2023-2024学年七年级上学期人教版数学模拟测试卷(无答案)

数 学

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．共4页，总分150分，考试时间120分钟．

第Ⅰ卷（选择题 共60分）

一、选择题：本题共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．

34i20231．若z，则z（ ）

1iA．

17717117i B．i C．i D．i 222222222．设A，B，C为三个随机事件，则“A，B，C相互”是“P(ABC)P(A)P(B)P(C)”的（ ） A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件

D．既不充分也不必要条件

3．5G时代的到来促进了电子商务的飞速发展，某电商统计了线上店铺营业的前4个月的产品销量y（单位：

ˆ1.1x0.25，万元）与月份代码x(x1,2,3,4)的数据如表所示，据此可得到经验回归方程为y则a（ ）

x y A．1

1 1 2 a 3 4 4 a2 B．1.5 C．1.6 D．2

4．已知随机变量X~B(2,p)，随机变量Y~N2,2，若P(X1)0.36，P(Y4)p，则

P(0Y2)（ ）

A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4

5．写算是一种格子乘法，也是笔算乘法的一种，用以区别筹算与珠算，它由明代数学家吴敬在其撰写的《九章算法比类大全》一书中提出，是从天元式的乘法演变而来．例如计算61，将被乘数计入上行，乘数61计入右行，然后以乘数61的每位数字乘被乘数的每位数字，将结果计入相应的格子中，最后从右下方开始按斜行加起来，满十向上斜行进一，如图，即得5429，若从表内的8个数字（含相同的数字，表周边数据不算在内）中取1个数字，则这个数字大于5的概率为（ ）

A．

1315 B． C． D． 48286．已知a0，b0，若直线xya0与曲线y1ln(xb1)相切，则A．7

B．8

C．9

D．10

41

的最小值为（ ） ab

7．在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量X，Y，定义协方差为

Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)，已知X，Y的分布列如下表所示，其中0p1，则Cov(X,Y)的值为

（ ）

X P A．0

B．1

1 p C．2

D．4

22

Y P 1 2 p 1p 1p 8．在数列an中，a11，an1an3ant，且an2，则实数t的最大值为（ ） A．4

B．5

C．42 D．6

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

(2xa)59．已知的展开式中所有项的系数之和为1，则（ ）

x2A．展开式的常数项为40 B．a1

C．展开式中系数最大的项的系数为80 D．所有幂指数为非负数的项的系数和为8

10．有两组样本数据分别为x1，x2，…，x6和y1，y2，y3，y4，且平均数x90，y80，标准差分别为6和4，将两组数据合并为z1，z2，…，z10，重新计算平均数和标准差，则（ ） A．平均数为85 B．平均数为86 C．标准差为10 D．标准差为213 11．某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示的正方形ABCD（边长为2个单位）的顶点A处，然后通过郑骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为i(i1,2,,6)，

则棋子就按逆时针方向行走i个单位，一直循环下去．某人抛掷n次骰子后棋子恰好又回到点A处，则（ ）

A．若n2，则共有3种不同走法 B．若n2，则共有5种不同走法 C．若n3，则共有25种不同走法 D．若n3，则共有27种不同走法 12．设A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)123，P(B)，PAB，则（ ） 234A．P(AB)1111 B．PAB C．PBA D．PAB 3462第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．一组数据2，3，6，9，5，7，12，14，8，13的75%分位数为__________．

14．为增强学生体质，某校在暑假期间组织本校学生开展各项体育比赛，由于工作需要，将10名志愿者分成4组，每组至少2人，则不同的分组方法种数为__________．

15．某科研型农场试验了生态柳丁的种植，在种植基地从收获的果实中随机抽取100个，得到其质量（单位：g）的频率分布直方图及商品果率的频率分布表如图．

质量/g 商品果率 [100,120) 0.7 [120,140) 0.8 [140,160) 0.8 [160,180) 0.9 [180,200] 0.7 已知基地所有采摘的柳丁都混放在一起，用频率估计概率，现从中随机抽取1个柳丁，则该柳丁为商品果的概率为__________．

