2022-2023学年黑龙江省大兴安岭实验中学高二下学期7月期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年黑龙江省大兴安岭实验中学高二下学期7月期末数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年黑龙江省大兴安岭实验中学高二下学期7月期末数学试题

一、单选题
1．已知集合，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据集合的补集、交集运算即可.
【详解】因为集合，，，
所以，所以.
故选：C.
2．的展开式中的系数为（    ）
A． B． C．672 D．112
【答案】A
【分析】首先展开式为，再根据的二项展开式的通项公式，求展开式中的系数.
【详解】因为的展开式的通项为，
所以，展开式中的系数为.
故选：A
3．第届冬季奥林四克运动会（北京冬奥会）计划于年月日开幕，共设个大项．现将甲、乙、丙名志愿者分配到个大项中参加志愿活动，每名志愿者只能参加个大项的志愿活动，则有且只有两人被分到同一大项的情况有（     ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】D
【分析】先将三名志愿者分成两组，两组人数分别为、，然后将这两组人分配给个大项目中的两个，利用分步计数原理可得结果.
【详解】将甲、乙、丙名志愿者分配到个大项中参加志愿活动，
每名志愿者只能参加个大项的志愿活动，则有且只有两人被分到同一大项，
则将甲、乙、丙名志愿者分为两组，两组人数分别为、，
然后将这两组人分配给个大项目中的两个，
因此，不同的分配方法种数为种.
故选：D.
4．冬季两项是冬奥会的项目之一，是把越野滑雪和射击两种不同特点的竞赛项目结合在一起进行的运动，其中冬季两项男子个人赛，选手需要携带枪支和20发子弹，每滑行4千米射击一轮，共射击4轮，每轮射击5次，若每有1发子弹没命中，则被罚时1分钟，总用时最少者获胜.已知某男选手在一次比赛中共被罚时3分钟，假设其射击时每发子弹命中的概率都相同，且每发子弹是否命中相互独立，记事件为其在前两轮射击中没有被罚时，事件为其在第4轮射击中被罚时2分钟，那么（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】事件B为前3轮中有一轮中有1发未中，第4轮射击中有2发未中，事件AB是第3轮有1发未中，第4轮有2发未中，然后利用利用条件概率求解.
【详解】由题意得，
，所以C正确.
故选：C
5．若随机变量，则有如下结论：（，，）,高三（1）班有40名同学，一次数学考试的成绩服从正态分布，平均分为120，方差为100，理论上说在130分以上人数约为（    ）
A．19 B．12 C．6 D．5
【答案】C
【分析】由正态曲线的对称性求出理论上说在130分以上的概率，即可求出理论上说在130分以上人数.
【详解】∵数学成绩近似地服从正态分布，，
∴，
根据正态曲线的对称性知：理论上说在130分以上的概率为，
∴理论上说在130分以上人数约为.
故选：C．
6．下列说法中错误的是
A．先把高二年级的名学生编号为到，再从编号为到的名学生中随机抽取名学生，其编号为，然后抽取编号为，，的学生，这样的抽样方法是系统抽样法.
B．正态分布在区间和上取值的概率相等
C．若两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的值越接近于
D．若一组数据的平均数是，则这组数据的众数和中位数都是
【答案】C
【分析】对于，根据系统抽样的定义可判断；对于，根据正态分布的对称性可判断在两个区间上的概率；对于，两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的值越接近于，可进行判断；对于，根据一组数据的平均数是，得，求得该组数据的众数和中位数，可判断D.
【详解】对于，根据抽样方法特征是数据多，抽样间隔相等，是系统抽样，正确；
对于，正态分布的曲线关于对称，区间和与对称轴距离相等，所以在两个区间上的概率相等，正确；
对于，两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的值越接近于，错误；
对于，一组数据的平均数是，；所以该组数据的众数和中位数均为，正确..
【点睛】本小题考查系统抽样，线性回归，线性相关，平均数，中位数与众数等基础知识，意在考查学生分析问题，及解决问题的能力和运算求解能力.
7．为考查某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到如下药物效果与动物试验列联表：

患病
未患病
总计
服用药



没服用药



总计



由上述数据给出下列结论，其中正确结论的个数是
附：；










①能在犯错误的概率不超过的前提下认为药物有效
②不能在犯错误的概率不超过的前提下认为药物有效
③能在犯错误的概率不超过的前提下认为药物有效
④不能在犯错误的概率不超过的前提下认为药物有效
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】计算出的值，由此判断出正确结论的个数.
【详解】依题意，故能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为药物有效, 不能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为药物有效,即①④结论正确，本小题选B.
【点睛】本小题主要考查列联表独立性检验，考查运算求解能力，属于基础题.
8．已知函数，，若存在，使得成立，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题设知，研究的单调性及最值，画出函数图象，数形结合确定、的交点个数得，进而将目标式化为且，构造函数研究最小值即可.
【详解】由题设，即，
由，则上，递减；上，递增；
，且，图象如下：
  
由图知：时，，即且，所以，
令且，则，
时，，递减；时，，递增；
所以，即的最小值为.
故选：A
【点睛】关键点睛：利用同构得到，导数研究的性质，结合得到为关键.

