2022-2023学年山东省青岛市胶州市胶州市第一中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省青岛市胶州市胶州市第一中学高二下学期期中数学试题含解析，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学年山东省青岛市胶州市胶州市第一中学高二下学期期中数学试题

一、单选题
1．根据变量和的成对样本数据，由一元线性回归模型得到经验回归模型，求得残差图. 对于以下四幅残差图，满足一元线性回归模型中对随机误差假设的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定进行判断.
【详解】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定，残差应是均值为、方差为的随机变量的观测值.
对于A选项，残差与有线性关系，故A错误；
对于B选项，残差的方差不是一个常数，随着观测时间变大而变小，故C错；
对于C选项，残差与有非线性关系，故C错；
对于D选项，残差比较均匀地分布在以取值为的横轴为对称轴的水平带状区域内，故B正确.
故选：D.
2．抛物线的准线方程为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】先将抛物线方程化为标准方程，根据抛物线的方程直接写出其准线方程.
【详解】抛物线的标准方程为
所以，准线方程为.
故选：C
3．6个人分4张无座音乐会门票，每人至多1张，票必须分完，那么不同的分法种类为（    ）
A．15 B．84 C．360 D．
【答案】A
【分析】由题意有2人没分到票，利用组合求解.
【详解】6个人分4张无座音乐会门票，每人至多1张，票必须分完，则有2人没分到票，
则共有种不同的分法.
故选：A
4．据统计，某工厂所生产的一类新型微电子芯片的厚度X （单位：）服从正态分布，且. 如果芯片的厚度高于，那么就带要对该芯片进行复检. 若该工厂此芯片日产量平均为10000片，那么每天需要进行复检的产品大约有（    ）
（附：若X（单位：）服从正态分布，则，，.）
A．228件 B．455件 C．1587件 D．3173件
【答案】A
【分析】根据正态分布的对称性，即可求得的值和，从而求出10000片中每天需要进行复检的产品.
【详解】因为，所以，
即与关于对称，则，
因为，所以，又因为，
，所以件，
所以每天需要进行复检的产品大约有件，
故选：A.
5．阅读不仅可以开阔视野，还可以提升语言表达和写作能力.某校全体学生参加的期末过程性评价中大约有的学生写作能力被评为优秀等级.经调查知，该校大约有的学生每天阅读时间超过小时，这些学生中写作能力被评为优秀等级的占.现从每天阅读时间不超过小时的学生中随机抽查一名，该生写作能力被评为优秀等级的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用全概率公式可构造方程求得所求概率.
【详解】设写作能力被评为优秀等级为事件，每天阅读时间超过小时为事件，
则，，；
，
，
即从每天阅读时间不超过小时的学生中随机抽查一名，该生写作能力被评为优秀等级的概率为.
故选：B.
6．的展开式中，第四项和第五项的二项式系数相等，则该展开式中有理项的项数是（    ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】B
【分析】由二项展开式通项和二项式系数的性质求解即可.
【详解】∵的展开式通项为，（，，，…，），
∵第四项和第五项的二项式系数相等，∴，∴，
∴，（，，，…，），
∴当为整数，即，，，时，为有理项，
∴展开式中有理项的项数是项.
故选：B.
7．从装有个白球，个红球的密闭容器中逐个不放回地摸取小球. 若每取出个红球得分，每取出个白球得分. 按照规则从容器中任意抽取个球，所得分数的期望为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据取出小球的所有情况写出得分的所有可能，根据超几何公式求得各个取值对应的概率，进而得到其分布列，求出期望.
【详解】解：设得分为，根据题意可以取，，.
则，，
，
则分布列为：

4
3
2




所以得分期望为.
故选：.
8．设抛物线的焦点为F，准线为l，P为C上一点，以P为圆心作圆与l切于点Q，与y轴交于M，N两点，若，则直线PF的斜率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设点，根据题意可得圆心和半径，利用垂径定理求，结合即可得，进而可求点及斜率.
【详解】因为，则抛物线的焦点，准线为，
设点，
则圆的半径为，点到y轴的距离为，
可得，
因为，即，解得，
可得，所以直线PF的斜率.
故选：C.


