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浙江省温州环大罗山联盟2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试题
一、单选题（共8小题，每题5分，共40分）
1． 设全集，集合，，则=（　　）
A． B． C． D．
2．在的展开式中，系数为整数的项数是（　　）
A．8 B．5 C．3 D．2
3．若直线与幂函数的图象依次交于不同的三点，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．以上说法都不正确
4．函数（为自然常数）的大致图像是（　　）
A． B．
C． D．
5．小明新买的储蓄罐有5位密码，他决定在“斐波那契数列”的前6项中随机抽取5个数字设置为储蓄罐的密码，且密码的第3位是偶数，已知“斐波那契数列”的前6项依次为“1、1、2、3、5、8”，则可以设置的不同密码个数为（　　）
A．144 B．120 C．84 D．116
6．为了考查一种新疫苗预防某X疾病的效果，研究人员对一地区某种动物进行试验，从该试验群中随机进行了抽查，已知抽查的接种疫苗的动物数量是没接种疫苗的2倍，接种且发病占接种的，没接种且发病的占没接种的，若本次抽查得出“在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为接种该疫苗与预防某X疾病有关”的结论，则被抽查的没接种动物至少有（　　）只
0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 5.635 7.879 10.828
A．35 B．36 C．37 D．38
7．如图所示，5颗串珠用一根细线串起，现将它们依次取出（只允许从两边取出），一次取一颗，两颗☆☆串珠被连续取出的概率是（　　）
A． B． C． D．
8．已知函数，若为方程的解，则（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
二、多选题（共3小题，每题6分，共18分，选对部分得部分分，错选或不选不得分）
9．设离散型随机变量的分布列如下所示，若离散型随机变量满足，则下列说法正确的是（　　）
0 1 2 3 4
0.4 0.1 0.2
A． B．
C． D．
10．已知由样本数据组成的一个样本，得到回归直线方程为，且，剔除一个偏离直线较大的异常点后，得到新的回归直线经过点.则下列说法正确的是（　　）
A．相关变量 x，y具有正相关关系
B．剔除该异常点后，样本相关系数的绝对值变大
C．剔除该异常点后的回归直线经过点
D．剔除该异常点后，回归直线的斜率是
11．已知函数，若非空集合，且，则下列说法中正确的是（　　）
A．的取值与有关 B．为定值
C． D．
三、填空题（共3小题，每题5分，共15分）
12．已知随机变量的分布列，则　 　．
13．甲、乙、丙3人做传球游戏，游戏规则为：一人随机将球传到另外两人中的一人手里，接到球的一人再将球随机传到另外两人中的一人手里，如此循环传递下去，如果由甲先传球，则连续传球五次后，球在甲手里的概率为　 　.
14．设函数，已知对任意，若、满足，，则，则正实数的最大值为　 　．
四、解答题（本题共5小题，共77分）
15．科学家经过测量发现候鸟的飞行速度可以表示为函数，单位是，其中表示候鸟每分钟耗氧量的单位数，表示测量过程中候鸟每分钟的耗氧偏差．（）
（1）若，候鸟每分钟的耗氧量为8100个单位时，它的飞行速度是多少？
（2）若雄性候鸟的飞行速度为，雌性候鸟的飞行速度为，那么此时雄性候鸟每分钟的耗氧量是雌性候鸟每分钟的耗氧量的多少倍？
16．已知函数．
（1）若的解集为，求a，b的值；
（2）若方程在上有解，求实数a的取值范围．
17．航天事业是国家综合国力的重要标志，带动着一批新兴产业和新兴学科的发展.2022~2023学年全国青少年航天创新大赛设航天创意设计、太空探测、航天科学探究与创新三个竞赛单元及载人航天主题专项赛．某校为了激发学生对航天科技的兴趣，点燃学生的航天梦，举行了一次航天创新知识竞赛选拔赛，从中抽取了10名学生的竞赛成绩，得到如下表格：
序号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
成绩（分） 38 41 44 51 54 56 58 64 74 80
记这10名学生竞赛成绩的平均分与方差分别为，．经计算，．
（1）求与；
（2）规定竞赛成绩不低于60分为优秀，从这10名学生中任取3名，记竞赛成绩优秀的人数为X，求X的分布列；
（3）经统计，航天创新知识选拔赛成绩服从正态分布，用，的值分别作为，的近似值，若科创中心计划从全市抽查100名学生进行测试，记这100名学生的测试成绩恰好落在区间的人数为Y，求Y的均值．
附：若，则，，．
