四川省仁寿第一中学校北校区2022-2023学年高二理科数学下学期期中试题（Word版附解析）

仁寿一中北校区高二下学期理科数学3月月考

一、单选题（每小题只有一项是符合题目要求的.每小题 5 分，共 60 分）

1. 某企业有职工150人，中高级职称15人，中级职称45人，一般职员90人，现抽取30人进行分层抽样，则各职称人数分别为（    ）

A. 5，10，15 B. 5，9，16 C. 3，10，17 D. 3，9，18

【答案】D

【解析】

【分析】由分层抽样的定义结合抽样比即求.

【详解】由分层抽样的定义结合抽样比可知：

中高级职称应抽取：人；

中级职称应抽取：人；

一般职员应抽取：人；

即各职称人数分别为3，9，18.

故选：D.

2. 设某中学的高中女生体重（单位：与身高（单位：）具有线性相关关系，根据一组样本数据，用最小二乘法近似得到回归直线方程为，则下列结论中不正确的是（    ）

A. 与具有正线性相关关系

B. 回归直线过样本的中心点

C. 若该中学某高中女生身高增加，则其体重约增加

D. 若该中学某高中女生身高为，则可断定其体重必为

【答案】D

【解析】

【分析】直接由线性回归方程系数的意义以及必过样本中心点依次判断4个选项即可.

【详解】由于线性回归方程中的系数为，因此与具有正的线性相关关系，A正确；

由线性回归方程必过样本中心点，因此B正确；

由线性回归方程中系数的意义知，每增加，其体重约增加，C正确；

当某女生的身高为时，其体重估计值是，而不是确定值，因此D错误.

故选：D.

3. 下列叙述中正确的是（    ）.

A. 若、、，则“”的充要条件是“”

B. 集合的元素个数有两种可能性

C. 陈述句“或”的否定是“且”

D. 若、、，则“不等式对一切实数都成立”的充分条件是“”

【答案】C

【解析】

【分析】利用充分条件、必要条件的定义可判断A选项的正误；利用方程根的个数可判断B选项的正误；利用陈述句的否定可判断C选项的正误；取，，可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，充分性：若，则，由不等式的性质可得，必要 性成立，

必要性：若且，则，充分性不成立.

所以，“”的充要条件为“”错误，A错；

对于B选项，若，方程的根的个数可能为、、，

若，方程的根的个数可能为、，

故集合的元素个数有三种可能性，B错；

对于C选项，陈述句“或”的否定是“且”，C对；

对于D选项，若，不妨取，，，则对一切实数恒成立，D错.

故选：C.

4. 从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是（    ）

A. 至少有一个黑球与都是黑球

B. 至少有一个黑球与至少有一个红球

C. 恰有一个黑球与恰有两个黑球

D. 至少有一个黑球与都是红球

【答案】C

【解析】

【分析】列举每个事件所包含的基本事件，结合互斥事件和对立事件的定义，依次验证即可.

【详解】对于：事件：“至少有一个黑球”与事件：“都是黑球”可以同时发生，如：两个都是黑球，这两个事件不是互斥事件，不正确；

对于：事件：“至少有一个黑球”与事件：“至少有一个红球”可以同时发生，如：一个红球一个黑球，不正确；

对于：事件：“恰好有一个黑球”与事件：“恰有两个黑球”不能同时发生，但从口袋中任取两个球时还有可能是两个都是红球，两个事件是互斥事件但不是对立事件，正确；

对于：事件：“至少有一个黑球”与“都是红球”不能同时发生，但一定会有一个发生，

这两个事件是对立事件，不正确；

故选：.

5. 某社区通过公益讲座以普及社区居民垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：

则（    ）

A. 讲座前问卷答题的正确率的中位数小于

B. 讲座后问卷答题的正确率的平均数大于

C. 讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差

D. 讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差

【答案】B

【解析】

【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.

【详解】讲座前中位数为,所以错；

讲座后问卷答题的正确率只有一个是个,剩下全部大于等于,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于,所以B对；

讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差,所以C错；

讲座后问卷答题的正确率的极差为，

讲座前问卷答题的正确率的极差为,所以错.

故选:B.

6. 某工厂利用随机数表对生产的600个零件进行抽样测试，先将600个零件进行编号，编号分别为001，002，，599，600.从中抽取60个样本，如表提供随机数表的第4行到第6行：

32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 42

84 42 12 53 31 34 57 86 07 36 25 30 07 32 86 23 45 78 89 07 23 68 96 08 04

32 56 78 08 43 67 89 53 35 77 34 89 94 83 75 22 53 55 78 32 45 77 89 23 45

若从表中第6行第6列开始向右读取数据，则得到第6个样本编号是（    ）

A. 578 B. 535 C. 522 D. 324

【答案】B

【解析】

【分析】根据随机数表法抽取相应数字，超过600和前面重复的去掉．

【详解】解：根据题意，808不合适，436，789不合适，533，577，348，994不合适，

837不合适，522，535为满足条件的第六个数字．

故选：．

【点睛】本题主要考查简单随机抽样中的随机数表法，属于基础题．

7. 已知数据，，，，的方差为，则数据，，，，的方差为（       ）

A. 25 B. 20 C. 15 D. 10

【答案】B

【解析】

【分析】根据方差的知识求得正确答案.