二、多选题
9．以下等式对于任意大于2的正整数始终成立的有（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】利用组合、排列数公式化简各项等式中的一侧，判断两侧是否相等即可.
【详解】A：，对；
B：，对；
C：，对；
D：，错.
故选：ABC
10．在的展开式中，则（    ）
A．第1000项和第1024项的系数相同 B．第1013项的系数最大
C．所有项的系数和为 D．被6除的余数为1
【答案】BD
【分析】根据通项公式结合组合数的性质判断A；由通项公式结合组合数的性质判断B；赋值法判断C；由结合二项式定理判断D.
【详解】对于A：的展开式的通项为，
则第1000项和第1024项的系数分别为，，
由于，则第1000项和第1024项的系数不相同，故A错误；
对于B：由通项公式可知，展开式项的系数为正的有：，
其中最大，则第1013项的系数最大，故B正确；
对于C：令，可得，则所有项的系数和为，故C错误；
对于D：，
其中都是6的倍数，，
则被6除的余数为1，故D正确；
故选：BD
11．为激发学生写字练字的兴趣，培养学生良好的书写习惯，提高学生规范整洁书写汉字的能力，引导学生感悟汉字魅力，弘扬中华文化，某校举办汉字书写大赛. 参加大赛的学生需要逐轮晋级最终也入决赛. 每轮晋级比赛中，两位地手需要经过多局比赛决出最终胜负. 规则要求晋级比赛双方其中一方比对方多胜两局，则比赛结束，胜局多者晋级；否则比赛继续，但最多进行五局，最终以胜局多者晋级. 在某轮晋级比赛中，甲乙二人对决. 共中每局比赛甲同学胜乙同学的概率为，乙同学胜甲同学的概率为. 则（    ）
A．比赛经过两局就结束的概率为 B．甲在第四局结束后即晋级的概率为
C．乙在第四局结束后即晋级的概率为 D．比赛在第五局才结束的概率为
【答案】AD
【分析】由独立事件的乘法公式对选项一一计算即可得出答案.
【详解】对于A，比赛经过两局就结束的概率为：，故A正确；
对于B，甲在第四局结束后即晋级，则四局比赛乙胜了一局，且必须为第一或第二局，
则甲在第四局结束后即晋级的概率为，故B不正确；
对于C，乙在第四局结束后即晋级，则四局比赛甲胜了一局，且必须为第一或第二局，
则乙在第四局结束后即晋级的概率为，故C不正确；
对于D，比赛经过二局就结束的概率为，
比赛经过四局就结束的概率为，
比赛在第五局才结束的概率为：，故D正确.
故选：AD.
12．在平面上，设抛物线的焦点为，准线为l，过点F作直线与C交于，两点，且满足. 设线段PQ的中点为M，N为l上一点，且.则（    ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】设直线方程为，联立抛物线方程，由根与系数关系判断A，再由解出点的坐标，结合抛物线定义判断B，由中位线可判断C，再由抛物线定义求判断D.
【详解】因为，所以，
抛物线方程为，准线方程为：，
设直线方程为（由题意直线斜率存在），
联立可得，
，故A错误；
又，所以，
即，
不妨设，则解得，，
则，，
所以，故B正确；
由中点为M知，，故C错误；
由抛物线定义，，
所以，故D正确.
故选：BD

