2022-2023学年山东省青岛市即墨区第一中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年山东省青岛市即墨区第一中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则=（    ）

A． B．Z C．M D．N

【答案】D

【分析】根据给定条件，确定集合的关系，再利用交集的定义求解作答.

【详解】依题意，，所以.

故选：D

2．设A．B为两个随机事件，且，则“事件A与事件B相互独立”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据独立事件概率乘法公式结合条件概率公式分析判断.

【详解】因为，则有：

若“事件A与事件B相互独立”，则，

可得；

若“”，则，

可得事件A与事件B相互独立；

所以“事件A与事件B相互独立”是“”的充要条件.

故选：C.

3．数轴上一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1秒向左或向右移动一个单位，已知向右移动的概率为，向左移动的概率为，共移动6次，则质点位于2的位置的概率是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设向左移动次数为，分析出其服从二项分布，再计算即可.

【详解】此实验满足6重伯努利实验，设向左移动次数为，则，

根据从0移动到2，且移动6次，则需向右移动4次，向左移动2次，

则，

故选：C.

4．的展开式的二项式系数和是64，则展开式的中间项为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用二项式系数的性质求出，再求出中间项作答.

【详解】的展开式的二项式系数和是64，则，解得，

所以展开式的中间项为.

故选：C

5．某研究性学习小组对春季昼夜温差大小与某花卉种子发芽多少之间的关系进行研究，据统计得出了昼夜温差x（℃）与实验室种子浸泡后的发芽数y（颗）之间的线性回归方程：，且对应数据如下表：

如果昼夜温差为13℃时，那么种子的发芽数大约是（    ）

A．20颗 B．29颗 C．30颗 D．36颗

【答案】B

【分析】根据给定的数表，求出样本的中心点，进而求出值，再代入计算作答.

【详解】依题意，，

于是，解得，即线性回归方程为，

当时，，

所以昼夜温差为13℃时，那么种子的发芽数大约是29颗.

故选：B

6．已知曲线和曲线在公共点处的切线相同，则该切线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，设出切点坐标，利用导数的几何意义求出切点及切线斜率作答.

【详解】依题意，设切点坐标为，

由求导得：，由求导得，

于是，整理得，而，解得，

因此切点坐标为，切线斜率为，切线方程为，即，

此时，令，，

递减，递增，，

即恒成立，当且仅当时取等号，因此两曲线有唯一公共点，符合题意，

所以切线方程为.

故选：A

7．随机变量X的分布列为：

则下面四种情形中D（X）最小的一组是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】根据分布列中的方差公式判断.

【详解】由题意，

选项A，，选项B，，选项，选项D，，

方差最小的是C，

故选：C．

8．已知，，．其中为自然对数的底数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件，构造函数，借助导数探讨单调性，再比较大小作答.

【详解】当时，令，

求导得，因此函数在上递增，函数在上递增，

于是，即有，，即有，

所以.

故选：D

二、多选题

9．下列结论正确的有（    ）

A．若随机变量，满足，，则

B．若样本数据（i=1，2，3，…，n）线性相关，则用最小二乘法估计得到的经验回归直线经过该组数据的中心点

C．若随机变量，且P（ξ<6）=0.84，则P（3<ξ<6）=0.34

D．若根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到的值越小，则X与Y相关性越强

【答案】BC

【分析】根据，则，可判断A；利用正态分布的性质可判断B；根据回归方程的性质可判断C；根据和分类变量相关性的关系可判断D，

【详解】对于A，若，则，所以若，则，故错误；

对于B，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 ，正确；

对于C，若随机变量，且，则，所以，故正确；

对于D，若根据分类变量X与Y的成对样本数据，值越大，则X与Y相关性越强，错误.

故选：BC.

10．某种产品加工需要5道工序（    ）

A．若其中a工序不能放最后，则有96种加工顺序

B．若其中a，b两道工序必须相邻，则有24种加工顺序

C．若其中a，b两道工序不能相邻，则有120种加工顺序

D．若其中a工序不能放在最前，b工序不能放在最后，则有78种加工顺序

【答案】AD

【分析】特殊元素优先处理得出A选项，相邻工序捆绑法得出B选项，不相邻问题插空法判断C选项，去掉不合题意情况计算得出D选项.

