2022-2023学年河北省石家庄二十七中高二（下）段考数学试卷（二）（含解析）

2022-2023学年河北省石家庄二十七中高二（下）段考数学试卷（二）
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.已知随机变量服从正态分布，且，则等于( )
A. B. C. D.
2.集合，，则( )
A. B. C. D.
3.设，，若随机变量，的分布列如表：
则下列说法错误的是( )
A. B.
C. D.
4.若不等式成立的充分条件是，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
5.在下列命题中，是真命题的是( )
A. ，
B. ，
C. ，
D. 已知，，则对于任意的，，都有
6.设，若，则展开式中系数最大的项是( )
A. B. C. D.
7.的展开式中的系数为( )
A. B. C. D.
8.以下说法：
将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变；
设有一个回归方程，变量增加个单位时，平均增加个单位；
线性回归直线必过点；
设具有相关关系的两个变量，的相关系数为，那么越接近于，，之间的线性相关程度越高；
在一个列联表中，由计算得的值，那么的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大．
其中错误的个数是( )
A. B. C. D.
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.在的展开式中，下列说法正确的是( )
A. 二项式系数最大的项为 B. 常数项为
C. 第项与第项的系数相等 D. 含的项的系数为
10.已知某批零件的质量指标单位：毫米服从正态分布，且，现从该批零件中随机取件，用表示这件产品的质量指标值不位于区间的产品件数，则( )
A. B.
C. D.
11.下列命题正确的是( )
A. ，， B. 是的必要不充分条件
C. 是的充要条件 D. 若，则
12.一袋中有大小相同的个红球和个白球，下列结论正确的是( )
A. 从中任取个球，恰有个白球的概率为
B. 从中有放回地取球次，每次任取个球，恰好有个白球的概率为
C. 从中不放回地取球次，每次任取个球，则在第一次取到的是红球条件下，第二次再次取到红球的概率为
D. 从中有放回地取球次，每次任取个球，则至少有一次取到红球的概率为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.投掷一枚图钉，设针尖向上的概率为，那么针尖向下的概率为若连续掷一枚图钉次，则至少出现次针尖向上的概率为______．
14.某校从名教师中选派名教师同时去个边远地区支教每地人，其中甲和乙不同去，则不同的选派方案共有______种
15.已知的展开式中所有项的系数和为，则的系数为______．
16.已知集合，若，则实数的值组成的集合为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
在考查黄烟经过药物处理和发生青花病的关系时，得到如下数据：在试验的株黄烟中，经过药物处理的黄烟有株发生青花病，株没有发生青花病；未经过药物处理的有株发生青花病，株没有发生青花病，试推断药物处理跟发生青花病是否有关系．
18.本小题分
第届冬奥会于年月日在北京市和张家口市联合举行，此项赛事大大激发了国人冰雪运动的热情某滑雪场在冬奥会期间开业，下表统计了该滑雪场开业第天的滑雪人数单位：百人的数据．
天数代码
滑雪人数百人
经过测算，若一天中滑雪人数超过人时，当天滑雪场可实现盈利，请建立关于的回归方程，并预测该滑雪场开业的第几天开始盈利．
参考公式：线性回归方程的斜率和截距的最小二乘法估计分别为．
19.本小题分
为了让人民群众过一个欢乐祥和的新春佳节，某地疫情防控指挥部根据当地疫情防控工作部署，安排名干部和三个部门的名职工到该地的四个高速路口担任疫情防控志愿者，其中名职工分别是部门人，部门人，部门人．
若从这名职工中选出人作为组长，求至少有个组长来自部门的概率；
若将这名干部随机安排到四个高速路口假设每名干部安排到各高速路口是等可能的，且各位干部的选择是相互独立的，记安排到第一个高速路口的干部人数为，求随机变量的分布列和数学期望．
20.本小题分
甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一次篮，先投中者获胜．投篮进行到有人获胜或每人都已投球次时结束．设甲每次投篮命中的概率为，乙每次投篮命中的概率为，且各次投篮互不影响．现由甲先投．
求甲获胜的概率；
求投篮结束时甲的投篮次数的分布列与期望．
21.本小题分
已知函数．
若，求的单调区间；
若在上恒成立，求的取值范围．
22.本小题分
已知．
求的最值；
若有两个零点，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查正态分布的概率，属于基础题．
看出这组数据对应的正态曲线的对称轴，根据正态曲线的特点，得到，即可得到结果．
【解答】
解：随机变量服从正态分布，
，得对称轴是，
，
，
，
，
故选：．
2.【答案】
【解析】解：集合，
，
则．
故选：．
求出集合，，利用交集定义能求出．
