精品解析：山东省青岛市黄岛区2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题

2023—2024学年度第二学期期中考试 高二数学试题 2024.04 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，请将答题卡上交. 一､单项选择题：本大题共8小题.每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 6个人分5张无座足球票，每人至多分1张，而且票必须分完，那么不同的分法种数是（ ） A. B. C. 5! D. 2. 已知随机变量的分布列如下所示，且，则（ ） 1 2 3 A. B. C. D. 3. 某工厂5月份生产3000个灯泡，实验得知灯泡使用寿命（单位小时）服从正态分布，已知，则工厂该月生产灯泡寿命在800小时以上个数约为（ ） A. 2600 B. 2700 C. 2800 D. 2900 4. 若，则（ ） A. 244 B. 242 C. 122 D. 121 5. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到.已知，依据小概率值的独立性检验，则（ ） A. 与不独立 B. 与不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05 C. 与独立 D. 与独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05 6. 1080不同的正因数个数为（ ） A. 32 B. 36 C. 48 D. 50 7. 若随机变量服从二项分布，且，则（ ） A. B. 10 C. D. 11 8. 在如图所示的九宫格中填入数字和字母，已知三个字母：都填到九宫格中且不能在同一行同一列，其他每格只能从数字中选择一个填入，有公共边的两个格数字不相同，则不同的填法种数为（ ） A. 5230 B. 3619 C. 4758 D. 5184 二､多项选择题：本大题共3小题.每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 某研究小组用5组数据绘制了如下散点图，若将第六组数据（点）加入后重新进行回归分析，则（ ） A. 相关系数的绝对值越趋于1 B. 决定系数变小 C. 残差平方和变小 D. 解释变量与预报变量相关性变弱 10. 已知离散型随机变量，其中，则（ ） A. 若，则 B. C. 若，则 D. 若，则为奇数概率为 11. 已知事件，则（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ______. 13. 的展开式中的系数为__________（用数字作答） 14. 在一定的环境下，某种食品的保质期为正整数，根据统计数据，它近似满足以下规律：对任意正整数，保质期恰好为的该食品在所有保质期不小于的该食品中的占比为.记该食品的保质期为为事件，该食品的保质期不小于为事件：则______，______. 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知展开式的二项式系数和为64. （1）若，求值； （2）证明：为正整数. 16. 已知甲箱中有2个白球和4个红球，乙箱中有4个白球和2个红球.质点从原点出发，每次等可能的向左或向右移动一个单位，记事件“质点移动6次，最终在2的位置”. （1）求事件发生的概率； （2）若事件发生，从甲箱中取一球，否则从乙箱中取一球.求取出的球是红球的概率. 17. 某固态电池密度（单位）区间为，假设每块电池的电容量相等，为测试电池性能，随机抽取60块电池进行密度测试，得到如图所示的频率分布直方图： （1）估计这60块电池密度的平均值（同一组中数据用该组区间的中点值代表）. （2）研发小组测试这60块电池的快速充电时间（电量30%到），将结果整理如下： 充电时间 能量密度 小于 不小于 小于 8 不小于 12 根据小概率值的独立性检验，能否认为此固态电池能量密度与充电快慢有关？ （3）根据大量测试数据，该款固态电池能量密度近似服从正态分布，用（1）中求得的样本平均数作为的近似值，现任取一块固态电池，求它能量密度大于的概率（精确到小数点后两位数）. 附：①参考公式：，其中. 下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值. 0.1 0.05 0.01 0005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 ②当时，， 18. 肥胖不仅影响形体美，而且给生活带来不便，此外还有关节软组织损伤､心脏病､糖尿病､脂肪肝､痛风等危害.