式即可.

二、多选题
9．某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到A，B，C三家企业开展“面对面”义诊活动，每名医生只能到一家企业工作，每家企业至少派1名医生，则下列结论正确的是（    ）
A．所有不同分派方案共种
B．所有不同分派方案共36种
C．若甲必须到A企业，则所有不同分派方案共12种
D．若甲，乙不能安排到同一家企业，则所有不同分派方案共30种
【答案】BCD
【分析】先将四人分成三组，然后分配到三个企业即可判断AB；分企业有两人和企业只有一人，两种情况讨论即可判断C；先求出甲，乙安排到同一家企业的种数，再利用排除法求解即可.
【详解】由题意，所有不同分派方案共种，故A错误，B正确；
对于C，若甲必须到A企业，
若企业有两人，则将其余三人安排到三家企业，每家企业一人，
则不同分派方案有种，
若企业只有一人，则不同分派方案有种，
所以所有不同分派方案共种，故正确；
对于D，若甲，乙安排到同一家企业，
则将剩下的两人安排到另外两家企业，每家企业一人，
则有种不同的分派方法，
所以若甲，乙不能安排到同一家企业，则所有不同分派方案共种，故D正确.
故选：BCD.
10．一个袋子有5个大小相同的球，其中有2个红球，3个黑球，试验一：从中随机地有放回摸出2个球，记取到红球的个数为，期望和方差分别为；试验二：从中随机地无放回摸出2个球，记取到红球的个数为，期望和方差分别为；则（    ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】根据条件得到，由二项分布的均值和方差公式可求出，求出的可能取值，及其对应的概率，由方差和期望公式可求出，分别比较，和，可得答案.
【详解】由题意可得，
则，
由题意可取，
则，
，
，
所以，
，
所以，.
故选：AC.
11．的展开式中，下列说法正确的是（    ）
A．所有项系数和为64 B．常数项为第4项
C．整式共有3项 D．项的系数
【答案】AC
【分析】根据赋值法可求出所有项系数和判断A，由二项展开式的通项公式可判断BCD即可.
【详解】令，由知，所有项系数和为64，故A正确；
二项展开式的通项公式为，令，解得，故展开式第5项为常数项，故B错误；
当时，，展开式为整式，故C正确；
当时，，，故D错误.
故选：AC
12．已知中，，点D与点B在直线AC两侧，构成凸平面四边形ABCD，且，如图，则CD的长度可以为（    ）
  
A． B．1 C． D．3
【答案】AD
【分析】设，在中，由正弦定理可得，由余弦定理得的表达式，在中，由余弦定理可得的表达式，利用辅助角公式整理化简，进而根据的取值范围得出答案．
【详解】设，
在中，由正弦定理得，则，
由余弦定理得，
在中，由余弦定理得

，
其中，
所以，当时，取最小值3，最小值为，故A正确，BC错误；
当时，，，故D正确．
故选：AD.

三、填空题
13．现有两批产品，第一批产品的次品率为5%，第二批产品的次品率为15%，两批产品以3:2的比例混合在一起，从中任取1件，该产品合格的概率为 .
【答案】0.91/
【分析】设两批产品共取件，求出第一批和第二批产品中的合格品的件数即得解.
【详解】设两批产品共取件，
所以第一批产品中的合格品有件，第二批产品中的合格品有件，
所以从中任取1件，该产品合格的概率为.
故答案为：0.91
14．某产品的质量指标服从正态分布.质量指标介于47至53之间的产品为合格品，为使这种产品的合格率达到99.74%，则需调整生产技能，使得至多为 .（参考数据：若，则）
【答案】1
【分析】根据题意以及正态曲线的特征可知，，然后列不等式组可解．
【详解】依题可知，，又，
所以，要使合格率达到99.74%，则，
所以，解得：，故σ至多为1．
故答案为：1．
15．2023年9月第19届亚运会将在杭州举办，在杭州亚运会三馆（杭州奥体中心的体育馆、游泳馆和综合训练馆）对外免费开放预约期间将含甲、乙在内的5位志愿者分配到这三馆负责接待工作，每个场馆至少分配1位志愿者，且甲、乙分配到同一个场馆，则甲分配到游泳馆的概率为 .
【答案】
【分析】利用计数原理和排列组合公式，分别计算甲、乙分配到同一个场馆的方法数和甲分配到游泳馆的方法数，根据古典概型的计算公式计算.
【详解】甲、乙分配到同一个场馆有以下两种情况：
（1）场馆分组人数为1，1，3时，甲、乙必在3人组，则方法数为种；
（2）场馆分组人数为2，2，1时，其中甲、乙在一组，则方法数为种，
即甲、乙分配到同一个场馆的方法数为.
若甲分配到游泳馆，则乙必然也在游泳馆，此时的方法数为，
故所求的概率为.
故答案为：

