2022-2023学年广东省深圳实验学校光明部高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年广东省深圳实验学校光明部高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知两个正态分布的密度函数图像如图所示，则（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】由正态分布密度函数图像的性质，观察图像可得结果.

【详解】解：由正态分布密度函数图像的性质可知：越大，图像对称轴越靠近右侧；越大，图像越“矮胖”，越小，图像越“瘦高”.所以由图像可知：，.

故选：A.

2．邮递员把两封信随机投入A，B，C三个空邮箱中，则不同的投入方法共有（　　）

A．6种 B．8种 C．9种 D．10种

【答案】C

【分析】根据分步乘法计数原理求解即可.

【详解】第一步先投一封信有3种不同的投法，第二步投剩余的一封信也有3种不同的投法，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的投法.

故选：C

3．10支步枪中有6支已经校准过，4支未校准，一名射击运动员用校准过的枪射击时，中靶的概率为，用未校准的枪射击时，中靶的概率为，现从10支中任取一支射击，则中靶的概率为（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设从10支中任取一支取得校准枪支为事件，取得未校准枪支为事件，分别求其概率，根据全概率公式求解即可.

【详解】设从10支中任取一支取得校准枪支为事件，取得未校准枪支为事件，中靶为事件，

则, ，

所以.

故选：B

4．随机变量的分布列如下，则（　　）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由分布列性质求出，再由分布列计算期望、方差，再由方差性质求解.

【详解】由分布列性质可知，，解得，

所以，

,

所以.

故选：D

5．学校安排元旦晩会的4个舞蹈节目和2个音乐节目的演出顺序，要求2个音乐节目要连排，且都不能在第一个演出，则不同的排法种数是（　　）

A．96 B．144 C．192 D．240

【答案】C

【分析】按照捆绑法，结合排列数公式，即可求解.

【详解】将2个音乐节目看成1个元素，有种方法，和4个舞蹈节目共看成5个元素，其中2个音乐节目不排在首位，有4种方法，再全排列4个舞蹈节目，有种方法，所以共有种方法.

故选：C

6．2023年元旦期间，某高速公路收费站的三个高速收费口每天通过的小汽车数（单位：辆）服从正态分布，若，假设三个收费口均能正常工作，则这些收费口每天至少有一个通过的小汽车超过600辆的概率为（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先根据对称性求，再利用对立事件求概率.

【详解】根据对称性可知，,

则3个收费口每天至少有一个通过的小汽车超过600的概率.

故选：C

7．的展开式中，的系数为（　　）

A．60 B． C．30 D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，利用多项式乘法结合组合应用问题，列式计算作答.

【详解】因为，于是在5个多项式中，取2个用，再从余下3个多项式中取2个用，

最后1个多项式用常数项相乘，因此含的项为，

所以的系数为60.

故选：A

8．深圳实验学校光明部高二年级来到井冈山古城镇参加社会实践，学校安排甲、乙、丙、丁、戊共5位老师到学生居住的塘头村、沃壤村、长溪村进行走访，要求每村至少安排一位老师，则塘头村恰好只有甲老师的概率为（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用古典概型，再结合分组分配的方法求解.

【详解】5位老师到3个村进行走访，每村至少安排一位老师，可以将5人分为3，1，1，或2，2，1两种分组，再进行分配，共有种方法，

若塘头村恰好只有甲老师，相当于将剩下的4为老师，安排到剩下的两个村，可以按照2，2或3，1两种分组，再进行分配，共有，

所以塘头村恰好只有甲老师的概率.

故选：B

二、多选题

9．对两个随机变量的一组观测数据进行回归分析，下列说法正确的是（　　）

A．可以先用散点图判断两个变量是否具有线性相关关系

B．可以通过残差图发现原始数据中的可疑数据，残差平方和越小，模型拟合效果越好

C．可以用相关指数刻画回归效果，越接近0，说明模型的拟合效果越好

D．回归直线恒过样本点的中心

【答案】ABD

【分析】根据线性回归的操作流程和相关概念求解.

【详解】对于A，在求线性回归方程之前，先画出散点图，观察这组数据是否有线性相关性是必要的，正确；

对于B，残差的平方和越小，说明散点越接近回归直线，拟合效果越好，正确；

对于C，相关指数 越接近于1，拟合效果越好，错误；

对于D，回归直线必须经过样本的中心点，正确；

故选：ABD.

10．已知，则（　　）

A． B．

C．展开式中所有二项式系数的和为1024 D．

【答案】ACD

【分析】利用赋值，分别求ABD；再利用二项式系数和公式，判断B.

【详解】A.令时，，故A正确；

B.令，，

所以，故B错误；

C. 展开式中所有二项式系数的和为,故C正确；

D.令，，

令，，

两式相加得，

所以，故D正确.

