2018-2019学年河南省镇平一高高二下学期期终考前拉练数学（理）试题（解析版）

2018-2019学年河南省镇平一高高二下学期期终考前拉练数学（理）试题（解析版）

镇平一高中高二年级2019年春期期终考前拉练数学（理科）试题 ‎ 　‎ 一．选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60分）‎ ‎1．若z∈C且|z+2﹣2i|=1，则|z﹣1﹣2i|的最小值是（　　）‎ A．2 B．3 C．4 D．5‎ ‎2．已知ξ～N（0，σ2），且P（﹣2≤ξ≤0）=0.4，则P（ξ＞2）等于（　　）‎ A．0.1 B．0.2 C．0.6 D．0.8‎ ‎3．若（1﹣2x）2011=a0+a1x+…+a2011x2011（x∈R），则++…+的值为（　　）‎ A．2 B．0 C．﹣1 D．﹣2‎ ‎4．有一排7只发光的二极管，每只二极管点亮时可发出红光或绿光，若每次恰有3只二极管点亮，且相邻的两只不能同时点亮，根据三只点亮的不同位置，或不同颜色来表示不同的信息，则这排二极管能表示的信息种数共有（　　）钟．‎ A． 10 B．48 C．60 D．80‎ ‎5．2019年6月7日是我们的传统节日﹣﹣”端午节”，这天小明的妈妈为小明煮了5个粽子，其中两个腊肉馅三个豆沙馅，小明随机取出两个，事件A=“取到的两个为同一种馅”，事件B=“取到的两个都是豆沙馅”，则P（B|A）=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．在《爸爸去哪儿》第二季第四期中，村长给6位“萌娃”布置一项搜寻空投食物的任务．已知：①食物投掷地点有远、近两处； ②由于Grace年纪尚小，所以要么不参与该项任务，但此时另需一位小孩在大本营陪同，要么参与搜寻近处投掷点的食物；③所有参与搜寻任务的小孩须被均分成两组，一组去远处，一组去近处．则不同的搜寻方案有（　　）‎ A．40种 B．70种 C．80种 D．100种 ‎7．设函数f（x）=（x+a）n，其中，, =-3,则f（x）的展开式中x4的系数为（　　）‎ A．﹣360 B．360 C．﹣60 D．60‎ ‎8．从1，2，3，…，9，10这10个整数中任意取3个不同的数作为二次函数f（x）=ax2+bx+c的系数，则满足∈N的方法有（ 　　）种．‎ A．264 B．252 C．240 D．196‎ ‎9．已知函数f（x）=x3+bx2+cx+d（b、c、d为常数），当x∈（0，1）时取得极大值，当x∈（1，2）时取极小值，则（b+）2+（c﹣3）2的取值范围是（　　）‎ A．（，5） B．（，5） C．（，25） D．（5，25）‎ ‎10．设函数f（x）=xm+ax的导函数f′（x）=2x+1，则数列{}（n∈N*）的前n项和是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．定义在R上的函数f（x）满足：f′（x）＞1﹣f（x），f（0）=3，f′（x）是f（x）的导函数，则不等式exf（x）＞ex+2（其中e为自然对数的底数）的解集为（　　）‎ A．{x|x＞0} B.{x|x＜0} ‎ C.{x|x＜﹣1或x＞1} D.{x|x＜﹣1或0＜x＜1}‎ ‎12．若函数是函数的图像的切线，则a+b的最小值是（　　）‎ A．0 B．－1 C．1 D．2‎ 二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）‎ ‎13．已知随机变量X，Y满足，X+Y=8，且X～B（10，0.6），则D（X）+E（Y）=　 　．‎ ‎14．如图所示2×2方格，在每一个方格中填入一个数字，数字可以是1、2、3、4中的任何一个，允许重复，则填入A方格的数字大于B方格的数字的概率为　 　．‎ ‎15．