【详解】某种产品加工需要5道工序,若其中a工序不能放最后，先选个非最后的位置再排其他4道工序，则有种加工顺序,A选项正确;

若其中a，b两道工序必须相邻，先把相邻的两道工序捆绑再一起排其他，则有种加工顺序,B选项错误;

若其中a，b两道工序不能相邻，先排其它工序再插空处理不能相邻工序，则有种加工顺序,C选项错误;

若其中a工序不能放在最前，b工序不能放在最后，在任意排列中出掉a工序放在最前b工序不能放在最后，

再去掉a工序不能放在最前b工序放在最后，最后加上a工序放在最前且b工序放在最后，则种加工顺序,D选项正确.

故选:AD.

11．某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为0.6．0.5．0.4，则（    ）

A．该棋手三盘三胜的概率为0.12

B．若比赛顺序为甲乙丙，则该棋手在赢得第一盘比赛的前提下连赢三盘的概率为0.4

C．若比赛顺序为甲乙丙，则该棋手连赢2盘的概率为0.26

D．记该棋手连赢2盘为事件A，则当该棋手在第二盘与甲比赛最大

【答案】ACD

【分析】对A根据独立事件乘法公式即可判断，对B，对B转化为求连赢后两盘的概率，对C，分情况计算即可，对D分别计算出第2盘与甲、乙。丙比赛连胜两盘的概率，比较大小即可.

【详解】对于A，棋手胜三盘的概率为，故A正确；

对于B，棋手在胜甲的前提下连胜3盘的事件就是余下两盘胜乙，丙的事件，

其概率为，故B错误；

对于C，连胜两盘事件的概率为，故C正确；

对于D，第2盘与甲比赛连胜两盘的概率，

第2盘与乙比赛连胜两盘的概率，

第2盘与丙比赛连胜两盘的概率，

因此，故D正确.

故选：ACD.

12．已知函数，下列说法正确的是（    ）

A．是偶函数

B．的极值点为，

C．是函数的一个增区间

D．的最小值为

【答案】ABD

【分析】利用函数奇偶性定义判断A；令，构造新函数，利用导数探讨极值点、最值判断BD；利用单调性定义判断C作答.

【详解】函数的定义域为R，

，是偶函数，A正确；

，则函数是周期函数，周期为，

令，，求导得，

当时，，当时，，即函数在上递减，在上递增，

当时，是增函数，因此函数在上递减，在上递增，

于是函数在上递减，在上递增，

则是函数的极值点，所以函数的极值点为，，B正确，

当时，，所以，D正确；

因为函数是偶函数，则有，因此函数在上不单调，C错误.

故选：ABD

三、填空题

13．以三棱柱的顶点为顶点的四棱锥的个数是______．

【答案】6

【分析】根据题意结合组合数运算求解.

【详解】由题意可得：四棱锥的顶点为三棱柱的顶点，底面为三棱柱的侧面且与该顶点不共面，

所以四棱锥的个数是.

故答案为：6.

14．已知，则=______

【答案】

【分析】根据二项展开式的通项公式分析运算.

【详解】因为的展开式的通项为，

令，可得，即；

令，可得，即；

所以.

故答案为：.

15．现有7张卡片，分别写上数字1，2，3，4，5，5，6，从这7张卡片中随机抽取3张，记所取卡片上数字的最大值为X，则=______．

【答案】

【分析】根据给定条件，求出随机试验的基本事件总数，再求出的事件所含基本事件数即可计算作答.

【详解】从这7张卡片中随机抽取3张的试验有个基本事件，

其中的事件所含基本事件数为，

所以.

故答案为：

16．若，（0<a<1）有两个不相等零点，则a的范围是______．

【答案】

【分析】根据给定条件，利用导数探讨函数的性质，结合零点存在性定理求解作答.

