2022-2023学年海南省海南中学高二下学期期末考试数学试题含答案

2022-2023学年海南省海南中学高二下学期期末考试数学试题

一、单选题

1．若，则（    ）

A．6 B．7 C．8 D．9

【答案】C

【分析】根据组合数与排列数公式计算求解．

【详解】由得，

又，所以．

故选：C．

2．已知离散型随机变量的分布列服从两点分布，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据两点分布得，与条件联立解得结果.

【详解】因为的分布列服从两点分布，所以，

又，所以，

所以，所以.

故选：A.

3．某冷饮店日盈利y(单位：百元)与当天气温x(单位：℃)之间有如下数据

已知y与x之间具有线性相关关系，则y与x的线性回归方程是（    ）

A．  B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出样本中心点，代入选项中的方程检验即可求解.

【详解】线性回归方程必过样本中心点，由题意得，，结合选项可知，

，即y与x的线性回归方程是.

故选：B.

4．某人进行射击，共有5发子弹，击中目标或子弹打完就停止射击，射击次数为，则“”表示的试验结果是（    ）

A．第5次击中目标 B．第5次末击中目标

C．前4次未击中目标 D．第4次击中目标

【答案】C

【分析】利用离散型随机变量的定义进行判断即可.

【详解】因为该人进行射击，共有5发子弹，击中目标或子弹打完就停止射击，射击次数为，

因为，所以表示该人射击了5次，前4次都没有击中目标，且第5次可能击中目标也可能没有击中目标，所以选项A、B、D错误；选项C正确.

故选：C.

5．在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1可能被错误的接收为1或0.已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号为1时，接收为1和0的概率分别为和.假设发送信号0和1是等可能的.已知接收到1的概率为0.525，则的值为（    ）

A．0.8 B．0.85 C．0.9 D．0.95

【答案】D

【分析】分发送信号0或1两类情况，利用全概率事件的概率求解.

【详解】解：由题意得：，

解得，

故选：D.

6．先后两次掷一枚质地均匀的股子，事件“两次掷出的点数之和是6”，事件“第一次掷出的点数是奇数”，事件“两次掷出的点数相同”，则（    ）

A．A与互斥 B．与相互独立

C． D．A与互斥

【答案】B

【分析】根据互斥的定义和相互独立的公式即可求解.

【详解】对于选项A：第一次掷出点数为3，第二次掷出点数为3，满足事件A，也满足事件B,因此A与能够同时发生，所以A与不互斥，故选项A错误；

对于选项B：，，，所以，所以与相互独立，即选项B正确；

对于选项C：，故选项C错误；

对于选项D：第一次掷出点数为3，第二次掷出点数为3，满足事件A，也满足事件C,因此A与C能够同时发生，所以A与C不互斥，故选项D错误；

故选：B.

7．衣柜里有5副不同颜色的手套，从中随机选4只，在取出两只是同一副的条件下，取出另外两只不是同一副的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设为“从中随机选4只，取出两只是同一副”，为“从中随机选4只，有两只不是同一副”，再根据古典概型的概率公式可求、后可得条件概率.

【详解】设为“从中随机选4只，取出两只是同一副”，

为“从中随机选4只，有两只不是同一副”，

则，而，

故，

故选：B.

8．某篮球运动员每次投篮投中的概率是，每次投篮的结果相互独立，那么在他10次投篮中，记最有可能投中的次数为，则的值为（      ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】D

【分析】记在他10次投篮中，投中的次数为，则，求出取最大值时的的值，即可得解.

【详解】记在他10次投篮中，投中的次数为，则，

且，

由，得，

所以，所以，所以，

所以，解得，因为，所以，

所以在他10次投篮中，最有可能投中的次数为8次.

故选：D

【点睛】关键点点睛：利用不等式求出的最大值是解题关键.

二、多选题

9．PM2.5是衡量空气质量的重要指标.下图是某地4月1日到10日的PM2.5日均值（单位：）的折线图，则关于这10天中PM2.5日均值的说法正确的是（    ）

A．众数为33 B．第70百分位数是33

C．中位数是32 D．前4天的方差小于后4天的方差

【答案】AC

【分析】结合折线图求众数、中位数及百分位数，并求出前后4个数据的方差比大小即可.