三、填空题
13．展开式中项的系数为________.
【答案】12
【分析】根据题意结合二项展开式分析运算.
【详解】因为的二项展开式为，
所以项为，
即展开式中项的系数为12.
故答案为：12.
14．随机变量X服从正态分布，当，时，称随机变量X服从标准正态分布. 现已知随机变量Y服从正态分布. 若随机变量（a，b为正实数）服从标准正态分布，则________.
【答案】/
【分析】由标准正态分布的定义结合期望和方差的性质计算即可.
【详解】随机变量Y服从正态分布，所以，
因为随机变量（a，b为正实数）服从标准正态分布，
所以，
所以，.
即，解得，则.
故答案为：.
15．为督导疫情后复工复产期间的安全生产工作，某巡视组派出甲、乙、丙、丁4名工作人员到A，B，C三家企业进行安全排查，每名工作人员只能到一家企业工作，每家企业至少有一名工作人员进行排查，其中甲乙二人不能到同一家企业，并且由于A企业规模不大，派一名工作人员即可，则不同的分派方案共有________种.（用数字作答）
【答案】20
【分析】先把工作人员数量分组为2,1,1，再去掉甲乙二人一组，再分给B或C企业，最后两组分给两个企业即可.

【详解】甲､乙､丙､丁4名医生到A，B，C三家企业，每名医生只能到一家企业工作，
若每家企业至少分派1名医生，则先将医生分为3组，人员数量为2,1,1，
再将这3组医生任意分派到A，B，C三家企业即可. 若A分派1名医生，B，C各分派1名医生或2名医生，
中去掉甲乙二人到同一家企业，分配给B或C企业，最后把两组人分给剩下两个企业即可.
则所有不同分派方案共（种）.
故选：20.
16．在坐标平面内，抛物线的准线为，点是上一点，且，垂足为，连接交于点，则直线在轴上的截距为________；若点到的距离为，则________.
【答案】
【分析】（1）由点坐标，得坐标，求出直线方程并与抛物线方程联立，求得点坐标和直线方程，令求出即可；
（2）设直线的方程为，由原点到直线的距离求出直线方程，再将直线方程与抛物线方程联立求解即可.
【详解】
∵抛物线的准线为，∴，，
∴抛物线的方程为，
∴由题意，即，（）∴，
又∵，∴直线的方程为，
由，解得，
∴直线的方程为，（），
令，则，即，
∴，∴，
∴直线与轴交于点，直线在轴上的截距为.
∵抛物线的方程为，∴直线与轴交点为抛物线的焦点，
易知直线斜率存在，设直线的方程为，即，
则到直线的距离，解得，
由抛物线的对称性，不妨取，则直线的方程为，
由，消去，得，
设，（），，解得，，
∴，且由抛物线焦点弦弦长，，
∴.
故答案为：，.

四、解答题
17．已知点，，中，只有一点不在抛物线上.
(1)求W的方程；
(2)若直线与W相切，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）分别讨论A、C在上，A、B在上，B、C在上求抛物线参数，即可得方程；
（2）将直线方程与抛物线联立，由相切关系有得，进而可证结论.
【详解】（1）若点A、C在上，则，，解得，
此时，点B不在W上；
若点A、B在上，则，，无解；
若点B、C在上，则，，无解；
综上，W的方程为.
（2）由题知，将代入得：，
所以，即，
所以.
18．老旧小区改造一头连着民生，一头连着发展，是百姓看得见、摸得着的贴心工程，包括多层住宅加装电梯、外墙保温等工程. 为积极推动现有多层住宅加装电梯工作，促进居民意见统一与达成共识，某市城建局制定了《既有多层住宅加装电梯不同楼层业主出资指导区间方案》（以下简称《方案》）并广泛征求居民意见. 工作人员随机调研了某小区多幢五层楼的居民，得到如下数据：
楼层
1楼
2楼
3楼
4楼
5楼
意见
同意
不同意
同意
不同意
同意
不同意
同意
不同意
同意
不同意
户数
8
12
9
11
11
9
12
8
16
4
然后依据小概率值的独立性检验进行判断；
(1)完成列联表，并说明能否据此推断同意《方案》与居住楼层高于三层有关；

同意《方案》
不同意《方案》
合计
四层或五层户数



一、二、三层户数



合计



(2)如果表中的数据都扩大为原来的10倍，在相同的检验标准下，再用独立性检验推断同意《方案》与居住楼层高于三层之间的关联性，结论还一样吗？请你试着解释其中的原因.
附：.

