2023-2024学年河北省石家庄市高二下学期期末教学质量检测数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省石家庄市高二下学期期末教学质量检测数学试卷（含解析），共15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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.某汽车启动阶段的位移函数为s(t)=2t3−5t2，则汽车在t=2时的瞬时速度为( )
A. 10B. 14C. 4D. 6
2.将序号分别为1，2，3，4，5的五张参观券全部分给甲，乙，丙，丁四人，每人至少1张，如果分给甲的两张参观券是连号，那么不同分法的种数是( )
A. 6B. 24C. 60D. 120
3.设离散型随机变量X的分布列为：则q=( )
A. 12B. 1− 22C. 1+ 22D. 1± 22
4.已知一组观测值(x1,y1)，(x2,y2)，⋯，(xn,yn)满足yi=a+bxi+ei(i=1,2⋯,n)，若ei恒为0，则R2=( )
A. 0B. 0.5C. 0.9D. 1
5.(x y−y x)4的展开式中x3y3的系数为( )
A. −4B. 4C. −6D. 6
6.李老师教高二甲班和乙班两个班的数学，这两个班的人数相等.某次联考中，这两个班的数学成绩均近似服从正态分布，其正态密度函数f(x)=1 2πσe−(x−μ)22σ2的图像如图所示，其中μ是正态分布的期望，σ是正态分布的标准差，且P(|X−μ|≤σ)=0.6827，P(|X−μ|≤2σ)=0.9545，P(|X−μ|≤3σ)=0.9973.关于这次数学考试成绩，下列结论正确的是( )
A. 甲班的平均分比乙班的平均分高
B. 相对于乙班，甲班学生的数学成绩更分散
C. 甲班108分以上的人数约占该班总人数的4.55%
D. 乙班112分以上的人数与甲班108分以上的人数大致相等
7.某校三位同学报名参加数理化生四科学科竞赛，每人限报且必须报两门，由于数学是该校优势科目，必须至少有两人参赛，若要求每门学科都有人报名，则不同的参赛方案有( )
A. 51种B. 45种C. 48种D. 42种
8.已知函数f(x)=(x−1)ex−kx3+1(e为自然对数的底数)，若对任意的x1，x2∈(0,+∞)，且x1≠x2，都有x1f(x1)+x2f(x2)>x2f(x1)+x1f(x2)，则实数k的取值范围是( )
A. (−∞,e3]B. (−∞,e3)C. (−∞,13]D. (−∞,13)
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法中正确的是( )
A. 对于独立性检验，χ2的值越大，说明两事件的相关程度越大
B. 以模型y=cekx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设z=lny，若其变换后得到线性方程z=0.3x+4，则c，k的值分别是e4和0.3(e为自然对数的底数)
C. 在具有线性相关关系的两个变量的统计数据所得的回归直线方程y=a+bx中，b=2，x=1，y=3，则a=1
D. 通过回归直线y=bx+a及回归系数b，可以精确反映变量的取值和变化趋势
10.“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.下列关于“杨辉三角”的结论正确的是( )
A. C32+C42+C52+⋯+C112=220
B. 记第n行的第i个数为ai，则i=1n+13i−1ai=4n
C. 第2023行中从左往右第1011个数与第1012个数相等
D. 第30行中第12个数与第13个数之比为12:19
11.某大学文学院有A、B两个自习室，小王同学每天晚上都会去自习室学习.假设他第一天去自习室A的概率为13;他第二天去自习室B的概率为14;如果他第一天去自习室A，则第二天去自习室B的概率为12.下列说法正确的是( )
A. 小王两天都去自习室A的概率为14;
B. 小王两天都去自习室B的概率为112;
C. 小王两天去不同自习室的概率为34;
D. 如果他第二天去自习室B，则第一天去自习室A的概率为12．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.编号为1，2，3的三位学生随意入坐编号为1，2，3的三个座位，每位学生坐一个座位，设与座位编号相同的学生的个数是ξ，则E(ξ)= ．