【详解】函数的定义域为R，，，，

当时，，即函数在上无零点，

而函数在R上有两个零点，则函数在上必有唯一零点，

，显然函数在上单调递减，

又函数在上的值域为，而，则在上无最大值，

，当，即时，恒成立，

函数在上单调递增，，此时在上无零点，

当时，，则，使得，即，

单调递增，单调递减，

，

由指数函数爆炸性增长知，，当时，，即当时，，

于是，解得，因此，

所以a的范围是.

故答案为：

【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.

四、解答题

17．李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他记录了100次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时32min，样本方差为36；骑自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布．

(1)求X，Y的分布中的参数；

(2)如果某天有38min可用，李明应选择哪种交通工具？并说明理由；

(3)春天到来，李明选择骑自行车上学，每天都上课前38分钟从家出发，则在100天的上学时间里不迟到的天数大约为多少天？（四舍五入，保留整数）

附：（参考数值：随机变量ξ服从正态分布，则，，．

【答案】(1)

(2)自行车

(3)84

【分析】（1）根据题意结合正态分布直接可得；

（2）根据题意结合正态分布分析运算；

（3）根据题意结合二项分布分析运算.

【详解】（1）由题意可设，

所以.

（2）由题意可得：坐公交车用时可得；

骑自行车用时可得；

因为，即坐公交车用时超过38min的可能性更大，故李明应选择自行车.

（3）由（2）可得，

设在100天的上学时间里不迟到的天数为，则，

可得，

所以不迟到的天数大约为84天.

18．为了研究高三年级学生的性别和身高是否大于170cm的关联性，调查了某中学所有高三年级的学生，整理得到如下列联表：

(1)依据α=0.05的独立性检验，能否认为该中学高三年级学生的性别与身高有关联？

附：，n=a+b+c+d

(2)考虑以Ω为样本空间的古典概型，设X和Y为定义在Ω上，取值于的成对分类变量，已知和，和都是互为对立事件．令为零假设或原假设．证明：若零假设成立，则和独立．

【答案】(1)不能认为该中学高三年级学生的性别与身高有关联；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据给定的数表，求出的观测值，再与临界值比对作答.

（2）利用零假设的意义，结合对立事件、概率的性质计算判断作答.

【详解】（1）假设：该中学高三年级学生的性别与身高无关联，则由列联表数据可得：

，

依据的独立性检验，即，但是，

即在样本数据中没有足够的证据拒绝，依据的独立性检验，不能认为该中学高三年级学生的性别与身高有关联，

在犯错误概率不超过0.05的情况下，不能认为该中学高三年级学生的性别与身高有关联.

（2）由条件概率的定义可知，零假设等价于，

或①，

注意到和为对立事件，于是，

再由概率的性质，我们有，

由此推得①式等价于，

因此零假设等价于与独立.

19．为深入贯彻落实党的二十大精神，也为了加快推动旅游业复苏，进一步增强居民旅游消费意愿，某市开展了党的二十大主题知识问答活动，报名参加知识问答活动的选手将获得两次抽奖机会，每次中奖都会得到某A级旅游景区门票一张，在抽奖箱中放8个大小相同的小球，其中4个为红色，4个为白色.抽奖方式为：每名参赛选手进行两次抽奖，每次抽奖从抽奖箱中一次性摸出两个小球，如果每次抽奖摸出的两个小球颜色相同即为中奖，两个小球颜色不同即为不中奖．

(1)若规定第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，求中奖次数X的分布列和数学期望；

(2)若规定第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，求中奖次数Y的分布列和数学期望；

(3)如果你是主办方，如何在上述两种抽奖方式中进行选择？请写出你的选择及简要理由.

【答案】(1)分布列见解析；期望为；

(2)分布列见解析；期望为；

(3)答案见解析.

【分析】（1）若第一次抽奖后将球放回抽奖箱，则中奖次数服从二项分布；

（2）若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，则中奖次数的分布列可由相互独立事件的概率公式求出；

（3）第（1）（2）两问的数学期望相等，根据宣传需要合理选用方案.

