2019学年高二数学下学期期末考试试题 理（含解析） 新人教版

2019学年高二数学下学期期末考试试题 理（含解析） 新人教版

‎2019学年度第二学期期末教学质量检测 高二理科数学 第Ⅰ卷（选择题 共60分）‎ 一、选择题（共12小题，每小题5分，共60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.）‎ ‎1.1.已知复数满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：根据复数的除法法则求解可得结果．‎ 详解：∵，‎ ‎∴．‎ 故选C．‎ 点睛：本题考查复数的除法运算，考查学生的运算能力，解题时根据法则求解即可，属于容易题．‎ ‎2.2.有一段“三段论”推理是这样的：对于可导函数，如果，那么是函数的极值点，因为函数在处的导数值，所以，是函数的极值点.以上推理中（ ）‎ A. 大前提错误 B. 小前提错误 C. 推理形式错误 D. 结论正确 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：根据极值定义得导数为零的点不一定为极值点，得大前提错误.‎ 详解：因为根据极值定义得导数为零的点不一定为极值点，所以如果f ' (x0)=0，那么x=x0不一定是函数f(x)的极值点，即大前提错误.‎ 选A.‎ 点睛：本题考查极值定义以及三段论概念，考查对概念理解与识别能力.‎ ‎3.3.在回归分析中，的值越大，说明残差平方和（ ）‎ A. 越小 B. 越大 C. 可能大也可能小 D. 以上都不对 ‎【答案】A 14‎ ‎【解析】‎ 分析：根据的公式和性质，并结合残差平方和的意义可得结论．‎ 详解：用相关指数的值判断模型的拟合效果时，当的值越大时，模型的拟合效果越好，此时说明残差平方和越小；当的值越小时，模型的拟合效果越差，此时说明残差平方和越大．‎ 故选A．‎ 点睛：主要考查对回归分析的基本思想及其初步应用等知识的理解，解题的关键是熟知有关的概念和性质，并结合条件得到答案．‎ ‎4.4.用火柴棒摆“金鱼”，如图所示，‎ 按照上面的规律，第个“金鱼”图需要火柴棒的根数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎ 由题意得，第1个“金鱼”需要火柴棒的根数为；‎ 第2个“金鱼”需要火柴棒的根数为；‎ 第3个“金鱼”需要火柴棒的根数为，‎ 构成首项为，公差为的等差数列，‎ 所以第个“金鱼”需要火柴棒的根数为，故选C.‎ ‎5.5.如果函数y＝f(x)的图象如图所示，那么导函数y＝f ′(x)的图象可能是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由原函数图像可知函数单调性先增后减再增再减，所以导数值先正后负再正再负，只有A正确 考点：函数导数与单调性及函数图像 14‎ ‎6.6.某产品的广告费用万元与销售额万元的统计数据如下表：‎ 根据以上数据可得回归直线方程，其中，据此模型预报广告费用为6万元时，销售额为65.5万元，则，的值为（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：根据回归直线过样本中心和条件中给出的预测值得到关于，的方程组，解方程组可得所求．‎ 详解：由题意得，‎ 又回归方程为，‎ 由题意得，解得．‎ 故选C．‎ 点睛：线性回归方程过样本中心是一个重要的结论，利用此结论可求回归方程中的参数，也可求样本数据中的参数．根据回归方程进行预测时，得到的数值只是一个估计值，解题时要注意这一点．‎ ‎7.7.利用数学归纳法证明不等式的过程中，由变到时，左边增加了（ ）‎ A. 1项 B. 项 C. 项 D. 项 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：先表示出、，通过对比观察由变到时，项数增加了多少项.‎ 详解：因为，‎ 所以当，‎ 当，‎ 所以由变到时增加的项数为.‎ 点睛：本题考查数学归纳法的操作步骤，解决本题的关键是首先观察出分母连续的整数，当，‎ ‎，由此可得变化过程中左边增加了多少项，意在考查学生的基本分析、计算能力．‎ 14‎ ‎8.8.如图，用、、三类不同的元件连接成一个系统.当正常工作且、至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知、、正常工作的概率依次为0.9、0.8、0.8，则系统正常工作的概率为（ ）‎ A. 0.960 B. 0.864 C. 0.720 D. 0.576‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：系统正常工作当①正常工作，不能正常工作，②正常工作，不能正常工作,③正常工作，因此概率.‎ 考点：独立事件的概率.‎ ‎9.9.