13.在概率论中常用散度描述两个概率分布的差异.若离散型随机变量X，Y的取值集合均为{0,1,2,3,⋯,n}(n∈N∗)，则X，Y的散度D(X||Y)=i=0nP(X=i)lnP(X=i)P(Y=i).若X，Y的概率分布如下表所示，其中014.若二次函数f(x)=2x2+3的图象与曲线C:g(x)=aex+3(a>0)存在公切线，则实数a的取值范围是 .(e为自然对数的底数)
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
设函数fx=x3−3x2−9x+8．
(1)求f(x)在x=1处的切线方程；
(2)求f(x)在[−2,4]上的最大值和最小值．
16.(本小题12分)
已知f(x)=(2x−3)n展开式的二项式系数和为512，且(2x−3)n=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+⋯+an(x−1)n．
(Ⅰ)求a2的值;
(Ⅱ)求a1+a2+a3+⋯⋯+an的值;
(Ⅲ)求a1+2a2+3a3+⋯+nan的值．
17.(本小题12分)
在十余年的学习生活中，部分学生养成了上课转笔的习惯.某研究小组为研究转笔与学习成绩好差的关系，从全市若干所学校中随机抽取100名学生进行调查，其中有上课转笔习惯的有55人.经调查，得到这100名学生近期考试的分数的频率分布直方图.记分数在600分以上的为优秀，其余为合格．
(Ⅰ)请完成下列2×2列联表.并依据小概率值α=0.01的独立性检验，分析成绩优秀与上课转笔之间是否有关联;(结果均保留到小数点后三位)
(Ⅱ)现采取分层抽样的方法，从这100人中抽取10人，再从这10人中随机抽取5人进行进一步调查，记抽到5人中合格的人数为X，求X的分布列和数学期望;
(Ⅲ)若将频率视作概率，从全市所有在校学生中随机抽取20人进行调查，记20人中上课转笔的人数为k的概率为P(k)，当P(k)取最大值时，求k的值．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
18.(本小题12分)
一个调查学生记忆力的研究团队从某中学随机挑选100名学生进行记忆测试，通过讲解100个陌生单词后，相隔十分钟进行听写测试，间隔时间t(分钟)和答对人数y的统计表格如下：
时间t与答对人数y和lg y的散点图如下：
附：i=110ti2=38500，i=110yi=342，i=110lg yi=13.52，i=110tiyi=10960，i=110tilg yi=621.7，对于一组数据(u1,v1)，(u2,v2)，…，(un,vn)，其回归直线方程v=α+βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为：β=i=1nuivi−nuvi=1nui2−nu2，α=v−βu．
请根据表格数据回答下列问题：
(1)根据散点图判断，y=at+b与lg y=ct+d哪个更适宜作为线性回归模型？(给出判断即可，不必说明理由)
(2)根据(1)的判断结果，建立y与t的回归方程；(a,b或c，d的计算结果均保留到小数点后三位)
(3)根据(2)请估算要想答对人数不少于75人，至多间隔多少分钟需要重新记忆一遍．(结果四舍五入保留整数)(参考数据：lg 2≈0.3，lg 3≈0.48)
19.(本小题12分)
对于正实数a，b(a>b)，我们熟知基本不等式：G(a,b)(Ⅰ)设x>1，求证：2lnx(Ⅱ)证明G(a,b)(Ⅲ)若不等式G(a,b)+A(a,b)>m⋅L(a,b)对任意正实数a，b(a>b)恒成立，求正实数m的取值范围．
答案简析
1.C
【简析】
解：∵s(t)=2t3−5t2，
∴汽车的速度为v(t)=s′(t)=6t2−10t，
∴v(2)=s′(2)=6×22−10×2=4．
故选C．
2.B
【简析】解：根据题意，分2步进行分析：
①、将连号的两张参观券分给甲，有1和2，2和3，3和4，4和5，共4种情况，
②、将剩下的3张参观券分给其他三人，有A33=6种分法，
则有4×6=24种不同的分法；
故选B．
3.B
【简析】
解：由题意可得：1−2q+q2+12=1，
解得：q=1− 22，
或q=1+ 22(此时q2+12>1，舍去)，
故选B．
4.D
【简析】解：解：由ei恒为0，知yi=yi，即yi−yi=0，
故R2=1−i=1n(yi−yi)2i=1n(yi−y)2=1−0=1．