【详解】由图知：指标值从小到大为，

所以众数为，中位数为，A、C对；

由，故第70百分位数是，B错；

前4天均值为，则方差为；

后4天均值为，则方差为，D错.

故选：AC

10．校园师生安全重于泰山，越来越多的学校纷纷引进各类急救设备.福清融城中学准备引进5个不同颜色的自动体外除颤器（简称AED），则下面正确的是（    ）

A．从5个AED中随机取出3个，共有10种不同的取法

B．从5个AED中选3个分别给3位教师志愿者培训使用，每人1个，共有60种选法

C．把5个AED安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，共有129种方法

D．把5个AED安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，每个地方至少放一个，共有150种方法

【答案】ABD

【分析】由排列组合的方法逐一计算验证即可.

【详解】从5个AED中随机取出3个，共有种不同的取法，故A正确；

从5个AED中选3个分别给3位教师志愿者培训使用，每人1个，

共有种选法，故B正确；

把5个AED安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，则每个AED都有3种安放方法，故共有种方法，故C错误；

把5个AED安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，每个地方至少放一个，

可先将5个AED分成3组，每组至少1个，再把这3组AED放在宿舍、教学楼、体育馆三个地方，每个地方放1组，故共有方法，故D正确.

故选：ABD

11．已知函数的定义域为.则下列说法正确的有（      ）

A．

B．

C．

D．被6整除余数为1

【答案】ACD

【分析】根据二项展开式的性质逐项判断即可.

【详解】已知函数

则当时，①，当时，，所以，故A正确；

当时，②，由可得，故B错误；

又，

所以，故C正确；

又，

除最后一项外每一项都能被6整除，故被6整除余数为1，故D正确.

故选：ACD.

12．学校食堂每天中午都会提供A，B两种套餐供学生选择（学生只能选择其中的一种），经过统计分析发现：学生第一天选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为.而前一天选择了套餐的学生第二天选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为；前一天选择B套餐的学生第二天选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率也是，如此反复.记某同学第天选择套餐的概率为，选择B套餐的概率为.一个月（30天）后，记甲､乙､丙三位同学选择套餐的人数为，则下列说法中正确的是（    ）

A． B．数列是等比数列

C． D．

【答案】ABD

【分析】对于A，由每人每次只能选择A，B两种套餐中的一种判断，对于B，由题意得，变形后进行判断，对于CD，由选项B可求出，则可求出，得，从而可求出，.

【详解】由于每人每次只能选择A，B两种套餐中的一种，所以，所以正确，

依题意，，则，

又时，，

所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，

所以，

当时，，所以，

所以ABD正确，C错误，

故选：ABD.

【点睛】关键点点睛：此题考查等比数列的应用，考查互斥事件和对立事件的概率，考查二项分布，解题的关键是根据题意得到，从而可得数列是以为首项，以为公比的等比数列，进而可求出和，考查数学转化思想，属于较难题.

三、填空题

13．已知，的展开式中存在常数项，写出n的一个值为            .

【答案】3（答案不唯一）

【分析】在二项展开式的通项公式中,令的幂指数等于0,求出与的关系,可得的值.

【详解】二项式的展开式的通项为

，

因为二项式的展开式中存在常数项，所以有解，

即，可得n的一个值为3.

故答案为：3（答案不唯一）

14．设样本数据的均值和方差分别为1和4，若，，且的均值为5，则方差为      .

【答案】

【分析】利用均值的性质有求参数，再由方差性质求新数据方差即可.

【详解】由题设，则，

所以.

故答案为：

四、双空题

15．若随机变量X～N(10，σ2)，P(X＞12)＝m，P(8≤X≤10)＝n，则m＋n＝        ，的最小值为        ．

【答案】          /

【分析】根据正态分布的对称性得到，再变换，利用均值不等式计算得到答案.