四、双空题
16．我们称元有序实数组为n维向量，为该向量的范数．已知n维向量，其中，记范数为奇数的的个数为，则 ； ，（用含n的式子表示，）．
【答案】 14
【分析】当时，范数为奇数，则的个数为偶数，即的个数为，根据乘法原理和加法原理得到；考虑当为偶数时，的个数为奇数，当为奇数时，的个数为偶数，根据和的展开式的加减得到的通项公式.
【详解】当时，范数为奇数，则的个数为偶数，即的个数为，
根据乘法原理和加法原理得到.
当为偶数时，范数为奇数，则的个数为奇数，即的个数为，
根据乘法原理和加法原理得到，
，
，
两式相减得到；
当为奇数时，范数为奇数，则的个数为偶数，即的个数为，
根据乘法原理和加法原理得到，
，
，
两式相加得到.
综上所述：.
故答案为：14，．
【点睛】关键点睛：本题考查了向量的新定义，乘法原理，加法原理，二项式定理，数列的通项公式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用和的展开式求数列通项是解题的关键，需要灵活掌握.

五、解答题
17．已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，已知若还满足下列两个条件中的一个：①；②．请从①②中选择一个条件，完成下列问题．我选择___________（填①或者②）．
(1)求；
(2)求对应的面积．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）选①，先利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；
选②，利用降幂公式及两角和差得余弦公式化简即可得解；
（2）先利用余弦定理求出边，再根据三角形面积公式即可得解.
【详解】（1）选①，因为，
由正弦定理可得，即，
则，
又，所以；
选②，因为，
所以，
即，
即，所以，
又，所以；
（2）由（1）得，
由余弦定理得，
即，解得（舍去），
所以.
18．在隧道施工过程中，若隧道拱顶下沉速率过快，无法保证工程施工的安全性，则需及时调整支护参数．某施工队对正在施工的福州象山隧道工程进行下沉量监控，通过对监控结果进行回归分析，建立前t天隧道拱顶的累加总下沉量z（单位：毫米）与时间t（单位：天）的回归方程，通过回归方程预测是否需要调整支护参数．已知该隧道拱顶下沉的实测数据如表所示：
t（单位：天）
1
2
3
4
5
6
7
z（单位：毫米）
0.01
0.04
0.14
0.52
1.38
2.31
4.30
研究人员制作相应散点图，通过观察，拟用函数进行拟合．令，计算得：，．
(1)试建立z与t的回归方程，并预测前8天该隧道拱顶的累加总下沉量；（精确到0.1）
(2)已知当拱顶在某个时刻下沉的瞬时速率超过27毫米/天时，支护系统将超负荷，隧道有塌方风险，施工队需要提前一天调整支护参数、试估计最迟在第几天调整支护参数？（精确到整数）
附：①回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：；
②参考数据：．
【答案】(1)，累加总下沉量为毫米.
(2)第9天

【分析】（1）根据公式计算u与t的回归方程，然后转化为z与t的回归方程；根据相关系数的计算公式即可.
（2）注意下沉速率27毫米/天，指的是瞬时变化率，利用导数求解.
【详解】（1）设，则.
；
;
，
,当时，.
所以预测前8天该隧道拱顶的累加总下沉量为毫米
（2），
下沉速率：，
所以设第n天下沉速率超过27毫米/天，
则：，，，，，
所以第10天该隧道拱顶的下沉速率超过27毫米/天，
最迟在第9天需调整支护参数，才能避免塌方．
19．全民健身是全体人民增强体魄、健康生活的基础和保障，为了研究福州市民健身的情况，某调研小组在我市随机抽取了100名市民进行调研，得到如下数据：
每周健身次数
1次
2次
3次
4次
5次
6次及6次以上
男
4
3
3
3
7
30
女
6
5
4
7
8
20
(1)如果认为每周健身超过3次的用户为“喜欢健身”，请完成列联表（见答题卡），根据小概率值的独立性检验，判断“喜欢健身”与“性别”是否有关？
(2)每周健身6次及6次以上的用户称为“健身达人”，视频率为概率，在我市所有“健身达人”中，随机抽取4名．福州某瑜伽馆计划对抽出的女“健身达人”每人奖励1000元健身卡，记奖励总金额为Y，求Y的数学期望．
附：，

0.10
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)列联表见解析，无关
(2)