已知（1+x）10=a0+a1（1﹣x）+a2（1﹣x）2+…+a10（1﹣x）10，则a8=　　‎ ‎16．设函数f（x）为（﹣∞，0）上的可导函数，其导函数为f′（x），且有2f（x）+xf′（x）＞x2，则不等式（x+2018）2f（x+2018）﹣9f（﹣3）＞0的解集为　 　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17．甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为与p，且乙投球2次均未命中的概率为．‎ ‎（Ⅰ）求乙投球的命中率p；‎ ‎（Ⅱ）求甲投球2次，至少命中1次的概率；‎ ‎（Ⅲ）若甲、乙两人各投球2次，求两人共命中2次的概率．‎ ‎18．袋子中共有12个球，其中有5个黑球，4个白球，3个红球，从中任取2个球（假设取到每个球的可能性都相同）．已知每取到一个黑球得0分，每取到一个白球得1分，每取到一个红球得2分．用ξ表示任取2个球的得分的差的绝对值．‎ ‎（Ⅰ）求随机变量ξ的分布列及ξ的数学期望Eξ；‎ ‎（Ⅱ）记“不等式ξx2﹣ξx+＞0的解集是实数集R”为事件A，求事件A发生的概率P（A）．‎ ‎19．随机抽取某厂的某种产品400件，经质检，其中有一等品252件、二等品100件、三等品40件、次品8件．已知生产1件一、二、三等品获得的利润分别为6万元、2万元、1万元，而1件次品亏损2万元．设1件产品的利润（单位：万元）为ξ．‎ ‎（Ⅰ）求ξ的分布列；‎ ‎（Ⅱ）求1件产品的平均利润；‎ ‎（Ⅲ）经技术革新后，仍有四个等级的产品，但次品率降为1%，一等品率提高为70%．如果此时要求1件产品的平均利润不小于4.75万元，则三等品率最多是多少？‎ ‎20．1，4，9，16…这些数可以用图1的点阵表示，古希腊毕达哥拉斯学派将其称为正方形数，记第n个数为an+1，在图2的杨辉三角中，第n（n≥2）行是（a+b）n-1展开式的二项式系数，，…，记杨辉三角的前n行所有数之和为Tn．‎ ‎（Ⅰ）求an和Tn的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）当n≥2时，比较an与Tn的大小，并加以证明．‎ ‎21．在某次电影展映活动中，展映的影片有科幻片和文艺片两种类型，统计一随机抽样调查的样本数据显示，100名男性观众中选择科幻片的有60名，女性观众中有的选择文艺片，选择文艺片的观众中男性观众和女性观众一样多.‎ ‎ （Ⅰ）根据以上数据完成下列2×2列联表 科幻片 文艺片 总计 男 女 总计 ‎ （Ⅱ）能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下，认为选择影片类型与性别有关？‎ 附：‎ ‎…‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ ‎…‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ ‎22．已知关于x的方程有两个不同的实数根x1、x2. ‎ ‎（Ⅰ）求实数a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）求证：.‎ 镇平一高中高二年级2019年春期期终考前拉练数学（理科）试题 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60分）‎ ‎1．【考点】复数求模．‎ ‎【分析】根据两个复数差的几何意义，求得|z﹣1﹣2i|的最小值．‎ ‎【解答】解：∵|z+2﹣2i|=1，∴复数z对应点在以C（﹣2，2）为圆心、以1为半径的圆上．‎ 而|z﹣1﹣2i|表示复数z对应点与点A（1，2）间的距离，‎ 故|z﹣1﹣2i|的最小值是|AC|﹣1=2，‎ 故选：A．‎ ‎2．