山东省德州市2023-2024学年高二(上)期末数学试卷（解析版）

这是一份山东省德州市2023-2024学年高二(上)期末数学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，第四象限内点的个数是，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.）
1. 已知两个向量，若，则m的值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】因为， ，
所以，即，解得：.
故选：B.
2. 已知集合，从集合M中选一个元素作为点的横坐标，从集合N中选一个元素作为点的纵坐标，则落在第三、第四象限内点的个数是（ ）
A. 6B. 8C. 10D. 12
【答案】A
【解析】依题意，可得点的坐标有：
其中落在第三、第四象限内点有
共6个.故选：A
3. 技术在我国已经进入高速发展的阶段，手机的销量也逐渐上升，某手机商城统计了最近5个月手机的实际销量，如下表所示：
若y与x线性相关，且线性回归方程为，则可以预测时，该商城手机的销量约为（ ）千部.
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】回归直线过，
由题意得，，
将代入，解得，则，
当时，，可以预测时，该商城手机的销量约为千部.
故选：D
4. 某物理量的测量结果服从正态分布，下列结论中错误的是（ ）
A. 该物理量在一次测量中大于100的概率为0.5
B. 越小，该物理量在一次测量中落在的概率越大
C. 该物理量在一次测量中小于99.9与大于100.1的概率相等
D. 该物理量在一次测量中落在与落在的概率相等
【答案】D
【解析】对于A，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量在一次测量大于100的概率为0.5，故A正确；
对于B，为数据的方差，所以越小，数据在附近越集中，所以测量结果落在内的概率越大，故B正确；
对于C，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于100.1的概率与小于99.9的概率相等，故C正确；
对于D，因为该物理量一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，所以一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，故D错误.
故选：D
5. 在如图所示的圆锥中，底面直径为，母线长为6，点C是底面直径AB所对弧的中点，点D是母线PB的中点，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】如图，设为的中点，连接，易知底面，
因为平面，所以平面底面.
又平面底面，因为点C是底面直径AB所对弧的中点，所以，
所以平面.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，，
，
则，，，，，
所以，，
记异面直线AB与CD所成角为，则，
即异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
故选：D
6. 离散型随机变量X的分布列中部分数据丢失，丢失数据以x，y（x，）代替，分布列如下：
则（ ）
A. 0.35B. 0.45C. 0.55D. 0.65
【答案】B
【解析】由题意得，
化简得，
又且，所以，
所以.
故选：B
7. 将杨辉三角中的每一个数都换成，得到如图所示的莱布尼茨三角形．莱布尼茨三角形具有很多优美的性质，如从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，如果（n为正整数），则下列结论中正确的是（ ）
…… ……
A. 当时，中间的两项相等，且同时取得最大值
B. 当时，中间一项为
C. 第6行第5个数是
D.
【答案】C
【解析】对于A，由莱布尼茨三角形知，当n为奇数时，中间两项相等，且同时取到最小值，
为奇数，故A错误；
对于B，当时，这一行有2025个数，最中间为第1013个数，
即，B错误；
对于C，第6行有7个数，第5个数是，C正确；
对于D，由于从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，
故，D错误，故选：C
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，点在上，点在轴上，，，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，则为线段的中点，
因为，则，则，
因为为的中点，，则，
所以，为等边三角形，
由勾股定理可得，
由双曲线的定义可得，即，
因此，该双曲线的离心率为.
故选：A.
二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 已知正方体棱长为1，点E，O分别是的中点，P为正方体的中心，则下列说法正确的是（ ）
A. 线段CP的长为
B. 点P到直线EO的距离为
C. 平面与平面间的距离为
D. 直线与平面所成角的正弦值为
【答案】BCD
【解析】如图，建立空间直角坐标系，则，，，，
，，，，
由P为正方体的中心，即为的中点，所以，
则，A错误；
因为，又，
则，所以，，
即点P到直线EO的距离为，故B正确；
，，.
设平面的法向量为，
则，所以
令，得，，所以.
所以点到平面的距离.
，所以，
又因平面，平面，
所以平面，同理平面，
平面，平面，，
所以平面平面，
所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离，
所以平面与平面间的距离为，故C正确.
由选项C可知平面的一个法向量为，，
设直线与平面所成角为，
则，故D正确.
故选：BCD.

10. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学站一排，下列结论正确的是（ ）
A. 不同的站队方式共有120种
B. 若甲和乙不相邻，则不同的站队方式共有36种
C. 若甲在乙的左边，则不同的站队方式共有60种
D. 若甲和乙相邻，且甲不在两端，则不同的站队方式共有36种
【答案】ACD
【解析】对于A，甲、乙、丙、丁、戊五名同学站一排，不同的站队方式共有种，A正确；
对于B，甲和乙不相邻的站队方式有种，B错误；
对于C，甲在乙的左边的不同的站队方式有种，C正确；
对于D，将甲与乙捆绑看做一个整体，再与其他三人站成一排，有种站队方式，
其中甲站在两端的情形有种，所以符合题意的站队方式共有种，D正确.
故选：ACD
11. 甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有3个红球，3个白球和3个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，再从乙箱中随机取出一球；分别以和表示从甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件，以B表示从乙箱取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 事件B与事件相互独立D.
【答案】ABD
【解析】因为，，，
若发生，则乙箱中有个红球，个白球和个黑球，所以，
若发生，则乙箱中有个红球，个白球和个黑球，所以，
若发生，则乙箱中有个红球，个白球和个黑球，所以，
所以
，故A正确；
因为，所以，故B正确；
所以，所以事件与事件不相互独立，故C错误；
，故D正确；
故选：ABD
12. 已知抛物线，F为抛物线C的焦点，准线与y轴交于M点，过点F作不垂直于y轴的直线l与C交于A，B两点．设P为y轴上一动点，Q为AB的中点，且，则（ ）
A. 当直线AB的倾斜角为时，
B. 当时，直线l的倾斜角为或
C. MF平分
D.
【答案】ACD
【解析】对于A:当直线倾斜角为时，，过的直线为，
设，
联立方程组可得，故A正确.
对于B：化简得，
设的斜率为k，联立方程组，
或成立，故负根舍去，，
解得，则的倾斜角为或，故B错误.
对于C：连接，，欲证平分，则证，
证，证，证即可，
故，
联立方程组，得到，
解得代入得出，故C正确.
对于D：由焦半径公式得，由中点坐标公式得
且设，，则，
显然成立，故D正确.
故选：ACD.
第Ⅱ卷 非选择题（共90分）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知离散型随机变量服从两点分布，且，则随机变量的期望为_________．
【答案】1
【解析】因为随机变量服从两点分布，所以，
又，得到，
所以，故，
故答案为：.
14. 甲、乙两位同学进行象棋比赛，采用五局三胜制（当一人赢得三局时，该同学获胜，比赛结束）．根据以往比赛成绩，每局比赛中甲获胜的概率都是，且各局比赛结果相互独立．若甲以获胜的概率不低于甲以获胜的概率，则p的取值范围为_________．
【答案】
【解析】由题意可得：甲以获胜的概率为，
甲以获胜的概率.
因为，
所以，解得：.
又因为，
所以.
故答案为：.
15. 的展开式中的系数是__________．
【答案】120
【解析】的展开式中的系数为，
故的展开式中的系数是.
故答案为：120
16. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1、2、3、4外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择.现在已知甲选择了1号箱，若用表示i号箱有奖品，用表示主持人打开i号箱子，则______； ______.
【答案】；
【解析】若奖品在3号箱里，主持人只能打开2、4号箱，故；
奖品随机等可能分配到四个箱子中，因此、、、的概率均为，
奖品在号箱里，主持人可打开、、号箱，故，
奖品在号箱里，主持人打开号箱的概率为，故，
奖品在号箱里，主持人只能打开、号箱，故，
奖品在号箱里，主持人只能打开、号箱，故，
由全概率公式可得：.
故答案为：；
四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 已知，求下列各式的值：
（1）；
（2）．
解：（1）求即求的系数．
．
当，即项时，．
（2）由展开式可知均为正值，均为负值，
故
当时，，
当时，，
所以，
，
故．
18. 为落实“双减”政策，提升课后服务水平，某小学计划实行课后看护工作．现随机抽取该小学三年级的个班级并调查需要课后看护的学生人数，分布如下：
（1）若将上述表格中人数低于人的班级两两组合进行看护，求班级代号为、的两个班合班看护的概率；
（2）从已抽取的个班级中随机抽取个班，记个班中需要课后看护的学生人数低于人的班级数为，求的分布列及数学期望．
解：（1）若将表中人数少于人的个班两两组合进行课后看护，
共种不同的方法，其中班级代号为、的两个班合班看护共种方法．
记表示事件“班级代号为、的两个班合班看护”，则其概率．
（2）随机变量的可能取值为、、、，
可得，
，
，
，
则的分布列为：
所以数学期望为．
19. 如图，在直三棱柱中，，E，F分别为线段的中点.