二、多选题
9．下面命题中，正确的有（     ）
A．回归直线方程对应的回归直线必经过样本中心点
B．设两个变量x，y之间的线性相关系数为r，则 r越接近1，，的相关性越强
C．一列数据：7，6，5，4，3，2，这列数据的上四分位数为6
D．在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好
【答案】ACD
【分析】回归直线必经过样本中心点，A正确；，的相关性越强，则 r越接近1或，错误；根据百分位数定义计算得到C正确；宽度越窄，拟合精度越高，D正确，得到答案.
【详解】对选项A：回归直线方程对应的回归直线必经过样本中心点，正确；
对选项B：，的相关性越强，则 r越接近1或，错误；
对选项C：7，6，5，4，3，2，，取第2个数据为，正确；
对选项D：残差分布的水平带状区域的宽度越窄，拟合精度越高，拟合效果越好，正确；
故选：ACD
10．口袋中有大小形状都相同的4个红球，n个白球，每次从中摸一个球，摸后再放回口袋中，摸到红球记2分，摸到白球记1分，共摸球3次．设所得分数为随机变量，若则随机变量的取值可能为（    ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】BCD
【分析】由题设可知摸到红球、白球的概率分别是、，结合题设对应为3次摸的都是白球，利用独立事件乘法公式列方程求n，进而判断的取值可能值.
【详解】口袋中有大小形状都相同的4个红球，n个白球，每次从中摸一个球，摸后再放回口袋中，
∴摸到红球的概率是，白球的概率是，而即得3分：表示这3次摸的都是白球且，
∴，解得，
∴的可能取值为3，4，5，6.
故选：BCD.
11．下列说法正确的是（    ）
A．已知随机变量，若，，则
B．的展开式中，的系数为20
C．已知，则
D．从一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，则取得1件次品的概率为
【答案】CD
【分析】依据题给条件列方程组，解得的值判断选项A；利用二项展开式的通项公式求得的系数判断选项B；依据题给方程组解得的值判断选项C；求出取得1件次品的概率判断选项D.
【详解】选项A：已知随机变量，若，，
则有，方程组无解.判断错误；
选项B：的展开式中的通项公式为
令，则的系数为.判断错误；
选项C：由题意可得，解之得.判断正确；
选项D：从一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，
则取得1件次品的概率为.判断正确.
故选：CD
12．设，，，则下列结论中正确的是（    ）
A．
B．当时，
C．若，，则
D．当，时，
【答案】ACD
【分析】分别令和，所得式子作差可得A正确；将代入，即可知B错误；利用二项展开式通项得到，由此构造不等式组求得，知C正确；列出的前项，说明前项和大于即可得到D正确.
【详解】对于A，令得：；令得：，
两式作差得：，A正确；
对于B，，
，
令得：，B错误；
对于C，展开式的通项为：；
由得：，即，解得：，
又，，C正确；
对于D，当，时，，
；
又，，，D正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：本题考查二项式定理中与各项系数和有关的式子的求解、系数绝对值最大项问题、不等式的证明问题；解决各项系数和问题的基本方法是赋值法；解决绝对值最大项的基本思路是利用二项展开式通项公式来构造不等式组；不等式证明是能够结合二项展开式，利用放缩的思想来处理.

三、填空题
13．已知两个随机变量X、Y，其中，，若，且，则 ．
【答案】/
【分析】确定得到，确定，再根据得到答案.
【详解】，则，，故，
，，故，
.
故答案为：.
14．2023年2月10日，神舟十五号三位航天员完成出舱活动全部既定任务，中国空间站全面建成后的首次出舱活动取得圆满成功.该航天科研所的甲､乙､丙､丁､戊5位科学家应邀去三所不同的学校开展科普讲座活动，要求每所学校至少1名科学家.已知甲､乙到同一所学校，丙不到学校，则不同的安排方式有 种.
【答案】24
【分析】由题意可将将甲、乙“捆绑”看成一个元素，然后考虑A学校只安排一个元素和A学校安排二个元素，根据分类加法原理即可求得答案.
【详解】因为甲､乙到同一所学校，所以将甲、乙“捆绑”看成一个元素，
因此要将四个元素：甲乙、丙、丁、戊分配到三所学校，每所学校至少一个元素，
若A学校只安排一个元素，则有种分配方法；
若A学校安排两个元素，则有种分配方法；
所以不同的安排方式有种，
故答案为：24
15．2021年受疫情影响，国家鼓励员工在工作地过年.某机构统计了某市5个地区的外来务工人员数与他们选择留在当地过年的人数占比，得到如下的表格：