【详解】随机变量X服从正态分布，，

，得，，

故，且，

故

当且仅当，即，时等号成立．

故的最小值为.

故答案为：；.

五、填空题

16．如图是我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时给出的“弦图”现提供6种颜色给“弦图”的5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有          种.（用数字作答）

【答案】1560

【分析】分别用3种颜色、4种颜色、5种颜色涂色即可.

【详解】如图所示，

用3种颜色涂色，则①、③⑤同色、②④同色，所以涂色方案有种，

用4种颜色涂色，则①、③、⑤、②④同色或①、③⑤同色、②、④，所以涂色方案有种，

用5种颜色涂色，则①、③、⑤、②、④异色，所以涂色方案有种，

所以涂色方案共有种.

故答案为：1560.

六、解答题

17．某校部分学生十分关注中国空间站的发展，若将累计关注中国空间站发展的消息达到6次及以上者称为“航天达人”，未达到6次者称为“非航天达人”.现从该校随机抽取50人进行分析，得到数据如表所示：

(1)补全列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为“航天达人”与性别有关联？

(2)现从抽取的“航天达人”中，按性别采用分层抽样的方法抽取6人，然后从这6人中随机抽取3人，记这3人中女“航天达人”的人数为X，求X的分布列和数学期望.

附：

【答案】(1)列联表见解析，不能；

(2)分布列见解析，期望为.

【分析】（1）根据题设完善列联表，应用卡方公式求卡方值，结合独立检验基本思想下结论；

（2）由分层抽样等比例性质确定6人男女的分布，确定抽取人中女人的可能人数并求出对应概率，写出分布列求期望即可.

【详解】（1）

，故根据小概率值的独立性检验，不认为“航天达人”与性别有关联.

（2）由（1）知：6人中4人为男，2人为女，

所以从这6人中随机抽取3人中女“航天达人”的人数X可能值为，

，，，

则X分布列为

所以.

18．某市为了解该市小学生在“双减”政策下课外活动的时间，随机抽查了50名小学生，统计了他们参加课外活动的时间，并绘制了如下的频率分布直方图，如图所示.

(1)由频率分布直方图估计小学生课外活动时间的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；

(2)由频率分布直方图可认为：课外活动时间t（分钟）近似服从正态分布，其中为样本中课外活动时间的平均数.用频率估计概率，在该市随机抽取10名学生，记课外活动时间在内的人数为X，求X的数学期望（精确到0.1）.

参考数据：当t服从正态分布时，，，.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据频率直方图求平均数即可；

（2）利用正态曲线的对称性求出，进而结合二项分布的性质求出即可.

【详解】（1）由图知：平均数为：；

（2）由题设，，则，，

，

由题意知：，则.

19．某乡政府为提高当地农民收入，指导农民种植药材，取得较好的效果.以下是某农户近5年种植药材的平均收入的统计数据：

(1)根据表中数据，现有与两种模型可以拟合y与x之间的关系，请分别求出两种模型的回归方程；（结果保留一位小数）

(2)统计学中常通过比较残差的平方和来比较两个模型的拟合效果，已知的残差平方和是3.5，请根据残差平方和说明上述两个方程哪一个拟合效果更好，并据此预测2023年该农户种植药材的平均收入.

参考数据及公式：，，其中.，.

【答案】(1)，．

(2)拟合效果更好，2023年农户种植药材的平均收入8万元．

【分析】（1）根据最小二乘法结合条件可得回归方程；

（2）根据回归方程分别计算残差平方和，进而可得拟合效果更好，然后根据回归方程结合条件即得.