故选D．
5.D
【简析】解： (x y−y x)4=x2y2( x− y)4，
只需求 ( x− y)4展开式中的含xy项的系数．
∵ ( x− y)4的展开式的通项为 Tr+1=C4r( x)4−r(− y)r
令 4−r=2r=2得r=2
∴展开式中x 3y ​3的系数为C42=6
6.D
【简析】解：由题意结合正态分布的密度曲线可得甲班的数学平均成绩为98，乙班的数学平均成绩为100，故A错误，
由图象可得甲班的数学成绩的标准差为5，乙班的数学成绩的标准差为6，相对于乙班，本次考试中甲班不同层次学生的成绩更稳定，故B错误，
甲班108分以上的人数约占该班总人数的概率为P(X>108)=1−0.95452=2.275%，故C错误，
乙班112分以上的人数约占该班总人数的概率为P(X>112)=1−0.95452=2.275%，
又这两个班的人数相等，所以乙班112分以上的人数与甲班108分以上的人数相等，故D正确，
故选：D．
7.A
【简析】解：设三位同学为A，B，C;由题意，参赛方案分为两种情况：
(一)数学学科有2人报名：
先选2人报名数学，有C32种结果(假设为A，B)，其余三科的参赛方式又分为两种情况：
①A，B选同科，有C31种结果；②A，B选不同科(即A，C，或B，C选同科)，有C21⋅C31⋅A22种结果，
所以数学学科有2人报名时共有C32⋅(C31+C21⋅C31⋅A22)=3×15=45种结果；
(二)数学学科有3人报名：
先选3人报名数学，有C33种结果，其余三科的参赛方式有A33种结果，
所以数学学科有3人报名时共有C33⋅A33=6种结果；
综合(一)(二)得不同的参赛方案有45+6=51种．
故答案选：A ．
8.A
【简析】解：∵x1f(x1)+x2f(x2)>x2f(x1)+x1f(x2)，
∴(x1−x2)[f(x1)−f(x2)]>0，
∵x1≠x2，
∴fx1−fx2x1−x2>0，即f(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴f′x=xex−3kx2≥0在(0,+∞)上恒成立，
即k≤ex3x在(0,+∞)上恒成立，
构造函数gx=ex3xx>0，则g′x=x−1ex3x2，
令g′(x)>0，则x>1，此时函数g(x)单调递增，令g′(x)<0，则0∴gx≥g1=e3，
即k≤e3．
故选A．
9.ABC
【简析】
解：对于A，根据独立性检验的性质知，K2的值越大，说明两个分类变量相关程度越大，A正确；
对于B，由y=cekx，两边取自然对数，可得lny=lnc+kx，
令z=lny，得z=kx+lnc，∵z=0.3x+4，∴lnc=4,k=0.3，则c=e4,k=0.3，B正确；
对于C，回归直线方程y=a+bx中，a=y−b·x=3−2×1=1，C正确；
对于D，通过回归直线y=a+bx及回归系数b，可估计和预测变量的取值和变化趋势，D错误．
故选ABC．
10.BD
【简析】解：对于A，由Cnm−1+Cnn=Cn+1m可得
C32+C42+C52+⋯+C112=C32+C33+C42+C52+⋯+C112−1=C43+C42+C52+⋯+C112−1=C123−1=219
，故A错误;
所以i=1n+13i−1ai=30Cn0+31Cn1+32Cn2+⋯+3nCnn=(1+3)n=4n，故B正确;
对于D，第30行中第12个数与第13个数之比为
C3011:C3012=30×19×⋯×2011×10×⋯×1×12×11×⋯×130×19×⋯×20×19=12:19，故D正确．
对于C，第2023行是奇数，中间两项最大，即C20231011和C20231012，
也就是第2023行中第1012个数和第1013个数相等，故C错误;
故选：BD
11.BC
【简析】解：设Ai=第i天去自习室A， Bi=第i天去自习室B，依题意有：
P(A1)=13， P(B1)=23， P(B2)=14，P(B2|A1)=12， P(A2|A1)=12
①P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=13×12=16，故 A错误。
②P(B2)=P(A1)P(B2|A1)+P(B1)P(B2|B1)⇒
14=13×12+23P(B2|B1)⇒P(B2|B1)=18
P(B1B2)=P(B1)P(B2|B1)=23×18=112，故B正确。
③1−P(A1A2)−P(B1B2)=1−16−112=34，故C正确．