【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．‎ ‎【分析】由正态分布的关于x=0对称的性质先求出P（2≥ξ≥0）=0.4，再由对称性求出P（﹣2≤ξ≤2）=0.8，即可解出结果．‎ ‎【解答】解：由题意知变量符合一个正态分布，‎ ‎∵随机变量ξ～N（0，σ2）且P（﹣2≤ξ≤0）=0.4，‎ ‎∴P（2≥ξ≥0）=0.4，‎ ‎∴P（﹣2≤ξ≤2）=0.8‎ ‎∴P（ξ＞2）=‎ 故选A．‎ ‎3．【考点】二项式系数的性质．‎ ‎【分析】由题意可得可得a0 =1，再令x=，可得0=a0+++…+，从而求得 ++…+的值．‎ ‎【解答】解：在（1﹣2x）2018=a0+a1x+…+a2018x2018（x∈R）中，可得a0 =1，‎ 令x=，可得0=a0+++…+，∴++…+=﹣1，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．【考点】排列、组合及简单计数问题．‎ ‎【分析】用插空法，4个暗的周围有5个空，把亮的灯放入空中，再考虑一灯有红绿两种情况，即可求得结论．‎ ‎【解答】解：用插空法，由于亮的灯不能相邻，所以先排暗的，则4个暗的周围有5个空，把亮的灯放入空中，有=10种方法 ‎ 一灯有红绿两种情况，三灯就有23=8种情况，所以这排二极管能表示的信息种数共有8×10=80种 ‎ 故选D．‎ ‎5．【考点】条件概率与独立事件．‎ ‎【分析】求出P（A）==，P（AB）==，利用P（B|A）=，可得结论．‎ ‎【解答】解：由题意，P（A）==，P（AB）==，‎ ‎∴P（B|A）==，‎ 故选：A．‎ ‎6．【考点】进行简单的合情推理．‎ ‎【分析】Grace不参与该项任务，需一位小孩在大本营陪同，则其余4人被均分成两组，一组去远处，一组去近处；Grace参与该项任务，则从其余5人中选2人去近处，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：Grace不参与该项任务，则有=30种；‎ Grace参与该项任务，则有=10种，‎ 故共有30+10=40种 故选：A．‎ ‎7．【考点】二项式定理；定积分．‎ ‎【分析】由题意利用其中先求出n．再利用f（x）=（x+a）n及，求出a，然后利用二项式的通项求出展开式中的含x4的系数．‎ ‎【解答】解：有=6sinx=6，‎ ‎∴f（x）=（x+a）n=（x+a）6，‎ 又，而f′（x）=6（x+a）5，‎ ‎∴⇒a=﹣2，∴f（x）=（x﹣2）6∴利用二项式定理的通项可得：f（x）的展开式中x4的系数为C62（﹣2）2=60．‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．【考点】排列、组合及简单计数问题．‎ ‎【分析】由题意可得 f（1）=a+b+c是3的倍数，对a，b，c分情况，分别求得满足条件的（a，b，c）的个数，相加即得所求．‎ ‎【解答】解：∵f（1）=a+b=c，‎ ‎∴若∈N，‎ 即 f（1）=a+b+c是3的倍数，‎ 对1，2，3，…，9，10这10个整数分组，‎ ‎①3，6，9；②1，4，7，10；③2，5，8‎ 若a，b，c里面三个都是3的倍数，则a+b+c是3的倍数，此时（a，b，c）共有=6个．若a，b，c里面三个被3除余数为1，则a+b+c是3的倍数，此时（a，b，c）共有 ‎=24个．若a，b，c里面三个被3除余数为2，则a+b+c是3的倍数，此时（a，b，c）共有=6个．若a，b，c里面有一个被3整除，有一个被3除余数为2，有一个被3除余数为1，则a+b+c是3的倍数，此时（a，b，c）共有=216个．‎ 故满足∈Z的（a，b，c）一共有252个，故选：B ‎9．【考点】利用导数研究函数的极值．