【详解】（1）根据农户近5年种植药材的平均收入情况的统计数据可得：

，，

所以，，

则，．

设，则，所以，

则，．

所以，两种模型的回归方程分别为，．

（2）回归方程为时，将值代入可得估计值分别为59，60.8，63.8，68，73.4，

则残差平方和为．

而的残差平方和是3.5，则，

所以回归方程拟合效果更好，应选择该方程进行拟合．

当时，故预测2023年该农户种植药材的平均收入为80千元，即8万元．

20．“斯诺克（Snooker）”是台球比赛的一种，意思是“阻碍、障碍”，所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球，是四大“绅士运动”之一，随着生活水平的提高，“斯诺克”也成为人们喜欢的运动之一．现甲、乙两人进行比赛比赛采用5局3胜制，各局比赛双方轮流开球（例如：若第一局甲开球，则第二局乙开球，第三局甲开球……），没有平局已知在甲的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，在乙的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，并且通过“猜硬币”，甲获得了第一局比赛的开球权．

(1)求甲以3∶1赢得比赛的概率；

(2)设比赛的总局数为，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式求解；(2)确定的可能取值，再求取各值的概率，利用期望公式求期望.

【详解】（1）设事件甲在第局比赛获胜为，，由已知可得，，，，，

事件甲以3∶1赢得比赛，则前3局中甲赢得了2局且第4局甲获胜，

所以事件甲以3∶1赢得比赛可表示为，

其中互斥，相互独立，

所以

，

所以甲以3∶1赢得比赛的概率为；

（2）的可能取值为3，4，5，

设甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，

；

；

；

；

；

；

则，

所以．

21．某公司在一种传染病毒的检测试剂品上加大了研发投入，其研发的检验试剂品分为两类不同剂型和.现对其进行两次检测，第一次检测时两类试剂和合格的概率分别为和，第二次检测时两类试剂和合格的概率分别为和.已知两次检测过程相互独立，两次检测均合格，试剂品才算合格.

(1)设经过两次检测后两类试剂和合格的种类数为X，求X的分布列；

(2)若地区排查期间，一户4口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员逐一使用试剂品进行检测，如果有一人检测呈阳性，则检测结束，并确定该家庭为“感染高危户”.设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为且相互独立，该家庭至少检测了3个人才确定为“感染高危户”的概率为，若当时，最大，求的值.

【答案】(1)分布列见解析

(2)

【分析】（1）先得到剂型与合格的概率，求出X的所有可能取值及相应的概率，得到分布列；

（2）求出，令，得到，利用基本不等式求出最值，注意取值条件.

【详解】（1）剂型合格的概率为：；剂型合格的概率为：．

由题意知：X的所有可能取值为0，1，2．则，

，，

则X的分布列为

（2）检测3人确定“感染高危户”的概率为，

检测4人确定“感染高危户”的概率为，

则．

令，因为，所以，

原函数可化为．

因为，当且仅当，即时等号成立．

此时，即．

【点睛】关键点点睛：第二问，首先求出检测3、4人确定“感染高危户”的概率，则为它们的概率之和，整理化简并构造，应用基本不等式研究最大值即可.

22．现有4个除颜色外完全一样的小球和3个分别标有甲、乙、丙的盒子，将4个球全部随机放入三个盒子中（允许有空盒）．

(1)记盒子乙中的小球个数为随机变量，求的数学期望；

(2)对于两个不互相独立的事件，若，称为事件的相关系数．

①若，求证：；

②若事件盒子乙不空，事件至少有两个盒子不空，求．

【答案】(1)

(2)①证明见详解；②

【分析】（1）每个小球的选择都是一次独立重复试验，而每个小球选择盒子乙的概率为，所以可知随机变量服从二项分布；

（2）①由条件概率的公式很容易证明；②主要是根据题意，确定是平均分组还是非平均分组，进而根据排列组合的公式即可得到相关事件的概率；由于某些分组情况比较复杂，因此考虑其对立事件，会减少计算量.

【详解】（1）由题意可知，的可能的取值为0,1,2,3,4，且，故；

（2）①因为，且，

所以，即，而,

所以成立.

②事件：盒子乙不空，则事件：盒子乙空，

由第1问可知，所以，

事件：至少有两个盒子不空，则事件：有一个盒子不空，

，所以

事件：至少有两个盒子不空且盒子乙不空，分为两种情况，一种是三个盒子都不空，按照1、1、2分组；另一种是两个盒子不空且乙不空，此时甲或者丙是空的，故按照1、3或者2、2分组即可，

故,

所以，

化简得.