2023-2024学年贵州省黔西南州高二下学期期末教学质量监测数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年贵州省黔西南州高二下学期期末教学质量监测数学试卷（含解析），共14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.已知变量x和变量y的3对随机观测数据为0,1,3,2,6,3，则这组样本数据的样本相关系数为( )
A. −13B. 13C. 1D. −1
2.五人站成一排拍照，其中甲､乙必须相邻且两人均不能站两端，则不同的站法有( )
A. 12种B. 24种C. 36种D. 48种
3.黔西南州某中学为了了解2022级学生的课外活动情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从男生和女生两层共抽取45名学生．已知该校2022级男生和女生分别有500人和400人，则不同的抽样结果共有( )
A. C90045种B. C50025C40020种C. C50020C40025种D. C50030C40015种
4.2 x−1 x4的二项展开式中，当x=1时，第r+1项的值是−8，则r=( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
5.己知PA=34,PB∣A=12，则P(AB)=( )
A. 18B. 38C. 112D. 14
6.已知随机变量X的概率分布列为PX=n=asinπ4n−2n=1,2，其中a是常数，则E(1aX)=( )
A. 23B. 43C. 2D. 89
7.甲和乙两个箱子中各装有10个球，其中甲箱中有5个红球､5个白球，乙箱中有8个红球､2个白球．掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为1或2，从甲箱子中随机摸出1个球；如果点数为3,4,5,6，从乙箱子中随机摸出1个球．则摸到红球的概率为( )
A. 710B. 35C. 45D. 910
8.设随机变量X的分布列如下(其中0A. 有最大值也有最小值B. 无最大值也无最小值
C. 无最大值但有最小值D. 有最大值但无最小值
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.针对时下的“微短剧热”，某文化公司对观众性别和喜欢微短剧是否有关联进行了一次调查，收集整理数据后将所得结果填入相应的2×2列联表中，由列联表中的数据计算得χ2=4.756，参照附表，则下列结论正确的是( )
附表：
A. 根据小概率值α=0.05的独立性检验，分析认为“观众性别和喜欢微短剧有关联”
B. 根据小概率值α=0.05的独立性检验，分析认为“观众性别和喜欢微短剧没有关联”
C. 根据小概率值α=0.01的独立性检验，分析认为“观众性别和喜欢微短剧有关联”
D. 根据小概率值α=0.01的独立性检验，分析认为“观众性别和喜欢微短剧没有关联”
10.若随机变量X∼N3,σ2且PX≤a=PX≥b，则下列选项正确的是( )
A. PX≥3=12B. PX≥3+σ>PX≤3−σ
C. a2+b2的最小值为18D. E2X+1=7
11.下列判断中正确的是( )
A. 一组从小到大排列的数据−1,1,3,5,6,7,9,x,10,10，若去掉x与不去掉x，它们的80%分位数相等，则x=9
B. 已知两组数据x1,x2,x3,⋯,xm与y1,y2,y3,⋯,yn，设它们的平均数分别为Ex与Ey，将它们合并在一起，则总体的平均数为1m+nEx+1m+nEy
C. 已知离散型随机变量X∼B8,14，则D2X+3=6
D. 在线性回归模型中，记样本相关系数为r，当r的值越接近1时，这两个变量的线性相关性越强
12.某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进．部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验．记A表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”，B表示事件“某芯片经人工抽检后合格”.改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标ξ服从正态分布N5.20,0.042，现从中随机抽取M个，这M个芯片中恰有m个的质量指标ξ位于区间[5,16,5,32]，则下列说法正确的是( ) (参考数据：若X∼Nμ,σ2，则Pμ−σ≤X≤μ+σ≈0.6827,Pμ−2σ≤X≤μ+2σ≈0.9545,Pμ−3σ≤X≤μ+3σ≈0.9973)
