山西省朔州市怀仁市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份山西省朔州市怀仁市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
怀仁市2022~2023学年度下学期高二
第二次教学质量调研测试
数 学
命题：怀仁市教育局高级中学教研组
（考试时间120分钟，满分150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．考试结束后，将答题卡交回．
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的
1. 某兴趣小组研究光照时长x（h）和向日葵种子发芽数量y（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r变小 B. 决定系数变小
C. 残差平方和变大 D. 解释变量x与预报变量y的相关性变强
【答案】D
【解析】
【分析】从图中分析得到去掉后，回归效果更好，再由相关系数，决定系数，残差平方和和相关性的概念和性质作出判断即可．
【详解】从图中可以看出较其他点，偏离直线远，故去掉后，回归效果更好，
对于A，相关系数越接近于1，模型的拟合效果越好，若去掉后，相关系数r变大，故A错误；
对于B，决定系数越接近于1，模型的拟合效果越好，若去掉后，决定系数变大，故B错误；
对于C，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，若去掉后，残差平方和变小，故C错误；
对于D，若去掉后，解释变量x与预报变量y相关性变强，且是正相关，故D正确．
故选：D．
2. 已知等差数列的前n项和，若，则（ ）
A. 150 B. 160 C. 170 D. 180
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的性质计算出，再利用求和公式变形得到答案.
【详解】因为为等差数列，所以，
因为，所以，
.
故选：B
3. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求解作答.
【详解】随机变量服从正态分布，且，
所以.
故选：A
4. 在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用X表示这10个村庄中交通不方便的村庄数，则下列概率中等于的是（ ）
A. P(X＝2) B. P(X≤2)
C. P(X＝4) D. P(X≤4)
【答案】C
【解析】
【分析】
根据超几何分布列式求解即可．
【详解】X服从超几何分布，P(X＝k)＝，故k＝4，
故选：C.
5. 一组数据按照从小到大的顺序排列为1，2，3，5，6，8，记这组数据的上四分位数为n，则二项式展开式的常数项为（ ）
A. B. 60 C. 120 D. 240
【答案】B
【解析】
【分析】利用题意找出该组数据的上四分位数为，然后利用二项式展开式的公式找出常数项即可.
【详解】因为，
所以，
所以展开式的通项为：
，
令得：，
所以展开式的常数项为，
故选：B．
6. 某校得到北京大学给的10个推荐名额现准备将这10个推荐名额分配给高三年级的6个班级(每班至少一个名额)，则高三（1）班恰好分到3个名额的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用隔板法，结合古典概型即可得到结果.
【详解】将10个名额分给6个班，每班至少一个名额，
即从9个分段中选择5个段分开，共有种方法，
若三（1）班恰好分到3个名额，则只需将剩下的7个名额分给5个班，共有方法，
从而概率为.
故选：B
7. 某同学在研究性学习中，收集到某制药厂今年前5个月甲胶囊生产产量（单位：万盒）的数据如下表所示：
x（月份）
1
2
3
4
5
y（万盒）
5
6
5
6
8
若x，y线性相关，线性回归方程为，则以下判断正确的是（ ）
A. x增加1个单位长度，则y一定增加0.7个单位长度
B. x减少1个单位长度，则y必减少0.7个单位长度
C. 当时，y的预测值为8.1万盒
D. 线性回归直线，经过点
【答案】C
【解析】
【分析】首先求得平均数，代入求得回归直线方程，再对选项再对选项逐一判断，即可得出结果.
【详解】，，
代入线性回归方程中得，，
故线性回归方程为，
对于A：回归直线方程是点分布在直线附近或在直线上，x增加1个单位长度，则y可能增加0.7个单位长度，A错误；
对于B：回归直线方程是点分布在直线附近或在直线上，x减少1个单位长度，则y可能减少0.7个单位长度，B错误；
对于C：当时，，故C正确；
对于D：线性回归直线必经过点，故D错误.
故选：C.
8. 已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将转化为，由此构造函数，利用导数判断其单调性结合对数运算，即可得出答案.
【详解】由题意可知，
于构造函数，则，
当时，；当时，；
故在上单调递增，在上单调递减，
而，
又，故，
故选：B
【点睛】关键点睛：解答数的比较大小问题，关键是将数的形式转化为结构一致的形式，从而确定变量，可构造函数，利用导数判断其单调性，进而比较大小.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 设随机变量的分布列如下表所示，则下列选项中正确的为（ ）

