2022-2023学年山西省吕梁市孝义市高二（下）联考数学试卷（5月份）(含解析）

这是一份2022-2023学年山西省吕梁市孝义市高二（下）联考数学试卷（5月份）(含解析），共17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。
1.从5名老师和10名学生中各选1人组成一个小组，则不同的选法共有( )
A. 15种B. 50种C. 105种D. 210种
2.若T∼B(15,15)，则D(T)=( )
A. 3B. 4C. 125D. 165
3.已知变量y关于x的回归直线方程为y =bx+a ，相关系数为r，则下列选项正确的是( )
A. 若a>0，则x与y是正相关
B. 若|r|接近0，则表示x与y的相关性很强
C. 若r>0，则b>0
D. 若变量x增大一个单位，则变量y就一定增加b个单位
4.已知随机变量ξ的分布列为
若η=2ξ−1，则D(η)=( )
A. 89B. 179C. 169D. 259
5.(1+x+yx−2y)5的展开式的常数项为( )
A. 1B. 121C. −119D. −120
6.某班书法兴趣小组有6名男生和4名女生，美术兴趣小组有5名男生和5名女生.从书法兴趣小组中任选2人，与原来的美术兴趣小组成员组成新的美术兴趣小组，然后再从新的美术兴趣小组中任选1人，则选中的人是男生的概率为( )
A. 920B. 2960C. 3160D. 1120
7.已知抛物线C：y=14x2，直线y=kx+1与C交于A，B两点，直线y=1kx+1与C交于M，N两点，则|AB|+2|MN|的最小值为( )
A. 8 2+12B. 8 2+8C. 12 2+4D. 12 2+8
8.放假伊始，8名同学相约前往某门店体验沉浸式角色扮演型剧本游戏，目前店中仅有可供4人组局的剧本，其中A，B角色各1人，C角色2人.已知这8名同学中有4名男生，4名女生，店主让他们8人分成两组先后参加游戏，其中A，B角色不可同时为女生，C角色至少有一名女生，则他们不同的选择方式共有( )
A. 2376种B. 4752种C. 9504种D. 1584种
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知ξ～N(6,4)，且P(ξ≤m+2)=P(ξ≥2m+1)，则( )
附：若ξ～N(μ,σ2)，则P(μ−σ≤ξ≤μ+σ)=0.6827，P(μ−2σ≤ξ≤μ+2σ)=0.9545．
A. m=3B. m=1
C. P(4≤ξ≤10)=0.8186D. P(4≤ξ≤10)=0.1814
10.在三棱锥A−BCD中，AB，AC，AD两两夹角均为π3，且|AB|=|AC|=12|AD|=1，若G，M分别为线段AD，BC的中点，则( )
A. |MG|=3 34
B. |MG|= 32
C. 异面直线AC与DB所成角的正弦值为 336
D. 异面直线AC与DB所成角的正弦值为 36
11.如图，这是整齐的正方形道路网，其中小明、小华、小齐分别在道路网的A，B，C的三个交汇处，小明和小华分别随机地选择一条沿道路网的最短路径，以相同的速度同时出发，去往B地和A地，小齐保持原地不动，则下列说法正确的有( )
A. 小明可以选择的不同路径共有20种
B. 小明与小齐能相遇的不同路径共有12种
C. 小明与小华能相遇的不同路径共有164种
D. 小明、小华、小齐三人能相遇的概率为81400
12.甲箱中有3个红球，2个白球和2个黑球，乙箱中有2个红球，3个白球和3个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以A1，A2和A3表示从甲箱中取出的球是红球、白球和黑球的事件，再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的球是红球的事件，则( )
A. P(B|A1)=13B. P(B)=1763
C. P(A1)P(B)=P(A1B)D. P(A2|B)=417
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知A与B独立，且P(A)=0.7，则P(A|B)= ______．
14.20232024被4除的余数为______．
15.公司要从5名男性员工和3名女性员工中随机选出3人去出差，设抽取的人中女性员工的人数为X，则P(X≥2)= ______．
16.《夺冠》这部影片讲述的是中国女排从1981年首夺世界冠军到2016年里约奥运会生死攸关的中巴大战，诠释了几代女排人历经浮沉却始终不屈不挠、不断拼搏的精神.某排球赛采用五局三胜制(先胜三局者获胜)，前4局每局25分，第5局15分.在每局的每一个回合中，赢的球队获得1分，输的球队不得分，且下一回合的发球权属于得分方.经过统计，甲、乙两支球队在前4局比赛中，甲每局获胜的概率为35，各局相互独立且互不影响，在第5局每一个回合中，输赢的情况如下：当甲队拥有发球权时，甲队该回合获胜的概率为23，当乙队拥有发球权时，甲队该回合获胜的概率为12，那么在第5局开始之前甲队不输的概率为______；若两支球队比拼到第5局时，甲队拥有发球权，则甲队在前3个回合中至少获得2分的概率为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