设复数，若，则的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 若则，则的概率为：作出如图，则概率为直线上方与圆的公共部分的面积除以整个圆的面积，即：‎ ‎10.10.设函数的定义域为，若对于给定的正数，定义函数，则当函数，时，定积分的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：根据的定义求出的表达式，然后根据定积分的运算法则可得结论．‎ 详解：由题意可得，当时，，即．‎ 所以．‎ 故选D．‎ 点睛：解答本题时注意两点：一是根据题意得到函数的解析式是解题的关键；二是求定积分时要合理的运用定积分的运算性质，可使得计算简单易行．‎ ‎11.11.已知等差数列的第项是二项式展开式的常数项，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C 14‎ ‎【解析】‎ 试题分析：二项式展开中常数项肯定不含，所以为，所以原二项式展开中的常数项应该为，即，则，故本题的正确选项为C.‎ 考点：二项式定理.‎ ‎12.12.已知函数的定义域为，为的导函数，且，若，则函数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：根据题意求得函数的解析式，进而得到的解析式，然后根据函数的特征求得最值．‎ 详解：由，‎ 得，‎ ‎∴，‎ 设（为常数），‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴当x=0时，；‎ 当时，，‎ 故当时，，当时等号成立，此时；‎ 当时，，当时等号成立，此时．‎ 综上可得，‎ 即函数的取值范围为．‎ 故选B．‎ 点睛：解答本题时注意从所给出的条件出发，并结合导数的运算法则利用构造法求出函数的解析式；‎ 14‎ 求最值时要结合函数解析式的特征，选择基本不等式求解，求解时注意应用不等式的条件，确保等号能成立．‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.13.已知随机变量服从正态分布，若，则等于__________．‎ ‎【答案】0.36‎ ‎【解析】‎ ‎.‎ ‎14.14.从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人，组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有__________种不同的选法．（用数字作答）‎ ‎【答案】660‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一类，先选女男，有种，这人选人作为队长和副队有种，故有 种；第二类，先选女男，有种，这人选人作为队长和副队有种，故有种，根据分类计数原理共有种，故答案为.‎ ‎15.15.的展开式中的系数是__________．‎ ‎【答案】243‎ ‎【解析】‎ 分析：先得到二项式的展开式的通项，然后根据组合的方式可得到所求项的系数．‎ 详解：二项式展开式的通项为，‎ ‎∴展开式中的系数为.‎ 点睛：对于非二项式的问题，解题时可转化为二项式的问题处理，对于无法转化为二项式的问题，可根据组合的方式“凑”出所求的项或其系数，此时要注意考虑问题的全面性，防止漏掉部分情况．‎ ‎16.16.已知是奇函数，当时，，（），当时，的最小值为1，则的值等于__________．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由于当时，的最小值为，且函数是奇函数，所以当时，有最大值为-1，从而由，所以有；‎ 14‎ 故答案为：1．‎ 考点：1．函数的奇偶性；2．函数的导数与最值．‎ 三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17.17.复数，，若是实数，求实数的值.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析：由题意求得，进而得到的代数形式，然后根据是实数可求得实数的值．‎ 详解： ‎ ‎.‎ ‎∵是实数，‎ ‎∴，‎ 解得或，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 点睛：本题考查复数的有关概念，解题的关键是求出的代数形式，然后根据该复数的实部不为零虚部为零得到关于实数的方程可得所求，解题时不要忽视分母不为零的限制条件．‎ ‎18.18.