16．在三棱锥PABC中，ABPC22，其余棱长均相等，O1，O2分别为AB，PC的中点，垂直于O1O2的一个平面分别交棱PA，PB，CB，CA于E，F，G，H四点，则四边形EFGH的面积的最大值为__________．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（10分）

2023年5月30日，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射．实验中学某班为弘扬“载人航天精神——特别能吃苦、特别能战斗、特别能攻关、特别能奉献”，举行航天知识问答活动，活动分为A，B两类项目，且该班级所有同学均参加活动，每位同学选择一项活动参加．

性别 男同学 女同学 A类 25 a B类 15 10 若采用分层抽样从该班级中抽取6名同学，则有男同学4名，女同学2名． （1）求a以及该班同学选择A类项目的概率；

（2）依据小概率值0.01的性检验，能否认为同学选择项目的类别与其性别有关？

 0.050 0.010 0.001 x 23.841 6.635 10.828 n(adbc)2附：，nabcd．

(ab)(cd)(ac)(bd)18．（12分）

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ABCACB2b2． （1）求

a的值； b（2）若cosA19．（12分）

6，求cosC． 3我国风云系列卫星可以检测气象和国土资源情况．某地区水文研究人员为了了解汛期人工测雨量x（单位：dm）与遥测雨量y（单位：dm）的关系，统计得到该地区10组雨量数据如下． 样本号i 人工测雨量xi 遥测雨量yi 1 5.38 5.43 0.05 2i2 7.99 8.07 0.08 102i3 6.37 6.57 0.2 104 6.71 6.14 0.57 5 7.53 7.95 0.42 6 5.53 5.56 0.03 7 4.18 4.27 0.09 8 4.04 4.15 0.11 9 6.02 6.04 0.02 10 4.23 4.49 0.26 xiyi 并计算得

xi110353.6，y361.7，xiyi357.3，x233.62，y234.42，xy34.02．

i1i1（1）求该地区汛期遥测雨量y与人工测雨量x的样本相关系数（精确到0.01），并判断它们是否具有较强的线性相关关系（若|r|0.75，则认为两个变量有较强的线性相关性）；

（2）规定：数组xi,yi满足xiyi0.1为“Ⅰ类误差”，满足0.1xiyi0.3为“Ⅱ类误差”，满足．为进一步研究该地区水文研究人员，从“Ⅰ类误差”“Ⅱ类误差”中随机抽取3xiyi0.3为“Ⅲ类误差”

组数据与“Ⅲ类误差”数据进行对比，记抽到“Ⅰ类误差”的数据的组数为X，求X的分布列与数学期望．

附：相关系数rxynxyiii1nxi1n2inx2yi1n，304.517.4．

2iny220．（12分）

如图，该几何体是由等高的半个圆柱和

1个圆柱拼接而成．点C，E，D，G在同一平面内，且CGDG． 4

（1）证明：平面BFD平面BCG；

（2）若直线GC与平面ABG所成角的正弦值为21．（12分）

设aR，函数f(x)(xa)e1，其中x(0,)． （1）讨论f(x)的零点个数；

（2）证明：对任意a1，都存在x0，使得f(x)22．（12分）

马尔可夫链是概率统计中的一个重要模型，因数学家安德雷·马尔可夫得名．其过程具备“无记忆”的性质，即第n1次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第n1次，n2次，n3次，…状态无关，即

x10，求平面BFD与平面ABG所成角的余弦值． 51lna0． aPXn1,Xn2,Xn1,XnPXn1Xn．已知甲盒子中装有2个黑球和1个白球，乙盒子中装有2个白

球，现从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，重复n次这样的操作．记甲盒子中黑球个数为Xn，恰有2个黑球的概率为an，恰有1个黑球的概率为bn． （1）求a1，b1和a2，b2；

*（2）证明：2anbn为等比数列（n2且nN）；

65（3）求Xn的期望（用n表示，n2且nN）．

*

2023—2024学年度上学期高三年级六调考试·数学

参及解析

一、选择题

1．C【解析】由题得z34i(34i)(1i)7171i，所以zi． 1i(1i)(1i)22222．A【解析】三个事件A，B，C相互的充要条件是P(AB)P(A)P(B)，P(BC)P(B)P(C)，