18．人工智能在做出某种推理和决策前，常常是先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策．我们利用这种方法设计如下试验：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子内有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球．我们首先从这两个袋子中随机选择一个袋子，假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为（先验概率），再从该袋子中随机摸出一个球，称为一次试验．经过多次试验，直到摸出红球，则试验结束；若试验未结束，则将摸到的球放回原袋，每次试验相互独立．
（1）求首次试验结束的概率；
（2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整．
（i）求选到的袋子为甲袋的概率；
（ii）求选到的袋子为乙袋，且第二次试验就结束的概率．
19．小明同学在课外学习时发现以下定义：设函数是定义在区间上的连续函数，若、，都有，则称为区间上的下凸函数．例如，函数在上为下凸函数.通过查阅资料，小明同学了解到了琴生（Jensn）不等式：若是区间上的下凸函数，则对任意的、、、，不等式恒成立（当且仅当时等号成立）．
（1）已知在上为下凸函数，若，求的最大值；
（2）判断函数在上是否是下凸函数，若是，请证明；若不是，请说明理由；
（3）设、、、，且，求的最小值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：集合，因为集合，
，所以=.
故答案为：A.
【分析】根据集合的交集、补集运算求解即可.
2．【答案】C
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：的展开式通项公式为，，
要想系数为整数，需为整数，显然当时，满足要求，
故系数为整数的项数为3.
故答案为：C
【分析】写出二项式定理的通项公式，，要想系数为整数，需为整数，得到当时，系数为整数，可得解.
3．【答案】D
【知识点】幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：
因为，由得；得；得.
则.
因为，所以是关于的减函数.
因为，所以，则.
故以上选项都不对.
故答案为：D.
【分析】由得；得.可得ABC坐标，又是关于的减函数得，得，可得解
4．【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的图象；函数极限
【解析】【解答】解：因为的定义为，
所以，
则为奇函数，故排除D；
又因为，故排除B；
当趋近正无穷时，趋近，故排除C.
故答案为：A.
【分析】由函数的奇偶性、和函数的极限，从而逐项判断找出函数的大致图象.
5．【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：若选的数字只有一个1，此时有两个偶数，则不同的排列方法有种；
若选的数字有两个1，则不同的排列方法有种.
故共有种不同的设置方法.
故答案为：B.
【分析】分两种情况讨论：选取的数字只有一个1，有两个偶数；有两个1，分别用分步乘法和分类加法求解可得.
6．【答案】B
【知识点】不等关系与不等式；独立性检验；独立性检验的应用
【解析】【解答】解：设没接种只数为k，依题意，得2×2列联表如下：
发病 没发病 合计
接种 2k
没接种 k
合计 3k
则的观测值为：，整理得，
结合表中所给数据则，
即，
即
∴，∴
故答案为：B．
【分析】根据独立性检验和概率值关系解不等式即可求得最小值.
7．【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分类加法计数原理；分步乘法计数原理；基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：依题意，前4次取珠，每次可取左或取右两种选择，最后1次取只有1种情况，因此不同取法种数为，
第1，2次取“☆☆”，再取另3颗珠有4种方法；
第2，3次取“☆☆”，则第1次取右起第一颗，共有2种方法；
第3，4次取“☆☆”，则第1，2次取右起两颗，有1种取法；
第4，5次取“☆☆”，则第1，2，3次取右起三颗，有2种取法，
因此两颗☆☆串珠被连续取出的方法种数是，
所以所求概率为.
故答案为：D
【分析】利用分步加法和分类乘法原理前4次取珠，每次可取左或取右两种选择，最后1次取只有1种情况，因此不同取法种数为，第1，2次、第2，3次、第3，4次、第4，5次取“☆☆”，种数相加得两颗☆☆串珠被连续取出的方法种数是，由古典概率公式所求概率为.
8．【答案】A
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由函数，则方程，可得，
则，即，即，
所以，
两边同取自然对数，可得，
因为函数在上为单调递增函数，
所以，即，即，所以，
即，且，
所以.