小王通过运动和节食进行减肥，并将时间x（单位：周）和体重（单位：）记录制作如下统计表： 1 2 3 4 6 8 901 87.6 87.2 86.2 84.2 84.3 （1）若和满足经验回归模型，求； （2）求该模型的决定系数，并判断该经验回归方程是否有价值（认为有价值）； （3）当某组数据残差的绝对值不超过0.3时，称该组数据为“身材有效管理数据”，现从这六组数据中任意抽取两组，设抽取的“身材有效管理数据”的个数为，求的分布列和期望. 附：经验回归方程中，， 参考数据：. 19. 已知奖箱共张奖券，其中一等奖张，其余都是二、三等奖. （1）不放回的每次抽取一张，求第二次抽到一等奖的概率； （2）若，且二、三等奖个数比例为. （i）不放回每次抽取一张，抽完为止.求一等奖最先全部抽出的概率. （ii）游戏规定：初始分为0分，每次从奖箱中有放回的抽取一张，取到一等奖得1分，取到非一等奖得分，分数为2分时或分时结束.求游戏结束时，抽取次数的数学期望. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024学年度第二学期期中考试 高二数学试题 2024.04 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，请将答题卡上交. 一､单项选择题：本大题共8小题.每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 6个人分5张无座足球票，每人至多分1张，而且票必须分完，那么不同的分法种数是（ ） A. B. C. 5! D. 【答案】A 【解析】 【分析】由组合的概念求解即可. 【详解】6个人分5张无座足球票，每人至多分1张，而且票必须分完， 所以从6个人中选5人即可，所以共有种分法. 故选：A 2. 已知随机变量的分布列如下所示，且，则（ ） 1 2 3 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用分布列的性质及期望公式即可求解. 【详解】由分布列的性质可得，，所以， 又因为， 所以，即， 联立方程，解得， 所以. 故选：B. 3. 某工厂5月份生产3000个灯泡，实验得知灯泡使用寿命（单位小时）服从正态分布，已知，则工厂该月生产灯泡寿命在800小时以上个数约为（ ） A. 2600 B. 2700 C. 2800 D. 2900 【答案】B 【解析】 【分析】由正态分布的性质求出灯泡寿命在800小时以上的概率，然后估计工厂该月生产灯泡寿命在800小时以上的个数即可. 【详解】因为灯泡使用寿命（单位小时）服从正态分布，且， 所以， 所以， 所以工厂该月生产灯泡寿命在800小时以上个数约为个. 故选：B 4. 若，则（ ） A. 244 B. 242 C. 122 D. 121 【答案】C 【解析】 【分析】分别令、得两式相加可得答案. 【详解】令，得， 令，得， 两式相加得， 则. 故选：C. 5. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到.已知，依据小概率值的独立性检验，则（ ） A. 与不独立 B. 与不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05 C. 与独立 D. 与独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05 【答案】C 【解析】 【分析】根据独立性检验的知识判断即可. 【详解】因为 根据，根据小概率值的独立性检验知：与独立，C正确. 故选：C. 6. 1080不同的正因数个数为（ ） A. 32 B. 36 C. 48 D. 50 【答案】A 【解析】 【分析】根据质因数分解，结合分步计数原理即可求解. 【详解】由题意可知，则 1080的正因数， 因为可取，可取，可取， 所以1080不同的正因数个数为. 故选：A. 7. 若随机变量服从二项分布，且，则（ ） A. B. 10 C. D. 11 【答案】C 【解析】 【分析】根据求出，根据的分布列求出的分布列，再求期望可得答案. 【详解】因为，所以 因为，所以， 解得， ，， ，， ，， ， 所以的分布列为 0 1 2 3 4 5 6 所以的分布列为 0 1 4 9 16 25 36 所以 . 故选：C. 8. 在如图所示的九宫格中填入数字和字母，已知三个字母：都填到九宫格中且不能在同一行同一列，其他每格只能从数字中选择一个填入，有公共边的两个格数字不相同，则不同的填法种数为（ ） A. 5230 B. 3619 C. 4758 D. 5184 【答案】D 【解析】 【分析】先填，再填1，2，3，由分步乘法计数原理求解即可. 【详解】先填，对于，有9个位置可以选择， 除去所在的行和列，有4个位置可以选择， 再除去所在的行和列，只剩1个位置， 故填共有种；再填1，2，3，如下图， ④ ⑤ ① ⑥ ② ③ 由于公共边的两个格数字不相同，从①号位置开始: ①有3种选择，②有2种选择，③有2种选择，④有3种选择，⑤有2种选择，⑥有2种选择， 故填1，2，3有种； 所以共有种. 