广东省广州市第八十九中学2023-2024学年高二下学期第15周数学周末试卷

试卷第 1页，共 4页 广州市第八十九中学 2023 学年下学期第 15 周周末卷（20240531） 学校：____________ 姓名：_____________ 班级：_______________ 编辑：胡盛高 审核：王菊华 备课组长签名： 时间：2024 年 5 月 31 日 一、单选题 1．已知随机变量 1 2,X X 分别服从二项分布 1 1 2 2 1 1~ ( , ), ~ ( , ) 4 4 X B n X B n ，若 1 2n n ，则下列结 论正确的是（ ） A．    1 2D X D X B．    1 2D X D X C．    1 2D X D X D．    1 2E X E X 2．下列说法错误的是（ ） A．在残差图中，残差点比较均匀地落在水平带状区域中，说明选用的模型比较合适，带状 区域越窄，说明回归方程的预报精度越高 B．在独立性检验时，两个变量的 2 2 列联表中，对角线上数据的乘积相差越大，说明“这两 个变量没有关系”成立的可能性就越大 C．在回归直线方程 0.2 12ŷ x  中，当解释变量 x每增加一个单位时，预报变量 ŷ就增加 0.2个单位 D． 2R 越大，意味着残差平方和越小，即模型的拟合效果越好 3．“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，创建了超级杂交 稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和供给作出了杰出贡献．某水䅨种植研究所调 查某地杂交水稻的平均亩产量，得到亩产量（单位： kg）服从正态分布  618,400N ． 参考数据：  | | 0.6827, (| | 2 ) 0.9545, (| | 3 ) 0.9973P X P X P X              ．下列 说法错误的是（ ） A．该地水稻的平均亩产量是618kg B．该地水稻亩产量的标准差是 20 C．该地水䅨亩产量超过638kg的约占31.73% D．该地水稻亩产量低于678kg的约占99.87% 4．三人被邀请参加同一个时间段的两个晚会，若两个晚会都必须有人去，去几人自行决定， 且每人最多参加一个晚会，则不同的去法有（ ） A．8种 B．12种 C．16种 D．24种 5．已知 0是函数   3 2 1f x x ax   的极大值点，则 a的取值范围为（ ） 试卷第 2页，共 4页 A．  ,0 B．  0,  C． 2, 3       D． 2 , 3       6．袋子中装有 5个形状和大小相同的球，其中 3个标有字母 , 2a 个标有字母b .甲先从袋中 随机摸一个球，摸出的球不再放回，然后乙从袋中随机摸一个球，若甲､乙两人摸到标有字 母 a的球的概率分别为 1 2,p p ，则（ ） A． 1 2p p B． 1 22 3p p C． 1 23p p D． 1 22 p p 7．令 1 2 3C C C Cnn n n na      ，则当 2024n  时，a除以 15所得余数为（ ） A．4 B．1 C．2 D．0 8．若 2 2 nx x      （ n为正整数）的展开式中存在常数项，则下列选项中 n的取值可能是（ ） A．4 B．5 C．6 D．7 二、多选题 9．下列命题正确的是（ ） A．若随机变量 , 满足 3 2   ，则    3 2D D   B．以模型 kxy ce 去拟合一组数据时，为了求出线性回归方程，设 lnz y ，求得线性回归 方程为 2 1z x  ，则 c，k的值分别是 e和 2 C．已知  0 1P M  ，若     1P M N P M  ，则事件 M，N相互独立 D．根据分类变量 X与 Y的成对样本数据，计算得到 2 4.712 ，根据小概率值 0.05  的 独立性检验（ 0.05 3.841x  ），可判断 X与 Y有关联，此推断犯错误的概率不大于 0.05 10．已知 3 2 1 1( ) 3 3 f x ax bx b   在 = 1x  处取得极大值 1，则下列结论正确的是（ ） A． 1ab   B．对称中心为 10, 3       C． 9ab   D．   11 3 f   11.设一组样本数据 1 2 3 4 5, , , ,x x x x x 满足  1 1,2,3,4i ix x i  ，则（ ） A．拿走 3x ，这组数据的方差变大 B．拿走 2 4,x x ，这组数据的方差变大 C．