故答案为：A.
【分析】由方程 得到，即，两边同取自然对数，结合在上为单调递增函数，可得.得解.
9．【答案】A,B,C
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：对于A，由分布列的性质有，可得，故A对；
对于B，由，故B对；
对于C，，
，故C对；
对于D，所以，故D错.
故答案为：ABC.
【分析】先根据概率之和为，确定的值判断A；根据分布列求出的概率即可判断B；根据分布列的期望及方差公式求出即可判断C；由期望及方差的线性运算判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】变量相关关系；线性相关；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、由回归直线方程的斜率为，可知相关变量 x，y具有负相关关系，该选项错误，不合题意；
B、剔除一个偏离直线较大的异常点后，成对样本数据相关程度更强，故样本相关系数的绝对值变大，该选项正确，符合题意；
C、因为原回归直线方程为，且，则，
剔除异常点后，得到新的回归直线经过点，则得到新的，
，故剔除该异常点后的回归直线方程经过点，该选项正确，符合题意；
D、新的回归直线过点，列出方程，解得，
则新的回归方程为，该选项正确，符合题意；
故答案为：BCD
【分析】由回归直线方程的斜率为，可知相关变量 x，y具有负相关关系，可判断A；剔除异常点后，相关程度更强，即|r|变大，可判断B；将代入原回归直线方程，得，剔除异常点后，得到新的回归直线经过点，则得到新的，，故剔除该异常点后的回归直线方程经过点，可判断C；新的回归直线过点，列出方程，解得，则新的回归方程为，可判断D.
11．【答案】B,D
【知识点】集合相等；函数的值；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：A、令，则可化为，
不妨设的解集为，即，，即，
故，又，且，
，且，，且，
由，解得，该选项错误，不合题意，
B、由A分析知，该选项正确，符合题意；
C、，，
有解，
，即或，
又是方程的两个根，
即是方程的两个根，
故，即，
，
又，则，
解得：，
又或，
，该选项错误，不合题意
D、由C分析知，该选项正确，符合题意
故答案选：BD.
【分析】用换元法，将原不等式化为，可求其解集为，得，即，得集合B，由，得且，代入，可判断AB；，即有解，解，又a，-2是方程的两个根，可得最小值为，令，可得m的范围，可判断CD.
12．【答案】
【知识点】离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：已知（），
则由分布列的性质可得
，
解得，
故答案为：.
【分析】利用分布列的性质概率之和为1，列式可得.
13．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：每次传球都有两种选择，所以5次传球共有种传球结果.
因为从甲开始，最后回到甲手上，所以第一次传球后不可能是甲接到球，第四次传球后不可能是甲接到球.
如果第二次传球是甲接到球，则第三次传球后不是甲接到球，所以共有种传球结果；
如果第二次传球不是甲接到球，第三次传球后也不是甲接到球，则有种传球结果；
如果第二次传球不是甲接到球，第三次传球后是甲接到球，则有种传球结果；
所以甲先传球，则连续传球五次后，球在甲手里共有种传球的结果，
所以甲先传球，则连续传球五次后，球在甲手里得概率为.
故答案为：
【分析】每次传球都有两种选择，所以5次传球共有种传球结果.然后分析如何传球才能使得满足题意：因为从甲开始，最后回到甲手上，所以第一次传球后不可能是甲接到球，第四次传球后不可能是甲接到球.如果第二次传球是甲接到球，则第三次传球后不是甲接到球；如果第二次传球不是甲接到球，第三次传球后也不是甲接到球；如果第二次传球不是甲接到球，第三次传球后是甲接到球；
由分类加法原理得：甲先传球，则连续传球五次后，球在甲手里共有种传球的结果，
古典概型球得概率为.
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；基本不等式
【解析】【解答】解：显然，由对任意，若、满足，，
可得，
对于，恒成立，
即为，
化简可得，
即，即恒成立，
由，，
可得，
即对恒成立，可得，
设，则，
当，即，上式取得等号，
由，所以的最大值为.
故答案为：.
【分析】恒成立得恒成立，
由，，可得，分离参数可得，设，运用基本不等式得，验证等号即可.
