广东省广雅中学2019-2020学年高二下学期4月线上统一测试数学试题

广东省广雅中学2019-2020学年高二下学期4月线上统一测试数学试题

‎2020年广东广雅中学高二年级4月线上统一测试 数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分，考试时间120分钟．‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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．设复数满足，在复平面内对应的点为，则（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎2．不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次任意取出2张卡片，则与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件有（ ）‎ A．2张卡片都不是红色 B．2张卡片不都是红色 C．2张卡片至少有一张红色 D．2张卡片至多有1张红色 ‎3．若实数满足不等式组，则的最大值是（ ）‎ A． B．‎3 C．4 D．6‎ ‎4．设随机变量，且，则的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．学校要从10名候选人中选2名同学组成学生会，其中高二（1）班有4名候选人，假设每名候选人都有相同的机会被选到，若表示选到高二（1）班的候选人的人数，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．下列说法正确的有（ ）‎ ‎①在回归分析中，可以借助散点图判断两个变量是否呈线性相关关系．‎ ‎②在回归分析中，可以通过残差图发现原始数据中的可疑数据，残差平方和越小，模型的拟合效果越好．‎ ‎③在回归分析模型中，相关系数的绝对值越大，说明模型的拟合效果越好．‎ ‎④在回归直线方程中，当解释变量每增加1个单位时，预报变量增加0.1个单位．‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎7．袋中共有6个除了颜色外完全相同的球，其中有4个白球，2个红球．从袋中不放回地逐个取球，取完红球就停止，记停止时取得的球的数量为随机变量，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．广雅中学三大社团“乐研社”、“摄影社”和“外联社”招新，据资料统计，2019级髙一新生通过考核选拔进入三个社团成功与否相互独立，新生小明通过考核选拔进入三个社团“乐研社”“摄影社”和“外联社”的概率依次为，，已知三个社团他都能进入的概率为，至少进入一个社团的概率为，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．《易经》是中国传统文化中的精髓之一．如图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（“”表示一根阳线，“”表示一根阴线）．从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有两根阳线和四根阴线的概率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．某单位为了响应疫情期间有序复工复产的号召，组织从疫区回来的甲、乙、丙、丁4名员工进行核酸检测，现采用抽签法决定检测顺序，在“员工甲不是第一个检测，员工乙不是最后一个检测”的条件下，员工丙第一个检测的概率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．赵爽是我国古代数学家、天文学家，赵爽为《周碑算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的）．类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设，若在大等边三角形内随机取一点，则此点取自小等边三角形内的概率是（ ）‎ ‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎12．广雅髙一年级和髙二年级进行篮球比赛，赛制为3局2胜制，若比赛没有平局，且高二队每局获胜的概率都是，记比赛的最终局数为随机变量，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．‎ ‎13．已知随机变量服从两点分布，且，设，那么________．‎ ‎14．设随机变量服从标准正态分布，在某项测量中，已知，则在内取值的概率为_________．‎ ‎15．已知的展开式中的各二项式系数的和比各项系数的和小56，则 ‎________．‎ ‎16．