A. P(B|A)>P(B) B. P(A|B)C. P(5.16≤ξ≤5.32)≈0.84 D. P(m=45)取得最大值时，M的估计值为53
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知随机变量X∼B1,p，其中014.一个袋中装有4个小球，编号为1,2,3,4，从中任取2个，用X表示取出的2个球编号之和，则EX= ．
15.己知多项式x+2(x−a)4=a1x+1+a2(x+1)2+⋯+a5(x+1)5，则a1+a3+a5= ．
16.泊松分布的概率分布列为PX=k=λkk!e−λk∈N，其中e为自然对数的底数，λ是泊松分布的均值．若随机变量X服从二项分布Bn,p，当n很大且p很小时，二项分布近似于泊松分布，其中λ=np，即PX=k=e−np(np)kk!n∈N∗,k∈N.现已知某种元件的次品率为0.01，抽检100个该种元件，则抽到的次品的个数小于2的概率约为 .(参考数据：1e≈0.37)
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
2024年5月1日至5日，“康养胜地·人文兴义”黔西南州群众文化展演在万峰林举行，共举行了8场精彩的布依族刺绣节目，前5场的观众人数(单位：万人)与场次的统计数据如下表所示：
(1)求x与y的相关系数(结果保留3位小数)；
(2)已知可用线性回归模型拟合y与x的关系，请建立y关于x的线性回归方程．
参考公式及参考数据：回归方程y=bx+a中斜率与截距的最小二乘法估计公式分别为b=i=1nxi−xyi−yi=1nxi−x2，a=y−bx，相关系数r=i=1nxi−xyi−y i=1nxi−x2 i=1nyi−y2, 2.6≈1.612．
18.(本小题12分)
每个国家对退休年龄都有不一样的规定，从2018年开始，我国关于延迟退休的话题一直在网上热议，为了了解市民对“延迟退休”的态度，现从某地市民中随机选取100人进行调查，调查情况如下表：
(1)从赞成“延迟退休”的人中任选1人，此人年龄在[35,45)的概率为15，求出表格中m，n的值；
(2)若从年龄在[45,55)的参与调查的市民中按照是否赞成“延迟退休”进行分层抽样，从中抽取10人参与某项调查，然后再从这10人中随机抽取4人参加座谈会，记这4人中赞成“延迟退休”的人数为X，求X的分布列及数学期望．
19.(本小题12分)
观察杨辉三角(如图所示)的相邻两行，发现三角形的两个腰都是由数字1组成的，其余的数都等于它肩上的两个数相加，即Cnr=Cn−1r−1+Cn−1rn≥2.已知数列an满足a1=1,nan+1=n+1ann∈N+．
(1)求数列an的通项公式；
(2)请利用上述杨辉三角的性质求数列{anan+12}的前n项和．
20.(本小题12分)
今天，中国航天仍然迈着大步向浩瀚宇宙不断探索，取得了举世瞩目的非凡成就.某学校为了解学生对航天知识的知晓情况，在全校学生中开展了航天知识测试(满分100分)，随机抽取了100名学生的测试成绩，按照60,70,70,80，80,90,90,100分组，得到如图所示的样本频率分布直方图：
(1)根据频率分布直方图，估计该校学生测试成绩的中位数；
(2)从测试成绩在90,100的同学中再次选拔进入复赛的选手，一共有6道题，从中随机挑选出4道题进行测试，至少答对3道题者才可以进入复赛.现有甲、乙两人参加选拔，在这6道题中甲能答对4道，乙能答对3道，且甲、乙两人各题是否答对相互独立，记甲、乙两人中进入复赛的人数为ξ，求ξ分布列及期望．
21.(本小题12分)
已知函数fx=ex+1−ax−a2−a(e为自然对数的底数)．
(1)当a=−1时，求曲线y=fx在x0,0处的切线方程；
(2)若fx有极小值且极小值不小于0，求实数a的取值范围．
22.(本小题12分)
已知F为抛物线E:y2=4x的焦点，过点F作抛物线E的两条相互垂直的弦AB,CD．
(1)求1AB+1CD的值；
(2)过定点Mm,0任意作抛物线E的一条弦PQ，均有|MP|2+|MQ|2=14|MP|2⋅|MQ|2，求m的值．
答案解析
1.C
【解析】作出散点图，如图：
观察图形，得点0,1,3,2,6,3在一条直线y=13x+1上，
所以这组样本数据的样本相关系数为1．
故选：C
2.B
【解析】由题意，首先将甲、乙两人捆绑，有A22种方法，
其次将捆绑后的甲、乙安排在中间2个位置，有A21种方法，
最后将剩余3人全排列，有A33种方法，所以不同的站法有A22A21A33=24种.
