2022-2023学年福建省厦门一中高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年福建省厦门一中高二（下）期末数学试卷（含解析），共26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。
2022-2023学年福建省厦门一中高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 定义abcd=ad−bc，已知数列{an}为等比数列，且a3=1，a688a8=0，则a7=(    )
A. 4 B. ±4 C. 8 D. ±8
2. 已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，A为C上的一点，AF中点的横坐标为2，则|AF|=(    )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
3. 某市教育局为了给高考生减压，将师范大学6名心理学教授全部分配到市属四所重点高中进行心理辅导，若A高中恰好需要1名心理学教授，B，C，D三所高中各至少需要1名心理学教授，则不同的分配方案有(    )
A. 150种 B. 540种 C. 900种 D. 1440种
4. 3月15日是国际消费者权益日.中央电视台特地推出3.15公益晚会，曝光了食品、医美、直播等多领域乱象，在很大程度上震慑了一些不良商家，也增强了消费者的维权意识.一名市民在某商店买了一只灯泡，结果用了两个月就坏了，他拨打了12315投诉电话.通过调查，发现该商店将一些不合格灯泡混入一批合格灯泡中以次充好卖给顾客.假设合格灯泡在使用1000小时后损坏的概率为0.004，不合格灯泡在使用1000小时后损坏的概率为0.4，若混入的不合格灯泡数占灯泡总数的25%，现一顾客在该商店买一只灯泡，则该灯泡在使用1000小时后不会损坏的概率为(    )
A. 0.103 B. 0.301 C. 0.897 D. 0.699
5. 我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗一拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量Y～B(n,p)，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了p=12的特殊情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为(    )
(附：若X～N(μ,σ2)，则P(μ−σ≤X≤μ+σ)≈0.6827，P(μ−2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545，P(μ−3σ≤X≤μ+3σ)≈0.9973)
A. 0.1587 B. 0.0228 C. 0.0027 D. 0.0014
6. 已知菱形ABCD的边长为3，对角线BD长为5，将△ABD沿着对角线BD翻折至△A′BD，使得线段A′C长为3，则异面直线A′B与CD所成角的余弦值为(    )
A. 34 B. 54 C. 49 D. 89
7. 某高二学生在参加物理、历史反向学考中，成绩是否取得A等级相互独立，记X为“该学生取得A等级的学考科目数”，其分布列如下表所示，则D(X)的最大值是(    )
X
0
1
2
P
a
b
19

A. 3281 B. 49 C. 1736 D. 4781
8. 若实数x，y满足4lnx+2lny≥x2+4y−4，则(    )
A. xy= 22 B. x+y= 2 C. x+y=1+ 2 D. x3y=1
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 总和生育率有时也简称生育率，是指一个人口群体的各年龄别妇女生育率的总和.它反映的是一名妇女在每年都按照该年龄别现有生育率生育的假设下，在育龄期间生育的子女总数.为了了解中国人均GDPx(单位：万元)和总和生育率y以及女性平均受教育年限z(单位：年)的关系，采用2012～2022近十年来的数据(xi,yi,zi)(i=1,2,…,10)绘制了散点图，并得到经验回归方程z =7.54+0.33x,y =2.88−0.41x，对应的决定系数分别为R12，R22，则(    )

A. 人均GDP和女性平均受教育年限正相关 B. 女性平均受教育年限和总和生育率负相关
C. R120,b>0)的右焦点F作其中一条渐近线的垂线，垂足为Q，直线FQ与双曲线的左、右两支分别交于点M，N，若|MQ|=3|QN|，则双曲线的离心率是          ．
16. 正方形ABCD位于平面直角坐标系上，其中A(1,1)，B(−1,1)，C(−1,−1)，D(1,−1).考虑对这个正方形执行下面三种变换：(1)L：逆时针旋转90°.(2)R：顺时针旋转90°.(3)S：关于原点对称.上述三种操作可以把正方形变换为自身，但是A，B，C，D四个点所在的位置会发生变化.例如，对原正方形作变换R之后，顶点A从(1,1)移动到(1,−1)，然后再作一次变换S之后，A移动到(−1,1).对原来的正方形按a1，a2，⋯，ak的顺序作k次变换记为a1a2⋯ak，其中ai∈{L,R,S}，i=1，2，⋯，k.如果经过k次变换之后，顶点的位置恢复为原来的样子，那么我们称这样的变换是k−恒等变换.例如，RRS是一个3−恒等变换.则3−恒等变换共______ 种；对于正整数n，n−恒等变换共______ 种.
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
数列{an}满足a1=2，an+1=λan+2n(n∈N*)，λ为常数．
(1)是否存在实数λ，使得数列{an}成为等比数列，若存在，找出所有的λ，及对应的通项公式；若不存在，说明理由；
(2)当λ=2时，记bn=an2n，求数列{bn}的前n项和．
18. (本小题12.0分)
下表是某单位在2023年1～5月份用水量(单位：百吨)的一组数据：
月份x
1
2
3
4
5
用水量y
2.5
3
4
4.5
5.2
(1)从这5个月中任取2个月的用水量，求所取2个月的用水量之和不超过7(单位：百吨)的概率；
(2)若由经验回归方程得到的预测数据与实际数据的误差不超过0.05，视为“预测可靠”，那么由该单位前4个月的数据所得到的经验回归方程预测5月份的用水量是否可靠？说明理由．
参考公式：对于一组数据(x1,y1)，(x2,y2)，…，(xn,yn)，其回归直线y =b x+a 的斜率和截距的
最小二乘估计公式分别为：b =i=1n(xi−x)(yi−y)i=1n(xi−x)2=i=1nxiyi−nx−y−i=1nxi2−nx−2，a =y−−b x−．
19. (本小题12.0分)
如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C中，底面△ABC是正三角形，侧面AA1C1C是菱形，点A1在平面ABC的射影为线段AC的中点D，过点B1，B，D的平面α与棱A1C1交于点E．
(1)证明：四边形BB1ED是矩形；
(2)求平面ABB1和平面BB1E夹角的余弦值．