‎ ‎【分析】据极大值点左边导数为正右边导数为负，极小值点左边导数为负右边导数为正得a，b的约束条件，据线性规划求出最值．‎ ‎【解答】解：∵f（x）=x3+bx2+cx+d，‎ ‎∴f′（x）=3x2+2bx+c，‎ ‎∵函数f（x）在x∈（0，1）时取得极大值，当x∈（1，2）时取极小值，‎ ‎∴f′（x）=3x2+2bx+c=0在（0，1）和（1，2）内各有一个根，‎ ‎∴f′（0）＞0，f′（1）＜0，f′（2）＞0，‎ 即，在bOc坐标系中画出其表示的区域，如图，‎ ‎（b+）2+（c﹣3）2表示点A（﹣，3）与可行域内的点连线的距离的平方，‎ 点A（﹣，3）到直线3+2b+c=0的距离为=，‎ 由12+4b+c=0与3+2b+c=0联立，可得交点为（﹣4.5，6），与点A（﹣，3）的距离为5，‎ ‎∴（b+）2+（c﹣3）2的取值范围是（5，25），‎ 故选：D．‎ ‎10．【考点】数列的求和；导数的运算．‎ ‎【分析】函数f（x）=xm+ax的导函数f′（x）=2x+1，先求原函数的导数，两个导数进行比较即可求出m，a，然后利用裂项法求出的前n项和，即可．‎ ‎【解答】解：f′（x）=mxm﹣1+a=2x+1，‎ ‎∴a=1，m=2，∴f（x）=x（x+1），‎ ‎==﹣，‎ 用裂项法求和得Sn=．‎ 故选A ‎11．【考点】利用导数研究函数的单调性．‎ ‎【分析】构造函数g（x）=exf（x）﹣ex，（x∈R），研究g（x）的单调性，结合原函数的性质和函数值，即可求解．‎ ‎【解答】解：设g（x）=exf（x）﹣ex，（x∈R），‎ 则g′（x）=exf（x）+exf′（x）﹣ex=ex[f（x）+f′（x）﹣1]，‎ ‎∵f′（x）＞1﹣f（x），‎ ‎∴f（x）+f′（x）﹣1＞0，‎ ‎∴g′（x）＞0，‎ ‎∴y=g（x）在定义域上单调递增，‎ ‎∵exf（x）＞ex+2，‎ ‎∴g（x）＞2，‎ 又∵g（0）=e0f（0）﹣e0=3﹣1=2，‎ ‎∴g（x）＞g（0），‎ ‎∴x＞0，‎ ‎∴不等式的解集为（0，+∞）‎ 故选：A．‎ ‎12．【答案】B ‎【解析】设切点（），则，切线斜率 ‎ 又，所以，‎ 令，对求导易得在（0,1）上递减，‎ 在（1，+）上递增.所以.‎ 故选：B 二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）‎ ‎13．【考点】离散型随机变量的期望与方差．‎ ‎【分析】先由X～B（10，0.6），得均值E（X）=6，方差D（X）=0.6，然后由X+Y=8得Y=﹣X+8，再根据公式求解即可．‎ ‎【解答】解：由题意X～B（10，0.6），知随机变量X服从二项分布，n=10，p=0.6，‎ 则均值E（X）=np=6，方差D（X）=npq=2.4，‎ 又∵X+Y=8，‎ ‎∴Y=﹣X+8，‎ ‎∴E（Y）=﹣E（X）+8=﹣6+8=2，‎ D（X）+E（Y）=4.4．‎ 故答案为：4.4．‎ ‎14．【考点】古典概型及其概率计算公式．‎ ‎【分析】根据题意，在图中的四个方格中填入数字的方法种数共有44种，对于A、B两个方格，由于其大小有序，则可以在l、2、3、4中的任选2个，大的放进A方格，小的放进B方格，由组合数公式计算可得其填法数目，对于另外两个方格，每个方格有4种情况，由分步计数原理可得其填法数目，最后由分步计数原理，计算可得填入A方格的数字大于B方格的数字的填法种数，利用古典概型的概率计算公式求概率．‎ ‎【解答】解：根据题意，在图中的四个方格中填入数字的方法种数共有44=256种，对于A、B两个方格，可在l、2、3、4中的任选2个，大的放进A方格，小的放进B方格，有C42=6种情况，‎ 对于另外两个方格，每个方格有4种情况，则共有4×4=16种情况，‎ 则填入A方格的数字大于B方格的数字的不同的填法共有16×6=96种，‎ 则填入A方格的数字大于B方格的数字的概率为P==；‎ ‎15．