④P(A1|B2)=P(A1B2)P(B2)=P(A1)P(B2|A1)P(B2)=13×1214=23，故D错误．
故选BC．
12.1
【简析】解：∵编号为1，2，3的3位同学随意入座编号为1，2，3的3个座位，
∴有123，132，213，231，312，321，6种结果，
设与座位编号相同的学生个数为ξ，则ξ的可能为0，1，3，
∴ξ的分布列为：
∴E(ξ)=0×13+1×12+3×16=1，
故答案为1．
13.[0,+∞)
【简析】解：由题意可得D(X||Y)=i=0nP(X=i)lnP(X=i)P(Y=i)
=PX=0lnP(X=0)P(Y=0)+PX=1lnP(X=1)P(Y=1)
= 12ln12(1−p)+ 12ln12p=− 12ln 4(1−p)p
因为0− 12ln 4(1−p)p⩾0，
即D(X||Y)的取值范围为[0,+∞)．
14.(0,8e2]
【简析】解：f(x)=2x2+3的导数为f′(x)=4x，g(x)=aex+3的导数为g′(x)=aex，
设公切线与f(x)=2x2+3的图象切于点(x1,2x12+3)，
与g(x)=aex+3的图象切于点(x2,aex2+3)，
∴4x1=aex2=aex2+3−(2x12+3)x2−x1=aex2−2x12x2−x1，
化简可得，2x1=2x1−x12x2−x1，得x1=0或2x2=x1+2，
∵4x1=aex2，且a>0，∴x1>0，则2x2=x1+2>2，即x2>1，
得a=4x1ex2=4(2x2−2)ex2=8(x2−1)ex2，x2>1
设ℎ(x)=8(x−1)ex(x>1)，则ℎ′(x)=8(2−x)ex，
由ℎ′(x)>0可得12
∴ℎ(x)在(1,2)上递增，在(2,+∞)上递减，
∴ℎ(x)max=ℎ(2)=8e2，
∴实数a的取值范围为(0,8e2].
15.解：(1)由题意知，f(1)=−3，即切点为(1,−3)，
又f′(x)=3x2−6x−9，所以f′(1)=−12，
所以f(x)在x=1处的切线方程为：y+3=−12(x−1)，即12x+y−9=0;
(2)f′(x)=3x2−6x−9=3(x−3)(x+1)，
令f′(x)<0得−10得x<−1或x>3，
故f(x)的减区间为(−1,3)，增区间为(−∞,−1)和(3,+∞)，
函数f(x)的极大值f(−1)=13，函数f(x)的极小值f(3)=−19，
又f(−2)=6，f(4)=−12，
∴f(x)在[−2,4]上的最大值是13，最小值是−19．
【简析】
(1)求出导数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，由点斜式，即可求出结果；
(2)求出导数，研究单调性，得出函数的极值，再求出f(−2)，f(4)，即可求出结果.
16.解：(Ⅰ)由二项式系数和为512知，2n=512=29⇒n=9，
(2x−3)9=[2(x−1)−1]9 ，
∴a2=C97×22×(−1)7=−144；
(Ⅱ)令x=1，a0=(2×1−3)9=−1，
令x=2，得a0+a1+a2+a3+⋯+a9=(2×2−3)9=1，
∴a1+a2+a3+⋯+a9
=(a0+a1+a2+a3+⋯+a9)−a0=2．
(Ⅲ)由n=9可知(2x−3)9=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+⋯+a9(x−1)9
两边求导数可得18(2x−3)8=a1+2a2(x−1)+⋯+9a9(x−1)8，
令x=2可得a1+2a2+⋯+9a9=18．
【简析】
(Ⅰ)根据二项式系数和为512先确定n值，再计算a2的值；
(Ⅱ)利用赋值法求特定项系数及特定项项系数和可得．
(Ⅲ)先求导数后代值，即可得答案．
17.解：(Ⅰ)零假设H0：成绩优秀与上课转笔无关，
2×2列联表如下：
χ2=1005×20−25×50245×55×70×30≈25.449>6.635，
根据小概率值α=0.01的χ2独立性检验，我们推断H0不成立，因此认为成绩优秀与上课转笔有关．
(Ⅱ)100个人中优秀的人数为0.0125+0.0025×20×100=30，
则合格的人数为70人，由分层抽样可知：10人中有3人优秀，7人合格；
由题意X的可能值为2.3，4，5，
PX=2=C72C33C105=112,PX=3=C73C32C105=512,PX=4=C74C31C105=512,PX=5=C75C30C105=112，
则X的分布列为：
所以EX=2×112+3×512+4×512+5×112=72.
