2023-2024学年山东省青岛市黄岛区高二下学期4月期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1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】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：A2.已知随机变量的分布列如下所示，且，则（）123A. B. C. D.【答案】B【解析】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】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：B4.若，则（）A.244 B.242 C.122 D.121【答案】C【解析】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0.05C.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】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】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】，因为，所以，解得，，，，，，，，所以的分布列为0123456所以的分布列为0149162536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】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，④⑤①⑥②③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1B.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】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】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】，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】.故答案为:.13.的展开式中的系数为__________（用数字作答）【答案】【解析】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】0.9；【解析】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：；.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.解：（1）因展开式的二项式系数和为，解得，，在中，取，得；（2）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.解：（1）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；（2）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.0.10.050010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828②当时，，解：（1）由频率分布直方图，估计这60块电池密度的平均值为：；（2）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82432不小于161228总计243660零假设为：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；（3）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：12346890.187.687.286.284.284.3（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：.解：（1）设则，因，则，又且经验回归直线过点，故得，，（2）由（1），12346890.187.687.286.284.284.3908886.88684.8840.010.160.160.040.360.0912.2510.360.165.765.29则，因,则该经验回归方程有价值；（3）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：012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-2分时结束.求游戏结束时，抽取次数的数学期望.解：（1）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.（2）（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】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：A2.已知随机变量的分布列如下所示，且，则（）123A. B. C. D.【答案】B【解析】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】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：B4.若，则（）A.244 B.242 C.122 D.121【答案】C【解析】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0.05C.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】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】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】，因为，所以，解得，，，，，，，，所以的分布列为0123456所以的分布列为0149162536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】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，④⑤①⑥②③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1B.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】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】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】，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】.故答案为:.13.的展开式中的系数为__________（用数字作答）【答案】【解析】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】0.9；【解析】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：；.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.解：（1）因展开式的二项式系数和为，解得，，在中，取，得；（2）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.解：（1）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；（2）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.0.10.050010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828②当时，，解：（1）由频率分布直方图，估计这60块电池密度的平均值为：；（2）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82432不小于161228总计243660零假设为：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；（3）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（