2022年卡塔尔世界杯于北京时间11月20日在卡塔尔正式开赛，该比赛吸引了全世界亿万球迷观看.为了了解喜爱观看世界杯是否与性别有关，某体育台随机抽取200名观众进行统计，得到如下2×2列联表．
试根据小概率值α=0.001的独立性检验，能否认为喜爱观看世界杯与性别有关联？
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
18.(本小题12分)
已知数列{an}，{bn}满足a1=b1=1，anbn=an+2bn+1．
(1)若{an}是等比数列，且9，3a2，a3成等差数列，求{bn}的通项公式；
(2)若{an}是公差为2的等差数列，证明：b1+b2+b3+⋯+bn0,b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，且顶点到渐近线的距离为2 55，点P是双曲线C右支上一动点(不与A2重合)，且满足PA1，PA2的斜率之积为4．
(1)求双曲线C的方程．
(2)过点Q(−2,0)的直线l与双曲线C交于x轴上方的M，N两点，若E是线段MN的中点，F是线段MN上一点，且|MF||NF|=|MQ||NQ|，O为坐标原点，试判断直线OE，OF的斜率之积是否为定值.若为定值，求出该定值；若不是，请说明理由．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=x−lnx−a有两个不同的零点x1，x2．
(1)求a的取值范围；
(2)若e1−x10，则x与y是正相关，A错误；
B选项，若|r|接1，则表示x与y的相关性很强，B错误；
C选项，若r>0，则x与y是正相关，b>0，C正确；
D选项，线性回归方程为估计值，不知准确值，D错误．
故选：C．
根据回归方程和相关系数的定义逐项判断即可．
本题考查回归方程和相关系数的概念，是中档题．
4.【答案】B
【解析】解：根据随机变量ξ的对应概率之和为1可知，a+2a−16+16=1，则a=13，
则E(ξ)=2×16+1×12+0×13=56，
所以D(ξ)=(2−56)2×16+(1−56)2×12+(0−56)2×13=1736，
所以D(η)=D(2ξ−1)=22D(ξ)=179．
故选：B．
根据随机变量ξ的对应概率之和为1计算a，再结合期望和方差公式，计算E(ξ)，D(ξ)，最后根据方差的性质公式计算D(η)即可．
本题考查离散型随机变量的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：因为 x⋅yx⋅1y=1，所以 (1+x+yx−2y)5 的展开式的常数项为15+C52C31x⋅C21⋅yx⋅(−2y)=−119．
故选：C．
利用展开式的来源分析，有两种情况，由于有5个括号，5个括号中全提供常数，或2个括号提供常数，剩下3个括号各提供x,yx,−2y．
本题考查了二项式定理的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：①从书法组选出2名男生，其概率为C62C102=13，新的美术组中有7男5女，任选1人是男生的概率为712；
②从书法组选出1名男生1名女生，其概率为C61C41C102=815，新的美术组中有6男6女，任选1人是男生的概率为12；
③从书法组选出2名女生，其概率为C42C102=215，新的美术组中有5男7女，任选1人是男生的概率为512；
则从新的美术兴趣小组中任选1人，选中的人是男生的概率为13×712+815×12+215×512=3160．
故选：C．
按书法班选出男生人数分类，再利用条件概率乘法公式计算即可．
本题考查条件概率公式，是中档题．
7.【答案】A
【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立y=14x2y=kx+1，
得x2−4kx−4=0，
则x1+x2=4k，y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2，
因为直线y=kx+1经过C的焦点，
所以|AB|=y1+y2+p=4k2+4，
同理可得|MN|=4k2+4，
所以 |AB|+2|MN|=4k2+4+8k2+8≥2 4k2⋅8k2+12=8 2+12，
当且仅当k4=2时，等号成立．
故选：A．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立y=14x2y=kx+1，根据直线y=kx+1经过C的焦点，利用抛物线的定义分别得到|AB|和|MN|，再利用基本不等式求解．
本题考查直线与抛物线的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：分组方法1：一组A，B角色两个男生、C角色1男1女；
另一组A，B角色1男1女、C角色2女；
方法数有：(C42A22×C21C41×C31A22)×2=1152．
分组方法2：一组2男2女；另一组2男2女；
方法数有：C42C42×(A22+A22A22+A22A22)×(A22+A22A22+A22A22)×A22A22=3600，
所以他们不同的选择方式共有1152+3600=4752．
故选：B．
根据三个角色的要求进行分组，然后计算出他们不同的选择方式．