拿走 2 3 4, ,x x x ，这组数据的方差减小 D．拿走 1 2 4 5, , ,x x x x ，这组数据的方差减小 三、填空题 12．若   52 ( 1) x m x 的展开式中 2x 的系数为 40，则实数m  ． 试卷第 3页，共 4页 13．设随机变量  12,X B p ，若 ( ) 4E X  ，则 ( )D X 的最大值为 ． 14．已知函数 2( ) tf x x x   ，若 ( )f x 在 1,  上单调递增，则实数 t的取值范围为 ． 四、解答题 15．已知 3 511A 10C 0 n n ，且   20 1 21 2 n n nx a a x a x a x       ． (1)求n的值；(2)求 0 2 4 1na a a a     的值；(3)求系数绝对值最大的项． 16．已知 0m  ，函数   e 2xf x x m   的图象在点   0, 0f 处的切线与两坐标轴围成的三 角形的面积为 2. (1)求m的值； (2)求  f x 在 1,2 上的值域. 17．已知函数 ( ) ( 1) lnf x a x x   ( R)a ． (1)求函数 ( )f x 的单调区间； (2)若 ( ) 0f x  恒成立，求实数 a的取值集合． 18．教练统计了甲 12次投篮训练的投篮次数和乙 8次投篮训练的投篮次数，得到如下数据： 甲 77 73 77 81 85 81 77 85 93 73 77 81 乙 71 81 73 73 71 73 85 73 已知甲 12次投篮次数的方差 21 89 3 s  ，乙 8次投篮次数的方差 22 23s  . (1)求这 20次投篮次数的平均数 x与方差 2s . (2)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 4 5 ，乙每次投篮的命中 试卷第 4页，共 4页 率均为 3 4 .已知第一次投篮的人是甲，且甲、乙总共投篮了 3次，X 表示甲投篮的次数，求 X 的分布列与期望. 19．2023年 12月 30日 8时 13分，长征二号丙/远征一号 S运载火箭在酒泉卫星发射中心点 火起飞，随后成功将卫星互联网技术试验卫星送入预定轨道.由中国航天科技集团有限公司 研制的运载火箭 48次宇航任务全部取得圆满成功．也代表着中国航天 2023年完美收官.某 市一调研机构为了了解当地学生对我国航天事业发展的关注度，随机从本市大学生和高中生 中抽取一个容量为 n的样本，根据调查结果得到如下列联表： 学生群体 关注度 合计 关注 不关注 大学生 3 10 n 2 5 n 高中生 合计 3 5 n (1)完成上述列联表；依据小概率值 0.05  的独立性检验，认为关注航天事业发展与学生群 体有关联，求样本容量 n的最小值； (2)用频率估计概率，从本市大学生和高中生中随机选取 3人，用 X表示不关注的人数，求 X 的分布列和数学期望． 附：  0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bc a b c d a c b d       ，其中 n a b c d    ． 答案第 1页，共 9页 参考答案： 1．C【分析】根据给定条件，利用二项分布的期望、方差公式计算比较即可. 【详解】依题意， 1 1 1 1 1 3( ) (1 ) 4 4 16 D X n n    ， 2 2 2 1 1 3( ) (1 ) 4 4 16 D X n n    ，而 1 2n n ， 因此    1 2D X D X ，AB错误，C正确； 又 1 1 2 2 1 1( ) ( ) 4 4 E X n n E X   ，D错误.故选：C 2．B【分析】AD选项，根据残差分析可得 AD正确；B选项，由卡方的定义可知 B错误； C选项，由一元线性回归方程可知 0.2b  ，故 C正确. 【详解】A选项，在残差图中，残差点比较均匀地落在水平带状区域中，说明选用的模型比 较合适，带状区域越窄，说明回归方程的预报精度越高，A正确； B选项，在独立性检验时，两个变量的 2 2 列联表中，对角线上数据的乘积相差越大，说明 “这两个变量没有关系”成立的可能性就越小，B错误； C选项，由于 0.2b  ，故在回归直线方程 0.2 12ŷ x  中，当解释变量 x每增加一个单位时， 预报变量 ŷ就增加 0.2个单位，C正确； D选项， 2R 越大，意味着残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，D正确.