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：对于，由分布列的性质可知，，则，故选项A正确；
对于，，，
因为，，所以，故选项B正确；
对于，，
，
因为，
因为，所以，
则与的大小不能确定，故选项C错误；
对于，，
，
又，
所以
，
令，
则，因为，
所以，
则在上单调递增，
所以，
所以，故选项D正确．
故选：．
利用离散型随机变量分布列的性质以及随机变量的数学期望和公差的计算公式，对四个选项逐一分析判断即可．
本题考查了离散型随机变量及其分布列的应用，解题的关键是正确利用离散型随机变量的数学期望与方差，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于中档题．
4.【答案】
【解析】解：不等式成立的充分条件是，
设不等式的解集为，则
当时，，不满足要求；
当时，
若
则
解得
故选：．
由已知中不等式成立的充分条件是，我们可以令不等式的解集为，根据充要条件的集合判断法，得不等式的解集为时，则，进而根据绝对值不等式的解法，可以构造关于的不等式组，解不等式组即可得到答案．
本题考查的知识点是很必要条件，充分条件与充要条件的判断与定义，其中根据充要条件的集合判断法，由已知中不等式成立的充分条件是，得到不等式的解集为时，则，将问题转化为集合包含关系中的参数范围问题，是解答本题的关键．
5.【答案】
【解析】解：选项A，，，即有实数解，因为，显然此方程无实数解，故错误；
选项B，，，，故正确；
选项C，，，而当时不成立，故错误；
选项D，，，当，时，当，取得的正整数倍时，，所以错误．
故选：．
可通过分别判断选项正确和错误，来进行选择．
本题考查了对特称命题及全称命题的判断，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：在中，
令，得，
令，得，
；
展开式中系数最大的项为．
故选：．
利用二项展开式的基本定理确定的数值，再求展开式中系数最大的项．
本题考查了二项式定理的应用问题，也考查了赋值法求二项式的次数的应用问题．
7.【答案】
【解析】解：根据二项式的展开式；
当与配对时，，所以的系数为；
当与配对时，不存在的系数；
当与配对时，，故的系数为，
故展开式中的系数为．
故选：．
直接利用二项式的展开式，组合数的应用求出结果．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：对，根据方差的性质可知，正确；
对，变量增加个单位时，平均减少个单位，错误；
对，线性回归直线必过样本点中心，正确；
对，越接近于，，之间的线性相关程度越高，错误；
对，的值越大，判断两个变量有关系的犯错概率越小，即两个变量间有关联的把握就越大，正确．
故选：．
根据各命题对应的知识即可判断各命题的真假．
本题主要考查统计中有关概念，性质，方法的理解和应用，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：对于选项A，根据的展开式中二项式系数最大的项为，故A正确；
对于选项B，由于的展开式的通项为，令，可得常数项为，故B错误；
对于选项C，根据选项的分析可知第项的系数为，又第项的系数为，所以第项与第项的系数相等，故C正确；
对于选项D，根据的分析可知含的项的系数为，故D错误．
故选：．
根据二项式系数及项的系数的概念，二项展开式的通项即可求解．
本题考查二项式系数及项的系数的概念，二项展开式的通项的应用，属基础题．
10.【答案】
【解析】解：服从正态分布，
，
，故A选项正确，
表示这件产品的质量指标值不位于区间的产品件数，即，
，，故B选项错误，选项正确，
，故D选项错误．
故选：．
根据已知条件，结合正态分布的对称性，以及期望和方差公式，即可求解．
本题主要考查了正态分布的对称性，以及期望和方差公式，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：：当，时，不等式成立，所以A正确．
：当，时，不成立；成立时，成立．所以B正确．
：当，时，成立，此时，由推不出所以不正确．
：由，因为，则，所以D正确．
故选：．
利用特殊值判断真假，利用充要条件的判定方法判断与的真假，用作差法判断的真假．
本题主要考查充分条件和必要条件，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：一袋中有大小相同的个红球和个白球，
对于：恰有个白球的概率为，故A正确；
对于：次试验中取到白球的次数服从二项分布，即，
所以，故B错误；
对于：在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为，故C错误；
对于：次试验中取到红球的次数服从二项分布，即，
所以，故D正确．
故选：．
利用古典概型的概率公式判断选项，利用二项分布判断、选项，利用条件概率判断选项．
本题考查概率的应用，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：投掷一枚图钉，设针尖向上的概率为，针尖向下的概率为．
连续掷一枚图钉次，
出现次针尖向上的概率为：，
出现次针尖向上的概率为：，
故至少出现次针尖向上的概率，
故答案为：
至少出现次针尖向上包括：出现次针尖向上和出现次针尖向上，分别求出它们的概率，根据互斥事件概率加法公式，可得答案．
