福建省2022年高二下学期数学(理)期末试卷(附答案) (2)

福建省高二下学期数学（理）期末试卷

选择题（每题5分，共50分）

1．从1，2，3，4这4个数中，不放回地任意取两个数，两个数都是奇数的概率是( ).

1

9. 在区间(0, 1)内任取两个实数，则这两个实数的和大于的概率为( )

3

17721

A． B． C． D．

189918

10.在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为 ( ) A．10

B．11

C．12

D．15

1A．

6

1B．

4

1C．

3

1D．

22. 右图是根据某赛甲、乙两名篮球运动员每场比赛得分情况画出的茎叶图．从这个茎叶图可以看出甲、乙两名运动员得分的中位数分别是( ).

A．31，26 B．36，23 C．36，26 D．31，23

3. 一个单位有职工800人，其中具有高级职称的160人，具有中级职称的320人，具有初级职称的200人，其余人员120人．为了解职工收入情况，

决定采用分层抽样的方法，从中抽取容量为40的样本．则从上述各层中依次抽取的人数分别是( ) A．12, 24, 15, 9

B．9, 12, 12, 7 C．8, 15, 12, 5

D．8, 16, 10, 6

二、填空题（每题5分，共25分） 11．已知

m1ni，其中m、n为实数，则mn . 1i212. 已知随机变量X服从正态分布N( 0，)，且P(－2≤X≤0)＝0.4，则P(X>2)＝________. 13. 如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色( 4种颜色全部使用 )， 要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的 涂色方法有 种. （用数字作答）

252910(x2x2)aa(x1)a(x1)....a(x1)a(x1)01291014. 已知，则

4．执行下面的框图，若输入的n是6，则输出p的值是（ ）

k= k+1 是 a1a2a3....a9a10 .

15. 在一段线路中并联两个自动控制的常用开关，只要其中有一个开关

否 开始 输入n k=1,p=1 p=pk k2

三、解答题（第16、17、18、19题每题12分，第20题13分、第21题14分，共75分）16．已知(x－)n

x

展开式中第三项的系数比第二项的系数大162，求：

(1) n的值； (2)展开式中含x3的项．

17. (选修4—2：矩阵与变换) 已知矩阵M= （1）求矩阵M的逆矩阵M1A．120 B．720 C．1440 D．5040

5．某单位为了了解用电量y(度)与气温x(℃)之间的关系，随机统计了某4天的用电量与当天气温，并制作了对照表：

气温x(℃) 用电量y(度) ^

^^^18 24 13 34 10 38 －1 64 由表中数据得线性回归方程y＝bx＋a中b≈－2，预测当气温为－4℃时，用电量的度数约为( ) A．58 B．66 C．68 D．70

2

6．(x＋2)n展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式的常数项是( )

x

A．360 B．180C．90 D．45 a7. 随机变量X的概率分布规律为P(X＝n)＝ (n＝1,2,3,4)，其中a是常数，

n(n1)1 -23,1， -2 1；

15

则P(＜X＜)的值为( )

22

2345

A. B. C. D.

34568．设随机变量X～B(n，p)，且E(X)＝1.6，D(X)＝1.28，则

A． n＝5，p＝0.32

B．n＝4，p＝0.4 D．n＝7，p＝0.45

1 / 4

C． n＝8，p＝0.2

( )

（2）求矩阵M的特征值和特征向量；

（3）试计算M20.

18. (选修4—4：坐标系与参数方程 ) 已知直线的极坐标方程为sin(4)x2cos,2，圆C的参数方程为（其中为参数） 2y22sin,（1）判断直线圆C的位置关系；

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x2cos，（2）若椭圆的参数方程为（为参数），过圆C的圆心且与直线垂直的直线l与椭圆

y3sin相交于两点A,B，求|CA||CB|.

