2022-2023学年江苏省镇江市实验高级中学高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年江苏省镇江市实验高级中学高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知随机变量的分布列为

则实数（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据随机变量的分布列性质概率之和为1可得.

【详解】由题意：，

可得：.

故选：D.

2．在的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，则展开式的常数项为（    ）

A． B．3 C． D．

【答案】D

【分析】先求出，再写出展开式的通项公式，令求出r，代入计算即可.

【详解】由题意知，，

所以，

所以，

令，

所以展开式的常数项为.

故选：D.

3．将4名乡村振兴志愿者分配到科技助农，文艺文化，科普宣传和乡村环境治理4个项目进行培训（每个项目都有志愿者参加），每名志愿者只分配到1个项目，志愿者小王不去文艺文化项目，则不同的分配方案共有（    ）

A．12种 B．24种 C．18种 D．48种

【答案】C

【分析】应用排列数求任意分配方法数及小王去文艺文化项目的分配方法数，再利用间接法求不同的分配方案数.

【详解】由题意，4名志愿者任意分配共有种分法，

若志愿者小王去文艺文化项目，其它3名任意分配有种分法，

所以志愿者小王不去文艺文化项目的分配方法有种.

故选：C

二、多选题

4．下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．若，则正整数x的值是1

【答案】ABC

【分析】选项A，根据排列数公式直接判断；选项B、D，根据组合数公式及性质直接求解；选项C，根据二项式系数和公式，奇数项与偶数项的二项式系数和各占一半得出结果.

【详解】选项A，因为，故A正确；

选项B，，故B正确；

选项C，由，

，得，故C正确；

选项D，因为，所以或，即或6，故D错误.

故选：ABC.

三、单选题

5．某学习小组八名学生在一次物理测验中的得分（单位：分）如下：，这八人成绩的第60百分位数是.若在该小组随机选取两名学生，则得分都比低的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先根据题意得到，再利用古典概型公式求解即可.

【详解】，故这8人成绩的第60百分位数是从小到大排列的第5个数，

即，在该小组随机选取两名学生共有种情况，

其中得分都比低的有种，

所以所求概率

故选：C

6．平行六面体中，已知底面四边形为矩形，，，，则（    ）

A． B．2 C． D．10

【答案】A

【分析】由图可得，后由模长公式可得答案.

【详解】由图可得，

则

，故,

故选：A

7．已知正方体的棱长为2，、分别为上底面和侧面的中心，则点到平面的距离为（      ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法得出点到平面的距离.

【详解】建立如图所示的空间直角坐标系

，，，，，，

设平面的法向量为，，令，得

则点到平面的距离为.

故选：A

8．若对任意的，，且，，则m的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】首先得出，再将整理为，构造函数，其中，当时，，即在，单调递减，求出，分析得出减区间，即可得出m的取值范围．

【详解】由题可知，，

因为，且，

所以，两边同时除以得，

，即，

设函数，其中，

因为当时，，

所以在单调递减，

因为，

令，，

当时，，即在上单调递增，

当时，，即在上单调递减，

所以，

故选：D．

四、多选题

9．已知一组数据构成等差数列，且公差不为0.若去掉数据，则（    ）

A．平均数不变 B．中位数不变 C．方差变小 D．方差变大

【答案】ABD

【分析】根据平均数的概念结合等差数列的性质判断A，由中位数的概念可判断B，由方差计算公式即可判断CD.

【详解】对于选项A，原数据的平均数为，去掉后的平均数为即平均数不变，故选项A正确；

对于选项B，原数据的中位数为，去掉后的中位数为，即中位数没变，故选项B正确；

对于选项C，则原数据的方差为，

去掉后的方差为，

故，即方差变大，故选项C错误，选项D正确.

故选：ABD.

10．李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（    ）

A．P(X＞32)＞P(Y＞32)

B．P(X≤36)＝P(Y≤36)

C．李明计划7：34前到校，应选择坐公交车

D．李明计划7：40前到校，应选择骑自行车

【答案】BCD

【分析】首先利用正态分布，确定和，再结合正态分布的对称性，和的原则，即可求解.

【详解】A.由条件可知，，根据对称性可知，故A错误；

B., ，所以，故B正确；

C. =，所以，故C正确；

D. ，，所以，故D正确.

故选：BCD

11．甲盒中有3个红球，2个白球；乙盒中有2个红球，3个白球．先从甲盒中随机取出一球放入乙盒，用事件表示“从甲盒中取出的是红球”，用事件表示“从甲盒中取出的是白球”；再从乙盒中随机取出一球，用事件表示“从乙盒中取出的是红球”，则（    ）

A．事件与事件是对立事件 B．事件与事件是独立事件

C． D．

【答案】AD

【分析】根据对立事件的定义即可判断A；根据相互独立事件的定义即可判断B；分第一次取白球和红球两种情况讨论，从而可判断C；根据条件概率公式即可判断D.