【分析】（1）根据题意即可完成列联表，利用公式求出，再对照临界值表即可得出结论；
（2）先分别求出男“健身达人”和女“健身达人”的概率，再写出随机变量的所有取值，求出对应随机变量的概率，再根据期望公式即可得解.
【详解】（1）由题意，列联表如下：

喜欢健身
不喜欢健身
总计
男



女



总计



由，
所以根据小概率值的独立性检验， “喜欢健身”与“性别”无关；
（2）在我市所有“健身达人”中，任选一人，
为男“健身达人”的概率为，为女“健身达人”的概率为，
则随机变量可取，
则，，
，，
，
所以元.
20．盲盒是指消费者不能提前得知具体产品款式的玩具盒子，具有随机属性某品牌推出2款盲盒套餐，A款盲盒套餐包含4款不同单品，且必包含小兔款玩偶；B款盲盒套餐包含2款不同单品，有的可能性出现小兔款玩偶．
(1)甲、乙、丙三人每人购买1件B款盲盒套餐，记随机变量为其中小兔款玩偶的个数，求的分布列和数学期望；
(2)某消费者在开售首日与次日分别购买了A款盲盒套餐与B款盲盒套餐各1件，并将6件单品全部打乱放在一起，从中随机抽取1件打开后发现为小兔款玩偶，求该小兔款玩偶来自于B款盲盒套餐的概率．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)

【分析】（1）根据二项分布的概率公式，进行计算得分布列及数学期望即可；
（2）根据全概率公式及条件概率公式分析计算即可.
【详解】（1）由题意，
则，
，
所以的分布列为：

0
1
2
3
P




；
（2）设事件A：随机抽取1件打开后发现为小兔款玩偶，
设事件：随机抽取的1件单品来自于A款盲盒套餐，
设事件：随机抽取的1件单品来自于B款盲盒套餐，
，
故由条件概率公式可得
，
即该小兔款玩偶来自于B款盲盒套餐的概率为．
21．已知
(1)当时，求的单调性；
(2)求证：有唯一实数解．
【答案】(1)在上单调递增
(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数计算即可判断单调性；
（2）等价于，构造函数，则，讨论当n为偶数，当n为奇数时，的单调性，即可证得结论.
【详解】（1）当时，，，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
所以在上单调递增；
（2）令，
即，即，
令，
则，
当为偶数时，，在上单调递减，
因为，所以有唯一解，
当为奇数时，若，则，在单调递增，
若，则，在单调递减，
所以，
所以有唯一解，
综上，有唯一实数解.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
22．某疫苗生产单位通过验血的方式检验某种疫苗产生抗体情况，现有份血液样本（数量足够大），有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，需要检验n次；
方式二：混合检验，将其中k（且）份血液样本混合检验，若混合血样无抗体，说明这k份血液样本全无抗体，只需检验1次；若混合血样有抗体，为了明确具体哪份血液样本有抗体，需要对每份血液样本再分别化验一次，检验总次数为次．
假设每份样本的检验结果相互独立，每份样本有抗体的概率均为．
(1)现有7份不同的血液样本，其中只有3份血液样本有抗体，采用逐份检验方式，求恰好经过4次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
(2)现取其中k（且）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为；采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为．
①若，求P关于k的函数关系式；
②已知，以检验总次数的期望为依据，讨论采用何种检验方式更好？
参考数据：．
【答案】(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）分为两种情况，一种是前三次检验中，其中两次检验出抗体，第四次检验出抗体，二是前四次均无抗体，再结合概率公式即可求解；
（2）①由已知得，的所有可能取值为1，，求出相应的概率，再由可求得P关于k的函数关系式；②由得（且），构造函数，利用导数求解其单调区间，讨论可得结果.
【详解】（1）设恰好经过4次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来为事件，
事件分为两种情况，一种是前三次检验中，其中两次检验出抗体，第四次检验出抗体，二是前四次均无抗体，
所以，
所以恰好经过4次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率为，
（2）①由已知得，的所有可能取值为1，，
所以， ，
所以，
若，则，
所以，，
所以，得，
所以P关于k的函数关系式（且）
②由①知，，
若，则，所以，得，
所以（且）
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，
，
所以不等式的解是且，
所以且时，，采用方案二混合检验方式好，
且时，，采用方案一逐份检验方式好，
【点睛】关键点点睛：此题考查概率的综合应用，考查随机变量的数学期望，考查导数的应用，解题的关键是根据题意求出两随机变量的期望，再由化简，再构造函数利用导数可求出的范围，考查数学计算能力，属于难题.