某险种的基本保费为（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：‎ 上年度出险次数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 保费 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：‎ 一年内出险次数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 概率 ‎0.30‎ ‎0.15‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ 14‎ ‎（1）求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；‎ ‎（2）已知一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出的概率.‎ ‎【答案】（1）0.55（2）‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）将保费高于基本保费转化为一年内的出险次数，再根据表中的概率求解即可．（2）根据条件概率并结合表中的数据求解可得结论．‎ 详解：（1）设表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，‎ 则事件发生当且仅当一年内出险次数大于1，‎ 故．‎ ‎（2）设表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出”，‎ 则事件发生当且仅当一年内出险次数大于3，‎ 故．‎ 又，‎ 故，‎ 因此其保费比基本保费高出的概率为．‎ 点睛：求概率时，对于条件中含有“在……的条件下，求……发生的概率”的问题，一般为条件概率，求解时可根据条件概率的定义或利用古典概型概率求解．‎ ‎19.19.在数列，中，，，且，，成等差数列，，，成等比数列（）.‎ ‎（1）求，，及，，；‎ ‎（2）根据计算结果，猜想，的通项公式，并用数学归纳法证明.‎ ‎【答案】(1) ，，，，， (2) 猜想，，证明见解析 ‎【解析】‎ 分析：（1）根据条件中，，成等差数列，，，成等比数列及所给数据求解即可．（2）用数学归纳法证明．‎ 详解：（1）由已知条件得，，‎ 由此算出，，，‎ ‎，，.‎ ‎（2）由（1）的计算可以猜想，，‎ 下面用数学归纳法证明：‎ 14‎ ‎①当时，由已知，可得结论成立.‎ ‎②假设当（且）时猜想成立，‎ 即，.‎ 则当时，‎ ‎ ，‎ ‎，‎ 因此当时，结论也成立.‎ 由①②知，对一切都有，成立．‎ 点睛：用数学归纳法证明问题时要严格按照数学归纳法的步骤书写，特别是对初始值的验证不可省略，有时可能要取两个(或两个以上)初始值进行验证，初始值的验证是归纳假设的基础；第二步的证明是递推的依据，证明时必须要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法．‎ ‎20.20.学校为了对教师教学水平和教师管理水平进行评价，从该校学生中选出300人进行统计.其中对教师教学水平给出好评的学生人数为总数的，对教师管理水平给出好评的学生人数为总数的，其中对教师教学水平和教师管理水平都给出好评的有120人.‎ ‎（1）填写教师教学水平和教师管理水平评价的列联表：‎ 对教师管理水平好评 对教师管理水平不满意 合计 对教师教学水平好评 对教师教学水平不满意 合计 请问是否可以在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为教师教学水平好评与教师管理水平好评有关？‎ ‎（2）若将频率视为概率，有4人参与了此次评价，设对教师教学水平和教师管理水平全好评的人数为随机变量.‎ ‎①求对教师教学水平和教师管理水平全好评的人数的分布列（概率用组合数算式表示）；‎ 14‎ ‎②求的数学期望和方差.‎ ‎0.15‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ ‎2.072‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ ‎（，其中）‎ ‎【答案】(1) 可以在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为教师教学水平好评与教师管理水平好评有关. (2) ①见解析②，‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）由题意得到列联表，根据列联表求得的值后，再根据临界值表可得结论．（2）①由条件得到的所有可能取值，再求出每个取值对应的概率，由此可得分布列．②由于，结合公式可得期望和方差．‎ 详解：（1）由题意可得关于教师教学水平和教师管理水平评价的列联表：‎ 对教师管理水平好评 对教师管理水平不满意 合计 对教师教学水平好评 ‎120‎ ‎60‎ ‎180‎ 对教师教学水平不满意 ‎105‎ ‎15‎ ‎120‎ 合计 ‎225‎ ‎75‎ ‎300‎ 由表中数据可得 ，‎ 所以可以在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为教师教学水平好评与教师管理水平好评有关.