2018-2019学年湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学高二下学期期中考试数学（理）试题 解析版

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绝密★启用前 湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2018-2019学年高二下学期期中考试数学（理)试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．若为虚数单位，复数，则表示复数的点在( )‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法运算可得，故可得该复数对应的点所在的象限.‎ ‎【详解】‎ ‎，对应的点为，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复数的除法运算及复数的几何意义，属于基础题.‎ ‎2．一物体的运动方程是为常数)，则该物体在时的瞬时速度是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出后可得物体在某时刻的瞬时速度.‎ ‎【详解】‎ 因，故该物体在 时的瞬时速度为，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查导数的概念，属于基础题.‎ ‎3．曲线在点（0,1）处的切线斜率是( )‎ A． B．1 C．2 D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的导数后可得切线的斜率.‎ ‎【详解】‎ ‎，故在处的切线的斜率为，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 函数在处的导数就是函数对应的曲线在点处切线的斜率，注意解决曲线的切线问题，核心是切点的横坐标.‎ ‎4．已知三个正态分布密度函数（,）的图象如图所示，则（ ）‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 正态曲线关于对称，且越大图象越靠近右边，第一个曲线的均值比第二和第三和图象的均值小，且二、三两个的均值相等，只能从两个答案中选一个，越小图象越痩长，得到第二个图象的比第三个的要小，故选D.‎ ‎5．设，随机变量的分布列如表所示，则当在内增大时，( )‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ A．增大 B．减小 C．先增大，后减小 D．先减小，后增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用分布列算出后可得正确选项.‎ ‎【详解】‎ ‎，故随的增大而减小，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查随机变量的数学期望，是基础题.‎ ‎6．设，，，…，，，则( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 算出，，，后可知，从而可计算.‎ ‎【详解】‎ ‎，，，，‎ 因此，故，故C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查导数的运算，属于基础题.‎ ‎7．一次考试中，某班级数学成绩不及格的学生占20％，数学成绩和物理成绩都不及格的学生占15％，已知该班某学生数学成绩不及格，则该生物理成绩也不及格的概率为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 算出、后利用条件概率公式计算.‎ ‎【详解】‎ 设为“学生数学不及格”，为“学生物理不及格”，‎ 则“学生数学成绩不及格时，则该生物理成绩也不及格”的概率为 ‎，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 条件概率的计算公式为，注意根据题意确定问题中的概率是何种类型.‎ ‎8．设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则导函数的图象可能是 A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可从原函数的图像中得到函数在附近的单调性，从而得到其导函数在 附近的符号，由后者可得函数图像的正确选项.‎ ‎【详解】‎ 根据函数的图像可知，‎ 在的左侧附近，为减函数；‎ 在的右侧附近，为增函数，‎ 所以在的左侧附近，；在的右侧附近，，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则．‎ ‎9．分别抛掷2枚质地均匀的硬币，设“第1枚为正面”为事件A，“第2枚为正面”为事件B，“2枚结果相同”为事件C，有下列三个命题：‎ ‎①事件A与事件B相互独立；‎ ‎②事件B与事件C相互独立；‎ ‎③事件C与事件A相互独立．‎ 以上命题中，正确的个数是( )‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据相互独立事件的定义可判断两两独立．‎ ‎【详解】‎ ‎，，，，‎ 因为，故相互独立；‎ 因为，故相互独立；‎ 因为，故相互独立；‎ 综上，选D.‎ ‎【点睛】‎ 判断两个事件是否相互独立，可以根据实际意义来判断（即一个事件的发生与否不影响另一个事件的发生），也可以根据来确定两个事件是相互独立的.‎ ‎10．若，则( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构建关于的方程并解这个方程可以得到所求的定积分.