【详解】对于A：事件A与事件是对立事件，故A正确；

对于B：事件发生与否与事件C有关，故B错误：

对于C：，故C错误；

对于D：，，

所以，故D正确．

故选：AD.

12．小明与另外2名同学进行“手心手背”游戏，规则是：3人同时随机等可能选择手心或手背中的一种手势，规定相同手势人数多者每人得1分，其余每人得0分.现3人共进行了4次游戏，每次游戏互不影响，记小明4次游戏得分之和为，则下列结论正确的是（    ）

A．每次游戏中小明得1分的概率是 B．的均值是2

C．的均值是3 D．的方差是

【答案】AC

【分析】的可能取值为0，1，2，3，4，利用列举法求出小明每次得1分的概率，从而，由此能求出和．

【详解】解：3人同时随机等可能选择手心或手背中的一种手势，

规定相同手势人数多者每人得1分，其余每人得0分，

现3人共进行了4次游戏，记小明4次游戏得分之和为，

则的可能取值为0，1，2，3，4，

设其他两位同学为，，小明为，列表得：

共有8种情况，小明得1分结果有6种情况，

小明每次得1分的概率，

故A正确；

，

故B错误，C正确；

，

.

故D错误.

故选：AC.

五、填空题

13．某市政府调查市民收入增减与旅游需求的关系时，采用独立性检验法抽查了人，计算发现，根据这一数据，市政府断言市民收入增减与旅游需求有关的可信度是      ．

附：常用小概率值和临界值表：

【答案】

【分析】由的观测值结合临界值表了得出结论.

【详解】由已知可得，

所以市政府断言市民收入增减与旅游需求有关的可信度是.

故答案为：.

14．设两个相互独立事件A与B，若事件A发生的概率为p，B发生的概率为，则A与B同时发生的概率的最大值为      .

【答案】/0.25

【分析】求出相互独立事件同时发生的概率，利用二次函数求最值.

【详解】因为事件A与B同时发生的概率为，

所以当时，最大值为.

故答案为：

15．已知函数，若过点的直线与曲线相切，则该直线斜率为      ．

【答案】3

【分析】设出切点坐标，求出函数的导数，利用导数的几何意义可得切线方程为，再根据切线过点，可求出，进而求出结果．

【详解】∵点不在曲线上，设切点坐标为．

又∵，所以

∴在处的切线方程为，

∵切线过点，

∴，解得，

∴切线斜率为.

故答案为：3．

16．如图，在直三棱柱中，，是的中点，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 若，则异面直线与所成角的余弦值为          

【答案】

【分析】设，由向量垂直的坐标表示可解得t，即可由向量法求得，从而求得结果.

【详解】由题意得，设，则有，

，由得..

因为，，所以，

故异面直线与夹角的余值为.

故答案为：.

六、解答题

17．已知函数在处取得极值．

(1)求的单调区间；

(2)若在上恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)单调递减区间是，单调递增区间是；

(2)．

【分析】（1）由题意根据求解，再带回检验即可；

（2）求导分析在上的最大值，再根据求解不等式即可.

【详解】（1）∵，，又在处取得极值，

∴，∴，

检验：当时，，，，

令，得，

当x变化时，，的变化情况如表所示．

在处取得极小值成立；

所以的单调递减区间是，单调递增区间是．

（2）由（1）知在单调递减，单调递增，

又，，

则，．

若在上恒成立，则．

即，解得或，

所以实数c的取值范围是．

18．盒中装有6个同种产品，其中4个一等品，2个二等品，不放回地从中取产品，每次取1个，求：

(1)取两次，两次都取得一等品的概率；

(2)取两次，第二次取得一等品的概率；

(3)取两次，已知第二次取得一等品的条件下，第一次取得的是二等品的概率.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据题意，求得第1次取得一等品的概率和第2次取到一等品的概率，结合互独立事件的概率公式，即可求解；

（2）根据题意，可分为第1次取得一等品，第2次取得一等品和第1次取得二等品，第2次取得一等品，求得其概率，结合互斥事件的概率加法公式，即可求解；

（3）设第2次取得一等品为事件，得到，设第1次取得二等品为事件，求得，结合条件概率的计算公式，即可求解.

【详解】（1）解：根据题意，第1次取得一等品的概率为，第2次取到一等品的概率为，

根据相互独立事件的概率公式，可得两次都取得一等品的概率为.

（2）解：根据题意，可分为两类情况：

①第1次取得一等品，第2次取得一等品，其概率为；

②第1次取得二等品，第2次取得一等品，其概率为，

由互斥事件的概率加法公式，可得第二次取得一等品的概率.

（3）解：设第2次取得一等品为事件，由（2）知：，

设第1次取得二等品为事件，可得，

所以所求概率为.

