2022-2023学年上海市复旦大学附属中学高二下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年上海市复旦大学附属中学高二下学期期中数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年上海市复旦大学附属中学高二下学期期中数学试题 一、填空题1．事件A与事件B是独立的，且，则        .【答案】【分析】由独立事件的乘法公式即可得出答案.【详解】因为事件A与事件B是独立的，且，所以.故答案为：2．在100个人中，其中45人为女性，55人为男性，计划抽取20人测量身高.若按性别进行分层随机抽样，则应该抽取        位男性测量身高。【答案】【分析】根据题意求得每个人抽到的概率，结合分层抽样列出方程，即可求解.【详解】利用分层抽样的方法从100个人中抽取了20人测量身高，其中45人为女性，55人为男性，则每个人被抽到的概率为，设应该抽取位男性，可得，解得（人），即应该抽取位男性测量身高.故答案为：.3．已知随机变量服从正态分布，若，则             ．【答案】【分析】根据正态分布曲线的对称性可直接求得结果.【详解】，为正态分布曲线的对称轴，由得：.故答案为：.4．的展开式中，项的系数为        .【答案】189【分析】根据二项展开式的通项公式，求项的系数.【详解】的展开式的通项公式，当时，项的系数为.故答案为：1895．已知一组数据的平均数为6，那么的平均数为       .【答案】17【分析】根据平均数公式，即可求解.【详解】由条件可知，，则.故答案为：6．若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数     .【答案】【分析】由导数的几何意义求解即可.【详解】由可得，则线在点处的切线的斜率为：，故.故答案为：7．从所有三位数中随机取一个，并假设取到每个三位数的可能性是相同的，则取到的是无重复数字的三位数的概率是           .【答案】/【分析】直接利用组合数和古典概率的定义求出结果．【详解】从所有三位数中随机取一个，故基本事件总数是，没有重复数字的三位数是：，故取到的是无重复数字的三位数的概率．故答案为：．8．已知函数在定义域上不单调，则正整数的最小值是         .【答案】【分析】求出函数的导函数，令，可得，结合正弦函数的性质，求出的取值范围，即可得解．【详解】函数，则，当时，，在上单调递增，不符合题意；当时，令，可得，因为，且，所以，当时，，当时，有解，当时，有解，所以不单调，所以正整数的最小值是．故答案为：．9．以下是一些城市的海拔高度与该城市的大气压的对照表.我们已知大气压与海拔高度是近似线性的关系．城市海拔高度/m大气压/Pa北京31.299.86哈尔滨171.798.51上海4.5100.53昆明1891.480.80拉萨3658.065.23则我们可以利用一元线性回归分析（其中海拔高度为解释变量，大气压为反应变量），估计珠穆朗玛峰顶（海拔米）的大气压为        （近似到小数点后两位）．【答案】【分析】设海拔高度为，则大气压为，用最小二乘法求出经验回归方程，令即可得出答案．【详解】设海拔高度为，则大气压为Pa，由表中数据得：，，，，可用一元线性回归模型拟合与的关系，其中，，所以，，所以经验回归方程为，当时，，所以珠穆朗玛峰顶（海拔米）的大气压为，故答案为：．10．现有a个白球、b个黑球（其外观、大小完全一致），从中不放回地摸出k个球，用表示摸出的白球个数,则使得的k的最小值为       .【答案】6【分析】利用超几何分布概率模型计算概率即可求解.【详解】依题意，若，则,若，则,若，则,若，则,若，则,若，则,所以k的最小值为6，故答案为:6.11．已知，对于数列，有，若存在常数使得对于任意的，都有，则a的取值范围是        .【答案】【分析】求得，所以为单调递增函数，由，得到，根据题意得到，根据题意转化为在上有解，令，求得，得到函数的单调区间和极大值，即可求解.