20. (本小题12.0分)
已知点(1,32)在椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，且E的离心率为12．
(1)求E的方程；
(2)设F为椭圆E的右焦点，点P(m,n)是E上的任意一点，直线PF与直线3mx+4ny=0相交于点Q，求|PQ|的值．
21. (本小题12.0分)
某种疾病可分为Ⅰ、Ⅱ两种类型.为了解该疾病类型与性别的关系，在某地区随机抽取了患该疾病的病人进行调查，其中女性是男性的2倍，男性患Ⅰ型病的人数占男性病人的56，女性患Ⅰ型病的人数占女性病人的13．
(1)若依据小概率值α=0.005的独立性检验，认为“所患疾病类型”与“性别”有关，求男性患者至少有多少人？
(2)某药品研发公司欲安排甲乙两个研发团队来研发此疾病的治疗药物.两个团队各至多排2个接种周期进行试验.甲团队研发的药物每次接种后产生抗体的概率为p(0f(x1)−f(x2)x1−x2．
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：数列{an}为等比数列，且a3=1，a688a8=0，
所以a6⋅a8−8×8=0，
所以a6⋅a8=64，
则a7=±8，
因为a7与a3符号一致，
故a7=8．
故选：C．
结合已知定义，利用等比数列的性质即可求解．
本题主要考查了等比数列的性质，属于基础题．

2.【答案】B 
【解析】解：由题意得：F(1,0)，准线方程为x=−1，
设A(m,n)，则AF中点的横坐标为m+12，
故m+12=2，解得：m=3，
由抛物线的焦半径可知：|AF|=3+1=4．
故选：B．
根据AF中点的横坐标求出A点横坐标，进而由焦半径公式求出答案．
本题考查抛物线的性质，考查运算求解能力，属于基础题．

3.【答案】C 
【解析】解：先从6名教授中任选1名教授到A高中，有C61=6种不同的方法，
再将其余5名教授分配到B，C，D三所高中，可分两类：
①B，C，D三所高中有一所高中分1名教授，另外两所高中各分2名教授，有C51C42C22A22⋅A33=90种方法；
②B，C，D三所高中有一个高中分3名教授，另两个高中各分1名教授，有C53C21C11A22⋅A33=60种不同的方法，
∴不同的分配方案共有6×(90+60)=900种．
故选：C．
先给A高中分配1人，然后剩下的5人去3所高中利用先分组后分配的办法处理．
本题主要考查了排列组合知识，属于中档题．

4.【答案】C 
【解析】解：由全概率公式，可得任取一零件，它是合格品的概率为(1−0.4)×25%+(1−0.004)×75%=0.897．
故选：C．
由全概率公式可得答案．
本题主要考查了全概率公式，属于基础题．

5.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题主要考查二项分布的期望与方差公式，以及正态分布的对称性，属于基础题．
根据已知条件，结合二项分布的期望与方差公式，求出μ=E(X)=50，σ2=D(X)=25，再结合正态分布的对称性，即可求解．
【解答】
解：抛掷一枚质地均匀的硬币100次，
设硬币正面向上次数为X，
则X～B(100,12)，
故E(X)=np=100×12=50，D(X)=np(1−p)=100×12×(1−12)=25，
由题意可得，X～N(μ,σ2)，且μ=E(X)=50，σ2=D(X)=25，
∵P(μ−2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545，
∴用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为P(X>60)=P(X>50+2×5)=1−0.95452≈0.0228．
故选：B．
  
6.【答案】D 
【解析】解：如图，因为A′C=A′D=CD=3，
所以2A′C⋅CD=(A′C+CD)2−A′C2−CD2=A′D2−A′C2−CD2=−9，
因为CB=CD=3，BD=5，
所以2CB⋅CD=CB2+CD2−(CB−CD)2=CB2+CD2−DB2=9+9−25=−7，
所以A′B⋅CD=(A′C+CB)⋅CD=A′C⋅CD+CB⋅CD=−92−72=−8，
即cos〈A′B,CD〉=A′B⋅CD|A′B|⋅|CD|=−83×3=−89
所以异面直线A′B与CD所成角的余弦值为89．
故选：D．
由题知A′C=A′D=CD=3，CB=CD=3，BD=5，先计算出CB⋅CD，A′B⋅CD，再利用公式cos〈A′B,CD〉=A′B⋅CD|A′B|⋅|CD|，算出两向量的夹角的余弦值，从而得出异面直线A′B与CD所成角的余弦值．
本题考查立体几何中翻折问题，向量法求解异面直线所成角问题，化归转化思想，属中档题．属中档题．