P(AC)P(A)P(C)，P(ABC)P(A)P(B)P(C)，

故“A，B，C相互”是“P(ABC)P(A)P(B)P(C)”的充分不必要条件． 3．B【解析】由表可知，x即样本中心点为2.5,得1.12.50.2512341aa2472a， 2.5，y44472aˆ1.1x0.25， ，代入y472a，解得a1.5． 44．C【解析】因为X~B(2,p)，Y~N2,2，P(X1)0.36，

所以P(X1)(1p)2p(1p)0.36，解得p0.8或p0.8（舍去）． 由P(Y4)p0.8，得P(Y4)10.80.2，所以P(0Y2)21(10.22)0.3． 25．B【解析】表内的8个数字分别为4，8，5，4，0，8，0，9，其中大于5的有8，8，9， 所以从表内的8个数字（含相同的数字，表周边数据不算在内）中取1个数字有8种取法， 这个数字大于5的情况有3种取法，所以这个数字大于5的概率为P6．C【解析】设切点为(m,n)，由题得y3． 811，所以切线的斜率k，

xb1mb111b1所以切线方程为y(xm)1ln(mb1)，即yxln(mb1)，

mb1mb1mb111,mb1即直线yxa，所以可得ab1，

b1ln(mb1)a,mb1

所以

41414ba4ba(ab)5529， abababab2141，b时，取得最小值9． 33ab1 2 4 当且仅当a7．A【解析】XY的分布列为

XY P p(1p) p2(1p)2 p(1p) 222E(XY)1p(1p)2p(1p)4p(1p)pp2，

E(X)2p，E(Y)p1，Cov(X,Y)p2p2(2p)(1p)0．

28．A【解析】由题意得an1anan4antan2t4，

2若t4，则an1ant4．当n2时，ana1anan1an1an2所以an1(n1)(t4)，当n12 a2a1(n1)(t4)，

1时，1(n1)(t4)2，所以an2，与an2矛盾； t4若t4，则an1an3an4，得an12an1an2，又a11，所以a22，a32， 所以当n2时，an2，所以实数t的最大值为4．

二、选择题

9．ACD【解析】令x1，得(2a)1，解得a1，B错误；

5(2x1)51013232x80x80x402，所以展开式的常数项为40，A正确； 2xxx展开式中系数最大的项的系数为80，C正确；

所有罙指数为非负数的项的系数和为328080408，D正确． 10．BD【解析】由题意，x1x2故z1z2又

x66x540，y1y2y3y14y320，

z10x1x2x6y1y2y3y4860，则z86．

1222y1y2y3y12y242， 41222x1x2x362x6x262，

故x1x2x3则z1z2222222222x648816，y12y2y3y4256，

2222x6y12y2y3y474480，

22z10x12x2故z1，z2，…，z10的标准差为122z1z2102z10z2744886252213．

11．BD【解析】由题意知正方形ABCD的周长是8．

当n2时，骰子的点数之和是8，列举出在点数中两个数字能够使得和为8的有(2,6)，(3,5)，(4,4)，共3种组合，抛掷骰子是有序的，所以共5种结果；

(1,3,4)，当n3时，三次骰子的点数之和是8，16，列举出在点数中三个数字能够使得和为8，16的有(1,2,5)，(1,1,6)，(2,2,4)，(2,3,3)，(4,6,6)，(5,5,6)，共7种组合，前2种组合(1,2,5)，(1,3,4)，

