广东省深圳外国语学校高中园2024~2025学年高二下册期中考试数学试题【附解析】

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本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡密封线内相应的位置上，用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁和平整.
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分.
1. 的值为（ ）
A. 60B. 40C. 35D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】根据排列数与组合数公式直接计算即可得解.
【详解】.
故选：B.
2. 对变量，有观测数据，得散点图；对变量，有观测数据，得散点图2．由这两个散点图可以判断（ ）
A. 变量与正相关，与正相关B. 变量与正相关，与负相关
C. 变量与负相关，与正相关D. 变量与负相关，与负相关
【答案】B
【解析】
【分析】根据散点图点的变化关系确定正负相关性即可.
【详解】由变量，的散点图，知随增大，也增大，变量与正相关，
由变量，的散点图，知随增大，减小，与负相关.
故选：B
3. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A. 0.1B. 0.2C. 0.3D. 0.4
【答案】B
【解析】
【分析】利用正态分布的对称性即可得到结果.
【详解】因为随机变量服从正态分布，所以正态分布的对称轴为，
所以,
故选：B
4. 已知根据如下表所示的样本数据，用最小二乘法求得线性回归方程为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据表格中的数据，求得样本中心点，将其代入回归直线方程，求得的值，即可得到答案.
【详解】由表格中的数据，可得，，
又样本中心点必在线性回归直线上，将代入回归直线方程，
可得，解得.
故选：D.
5. 下列说法不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件概率公式及概率的性质计算可得.
【详解】对于A：因为，所以，故A正确；
对于B：因为且，所以，故B正确；
对于C：因为，所以，故C错误；
对于D：因为且，所以，故D正确.
故选：C
6. “杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中一种几何排列规律，早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现.如图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，若第n行中从左至右只有第12个数为该行中的最大值，则n=（ ）
A. 21B. 22C. 23D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知，第n行的数就是二项式的展开式中各项的二项式系数，再利用二项式的系数的性质可求得结果.
【详解】由题意可知，第n行数就是二项式的展开式中各项的二项式系数.
因为只有第12项的二项式系数最大，
所以n为偶数，故，解得，
故选：B
7. 已知口袋中有3个黑球和2个白球（除颜色外完全相同），现进行不放回摸球，每次摸一个，则第一次摸到白球的情况下，第三次又摸到白球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分析题意，利用全概率公式即可得解.
【详解】设事件表示“第二次摸到白球”，事件表示“第三次又摸到白球”，
依题意，在第一次摸到白球的情况下，口袋中有3个黑球和1个白球（除颜色外完全相同），
所以，，，，
则所求概率为.
故选：B
8. 已知，随机变量，若，则的值为（ ）
A. 81B. 242C. 243D. 80
【答案】B
【解析】
【分析】根据正态分布求出、的值，并求出、的表达式，根据题中条件求出的值，利用赋值法可得出结果.
【详解】因为随机变量，则，，
因，
则，，
所以，，解得，
令，
所以，，
故.
故选：B.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分，有选错的得0分.
9. 对变量和的一组样本数据，，…，进行回归分析，建立回归模型，则（ ）
A. 残差平方和越小，模型的拟合效果越好
B. 用决定系数来刻画回归效果，越小，说明模型的拟合效果越好
C. 若由样本数据得到经验回归直线，则其必过点
D. 若和的样本相关系数，则和之间具有很强的负线性相关关系
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据相关系数、决定系数的概念一一判断即可.
【详解】对于A：残差平方和越小，模型的拟合效果越好，故A正确；
对于B：用决定系数来刻画回归效果，越大，说明模型的拟合效果越好，故B错误；
对于C：若由样本数据得到经验回归直线，则其必过点，故C正确；
对于D：若和的样本相关系数，所以和成负相关，
又且接近，所以和之间具有很强的线性相关关系，
所以和之间具有很强的负线性相关关系，故D正确.
故选：ACD
10. 已知离散型随机变量，满足，其中的分布列为：
且，则下列正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据分布列的性质以及期望公式可得，即可根据期望的性质以及方差的性质求解.
【详解】由题意可得，解得，故AB正确，
,，故,故C错误，D正确，
故选：ABD
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 被7除后的余数为5
B. 两位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生不相邻的概率是
C. 已知，则
D. 从正方体的八个顶点中任取四个顶点，这四点能构成三棱锥的个数为58
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，由二项式定理，可得其正误；对于B，根据全排列与插空法，结合古典概型，可得其正误；对于C，根据排列数与组合数的计算，可得其正误；根据分类加法原理以及组合数的计算，可得其正误.
【详解】对于A，由
，
则被除的余数为，故A错误；
对于B，两位男生和两位女生随机排成一列的情况数为，
两位女生不相邻的情况数为，所以概率，故B正确；
对于C，由，则，解得，故C正确；
对于D，由正方体的八个顶点中取四个情况数为，
在正方体表面中有六个面且有六个对角面，则能构成三棱锥的个数为，故D正确.
故选：BCD.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知随机变量，若，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】由二项分布的期望公式求出的值，再利用二项分布的方差公式可求得的值.
【详解】因为随机变量，则，故，
由二项分布的方差公式可得.
故答案为：.
