2022-2023学年山东省青岛市胶州重点中学高二（下）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年山东省青岛市胶州重点中学高二（下）期中数学试卷

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.  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.

2.  抛物线的准线方程是(    )

A.  B.  C.  D.

3.  若个人分张无座的足球门票，每人至多分张，而且票必须分完，那么不同分法的种数是(    )

A.  B.  C.  D.

4.  据统计，某工厂所生产的一类新型微电子芯片的厚度单位：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片，那么每天需要进行复检的产品大约有(    )
附：若单位：服从正态分布，则，，

A. 件 B. 件 C. 件 D. 件

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.

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.  B.  C.  D.

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.

8.  设抛物线：的焦点为，准线为，为上一点，以为圆心作圆与切于点，与轴交于，两点，若，则直线的斜率为(    )

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.  以下等式对于任意大于的正整数始终成立的有(    )

A.  B.
C.  D.

10.  在的展开式中，则(    )

A. 第项和第项的系数相同 B. 第项的系数最大
C. 所有项的系数和为 D. 被除的余数为

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，甲乙二人对决其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

12.  在平面上，设抛物线：的焦点为，准线为，过点作直线与交于，两点，且满足设线段的中点为，为上一点，且则(    )

A.  B.  C.  D.

三、填空题（本大题共4小题，共18.0分）

13.  展开式中项的系数为______ ．

14.  随机变量服从正态分布，当，时，称随机变量服从标准正态分布现已知随机变量服从正态分布若随机变量为正实数服从标准正态分布，则 ______ ．

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、丁名工作人员到，，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

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 ______ ．

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
已知点，，中，只有点不在抛物线：上．
求的方程；
若直线：与相切，证明：．

18.  本小题分
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：

然后依据小概率值的独立性检验进行判断．
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．

如果表中的数据都扩大为原来的倍，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：．

19.  本小题分
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．

经计算得，，，，，，．
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：，．
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．

20.  本小题分
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．
求曲线的焦点，的坐标；
试判断曲线上是否存在两个不同的点，异于坐标原点，使得以为直径的圆过坐标原点如果存在，求出，坐标；如果不存在，请说明理由．

21.  本小题分
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，．
求抛物线的方程；
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．

22.  本小题分
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，年龄分布如图．
已知该市此种流行病的患病率为，该市年龄位于区间的人口占总人口的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；
若从所调查的大于等于岁的患者中按照年龄分布以分层抽样的方式抽取人，然后从这人中随机抽取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；
求的分布列及数学期望；
设是不等于中的常数，试比较相对于的偏离程度与相对于的偏离程度的大小，并说明该结论的意义．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：对于，残差与观测时间有线性关系，故A错误；
对于，残差的方差不是一个常数，随着观测时间变大而变小，故B错误；
对于，残差与观测时间是非线性关系，故C错误；
对于，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D正确．
故选：．
根据一元线性回归模型中对随机误差的假定进行判断．
本题考查线性回归方程的运用，属于中档题．
 

2.【答案】 

【解析】解：因为抛物线的标准方程为：，焦点在轴上；
所以：，即，
所以：，
所以准线方程．
故选：．
先根据抛物线的标准方程得到焦点在轴上以及，再直接代入即可求出其准线方程．
本题的考点是抛物线的简单性质，主要考查抛物线的标准方程，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：根据题意，“无座的足球门票”是相同的元素，本题是组合问题，
则有种分法，
故选：．
根据题意，分析可得本题为组合问题，在人中选出人，分得门票即可，由组合数公式计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，注意题中的“无座的足球门票”是相同的元素，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：因为，所以，
即与关于对称，则，
因为，所以，
，，
所以件．
故每天需要进行复检的产品大约有件．
故选：．
根据正态分布的对称性，即可求得的值和，从而求出片中每天需要进行复检的产品．
本题考查正态分布的应用，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】