将三项式展开，当时，得到如下所示的展开式，抽取各项的系数可以排列为广义杨辉三角形：‎ ‎……‎ 据此规律可得，_________．‎ 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．（10分）‎ 在中，分别是角的对边，若，且 ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求的值．‎ ‎18．（12分）‎ 已知数列的前项和为，，数列为等比数列，且，分别为数列第二项和第三项．‎ ‎（1）求数列与数列的通项公式；‎ ‎（2）若数列，求数列的前项和．‎ ‎19．（12分）‎ 如图，已知四边形为直角梯形，为矩形，平面平面，‎ ‎，，，．‎ ‎（1）若点为中点，求证：平面；‎ ‎（2）若点为线段上一动点，求与平面所成角的取值范围．‎ ‎20．（12分）‎ 某厂生产的某种零件的尺寸大致服从正态分布，且规定尺寸为次品，其余的为正品．生产线上的打包机自动把每5件零件打包成1箱，然后进入销售环节，若每销售一件正品可获利50元，每销售一件次品亏损100元．现从生产线生产的零件中抽样20箱做质量分析，作出的频率分布直方图如下：‎ ‎（1）估计生产线生产的零件的次品率及零件的平均尺寸；‎ ‎（2）从生产线上随机取一箱零件，求这箱零件销售后的期望利润及不亏损的概率．‎ ‎21．（12分）‎ 已知动圆的圆心为点，圆过点且与被直线截得弦长为．不过原点的直线与点的轨迹交于两点，且．‎ ‎（1）求点的轨迹方程；‎ ‎（2）求三角形面积的最小值．‎ ‎22．（12分）‎ 已知函数，其中，为函数的导函数．‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若对任意，恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎2020年广东广雅中学高二年级4月线上统一测试数学答案 一、选择题，本大题共12小题，每小题5分，满分60分．‎ CADBD CADAB DC ‎1．【答案】C ‎【解析】∵在复平面内对应的点为，∴，，∴，即．‎ ‎2．【答案】A ‎【解析】BD是对立事件，C不是互斥事件．‎ ‎3．【答案】D ‎【解析】画出可行域，表示的区域如图，‎ 要求的最大值，就是在直线与直线的交点处，目标函数的最大值是6．‎ ‎4．【答案】B ‎【解析】根据二项分布的期望和方差公式，有，解之得，所以．‎ ‎5．【答案】D ‎【解析】法一：（公式）由题意得随机变量，则．‎ 法二：，分布列如下 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎．‎ ‎6．【答案】C ‎【解析】③错误，相关指数越大，说明模型的拟合效果越好．‎ ‎7．【答案】A ‎【解析】最后一次取到的一定是红球，用“古典概型+排列”求概率，‎ ‎8．【答案】D ‎【解析】根据题意有，故．‎ ‎9．【答案】A ‎【解析】八卦分成四类，A类是：3个卦含1阴2阳，B类是：3卦含2阴1阳，C类1卦含是3阳，D类1卦是3阴．从八卦中任取两卦共有 ‎，两卦中含2阳4阴，则可以从B类选2卦，方法数为，或者选D类和A类1的1卦，方法数是3．所求概率为．‎ ‎10．【答案】B ‎【解析】先求，法一（优先考虑特殊元素特殊位置）：设事件为“员工甲不是第一个检测，员工乙不是最后一个检测”；事件为“员工丙第一个检测”．事件分两类：甲最后检测，则剩下的3名员工可以随便排序，方法数为；甲不是最后检测，则中间两个位置选1个位置为甲，然后剩下的位置除了最后一个位置，选一个位置给乙，其余的员工随便排，方法数为，故；法二（排除法），．‎ 再求，员工甲不是第一个检测，员工乙不是最后一个检测，员工丙是第一个检测，则先排丙在第一个位置，然后除了第一个位置和最后一个位置选1个位置给乙，剩下的两个员工随便排，方法数，故．‎ 综上．‎ ‎11．【答案】D ‎【解析】显然小三角形面积，‎ 中，，‎ ‎，‎ 所以所求概率为．‎ ‎12．【答案】C ‎【解析】的可能取值为2，3，‎ 解法一：令，因为，所以 则；‎ 所以，‎ 因为，所以，‎ 法二：，，‎ ‎，因为以为对称轴，开口向下，所以在时，单调递增，所以，排除A，B．‎ 法1：‎ 令，‎ 法2：‎ ‎，‎ 所以在上单调递减，又，所以当时，，‎ 所以时单调递增，‎ 所以．故选：C 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．‎ ‎13． 14．0.975 15．3 16．‎ ‎13．‎ ‎【解析】，‎ ‎14．0.975‎ ‎【解析】由于，‎ 所以．‎ ‎15．3‎ ‎【解析】的展开式中的各二项式系数的和为．令，则各项系数的和为，依题意，．‎ ‎16．‎ ‎【解析】法一：因为，所以，故．‎ 法二：为的系数，个括号中，有两类选择．选择一：有个括号选择，1个括号选择1，方法数为：；选择二：有个括号选择，2个括号选择，方法数为：，共有种．‎ 为的系数，个括号中，有两类选择，选择一：有1个括号选择，个括号选择1，方法数为：；选择二：有2个括号选择，个括号选择1，方法数为：，共有种．