每种情况可以排列出A36种结果，共有2A32612种结果．

33(1,1,6)，(2,2,4)，(2,3,3)，(4,6,6)，(5,5,6)各有3种结果，共有5315种结果，

根据分类计数原理知共有121527种结果．

221可知PB1， 33331由PABP(A)PBPAB可得PAB，

4125由P(AB)PABP(A)可得P(AB)，所以A错误；

121由PABPABPB可得PAB，所以B正确；

41PAB121由条件概率公式可得PBA，所以C正确；

1P(A)6212．BC【解析】由P(B)1PAB431由P(AB)P9ABP(B)可得PAB，PAB，所以D错误．

284P(B)3三、填空题

13．12【解析】将这10个数按由小到大的顺序排列为2，3，5，6，7，8，9，12，13，14， 因为1075%7.5，所以这组数据的75%分位数为12．

14．9450【解析】将10名志愿者分成4组，每组至少2人，有两种分组方案：

2224C10C8C6C4（1）若小组人数分别为2，2，2，4，则有3150种； 3A32233C10C8C6C3（2）若小组人数分别为2，2，3，3，则有6300种，所以共有315063009450种． 2A2A2215．0.79【解析】记事件A“从柳丁中任取1个为商品果”， 由全概率公式可得

P(A)0.005200.70.010200.80.015200.80.010200.90.010200.70.79．

16．2【解析】将三棱锥PABC置于如图所示的长方体中，

其中ABPC22，又O1O2平而EFGH，O1O2平面ABC1，所以平面ABC1//平面EFGH， 又平面PAB平面EFGHEF，平面PAB平面ABC1AB，所以AB//EF，

同理AB//GH，所以EF//GH；同理FG//PC//EH，所以四边形EFGH为平行四边形． 连接PO1，CO1，则PO1AB，CO1AB，所以AB平面PO1C，

又PC平面PO1C，所以ABPC，所以EFFG，所以四边形EFGH为矩形． 设

EFFG(01)，则1，所以EF22，FG22(1)， ABPC1所以四边形EFGH的面积SEFFG2222(1)8282，

221

时，Smax 2． 2

四、解答题

当

25152，解得a10，

a1025107该班同学选择A类项目的概率为（4分） ．

251510101217．解：（1）依题意，男女同学的比例为2：1，则（2）由（1）完善列联表可得

性别 男同学 女同学 合计 A类 25 10 35 B类 15 10 25 合计 40 20 60 零假设为H0：同学选择项目的类别与其性别无关，（6分）

60(25101510)260.8576.635x0.01，可得（9分）

4020352572依据小概率值0.01的性检验，没有充分证据推断H0不成立， 所以能认为同学选择项目的类别与其性别无关．（10分）

218．解：（1）由ABCACB2b，得ABCAABCB2b，

2所以bccos(πA)accosB2b，即accosBbccosA2b，（3分）

22a2c2b2b2c2a22b2，由余弦定理得（5分）

22化简得a3b，即

a3．（6分） b（2）由（1）及正弦定理得

asinA（8分） 3．bsinB因为cosA631，A(0,π)，所以sinA，所以sinB．（9分） 33322，（10分） 3因为a3bb，所以AB，所以cosB1sin2B所以cosCcos(AB)sinAsinBcosAcosB316223．（12分） 3333319．解：（1）因为rxxyyiii110xixyiyi1i1102102xy10xyiii1102222x10xy10yiii1i11010，

代入已知数据，得r357.31034.0217.10.980.75．

(353.61033.62)(361.71034.42)304.5

所以汛期遥测雨量y与人工测雨量x有较强的线性相关关系．（6分）

（2）10组数据中，“Ⅰ类误差”有5组，“Ⅱ类误差”有3组，“Ⅲ类误差”有2组， 从“Ⅰ类误差”“Ⅱ类误差”中随机抽取3组数据，记抽到“Ⅰ类误差”的数据组数为X， 由题意可知X的所有可能取值为0，1，2，3．

2C3C111535C3则P(X0)3，P(X1)，3C856C856

210C5C33015C31055C3，P(X3)P(X2)3． 3C85628C85628所以X的分布列为

X 0 1 2 3 P 1 5615 5615 285 28所以E(X)1151551523．（12分） 56282881个圆柱拼接而成，CGDG， 420．（1）证明：如图，连接CE，DG，因为该几何体是由等高的半个圆柱和

所以ECDDCG45，所以ECG90，所以CECG． 因为BC//EF，BCEF，所以四边形BCEF为平行四边形， 所以BF//CE，所以BFCG．（2分）

因为BC平面ABF，BF平面ABF，所以BCBF． 因为BC，CG平面BCG，BCCGC，所以BF平面BCG，

因为BF平面BFD，所以平面BFD平面BCG．（5分） （2）解：如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，设AF2，ADt，

则A(0,0,0)，B(0,2,0)，F(2,0,0)，D(0,0,t)，G(1,1,t)，C(0,2,t)，

则AB(0,2,0)，AG(1,1,t)，GC(1,1,0)，

mAB0,y0,设平面ABG的一个法向量为m(x,y,z)，则即mAG0,xytz0.

