2022-2023学年江苏省扬州市仪征市第二中学高二下学期期末模拟数学试题含答案

2022-2023学年江苏省扬州市仪征市第二中学高二下学期期末模拟数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．2

【答案】C

【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根据交集的运算解出．

方法二：将集合中的元素逐个代入不等式验证，即可解出．

【详解】方法一：因为，而，

所以．

故选：C．

方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以．

故选：C．

2．已知,为非零向量，则“”是“与夹角为锐角”的

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【详解】根据向量数量积的定义式可知，若，则与夹角为锐角或零角，若与夹角为锐角，则一定有，所以“”是“与夹角为锐角”的必要不充分条件，故选B.

3．某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，要求这2名学生来自不同年级，则不同的选择方法共有（    ）

A．4种 B．6种 C．8种 D．12种

【答案】A

【分析】利用组合数求出2名学生来自不同年级的选择方法数.

【详解】由4名学生来自高一、高二各2名，

则随机选2名学生来自不同年级的选择有种.

故选：A

4．对四组数据进行统计后，获得了如下图所示的散点图，对于其相关系数的比较，下列说法正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据正相关、负相关以及线性相关关系的强弱可得出结果.

【详解】由题意可知，第一、四组数据正相关，第二、三组负相关，

当相关系数的绝对值越大，数据的线性相关性越强，

且第一组数据的线性相关性较第四组强，则，

第二组数据的线性相关性较第三组强，则且，，则.

因此，.

故选：C.

5．已知随机变量X满足，，下列说法正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据方差和期望的性质即可求解.

【详解】根据方差和期望的性质可得：,,

故选：D

6．已知矩形为平面外一点，且平面，分别为上的点，，则（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】B

【分析】根据空间向量基本定理求出，求出答案.

【详解】因为，

所以

，

故，故.

故选：B

7．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，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（    ）

A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大

C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大

【答案】D

【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率.并对三者进行比较即可解决

【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，

记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，

则此时连胜两盘的概率为

则

；

记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为，

则

记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为

则

则

即，，

则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；

与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.

故选：D

8．已知实数a，b，c，d满足：，其中e是自然对数的底数，则的最小值是（    ）

A．7 B．8 C．9 D．10

【答案】B

【分析】由a，b，c，d满足：，得到点在曲线上，点在上，从而得到的几何意义就是曲线上的任一点到上的任一点的距离的平方.利用导数求出就是两曲线间距离的最小值，即可求出的最小值.

【详解】因为实数a，b，c，d满足：，

所以，.

所以点在曲线上，点在上.

所以的几何意义就是曲线上的任一点到上的任一点的距离的平方.

由几何意义可知，当的某一条切线与平行时，两平行线间距离最小.

设在点处的切线与平行，则有：

，解得：，即切点为.

此时到直线的距离为就是两曲线间距离的最小值，

所以的最小值为.

故选：B

二、多选题

9．有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（    ）

A．的平均数等于的平均数

B．的中位数等于的中位数

C．的标准差不小于的标准差

D．的极差不大于的极差

【答案】BD

【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.

【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为，

则，

因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，

例如：，可得；

例如，可得；

例如，可得；故A错误；

对于选项B：不妨设，

可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；

对于选项C：因为是最小值，是最大值，

则的波动性不大于的波动性，即的标准差不大于的标准差，

例如：，则平均数，

标准差，

，则平均数，

标准差，

显然，即；故C错误；

对于选项D：不妨设，

则，当且仅当时，等号成立，故D正确；

故选：BD.

10．下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．精确到的近似值为

C．被8除的余数为1

D．若，则

【答案】ABD

【分析】对于选项A：利用赋值法，令,则；再令,即可求解；对于选项B：利用二项式定理 ,取展开式前3项,即可求解；对于选项C： 利用二项式定理，判断出被8除的余数为1不正确；对于选项D： 先求出n=7.再求出的值.

【详解】对于选项A：在中，令,则；令,则,所以,故A正确;

对于选项B： ,取展开式前3项,则精确到0.1的近似值为1+0.5+0.1=1.6.故 B正确;

对于选项C：

在展开式中，含56 的项都能被8整除，最后一项为-1，除以8的余数是7.故被8除的余数为1不正确.故C错误;

对于选项D： 因为，

所以n=7.

所以，所以.

故D正确.

故选：ABD.

11．已知函数的定义域为，，则（    ）．

A． B．

C．是偶函数 D．为的极小值点

【答案】ABC

【分析】方法一：利用赋值法，结合函数奇遇性的判断方法可判断选项ABC，举反例即可排除选项D.

