2023-2024学年河北省石家庄市高二下学期期末教学质量检测数学试卷（含解析）

2023-2024学年河北省石家庄市高二下学期期末教学质量检测
数学试卷
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.某汽车启动阶段的位移函数为，则汽车在时的瞬时速度为( )
A. B. C. D.
2.将序号分别为，，，，的五张参观券全部分给甲，乙，丙，丁四人，每人至少张，如果分给甲的两张参观券是连号，那么不同分法的种数是( )
A. B. C. D.
3.设离散型随机变量的分布列为：则( )
A. B. C. D.
4.已知一组观测值，，，满足，若恒为，则( )
A. B. C. D.
5.的展开式中的系数为( )
A. B. C. D.
6.李老师教高二甲班和乙班两个班的数学，这两个班的人数相等某次联考中，这两个班的数学成绩均近似服从正态分布，其正态密度函数的图像如图所示，其中是正态分布的期望，是正态分布的标准差，且，，关于这次数学考试成绩，下列结论正确的是( )
A. 甲班的平均分比乙班的平均分高
B. 相对于乙班，甲班学生的数学成绩更分散
C. 甲班分以上的人数约占该班总人数的
D. 乙班分以上的人数与甲班分以上的人数大致相等
7.某校三位同学报名参加数理化生四科学科竞赛，每人限报且必须报两门，由于数学是该校优势科目，必须至少有两人参赛，若要求每门学科都有人报名，则不同的参赛方案有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
8.已知函数为自然对数的底数，若对任意的，，且，都有，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法中正确的是( )
A. 对于独立性检验，的值越大，说明两事件的相关程度越大
B. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，若其变换后得到线性方程，则，的值分别是和为自然对数的底数
C. 在具有线性相关关系的两个变量的统计数据所得的回归直线方程中，，，，则
D. 通过回归直线及回归系数，可以精确反映变量的取值和变化趋势
10.“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于年所著的详解九章算法一书中“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示下列关于“杨辉三角”的结论正确的是( )
A.
B. 记第行的第个数为，则
C. 第行中从左往右第个数与第个数相等
D. 第行中第个数与第个数之比为
11.某大学文学院有、两个自习室，小王同学每天晚上都会去自习室学习假设他第一天去自习室的概率为他第二天去自习室的概率为如果他第一天去自习室，则第二天去自习室的概率为下列说法正确的是( )
A. 小王两天都去自习室的概率为
B. 小王两天都去自习室的概率为
C. 小王两天去不同自习室的概率为
D. 如果他第二天去自习室，则第一天去自习室的概率为．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.编号为，，的三位学生随意入坐编号为，，的三个座位，每位学生坐一个座位，设与座位编号相同的学生的个数是，则 ．
13.在概率论中常用散度描述两个概率分布的差异若离散型随机变量，的取值集合均为，则，的散度若，的概率分布如下表所示，其中，则的取值范围是 ．
14.若二次函数的图象与曲线存在公切线，则实数的取值范围是 为自然对数的底数
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
设函数．
求在处的切线方程；
求在上的最大值和最小值．
16.本小题分
已知展开式的二项式系数和为，且．
Ⅰ求的值
Ⅱ求的值
Ⅲ求的值．
17.本小题分
在十余年的学习生活中，部分学生养成了上课转笔的习惯某研究小组为研究转笔与学习成绩好差的关系，从全市若干所学校中随机抽取名学生进行调查，其中有上课转笔习惯的有人经调查，得到这名学生近期考试的分数的频率分布直方图记分数在分以上的为优秀，其余为合格．
Ⅰ请完成下列列联表并依据小概率值的独立性检验，分析成绩优秀与上课转笔之间是否有关联结果均保留到小数点后三位
上课转笔 上课不转笔 合计
优秀
合格
合计
Ⅱ现采取分层抽样的方法，从这人中抽取人，再从这人中随机抽取人进行进一步调查，记抽到人中合格的人数为，求的分布列和数学期望
Ⅲ若将频率视作概率，从全市所有在校学生中随机抽取人进行调查，记人中上课转笔的人数为的概率为，当取最大值时，求的值．
附：，其中．
18.本小题分
一个调查学生记忆力的研究团队从某中学随机挑选名学生进行记忆测试，通过讲解个陌生单词后，相隔十分钟进行听写测试，间隔时间分钟和答对人数的统计表格如下：
时间分钟
答对人数
时间与答对人数和的散点图如下：
附：，，，，，对于一组数据，，，，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，．
请根据表格数据回答下列问题：
根据散点图判断，与哪个更适宜作为线性回归模型？给出判断即可，不必说明理由
根据的判断结果，建立与的回归方程；或，的计算结果均保留到小数点后三位
根据请估算要想答对人数不少于人，至多间隔多少分钟需要重新记忆一遍．结果四舍五入保留整数参考数据：，
19.本小题分
对于正实数，，我们熟知基本不等式：，其中为，的几何平均数，为，的算术平均数现定义，的对数平均数：．
Ⅰ设，求证：
Ⅱ证明
Ⅲ若不等式对任意正实数，恒成立，求正实数的取值范围．
答案简析
1.
【简析】
解：，
汽车的速度为，
．
故选C．
2.
【简析】解：根据题意，分步进行分析：
、将连号的两张参观券分给甲，有和，和，和，和，共种情况，
、将剩下的张参观券分给其他三人，有种分法，
则有种不同的分法；
故选B．
3.
【简析】
解：由题意可得：，
解得：，
或此时，舍去，
故选．
4.