19．如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为45°，底面为直角梯形，，，．

(1)求直线与平面所成角的正弦值；

(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，求得向量，和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解；

（2）由平面的一个法向量，求得平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解．

【详解】（1）解：因为平面，且平面，所以，，

又因为，所以，

因为与底面所成的角为，所以，故，

以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立的空间直角坐标系，如图所示，

因为，，可得，，，，

所以，，，

设平面的一个法向量为，可得，

取，则，可得，

所以，

所以直线与平面所成角的正弦值为．

（2）解：根据题意，平面的一个法向量，

设平面的一个法向量为，可得，

取，则，，所以

则，

所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．

20．某学校为学生开设了一门模具加工课，经过一段时间的学习，拟举行一次模具加工大赛，学生小明､小红打算报名参加大赛.赛前，小明､小红分别进行了为期一周的封闭强化训练，下表记录了两人在封闭强化训练期问每天加工模具成功的次数，其中小明第7天的成功次数忘了记录，但知道，.

(1)求这7天内小明成功的总次数不少于小红成功的总次数的概率；

(2)根据小明这7天内前6天的成功次数，求其成功次数关于序号的线性回归方程，并估计小明第七天成功次数的值.

参考公式：回归方程中斜率与截距的最小二乘估计公式分别为

参考数据：.

【答案】(1)

(2)，小明第七天成功次数为

【分析】（1）根据古典概型算算即可；

（2）先利用最小二乘法求出回归方程，再令即可得解.

【详解】（1）因为，且，所以的取值共有25种情况，

、分别表示小明、小红第i天成功次数，

又当小明成功的总次数不少于小红成功的总次数时，在，

即，得，

所以小明成功的总次数不少于小红成功的总次数时，的取值共有17情况，

所以这7天内小明成功的总次数不少于小红成功的总次数的概率为；

（2）由题设可知

，

，

所以，

所以关于序号的线性回旧方程为.

当时，，

估计小明第7天成功次数的值为38.

21．2017年某市政府为了有效改善市区道路交通拥堵状况出台了一系列的改善措施,其中市区公交站点重新布局和建设作为重点项目.市政府相关部门根据交通拥堵情况制订了“市区公交站点重新布局方案”,现准备对该“方案”进行调查,并根据调查结果决定是否启用该“方案”.调查人员分别在市区的各公交站点随机抽取若干市民对该“方案”进行评分,并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图.相关规则为:①调查对象为本市市民,被调查者各自独立评分;②采用百分制评分,[60,80)内认定为满意,不低于80分认定为非常满意;③市民对公交站点布局的满意率不低于75％即可启用该“方案”;④用样本的频率代替概率.

(1)从该市800万人的市民中随机抽取5人,求恰有2人非常满意该“方案”的概率;并根据所学统计学知识判断该市是否启用该“方案”,说明理由.

(2)已知在评分低于60分的被调查者中,老年人占 ,现从评分低于60分的被调查者中按年龄分层抽取9人以便了解不满意的原因,并从中抽取3人担任群众督查员,记为群众督查员中的老人的人数,求随机变量的分布列及其数学期望.

【答案】(1) ,根据相关规则该市应启用该“方案”;(2) 分布列见解析，.

【分析】(1)根据频率分布直方图的几何意义求出不低于80分频率,即可得出不低于80分的概率为,则现从中抽取5人恰有2人非常满意该“方案”的概率为:;评分在的频率为:根据相关规则该市应启用该“方案”;(2)随机变量的所有可能取值为0,1,2,3,求出每一个变量的概率,即可得出分布列与期望.

【详解】(1)根据频率分布直方图,被调查者非常满意的频率是

,

用样本的频率代替概率,从该市的全体市民中随机抽取1人,

该人非常满意该项目的概率为,

现从中抽取5人恰有2人非常满意该“方案”的概率为:;

根据题意:60分或以上被认定为满意或非常满意,在频率分布直方图中,

评分在的频率为:=

根据相关规则该市应启用该“方案”.

(2)因为评分低于60分的被调查者中,老年人占,

又从被调查者中按年龄分层抽取9人,

所以这9人中,老年人有3人,非老年人6人,

随机变量的所有可能取值为0,1,2,3

,,

,.

的分布列为:

的数学期望.

22．已知二项式．

(1)若它的二项式系数之和为128．

①求展开式中二项式系数最大的项；

②求展开式中系数最大的项；

(2)若，求二项式的值被7除的余数．

【答案】(1)①；②.

(2).

【分析】（1）根据二项式定理的二项式系数之和，求得指数，结合组合数的对称性，建立不等式组，可得答案；

（2）根据二项式定理可得展开式，将底数整理为的倍数加比小的数，可得答案.

【详解】（1）由题意可得，解得，其通项为.

①二项式系数最大的项为第4、5项，

，；

②设展开式中系数最大的项为第项，则，

化简可得，解得，

因为，所以或，

所以展开式中系数最大的项为第6、7项，

，，

（2）当时，，

因为，

所以二项式的值被除的余数就是被除的余数，

因为，

所以被除的余数为，所以二项式的值被除的余数为.