19. 一个盒子中装有5张卡片，每张卡片上写有一个数字，数字分别是1、2、3、4、5，现从盒子中随机抽取卡片．

(1)从盒中依次抽取两次卡片，每次抽取一张，取出的卡片不放回，求两次取到的卡片的数字既不全是奇数，也不全是偶数的概率；

(2)若从盒子中有放回的抽取3次卡片，每次抽取一张，求恰有两次取到卡片的数字为偶数的概率； (3)从盒子中依次抽取卡片，每次抽取一张，取出的卡片不放回，当抽到记有奇数的卡片即停止抽取，否则继续抽取卡片，求抽取次数X的分布列和期望.

20．持续性的雾霾天气严重威胁着人们的身体健康,汽车的尾气排放是造成雾霾天气的重要因素之一.为此，某城市实施了机动车尾号限行，该市报社调查组为了解市区公众对“车辆限行”的态度，随机抽查了50人，将调查情况进行整理后制成下表：

年龄（岁） [15，25) [25，35) [35，45) [45，55) [55，65) [65，75] 频数 支持的人数

（Ⅰ）请估计该市公众对“车辆限行”的支持率和被调查者的年龄平均值；

（Ⅱ）若从年龄在[15，25)，[25，35)的被调查者中各随机选取两人进行追踪调查，记被选4人中不支

持“车辆限行”的人数为，求随机变量的分布列；

（Ⅲ）若在这50名被调查者中随机发出20份的调查问卷，记为所发到的20人中赞成“车辆限行”

的人数，求使概率P(k)取得最大值的整数k.

21．本题（1）、（2）、（3）三个选答题，每小题7分，请考生任选两题做答，满分14分.若多做，则按所做的前两题计分.请用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，并将所选题号填入括号中．

（1）（本小题满分7分）选修4－2：矩阵与变换

已知矩阵M有特征值18及对应特征向量1，且矩阵M对应的变换将点(1,2)变换成

5 4 10 6 15 9 10 6 5 3 5 4 (2,4)

（Ⅰ）求矩阵M；

（Ⅱ）若直线在矩阵M所对应的线性变换作用下得到直线l:x2y4，求直线方程.

（2）（本小题满分7分）选修4—4：坐标系与参数方程

已知直线：x23tx2cos,（为参数）；椭圆C1：（为参数）

y34ty4sin,（Ⅰ）求直线倾斜角的余弦值；

（Ⅱ）试判断直线与椭圆C1的交点个数.

（3）（本小题满分7分）选修4－5：不等式选讲

设函数f(x)|x1||x1|a （Ⅰ）当a3时，求函数f(x)的定义域；

（Ⅱ）若函数f(x)的定义域为R,求实数a的取值范围.

112 / 4

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参考答案

ACDBC BDCAB 11. 3 12. 0.1 13. 96 14. 31 15. 0.91. 16.解：(1)∵T3＝C2n(

x)

n－2

义得：|CA||CB||t1t2|8.……………… 12分 719.解(1)因为1,3,5是奇数，2,4是偶数，

设事件A为“两次取到的卡片的数字既不全是奇数，也不全是偶数”

2

C2C1C13＋C233·23

P(A)＝2＝或P(A)＝1－＝.

C55C255

n－6n－322n－111

(－)2＝4C2x，T＝C(x)·(－)＝－2Cx，…… 4分 n2nn

x2x2

9－3r2rrr

)＝(－2)C9x， x2

1212

依题意得4C2n＋2Cn＝162，∴2Cn＋Cn＝81，∴n＝81，n＝9.…… 7分

4分

(2)设第r＋1项含

x3项，则Tr＋1＝Cr9(

x)9－r(－

(2)设B表示事件“有放回地抽取3次卡片，每次抽取一张，恰有两次取到的卡片上数字为偶数”，由已知，2

每次取到的卡片上数字为偶数的概率为，

52236

则P(B)＝C2()2·(1－)＝.3·55125(3)依题意，X的可能取值为1,2,3.

32×332×1×31P(X＝1)＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，

55×4105×4×310所以X的分布列为

X P 3313

E(X)＝1×＋2×＋3×＝.