故选：ACD

11．将5个质地和大小均相同的小球分装在甲、乙两个口袋中，甲袋中装有1个黑球和1个白球，乙袋中装有2个黑球和1个白球．采用不放回抽取的方式，先从甲袋每次随机抽取一个小球，当甲袋中的1个黑球被取出后再用同一方式在乙袋中进行抽取，直到将乙袋中的2个黑球全部取出后停止．记总抽取次数为，下列说法正确的是（　　）

A．

B．已知从甲袋第一次就取到了黑球，则的概率为

C．

D．若把这5个球放进一个袋子里去，每次随机抽取一个球，取后不放回，记总抽取次数为，则

【答案】AC

【分析】依题意，X的可能取值有3，4，5，Y的可能取值有3，4，5，求出相应的概率，再利用公式求出期望可验证选项ACD，计算条件概率验证选项B.

【详解】设从甲袋第一次就取到了黑球为事件A，则，设为事件B，

则，所以，B选项错误；

X可能的取值为3，4，5，

，，，

，

选项AC正确；

Y可能的取值为3，4，5，

，，，

，

，选项D错误

故选：AC

12．商场某区域的行走路线图可以抽象为一个的正方体道路网（如图，图中线段均为可行走的通道），甲、乙两人分别从、两点出发，随机地选择一条最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达、为止．下列说法正确的是（　　）

A．甲从必须经过到达的方法数共有种

B．甲从到的方法数共有种

C．甲、乙两人在处相遇的概率为

D．甲、乙两人相遇的概率为

【答案】ABD

【分析】利用组合计数原理结合分步乘法计数原理可判断A选项；分析可知从点到点，一共要走步，其中向上步，向前步，向右步，结合分步乘法计数原理可判断B选项；利用古典概型的概率公式可判断C选项；找出两人相遇的位置，求出两人相遇的概率，可判断D选项.

【详解】对于A选项，从点到点，需要向上走步，向前走步，

从点到点，需要向右走步，向前走步，

所以，甲从必须经过到达的方法数为种，A对；

对于B选项，从点到点，一共要走步，其中向上步，向前步，向右步，

所以，甲从到的方法数为种，B对；

对于C选项，甲从点运动到点，需要向上、前、右各走一步，

再从点运动到点，也需要向上、前、右各走一步，

所以，甲从点运动到点，且经过点，不同的走法种数为种，

乙从点运动到点，且经过点，不同的走法种数也为种，

所以，甲、乙两人在处相遇的概率为，C错；

对于D选项，若甲、乙两人相遇，则甲、乙两人只能在点、、、、、、，

甲从点运动到点，需要向上走步，向前走步，再从点运动到点，需要向前走步，向右走步，

所以甲从点运动到点且经过点的走法种数为，

所以甲、乙两人在点处相遇的走法种数为，

同理可知，甲、乙两人在点、、、、处相遇的走法种数都为，

因此，甲、乙两人相遇的概率为，D对.

故选：ABD.

三、填空题

13．的展开式中的常数项为_______．

【答案】

【分析】根据二项式展开式的通项公式，将代入通项中即可得到常数项.

【详解】展开式通项为：；

令，解得：，展开式中的常数项为.

故答案为：.

14．甲、乙两名运动员进行乒乓球比赛，已知每局比赛甲胜的概率为，乙胜的概率为，各局比赛的胜负互不影响，现采取7局4胜制，则甲获胜且比赛局数恰好为5局的概率是________．

【答案】

【分析】利用独立事件概率公式，即可求解.

【详解】由条件可知，第5局甲胜，前4局甲胜3局，

所以甲获胜且比赛局数恰好为5局的概率.

故答案为：

15．花店还剩七束花，其中三束郁金香，两束白玫瑰，两束康乃馨，李明随机选了两束，已知李明选到的两束花是同一种花，则这两束花都是郁金香的概率为________．

【答案】/

【分析】使用条件概率进行计算即可.

【详解】设事件“两束花是同一种花”，事件“两束花都是郁金香”，

则积事件“两束花都是郁金香”，

事件中样本点的个数为，

积事件中样本点的个数为，

∴已知李明选到的两束花是同一种花，则这两束花都是郁金香的概率为

.

故答案为：.

四、解答题

16．杜牧《羊栏浦夜陪安会》的诗句中“球来香袖依稀暖，酒凸觥心泛艳光”描述的是唐代酒宴上的助兴游戏“击鼓传花”，也称传彩球．游戏规则为：鼓响时，众人开始依次传花，至鼓停为止，此时花在谁手中，谁就上台表演节目．甲、乙、丙三人玩击鼓传花，鼓响时，第1次由甲将花传出，每次传花时，传花者都等可能地将花传给另外两人中的任何一人，经过8次传递后，花又在甲手中的概率为________．

【答案】

【分析】首先设第次传球后球在甲手中的概率为，，根据条件建立关于数列的递推公式，再求通项公式，即可求解.

【详解】设第次传球后球在甲手中的概率为，,

则，得，

，

所以数列是以为首项，公比为的等比数列，

所以，即，

所以.