故选：D. 二､多项选择题：本大题共3小题.每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 某研究小组用5组数据绘制了如下散点图，若将第六组数据（点）加入后重新进行回归分析，则（ ） A. 相关系数的绝对值越趋于1 B. 决定系数变小 C. 残差平方和变小 D. 解释变量与预报变量相关性变弱 【答案】BD 【解析】 【分析】从图中分析得到加入点后，回归效果会变差，再由决定系数，相关系数，残差平方和和相关性的概念和性质作出判断即可. 【详解】从图中可以看出点较其他点，偏离直线远， 故加入点后，回归效果会变差， 所以相关系数的绝对值越趋于0，决定系数变小，故A错误，B正确； 拟合效果变差，则残差平方和变大，故C错误； 解释变量与预报变量相关性变弱，D正确. 故选：BD. 10. 已知离散型随机变量，其中，则（ ） A. 若，则 B. C. 若，则 D. 若，则为奇数的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用二项分布的概率、期望和方差公式，结合方差的性质和二项展开式的奇数项的二项式系数和即可求解. 【详解】对于A选项，若，则，，所以，故A正确； 对于B选项，由，得，所以，故B正确； 对于C选项，若则， 所以， 因为，所以，所以，即， 所以，即，故C错误； 对于D选项，若则， 所以， 所以为奇数的概率为，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知事件，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】运用条件概率和全概率公式计算即可. 【详解】，则A正确； ，则B错误； ，故C错误； ，则D正确. 故选：AD. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ______. 【答案】 【解析】 【分析】利用排列数和组合数公式即可求解. 【详解】. 故答案为:. 13. 的展开式中的系数为__________（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式定理即可求解. 详解】由题可知， 所以展开式的通项公式为， 所以的展开式中的项为， 的展开式中的项为， 所以的展开式中的系数为. 故答案为：. 14. 在一定的环境下，某种食品的保质期为正整数，根据统计数据，它近似满足以下规律：对任意正整数，保质期恰好为的该食品在所有保质期不小于的该食品中的占比为.记该食品的保质期为为事件，该食品的保质期不小于为事件：则______，______. 【答案】 ①. 0.9##； ②. . 【解析】 【分析】设食品总数为，保质期为年的食品数为，由题意得，，列出方程组 联立，消去得，即，由等比数列求出其通项，再推理得到，求出，最后利用条件概率公式可求得. 【详解】设食品总数为，保质期为年的食品数为， 由题意，，则， 即①； ②； ②① 得，则,即得， 因,则数列是首项为,公比为的等比数列，则. 又由可得，，即， ， 于是， 故. 故答案为：；. 【点睛】思路点睛：解题思路在于，弄清题意，设出相关量，正确表示它们的数量关系，推理得到概率的递推式，利用等比数列定义求出概率表示式. 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知展开式的二项式系数和为64. （1）若，求的值； （2）证明：为正整数. 【答案】（1）64 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题设条件求得，再赋值，计算即得； （2）利用二项式化简计算即可证得结论. 【小问1详解】 因展开式的二项式系数和为，解得，， 在中，取，得； 【小问2详解】 为整数. 16. 已知甲箱中有2个白球和4个红球，乙箱中有4个白球和2个红球.质点从原点出发，每次等可能的向左或向右移动一个单位，记事件“质点移动6次，最终在2的位置”. （1）求事件发生的概率； （2）若事件发生，从甲箱中取一球，否则从乙箱中取一球.求取出的球是红球的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意需质点向左移动次，向右移动次，根据古典概型的概率公式计算可得； （2）设取出的球是红球为事件，根据全概率公式计算可得. 【小问1详解】 要使质点移动次，最终在的位置，则需质点向左移动次，向右移动次， 所以或； 【小问2详解】 设取出的球是红球为事件，则， 又有题知：，， 故根据全概率公式得 . 17. 某固态电池密度（单位）区间为，假设每块电池电容量相等，为测试电池性能，随机抽取60块电池进行密度测试，得到如图所示的频率分布直方图： （1）估计这60块电池密度的平均值（同一组中数据用该组区间的中点值代表）. （2）研发小组测试这60块电池快速充电时间（电量30%到），将结果整理如下： 充电时间 能量密度 小于 不小于 小于 8 不小于 12 根据小概率值的独立性检验，能否认为此固态电池能量密度与充电快慢有关？ （3）根据大量测试数据，该款固态电池能量密度近似服从正态分布，用（1）中求得的样本平均数作为的近似值，现任取一块固态电池，求它能量密度大于的概率（精确到小数点后两位数）. 附：①参考公式：，其中. 下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值. 0.1 0.05 001 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 ②当时，， 【答案】（1）395 （2）能认为此固态电池能量密度与充电快慢有关，此推断犯错误的概率不超过0.05； （3）0.16 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图，计算平均数即可； （2）根据题意补充列联表，由表中数据计算，对照附表得出结论； （3）根据正态分布,，，计算的值即可． 【小问1详解】 由频率分布直方图，估计这60块电池密度的平均值为： ； 【小问2详解】 根据题意补充列联表，如下： 充电时间 能量密度 总计 小于 不小于 小于 8 24 32 不小于 16 12 28 总计 24 36 60 零假设为：此固态电池能量密度与充电快慢无关， 由表中数据，计算， 根据小概率值的独立性检验，我们推断零假设不成立， 即能认为此固态电池能量密度与充电快慢有关，此推断犯错误的概率不超过0.05； 【小问3详解】 因为近似服从正态分布,，， 则， 所以现任取一块固态电池，它能量密度大于的概率为0.16． 18. 肥胖不仅影响形体美，而且给生活带来不便，此外还有关节软组织损伤､心脏病､糖尿病､脂肪肝､痛风等危害.小王通过运动和节食进行减肥，并将时间x（单位：周）和体重（单位：）记录制作如下统计表： 1 2 3 4 6 8 90.1 87.6 87.2 86.2 84.2 84.3 （1）若和满足经验回归模型，求； （2）求该模型的决定系数，并判断该经验回归方程是否有价值（认为有价值）； （3）当某组数据残差的绝对值不超过0.3时，称该组数据为“身材有效管理数据”，现从这六组数据中任意抽取两组，设抽取的“身材有效管理数据”的个数为，求的分布列和期望. 附：经验回归方程中，， 参考数据：. 【答案】（1）；. （2）；该经验回归方程有价值. （3）分布列见解析；数学期望是1. 【解析】 【分析】（1）设得，计算，继而得到和； （2）分别计算和，计算出，即得结论； （3）依题意，残差的绝对值不超过0.3的有三组，由此确定的可能值有，利用超几何分布计算概率，写出分布列，计算出数学期望即可. 【小问1详解】 设则， 因 ， 则 又且经验回归直线过点， 故得，， 【小问2详解】 由（1）， 1 2 3 4 6 8 90.1 87.6 87.2 86.2 84.2 84.3 90 88 86.8 86 84.8 84 0.01 0.16 0.16 0.04 0.36 0.09 12.25 1 0.36 0.16 5.76 5.29 则，因,则该经验回归方程有价值； 【小问3详解】 经计算，这六组数据中，残差的绝对值不超过0.3的有三组，分别是第一组、第四组和第八组， 故从这六组数据中任意抽取两组,的可能值有， 于是，, 则的分布列为： 0 1 2 故数学期望为. 19. 已知奖箱共张奖券，其中一等奖张，其余都是二、三等奖. （1）不放回的每次抽取一张，求第二次抽到一等奖的概率； （2）若，且二、三等奖个数比例为. （i）不放回的每次抽取一张，抽完为止.求一等奖最先全部抽出的概率. （ii）游戏规定：初始分为0分，每次从奖箱中有放回的抽取一张，取到一等奖得1分，取到非一等奖得分，分数为2分时或分时结束.求游戏结束时，抽取次数的数学期望. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）利用组合数和古典概型的概率计算公式即可求解； （2）（i）利用概率的加法和乘法公式，结合全概率公式即可求解； （ii）利用期望公式列式求解即可. 【小问1详解】 记第二次抽到一等奖为事件,其他个一等奖在剩余的个奖券中随机抽出， 故. 【小问2详解】 （i）由题知，一、二、三等奖个数分别为，记最后一张奖券是二等奖为事件 最后一张奖券是三等奖为事件，显然事件与互斥， 记一等奖最先全部抽出为事件，则， 当事件发生时，只需考虑所有一、三等奖最后被抽到的那一张是三等奖， 则 当事件发生时，只需考虑所有一、二等奖最后被抽到的那一张是二等奖， 则 所以. （ii）从前两轮看： 所以 【点睛】关键点点睛：第一问直接利用古典概型的概率计算公式即可，第二问的第一小问，利用全概率公式计算即可，第二小问，利用期望公式计算即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$