15．【答案】（1）解：将代入函数式可得：，
故此时候鸟飞行速度为．
（2）解：设雄鸟每分钟的耗氧量为，雌鸟每分钟的耗氧量为，
依题意可得：，两式相减可得：，于是．
故此时雄鸟每分钟的耗氧量是雌鸟每分钟的耗氧量的9倍；
【知识点】对数的性质与运算法则；“对数增长”模型
【解析】【分析】（1）将所给数据代入题干所给解析式得；
（2）由题意可得：，两式作差得到，即可求出.
（1）将代入函数式可得：，
故此时候鸟飞行速度为．
（2）设雄鸟每分钟的耗氧量为，雌鸟每分钟的耗氧量为，
依题意可得：，两式相减可得：，于是．
故此时雄鸟每分钟的耗氧量是雌鸟每分钟的耗氧量的9倍；
16．【答案】（1）解：由的解集为，可知为的两个根，
故，解得；
（2）解：方程在上有解，即在上有解，
即在上有解，
令，则，
故实数a的取值范围为.
【知识点】二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）根据不等式的解集，结合韦达定理求参数即可；
（2）根据题意，参变分离得在上有解，再令，结合配方法求范围即可．
（1）由的解集为，可知为的两个根，
故，解得；
（2）方程在上有解，即在上有解，
即在上有解，
令，则，
故实数a的取值范围为.
17．【答案】（1）解：，；
（2）解：竞赛成绩“优秀”的学生有3人，则X的可能取值为0，1，2，3，则，，
，．
则X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
（3）解：由题意，，，记抽查学生的测试成绩为，则，
∴这100名学生的测试成绩恰好落在区间的入数为，
∴．
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；超几何分布；二项分布；正态分布的期望与方差
【解析】【分析】（1）先求出x得平均数，再代入方差公式得解；
（2）由题意得该几何分布符合超几何分布，代入其概率公式得各X取值的概率，列表得分布列，
（3由题意得该几何分布符合正态分布，由其对称性得，得，代入可求均值.
（1），；
（2）竞赛成绩“优秀”的学生有3人，则X的可能取值为0，1，2，3，
则，，
，．
则X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
（3）由题意，，，记抽查学生的测试成绩为，
则，
∴这100名学生的测试成绩恰好落在区间的入数为，
∴．
18．【答案】（1）解：设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件．
则，
所以试验一次结果为红球的概率为.
（2）解：（i）因为是对立事件，，
所以，
所以选到的袋子为甲袋的概率为.
（ii）由（i）得，
设为第次独立试验结束的概率，则
所以设题设概率为，则.
【知识点】条件概率与独立事件；条件概率；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）设出基本事件，由条件概率得，代入条件概率乘法公式即可求解；
（2）（i）由题意得是对立事件，即有，条件概率的计算公式，即可求解；
（ii）由（i）得到，为第次独立试验结束的概率，代入条件的概率乘法公式，得解
（1）解：设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，
“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件．
则，
所以试验一次结果为红球的概率为.
（2）解：（i）因为是对立事件，，
所以，
所以选到的袋子为甲袋的概率为.
（ii）由（i）得，
设为第次独立试验结束的概率，则
所以设题设概率为，则.
19．【答案】（1）解：由在上为下凸函数，得，
因此，当且仅当时取等号，则，即，
当且仅当时取等号，所以的最大值是．
（2）判断：是下凸函数，
函数的定义域为，设、，
则
，
当且仅当时取等号，
因此恒成立，所以二次函数下是凸函数.
（3）解：令，
设、，则
，即，
于是函数在上为下凸函数，
依题意，，
因此
，
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
【知识点】函数单调性的判断与证明；不等式的证明
【解析】【分析】（1）由下凸函数的定义可得出，即，验证等号成立条件，由琴生不等式可求得即得ji解；
（2）先判断该函数是下凸函数，再根据定义证明：任取、，作差，化简为因式乘积形式容易判断差值的符号，易得解；
（3）类比（2）可证明出函数为下凸函数，琴生不等式，，，得解.
（1）由在上为下凸函数，得，
因此，当且仅当时取等号，则，即，
当且仅当时取等号，所以的最大值是．
（2）判断：是下凸函数，
函数的定义域为，设、，
则
，
当且仅当时取等号，
因此恒成立，所以二次函数下是凸函数.