510102

1 3 52 3 1012分

3 1 107分

9－3r

1x3＝－18x3.……12分 ∴＝3，r＝1， …… 10分∴第二项为含x3的项：T2＝－2C9

2

1217.解：（1）|M|=-3 ,33

M12133 ………… 4分

(2)矩阵M的特征多次式为f()(1)240,13,21，

对应的特征向量分别为11和1………… 8分 132021120201201(3)2，所以M32(1)20………… 12分 1111322化为直角坐标方程：xy10.

4222将圆的参数方程化为普通方程：x(y2)4，圆心为C(0,2)，r2

18.解：（1）将直线极坐标方程为sin()∴圆心C到直线的距离为d0212332r2，

22∴直线与圆C相离。……………… 6分

x2y2（2）将椭圆的参数方程化为普通方程为1，

43又∵直线：xy10的斜率k11，∴直线l的斜率为k21，即倾斜角为

32100%64%．……………2分 50 被调查者年龄的平均约为：20530104015501060570543…4分

20.解: （Ⅰ）该市公众对“车辆限行”的支持率约为：

50（Ⅱ）依题意得：0,1,2,3

， 422C6C46154515

p022=,C5C1010452257521112C6C4C6C4C441562410234

p1222=,2C5C10C5C10104510452257511122C4C6C4C4C4424666622

p2222=,2C5C10C5C10104510452257512C4C446124p322=,………………………………………8分

C5C10104522575

所以的分布列是：

2xt，xtcos，22（t为参数）则直线l的参数方程为：，即， y22ty2tsin422t，xx2y222把直线l的参数方程代入1得：7t162t80

43y22t22由于(162)4780，

 p 0 15 75 34 752 22 753 4 75 ………………………………………………9分 k20kC32C18（Ⅲ）P(k),其中k2,3,4,20. …………………………………10分 20C50k119kC32C18P(k1)(32k)(20k)，…………………………………11分 k20P(k)(k1)(k1)C32C18k162tt，127故可设t1,t2是上述方程的两个实根，则有又直线l过点C(0,2)，故由上式及的几何意tt81273 / 4

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17(32k)(20k)即

1k12时，P(k1)P(k)；

52(k1)(k1)17(32k)(20k)即

当时，P(k1)P(k).……………12分 1k1252(k1)(k11)即P(2)P(3)P(4)P(13)；P(13)P(14)P(15)P(20).

故有：P(k)取得最大值时k13. ………………………………………13分

21．（1）选修4－2：矩阵与变换

当

18abab1ab8，，则，故 818cdcd1cd8ab12又矩阵M对应的变换将点(1,2)变换成(2,4)24，

cda2b2，故 c2d462联立以上两方程组，解得：a6,b2,c4,d4，故M.……………… 4分

44（Ⅱ）设P(x,y)是直线上任意一点，它在矩阵M对应的变换下变为点P(x,y)，

62xx6x2yx，则，即 44yy4x4yy又因为点P(x,y)在直线l:x2y4上，所以有:x2y4, 把x,y代人得：x3y20 故所求直线的方程为：x3y20.……………… 7分

解（Ⅰ）设M（2）选修4—4：坐标系与参数方程

解：（1）将直线参数方程化为普通方程得：4x3y17，得斜率为

3，则倾斜角的余弦值为43 ……………… 3分 5x2y21, (2)椭圆C1的普通方程为：

4164x2y216得： 52x2136x14500 所以没有交点……… 7分

4x3y17（3）选修4－5：不等式选讲

（Ⅰ）当a3时，依题意得： |x1||x1|3

由绝对值的几何意义知不等式的解集为{x|x或x}。

323232（Ⅱ）依题意得：关于x的不等式|x1||x1|a0在R上恒成立，…………5分 即a|x1||x1|在R上恒成立， |x1||x1||(x1)(x1)|2 ………………6分 a2 ………………7分

∴不等式的解集为{x|x或x}。……………… 4分

4 / 4

32