故选：B．
3.B
【解析】设男生抽取n人，则女生抽取45−n人，由题意得n45−n=500400，解得n=25，45−n=20，
所以不同的抽样结果数为C50025C40020，
故选：B
4.D
【解析】由题意第r+1项为Tr+1=C4r(2 x)4−r(−1 x)r，r∈N且r≤4，
所以C4r24−r(−1)r=−8，显然r为奇数，则r=1或r=3，
当r=1时，C4123(−1)1≠−8；当r=3时，C4321(−1)3=−8；
综上，r=3．
故选：D．
5.A
【解析】由P(A)=34得P(A)=14，P(AB)=P(B|A)P(A)=12×14=18．
故选：A．
6.C
【解析】由PX=n=asinπ4n−2n=1,2，得P(X=1)=a,P(X=2)=12a，
由P(X=1)+P(X=2)=1，得a=23，
于是E(X)=1×P(X=1)+2×P(X=2)=2a=43，
所以E(1aX)=32E(X)=2．
故选：C
7.A
【解析】从甲箱中摸红球：掷到点数为1或2的概率为26=13，再从甲箱中摸到红球的概率为510=12，
因此从甲箱中摸到红球的概率为P1=13×12=16；
从乙箱中摸红球：掷到点数为3，4，5，6的概率为46=23，再从乙箱中摸到红球的概率为810=45，
因此从乙箱中摸到红球的概率为P2=23×45=815，
所以摸到红球的概率为P1+P2=16+815=710．
故选：A
8.D
【解析】由分布列，得随机变量X的期望E(X)=0×1−p2+1×12+2×p2=12+p，
则D(X)=1−p2(12+p)2+12(p−12)2+p2(p−32)2=−p2+p+14=−(p−12)2+12，
由0故选：D
9.AD
【解析】依题意，x0.05=3.841<χ2<6.635=x0.01，
根据小概率值α=0.05的独立性检验，分析认为“观众性别和喜欢微短剧有关联”， A正确，B错误；
根据小概率值α=0.01的独立性检验，分析认为“观众性别和喜欢微短剧没有关联”， C错误，D正确．
故选：AD
10.ACD
【解析】随机变量X∼N3,σ2，
对于A，PX≥3=12， A正确；
对于B，PX≥3+σ=PX≤3−σ， B错误；
对于C，由PX≤a=PX≥b，得a+b2=3，即a+b=6，
则a2+b2≥12a+b2=18，当且仅当a=b时取等号， C正确；
对于D，E(X)=3，则E2X+1=2E(X)+1=7， D正确．
故选：ACD
11.CD
【解析】对于A，由80%×10=8，得原数据的80%分位数为x+102，由80%×9=7.2，
得去掉x后的数据的80%分位数为10，因此x=10， A错误；
对于B，依题意，i=1mxi=mEx,i=1nyi=nEy，则总体的平均数为1m+n(i=1mxi+i=1nyi)
=1m+n(mEx+nEy)=mm+nEx+nm+nEy， B错误；
对于C，由X∼B(8,14)，得D(X)=8×14×34=32，则D2X+3=4D(X)=6， C正确；
对于D，当r的值越接近1时，这两个变量的线性相关性越强，D正确．
故选：CD
12.ACD
【解析】对于A，依题意，经智能检测系统筛选合格的条件下，通过人工抽检合格的概率
大于直接进入人工抽检合格的概率，即P(B|A)>P(B)， A正确；
对于B，由P(A)⋅P(B|A)>P(A)⋅P(B)，得P(AB)>P(A)⋅P(B)，
又PAB+PAB=PA⋅PB|A+PA⋅PB|A=PA，
于是P(AB)>P(B)⋅[P(AB)+P(AB)]，即PAB−PABPB>PBPAB，
因此PABPB>PAB1−PB，即PABPB>PABPB，则PAB>PAB， B错误；
对于C，P(5.16<ξ<5.32)=P(5.20−0.04=P(μ−σ对于D，ξ∼BM,0.84,Pm=45=CM45×0.8445×0.16M−45，
设fx=Cx45×0.8445×0.16x−45，fx+1fx=Cx+145×0.8445×0.16x−44Cx45×0.8445×0.16x−45=0.16×x+1x−44>1，
解得x<110421≈52.6，f(53)>f(52)，由fxfx−1=Cx45×0.8445×0.16x−45Cx−145×0.8445×0.16x−46=0.16×xx−45<1，
解得x>3757=53+47，即f(53)>f(54)，
所以Pm=45取得最大值时，M的估计值为53，D正确．
故选：ACD
方法点睛：关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法：