A区
B区
C区
D区
E区
外来务工人员数
5000
4000
3500
3000
2500
留在当地的人数占比
80%
90%
80%
80%
84%
根据这5个地区的数据求得留在当地过年人员数y与外来务工人员数x的线性回归方程为.该市对外来务工人员选择留在当地过年的每人补贴1000元，该市F区有10000名外来务工人员，根据线性回归方程估计F区需要给外来务工人员中留在当地过年的人员的补贴总额为 万元.(参考数据：取)
【答案】
【分析】求出，利用中心点求得，然后令代入可得估计值，求得留在当地过年的人员数可得补贴总额．
【详解】由已知，
，
所以，则，即，
时，，
估计应补贴（万元）．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题考查结尾回归直线方程的应用，线性回归直线的性质：线性回归直线一定过中心点，由此可求得方程中的参数值，得方程，从而用回归方程进行计算估计．

四、双空题
16．在杨辉三角中，它的开头几行如图所示，则第12行中各数和为 ，第 行会出现三个相邻的数的比为3:4:5．

【答案】 63
【分析】由已知得第12行中各数和为，由此可求得答案；
设所求的行数为，则存在自然数，列出方程和，解之可求得答案.
【详解】解：由已知得第12行中各数和为．
根据题意，设所求的行数为，则存在自然数，使得且，
化简得且，解得，．故第63行会出现满足条件的三个相邻的数．
故答案为：；63.

五、解答题
17．已知数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前项和.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）根据给定的递推公式，结合“”求解作答.
（2）由（1）的结论，利用错位相减法求和作答.
【详解】（1）在数列中，，当时，，两式相减得，
即，而，有，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，，
所以的通项公式是.
（2）由（1）知，
则，
于是，
两式相减得，
所以.
18．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．

(1)证明：；
(2)当D为中点时，求面与面所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证得面，进而得到，再结合面推得两两垂直，由此建立空间直角坐标系，求得，故可证得；
（2）由（1）的结论分别求得面与面的一个法向量，利用向量数量积的坐标表示求得这两个面所成角的余弦值，进而求得正弦值.
【详解】（1）因为在三棱柱为直三棱柱中，，面，
因为，所以，
因为面，面，所以，
又面，所以面，
又面，所以，
又因为面，所以，即两两垂直，
如图所示，建立空间直角坐标系，则，
设，则，且，
所以，故，
所以.

（2）因为D为中点，故，即，
所以，
设面的一个法向量为，则，即，
令，则，故，
设面的一个法向量为，则，即，
令，则，故，
设面与面所成的二面角为，则，
因为，所以，
即面与面所成的二面角的正弦值为.
19．2023年五一期间，某商城举办了一次有奖促销活动，消费每超过1万元（含1万元），均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种．
方案一：从装有10个形状与大小完全相同的小球（其中红球3个，白球2个，黑球5个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球，其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，则打5折；若摸出2个红球和1个黑球，则打7折；若摸出1个红球2个黑球，则打8.8折；其余情况不打折；
方案二：从装有10个形状与大小完全相同的小球（其中红球2个，黑球8个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减1500元．
(1)若一位顾客消费了1万元，且选择抽奖方案一，试求该顾客享受7折优惠的概率；
(2)若某顾客消费怡好满1万元，试分析该顾客选择哪种抽奖方案更合算，并说明理由．
【答案】(1)
(2)该顾客选择第一种抽奖方案更合算.

【分析】（1）方案一若享受到折，需要摸出2个红球和1个黑球，由此可计算出概率；
（2）选择方案一，付款金额元可能的取值为5000、7000、8800、10000，分别计算出概率的分布列，计算出期望．选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则得关系式，由，可得，再计算出，比较后可得．
【详解】（1）选择方案一若享受到7折，则需要摸出2个红球和1个黑球，设顾客享受到折为事件，则．
（2）若选择方案一，
设付款金额为元，则可能的取值为5000、7000、8800、10000，
，，，．
故X的分布列为，

5000
7000
8800
10000





所以（元）
若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则，
由已知可得，故，
所以（元）
因为，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算．
20．某地区由于农产品出现了滞销的情况，从而农民的收入减少，很多人开始在某直播平台销售农产品并取得了不错的销售量.有统计数据显示2022年该地利用网络直播形式销售农产品的销售主播年龄等级分布如图1所示，一周内使用直播销售的频率分布扇形图如图2所示，若将销售主播按照年龄分为“年轻人”（20岁~39岁）和“非年轻人”（19岁及以下或者40岁及以上）两类，将一周内使用的次数为6次或6次以上的称为“经常使用直播销售用户”，使用次数为5次或不足5次的称为“不常使用直播销售用户”，且“经常使用直播销售用户”中有是“年轻人”.
  