（3）令，
设、，则
，即，
于是函数在上为下凸函数，
依题意，，
因此
，
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
1 / 1浙江省温州环大罗山联盟2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试题
一、单选题（共8小题，每题5分，共40分）
1． 设全集，集合，，则=（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：集合，因为集合，
，所以=.
故答案为：A.
【分析】根据集合的交集、补集运算求解即可.
2．在的展开式中，系数为整数的项数是（　　）
A．8 B．5 C．3 D．2
【答案】C
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：的展开式通项公式为，，
要想系数为整数，需为整数，显然当时，满足要求，
故系数为整数的项数为3.
故答案为：C
【分析】写出二项式定理的通项公式，，要想系数为整数，需为整数，得到当时，系数为整数，可得解.
3．若直线与幂函数的图象依次交于不同的三点，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．以上说法都不正确
【答案】D
【知识点】幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：
因为，由得；得；得.
则.
因为，所以是关于的减函数.
因为，所以，则.
故以上选项都不对.
故答案为：D.
【分析】由得；得.可得ABC坐标，又是关于的减函数得，得，可得解
4．函数（为自然常数）的大致图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的图象；函数极限
【解析】【解答】解：因为的定义为，
所以，
则为奇函数，故排除D；
又因为，故排除B；
当趋近正无穷时，趋近，故排除C.
故答案为：A.
【分析】由函数的奇偶性、和函数的极限，从而逐项判断找出函数的大致图象.
5．小明新买的储蓄罐有5位密码，他决定在“斐波那契数列”的前6项中随机抽取5个数字设置为储蓄罐的密码，且密码的第3位是偶数，已知“斐波那契数列”的前6项依次为“1、1、2、3、5、8”，则可以设置的不同密码个数为（　　）
A．144 B．120 C．84 D．116
【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：若选的数字只有一个1，此时有两个偶数，则不同的排列方法有种；
若选的数字有两个1，则不同的排列方法有种.
故共有种不同的设置方法.
故答案为：B.
【分析】分两种情况讨论：选取的数字只有一个1，有两个偶数；有两个1，分别用分步乘法和分类加法求解可得.
6．为了考查一种新疫苗预防某X疾病的效果，研究人员对一地区某种动物进行试验，从该试验群中随机进行了抽查，已知抽查的接种疫苗的动物数量是没接种疫苗的2倍，接种且发病占接种的，没接种且发病的占没接种的，若本次抽查得出“在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为接种该疫苗与预防某X疾病有关”的结论，则被抽查的没接种动物至少有（　　）只
0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 5.635 7.879 10.828
A．35 B．36 C．37 D．38
【答案】B
【知识点】不等关系与不等式；独立性检验；独立性检验的应用
【解析】【解答】解：设没接种只数为k，依题意，得2×2列联表如下：
发病 没发病 合计
接种 2k
没接种 k
合计 3k
则的观测值为：，整理得，
结合表中所给数据则，
即，
即
∴，∴
故答案为：B．
【分析】根据独立性检验和概率值关系解不等式即可求得最小值.
7．如图所示，5颗串珠用一根细线串起，现将它们依次取出（只允许从两边取出），一次取一颗，两颗☆☆串珠被连续取出的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分类加法计数原理；分步乘法计数原理；基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：依题意，前4次取珠，每次可取左或取右两种选择，最后1次取只有1种情况，因此不同取法种数为，
第1，2次取“☆☆”，再取另3颗珠有4种方法；
第2，3次取“☆☆”，则第1次取右起第一颗，共有2种方法；
第3，4次取“☆☆”，则第1，2次取右起两颗，有1种取法；
第4，5次取“☆☆”，则第1，2，3次取右起三颗，有2种取法，
因此两颗☆☆串珠被连续取出的方法种数是，
所以所求概率为.
故答案为：D
【分析】利用分步加法和分类乘法原理前4次取珠，每次可取左或取右两种选择，最后1次取只有1种情况，因此不同取法种数为，第1，2次、第2，3次、第3，4次、第4，5次取“☆☆”，种数相加得两颗☆☆串珠被连续取出的方法种数是，由古典概率公式所求概率为.