【分析】

根据已知条件，结合条件概率公式，即可求解．
本题主要考查条件概率公式，属于中档题．

【解答】

解：事件为写作能力被评为优秀等级，事件为学生每天阅读时间超过小时，
则，，，，
所以，，
．
故选：．

6.【答案】 

【解析】解：由于的展开式中，第四项和第五项的二项式系数相等，
故，故．
所以，
当，，，时，展开式为有理项，
故有理项的项数为．
故选：．
直接利用二项展开式和组合数的应用求出有理项的项数．
本题考查的知识要点：二项展开式，组合数，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：设得分为，根据题意可以取，，．
则，
，
，
则分布列为：

所以得分期望为．
故选：．
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．
本题考查随机变量的分布列以及数学期望，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：因为，则抛物线的焦点，准线为，
设点，则圆的半径为，点到轴的距离为，
可得，
因为，即，解得，
可得，所以直线的斜率．
故选：．
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．
本题考查抛物线的几何性质，考查运算求解能力，属中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，左式右式，A正确；
对于，左式右式，B正确；
对于，左式，右式，则有左式右式，C正确；
对于，左式，右式，左式右式，D错误．
故选：．
根据题意，由排列、组合数公式，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查排列、组合数公式的应用，注意排列、组合数公式的形式，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：由于，
故根据二项展开式，，
对于：第项的系数为，第项的系数为，故这两项的系数不相同，故A错误；
对于：第项的系数为，该项为中间项，即二项式的系数最大，故为系数的最大项，故B正确；
对于：令时，所有项的系数和为，故C错误；
对于：，故被除的余数为，故D正确．
故选：．
直接利用二项展开式，二项式系数和项的系数的关系及系数的和和整除问题判断、、、的结论．
本题考查的知识要点：二项展开式，二项式系数和项的系数的关系，系数的和，整除问题，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，比赛经过两局就结束即甲连胜两局或乙连胜两局，则其概率，A正确；
对于，甲在第四局结束后即晋级，即局比赛中，甲胜局，乙胜局，且乙获胜在第一或第二局，
则甲在第四局结束后即晋级的概率，B错误；
对于，同理，若乙在第四局结束后即晋级的概率，C错误；
对于，若比赛在第五局才结束，即前局比赛中甲、乙各胜局，且前局甲乙各胜一局，后局也是甲乙各胜一局，
则比赛在第五局才结束的概率，D正确．
故选：．
根据题意，由相互独立事件和互斥事件的性质，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查概率的应用，涉及条件概率的性质以及应用，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】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；
，所以，即，
不妨设，则解得，，则，，
所以，故B正确；
由中点为知，，故C错误；
由抛物线定义，，，
所以，故D正确．
故选：．
设直线方程为，联立抛物线方程，由根与系数关系判断，再由解出点的坐标，结合抛物线定义判断，由中位线可判断，再由抛物线定义求判断．
本题考查抛物线的几何性质，考查运算求解能力，属中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：，
故它的展开式中项的系数为．
故答案为：．
把按照二项式定理展开，可得展开式中项的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：随机变量服从正态分布，所以，，
因为随机变量为正实数服从标准正态分布，所以，，
所以，
，
故，，
则．
故答案为：．
由标准正态分布的定义，结合期望和方差的性质计算即可．
本题考查正态分布的应用，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：甲，乙，丙，丁名工作人员到，，三家企业，每名工作人员只能到一家企业工作，
若每家企业至少分派一名工作人员，则先将工作人员分为组，人员数量为，，，再将分派到，，三家企业即可，
其中甲乙二人不能到同一家企业，企业规模不大，派一名工作人员，则不同分派方案共种．
故答案为：．
先把工作人员数量分组为，，，再去掉甲乙二人一组，再分给或企业，求解即可．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
 

16.【答案】   

【解析】解：因为抛物线的准线，
所以，解得，
所以抛物线的方程为，
因为点，，在抛物线上，
所以，
所以，
因为，垂足为，
所以，
直线的方程为，
联立，得，
所以或，
所以，
，
所以，
所以直线的方程为，
令得
，
所以直线在轴上的截距为，
因为抛物线的方程为，
所以直线与轴交点为抛物线的焦点，
因为抛物线的方程为，
所以直线斜率存在，设直线的方程为，即，
所以点到直线的距离，解得，
由抛物线的对称性，不妨取，则直线的方程为，
联立，得，
设，，，
解得，，
所以，
所以，
所以，
故答案为：，．
由抛物线的准线，则，解得，进而可得抛物线的方程为，则，进而可得，写出直线的方程，联立抛物线大的方程，解得点坐标，写出直线的方程，可得直线在轴上的截距，设直线的方程为，由点到直线的距离，解得，，由计算，，即可得出答案．
本题考查直线与抛物线相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
 