【详解】由于数据，，，，的方差为，

所以数据，，，，的方差为.

故选：B

8. 的展开式中的系数是（    ）

A. 5 B. 100 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开式中含项的系数．

【详解】由于，

含项的系数为，

故选：D．

9. 的展开式中，含项的系数是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据二项式系数以及组合数性质求得正确答案.

【详解】依题意，含项的系数是

.

故选：A

10. 在如图所示的计算程序框图中，判断框内应填入的条件是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意结合流程图所要实现的功能确定判断框内应填入的条件即可.

【详解】由题意结合流程图可知当时，程序应执行，，

再次进入判断框时应该跳出循环，输出的值；

结合所给的选项可知判断框内应填入的条件是.

故选：A.

11. 某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（    ）

A. 56种 B. 68种

C. 74种 D. 92种

【答案】D

【解析】

【分析】根据条件，分划左舷有“多面手”的人数分类，利用组合数公式计算求值.

【详解】根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有 种，有一个“多面手”的选派方法有种，有两个“多面手”的选派方法有种，即共有(种)不同的选派方法．

故选：D

【点睛】方法点睛：组合数中的“多面手”问题，需明确某一类元素多面手有多少进行分类，这样才能做到不重不漏.

12. 定义“有增有减”数列如下：，满足，且，满足.已知“有增有减”数列共4项，若，且，则数列共有

A. 64个 B. 57个 C. 56个 D. 54个

【答案】D

【解析】

【分析】先确定元素，再确定排序，注意相同元素在排序时的重复情况视为一种.

【详解】（法一）：

由题意不妨设

记

则满足条件的有：

（1）中有两个元素时：选元素：种；排循序：（减去：全相同2种，顺序3种，倒序3种）；共有种；

 （2）中有三个元素时：选元素：种；排循序：（减去：顺序1种，倒序1种）；共有种；

所以共有种.

（法二）：

当四个数中只有两个数相同或只有两对数时，共有种，当四个数中有三个数相同时，共有种，所以总方法数有．

【点睛】利用排列组合计数时，关键是正确进行分类和分步，分类时要注意不重不漏.在本题中，按四个数中，只有两类数和有三类数进行分类，其中两类数中又有小类，三个相同和两两相同．

二、填空题（共20分，每小题5 分）

13. 命题：若，则，则其否命题是______.

【答案】若，则

【解析】

【分析】由否命题的定义求解即可.

【详解】命题的否命题为：若，则.

故答案为：若，则

14. 用辗转相除法求得2134与1455的最大公约数为______．

【答案】97

【解析】

【分析】根据辗转相除法的步骤，计算可得；

【详解】解：

故与的最大公约数是；

故答案为：．

15. 若，则______．

【答案】

【解析】

【分析】由题，求得，再令可得0=，即可得到答案.

【详解】在中，令可得

再令可得0=

所以=

故答案为-1

【点睛】本题考查了二项式定理，熟悉公式是解题的关键，属于中档题.

16. 在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图），要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物．现有3种不同的植物可供选择，则有_____种栽种方案．

【答案】66

【解析】

分析】根据题意，分3种情况讨论：①当A、C、E种同一种植物，②当A、C、E种二种植物，③当A、C、E种三种植物，再由分类计数原理，即可求得，得到答案．

【详解】根据题意，分3种情况讨论：

①当A、C、E种同一种植物，此时共有3×2×2×2=24种方法；

②当A、C、E种二种植物，此时共有C32×A32×2×1×1=36种方法；

③当A、C、E种三种植物，此时共有A33×1×1×1=6种方法；

则一共有24+36+6=66种不同的栽种方案；

故答案为66．

【点睛】本题主要考查分类计数原理，及有关排列组合的综合问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件，解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，同时在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式．

三、解答题（共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17. 已知；函数有两个零点．

（1）若为假命题，求实数的取值范围；

（2）若为真命题， 为假命题，求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）分别求得为真命题时，的取值范围，进而求得为假命题时的取值范围.

（2）根据一真一假列不等式，由此求得的取值范围.

【小问1详解】

若为真，

当时，，所以.