【详解】解：因为函数，可得，所以为单调递增函数，由，可得，因为对于任意的，都有且，所以，要使得存在常数 使得对于任意的，都有，则满足在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，令，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，取得极大值，即为最大值，要使得在上有解，可得，即实数的取值范围.故答案为：.12．小明同时掷3个骰子，在掷完后，小明有一次重掷的机会，即可以选择三个骰子中的任意多个进行重掷（可以是0个），并保留剩下骰子的点数，若最后点数之和为7则取得胜利．为了取得胜利，则小明会选择2个骰子进行重掷的概率为       ．【答案】【分析】首先分析出小明选择重新投掷骰子的逻辑，投掷后，若点数和不为7，当3个骰子中，有2枚骰子的点数和小于7，则选择1个骰子进行重新投掷；当3个骰子中，任意2枚骰子的点数和大于6，则选择2枚或者3枚进行重掷，分析概率得投掷2枚骰子点数和为4，5或6的概率大于重新投掷3枚骰子使得点数和为7的概率，即可得出选择2个骰子重掷的种数，从而得出概率．【详解】三枚骰子和为7的情况共有15种，投掷1枚骰子得到指定点数的概率为：，投掷3枚骰子得到点数和为7的概率为：，抛掷2枚骰子，只需要2枚骰子的点数和为2,3,4,5,6，则投掷2枚骰子得到的点数和与概率如下表：表1抛掷2枚骰子的点数和点数和情况出现概率2 3 4 5 6 可知，抛掷2枚骰子得到指定点数和的概率小于抛掷1枚骰子得到指定点数的概率，且抛掷3枚骰子得到指定点数和7的概率小于抛掷1枚骰子得到指定点数的概率，故小明会优先选择重新投掷1枚骰子从而使得3枚骰子的点数和为7，则小明在抛掷后，出现的点数和不为7，且有2枚骰子的点数和小于7，会选择重新抛掷1枚骰子的情况如下表：表2第一枚点数第二枚点数第三枚点数情况种数111,2,3,4,63021,2,3,5,631,2,4,5,641,3,4,5,652,3,4,5,661,2,3,4,5211,2,3,5,62821,2,4,5,631,3,4,5,642,3,4,5,651,2,3,461,2,3,4311,2,4,5,62421,3,4,5,632,3,4,5,641,2,351,2,361,2,3411，3,4,5,61922,3,4,5,631,2,341,251,261,2512,3,4,5,61621,2,3,431,2,341,25161 611,2,3,4,51521,2,3,4,31,2,341,251共132种情况；当抛掷的3枚骰子中，出现的点数和不为7，任意2枚之和都大于6时，选择重新投掷2枚或3枚骰子，所有情况如下表：表3第一枚点数第二枚点数第三枚点数情况种数666,5,4,3,2,12156,5,4,3,246,5,4,336,5,426,516566,5,4,3,21956,5,4,3,246,5,4,336,5,426,5466,5，4,31556,5，4,346,5，4,336,5，4366,5,4956,5,446,5,4266,5456,51661由表1可知，选择重新投掷2枚骰子出现点数和为4，5或6的概率大于重新投掷3枚骰子使得点数和为7的概率，故当3枚骰子中出现点数3，2或1，且任意2枚骰子的点数和大于6时，选择重新投2枚骰子，由表3可知，共有42种情况符合条件，所以小明会选择2个骰子进行重掷的概率为：，故答案为：．【点睛】方法点睛：利用古典概型求概率的方法及注意点（1）用列举法把古典概型试验的基本事件一一列举出来，再利用公式求解，列举时必须按照某一顺序做到不重复、不遗漏．（2）事件A的概率的计算方法，关键要分清基本事件总数n与事件A包含的基本事件数m.因此必须解决以下三个方面的问题：第一，本试验是否是等可能的；第二，本试验的基本事件有多少个；第三，事件A是什么，它包含的基本事件有多少． 二、单选题13．“”是“”的（    ）条件A．充要 B．充分非必要 C．必要非充分 D．非充分非必要【答案】B【分析】根据组合数公式的性质及充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】若，则或，解得或，所以由能够得到，故充分性成立，由得不到，故必要性不成立，故“”是“”的充分不必要条件.