令z1，则m(t,0,1)，（7分） 记直线GC与平面ABG所成的角为， 则sincosGC,mGCmGCm|t|2t2110，解得t2（负值舍去），即AD2．（9分） 5设平面BFD的法向量为nx,y,z，则FB(2,2,0)，FD(2,0,2)，

nFB0,2x2y0,则即nFD0,2x2z0.

令x1，则n(1,1,1)，所以cosm,nmn315， mn553所以平面BFD与平面ABG所成角的余弦值为x15．（12分） 521．（1）解：f(x)(xa1)e，当a1时，f(x)0，f(x)在区间(0,)上单调递增， 所以f(x)f(0)1a0，即f(x)0， 故f(x)在区间(0,)上无零点；（2分） 当a1时，令f(x)0，解得0xa1；

令f(x)0，解得xa1，所以f(x)在区间(0,a1)上单调递减，在区间(a1,)上单调递增， 所以f(x)min f(a1)1e因为a1，所以1ea1a1，

0，且f(0)1a0，f(a)10，

由零点存在定理可知f(x)在区间(a1,a)上有唯一的零点， 此时f(x)在区间(0,)上有唯一的零点．（5分）

综上，当a1时，f(x)无零点；当a1时，f(x)有一个零点．（6分） （2）证明：由（1）知当a1时，f(x)min f(a1)1e要证存在x0，使得f(x)即证1ea1a1，

1lna0， a1lna0对任意a1恒成立，即证aaea1lna0对任意a1恒成立， aa1即证alnaae对任意a1恒成立，即证alnaetlnaa1对任意a1恒成立，（9分）

令talna1，即证et1对任意t0恒成立，（10分）

令g(x)ex1，x0，则g(x)e10，所以g(x)在区间(0,)上单调递增， 所以g(x)0，即ex10对任意x0恒成立，即et1对任意t0恒成立， 即对任意a1，都存在x0，使得f(x)xxxt1（12分） lna0．

a2； 322．（1）解：若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，乙盒为1黑1白，概率为若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，乙盒为2白，概率为所以a11， 312，b1．（1分） 33①当甲盒1黑2白，乙盒为1黑1白时，概率为b12， 3111b1；

326111若甲盒取黑，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为b1b1；

326211若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为b1b1；

323211若甲盒取白，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为b1b1．（3分）

3231②当甲盒2黑1白，乙盒为2白时，概率为a1，

32此时若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为a1；

31若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为a1．

31121212215综上可知，b2b1b1a1b1a1，

63323233391112111（5分） a2b1a1．

3333333此时若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为3白，概率为b1（2）证明：经过n次这样的操作．记甲盒子恰有2黑1白的概率为an， 恰有1黑2白的概率为bn，则有3白的概率为1anbn， ①当甲盒为1黑2白，乙盒为1黑1白时，概率为bn，

111bn；

326111若甲盒取黑，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为bnbn；

326211若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为bnbn；

323211若甲盒取白，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为bnbn．（7分）

323此时若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为3白，概率为bn②当甲盒为2黑1白，乙盒为2白时，概率为an，

此时若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为

2an； 3若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为an．（8分） ③当甲盒为3白，乙盒为2黑时，概率为1anbn，

此时若甲盒取白，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为1anbn，

13故bn11121111bnbnan1anbn1bnan，an1bnan， 6332333111611112bnan1bnananbn323533651， 6662anbn2anbn5562an1bn15所以

62anbn5所以2anbn是以

651为公比的等比数列．（10分） 6（3）解：由（2）知2anbn为等比数列，且公比为

65162，首项为2a1b1， 6515，

n1621故2anbn5156n1621，所以2anbn5156n1621所以EXn01anbn1bn2anbn2an5156

．（12分）