8．已知函数，若为方程的解，则（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由函数，则方程，可得，
则，即，即，
所以，
两边同取自然对数，可得，
因为函数在上为单调递增函数，
所以，即，即，所以，
即，且，
所以.
故答案为：A.
【分析】由方程 得到，即，两边同取自然对数，结合在上为单调递增函数，可得.得解.
二、多选题（共3小题，每题6分，共18分，选对部分得部分分，错选或不选不得分）
9．设离散型随机变量的分布列如下所示，若离散型随机变量满足，则下列说法正确的是（　　）
0 1 2 3 4
0.4 0.1 0.2
A． B．
C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：对于A，由分布列的性质有，可得，故A对；
对于B，由，故B对；
对于C，，
，故C对；
对于D，所以，故D错.
故答案为：ABC.
【分析】先根据概率之和为，确定的值判断A；根据分布列求出的概率即可判断B；根据分布列的期望及方差公式求出即可判断C；由期望及方差的线性运算判断D.
10．已知由样本数据组成的一个样本，得到回归直线方程为，且，剔除一个偏离直线较大的异常点后，得到新的回归直线经过点.则下列说法正确的是（　　）
A．相关变量 x，y具有正相关关系
B．剔除该异常点后，样本相关系数的绝对值变大
C．剔除该异常点后的回归直线经过点
D．剔除该异常点后，回归直线的斜率是
【答案】B,C,D
【知识点】变量相关关系；线性相关；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、由回归直线方程的斜率为，可知相关变量 x，y具有负相关关系，该选项错误，不合题意；
B、剔除一个偏离直线较大的异常点后，成对样本数据相关程度更强，故样本相关系数的绝对值变大，该选项正确，符合题意；
C、因为原回归直线方程为，且，则，
剔除异常点后，得到新的回归直线经过点，则得到新的，
，故剔除该异常点后的回归直线方程经过点，该选项正确，符合题意；
D、新的回归直线过点，列出方程，解得，
则新的回归方程为，该选项正确，符合题意；
故答案为：BCD
【分析】由回归直线方程的斜率为，可知相关变量 x，y具有负相关关系，可判断A；剔除异常点后，相关程度更强，即|r|变大，可判断B；将代入原回归直线方程，得，剔除异常点后，得到新的回归直线经过点，则得到新的，，故剔除该异常点后的回归直线方程经过点，可判断C；新的回归直线过点，列出方程，解得，则新的回归方程为，可判断D.
11．已知函数，若非空集合，且，则下列说法中正确的是（　　）
A．的取值与有关 B．为定值
C． D．
【答案】B,D
【知识点】集合相等；函数的值；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：A、令，则可化为，
不妨设的解集为，即，，即，
故，又，且，
，且，，且，
由，解得，该选项错误，不合题意，
B、由A分析知，该选项正确，符合题意；
C、，，
有解，
，即或，
又是方程的两个根，
即是方程的两个根，
故，即，
，
又，则，
解得：，
又或，
，该选项错误，不合题意
D、由C分析知，该选项正确，符合题意
故答案选：BD.
【分析】用换元法，将原不等式化为，可求其解集为，得，即，得集合B，由，得且，代入，可判断AB；，即有解，解，又a，-2是方程的两个根，可得最小值为，令，可得m的范围，可判断CD.
三、填空题（共3小题，每题5分，共15分）
12．已知随机变量的分布列，则　 　．
【答案】
【知识点】离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：已知（），
则由分布列的性质可得
，
解得，
故答案为：.
【分析】利用分布列的性质概率之和为1，列式可得.
13．甲、乙、丙3人做传球游戏，游戏规则为：一人随机将球传到另外两人中的一人手里，接到球的一人再将球随机传到另外两人中的一人手里，如此循环传递下去，如果由甲先传球，则连续传球五次后，球在甲手里的概率为　 　.
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：每次传球都有两种选择，所以5次传球共有种传球结果.
因为从甲开始，最后回到甲手上，所以第一次传球后不可能是甲接到球，第四次传球后不可能是甲接到球.
如果第二次传球是甲接到球，则第三次传球后不是甲接到球，所以共有种传球结果；
如果第二次传球不是甲接到球，第三次传球后也不是甲接到球，则有种传球结果；
如果第二次传球不是甲接到球，第三次传球后是甲接到球，则有种传球结果；
所以甲先传球，则连续传球五次后，球在甲手里共有种传球的结果，
所以甲先传球，则连续传球五次后，球在甲手里得概率为.