故选：B 3．C【分析】根据  618,400N  判断 A、B，根据正态曲线的对称性求出相应的概率，即 可判断 C、D. 【详解】依题意  618,400N  ，即该地水稻的平均亩产量是618kg，标准差是 20，故 A、 B正确； 又 618  ， 20  ， 所以       | | 1 0.6827 0.15865638 2 2 1 P P X P X X              ， 则该地水䅨亩产量超过638kg的约占15.865%，故 C错误； 又       | | 3 1 0.99731 0.99865 1 678 3 1 22 P X P X P X                ， 所以该地水稻亩产量低于678kg的约占99.87%，故 D正确.故选：C 4．B【分析】根据参加晚会的人数分类讨论，利用排列组合数求解即可. 【详解】第一种情况，只有两人参加晚会，有 2 3 A 6 种去法； 第二种情况，三人参加晚会，有 2 2 3 2C A 6 种去法，共 12种去法.故选：B 答案第 2页，共 9页 5．A【分析】分类讨论 a<0、 0a  与 0a  三种情况，结合导数与极值点的定义即可得解. 【详解】因为   3 2 1f x x ax   ，所以    23 2 3 2f x x ax x x a     ， 令   0f x  ，可得 0x  或 2 3 ax   ， 当 2 0 3 a   ，即 a<0时， 令 ( ) 0f x¢ > ，得 0x  或 23 ax   ；令   0f x  ，得 20 3 ax   ； 所以  f x 在  ,0 ， 2 , 3 a      上单调递增，在 20, 3 a     上单调递减， 所以 0x  是函数  f x 的极大值点，满足题意； 当 2 0 3 a   ，即 0a  时，    3 0 0f x x x    恒成立， 则  f x 在R 上单调递增，没有极值点，不满足题意； 当 2 0 3 a   ，即 0a  时， 令 ( ) 0f x¢ > ，得 23 ax   或 0x  ；令   0f x  ，得 2 0 3 a x   ； 所以  f x 在 2, 3 a      ，  0,  上单调递增，在 2 ,0 3 a     上单调递减， 所以 0x  是函数  f x 的极小值点，不满足题意； 综上， a<0，即 a的取值范围为  ,0 .故选：A. 6．A【分析】利用古典概型的概率及全概率公式求出 1 2,p p 后可得正确的选项. 【详解】设A为“甲摸到标有字母 a的球”，B为“乙摸到标有字母 a的球”，则  1 3 5 p P A  ， 而 2 2 3 3 2 3( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 5 4 5 5 p P B P BA P BA P B A P A P B A P A         ∣ ∣ ， 故 1 2p p .故选：A . 7．D【分析】当 2024n  ，利用二项式定理化简得  50620242 1 15 1 1a      ，结合二项式的 展开式公式即可求解. 【详解】 1 2 3C C C C 2 1n nn n n na        ， 当 2024n  时，    506 5062024 4 5062 1 2 1 16 1 15 1 1a          0 506 1 505 2 504 505 506 506 506 506 506 506C 15 C 15 C 15 C 15 C 1       答案第 3页，共 9页  0 505 1 504 2 503 505506 506 506 50615 C 15 C 15 C 15 C     故 a除以 15所得余数为 0.故选：D. 8．C【分析】根据二项式定理的通项公式求解. 【详解】 2 2 nx x      展开式的通项为：   31 2 2C 2 C , 0,1, , k kk n k k n k k n nT x x k nx              ， 因为存在常数项，所以 3n k . 经验证， 2k  时， 6n  符合条件.故选：C 9．BCD【分析】对于 A，给出反例 1  ， 1  即可判断；对于 B，利用 2 1z x  得到 2 1 2ˆ e e ex xy    即可判断；对于 C，利用事件独立的定义即可判断；对于 D，利用独立性检 验的相关知识即可判断. 【详解】对于 A，若恒有 1  ， 1  ，则 3 2   ，且     0D D   . 