‎ 故．‎ 三、解答题：本大题共6小题，满分70分．‎ ‎17．法一：根据正弦定理，由得，‎ 即，‎ 所以 因为，所以．‎ 法二：根据正弦定理，由得，故 所以，由，得，故，‎ 因为，所以，故．‎ 所以．‎ ‎（2）因为，，‎ 所以，‎ 所以．‎ ‎18．【解】（1）由题意，数列的前项和为，‎ 当时，‎ 当时∴，‎ 当时也满足上式 所以数列的通项公式为．‎ 设数列的首项为，公比为，则，‎ ‎∴，，∴，．‎ ‎（2）由（1）可得，所以 设前项和为成，前项和为，‎ 法一：‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 法二：‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎19．（1）法一：在直角梯形中，，‎ 故由勾股定理知，‎ 取中点，则中，，又 中，，故．‎ 因为平面平面，交线为，所以面．‎ 面，故．‎ 和，，故，故．设．‎ ‎，故，即，即．‎ 又，面，故面．‎ 法二：‎ 因为平面平面，交线为，面且．‎ 所以面．‎ 建立空间直角坐标系如图，则 ‎．‎ ‎，，，故 ‎，．‎ ‎，又，面，故面．‎ ‎（2）法一：因为平面平面，交线为，面且．所以面，建立空间直角坐标系如图，则 ‎，‎ 设，则 则 设平面的法向量为 ‎∴，即，故，取，则，故 平面的一个法向量为．‎ 设与平面所成角为，‎ ‎∴‎ ‎∴当时取最大值，当时取最小值 故与平面所成角的取值范围为．‎ 法二：根据（1）知，面．建立空间直角坐标系如图，则，‎ 设，则 则 设平面的法向量为 ‎∴，即，‎ 故，取，则，‎ 故平面的一个法向量为 ‎．‎ 设与平面所成角为，‎ ‎∴‎ ‎∴当时取最大值，当时取最小值 故与平面所成角的取值范围为．‎ ‎20．解：（1）次品的尺寸范围，即，‎ 即，‎ 故生产线生产的产品次品率为：‎ 生产线生产的产品平均尺寸为：‎ ‎（2）设生产线上的一箱零件（5件）中的正品数为，‎ 正品率为，故，‎ 设销售生产线上的一箱零件获利为元，则 ‎（元）‎ 设事件：销售生产线上的一箱零件不亏损，则 答：生产线生产的零件的次品率为0.2，零件的平均尺寸为98.8，这箱零件销售后的期望利润为100元，不亏损的概率为．‎ ‎21解：（1）设，圆的半径 圆到直线的距离 由于圆被直线截得弦长为，所以 即，化简得，‎ 所以点的轨迹方程为．‎ ‎（2）由知（或）‎ 解法一：设直线的方程为，则直线的方程为 由，解得即，所以 同理可得 三角形面积 下面提供两种求最小值的思路：‎ 思路1：利用基本不等式 ‎，（或 当且仅当即时，‎ 所以三角形面积的最小值为16．‎ 思路2：用导数 不妨设，则，‎ 当时，；当时，；‎ 所以在上单调递减，在上单调递增 所以当时，‎ 所以三角形面积的最小值为16．‎ 解法二：设直线的方程为 由消去得 即 ‎，‎ 由即即由于，所以 所以解得 所以直线方程为恒过定点 三角形面积 当时，‎ 所以三角形面积的最小值为16．‎ ‎22．解：（1）‎ 令，则，所以故 ‎（ⅰ）当时，‎ 当时，，所以在上单调递减 当时，，所以在上单调递增 ‎（ⅱ）当时，令，则或 ‎（a）若即时，‎ 当或时，，所以在和上单调递增 当时，，所以在上单调递减 ‎（b）若即时，，所以在上单调递增 ‎（c）若即时，‎ 当或时，，所以在和上单调递增 当时，，所以在上单调递减 综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增 当时，在和上单调递增，在上单调递减 当时，在上单调递增 当时，在和上单调递增，在上单调递减 ‎（2）解法一：参数分离法 由知在恒成立即 令，则 令，则，所以在上单调递增 又，‎ 所以在上存在唯一零点，且 所以当时，即；当时，即 所以在上单调递减，在上单调递增，‎ 又因为 思路一：即 因为，所以（*）‎ 设，当时，，所以在上单调递增 由（*）知，所以 所以，则有即 所以实数的取值范围为 思路二：即，两边取对数，得 即（*）‎ 设，则在上单调递增 由（*）知，所以 所以，则有即 所以实数的取值范围为．‎ 下面提供一种利用最小值的定义求的最小值的方法：‎ 先证：‎ 设，则 所以当时，；当时，‎ 所以在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以即（当且仅当时等号成立）‎ 再证：‎ 由得（用代换）‎ ‎（当且仅当时等号成立）‎ 最后证：方程有实根 设，则在上单调递增 又，，所以在有唯一零点 即方程有实根 综上 则有即 所以实数的取值范围为．‎ 解法二：函数性质法 由知在恒成立 设，则 因为 ‎，所以在上单调递增 又当时，；当时，；‎ 所以在上存在唯一零点，即（1）‎ 所以当时，；当时，‎ 所以在上单调递减，在上单调递增，‎ 即 思路一：即 因为，所以（*）‎ 设，当时，，所以在上单调递增 由（*）知，所以即 所以，则有即 所以实数的取值范围为 思路二：即，两边取对数，得 即（*）‎ 设，则在上单调递增 由（*）知，所以即 所以，则有即 所以实数的取值范围为．‎