①熟记P(μ−σ②充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1．
13.13
【解析】由题意D(X)=p(1−p)=29，又0所以E(X)=p=13．
故答案为：13．
14.5
【解析】由题意X的可能值分别为3,4,5,6,7，从4个球中任取2个的总方法为C42=6，
和分别为3,4,5,6,7的方法数依次为1,1,2,1,1，
P(X=3)=16，P(X=4)=16，P(X=5)=26=13，P(X=6)=16，P(X=7)=16，
所以E(X)=3×16+4×16+5×13+6×16+7×16=5，
故答案为：5．
15.a4
【解析】令x+1=1即x=0得a1+a2+a3+a4+a5=2a4(1)，
令x+1=−1即x=−2得−a1+a2−a3+a4−a5=0(2)，
(1)−(2)得2(a1+a3+a5)=2a4，所以a1+a3+a5=a4，
故答案为：a4．
或3750
【解析】由已知np=100×0.01=1，
P(X=1)=e−11!≈0.37，P(X=0)=e−10!≈0.37，
所以抽到的次品的个数小于2的概率为P(X<2)=P(X=0)+P(X=1)=0.37+0.37=0.74，
故答案为：0.74．
17.解：(1)由已知x=1+2+3+4+55=3，y=0.7+0.8+1+1.2+1.35=1，

+(5−3)(1.3−1)=1.6，
，
，
所以r=1.6 10× 0.26=1.6 2.6≈≈0.993；
(2)由已知b=1.610=0.16，
a=y−bx=1−0.16×3=0.52，
所以回归直线方程为y=0.16x+0.52．

【解析】(1)根据相关系数公式计算；
(2)由已知公式求出回归方程中的系数得回归方程．
18.解：(1)因为总共抽取100人进行调查，所以m=100−10−15−20−25−5=25，
“延迟退休”的人中任选1人，此人年龄在[35,45)的概率为15，可得：n52+n=15，所以n=13．
(2)从年龄在[45,55)的参与调查的市民中按照是否赞成“延迟退休”进行分层抽样，从中抽取10人，赞成的抽取10×2025=8人，不赞成的2人，在从这10人中抽取4人，
则随机变量X的可能取值为2，3，4．
P(X=2)=C82⋅C22C104=215，
P(X=3)=C83⋅C21C104=815，
P(X=4)=C84⋅C20C104=13，
X的分布列为：
所以E(X)=2×215+3×815+4×13=165．
【解析】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题．
(1)通过抽取的总人数求解m，从赞成“延迟退休”的人中任选1人，此人年龄在[35,45)的概率为15，求解n；
(2)由已知得X的可能取值为2，3，4，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望．
19.解：(1)数列an中，由nan+1=(n+1)an，得an+1n+1=ann，因此数列{ann}是常数列，
而a1=1，则ann=a11=1，解得an=n，
所以数列an的通项公式是an=n．
(2)由(1)知，anan+12=n(n+1)2=Cn+12，而Cn+23=Cn+12+Cn+13(n≥2)，
即当n≥2时，Cn+12=Cn+23−Cn+13，令数列{anan+12}的前n项和为Sn，
则Sn=C22+C32+C42+⋯+Cn+12=C22+(C43−C33)+(C53−C43)+⋯+(Cn+23−Cn+13)
=C22+Cn+23−C33=Cn+23=n(n+1)(n+2)6，显然当n=1时，S1=1满足上式，
所以数列{anan+12}的前n项和Sn=n(n+1)(n+2)6．
【解析】(1)根据给定的递推公式，构造常数列求出通项．
(2)利用杨辉三角的性质可得Cn+23=Cn+12+Cn+13(n≥2)，再结合裂项相消法求和即得．
20.解：(1)成绩落在60,70内的频率为0.01×10=0.1，
成绩落在70,80内的频率为0.03×10=0.3，
成绩落在80,90内的频率为0.04×10=0.4，
由于0.1+0.3=0.4<0.5，0.1+0.3+0.4=0.8>0.5，
故该校学生测试成绩的中位数落在80,90内，
设中位数为x，则(x−80)×0.04=0.5−0.4，解得x=82.5，
故估计该校学生测试成绩的中位数为82.5；
(2)从6道题中选4道共有C64=15种选择，
因为甲能答对其中的4道，故甲能进行复赛的情况有C43C21+C44C20=9种，