若“函数有两个零点”为真，

则， 解得或 ．

若为假命题，则均为假命题，则，

所以实数的取值范围为．

【小问2详解】

若为真命题， 为假命题，则一真一假．

若真假，则实数满足，即；

若假真，则实数满足，即．

综上所述，实数的取值范围为．

18. 某企业招聘，一共有名应聘者参加笔试他们的笔试成绩都在内，按照，，…，分组，得到如下频率分布直方图：

（1）求图中的值；

（2）求全体应聘者笔试成绩的平均数；（每组数据以区间中点值为代表）

（3）该企业根据笔试成绩从高到低进行录取，若计划录取人，估计应该把录取的分数线定为多少.

【答案】（1）   

（2）   

（3）65分

【解析】

【分析】（1）由所有频率和为1，列方程求出的值，

（2）由平均数公式求解即可，

（3）设分数线定为，根据频率分布直方图可知，列出方程估计录取的分线

【小问1详解】

由题意得，解得

【小问2详解】

这些应聘者笔试成绩的平均数为

【小问3详解】

根据题意，录取的比例为，

设分数线定为，根据频率分布直方图可知，则

，解得，

所以估计应该把录取的分数线定为65分

19. 某地区组织所有高一学生参加了“科技的力量”主题知识竟答活动，根据答题得分情况评选出一二三等奖若干，为了解不同性别学生的获奖情况，从该地区随机抽取了500名参加活动的高一学生，获奖情况统计结果如下：

假设所有学生的获奖情况相互独立．

（1）分别从上述200名男生和300名女生中各随机抽取1名，求抽到的2名学生都获一等奖的概率；

（2）用频率估计概率，从该地区高一男生中随机抽取1名，从该地区高一女生中随机抽取1名，以X表示这2名学生中获奖的人数，求的分布列

【答案】（1）   

（2）分布列见解析

【解析】

【分析】（1）根据组合数的计算以及古典概型概率计算公式求得抽到的2名学生都获一等奖的概率.

（2）根据相互独立事件概率计算公式求得的分布列.

【小问1详解】

设事件为“分别从上述200名男生和300名女生中各随机抽取1名，抽到的2名学生都获一等奖”，

则.

【小问2详解】

随机变量的所有可能取值为0，1，2.

记事件为“从该地区高一男生中随机抽取1名，该学生获奖”，

事件为“从该地区高一女生中随机抽取1名，该学生获奖”.

由题设知，事件，相互独立，且估计为估计为.

所以，

，

.

所以的分布列为

20. 在二项式的展开式中，已知第2项与第8项的二项式系数相等.

（1）求展开式中二项式系数最大的项.

（2）求的展开式中的常数项.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由二项式系数关系及组合数性质得，进而写出二项系数最大项即可；

（2）由（1）知二项式为，分别求出前后两个二项式的常数项，即可得结果.

【小问1详解】

依题意，由组合数的性质得.

所以二项式的展开式中二项式系数最大的项为.

【小问2详解】

由（1）知，，

因为二项式的展开式的通项为，

所以的常数项为，的常数项为，

所以的展开式中的常数项为.

21. 研究表明，温度的突然变化会引起机体产生呼吸道上皮组织的生理不良反应，从而导致呼吸系统疾病的发生或恶化．某中学数学建模社团成员欲研究昼夜温差大小与该校高三学生患感冒人数多少之间的关系，他们记录了某周连续六天的温差，并到校医务室查阅了这六天中每天高三学生新增患感冒而就诊的人数，得到资料如下：

参考数据：．

已知两个变量x与y之间的样本相关系数，请用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程，据此估计昼夜温差为15℃时，该校新增患感冒的学生数（结果保留整数）．

参考公式：

【答案】，33人．

【解析】

【分析】根据表格提供数据分别计算出，，即可计算出，，即可写出y关于x的线性回归方程，将代入可估算新增患感冒的学生数.

【详解】由题意可得，所以可得；

；

又，可得；

所以，

又，

解得，所以可得；

因此，

即可得y关于x的线性回归方程为，

当时，，

所以可以估计，昼夜温差为15℃时，该校新增患感冒的学生数为33人．

22. 甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船的码头，它们在一昼夜内到达该码头的时刻是等可能的．

（1）如果甲船和乙船停泊时间都是4h，求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率；

（2）如果甲船的停泊时间为4小时，乙船停泊时间是2h，求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】设甲、乙两船到达时间分别为x，y，

（1）列出x，y满足的线性约束条件，再作出可行域，利用几何概型的概率公式求解；

（2）列出x，y满足的线性约束条件，再作出可行域，利用几何概型的概率公式求解.

【详解】解：（1）如图所示，设甲、乙两船到达时间分别为x，y，则，，

且，作出区域如图所示，

设“两船无需等待码头空出”为事件A，则．

（2）甲船的停泊时间是4h，两船不需要等待码头空出，则满足；乙船的停泊时间是2h，两船不需等待码头空出，则满足．

设在上述条件时“两船不需等待码头空出”为事件B，则有

画出区域如图所示 ，

所以．