2022-2023学年河南省郑州市高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年河南省郑州市高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知数列，满足，，则（    ）

A．18 B．36 C．72 D．144

【答案】A

【分析】利用累加法计算即可.

【详解】由题意可知：，

故选：A

2．2023年5月10日，第七届全球跨境电子商务大会在郑州举行，小郑同学购买了几件商品，这些商品的价格如果按美元计，则平均数为30，方差为60，如果按人民币计（汇率按1美元=7元人民币），则平均数和方差分别为（    ）

A．30，60 B．30，420 C．210，420 D．210，2940

【答案】D

【分析】利用一组数据同乘一个数后平均数也乘以这个数，方差乘以这个数的平方即可求解.

【详解】由题意知这些商品的价格如果按人民币计算，价格是如果按美元计算的7倍，

所以平均数是按美元计算的7倍，方差是按美元计算的49倍，

则平均数为，方差为.

故选：D.

3．如图，洛书古称龟书，是阴阳五行术数之源．在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图像，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数．若从四个阴数和五个阳数中随机选取4个数，则选取的4个数之和为奇数的方法数为（    ）

A．60 B．61 C．65 D．66

【答案】A

【分析】由题意可知，阴数为，，，，阳数为，，，、，由条件可知个奇数，个偶数，或是个奇数，个偶数，列式即得答案.

【详解】由题意可知，阴数为，，，，阳数为，，，、.

若选取得个数的和为奇数，

①个奇数，个偶数，，共有种方法，

②个奇数，个偶数，共有种方法，

综上共有种方法.

故选：A.

4．下列四个命题中，正确命题的个数为（    ）

①甲乙两组数据分别为：甲：28，31，39，42，45，55，57，58，66；；乙：，29，34，35，48，42，46，55，53，55，67．则甲乙的中位数分别为45和44．

②相关系数，表明两个变量的相关性较弱．

③若由一个列联表中的数据计算得的观测值，那么有99%的把握认为两个变量有关．

④用最小二乘法求出一组数据，的回归直线方程后要进行残差分析，相应于数据，的残差是指．

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】求出两组数据的中位数判断①；利用相关系数的意义判断②；利用的观测值与要求的临界值对判断③；利用残差的意义判断④作答.

【详解】对于①，甲组数据的中位数为45，乙组数据的中位数为，①错误；

对于②，相关系数时，两个变量有很强的相关性，②错误；

对于③，的观测值约为，那么有99%的把握认为两个变量有关，③正确；

对于④，残差分析中，相应数据的残差，④正确，

所以命题正确的序号是③④.

故选：B.

5．已知的二项展开式的奇数项二项式系数和为，若，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据奇数项二项式系数和公式求出，再利用展开式求.

【详解】的二项展开式的奇数项二项式系数和为64，

，即；

则的通项公式为，

令，则，所以.

故选：B

6．已知函数的图像在点处的切线与直线平行，则该切线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求出函数的导数，借助导数的几何意义求出a值，进而求出切线方程作答.

【详解】函数，求导得：，依题意，，解得，

即有，，

所以函数的图像在点处的切线为：，即，符合题意.

故选：B

7．“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了多年．如图所示的是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，图中虚线上的数构成数列，记为该数列的第项，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据归纳推理以及等差数列的求和公式化简计算即可.

【详解】由题意，，，，…

则，

故选：B

8．下列说法中不正确的是（    ）

A．若随机变量，，则

B．若随机变量，则期望

C．已知随机变量的分布列为，则

D．从3名男生，2名女生中选取2人，则其中至少有一名女生的概率为

【答案】C

【分析】根据正态分布的性质判断A，根据二项分布的期望公式判断B，根据分布列的性质求出，即可判断C，根据古典概型的概率公式判断D.

【详解】对于A：随机变量且，

则，故A正确；

对于B：随机变量，则期望，故B正确；

对于C：因为，所以，，，

所以，解得，所以，故C错误；

对于D：从3名男生，2名女生中选取2人，则其中至少有一名女生的概率，故D正确；

故选：C

9．若需要刻画预报变量和解释变量的相关关系，且从已知数据中知道预报变量随着解释变量的增大而减小，并且随着解释变量的增大，预报变量大致趋于一个确定的值，为拟合和之间的关系，应使用以下回归方程中的（为自然对数的底数）（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，结合各项对应函数的性质判断回归方程即可.

【详解】由预报变量随着解释变量的增大而减小，即回归方程对应一个递减函数，排除A、C；

由随解释变量的增大，预报变量大致趋于一个确定的值，即趋向正无穷，预报变量趋向于某一个值，而不是趋向负无穷，排除B.

故选：D

10．对于三次函数，现给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数，则（    ）

A． B． C．17 D．34

【答案】C

【分析】根据题意求得函数的对称中心为，得到，结合计算规律，即可求解.