故答案为：
【分析】每次传球都有两种选择，所以5次传球共有种传球结果.然后分析如何传球才能使得满足题意：因为从甲开始，最后回到甲手上，所以第一次传球后不可能是甲接到球，第四次传球后不可能是甲接到球.如果第二次传球是甲接到球，则第三次传球后不是甲接到球；如果第二次传球不是甲接到球，第三次传球后也不是甲接到球；如果第二次传球不是甲接到球，第三次传球后是甲接到球；
由分类加法原理得：甲先传球，则连续传球五次后，球在甲手里共有种传球的结果，
古典概型球得概率为.
14．设函数，已知对任意，若、满足，，则，则正实数的最大值为　 　．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；基本不等式
【解析】【解答】解：显然，由对任意，若、满足，，
可得，
对于，恒成立，
即为，
化简可得，
即，即恒成立，
由，，
可得，
即对恒成立，可得，
设，则，
当，即，上式取得等号，
由，所以的最大值为.
故答案为：.
【分析】恒成立得恒成立，
由，，可得，分离参数可得，设，运用基本不等式得，验证等号即可.
四、解答题（本题共5小题，共77分）
15．科学家经过测量发现候鸟的飞行速度可以表示为函数，单位是，其中表示候鸟每分钟耗氧量的单位数，表示测量过程中候鸟每分钟的耗氧偏差．（）
（1）若，候鸟每分钟的耗氧量为8100个单位时，它的飞行速度是多少？
（2）若雄性候鸟的飞行速度为，雌性候鸟的飞行速度为，那么此时雄性候鸟每分钟的耗氧量是雌性候鸟每分钟的耗氧量的多少倍？
【答案】（1）解：将代入函数式可得：，
故此时候鸟飞行速度为．
（2）解：设雄鸟每分钟的耗氧量为，雌鸟每分钟的耗氧量为，
依题意可得：，两式相减可得：，于是．
故此时雄鸟每分钟的耗氧量是雌鸟每分钟的耗氧量的9倍；
【知识点】对数的性质与运算法则；“对数增长”模型
【解析】【分析】（1）将所给数据代入题干所给解析式得；
（2）由题意可得：，两式作差得到，即可求出.
（1）将代入函数式可得：，
故此时候鸟飞行速度为．
（2）设雄鸟每分钟的耗氧量为，雌鸟每分钟的耗氧量为，
依题意可得：，两式相减可得：，于是．
故此时雄鸟每分钟的耗氧量是雌鸟每分钟的耗氧量的9倍；
16．已知函数．
（1）若的解集为，求a，b的值；
（2）若方程在上有解，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：由的解集为，可知为的两个根，
故，解得；
（2）解：方程在上有解，即在上有解，
即在上有解，
令，则，
故实数a的取值范围为.
【知识点】二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）根据不等式的解集，结合韦达定理求参数即可；
（2）根据题意，参变分离得在上有解，再令，结合配方法求范围即可．
（1）由的解集为，可知为的两个根，
故，解得；
（2）方程在上有解，即在上有解，
即在上有解，
令，则，
故实数a的取值范围为.
17．航天事业是国家综合国力的重要标志，带动着一批新兴产业和新兴学科的发展.2022~2023学年全国青少年航天创新大赛设航天创意设计、太空探测、航天科学探究与创新三个竞赛单元及载人航天主题专项赛．某校为了激发学生对航天科技的兴趣，点燃学生的航天梦，举行了一次航天创新知识竞赛选拔赛，从中抽取了10名学生的竞赛成绩，得到如下表格：
序号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
成绩（分） 38 41 44 51 54 56 58 64 74 80
记这10名学生竞赛成绩的平均分与方差分别为，．经计算，．
（1）求与；
（2）规定竞赛成绩不低于60分为优秀，从这10名学生中任取3名，记竞赛成绩优秀的人数为X，求X的分布列；
（3）经统计，航天创新知识选拔赛成绩服从正态分布，用，的值分别作为，的近似值，若科创中心计划从全市抽查100名学生进行测试，记这100名学生的测试成绩恰好落在区间的人数为Y，求Y的均值．
附：若，则，，．
【答案】（1）解：，；
（2）解：竞赛成绩“优秀”的学生有3人，则X的可能取值为0，1，2，3，则，，
，．
则X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
（3）解：由题意，，，记抽查学生的测试成绩为，则，
∴这100名学生的测试成绩恰好落在区间的入数为，
∴．
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；超几何分布；二项分布；正态分布的期望与方差
【解析】【分析】（1）先求出x得平均数，再代入方差公式得解；
（2）由题意得该几何分布符合超几何分布，代入其概率公式得各X取值的概率，列表得分布列，
（3由题意得该几何分布符合正态分布，由其对称性得，得，代入可求均值.