本题主要考查排列、组合及简单计数问题，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：由题意ξ～N(6,4)，μ=6，σ=2，
且P(ξ≤m+2)=P(ξ≥2m+1)，
所以m+2+2m+12=6，解得m=3，A正确，B错误；
P(4≤ξ≤10)=P(6−2≤ξ≤6+2×2)=12×(0.6827+0.9545)=0.8186．
故选：AC．
根据正态分布的对称性及3σ原则，计算即可．
本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量μ和σ的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：在三棱锥A−BCD中，AB，AC，AD两两夹角均为π3，且|AB|=|AC|=12|AD|=1，
G，M分别为线段AD，BC的中点，
设AB=a,AC=b,AD=c，如图，
则|a|=|b|=1,|c|=2，
∴ a⋅b=1×1×csπ3=12，b⋅c=a⋅c=1×2×csπ3=1，
∵MG=AG−AM=12AD−12(AB+AC)=12(c−a−b)，
∴|MG|=12 (c−a−b)2=12 c2+a2+b2−2a⋅c−2b⋅c+2a⋅b= 32，
∵AC⋅BD=b⋅(c−a)=b⋅c−a⋅b=12，
∵| BD|= (c−a)2= a2−2a⋅c+c2= 3，
∴由向量夹角公式得：
∵cs=AC⋅BD|AC|⋅|BD|= 36，
∴sin= 1−(cs)2= 1−( 36)2= 336，
∴异面直线AC与DB所成角的正弦值为 336．
故选：BC．
根据空间向量对应线段的位置及数量关系，用AB,AC,AD表示出MG，应用数量积的运算律求向量的模长，根据向量夹角公式、数量积运算律求异面直线夹角．
本题考查向量数量积公式、向量夹角公式、数量积运算律、异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，小明从A到B需要走6步，向上3步，向右3步，则有C63=20种不同路径可选，A正确；
对于B，若小明与小齐能相遇，则小明经过C，则小明有C31C31=9种不同路径可选，B错误；
对于C，小明与小华能相遇，而两人的速度相同，则相遇时，两人都走了3步，
则有2C33C33C33C33+2C31C31C32C32=164种，C正确；
对于D，小明从A到B有20种不同路径可选，小华从B到A也有20种不同路径可选，共有20×20=400种路径可选，
若3人相遇，则小明和小华都经过C，其情况有C31C31C32C32=81种情况，
则小明、小华、小齐三人能相遇的概率为81400，D正确；
故选：ACD．
根据题意，由排列组合公式分析ABC是否正确，由古典概型公式分析D是否正确，综合可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及概率的乘法公式，属于基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：因为P(A1)=37，P(A2)=27，P(A3)=27，
若A1发生，则乙箱中有3个红球，3个白球和3个黑球，∴P(B|A1)=39=13，故A正确；
若A2发生，则乙箱中有2个红球，4个白球和3个黑球，∴P(B|A2)=29，
若A3发生，则乙箱中有2个红球，3个白球和4个黑球，∴P(B|A3)=29，
∴P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)
=37×13+27×29+27×29=1763，故B正确；
∵P(A1B)=P(B|A1)⋅P(A1)=13×37=17，
∴P(A1)P(B)≠P(A1B)，故C错误；
P(A2|B)=P(A2B)P(B)=P(B|A2)P(A2)P(B)=27×291763=417，故D正确．
故选：ABD．
根据全概率公式及条件概率概率公式计算可得．
本题主要考查条件概率，全概率公式，考查运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】710
【解析】解：由于A与B独立，所以P(AB)=P(A)P(B)，
所以P(A|B)=P(AB)P(B)=P(A)P(B)P(B)=P(A)=0.7．
故答案为：710．
根据相互对立满足的关系，结合条件概率的计算公式即可求解．
本题考查条件概率相关知识，属于基础题．
14.【答案】1
【解析】解：因为20232024=(2024−1)2024=C20240⋅20242024−C20241⋅20242023+...−C20242023⋅2024+1，
且2024可以被4整除，所以余数为1．
故答案为：1．
利用二项式定理，展开表达式，即可判断余数．
本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题．
15.【答案】27
【解析】解：因为从5名男性员工和3名女性员工中随机选出3人去出差，抽取的人中女性员工的人数为X，
则P(X=2)=C51C32C83=1556，P(X=3)=C33C83=156，
P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=1556+156=27．