所以    0 2 3 2D D      ，故 A错误； 对于 B，由于有线性回归方程 2 1z x  ，故 n 1ˆl 2y x  ，即 2 1 2ˆ e e ex xy    ，所以 ec  ， 2k  ， 故 B正确； 对于 C，由于     1P M N P M  ，故         1 P MN P M N P M P M P N     ，即      P MN P M P N ，所以事件 M，N相互独立，C正确； 对于 D，由于 2 4.712 3.841   ，故有95%的把握判断 X与 Y有关联，即判断错误的概率 不超过0.05，D正确.故选：BCD 10．ABD【分析】根据 ( 1) 0f a b    以及   21 11 1 3 3 f a b b      ，结合极值点的定义 可得 1b = - 时， 1a  ，即可求解 ACD,根据 3 1 3 y x x  图象关于原点对称，即可求解 D. 【详解】由题意可得 2( )f x ax b  ， 且 = 1x  是函数 ( )f x 的极大值点，即 ( 1) 0f a b    ，可得 a b  ， 又极大值为 1，所以   21 11 1 3 3 f a b b      ，解得 1b = - 或 3b  ； 当 3b  时， 3a   ，此时 '( ) 3( 1)( 1)f x x x    ， 答案第 4页，共 9页  1,1x  时， ( ) 0f x  ，  , 1x    时， ( ) 0f x  所以函数 ( )f x 在  , 1  上单调递减，在  1,1 上单调递增； 此时函数 ( )f x 在 = 1x  处取得极小值，与题意不符，即 3b  舍去，故 C错误； 当 1b = - 时， 1a  ，此时 '( ) ( 1)( 1)f x x x   ，  1,1x  时， ( ) 0f x  ，  , 1x    时， ( ) 0f x  ， 所以函数 ( )f x 在  , 1  上单调递增，在  1,1 上单调递减； 此时函数 ( )f x 在 = 1x  处取得极大值，符合题意， 所以 1a  ， 1b = - ，即 1ab   ，所以 A正确， 此时 31 1( ) 3 3 f x x x   ，由于函数 3 1 3 y x x  为奇函数，图象关于原点对称， 所以 31 1( ) 3 3 f x x x   关于 10, 3       对称，故对称中心为 10, 3       ，B正确，   11 3 f   即 D正确． 故选：ABD 11.CD【分析】对于 A，举反例说明即可，对于 B、C、D，当拿走两个或两个以上的数据时， 由数据的大小关系可知 2s 只能减小，不可能变大，判断答案即可. 【详解】对于 A，若一组样本数据 1 2 3 4 5, , , ,x x x x x 满足  1 1,2,3,4i ix x i  ， 且平均数 3x x ，则这组数据的方差：        2 2 2 22 1 2 4 51 05s x x x x x x x x             不会发生变化； 对于 BCD，设平均数为 x，由于  1 1,2,3,4i ix x i  ，拿走的数量大于或等于 2， 所以          2 2 2 2 22 1 2 3 4 515s x x x x x x x x x x              ， 在    2 , 1,2,3,4ix x i  中，至多有一个为 0，其余均为正数， 所以拿走两个或两个以上的数据， 2s 只能减小，不可能变大；故 B错误，CD正确. 故选：CD. 【点睛】关键点点睛：当拿走两个或两个以上的数据时，由数据的大小关系可知 2s 只能减 小，不可能变大. 12．3【分析】根据二项式定理求出多项式展开式中含 2x 的项，结合已知条件建立方程，解 之即可求解. 答案第 5页，共 9页 【详解】多项式的展开式中含 2x 的项为 4 4 3 2 3 2 5 52 C ( 1) C ( 1) (10 10 )x x m x m x       ， 所以10 10 40m  ，解得 3m  .故答案为：3 13． 8 3 【分析】由二项分布的期望公式可得 10 3 p  ，再根据二项分布的方差公式结合二次 函数最值分析求解. 【详解】因为随机变量  12,X B p ，则   12 4E X p  ，解得 10 3 p  ， 又因为    12 1D X p p    212 p p  ， 且函数   2f p p p   在区间 10, 3      上单调递增， 可知   21 1 1 2 3 3 3 9 f p f                ， 所以 ( )D X 的最大值为 2 812 9 3   ．