故甲能进行复赛的概率为915=35，不能进复赛的概率为1−35=25，
因为乙能答对其中的3道，故乙能进行复赛的情况有C33C31=3种，
故乙能进行复赛的概率为315=15，不能进复赛的概率为1−15=45，
ξ的可能取值为0,1,2，
P(ξ=0)=25×45=825，P(ξ=1)=35×45+25×15=1425，P(ξ=2)=35×15=325，
故ξ分布列如下：
数学期望为E(ξ)=0×825+1×1425+2×325=45．
【解析】本题考查离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题．
(1)计算出成绩落在各组的频率，得到该校学生测试成绩的中位数落在80,90，设出中位数，得到方程，求出答案；
(2)先得到甲乙分别能进行复赛的概率，进而得到ξ的可能取值及对应的概率，得到分布列，求出数学期望．
21.解：(1)a=−1，则f(x)=ex+1+x，f′(x)=ex+1+1，
显然f(x)是增函数，又f(−1)=e−1+1−1=0，所以f(x0)=0⇒x0=−1，
f′(−1)=2，
切线方程为y=2(x+1)，即2x−y+2=0；
(2)由已知f′(x)=ex+1−a，f(x)有极小值，则ex+1−a=0有解，由a=ex+1，得a>0，
设f′(x)=0的解为x=x0，
xx0时，f′(x)>0，f(x)递增，
因此f(x0)为fx的极小值，
由a=ex+1得x=lna−1，
f(x)极小值=f(lna−1)=a−a(lna−1)−a2−a=−alna+a−a2，
记g(a)=−alna+a−a2=a(1−lna−a)，
易知函数ℎ(a)=1−lna−a是减函数，ℎ(1)=0，
当00，当a>1时，1−lna−a<0，
所以当00，
当a=1时，g(a)=0，当a>1时，g(a)<0，
而fx的极小值不小于0，
所以a的取值范围是0,1．
【解析】(1)由导数的几何意义求切线方程；
(2)由f′(x)=0有解得出a的范围，并验证此解为极小值点，求出极小值，再判断出极小值不小于0时的参数范围．
22.解：(1)抛物线E:y2=4x的焦点F(1,0)，准线方程为x=−1，
显然直线AB不垂直于坐标轴，设直线AB方程为x=ty+1,t≠0，则直线CD方程为x=−1ty+1，
由x=ty+1y2=4x消去x得：y2−4ty−4=0，设A(x1,y1),B(x2,y2)，则y1+y2=4ty1y2=−4,
于是|AB|=|AF|+|BF|=x1+1+x2+1=t(y1+y2)+4=4(t2+1)，同理|CD|=4(1t2+1)，
所以1AB+1CD=14(1t2+1+11t2+1)=14(1t2+1+t2t2+1)=14．
(2)由过定点Mm,0任意作抛物线E的一条弦PQ，得m>0，显然直线PQ不垂直于y轴，
设直线PQ方程为x=ky+m，由x=ky+my2=4x消去x得：y2−4ky−4m=0，
设P(x3,y3),Q(x4,y4)，则y3+y4=4k,y3y4=−4m，
|MP|2=(x3−m)2+y32=(y324+y3y44)2+y32=y32(k2+1)，同理|MQ|2=y42(k2+1)，
|MP|2+|MQ|2=14|MP|2⋅|MQ|2⇔1|MP|2+1|MQ|2=14，
因此1|MP|2+1|MQ|2=1k2+1(1y32+1y42)=1k2+1⋅y32+y42y32y42=1k2+1⋅(y3+y4)2−2y3y4y32y42
=1k2+1⋅16k2+8m16m2=1k2+1⋅2k2+m2m2=14，即(m2−4)k2+m(m−2)=0，
依题意，对任意实数k，(m2−4)k2+m(m−2)=0恒成立，因此m2−4=0m(m−2)=0，解得m=2，
所以m=2．
【解析】(1)求出抛物线焦点坐标，设出直线AB方程并与抛物线方程联立，结合抛物线定义求出AB长，同理可得CD长，再代入计算即得．
(2)设出直线PQ方程，与抛物线方程联立，利用两点间距离公式，结合韦达定理求出1|MP|2+1|MQ|2，再借助恒成立求出m的值．X
0
1
2
P
1−p2
12
p2
α
0 .10
0.05
0.01
0.001
xa
2.706
3.841
6.635
10.828
场次编号x
1
2
3
4
5
观众人数y
0.7
0.8
1
1.2
1.3
年龄段(单位：岁)
15,25
25,35
35,45
45,55
55,65
65,75
被调查的人数
10
15
20
m
25
5
赞成的人数
6
12
n
20
12
2
X
2
3
4
P
215
815
13
ξ
0
1
2
P
825
1425
325