0.050
0.010
0.001

3.841
6.635
10.828

【答案】(1)列联表见解析，不能
(2)答案见解析

【分析】（1）根据题意列出联表，计算与临界值比较得出结论；
（2）数据扩大10倍，计算与临界值比较，得出结论，与（1）不一致.
【详解】（1）列联表如下：

同意《方案》
不同意《方案》
合计
四层或五层户数
28
12
40
一、二、三层户数
28
32
60
合计
56
44
100
零假设为：同意《方案》与居住楼层高于三层无关，

因此依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即同意《方案》与居住楼层高于三层没有关系
（2）如果表中的数据都扩大为原来的10倍，经计算得
依据小概率值的独立性检验，可以推断不成立，
因此可以认为不成立，即同意《方案》与居住楼层高于三层有关，此推断犯错误的概率不大于0.01
原因是每个数据都扩大为原来的10倍，相当于样本量变大为原来的10倍，导致推断结论发生了变化.
19．外卖不仅方便了民众的生活，推动了餐饮产业的线上线下融合，在疫情期间更是发挥了保民生、保供给、促就业等方面的积极作用.某外卖平台为进一步提高服务水平，监管店铺服务质量，特设置了顾客点评及打分渠道，对店铺的商品质量及服务水平进行评价，最高分是分，最低分是分.店铺的总体评分越高，被平台优先推送的机会就越大，店铺的每日成功订单量（即“日单量”）就越高.某班研究性学习小组计划对该平台下小微店铺的总体评分（单位：分）与日单量（单位：件）之间的相关关系进行研究，并随机搜索了某一天部分小微店铺的总体评分与日单量，数据如下表.
店铺
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
x
3.8
3.9
4
4
4.1
4.2
4.3
4.4
4.5
4.5
4.6
4.7
4.7
4.8
4.9
y
154
168
179
178
190
201
214
225
236
237
248
261
259
272
284
经计算得，，，，，，.
(1)若用线性回归模型拟合与的关系，求出关于的经验回归方程（回归系数精确到）；
附：，.
(2)该外卖平台将总体评分高于分的店铺评定为“精品店铺”，总体评分高于但不高于分的店铺评定为“放心店铺”，其他为“一般店铺”.平台每次向顾客推送一家店铺时，推送“精品店铺”的概率为，推送“放心店铺”的概率为，推送“一般店铺”的概率为.若该外卖平台向某位顾客连续推送了三家店铺，设推送的“精品店铺”或“放心店铺”数量为随机变量，求的数学期望与方差.
【答案】(1)
(2)，

【分析】（1）用题干数据，结合最小二乘法公式进行计算即可；
（2）由二项分布相关知识进行运算即可.
【详解】（1）由题意知，，
，
∴关于的经验回归方程为.
（2）该外卖平台每次向顾客推送“精品店铺”或“放心店铺”的概率为，
该外卖平台向某位顾客连续推送了三家店铺，推送的“精品店铺”或“放心店铺”数量为随机变量，则，，，.
方法一：由题意，服从二项分布，即，
∴的数学期望为，
的方差为.
方法二：由题意，的每个可能取值的概率为：
；；
；，
∴随机变量X的分布列为