【解答】解：∵（1+x）10=[2﹣（1﹣x）]10‎ ‎∴其展开式的通项为Tr+1=（﹣1）r210﹣rC10r（1﹣x）r 令r=8得a8=4C108=180‎ 故答案为：180‎ ‎16．【考点】利用导数研究函数的单调性；导数的运算．‎ ‎【分析】通过观察2f（x）+xf′（x）＞x2，不等式的左边像一个函数的导数，又直接写不出来，对该不等式两边同乘以x，由x＜0，可得到2xf（x）+x2f′（x）＜x3，而这时不等式的左边是（x2f（x））′，所以构造函数F（x）=x2f（x），则能判断该函数在（﹣∞，0）上是减函数．这时F（x+2018）=（x+2018）2f（x+2018），F（﹣3）=9f（﹣3），而到这会发现不等式（x+2018）2f（x+2018）﹣9f（﹣3）＞0可以变成F（x+2018）＞F（﹣3），从而解这个不等式便可，而这个不等式利用F（x）的单调性可以求解．‎ ‎【解答】解：由2f（x）+xf′（x）＞x2，（x＜0）；‎ 得：2xf（x）+x2f′（x）＜x3‎ 即[x2f（x）]′＜x3＜0；‎ 令F（x）=x2f（x）；‎ 则当x＜0时，F'（x）＜0，即F（x）在（﹣∞，0）上是减函数；‎ ‎∴F（x+2018）=（x+2018）2f（x+2018），F（﹣3）=9f（﹣3）；‎ 即不等式等价为F（x+2018）﹣F（﹣3）＞0；‎ ‎∵F（x）在（﹣∞，0）是减函数；‎ ‎∴由F（x+2018）＞F（﹣3）得，x+2018＜﹣3，‎ ‎∴x＜﹣2019；‎ 故答案为：（﹣∞，﹣2019）．　‎ 三、解答题（本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17．【考点】互斥事件的概率加法公式；等可能事件的概率；相互独立事件的概率乘法公式．‎ ‎【分析】（Ⅰ）设出事件，根据运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为与p，且乙投球2次均未命中的概率为，写出关于p的方程，解方程即可把不合题意的结果舍去．‎ ‎（II）甲投球2次，至少命中1次，表示有一次命中，或有两次命中，写出事件对应的概率表示式，得到结果．‎ ‎（III）甲、乙两人各投球2次，两人共命中2次有三种情况：甲、乙两人各中一次；甲中两次，乙两次均不中；甲两次均不中，乙中2次．这三种情况是互斥的，写出概率．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设“甲投球一次命中”为事件A，“乙投球一次命中”为事件B．‎ 由题意得 解得或（舍去），‎ ‎∴乙投球的命中率为．‎ ‎（Ⅱ）由题设和（Ⅰ）知 故甲投球2次至少命中1次的概率为 ‎（Ⅲ）由题设和（Ⅰ）知，‎ 甲、乙两人各投球2次，共命中2次有三种情况：‎ 甲、乙两人各中一次；甲中两次，乙两次均不中；甲两次均不中，乙中2次．‎ 概率分别为，，‎ 所以甲、乙两人各投两次，共命中2次的概率为．‎ ‎18．【考点】离散型随机变量的期望与方差；古典概型及其概率计算公式．‎ ‎【分析】（1）由已知可得ξ的取值为0，1，2，利用排列组合分别求出P（ξ）的值，写出分布列求出数学期望即可．‎ ‎（2）显然ξ=0时不等式成立；若ξ≠0，利用判别式，解集是实数集，则△＜0，求出ξ的值，根据互斥概率公式计算即可．‎ ‎【解答】解：（1）由已知可得ξ的取值为：0，1，2，‎ ‎　　‎ ‎∴ξ的概率分布列为：‎ ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P ‎∴ξ的数学期望为Eξ=0×+1×+2×=‎ ‎（2）显然ξ=0时不等式成立；‎ 若ξ≠0，则有 解得0＜ξ＜2，‎ ‎∴‎ ‎19．【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．