‎ ‎（2）①对教师教学水平和教师管理水平全好评的概率为，且的取值可以是0，1，2，3，4，‎ 其中；‎ ‎；‎ 14‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎，‎ 所以的分布列为：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎②由于，‎ 则，.‎ 点睛：求离散型随机变量的均值与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算，对于二项分布的均值和方差可根据公式直接计算即可．‎ ‎21.21.已知函数，（为自然对数的底数，）.‎ ‎（1）判断曲线在点处的切线与曲线的公共点个数；‎ ‎（2）当时，若函数有两个零点，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1)见解析(2) ‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）根据导数的几何意义可得切线方程，然后根据切线方程与联立得到的方程组的解的个数可得结论．（2）由题意求得的解析式，然后通过分离参数，并结合函数的图象可得所求的范围．‎ 详解：（1）∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 又，‎ ‎∴曲线在点处的切线方程为．‎ 14‎ 由得.‎ 故，‎ 所以当，即或时，切线与曲线有两个公共点；‎ 当，即或时，切线与曲线有一个公共点；‎ 当，即时，切线与曲线没有公共点.‎ ‎（2）由题意得，‎ 由，得，‎ 设，‎ 则.‎ 又，‎ 所以当时，单调递减；‎ 当时，单调递增．‎ 所以.‎ 又，，‎ 结合函数图象可得，当时，方程有两个不同的实数根，‎ 故当时，函数有两个零点．‎ 点睛：函数零点个数（方程根的个数、两函数图象公共点的个数）的判断方法：（1）结合零点存在性定理，利用函数的性质确定函数零点个数；（2）构造合适的函数，判断出函数的单调性，利用函数图象公共点的个数判断方程根的个数或函数零点个数．‎ 请考生在22～23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.22.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知点的直角坐标为，曲线的极坐标方程为，直线过点且与曲线相交于，两点.‎ ‎（1）求曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若，求直线的直角坐标方程.‎ ‎【答案】(1) (2) 直线的直角坐标方程为或 14‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）根据极坐标和直角坐标间的转化公式可得所求．（2）根据题意设出直线的参数方程，代入圆的方程后得到关于参数的二次方程，根据根与系数的关系和弦长公式可求得倾斜角的三角函数值，进而可得直线的直角坐标方程．‎ 详解：（1）由，可得，得，‎ ‎∴曲线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）由题意设直线的参数方程为（为参数），‎ 将参数方程①代入圆的方程，‎ 得，‎ ‎∵直线与圆交于，两点，‎ ‎∴．‎ 设，两点对应的参数分别为，，‎ 则，‎ ‎∴，‎ 化简有，‎ 解得或，‎ ‎∴直线的直角坐标方程为或.‎ 点睛：利用直线参数方程中参数的几何意义解题时，要注意使用的前提条件，只有当参数的系数的平方和为1时，参数的绝对值才表示直线上的动点到定点的距离．同时解题时要注意根据系数关系的运用，合理运用整体代换可使得运算简单．‎ ‎23.23.已知函数的定义域为.‎ ‎（1）若，解不等式；‎ ‎（2）若，求证：.‎ ‎【答案】(1) (2)见解析 ‎【解析】‎ 分析：（1）由可得，然后将不等式中的绝对值去掉后解不等式可得所求．（2）结合题意运用绝对值的三角不等式证明即可．‎ 14‎ 详解：（1），即，则，‎ ‎∴，‎ ‎∴不等式化为．‎ ‎①当时，不等式化为，‎ 解得；‎ ‎②当时，不等式化为，‎ 解得.‎ 综上可得．‎ ‎∴原不等式的解集为.‎ ‎（2）证明：∵，‎ ‎∴.‎ 又，‎ ‎∴ ‎ ‎ ‎ ‎.‎ 点睛：含绝对值不等式的常用解法 ‎（1）基本性质法：当a>0时，|x|＜a⇔－a＜x＜a，|x|＞a⇔x＜－a或x＞a．‎ ‎（2）零点分区间法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．‎ ‎（3）几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解．‎ ‎（4）数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解．‎ 14‎