故选：B14．在实验“利用单摆周期估计重力加速度”中，我们依据的理论是单摆的周期公式，其中为单摆周期，为重力加速度，为单摆的摆长.改变单摆的摆长，并多次记录数据.若对以下各组数据做相关分析，相关系数最大的一组是（    ）A．与 B．与 C．与 D．与【答案】B【分析】作出各组数据的图象，根据正负相关与相关系数符号的关系，以及图象越接近直线，相关程度越强，相关系数越接近于1，可得到答案.【详解】作出，，，，的图象如下：根据图象可知，与，与，与都是正相关，相关系数都是正数，图象越接近直线，相关程度越强，相关系数越接近于1，与相关程度最弱，相关系数的绝对值最接近0.所以相关系数最大的一组是与.故选：B15．讲桌上放有两摞书，一摞3本，另一摞4本。学号为1-7号的7名学生，按照学号1-7的顺序依次取书，每名学生只能从其中一摞的最上面取一本书，则不同取法的种数为（    ）A．20 B．30 C．35 D．210【答案】C【分析】问题等价于从一行七个空里选三个空把、、按从小到大自左向右顺序填进去，剩下四个空将、、、7从小到大自左向右顺序填进去，即得解.【详解】根据题意，问题等价于从一行七个空里选三个空把、、按从小到大自左向右顺序填进去，剩下四个空将、、、7从小到大自左向右顺序填进去，共有填法种.故选：C.16．设曲线在点处的切线为l.则以下说法正确的个数是（    ）①l与曲线可能没有交点 ； ②l与曲线一定只有一个交点；③l与曲线不可能有且仅有两个交点；④l与曲线可能有无穷多个交点A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】B【分析】根据切线的定义，结合直线与曲线的位置关系，即可判断.【详解】①因为直线为曲线在点处的切线，所以至少有交点，故①错误；②有可能切线与曲线有其他的交点，故②错误；③切线与曲线有可能除切点外，还有1个交点，即仅有两个交点，故③错误；④切线与曲线有可能有无穷多个交点，比如与，故④正确.故选：B 三、解答题17．已知．(1)求函数的单调减区间；(2)求函数在上的最大值和最小值．【答案】(1)(2)最大值为，最小值为 【分析】（1）求定义域，求导，解不等式，得到单调区间；（2）求出极值和端点值，比较后即可确定最值．【详解】（1）的定义域为，且，令得，所以函数的递减区间．（2）因为，令得或，所以递增区间为，，当变化时，，变化状态如下表：1300 单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以函数在上的最大值为，最小值为．18．网络购物已经渐渐成为人们购物的新方式.为了调查每周网络购物的次数和性别的关系，随机调查了100名市民的网络购物情况，有关数据的列联表如下： 10次及10次以上10次以下总计男性322052女性43548总计7525100(1)从这100位市民中随机抽取一位，试求该市民为每周网络购物不满10次的男性的概率；(2)请说明能否在犯错误的概率不超过的前提下，认为每周网络购物次数与性别有关系？（已知）[参考公式：（其中）]【答案】(1)(2)能在犯错误的概率不超过的前提下，认为每周网络购物次数与性别有关系． 【分析】（1）由列联表和古典概率公式可得所求值；（2）计算出卡方，即可判断．【详解】（1）由列联表可得，每周网络购物不满次的男性的概率；（2）由题意可得，，故能在犯错误的概率不超过的前提下，认为每周网络购物次数与性别有关系．19．以下是一个军备竞赛的模型：现有甲乙两国进行军备竞赛，假设甲国同时采用如下两条策略：（Ⅰ）认定乙国有可能率先发起攻击，并且当己方被攻击后，需要具备能够毁灭乙国工业的反击能力；（Ⅱ）乙国对己方的攻击目标也包括己方的导弹基地，每一枚乙方的导弹能以p的概率摧毁甲方的一枚导弹.在甲国策略的基础上，假设甲国摧毁乙国工业所需导弹数量为.注：本题允许导弹数量不为整数，导弹性能保持稳定(1)求甲国拥有的导弹数量的最小值y关于乙国拥有的导弹数量x的函数关系；(2)我们假设乙国也采用相同的策略，并且在保证策略实施的情况下，两国均只制造最少需求数量的导弹.则以下的哪个行为将会导致军备竞赛的升级，并说明理由.