(Ⅲ)由题意可知k∼B20,0.55，则Pk=−k，
C20k·0.55k·0.4520−k⩾C20k+1·0.55k+1·0.4519−kC20k·0.55k·0.4520−k⩾C20k−1·0.55k−1·0.4521−k,
解得10.55⩽k⩽11.55，又k∈N，
故k=10，
则当k=10时，Pk取最大值时．
【简析】
(Ⅰ)列出2×2列联表，求出χ2，对照临界值即可得出答案；
(Ⅱ)得出X的值，求出相应的概率，写出分布列，从而求出数学期望；
(Ⅲ)由题意可得C20k·0.55k·0.4520−k⩾C20k+1·0.55k+1·0.4519−kC20k·0.55k·0.4520−k⩾C20k−1·0.55k−1·0.4521−k，解出k的范围，即可得出答案．
18.解：(1)由图象可知，lgy=ct+d更适宜作为线性回归模型．
(2)设lgy=ct+d，由条件可得，t=110i=110ti=55，lgy=1.352，
c=i=110tilgyi−10tlgyi=110ti2−10t2=621.7−10×55×1.35238500−10×552≈−0.015，d=lgy−ct≈2.177，
所以lgy=−0.015t+2.177，因此y=10−0.015t+2.177．
(3)由题意知y=10−0.015t+2.177≥75，
即−0.015t+2.177⩾lg25×3=lg1004+lg3=2−2lg2+lg3≈1.88，
解得t≤19.8，
则t<20，即至多20分钟，就需要重新记忆一遍．
【简析】
(1)由图象可知，lgy=ct+d更适宜作为线性回归模型．
(2)根据最小二乘法得lgy=−0.015t+2.177，从而得出y与t的回归方程；
(3)由题意知y=10−0.015t+2.177≥75，计算即可．
19.(1)证明：令f(x)=lnx−12(x−1x)，
则f′(x)=1x−12−12x2=2x−x2−12x2=−(x−1)22x2，
∴f′(x)≤0，得f(x)在[1,+∞)上单调递减，
又f(1)=0，故当x>1时，f(x)<0，
因此，当x>1时，lnx<12(x−1x)，
即2lnx(2)要证G(a,b)只要证 ab只要证lnba即证2ln ab< ab− ba，
令t= ab,(t>1)，
由lnx<12(x−1x)有lnt<12(t−1t)，即得2lnt因此，2ln ab< ab− ba，
所以Ga,b(3)解：由G(a,b)+A(a,b)>m⋅L(a,b)恒成立，
得m⋅a−blna−lnb< ab+a+b2恒成立，
即得m⋅ab−1lnab< ab+12(ab+1)恒成立，
令t= ab,(t>1)，
有m⋅t2−12lnt得m⋅t−12lnt<12(t+1)恒成立，
∴m⋅t−1t+1−lnt<0恒成立，
令g(t)=k⋅t−1t+1−lnt，
有g′(t)=k⋅2(t+1)2−1t=2kt−(t+1)2(t+1)2⋅t=−t2+2(k−1)t−1(t+1)2⋅t，
又g(1)=0，
∴当g′(1)>0，即m>2时，
方程−t2+2(k−1)t−1=0有一根t1大于1，一根t2小于1，
可得g(t)在[1,t1)上单调递增，故有g(t1)>g(1)=0，不符合；
当0∴g′(t)≤0，从而g(t)在[1,+∞)上单调递减，
故当t>1时，恒有g(t)综上所述，正实数m的取值范围为0【简析】
(1)构造f(x)=lnx−12(x−1x)，求其导函数，分析单调性即可证得；
(2)利用分析法，问题转化为证2ln ab< ab− ba，令t= ab,(t>1)，即可证得结论；
(3)问题转化为证明m⋅ab−1lnab< ab+12(ab+1)恒成立，令t= ab,(t>1)，有m⋅t−1t+1−lnt<0恒成立，令g(t)=k⋅t−1t+1−lnt，结合导数分析正实数m的取值范围为01
2
P
1−2q
q2+12
X
0
1
P
12
12
Y
0
1
P
1−p
p
上课转笔
上课不转笔
合计
优秀
合格
20
合计
55
100
P(χ2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
时间t(分钟)
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
答对人数y
98
70
52
36
30
20
15
11
5
5
lg y
1.99
1.85
1.72
1.56
1.48
1.30
1.18
1.04
0.7
0.7
ξ
0
1
3
P
13
12
16
上课转笔
上课不转笔
合计
优秀
5
25
30
合格
50
20
70
合计
55
45
100
X
2
3
4
5
P
112
512
512
112