（1）证明：平面；
（2）若二面角的余弦值为，求的长.
解：（1）取中点G，连接FG，，三棱柱为直三棱柱，
平面.
平面，.又，.
又，平面，平面，
平面，
为中点，F为中点，，且，
为中点，，且，四边形为平行四边形，
，平面.
（2）由题意，
为直角，
即，则.
以为原点，在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系：

设，则，
则，
设平面的法向量为，
则，即，
令得.易知为平面的一个法向量，
二面角的余弦值为，，
解得，故的长为.
20. 为了解某一地区电动汽车销售情况，某部门根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量y（单位：万台）关于x（年份）的线性回归方程为，且销量y的方差，年份x的方差．
（1）求y与x的相关系数r，并据此判断电动汽车销量y与年份x的相关性强弱；
（2）该部门还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表：
根据调查数据回答：是否有的把握认为购买电动汽车与车主性别有关？
参考公式：（i）线性回归方程：，其中；
（ii）相关系数：，若，则可判断y与x线性相关较强．
（iii），其中．附表：
解：（1）相关系数为
，
(由y关于x的线性回归方程为可知：，且，)
故y与x线性相关较强．
（2）由题意：
．
由表可得，
所以有的把握认为购买电动汽车与车主性别有关．
21. 已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若椭圆的左、右两个焦点分别为F1、F2，直线l过右焦点，且与椭圆交于C、D两点，求面积的最大值．
解：（1）由题意可得：，
解得：．
所以椭圆的标准方程为．
（2）由题意知直线的不会与x轴重合，
所以设直线CD的方程为，
联立得，
，，
，
，
又，当且仅当时，等号成立，
所以，的最大值为3．

22. 某物流公司专营从甲地到乙地的货运业务,现统计了最近500天内每天可配送的货物量,按照可配送货物量T（单位：箱）分成了以下几组：，并绘制了如图所示的频率分布直方图．
（1）由频率分布直方图可以认为，该物流公司每日的可配送货物量T（单位：箱）服从的正态分布，经计算近似为近似为150．
①利用该正态分布，求；
②试利用该正态分布，估计该物流公司2000天内货物配送量在区间（87.8，124.4）内的天数（结果保留整数）．
（2）该物流公司负责人根据每日的可配送货物量为装卸员工制定了两种不同的工作奖励方案．
方案一：利用该频率分布直方图获取相关概率（将图中的频率视为概率），采用直接发放奖金的方式奖励员工，按每日的可配送货物量划分为三级：时，奖励50元；时，奖励80元；时，奖励120元；方案二：利用正态分布获取相关概率，采用抽奖的方式奖励员工，其中每日的可配送货物量不低于时有两次抽奖机会，每日的可配送货物量低于时只有一次抽奖机会，每次抽奖的奖金及对应的概率如下表：
小张为该公司装卸货物的一名员工，试从员工所得奖金的数学期望角度分析，小张选择哪种奖励方案对他更有利？
附：，若，
则．
解：（1）①由题意，其中，
．
②故该物流公司2000天内日货物配送量在区间（87.8，124.4）内的天数为：
（天）；
（2）易知，
对于方案一，设小张每日可获得的奖金为X元，则X的可能取值为50，80，120，
其对应的概率分别为0.33，0.57，0.10，
故，
对于方案二，设小张每日可获得的奖金为Y元，
则Y的所有可能取值为50，100，150，200，
故，
，
所以，
因为，所以从数学期望的角度看，小张选择方案二更有利．
时间x
1
2
3
4
5
销售量y（千部）
1
2
3
4
5
6
0.21
0.20
0.10
0.10
班级代号
1
2
3
4
5
6
7
8
需看护学生人数
20
22
27
30
25
23
32
21
X
P
性别
购买非电动汽车
购买电动汽车
总计
男性
39
45
女性
15
总计
0.10
0.05
0.010
0.001
2.706
3.841
6635
10.828
性别
购买非电动汽车
购买电动汽车
总计
男性
39
6
45
女性
30
15
45
总计
69
21
90
奖金
50
100
概率