‎ ‎【详解】‎ 由题设有 ‎，‎ 故，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查定积分的计算，因函数解析式含有定积分，故把该定积分看成常数，构建关于定积分的方程即可，此类问题属于基础题.‎ ‎11．已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是 A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：当时，，函数有两个零点和，不满足题意，舍去；当时，，令，得或．时，；时，；时，，且，此时在必有零点，故不满足题意，舍去；当时，时，；时，；时，，且，要使得存在唯一的零点，且，只需，即，则，选C．‎ 考点：1、函数的零点；2、利用导数求函数的极值；3、利用导数判断函数的单调性．‎ ‎12．若函数满足，，则当时，( )‎ A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值 C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值又无极小值 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构建函数，则，利用导数考虑的符号可得的极小值点.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ ‎，则且 ，‎ 当时，，故在上是增函数，‎ 又， ‎ 令，则为上的增函数，‎ ‎，故 当时，，当时，， ‎ 所以当时，，当时，， ‎ 所以在上有极小值，无极大值，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 对于抽象函数的导数问题，应根据导数与原函数的关系构建新函数，利用新函数性质讨论原函数的导数的符号从而得到其单调性、极值、最值等.‎ 第II卷（非选择题)‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．设复数满足，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析：首先利用题中所给的条件，利用方程的思想，去分母、移项、合并同类项、做除法运算，求得，之后应用复数模的计算公式，求得结果.‎ 详解：由可求得，‎ 所以，所以答案为1.‎ 点睛：该题考查的是有关复数的概念及运算问题，在解题的过程中，需要我们对复数的运算法则比较熟悉，还可以通过设出，利用复数的运算法则，以及复数相等的条件，求得结果.‎ ‎14．如图，CDEF是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形，点H是劣弧的中点，将一颗豆子随机地扔到圆O内，用A表示事件“豆子落在扇形OCFH内”，B表示事件“豆子落在正方形CDEF内”，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 算出、后利用条件概率公式计算.‎ ‎【详解】‎ ‎，，‎ 所以，填.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查条件概率的计算，属于基础题.‎ ‎15．某一部件由四个电子元件按如图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3或元件4正常工作，则部件正常工作.设四个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：先求出四个电子元件的使用寿命超过1000小时的概率都为，再设A={元件1或元件2正常工作}，B={元件3或元件4正常工作},再求P(A),P(B),再求P(AB)得解.‎ 详解：由于四个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布，所以四个电子元件的使用寿命超过1000小时的概率都为 设A={元件1或元件2正常工作}，B={元件3或元件4正常工作},‎ 所以 所以该部件的使用寿命超过1000小时的概率为.‎ 故答案为：.‎ 点睛：（1）本题主要考查正态分布曲线，考查独立事件同时发生的概率，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 一般地，如果事件相互独立，那么这个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即 ．‎ ‎16．传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在弯形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为且以每秒等速率缩短，而长度以每秒等速率增长.已知神针的底面半径只能从缩到为止，且知在这段变形过程中，当底面半径为时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒,则此时金箍棒的底面半径为__________ ．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】设原来神针的长度为，t秒时神针体积为则 ‎，其中。所以.因为当底面半径为时其体积最大，所以，解得，此时，解得，所以，其中，，当时，，当时，，从而在(0,2)单调递增，在(2,8)单调递减，，所以当时，有最小值，此时金箍棒的底面半径为.‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．已知为实数．‎ ‎（1）若，求；‎ ‎（2）若，求，的值．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：把代入计算的值，再求；第二步把代入，整理后利用复数相等列方程求出的值.‎ 试题解析：‎ ‎（1） ，，‎ ‎（2） ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎， ‎ ‎，‎ ‎18．