故答案为：27．
由已知结合古典概率公式先求出P(X=2)及P(X=3)，然后结合互斥事件的概率公式可求．
本题主要考查了古典概率公式的应用，属于基础题．
16.【答案】513625 23
【解析】解：因为在第5局开始之前甲队不输的情况包括：甲3：0胜，甲3：1胜，甲2：2平，对应的概率分别记为P1，P2，P3，
P1=(35)3=27125，P2=C31×(35)2×25=54125，P3=C42×(35)2×(25)2=216625，
所以甲队不输的概率P=27125+54125+216625=513625．
在前3个回合中，甲队至少获得2分对应的胜负情况为胜胜负，胜负胜，负胜胜，胜胜胜，共4种情况，对应的概率分别记为P1，P2，P3，P4，
则P1=23×23×13=427，P2=23×13×12=19，P3=13×12×23=19,P4=23×23×23=827，
所以甲队在前3个回合中至少获得2分的概率P=427+19+19+827=23．
(1)前4局甲队不输的情况包括了甲3：0胜，甲3：1胜，甲2：2平，利用相互独立事件的乘法公式计算即可；
(2)在前3个回合中，甲队至少获得2分对应的胜负情况为胜胜负，胜负胜，负胜胜，胜胜胜，共4种情况，利用相互独立事件的乘法公式计算即可．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用．
17.【答案】解：零假设为H0：喜爱观看世界杯与性别无关联．
根据列表中的数据，经计算得到χ2=200×(60×80−20×40)280×120×100×100=1003≈33.333>10.828=x0.001，
根据小概率值α=0.001的独立性检验，推断H0不成立，
所以喜爱观看世界杯与性别有关联．
【解析】计算χ2的值，由此作出判断．
本题考查独立性检验思想，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设{an}的公比为q，由于9，3a2，a3成等差数列，
故6a2=a3+9，
而a1=1，
故q2−6q+9=0，
解得q=3，
由anbn=an+2bn+1，得bn+1bn=anan+2=1qn2=19，
即{bn}是等比数列，且b1=1，
故bn=(19)n−1；
(2)证明：{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
故an=2n−1，an+2=2n+3，
由anbn=an+2bn+1，得bn+1bn=anan+2=2n−12n+3，
故2n−32n+1×2n−52n−1×2n−72n−3×⋯×37×15×1
=3(2n+1)(2n−1)=32(12n−1−12n+1)，
故b1+b2+b3+⋯+bn=32(1−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1)
=32(1−12n+1)0，得m20y1y2>0，即80m>020m2−4>0，解得m2>15，
又m>0，
所以m> 55，
所以yE=y1+y22=40m20m2−4，xE=x1+x22=m(y1+y2)−42=820m2−4，
所以|MF||NF|=|MQ||NQ|=y1y2，
所以y1−yFyF−y2=y1y2，
所以yF=2y1y2y1+y2=15220m2−480m20m2−4=1910m，
所以xF=myF−2=−110，
所以kOE⋅kOF=40m8⋅1910m⋅(−10)=95，为定值．
【解析】(1)由顶点到渐近线的距离为2 55，得|ba⋅c| b2a2+1=2 55，则c2−a2=45=b2，设P(x0,y0)，则kPA1⋅kPA2=y0x0−a⋅y0x0+a=4，由于点P(x0,y0)在双曲线上，则y02=b2a2x02−b2=4x025a2−45，解得a2，b2，c2，即可得出答案．
(2)设直线MN的方程为x=my−2，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立双曲线方程，结合韦达定理可得y1+y2，y1y2，进而可得E点坐标，则|MF||NF|=|MQ||NQ|=y1y2，进而可得F点的坐标，即可得出答案．
本题考查双曲线方程，直线与双曲线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由f(x)=x−lnx−a，可得f′(x)=x−1x(x>0)，
当01时，f(e−a)=e−a>0，f(1)0，
其中令m(x)=ex−2x，x∈(1,+∞)，
则m′(x)=ex−2>0，所以m(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以m(x)>m(1)=e−2>0，即f(ea)=ea−2a>0，
所以∃x1∈(e−a,1)使得f(x1)=0，∃x2∈(1,ea)使得f(x2)=0，
综上可得a∈(1,+∞)．
(2)因为函数f(x)=x−lnx−a有两个不同的零点x1，x2，
所以x1−lnx1−a=x2−lnx2−a=0，
由e1−x10，所以1−x11−x1−lnx2=1−x1+a−x2=(1+a)−(x1+x2)恒成立，
现证明x1+x2>a+1，不妨设0