13. 某校举办元旦晚会，有3个语言类节目和4个唱歌节目，要求第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目，有______种排法（数字作答）
【答案】1440
【解析】
【分析】利用特殊元素优先排列进行求解即可．
【详解】第一步：从4个歌唱节目中选2个排在一头一尾有种排法；
第二步：剩下的3个语言类节目和2个歌唱节目共5个节目全排列有种排法，
共种排法.
故答案为：1440.
14. 某研究性学习小组针对“使用大绿书的用户是否存在性别差异”，向个人进行调查.用表示所有调查对象构成的集合.以为样本空间建立古典概型，并定义一对分类变量和如下：对于中的每一名学生，，现得到下表：
若根据的独立性检验认为（其中），则的最小值为__________.（参考公式：，其中）
【答案】3
【解析】
【分析】根据题意，由的公式代入计算，列出不等式，即可得到结果.
【详解】因为用大绿书APP的用户存在性别差异，
所以，
即，所以的最小值为3.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，第15题13分，第16、17题各15分，第18、19题各17分，共77分.
15. （1）解方程：（）.
（2）甲乙丙丁戊五个同学计划五一假期去上海、北京、广州游玩，每人只能选择去一个城市，每个城市至少去一人，共有多少种不同游玩方法？
【答案】（1）或；（2）
【解析】
【分析】（1）根据组合数的性质计算可得；
（2）先分组，再分配，部分平均分组需除以组（相等的组）数的全排列.
【详解】（1）因为，所以或，
解得或，经检验符合题意.
（2）先把人按分组，有种分组方法，
按分组，有种分组方法，
因此不同分组方法数为，
再把每一种分组安排到三个城市，有种方法，
所以不同的游玩方法有种.
16. 深圳欢乐谷试卖一款纪念品，现统计了该款纪念品的定价（单位：元）与销量（单位：百件）的对应数据，如下表所示：
（1）求该纪念品定价的平均值和销量的平均值.
（2）计算与的相关系数；判断能否用线性回归模型拟合与的关系，并说明理由.
参考数据：，.
参考公式：相关系数.若，则与的线性相关性很强.
【答案】（1），
（2），可以用线性回归模型拟合与之间的关系，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知数据直接求平均值即可；
（2）分别求出和，再代入公式即可求解，再根据相关系数的绝对值大于0.75且非常接近1判断即可.
【小问1详解】
由题可知，；
【小问2详解】
因为，
，
故；
因为与的相关系数的绝对值近似为，大于且非常接近，
说明与的线性相关性很强，从而可以用线性回归模型拟合与之间的关系.
17. 在的展开式中，第3项的二项式系数是第2项的二项式系数的4倍.
（1）求n的值；
（2）求的展开式中的常数项；
（3）求展开式中系数绝对值最大的项.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据二项式系数的关系求解即可.
（2）根据二项式展开式的通项公式求得常数项即可.
（3）设第项的系数的绝对值最大，列出不等式组，解出即可.
【小问1详解】
依题意，第3项的二项式系数是第2项的二项式系数的4倍，
即，即，解得.
【小问2详解】
二项式展开式的通项公式为，
令，解得，故常数项为.
【小问3详解】
设第项的系数的绝对值最大，
则，即，解得且，则，
所以系数的绝对值最大值的项为第7项.
18. 2023年6月7日，21世纪汽车博览会在上海举行，已知某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示：
（1）若小明从这些模型中随机拿一个模型，记事件为小明取到红色外观的模型，事件为小明取到棕色内饰的模型，求和，并判断事件和事件是否独立.
（2）该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以一次性从这些模型中拿两个汽车模型，拿到的两个模型会出现三种结果，即外观和内饰均为同色、外观和内饰都异色、以及仅外观或仅内饰同色.拿到的两个模型仅外观或仅内饰同色，可以获得奖金150元，外观和内饰均为同色可以获得奖金300元，外观和内饰都异色可以获得奖金600元，设为奖金额，写出的分布列并求出的数学期望.
【答案】（1），，事件和事件不独立．
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据古典概型的概率公式和事件的独立性定义即可得出.
（2）依题意的可能取值为，，，求出相应的概率，即可求出分布列，利用期望公式进行计算即可.
【小问1详解】
若红色外观的模型，则分棕色内饰个，米色内饰个，则对应的概率，
若小明取到棕色内饰，分红色外观个，蓝色外观个，则对应的概率．
取到红色外观的模型同时是棕色内饰的有个，即，
则，
，，
所以事件和事件不独立．
【小问2详解】
由题意的可能取值为，，，
则外观和内饰均为同色的概率，
外观和内饰都异色的概率，
仅外观或仅内饰同色的概率，
，，，
则的分布列为：
则（元）．
19. 甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
（1）求第2次投篮的人是乙的概率；
（2）求第次投篮的人是甲的概率；
（3）已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式即可求出；
（2）设，由题意可得，根据数列知识，构造等比数列即可解出；
（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．
【小问1详解】
记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件，
所以，
【小问2详解】
设，依题可知，，则
，
即，
构造等比数列，
设，解得，则，
又，所以是首项为，公比为的等比数列，
即．
【小问3详解】
因为，，
所以当时，，
故．
【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解．
2
4
6
8
10
6
5
4
3
2
0
1
2
是大绿书的用户
不是大绿书的用户
男性
女性
12
12.5
13
135
14
14
13
11
9
8
红色外观
蓝色外观
棕色内饰
12
8
米色内饰
2
3
150
300
600