①甲国增加工业设施的防御能力；②甲国增加导弹基地的防御能力.【答案】(1),(2)两种行为均会导致军备竞赛的升级，理由见解析 【分析】（1）假设乙国的导弹均攻击己方的导弹基地，从而结合概率求出；（2）写出乙国也采用相同的策略时，分别写出甲、乙国所需要的最小导弹数量关系式，从而得到两者将互相影响，只要有一方导弹数量变大时，另一方的导弹数量将增加，分析出两种行为将会导致军备竞赛的升级.【详解】（1）当乙国的导弹均攻击己方的导弹基地时，此时甲国所拥有的导弹数量为最小值y，故，（2）由（1）可知甲国所需要的最少导弹数量，，其中，乙国也采用相同的策略，假设甲国的导弹数量为，乙国摧毁甲国工业所需导弹数量为，且每一枚甲方的导弹能以的概率摧毁乙方的一枚导弹，则乙国所需要的最小导弹数量，，，两者将互相影响，只要有一方导弹数量变大时，另一方的导弹数量将增加，当①甲国增加工业设施的防御能力时，将变大，故变大，故变大，从而将会导致军备竞赛的升级，当②甲国增加导弹基地的防御能力时，为常数，则变大，故变大，从而将会导致军备竞赛的升级.20．现有一枚均匀的硬币（即只可能出现正面与反面两种结果，抛出正面与反面的概率均为0.5，每一次抛掷是独立的），正面记为H，反面记为T，并不断抛掷该硬币．(1)求抛掷3次时，至少出现1次正面的概率；(2)用X表示抛掷10次后出现正面的次数，求X的期望和方差；(3)甲同学选择了组合“HHT”，（即连续地依次出现正面，正面，反面），乙同学选择了组合HTT．若选择的组合先出现，则获得游戏胜利．问：甲乙两人中，甲更有优势还是乙更有优势还是双方都没有优势？并求甲同学获胜的概率．【答案】(1)(2)，(3)甲更有优势，甲同学获胜的概率为 【分析】（1）先求出抛掷3次时，不出现正面的概率，再根据对立事件计算至少出现1次正面的概率；（2）根据题意，得出出现正面的次数，根据二项分布数学期望及方差的公式计算即可；（3）设甲同学获胜的事件为，乙同学获胜的事件为，由题意画出出现情况示意图，再分析得出及乙同学获胜的所有情况，计算出，即可得出答案．【详解】（1）设抛掷3次时，至少出现1次正面的事件为，则抛掷3次时，不出现正面的事件为,所以，所以抛掷3次时，至少出现1次正面的概率是．（2）由题意抛掷次数，每次出现正面的概率为，出现正面的次数，则的可能取值为，，．（3）设甲同学获胜的事件为，乙同学获胜的事件为，因为该游戏要分出胜负，故不存在平局，所以，由题意画出甲乙同学抛掷硬币的情况示意图，由上图可知，乙同学获胜的情况更单一，故先计算乙同学获胜的概率，由上图分析可知，无论甲获胜还是乙获胜，都必须出现，故出现第一个的概率为1，假设开始后，出现即乙同学获胜，则概率为，假设开始后，出现即乙同学获胜，则概率为， 假设开始后，出现即乙同学获胜，则概率为，则 ，所以，因为，所以甲同学更有优势，且甲同学获胜的概率为．21．已知.(1)若，求曲线在处的切线方程；(2)若，设，判断是否是函数的极值点并说明理由；(3)设，点在函数的图像上，且的横坐标.曲线是由所有的线段构成的折线图，求证：对于任意的，直线与的交点不可能有无穷多个.【答案】(1)(2)不是，理由见详解(3)证明见详解 【分析】（1）由导数的几何意义直接计算即可；（2）由极值点定义，结合三角函数的有界性判断导函数在附近的符号即可；（3）判断折线段的范围结合与的大小即可得证.【详解】（1）由条件可得，，∴曲线在处的切线方程为，即；（2）不是函数的极值点，理由如下：，，当时，易知，即，当时，易知，即，时，，故当时，有，所以不是函数的极值点；（3）由题意可得，当时，，即，当时，，即，故折线段的端点都在函数上，考虑交点个数是否无穷，在时显然为有限个，当时，折线段构成的折线图在两函数之间，如图所示，下面讨论与在时的交点个数，令，则，令，，即在上单调递减，在上单调递增，所以，①当时，，即时，始终的上方，此时始终的上方，故与折线段构成的折线图没有交点；②当时，，此时与相切，故与折线段构成的折线图至多有一个交点；③当时，，且时，，时，，即及使得，故此时与有两个交点，不妨设，则当时，，在的上方，故与折线段构成的折线图有有限个交点；综上，，都有与折线段构成的折线图有有限个交点.