0
1
2
3






A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据概率和为1，可求得m值，根据期望、方差公式，逐一分析各个选项，即可得答案.
【详解】根据概率和为1，可得，解得.
对于A：，故A错误；
对于B：，故B正确；
对于C：，故C错误；
对于D：，故D正确.
故选：BD
10. 若，，则下列结论中正确的有（ ）
A.
B.
C.
D
【答案】AD
【解析】
【分析】直接根据利用二项式定理将其展开，结合二项式系数的性质对四个选项依次分析即可求解.
【详解】
对于,令则故正确；
对于,，故错误；
对于,令则则
故错误；
对于,令得又
故正确.
故选：
11. 2023年，某省继续招募高校毕业生到基层从事支教，支农，支医和帮助乡村振兴的服务工作（简称“三支一扶”），此省某师范院校某毕业班的6名毕业生（其中有3名男生和3名女生，男生中有一名班长）被分配到甲乙丙三地进行支教，且每地至少有一名毕业生．则下列正确的是（ ）
A. 甲乙丙三地各分配一名男生和一名女生，则共有种分配方法
B. 6名毕业生平均分配到甲乙丙三地，则共有种分配方法
C. 男班长必须到甲地，则共有180种分配方法
D. 班长必须到甲地，某女生必须到乙地，则共有65种分配方法
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据分组分配的知识对选项进行分析，由此确定正确答案.
【详解】A选项，甲乙丙三地各分配一名男生和一名女生，
个男生中选个到甲地，方法有种；在剩下的个男生中选个到乙地，
方法有种；最后个男生放在丙地；再安排女生，方法有种.所以共有种分配方法，A选项正确.
B选项，6名毕业生平均分配到甲乙丙三地，方法数有种分配方法，B选项错误.
C选项，男班长必须到甲地，方法数有:

种分配方法，C选项正确.
D选项，班长必须到甲地，某女生必须到乙地，方法数有:

种分配方法，D选项正确.
故选：ACD
12. 已知函数，函数，下列选项正确的是（ ）
A. 点是函数的零点；
B. ，，使
C. 若关于的方程有一个根，则实数的取值范围是
D. 函数的值域为
【答案】BD
【解析】
【分析】由函数零点的定义可判断A不正确，根据函数的单调性，结合图像可判断B与D是否正确，根据函数的单调性与极值情况，结合图像可确定a的取值范围，可判断选项C．
【详解】令，可得，是函数的零点，零点是实数0，不是点，A错误；
因为，当时，，当时，，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且的极小值为和，且，
当时，，当时，，如图，作出函数的图像，