故答案为： 8 3 . 14．( , 2]【分析】将 ( )f x 在 1,  上单调递增，转化为 ( ) 0f x  恒成立即可，设 3( ) 2h x x t  ， 求导确定单调性即可得最值，从而可得实数 t的取值范围． 【详解】 2( ) tf x x x   ， 3 2 2 2( ) 2 t x tf x x x x     ， 若 ( )f x 在 1,  上单调递增，则只需 ( ) 0f x  在 1,  上恒成立， 即 32 0x t  在 1,  上恒成立，令 3( ) 2h x x t  ， 2( ) 6 0h x x   ， ( )h x 在 1,  上单调递增，    min 1h x h   2 t ，则 2 0t  ，解得 2t  ， 则实数 t的取值范围为  , 2 ．故答案为：  , 2 ． 15．(1)15；(2) 153 1 2  ；(3) 103075072x 【分析】（1）由题意结合排列组合数的计算求解即可； （2）利用赋值法令 1x  和 1x=  ，即可求解； （3）设第 1k  项系数的绝对值最大，由二项展开通式列出不等式组，求解即可． 【详解】（1）∵ 3 511A 10C 0n n  ， 5n  ， *nN ， 答案第 6页，共 9页 ∴        1 2 3 4) 11 1 2 10 0 5 4 3 2 1 n n n n n n n n             （ ， ∴ 2 7 120 0  n n ，解得 8n   （舍）或 15n  ，∴ 15n  . （2）由（1）得， 15n  ， ∴  15 2 150 1 2 151 2x a a x a x a x       ①， 令①式中 1x  ，则  15 0 1 2 151 2 a a a a       ， 令①式中 1x=  ，则  15 0 1 2 3 14 151 2 a a a a a a         ， 由两式相加，得   150 2 142 3 1a a a     ， ∴ 15 0 2 4 1 0 2 4 14 3 1 2n a a a a a a a a            ． （3）由（1）得， 15n  ， 设第 1k  项系数的绝对值最大，则 1 1 15 15 1 1 15 15 C 2 C 2 C 2 C 2 k k k k k k k k             ，解得 29 32 3 3 k  ， 又因为 Nk ，所以 10k  ， 故系数绝对值最大的项为 10 10 10 10 11 15C 2 3075072T x x    ． 16．(1) 1m  ；(2) 23 2ln2,e 3    . 【分析】（1）根据导数的几何意义，求出切线的斜率，利用点斜式求出切线方程 1y x m    ， 求出切线在坐标轴上的截距，利用三角形面积公式可得结果； （2）由（1）可得  f x 在  ln2,2 上单调递增，在 1, ln2 上单调递减，求出  1f  ，  2f ，  ln2f 的值可得结果. 【详解】（1）因为   e 2xf x x m   ，所以   e 2xf x   ，则  0 1k f    . 因为  0 1f m  ，所以切点坐标为  0,1 m ， 所以  f x 的图象在点   0, 0f 处的切线方程为 1y x m    . 令 0y  ，得 1x m  ，又 0m  ，所以    1 1 1 2 2 m m     ，所以 1m  . （2）由（1）可知   e 2xf x   ，令 ( ) 0f x¢ > ，解得 ln2x  ，所以  f x 在  ln2,2 上单调递 增. 答案第 7页，共 9页 令   0f x  ，解得 ln2x  ，所以  f x 在 1, ln2 上单调递减， 又   11 3 e f    ，   22 e 3f   ，  ln2 3 2ln2f   ， 所以  f x 在  1,2 上的值域为 23 2ln2,e 3    . 17．(1)答案见解析；(2){1} 【分析】（1）先求出函数的定义域，再求导，分类讨论 0a  和 0a  ，即可求出函数的单调 区间； （2）结合（1）知，当 0a  时，不满足题意，则 0a  ，将 ( ) 0f x  恒成立等价于 min 1( ) ( ) 1 ln 0f x f a a a      ，令 ( ) 1 lng a a a   ，利用导数研究 ( )g a 的最值，即可求出 实数 a的取值. 