方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数进行判断即可.

【详解】方法一：

因为，

对于A，令，，故正确.

对于B，令，，则，故B正确.

对于C，令，，则，

令，

又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，

对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.

方法二：

因为，

对于A，令，，故正确.

对于B，令，，则，故B正确.

对于C，令，，则，

令，

又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，

对于D，当时，对两边同时除以，得到，

故可以设，则，

当肘，，则，

令，得；令，得；

故在上单调递减，在上单调递增，

因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，

显然，此时是的极大值，故D错误.

故选：.

12．将边长为的正方形ABCD沿BD折成如图所示的直二面角，对角线BD的中点为O，下列说法正确的有（    ）

A． B．

C．二面角的正切值为 D．点B到平面ACD的距离为

【答案】AC

【分析】由面面垂直可得线面垂直，进而得线线垂直，根据勾股定理即可求解A,假设，进而得到矛盾，即可判断B，根据二面角的几何求法即可求解C,根据等体积法即可判断D.

【详解】因为平面平面,其交线为，且故平面，所以,由,所以,故A正确，

假若，又因为,则平面,进而,而这与矛盾，故不可能成立，故B错误，

取中点为，连接,因为,平面,故可得,进而可得平面,因此,故为二面角的平面角,,故C正确.

，故D错误.

故选：AC

三、填空题

13．某班50名同学参加体能测试，经统计成绩c近似服从，若，则可估计该班体能测试成绩低于85分的人数为         .

【答案】

【分析】由题意可知体能测试成绩c服从正态分布，由正态分布的对称性可计算出成绩低于85分的概率为，即可计算出其人数.

【详解】由成绩c近似服从，且；

利用正态分布的对称性可知，

所以，

所以可估计该班体能测试成绩低于85分的人数为人.

故答案为：

14．甲、乙、丙三名同学竞选班长、团支书、学习委员三个职位，每人只竞选一个职位，设事件A为“三人竞选职位都不同”，B为“甲独自竞选一个职位”，则P（A|B）＝        ．

【答案】/0.5

【分析】先求出事件B发生的概率和事件A事件B共同发生的概率，利用条件概率公式即可求出.

【详解】由题三名同学竞选三个职位，共有种情况，

其中事件B的情况有种，

事件A和事件B共同发生的情况有种，

所以，，

所以.

故答案为：.

15．某学校有一块绿化用地，其形状如图所示．为了让效果更美观，要求在四个区域内种植花卉，且相邻区域颜色不同．现有五种不同颜色的花卉可供选择，则不同的种植方案共有        种．（用数字作答）

【答案】180

【分析】利用分步乘法计数原理即得.

【详解】先在1中种植，有5种不同的种植方法，再在2中种植，有4种不同的种植方法，

再在3中种植，有3种不同的种植方法，最后在4中种植，有3种不同的种植方法，

所以不同的种植方案共有（种）．

故答案为：180．

四、双空题

16．在的展开式中，已知前三项的二项式系数之和为22，则n的值为        ，展开式中系数最大的项为        ．

【答案】     6     （或第六项）

【分析】根据题意得到，即可求得的值；利用展开式的通项，设展开式的第项的系数最大，列出不等式组，进而求得展开式中系数最大的项.

【详解】由题意可得且，

解得，

∴二项式，

则展开式的通项为，

设展开式的第项的系数最大，则，

解得，所以，

所以展开式中系数最大的项为.

故答案为：6；.

五、解答题

17．不等式的解集是A，关于x的不等式的解集是B.

(1)若时，求；

(2)设命题p：实数x满足，其中；命题q：实数x满足.若p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围.

【答案】(1);

(2).

【分析】（1）时，求出集合，，由此能求出．

（2）利用不等式的解法求解出命题，中的不等式范围问题，结合二者的关系得出关于字母的不等式，从而求解出的取值范围．

【详解】（1）解：不等式的解集为，关于的不等式的解集为

，

时，，

．

（2）解：当时，的解集为；

若是的必要不充分条件，

，，则；

故的取值范围是．

18．孔子曰：温故而知新.数学学科的学习也是如此，为了调查数学成绩与及时复习之间的关系，某校志愿者展开了积极的调查活动：从高三年级1500名学生中随机抽取50名学生进行问卷调查，所得信息如下：

(1)根据以上数据，判断能否在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为数学成绩优秀与及时复习有关？

(2)用分层抽样的方法，从数学成绩优秀的人中抽取6人，再在这6人中随机抽取2人进行更详细的调查，求这2人都是来自及时复习的概率.