【详解】（1）若第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，则每次中奖的概率为，

因为两次抽奖相互独立，所以中奖次数服从二项分布，即，的所有可能取值为，

则，，，

所以的分布列为：

所以的数学期望．

（2）若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，中奖次数的所有可能取值为，

则，，

，

所以的分布列为：

所以的数学期望为.

（3）因为（1）（2）两问的数学期望相等，第（1）问中两次奖的概率比第（2）问的小，即，

第（1）问中不中奖的概率比第问小，即，

回答一：若商场老板希望中两次奖的顾客多，产生宣传效应，则选择按第（2）问方式进行抽；

回答二：若商场老板希望中奖的顾客多，则选择按第（1）问方式进行抽奖．

20．已知函数．

(1)当时，求曲线在点处切线方程；

(2)当时，求证：．

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）代入求导，计算和的值，即可得到切线斜率和切点坐标，最后用点斜式得切线方程并化简；

（2）求出导函数，再利用导数确定的单调性，从而确定的零点存在，得出其为极小值点，由得间的关系，代入变形，然后由基本不等式结合已知条件得证结论．

【详解】（1）当，，，

所以，而，

切线方程为，

即所求切线方程为；

（2）得定义域为，，

设，则，故是增函数，

当时，，时，，

所以存在，使得①，

且时，，单调递减，

时，，单调递增，

故②，由①式得③，

将①③两式代入②式，结合

得：，

当且仅当时取等号，结合②式可知，此时，

故恒成立．

【点睛】方法点睛：用导数证明不等式的方法：利用导数求得的最小值，证明最小值大于0即得，问题常常遇到最小值点不能直接求出，只有利用零点存在定理确定为，为此可利用的性质：确定与参数的关系，从而化为一个变量的函数（一元函数），然后由不等式的知识或函数知识得出其大于0.

21．某学校有A，B，C三家餐厅，王同学第1天随机选择一家餐厅用餐，如果第1天去A餐厅，则第2天去A，B，C三家餐厅的概率分别为0.4，0.2，0.4；如果第1天去B餐厅，则第2天去A，B，C三家餐厅的概率分别为0.3，0.1，0.6；如果第1天去C餐厅，则第2天去A，B，C三家餐厅的概率分别为0.2，0.6，0.2．

(1)若王同学第1天去了B餐厅，求王同学第3天去B餐厅的概率；

(2)已知1个学生去A．B．C三家餐厅一天的费用分别是20，30，40元，王同学第1天去B餐厅，记X（单位：元）表示王同学第1，2，3三天用餐总费用，求X的分布列及数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见详解，元

【分析】（1）根据题意结合独立事件概率乘法公式分析运算；

（2）根据题意求X的分布列及数学期望.

【详解】（1）由题意可得：王同学第3天去B餐厅的概率.

（2）由题意可得：X的可能取值为，则有：

，

，

，

可得X的分布列为

所以X的数学期望（元）.

22．已知函数．

(1)求函数的单调区间；

(2)若a>0，证明：有且只有一个正零点，且．

【答案】(1)答案见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）先求，然后对进行分类讨论，根据单调性、极值点等知识求得的取值范围.

（2）由（1）中函数的单调性，结合零点存在性定理以及导数证得结论成立.

【详解】（1）依题意，的定义域为R，

求导得，令，得或，

若，，，递增；，，递减；，，递增，

若，则，在R上单调递增，

若，，，递增；，，递减；，，递增，

所以当时，函数的递增区间是，递减区间是；

当时，函数在R上单调递增；

当时，函数的递增区间是，递减区间是.

（2）由（1）可知，当时，在上单调递减，在上单调递增，即，

下面证明，

设，则，

设，则，

当时，，当时，，

所以，所以，故单调递增，

所以，

根据零点存在性定理，在内存在唯一正零点，即原命题得证.

【点睛】思路点睛：求方程的根的问题，可转化为求函数的零点问题来求解.利用导数求函数的单调区间时，如果导函数含有参数，要对参数进行分类讨论，分类讨论要注意做到不重不漏.