袋中有20个大小相同的球，其中标号为0的有10个，标号为n的有n个（n =1,2,3,4）.现从袋中任取一球，X表示所取球的标号.求X的分布列、数学期望和方差.‎ ‎【答案】详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用古典概型概率的计算公式分别计算的概率后可计算其期望和方差.‎ ‎【详解】‎ ‎，，，，‎ ‎.‎ 的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎ ‎ ‎∴，‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查离散型随机变量的概率分布、数学期望和方差，属于基础题.‎ ‎19．已知，R．求的单调增区间.‎ ‎【答案】详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的导数后讨论导数的符号可得函数的单调增区间，注意就的符号分类讨论.‎ ‎【详解】‎ 的定义域为，.‎ 当时，若，则，单调递增，‎ 当时，，‎ ‎(i)当时，，‎ 当或时，，单调递增；‎ ‎(ii)当时，，‎ 当时，，单调递增，‎ 当时，，单调递增，因在处不间断，‎ 所以在上，单调递增.‎ ‎ (iii)当时，，当或时，，单调递增，‎ 综上所述，当时，增区间为 ；‎ 当时，的单调增区间为，；‎ 当时，的单调增区间为；‎ 当时，的单调增区间为，.‎ ‎【点睛】‎ 一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则．‎ ‎20．Monte-Carlo方法在解决数学问题中有广泛的应用．下面利用Monte-Carlo方法来估算定积分．考虑到等于由曲线，轴，直线所围成的区域的面积，如图，在外作一个边长为1正方形OABC．在正方形OABC内随机投掷n个点，若n个点中有m个点落入M中，则M的面积的估计值为，此即为定积分的估计值．现向正方形OABC中随机投掷10000个点，以X表示落入M中的点的数目．‎ ‎（1）求X的期望和方差；‎ ‎（2）求用以上方法估算定积分时，的估计值与实际值之差在区间（-0.01，0.01）的概率．‎ 附表：‎ ‎1899‎ ‎1900‎ ‎1901‎ ‎2099‎ ‎2100‎ ‎2101‎ ‎0.0058‎ ‎0.0062‎ ‎0.0067‎ ‎0.9933‎ ‎0.9938‎ ‎0.9942‎ ‎【答案】（1）；（2）0.9871.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用定积分求出曲边梯形的面积得到每个点落入的概率，再利用二项分布求出随机变量的期望和方差. ‎ ‎（2）所求概率为，利用表中数据可得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)依题意，每个点落入中的概率为，，‎ 所以.‎ ‎(2)依题意，所求概率为 ‎.‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）几何概型的概率计算关键在于测度的选取，测度通常是线段的长度、平面区域的面积、几何体的体积等．‎ ‎（2）在计算离散型随机变量的概率时，注意利用常见的概率分布列来简化计算（如二项分布、超几何分布等）．‎ ‎21．已知函数.‎ ‎（1）求的解析式；‎ ‎（2）若恒成立，求的最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在及中令可求出和从而得到的解析式．‎ ‎（2）参变分离后可得不等式恒成立，令，利用导数分类讨论可求 ‎，从而，故，令，利用导数求出在上的最小值后可得的最小值．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）令，则，故，‎ 从而，令，则，‎ 于是，故.‎ 当 时，；当时，；‎ 当时，，‎ 从而的单调增区间为和，单调减区间为.‎ ‎(2)由已知条件得，‎ 设，则 ‎①若，则，的值域为，故不成立，舎；‎ ‎②若，则当时，；当时，，‎ 从而在上单调递增，在上单调递减，‎ 故有最大值，‎ 故，其中，因此.‎ 设 ，则，‎ 当时，；当时，，‎ 所以在上单调递减，在上单调递增，‎ 故有最小值，从而，‎ 当且仅当 即 时，的最小值为.‎ ‎【点睛】‎ 含参数的不等式的恒成立问题，优先考虑参变分离，把恒成立问题转化为不含参数的新函数的最值问题，后者可用函数的单调性或基本不等式来求，而不等式的单调性可由导数的符号的正负得到.‎ ‎22．已知函数，曲线在处的切线方程为.（为自然对数的底数，，e0.495≈1.640，e-0.703≈0.495）‎ ‎（1）求，的值；‎ ‎（2）证明：.‎ ‎【答案】（1），；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由切线方程可以得到，在及中令可解得.‎ ‎（2）利用导数讨论函数的单调性，结合零点存在定理和导函数的单调性估算出极小值点的范围，利用前者估算函数的最小值的范围后可证.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)函数的定义域为，，‎ 由题意可得，，‎ 故.‎ ‎(2)由(1)知，，，‎ 令，其中，则，‎ 故为上的增函数.‎ 又，，‎ 因为，故，‎ 因为，故即，故， ‎ 所以在上的有且只有一个实数解且 ‎，.‎ 又当时，；当时，；‎ 则在上为减函数，在上为增函数，‎ 所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 解决曲线的切线问题，核心是切点的横坐标，因为函数在横坐标处的导数就是切线的斜率.函数不等式的证明，可归结为函数的最值来处理，有时最值点难以计算时，可采用设而不求的思想方法，利用最值点（极值点）满足的等式化简函数的最值可以相应的最值范围．‎