观察图像可知，，，使，所以B正确；
函数的值域为，D正确；
对于C，由，得，因为，则，
令，得或或，当变化时，，的变化情况，如下表
x



0

1

2


＋
0
－
0
＋

－
0
＋

递增

递减
0
递增

递减

递增
如图，

当或或时，关于的方程有一个根，所以a的取值范围是，C不正确.
故选：BD．
第Ⅱ卷
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分
13. 某射击运动员连续射击5次，命中的环数（环数为整数）形成的一组数据中，中位数为8，唯一的众数为9，极差为3，则该组的平均数为__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先分析数据的情况，再根据平均数公式计算即可.
【详解】这组数据共个数，中位数为则从小到大排列时，的前面有两个数，
后面也有两个数，又唯一的众数为，则有两个
其余数字均只出现一次,则最大数字为
又极差为，所以最小数字为，
所以这组数据为
则平均数为
故答案为：.
14. 函数在区间上有最大值，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】求函数导数，研究函数单调性，判断其取最大值的位置，由于函数在区间上有最大值，故最大值对应的横坐标应在区间内，由此可以得到参数的不等式，解不等式即可得到的取值范围
【详解】，，
令 解得；令 ，解得或，
由此可得在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，
故函数在处有极大值，在处有极小值，
即，解得，
故答案为：
15. 现有甲、乙两个口袋，其中甲口袋内装有三个1号球，两个2号球和一个3号球；乙口袋内装有两个1号球，一个2号球，一个3号球．第一次从甲口袋中任取1个球，将取出的球放入乙口袋中，第二次从乙口袋中任取一个球，则第二次取到2号球的概率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用全概率公式求解即可.
【详解】记事件，分别表示第一次、第二次取到i号球，，2，3，
依题意，，两两互斥，其和为，
并且，，，
所以，，，
应用全概率公式，有.
故答案为：．
16. 若数列满足，则称此数列为“准等差数列”．现从这10个数中随机选取4个不同的数，则这4个数经过适当的排列后可以构成"准等差数列"的概率是__________．
【答案】
【解析】
【分析】先列举基本事件，利用古典概型的概率公式即可求解.
【详解】和为5有2种组合，和为6有2种组合，
和为7有3种组合，和为8有3种组合，
和为9有4种组合，和为10有4种组合，
和为11有5种组合，
和为12有4种组合，和为13有4种组合，
和为14有3种组合，和为15有3种组合，
和为16有2种组合，和为17有2种组合，
所以.
故答案为：
四、解答题：本大题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知等差数列的前项和为，，．正项等比数列中，，．
（1）求与的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式即可求的通项公式.
（2）利用错位相减法整理化简即可求得前项和．
【小问1详解】
等差数列的前项和为，，，设公差为
所以，解得
所以
正项等比数列中，，，设公比为
所以，所以
解得，或（舍去）
所以
【小问2详解】
由（1）知：
所以

两式相减得：


18. 2023年山东淄博成立了烧烤协会，发布烧烤地图，举办烧烤节庆活动．淄博烧烤是淄博饮食文化的重要组成部分．淄博烧烤保留有独立小炉纯炭有烟烧烤．五一前后举办了淄博烧烤节，集中展示烧烤名店、特色品种，辅以演出、啤酒展销等多种方式，为市民提供优质烧烤产品．打通“吃住行游购娱”各要素环节，推出一批“淄博烧烤+特色文旅”主题产品．烧烤协会为了解游客五月一日至3日的消费情况，对这期间的100位游客消费情况进行统计，得到如下人数分布表：
消费金额（元）






人数
15
20
25
20
10
10

（1）根据以上数据完成列联表，并判断是否有的把握认为消费金额是否少于600元与性别有关，

不少于600元
少于600元
合计
男
25


女

40

合计




（2）为吸引游客，该市推出两种优惠方案：方案一：每满200元减40元．
方案二：消费金额不少于600元可抽奖3次，每次中奖概率为，中奖1次减100元，中奖2次减150元，中奖3次减200元．
若某游客计划消费600元，依据优惠金额的期望的大小，此游客应选择方案一还是方案二？请说明理由．
附：参考公式和数据：，．
附表：

2.072
2.706
3.841
6.635

0.150
0.100
0.050
0.010

【答案】（1）表格见解析，有的把握认为消费金额是否少于600元与性别有关
（2）选择方案一，理由见解析
【解析】
【分析】（1）补充列联表后，计算出的值即可判定；
（2）方案一优惠金额可直接计算，若采用方案二，可根据条件列出优惠金额的分布列，求出期望，通过比较大小即可选择.
【小问1详解】
列联表如下：

不少于600元
少于600元
合计
男
25
20
45
女
15
40
55
合计
40
60
100
，
因此有的把握认为消费金额是否少于600元与性别有关．
【小问2详解】
按方案一：某游客可优惠120元．
按方案二：设优惠金额为元，可能取值为0，100，150，200．
，，
，，
所以的分布列为

0
100
150
200





．
所以选择方案一．
19. 在今山西怀仁县，故名．明《大明一统志》有“锦屏山在怀仁县西南二十五里，山旧有磁窑”记载．怀仁陶瓷历史已逾千年，始于春秋，兴于辽金，盛于明清．目前怀仁有53家陶瓷企业，某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立．根据该厂现有的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.5、0.6、0.4，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格概率依次为0.6、0.5、0.75．
（1）求第一次烧制后恰有一件产品合格的概率；
（2）经过前后两次烧制后，记合格工艺品的件数为，求随机变量的分布列及数学期望．
【答案】（1）0.38
（2）分布列见解析，0.9
【解析】
【分析】（1）根据题意结合独立事件概率乘法公式运算求解；
（2）根据题意结合二项分布求分布列和期望.
【小问1详解】
第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为：
．
【小问2详解】
经过前后两次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为：
，，．
所以，
故随机变量的可能取值为0，1，2，3，且．
故；；
，
所以随机变量的分布列为