临界值参考表：

（参考公式，其中）

【答案】(1)能

(2)

【分析】（1）根据表中数据求得值，再与临界值表对照下结论；

（2）利用古典概型的概率求解.

【详解】（1）解：.

∴在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为数学成绩优秀与及时复习有关.

（2）由题知，6人中有4人来自及时复习记为1，2，3，4，

2人来自不及时复习记为a，b，

则6人中抽取2人共有12，13，14，1a，1b，23，24，2a，2b，34，

3a，3b，4a，4b，ab共15种，

其中都来自及时复习的有12，13，14，23，24，34共6种，

∴2人都是来自及时复习的概率.

19．小李准备在某商场租一间商铺开服装店，为了解市场行情，在该商场调查了20家服装店，统计得到了它们的面积x（单位：m2）和日均客流量y（单位：百人）的数据（xi，yi）（i＝1，2，…，20），并计算得＝2400，＝220，＝42000，＝8400．

(1)求y关于x的回归直线方程；

(2)已知服装店每天的经济效益W＝k＋mx（k＞0，m＞0），该商场现有80~170 m2的商铺出租，根据（1）的结果进行预测，要使单位面积的经济效益Z最高，小李应该租多大面积的商铺?

附：在线性回归方程ŷ＝＋x中，＝，＝－，其中，为样本平均值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据最小二乘法的公式求线性回归方程即可；

（2）根据题意构造出经济效益和面积的函数关系，利用函数的性质求最值及取得最值时变量的取值即可.

【详解】（1）由已知可得，．

，

．

所以回归直线方程为．

（2）根据题意得，．

设，令所以．

则，

当，即时，取最大值．

又因为k，，所以此时Z也取最大值．

因此，小李应该租的商铺

20．如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；

(2)点在棱上，当二面角为时，求．

【答案】(1)证明见解析；

(2)1

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；

（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.

【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，

，

，

又不在同一条直线上，

.

（2）设，

则，

设平面的法向量，

则，

令 ，得，

，

设平面的法向量，

则，

令 ，得，

，

，

化简可得，，

解得或，

或，

.

21．一个袋中装有黑球，白球和红球共个， 这些球除颜色外完全相同. 已知从袋中任意摸出个球， 得到黑球的概率是. 现从袋中任意摸出个球.

(1)用含的代数式表示摸出的球都是黑球的概率， 并写出概率最小时的值. （直接写出的值）

(2)若， 且摸出的个球中至少有个白球的概率是， 设表示摸出的个球中红球的个数， 求随机变量的分布列和数学期望.

【答案】(1)；时，取得最小值.

(2)分布列见解析，

【分析】（1）由题知袋中共有黑球，进而根据超几何模型求解概率，并结合单调性求得取得最小值时的值；

（2）由题知，袋子中有黑球个，设袋中有白球个，，，进而根据题意得，故袋子中有红球个，再根据超几何分布求分布列，期望.

【详解】（1）解：因为从袋中任意摸出个球， 得到黑球的概率是.

所以，袋中共有黑球.

记“摸出的球都是黑球”为事件，

则，

由于函数在上单调递增，

所以，当时，取得最小值.

（2）解：当时，袋子中有黑球个，

设袋中有白球个，，，

记“从袋中摸出的个球中至少有个白球”为事件，

因为摸出的个球中至少有个白球的概率是

所以，，整理得，解得或（舍）

所以，袋子中有红球个，有白球个，黑球个.

所以，随机变量的取值为，

，，，

所以，随机变量的分布列为：

所以，

22．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)证明：当时，．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；

（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.

方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.

【详解】（1）因为，定义域为，所以，

当时，由于，则，故恒成立，

所以在上单调递减；

当时，令，解得，

当时，，则在上单调递减；

当时，，则在上单调递增；

综上：当时，在上单调递减；

当时，在上单调递减，在上单调递增.

（2）方法一：

由（1）得，，

要证，即证，即证恒成立，

令，则，

令，则；令，则；

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，则恒成立，

所以当时，恒成立，证毕.

方法二：

令，则，

由于在上单调递增，所以在上单调递增，

又，

所以当时，；当时，；

所以在上单调递减，在上单调递增，

故，则，当且仅当时，等号成立，

因为，

当且仅当，即时，等号成立，

所以要证，即证，即证，

令，则，

令，则；令，则；

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，则恒成立，

所以当时，恒成立，证毕.