【简析】解：解：由恒为，知，即，
故．
故选D．
5.
【简析】解： ，
只需求 展开式中的含项的系数．
的展开式的通项为
令 得
展开式中 的系数为
6.
【简析】解：由题意结合正态分布的密度曲线可得甲班的数学平均成绩为，乙班的数学平均成绩为，故A错误，
由图象可得甲班的数学成绩的标准差为，乙班的数学成绩的标准差为，相对于乙班，本次考试中甲班不同层次学生的成绩更稳定，故B错误，
甲班分以上的人数约占该班总人数的概率为，故C错误，
乙班分以上的人数约占该班总人数的概率为，
又这两个班的人数相等，所以乙班分以上的人数与甲班分以上的人数相等，故D正确，
故选：．
7.
【简析】解：设三位同学为，，由题意，参赛方案分为两种情况：
一数学学科有人报名：
先选人报名数学，有种结果假设为，，其余三科的参赛方式又分为两种情况：
，选同科，有种结果；，选不同科即，，或，选同科，有种结果，
所以数学学科有人报名时共有种结果；
二数学学科有人报名：
先选人报名数学，有种结果，其余三科的参赛方式有种结果，
所以数学学科有人报名时共有种结果；
综合一二得不同的参赛方案有种．
故答案选： ．
8.
【简析】解：，
，
，
，即在上单调递增，
在上恒成立，
即在上恒成立，
构造函数，则，
令，则，此时函数单调递增，令，则，此时函数单调递减；
，
即．
故选A．
9.
【简析】
解：对于，根据独立性检验的性质知，的值越大，说明两个分类变量相关程度越大，A正确；
对于，由，两边取自然对数，可得，
令，得，，，则，B正确；
对于，回归直线方程中，，C正确；
对于，通过回归直线及回归系数，可估计和预测变量的取值和变化趋势，D错误．
故选ABC．
10.
【简析】解：对于，由可得
，故错误
所以，故B正确
对于，第行中第个数与第个数之比为
，故正确．
对于，第行是奇数，中间两项最大，即和，
也就是第行中第个数和第个数相等，故错误
故选：
11.
【简析】解：设第天去自习室， 第天去自习室，依题意有：
， ， ，，
，故 A错误。
，故B正确。
，故C正确．
，故D错误．
故选BC．
12.
【简析】解：编号为，，的位同学随意入座编号为，，的个座位，
有，，，，，，种结果，
设与座位编号相同的学生个数为，则的可能为，，，
的分布列为：
，
故答案为．
13.
【简析】解：由题意可得
因为时，，
，
即的取值范围为．
14.
【简析】解：的导数为，的导数为，
设公切线与的图象切于点，
与的图象切于点，
，
化简可得，，得或，
，且，，则，即，
得，
设，则，
由可得由可得
在上递增，在上递减，
，
实数的取值范围为
15.解：由题意知，，即切点为，
又，所以，
所以在处的切线方程为：，即
，
令得，得或，
故的减区间为，增区间为和，
函数的极大值，函数的极小值，
又，，
在上的最大值是，最小值是．
【简析】
求出导数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，由点斜式，即可求出结果；
求出导数，研究单调性，得出函数的极值，再求出，，即可求出结果
16.解：Ⅰ由二项式系数和为知，，
，
；
Ⅱ令，，
令，得，
．
Ⅲ由可知
两边求导数可得，
令可得．
【简析】
Ⅰ根据二项式系数和为先确定值，再计算的值；
Ⅱ利用赋值法求特定项系数及特定项项系数和可得．
Ⅲ先求导数后代值，即可得答案．
17.解：Ⅰ零假设：成绩优秀与上课转笔无关，
列联表如下：
上课转笔 上课不转笔 合计
优秀
合格
合计
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，因此认为成绩优秀与上课转笔有关．
Ⅱ个人中优秀的人数为，
则合格的人数为人，由分层抽样可知：人中有人优秀，人合格；
由题意的可能值为，，，
，
则的分布列为：
所以
Ⅲ由题意可知，则，
解得，又，
故，
则当时，取最大值时．
【简析】
Ⅰ列出列联表，求出，对照临界值即可得出答案；
Ⅱ得出的值，求出相应的概率，写出分布列，从而求出数学期望；
Ⅲ由题意可得，解出的范围，即可得出答案．
18.解：由图象可知，更适宜作为线性回归模型．
设，由条件可得，，，
，，
所以，因此．
由题意知，
即，
解得，
则，即至多分钟，就需要重新记忆一遍．
【简析】
由图象可知，更适宜作为线性回归模型．
根据最小二乘法得，从而得出与的回归方程；
由题意知，计算即可．
19.证明：令，
则，
，得在上单调递减，
又，故当时，，
因此，当时，，
即 ．
要证，
只要证，
只要证，
即证，
令，
由有，即得，
因此，，
所以得证．
解：由恒成立，
得恒成立，
即得恒成立，
令，
有恒成立，
得恒成立，
恒成立，
令，
有，
又，
当，即时，
方程有一根大于，一根小于，
可得在上单调递增，故有，不符合；
当时，有，
，从而在上单调递减，
故当时，恒有，符合．
综上所述，正实数的取值范围为，
【简析】
构造，求其导函数，分析单调性即可证得；
利用分析法，问题转化为证，令，即可证得结论；
问题转化为证明恒成立，令，有恒成立，令，结合导数分析正实数的取值范围为，从而得到正实数的取值范围．
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