故答案为：

17．记的内角，，的对边分别为，，．已知，，．

(1)求和的面积；

(2)点在边上，且，求．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由余弦定理及面积公式分别求解；

（2）由余弦定理求出，再由正弦定理求.

【详解】（1）在中，由余弦定理，

．

．

（2）在中，由余弦定理，

，

，，．

在中，由正弦定理，

．

18．已知数列的前项和，数列满足 ，且．

(1)求数列和的通项公式；

(2)设，求数列的前项和．

【答案】(1)，

(2)

【分析】对于 ，通过 与 得关系解决，对于 ，转换为等比数列解决；

运用错位相减法求和.

【详解】（1）当时，；

当时，，

， ，

由题可得 ，得 ，

是首项为，公比为2的等比数列，

；

（2），①，②，

①-②得：，

；

综上，，，，.

19．如图，在四棱雉中，底面为矩形，，，平面．

(1)求证：平面；

(2)当时，求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)．

【分析】（1）利用线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判断定理，即可证明；

（2）利用垂直关系，以点的中点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量的夹角公式，即可求解.

【详解】（1）证明：平面，平面，

．

，且，，平面，

平面．

（2）取的中点，连结，

，，

平面，平面，

，，平面，

平面，

取中点，又，．

分别以OA，OM，OP为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，

在等腰中，，．

，，，，，

设平面的一个法向量为，

，，

，，令，得，，

设平面的一个法向量为，

，，

，则，令，得，，．

．

注意到二面角的平面角为钝角，

二面角的余弦值为．

20．某企业生产的产品按质量分为一等品和二等品，该企业计划对现有生产设备进行改造，为了分析设备改造前后的效果，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取200件产品作为样本，产品的质量情况统计如下表：

附：

(1)判断能否在犯错误的概率不超过的前提下，认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关；

(2)按照分层抽样的方法，从设备改造前的产品中取得了5件产品，其中有3件一等品和2件二等品．现从这5件产品中任选3件，记所选的一等品件数为，求的分布列及均值；

(3)根据市场调查，企业每生产一件一等品可获利100元，每生产一件二等品可获利60元，在设备改造后，用先前所取的200个样本的频率估计总体的概率，记生产1000件产品企业所获得的总利润为，求的均值．

【答案】(1)能在犯错误的概率不超过的前提下，认为该企业生产的这种产品的质量指标值与设备改造有关；

(2)分布列见解析，

(3)元

【分析】（1）计算，与临界值比较得出结论；

（2）由题意，根据超几何分布计算概率，列出分布列，计算期望即可；

（3）由计算期望，再由期望的性质求.

【详解】（1）零假设为：质量指标值与设备改造无关．

，

不成立，故能在犯错误的概率不超过的前提下，认为该企业生产的这种产品的质量指标值与设备改造有关；

（2）由题意．

，，，

的分布列为：

．

（3）设生产的一等品有件，则二等品有件，

由题意，

，

，

元.

21．设双曲线的右焦点为，其中一条渐近线的方程为．

(1)求双曲线的方程；

(2)过点的直线与双曲线的右支交于，两点，过点，分别作直线的垂线（点，在直线的两侧），垂足分别为，，记，，的面积分别为，，，试问：是否存在常数，使得?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）根据渐近线方程，焦点坐标以及关系即可得到方程组，解出即可；

（2）设，，则，，再设，联立椭圆方程，得到韦达定理式，计算出的范围，再写出的表达式，代入韦达定理式即可得到的值.

【详解】（1）由题意：

（2）设，，则，．

设直线，

由得，当时，显然不合题意，

且双曲线渐近线方程为，

因为与右支交于两点，则，

解得，即或

，．

，，．

．

即．

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键在于设直线，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，然后写出的表达式，最后得出，再将韦达定理式代入化简即可.

22．已知函数，圆．

(1)讨论的单调性；

(2)若，曲线与圆恰有三条公切线，求的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求出函数导数，对分类讨论求出单调区间即可；

（2）求出曲线的切线方程，则切线与圆相切，转化为圆心到曲线切线距离等半径的方程有且只有三解即可，换元后利用导数分析的零点即可.

【详解】（1），．

①当时，，在单调递增．

②当时，，，

在单调递增，在单调递减．

综上所述，当时，在单调递增；

当时，在单调递增，在单调递减．

（2），，

设切点为，则切线方程：，

即．

直线与圆相切，，

令，则在有3个根．

设

①若，即，，，

在单调递增，

，当时，，

当时，有1根．

②若，即，，

，

令，，

单调递增，且．

当时，，单调递减；当时，，单调递增．

．

又，，

又易证，则，

在和分别有1根．

综上，．

【点睛】关键点睛：本题解决第二问时，转化为利用导数求出曲线的切线方程，再转化为此切线也与圆相切，这是解决此题的第一个关键点，转化为圆心到直线的距离等于半径，换元后利用导数确定函数有3个零点是解决此题的第二个关键点.