∴的数学期望为，
的方差为
.
20．中国结是一种手工编制工艺品，因其外观对称精致，符合中国传统装饰的审美观念，广受中国人喜爱. 它有着复杂奇妙的曲线，却可以还原成单纯的二维线条，其中的“八字结”对应着数学曲线中的伯努利双纽线. 在平面上，我们把与定点，距离之积等于的动点的轨迹称为伯努利双纽线，，为该曲线的两个焦点. 数学家雅各布•伯努利曾将该曲线作为椭圆的一种类比开展研究. 已知曲线是一条伯努利双纽线.
(1)求曲线C的焦点，的坐标；
(2)试判断曲线C上是否存在两个不同的点A，B（异于坐标原点O），使得以AB为直径的圆过坐标原点O.如果存在，求出A，B坐标；如果不存在，请说明理由.
【答案】(1)，
(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）焦点，，由题意可得，求出即可；
（2）假设曲线C上存在两点A，B，使得以AB为直径的圆过坐标原点O，即，设直线OA的方程为，直线OB的方程为，求出的范围，再根据即可得出结论.
【详解】（1）方法一：设焦点，，
曲线与x轴正半轴交于点，
由题意知，
于是，，
因此，；
方法二：设焦点，，
由题意知，
即，
整理得，于是，.
因此，，；
（2）假设曲线C上存在两点A，B，使得以AB为直径的圆过坐标原点O，即，
由题意知直线OA，OB斜率均存在，
不妨设直线OA的方程为，直线OB的方程为，
将直线OA的方程与曲线C联立，得，
即.
解得，同理，
因此不可能成立，于是假设不成立，
即曲线C上不存在两点A，B，使得以AB为直径的圆过坐标原点O.

21．已知为坐标原点，抛物线，点在， 但不在轴上，过点且与垂直的直线交抛物线于点，（点在，之间），.
(1)求抛物线的方程；
(2)连接，分别交抛物线于，，设直线的斜率为，直线斜率为，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）首先求出与轴交于点，，设，，依题意可得直线必过点，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据求出，即可得解；
（2）设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，即可求出、，即可得到直线斜率，结合（1）的结论即可得解.
【详解】（1）因为与轴交于点，，
设，，因为，故直线必过点，
设直线的方程为，与抛物线的方程联立，得，
则，，于是，
又，即，解得，
因此抛物线.

（2）设直线的方程为，
与抛物线的方程联立得，
则，于是，同理，
因此直线斜率
又由（1）知，，，故，
因此为定值，定值为.

22．某市卫健委为调查研究某种流行病患者的年龄分布情况，随机调查了大量该病患者，年龄分布如下图.

(1)已知该市此种流行病的患病率为0.1%，该市年龄位于区间的人口占总人口的28%. 若从该市居民中任选一人，若此人年龄位于区间，求此人患这种流行病的概率（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者年龄位于该区间的概率）；
(2)若从所调查的大于等于60岁的患者中按照年龄分布以分层抽样的方式抽取9人，然后从这9人中随机抽取6人编为一个对比观察小组，设该小组中年龄位于区间的人数为X；
（i）求X的分布列及数学期望；
（ii）设是不等于（i）中的常数，试比较X相对于的偏离程度与X相对于的偏离程度的大小，并说明该结论的意义.
【答案】(1)
(2)（i）分布列见解析，；（ii）答案见解析

【分析】（1）应用条件概率公式求解即得；
（2）（i）根据步骤写出离散型随机变量分布列并计算数学期望（ii）根据分布列计算方差判断偏离程度即可.
【详解】（1）设该居民年龄位于区间为事件A，该居民患这种流行病为事件B，由题意知，，，，
因为，所以
于是
若此人年龄位于区间，则此人患这种流行病的概率为
（2）（i）若从所调查的大于等于60岁的患者中按照年龄分布以分层抽样的方式抽取9人，则其中必有6人年龄位于区间，3人年龄位于区间
X的可能取值为3，4，5，6，
；；
；；
其分布列为
X
3
4
5
6
P




其数学期
（ii）X相对于的偏离程度为
，
X相对于a的偏离程度为
，
因此，，
这说明，当用作为随机变量X相对于a偏离程度的度量时，随机变量X相对于其均值的偏离程度最小