7.【答案】C 
【解析】解：由已知得a+b=89，E(X)=b+29，E(X2)=b+49，
所以D(X)=E(X2)−[E(X)]2
=(b+49)−(b+29)2=−(b−518)2+1736，
又因为b∈(0,89)，所以b=518时，D(X)min=1736．
故选：C．
由已知a+b=89，再结合方差公式，利用公式D(X)=E(X2)−[E(X)]2，构造关于a的函数D(X)=f(a)，求出最大值．
本题考查分布列的性质，方差的计算方法，属于中档题．

8.【答案】A 
【解析】解：∵4lnx+2lny≥x2+4y−4(x>0,y>0)，
∴2[ln(x2)+lny]≥x2+4y−4，
即ln(x2)+lny≥12x2+2y−2，
∴ln[(12x2)⋅(2y)]≥12x2+2y−2，
设a=12x2，b=2y(a>0,b>0)，
则有lnab≥a+b−2，
即lna+lnb≥a+b−2，
∴lna−a+1+(lnb−b+1)≥0，
令g(x)=lnx−x+1，
则g′(x)=1x−1=1−xx，
∴当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，g′(x)R2²，故C错误；
根据回归方程y =2.88−0.41x预测，未来总和生育率预测值有可能降低，但实际值不一定会降低，故D错误．
故选：AB．
根据回归方程判断A；写出女性平均受教育年限z和总和生育率y的关系式，从而判断B；根据散点图的拟合效果判断C，由回归方程可预测未来趋势，但实际值不一定会持续降低，从而判断D．
本题考查回归方程的应用，属于中档题．

10.【答案】AB 
【解析】解：对于A：由f(x)=0得x=± 3，即函数f(x)有且只有2个零点，故A正确；
对于B：f(x)=(x2−3)ex，x∈R，
则f′(x)=(x2+2x−3)ex，
由f′(x)=0得x=−3或x=1，由f′(x)>0得x>1或x1时，f′(a)>0，函数f(a)在(1,+∞)上单调递增，
当a11.955，
因为x6∈Z，x3∈Z，
所以x的最小值为12，
则男性患者至少有12人．
(2)证明：不妨设甲研发团队试验总花费为X元，则z的所有取值为4m，5m，6m，
因为p(X=4m)=p2⋅p2=p4，
P(X=5m)=p2⋅(1−p2)⋅p2=2(p2−p4)，
P(X=6m)=(1−p2)2=p4−2p2+1，
所以E(X)=4mp4+5m×2(p2−p4)+6m(p4−2p2+1)=−2mp2+6m，
不妨设f(p)=−2mp2+6m，函数定义域为(0,1)，
该函数是开口向下的二次函数，对称轴x=0，
当01)，
则(x1−x2)[f′(x1)+f′(x2)]−2[f(x1)−f(x2)]
=(x1−x2)(3x12+kx1+3x22+kx2)−2(x13−x23+klnx1x2)
=x13−x23−3x12x2+3x1x22+k(x1x2−x2x1)−2klnx1x2
=x23(t3−3t2+3t−1)+k(t−1t−2lnt)……①，
令h(x)=x−1x−2lnx，x∈[1,+∞)，
当x>1时，h′(x)=1+1x2−2x=(1−1x)2>0，
由此可得h(x)在[1,+∞)上单调递增，
所以当t>1时，h(t)>h(1)，即t−1t−2lnt>0，
因为x2≥1，t3−3t2+3t−1=(t−1)3>0，k≥−3，
所以x23(t3−3t2+3t−1)+k(t−1t−2lnt)
≥(t3−3t2+3t−1)−3(t−1t−2lnt)
=t3−3t2+6lnt+3t−1……②，
由①②可知，当t>1时，g(t)>g(1)，
即t3−3t2+6lnt+3t>1，故t3−3t2+6lnt+3t−1>0……③，
由①②③可得(x1−x2)[f′(x1)+f′(x2)]−2[f(x1)−f(x2)]>0，
所以，当k≥−3时，对任意的x1，x2∈[1,+∞)，且x1>x2，
有f′(x1)+f′(x2)2>f(x1)−f(x2)x1−x2． 
【解析】(1)根据导数和函数单调性极值的关系，即可求出；
(2)要证不等式成立，只需证明(x1−x2)[f′(x1)+f′(x2)]−2[f(x1)−f(x2)]>0，根据导数和函数最值的关系，以及放缩法即可证明．
本题是利用导数研究函数的单调性、求函数的极值的基本题型，还考查不等式的证明，属难题．