【详解】由函数，可得，所以，

令，可得，

又由，即函数的对称中心为，

所以，

则.

故选：C.

11．已知数列满足，，若对于任意都有，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先根据数列满足单调递减，得到且，再比较端点值大小，求出，得到答案.

【详解】因为时，，而要满足，故要单调递减，所以，解得，

时，，而要满足，故要单调递减，所以，

从而，

还需满足，解得，

所以实数的取值范围是.

故选：C

12．若，则下列式子可能成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】构造函数，，得到其单调性和零点情况，分与两种情况进行讨论，由函数单调性解不等式，求出答案.

【详解】令，，则恒成立，

所以单调递增，其中，，

则存在，使得

当时，，即，

若，则，且，则，

不满足，故，且，所以

又因为，所以，

当时，

，即

①当时，，，则成立，故；

②当时，，若，则，

因为，且在上单调递增，

所以当时，，则，

所以，所以，又因为，所以，

故ABC错误，D正确.

故选：D.

【点睛】方法点睛：对于多元方程或不等式问题，要根据方程或不等式特征构造函数，利用函数单调性进行求解，注意分类讨论.

二、填空题

13．已知等比数列满足：，，则公比      ．

【答案】/

【分析】由等比数列的通项公式求出，再根据，可得，即可得出答案.

【详解】因为，，所以，

所以，所以，

因为，所以，所以，

故.

故答案为：.

14．在甲，乙，丙三个地区爆发了流感，这三个地区分别有，，的人患了流感．若这三个地区的人口数的比为，现从这三个地区中任意选取一个人，这个人患流感的概率是      ．

【答案】/

【分析】患流感的人可能来自三个地方，利用全概率公式求解.

【详解】设事件为此人患流感， ， ，分别代表此人来自甲，乙，丙三个地区

根据题意可知：

，，，，，，

故答案为: .

15．为积极践行劳动教育理念，扎实开展劳动教育活动，某学校开设三门劳动实践选修课，现有五位同学参加劳动实践选修课的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，则不同的报名方法有      ．

【答案】

【分析】根据题意先将五位同学分组，再分配到三门劳动实践选修课去学习，由分步乘法原理即可求解.

【详解】由题意得，先将五位同学分组，可以分为和两种情况，

当分组为时，共有种；

当分组为时，共有种.

再将五位同学分配到三门劳动实践选修课去学习，共有种.

所以不同的报名方法有种.

故答案为：.

16．2023年第57届世界乒乓球锦标赛在南非德班拉开帷幕，参赛选手甲、乙进入了半决赛，半决赛采用五局三胜制，当选手甲、乙两位中有一位赢得三局比赛时，就由该选手晋级而比赛结束．每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前比赛结果影响．假设甲在任一局赢球的概率为，比赛局数的期望值记为，则的最大值是      ．

【答案】

【分析】设实际比赛局数为，分别计算出可能取值的概率，进而求出期望值，再利用导数求得的最大值，由此得解.

【详解】设实际比赛局数为，则的可能取值为，

则，

，

，

则，

所以，

因为的对称轴为，，

当时，，当时，，所以，

所以令，则；令，则，

则函数在上单调递增，在上单调递减，

所以，即的最大值为.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析出比赛局数所对应的概率，要考虑胜与负两种情况，同时要注意打满五局时，由于两胜两负，必有第五局，故第五局的概率无须计算，再利用导数求函数量值即可得解.

三、解答题

17．一只口袋中装有形状、大小都相同的10个小球，其中有红球1个，白球4个，黑球5个．

(1)若每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．在第1次摸到白球的条件下，第2次摸到白球的概率；

(2)若从袋子中一次性随机摸出3个球，记黑球的个数为，求随机变量的概率分布．

【答案】(1)．

(2)分布列见解析

【分析】（1）根据条件概率的计算公式可求得答案；

（2）确定随机变量X的取值，求出每个值相应的概率，即可得概率分布.

【详解】（1）设“第1次摸到白球”为事件A；“第2次摸到白球”为事件．

则，

由条件概率公式可得，

故在第1次摸到白球的条件下，第2饮摸到白球的概率是．

（2）可能的取值为0，1，2，3，

则，，

，，

故的分布列为：

18．设数列的前项和为，已知，．

(1)设，证明：数列是等比数列；

(2)求数列的前项和．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用与间的关系，得到，再构造成，即可证明结果.

（2）利用（1）中结果得到数列是首项为1，公差为1的等差数列，再利用等差数列的前项和公式即可求出结果.