17.【答案】解：若点在抛物线：上，则，解得，
若点在抛物线：上，则，解得，
若点在抛物线：上，则，解得，
所以抛物线的方程为．
联立，得，
所以，即，
所以，当且仅当时，取等号，
所以． 

【解析】分别把点，，代入抛物线的方程，解得，即可得出答案．
联立，得，若直线与抛物线相切，则，再由基本不等式，即可得出答案．
本题考查抛物线的方程，直线与抛物线的位置关系，解题中需要理清思路，属于中档题．
 

18.【答案】解：列联表如下：

，
因此依据小概率值的独立性检验，可以认为同意方案与居住楼层高于三层没有关系．
如果表中的数据都扩大为原来的倍，
经计算得，
依据小概率值的独立性检验，可以认为同意方案与居住楼层高于三层有关，
原因是每个数据都扩大为原来的倍，相当于样本量变大为原来的倍，导致推断结论发生了变化． 

【解析】根据题意列出联表，计算与临界值比较得出结论；
数据扩大倍，计算与临界值比较，得出结论，与不一致．
本题考查了独立性检验的应用问题，也考查了计算能力的应用问题，是基础题．
 

19.【答案】解：由题意知，，
，
关于的经验回归方程为．
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，，，，
由题意，，
的数学期望为，
的方差为． 

【解析】用题干数据，结合最小二乘法公式进行计算即可；
由二项分布相关知识进行运算即可．
本题考查离散型随机变量的期望与方差，是中档题．
 

20.【答案】解：由题意，有，化简得，，
令，得，因为，所以，所以，；
曲线的极坐标方程为，即，
所以当，，，，，
所以，，
所以，
所以当，，即曲线在原点的一条切线斜率为，当，易知，
又双纽线关于，轴对称，所以曲线图像恒在直线之间，
所以曲线上不存在两个不同的点，异于坐标原点，使得以为直径的圆过坐标原点． 

【解析】根据题意求出一般双纽线的方程，再求出即可．
本题主要考查点的轨迹方程求法，属中档题．
 

21.【答案】解：因为：，
所以圆与轴的交点，，不妨设点为点，
所以，即，
又点在：，但不在轴上，过点且，
所以直线过点，
设直线的方程为，，，
联立，得，
所以，，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以抛物线的方程为．
证明：由题知，，
直线的方程为，即，
联立，得，
所以，
所以，，
所以，
由上可知，则，
用代替，可得，
所以，
，
所以． 

【解析】根据题意可得圆与轴的交点，，不妨设点为点，则，又点在：，但不在轴上，过点且，
推出直线过点，设直线的方程为，，，联立抛物线的方程，结合韦达定理可得，，由，得，解得，即可得出答案．
由题知，，写出直线的方程，解得点坐标，进而可得点的坐标，计算，，即可得出答案．
本题考查抛物线的方程，直线与抛物线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
 

22.【答案】解：设该居民年龄位于区间为事件，该居民患这种流行病为事件，
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．
若从所调查的大于等于岁的患者中按照年龄分布以分层抽样的方式抽取人，则其中必有人年龄位于区间，人年龄位于区间，
的可能取值为，，，，
，，
，，
其分布列为：

．
相对于的偏离程度为：
，
相对于的偏离程度为
，
因此，，
这说明，当用作为随机变量相对于偏离程度的度量时，随机变量相对于其均值的偏离程度最小． 

【解析】应用条件概率公式求解即得；
根据步骤写出离散型随机变量分布列并计算数学期望；
根据分布列计算方差判断偏离程度即可．
本题考查离散型随机变量的分布列、期望和方差，是中档题．