(1)现对该地相关居民进行“经常使用网络直播销售与年龄关系”的调查，采用随机抽样的方法，抽取一个容量为200的样本，请你根据图表中的数据，完成2×2列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为经常使用网络直播销售与年龄有关？
使用直播销售情况与年龄列联表

年轻人
非年轻人
合计
经常使用直播销售用户



不常使用直播销售用户



合计



(2)某投资公司在2023年年初准备将1000万元投资到“销售该地区农产品”的项目上，现有两种销售方案供选择：
方案一：线下销售、根据市场调研，利用传统的线下销售，到年底可能获利30%，可能亏损15%，也可能不是不赚，且这三种情况发生的概率分别为，，；
方案二：线上直播销售，根据市场调研，利用线上直播销售，到年底可能获利50%，可能亏损30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为，，.
针对以上两种销售方案，请你从期望和方差的角度为投资公司选择一个合理的方案，并说明理由.
参考数据：独立性检验临界值表

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
其中，．

【答案】(1)列联表见解析，能
(2)从获利角度考虑，选择方案二；从规避风险角度考虑，选择方案一，理由见解析

【分析】（1）由题意填写列联表，计算，对照附表得出结论．
（2）计算方案一、方案二的期望与方差，比较即可得出结论．
【详解】（1）由图2知，样本中经常使用直播销售的用户有人，
其中年轻人有人，非年轻人人，
由图1知，样本中的年轻人有人，
不常使用直播销售的用户有人，其中年轻人有人，非年轻人人，
补充完整的列联表如下，

年轻人
非年轻人
合计
经常使用直播销售用户
90
30
120
不常使用直播销售用户
70
10
80
合计
160
40
200
计算，
依据小概率值的独立性检验，能认为经常使用网络直播销售与年龄有关．
（2）方案一：设获利万元，则的所有可能取值为，
，
，
方案二：设获利万元，则的所有可能取值为，
，
，
所以，
从获利的期望上看，方案二获得的利润更多些，但方案二的方差比方案一的方差大得多，从稳定性方面看方案一更稳定，
所以，从获利角度考虑，选择方案二；从规避风险角度考虑，选择方案一．
21．在平面直角坐标系中，焦点在x轴上的双曲线C过点，且有一条倾斜角为的渐近线.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设点F为双曲线C的右焦点，点P在C的右支上，点Q满足，直线交双曲线C于A，B两点，若，求点P的坐标.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据条件列出关于的方程，求解即可；
（2）根据双曲线方程，求得右焦点，设，分直线AB斜率不存在和存在两种情况，由得，结合韦达定理求出答案．
【详解】（1）设双曲线C的标准方程为，渐近线方程为，
则由题意可得，，且， 解得，
则双曲线C的标准方程为；
（2）双曲线的方程为，所以的右焦点，
点Q满足，则P为OQ的中点，设，则，
  
若直线AB的斜率不存在，则其方程为，
此时，m＝1，Q与F重合，不合题意；
若直线AB的斜率存在，设，m≠1，
∵，∴，∴，
∵点P在双曲线C上，∴，∴，即，
联立消去得．
所以，
设，则，
∵，∴，
∴，
∴，即
∴，
解得，，符合题意，
所以，点P的坐标．
22．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若既有极大值又有极小值，且极大值和极小值的和为．解不等式．
【答案】(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）对函数求导，然后对参数分类讨论，注意讨论正负以及与的关系。然后根据导数判断函数的单调性；
（2）由（1）知，的范围是且，，题目转化为求解，构造函数，然后结合函数的单调性以及特殊值，从而解得不等式的解集；
【详解】（1）定义域：，

1° 时，
令，解得；令，解得；
所以在上单调递增，在上单调递减；
2° 时
①当时，即时，
令，解得或；令，解得；
所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增；
②当时，即时，
恒成立，所以在上单调递增；
③当时，即时，
令，解得或；令，解得；
所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增．
综上所述：
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增．
（2）由（1）知：且，
且
即：解不等式；（且）
等价于解不等式：
令，
，
所以在单调递增，
且，所以，
即不等式的解集为．