（1），；
（2）竞赛成绩“优秀”的学生有3人，则X的可能取值为0，1，2，3，
则，，
，．
则X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
（3）由题意，，，记抽查学生的测试成绩为，
则，
∴这100名学生的测试成绩恰好落在区间的入数为，
∴．
18．人工智能在做出某种推理和决策前，常常是先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策．我们利用这种方法设计如下试验：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子内有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球．我们首先从这两个袋子中随机选择一个袋子，假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为（先验概率），再从该袋子中随机摸出一个球，称为一次试验．经过多次试验，直到摸出红球，则试验结束；若试验未结束，则将摸到的球放回原袋，每次试验相互独立．
（1）求首次试验结束的概率；
（2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整．
（i）求选到的袋子为甲袋的概率；
（ii）求选到的袋子为乙袋，且第二次试验就结束的概率．
【答案】（1）解：设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件．
则，
所以试验一次结果为红球的概率为.
（2）解：（i）因为是对立事件，，
所以，
所以选到的袋子为甲袋的概率为.
（ii）由（i）得，
设为第次独立试验结束的概率，则
所以设题设概率为，则.
【知识点】条件概率与独立事件；条件概率；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）设出基本事件，由条件概率得，代入条件概率乘法公式即可求解；
（2）（i）由题意得是对立事件，即有，条件概率的计算公式，即可求解；
（ii）由（i）得到，为第次独立试验结束的概率，代入条件的概率乘法公式，得解
（1）解：设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，
“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件．
则，
所以试验一次结果为红球的概率为.
（2）解：（i）因为是对立事件，，
所以，
所以选到的袋子为甲袋的概率为.
（ii）由（i）得，
设为第次独立试验结束的概率，则
所以设题设概率为，则.
19．小明同学在课外学习时发现以下定义：设函数是定义在区间上的连续函数，若、，都有，则称为区间上的下凸函数．例如，函数在上为下凸函数.通过查阅资料，小明同学了解到了琴生（Jensn）不等式：若是区间上的下凸函数，则对任意的、、、，不等式恒成立（当且仅当时等号成立）．
（1）已知在上为下凸函数，若，求的最大值；
（2）判断函数在上是否是下凸函数，若是，请证明；若不是，请说明理由；
（3）设、、、，且，求的最小值．
【答案】（1）解：由在上为下凸函数，得，
因此，当且仅当时取等号，则，即，
当且仅当时取等号，所以的最大值是．
（2）判断：是下凸函数，
函数的定义域为，设、，
则
，
当且仅当时取等号，
因此恒成立，所以二次函数下是凸函数.
（3）解：令，
设、，则
，即，
于是函数在上为下凸函数，
依题意，，
因此
，
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
【知识点】函数单调性的判断与证明；不等式的证明
【解析】【分析】（1）由下凸函数的定义可得出，即，验证等号成立条件，由琴生不等式可求得即得ji解；
（2）先判断该函数是下凸函数，再根据定义证明：任取、，作差，化简为因式乘积形式容易判断差值的符号，易得解；
（3）类比（2）可证明出函数为下凸函数，琴生不等式，，，得解.
（1）由在上为下凸函数，得，
因此，当且仅当时取等号，则，即，
当且仅当时取等号，所以的最大值是．
（2）判断：是下凸函数，
函数的定义域为，设、，
则
，
当且仅当时取等号，
因此恒成立，所以二次函数下是凸函数.
（3）令，
设、，则
，即，
于是函数在上为下凸函数，
依题意，，
因此
，
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
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