0
1
2
3





故随机变量的数学期望．
20. 已知函数，.
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义得出切线的斜率，进而写出切线方程；
（2）讨论，，，，结合导数得出函数的单调性.
【小问1详解】
当时，，，
，，
∴切线方程为：，即.
【小问2详解】
因为，.
所以.
①当时，令，得，∴在上单调递减；
令，得，∴在上单调递增.
②当时，令，得.∴在上单调递减；
令，得或.∴在和上单调递增.
③当时，在时恒成立，∴在R单调递增.
④当时，令，得.∴在上单调递减；
令，得或.∴在和上单调递增.
综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在R上单调递减；
当时，在上单调递减，在和上单调递增.
【点睛】关键点睛：解决问题（2）时，关键在于讨论根的大小，从而得出函数的单调性.
21. 某市举行招聘考试，共有4000人参加，分为初试和复试，初试通过后参加复试．为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩，并以此为样本绘制了样本频率分布直方图，如图所示．

（1）根据频率分布直方图，试求样本平均数的估计值；
（2）若所有考生的初试成绩X近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，，试估计初试成绩不低于88分的人数；
（3）复试共三道题，第一题考生答对得5分，答错得0分，后两题考生每答对一道题得10分，答错得0分，答完三道题后的得分之和为考生的复试成绩．已知某考生进入复试，他在复试中第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响．记该考生的复试成绩为Y，求Y的分布列及均值．
附：若随机变量X服从正态分布，则：，，．
【答案】（1）
（2）人
（3）分布列见解析，均值为
【解析】
【分析】(1)根据频率分布直方图的平均数的估算公式即可求解；
(2)由可知即可求解；
(3)根据题意确定Y的取值分别为0，5，10，15，20，25，利用独立性可求得分布列，进而求得均值.
【小问1详解】
样本平均数的估计值为．
【小问2详解】
因为学生初试成绩X服从正态分布，其中，，
则，
所以，
所以估计初试成绩不低于88分的人数为人．
【小问3详解】
Y的取值分别为0，5，10，15，20，25，
则，
，
，
，
，
，
故Y的分布列为：
Y
0
5
10
15
20
25
P






所以数学期望为．
22. 已知函数．
（1）若函数在区间上恰有两个极值点，求a的取值范围；
（2）证明：当时，在上，恒成立．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出导函数可得.构造，根据导函数得出在上图象，结合图象研究解的情况，进而结合图象得出的符号，即可得出答案；
（2）构造函数，证明时，成立，进而根据的范围推得.构造函数，根据导函数得出，即可得出；在上，根据的范围推得.构造，根据导函数得出，
即可得出.
【小问1详解】
由已知可得，，
由可得，
令，则，
当时，有，所以，所以在上单调递减.
又，
所以在上的值域为；
当时，有，所以，所以在上单调递增.
又，所以在上的值域为.
作出函数在的图象如下图所示，

由图象可知，当时，有两解，
设为，且，.
由图象可知，当时，有，即；
当时，有，即；
当时，有，即.
所以，在处取得极大值，在处取得极小值.
综上所述，的取值范围为.
【小问2详解】
构造函数，，则，
令，则在时恒成立，
所以，，即在上单调递增，所以，
所以，在上单调递增，所以，
所以，当时，.
因为，故在上，.
令，则，
令，，
故，即为增函数，所以，
所以为增函数，所以，
即，即，
所以，.
又，
所以，当时，有；
在上，
因为，，
所以.
令，在上恒成立，
所以，在上单调递增，所以，
所以，当时，有，所以.
又，所以.
综上所述，在上，恒成立．
【点睛】关键点睛：先证明在上，.在上，.然后只需证明在上成立，以及在上成立.通过构造函数，根据导函数分别证明即可.