【详解】（1）由题意得： ( )f x 的定义域为 (0, ) ， 1 1( ) axf x a x x     ， 当 0a  时， ( ) 0f x  ，则 ( )f x 单调递减区间为 (0, ) ，无单调递增区间； 当 0a  时，令 ( ) 0f x  ，解得： 1x a  ； 当 10,x a      时， ( ) 0f x  ；当 1 ,x a       时， ( ) 0f x  ； ( )f x 的单调递减区间为 10, a       ；单调递增区间为 1 , a      ； 综上所述： 0a  时，则 ( )f x 的单调递减区间为 (0, ) ，无单调递增区间； 0a  时， ( )f x 的单调递减区间为 10, a       ；单调递增区间为 1 , a      ． （2）当 0a  时， (2) ln 2 0f a   ，不合题意； 当 0a  时，由（1）知 min 1( ) ( ) 1 lnf x f a a a     ；则1 ln 0a a   ； 令 ( ) 1 lng a a a   ，则 1( ) 1g a a    ， 当 (0,1)a 时， ( ) 0g a  ；当 (1, ) a 时， ( ) 0g a  ； ( )g a 在(0,1)上单调递增，在 (1, ) 上单调递减， max( ) (1) 0g a g   ， 1a  实数 a的取值集合为{1}． 18．(1)平均数 78，方差 33；(2)分布列见解析， 249 100 【分析】（1）利用平均数的计算公式及分层抽样的方差公式计算即可； （2）利用离散型随机变量的分布列与期望公式计算即可. 答案第 8页，共 9页 【详解】（1）甲 12次投篮次数的平均数 1 80x  ，乙 8次投篮次数的平均数 2 75x  . 这 20次投篮次数的平均数 1 2 12 8 3 80 2 75 78 20 20 5 x x x       ， 方差    2 22 2 21 1 2 212 820 20s s x x s x x                   2 2893 80 78 2 23 75 78 3 33 5                . （2） X 的可能取值为 1，2，3， 则   1 3 31 1 5 4 20 P X      ，   4 1 1 1 212 1 1 5 5 5 4 100 P X         ，   4 4 163 1 5 5 25 P X      ， 所以 X 的分布列为 X 1 2 3 P 3 20 21 100 16 25   3 21 16 2491 2 3 20 100 25 100 E X        . 19．(1)列联表见解析， 70n  ；(2)分布列见解析， 6( ) 5 E X  【分析】（1）根据题意即可完成列联表，再由题意可得 2 61.46  ，即可求出 n； （2）由题意可得 X 服从二项分布，再根据二项分布的期望公式即可得解. 【详解】（1）列联表如下： 学生群体 关注度 合计 关注 不关注 大学生 3 10 n 10 n 2 5 n 高中生 3 10 n 3 10 n 3 5 n 合计 3 5 n 2 5 n n 答案第 9页，共 9页 22 2 2 9 3 100 100 3 2 2 3 16 5 5 5 5 n nn n n n n n           ， 因为依据小概率值 0.05  的独立性检验，认为关注航天事业发展与学生群体有关， 所以 2 3.841 61.46 16 n n     ， 由题可知，n是 10的倍数，所以 n的最小值为70； （2）由（1）可知 70n  ，所以不关注的人数为 2 70 28 5   ， 用频率估计概率，所以不关注的概率为 28 2 70 5 P   ， X的所有可能取值为 0，1，2，3， 3 2 1 3 3 27 2 3 54( 0) , ( 1) C 5 125 5 5 125 P X P X                  ， 2 3 2 3 3 3 2 3 36 2 8( 2) C , ( 3) C 5 5 125 5 125 P X P X                   ， 所以 X的分布列为 X 0 1 2 3 P 27 125 54 125 36 125 8 125 因为 2~ 3, 5 X B      ，所以 2 6( ) 3 5 5 E X    .