‎ ‎【分析】（I）ξ的所有可能取值有6，2，1，﹣2，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列．‎ ‎（II）由ξ的分布列，能求出1件产品的平均利润．‎ ‎（III）设技术革新后的三等品率为x，求出此时1件产品的平均利润为E（x）=4.76﹣x（0≤x≤0.29），由此能求出三等品率最多为1%．‎ ‎【解答】（满分12分）‎ 解：（I）ξ的所有可能取值有6，2，1，﹣2，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ 故ξ的分布列为：‎ ξ ‎6‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎﹣2‎ P ‎0.63‎ ‎0.25‎ ‎0.1‎ ‎0.18‎ ‎（II）由ξ的分布列，得：‎ ‎1件产品的平均利润为：Eξ=6×0.63+2×0.25+1×0.1+（﹣2）×0.18=4.34（万元）．‎ ‎（III）设技术革新后的三等品率为x，‎ 则此时1件产品的平均利润为E（x）=6×0.7+2×（1﹣0.7﹣0.01﹣x）+x+（﹣2）×0.01=4.76﹣x（0≤x≤0.29）‎ 依题意，E（x）≥4.75，即4.76﹣x≥4.75，解得x≤0.01‎ ‎∴三等品率最多为1%．‎ ‎20．【考点】数列的求和；归纳推理．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由正方形数的特点知，由二项式定理的性质，求出杨辉三角形第n行n个数的和，由此能求出an和Tn的通项公式．[]‎ ‎（Ⅱ）2≤n≤4时，an＞Tn．n≥5时，an＜Tn．证明：2≤n≤4时，an＞Tn时，可以逐个验证；证明n≥5时，an＜Tn时，可以用数学归纳法证明．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由正方形数的特点知，由二项式定理的性质，杨辉三角形第n行n个数的和为：=2n﹣1，‎ ‎∴Tn=S1+S2+…+Sn ‎=1+2+22+…+2n﹣1‎ ‎=2n﹣1．‎ ‎（Ⅱ），∴a2＞T2．‎ ‎，∴a3＞T3．‎ ‎，∴a4＞T4．‎ ‎，∴a5＜T5．‎ ‎∴2≤n≤4时，an＞Tn．‎ 猜想2≤n≤4时，an＞Tn．n≥5时，an＜Tn．‎ 证明：2≤n≤4时，an＞Tn，已证明．‎ 下面用数学归纳法证明n≥5时，an＜Tn．‎ ‎①当n=5时，，∴a5＜T5．成立．‎ ‎②假设n=k（k≥5，k∈N*）时，猜想成立，即，∴k2＜2k﹣1．‎ 则 ‎=2（2k﹣1）+1‎ ‎＞2k2+1=k2+k2+1‎ ‎＞k2+2k+1=（k+1）2，‎ ‎∴n=k+1时，猜想也成立．由①②知n≥5时，an＜Tn．‎ ‎21、（Ⅰ）观看文艺片的男性观众有人，所以观看文艺片的女性观众有40人，女性观众共有人.得到列联表如右：‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）中列联表的数据可得，.‎ 因为，所以能在犯错误的概率不超过0.01的前提下，认为选择影片类型与性别有关.‎ ‎22． 【答案】‎ ‎（Ⅰ）∵，∴.令，‎ 则，令，解得，令，解得，则函数在上单调递增，在上单调递减，‎ ‎∴；又当时，，当时，，‎ 画出函数的图象.‎ 要使函数的图象与有两个不同的交点，则，即实数的取值范围为.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，不妨设，则 ‎，.　　要证，只需证.‎ ‎∵，且函数在上单调递减，‎ ‎∴只需证，又，∴只需证，‎ 即证，即证对恒成立.‎ 令，，则，‎ ‎∵，∴，∴恒成立，则函数在上单调递减，∴.　综上所述，.‎