【详解】（1）由及，

得，∴，∴．

又，

由①－②，得，

∴．

∵，∴，

故数列是首项，公比为2的等比数列．

（2）由（1）知，

∴，又，

故数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以．

19．黄河是中华民族的母亲河、生命河，也是一条桀骜难驯的忧患之河．小浪底水利枢纽工程位于河南省济源市、洛阳市孟津区边界，是黄河治理开发的关键控制性工程．它控制着黄河的流域面积、91%的径流量和近的泥沙，以防洪、防淩、减淤为主，兼顾供水、灌溉、发电，不仅是中华民族治黄史上的丰碑，也是世界水利工程史上最具标志性的杰作之一，其大坝为预测渗压值和控制库水位，工程师在水库选取一支编号为HN1渗压计，随机收集10个该渗压计管内水位和水库水位监测数据：

并计算得，，，，，．

(1)求该水库HN1号渗压计管内水位与水库水位的样本相关系数（精确到0.01）；

(2)某天雨后工程师测量了水库水位，并得到水库的水位为．利用以上数据给出此时HN1号渗压计管内水位的估计值．

附：相关系数，，．

【答案】(1)0.95

(2)

【分析】（1）根据相关系数公式计算即可；

（2）根据最小二乘法计算可得回归方程，再代入可得预测数据.

【详解】（1）由表格易得：水库的平均水位，

HN1号渗压计管内平均水位．

又，

同理可得：，

，

∴

（2）∵，

，

∴HN1号渗压计管内水位关于水库水位的经验回归方程为，

当时，预测值，

即水库的水位为时，HN1号渗压计管内水位的估计值为

20．已知函数

（1）讨论的单调性；

（2）若有两个零点，求的取值范围.

【答案】（1）见解析；（2）.

【详解】试题分析：（1）讨论单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，再对按，进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）问，若，至多有一个零点.若，当时，取得最小值，求出最小值，根据，，进行讨论，可知当时有2个零点.易知在有一个零点；设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.从而可得的取值范围为.

试题解析：（1）的定义域为，，

（ⅰ）若，则，所以在单调递减.

（ⅱ）若，则由得.

当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.

（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点.

（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.

①当时，由于，故只有一个零点；

②当时，由于，即，故没有零点；

③当时，，即.

又，故在有一个零点.

设正整数满足，则.

由于，因此在有一个零点.

综上，的取值范围为.

点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数有2个零点求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.

21．根据长期生产经验，某种零件的一条生产线在设备正常状态下，生产的产品正品率为．为了监控该生产线生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取个零件，并测量其质量，规定：抽检的件产品中，若至少出现件次品，则认为设备出现了异常情况，需对设备进行检测及修理．

(1)假设设备正常状态，记表示一天内抽取的件产品中的次品件数，求，并说明上述监控生产过程规定的合理性；

(2)该设备由甲、乙两个部件构成，若两个部件同时出现故障，则设备停止运转；若只有一个部件出现故障，则设备出现异常．已知设备出现异常是由甲部件故障造成的概率为，由乙部件故障造成的概率为．若设备出现异常，需先检测其中一个部件，如果确认该部件出现故障，则进行修理，否则，继续对另一部件进行检测及修理．已知甲部件的检测费用元，修理费用元，乙部件的检测费用元，修理费用元．当设备出现异常时，仅考虑检测和修理总费用，应先检测甲部件还是乙部件，请说明理由.

参考数据：，，．

【答案】(1)，是合理的；

(2)答案见解析.

【分析】（1） 由题意可得，一天内抽取的件产品中的次品件数，再由二项分布的概率公式求解即可；

（2）分别求出两种情况的费用均值，作差比较得出结果.

【详解】（1）由题可知，单件产品为次品的概率为，所以，

，

所以．

由可知，如果生产状态正常，一天内抽取的个零件中，至少出现个次品的概率约为，该事件是小概率事件，因此一旦发生这种状况，就有理由认为设备在这一天的生产过程出现了异常情况，需对设备进行检测和修理，可见上述监控生产过程的规定是合理的．

（2）若先检测甲部件，设检测费和修理费之和为元，则的所有可能值为，，

则，，

所以，

若先检测乙部件，设检测费和修理费之和为元，则的所有可能值为，，

则，，

所以，

所以，

则当时，，应先检测乙部件；

当时，，先检测甲部件或乙部件均可；

当时，，应先检测甲部件．

22．已知函数．

(1)求函数的最小值；

(2)设函数．证明：当时，，恒成立．

【答案】(1)1

(2)证明见解析

【分析】（1）求导后根据单调性求极值即是最值

（2）方法一：利用已知条件得到，得到，根据（1）的结论可得；方法二：利用（1）的结论可得.

【详解】（1）的定义域为，．

令得，令得，

所以在上单调递减，在上单调递增．

所以的最小值为

（2）法一：，．

∵，，，

∴，即在上单调递减．

∴．

由（1）知，的最小值为，所以，即（当且仅当时，等号成立）．

∴，故．

法二：由（1）知，的最小值为，所以，

即（当且仅当时，等号成立）．

因为，所以．又因为，所以，

所以

，

得证．