本题考查的知识点是互斥事件概率加法公式，先求出出现次针尖向上和出现次针尖向上的概率，是解答的关键．
14.【答案】
【解析】解：某校从名教师中选派名教师同时去个边远地区支教每地人，
其中甲和乙不同去，可以分情况讨论，
甲去，则乙不去，有种选法；
甲不去，乙去，有种选法；
甲、乙都不去，有种选法；
根据分类计数原理知
共有种不同的选派方案．
故答案为：．
因为题目中有一个条件甲和乙不同去，因此解题时要针对于甲和乙去不去展开分类，包括三种情况：甲去，则乙不去；甲不去，乙去；甲、乙都不去．根据分类计数原理得到结果．
用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析要完成的“一件事”是什么，可以“分类”还是需要“分步”特殊元素，优先处理；特殊位置，优先考虑．
15.【答案】
【解析】解：令，得，
所以，
从而，
所以其通项，令，得，
所以当时，，
所以的系数为，
故答案为：．
令，可求得，从而，利用其通项公式可求得的系数．
本题考查二项式定理及其通项公式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：，
则，
集合，
当时，，符合题意，
当时，，
则或，解得或，
综上所述，实数的值组成的集合为
故答案为：
根据已知条件，推得，再分是否为，即可求解．
本题主要考查集合的包含关系，考查转化能力，属于基础题．
17.【答案】解：由已知条件得列联表如下：
药物处理 未经药物处 合计
青花病
无青花病
合计
提出假设：经过药物处理跟发生青花病无关系，
根据列联表中的数据，可以求得的观测值，
，
因为当成立时，的概率约为，而此时，
所以在犯错误的概率不超过的前提下，认为药物处理跟发生青花病是有关系的．
【解析】先完成列联表，计算的观测值，对照表格数据即可得结论．
本题主要考查了独立性检验的应用，考查计算能力，属于基础题．
18.【答案】解：由表中数据可知，，，
则
，
，
，，
关于的回归方程为．
一天中滑雪人数超过人时，当天滑雪场可实现盈利，
即，解得，
根据回归方程预测，该滑雪场开业的第天开始盈利．
【解析】根据表中数据及平均数公式求出，从而求出回归方程，然后再根据一天中滑雪人数超过人时，当天滑雪场可实现盈利即可求解．
本题考查线性回归方程，考查运算求解能力，是基础题．
19.【答案】解：至少有个组长来自部门共有种情况：有个组长来自部门，有个组长来自部门，有个组长来自部门．
设事件表示“至少有个组长来自部门”，则．
由题意可得：的可能取值为，，，，．
，，，，，，则，，同理可得，，．
可得的分布列


．
【解析】至少有个组长来自部门共有种情况：有个组长来自部门，有个组长来自部门，有个组长来自部门．利用相互独立与互斥事件的概率计算公式即可公式即可得出．
由题意可得：的可能取值为，，，，，，，，，，可得的分布列及其．
本题考查了相互独立与互斥事件的概率计算公式、二项分布列及其数学期望，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
20.【答案】解：由题意甲获胜的概率：
．
由题意知投篮结束时甲的投篮次数的可能取值为，，，
，
，
，
的分布列为：


．
【解析】由互斥事件概率加法公式和相互独立事件概率乘法公式能求出甲获胜的概率．
由题意知投篮结束时甲的投篮次数的可能取值为，，，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和．
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，解题时要认真审题，注意互斥事件概率加法公式和相互独立事件概率乘法公式的合理运用．
21.【答案】解：若，则，
，
时，；时，．
函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
在上恒成立的最大值，
由可知：时，函数取得最大值，
，
的取值范围是．
【解析】由，可得，利用导数运算法则可得，进而得出其单调区间．
在上恒成立的最大值，利用的结论可得函数的最大值．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值、等价转化方法，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：，．
，
时，，函数在上单调递增，无最值，不符合题意；
时，，
函数在上单调递增，在上单调递减．
时，函数取得极大值即最大值，．
无最小值．
若有两个零点，
由可得，时，函数取得极大值即最大值，则，
解得，
且时，；时，．
因此满足题意，
的取值范围是．
【解析】，，对分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出结论．
若有两个零点，由可得，时，函数取得极大值即最大值，，且时，；时，即可得出的取值范围．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及最值、函数的零点问题、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
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