甘肃省天水市第一中学2019-2020学年高二下学期第一次学段考试数学（兰天班）试题

甘肃省天水市第一中学2019-2020学年高二下学期第一次学段考试数学（兰天班）试题

天水一中2019—2020学年度高二级第二学期第一学段考试 数学试题（兰天班）‎ 一、单选题（每小题5分，共60分）‎ ‎1.过点且与直线垂直的直线方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出所求直线的斜率，再写出直线的点斜式方程化简整理即得解.‎ ‎【详解】由题得直线的斜率为 所以直线的方程为，‎ 即：‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查相互垂直的直线的斜率关系，考查直线方程的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎2.已知函数的图像在点的处的切线过点，则（ ）.‎ A. B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的导数，利用切线的方程经过的点求解即可.‎ ‎【详解】解：函数的导函数为，‎ ‎，而，‎ 切线方程为.‎ 因为经过点，所以，‎ 解得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，属于基础题.‎ ‎3.已知随机变量，若，则实数的值分别为( )‎ A. 4，0.6 B. 12，‎0.4 ‎C. 8，0.3 D. 24，0.2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可得，由此列出关于的方程组，从而得出结果．‎ ‎【详解】解：据题意，‎ 得,‎ 解得，‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了二项分布的数学期望和方差，熟记离散型随机变量的数学期望和方差的性质是关键．‎ ‎4.已知点在抛物线C:()上,点M到抛物线C的焦点的距离是( )‎ A. 4 B. ‎3 ‎C. 2 D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将点坐标代入抛物线方程，求出，即得焦点，利用抛物线的定义，即可求出．‎ ‎【详解】由点在抛物线上，可得，解得，‎ 即抛物线，焦点坐标，准线方程为．‎ 所以，点到抛物线焦点的距离为：．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的定义和简单性质的应用，属于基础题．‎ ‎5.若随机变量服从正态分布在区间上的取值概率是0.2，则在区间上的取值概率约是( )‎ A. 0.3 ‎B. ‎0.4 ‎C. 0.6 D. 0.8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据正态分布曲线的对称性可知，在区间上的取值概率是0.2，可得在区间上的取值概率是0.6，从而可得在区间上的取值概率．‎ ‎【详解】解：据题设分析知，因为随机变量服从正态分布 且，‎ 根据对称性可得，‎ 所求概率，‎ 故选A .‎ ‎【点睛】本题考查了正态分布的应用，解题的关键是熟知正态曲线是关于对称，在正态曲线下方和x轴上方范围内的区域面积为1等正态密度曲线图象的特征.‎ ‎6.如图所示，半径为1的圆是正方形的内切圆，将一颗豆子随机地扔到正方形内，用表示事件“豆子落在圆内”，表示事件“豆子落在扇形（阴影部分）内”，则（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用几何概型先求出，，再由条件概率公式求出．‎ ‎【详解】如图所示，半径为1的圆O是正方形MNPQ的内切圆，‎ 将一颗豆子随机地扔到正方形MNPQ内，‎ 用A表示事件“豆子落在圆O内”，B表示事件“豆子落在扇形阴影部分内”，‎ 则，，．故选B．‎ ‎【点睛】本题考查概率的求法，考查几何概型、条件概率能等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎7.某人连续投篮6次，其中3次命中，3次未命中，则他第1次、第2次两次均未命中的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出基本事件总数，再求出第1次、第2次两次均未命中包含的基本事件个数，计算即可求出第1次、第2次两次均未命中的概率．‎ ‎【详解】由题可得基本事件总数 ，‎ 第1次、第2次两次均未命中包含的基本事件个数 所以他第1次、第2次两次均未命中的概率是 ‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查计数原理及排列组合的应用，解题的关键是正确求出基本事件个数．‎ ‎8.将一枚质地均匀的硬币抛掷三次，则出现“2次正面朝上，1次反面朝上”的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此问题相当于进行3次独立重复试验恰好发生2次正面朝上的概率．‎ ‎【详解】将一枚质地均匀的硬币抛掷三次，则出现“2次正面朝上，1次反面朝上”的概率是.故本题选B．‎ ‎【点睛】本题考查了n次独立重复试验恰好发生k次的概率．‎ ‎9.已知随机变量满足，则下列选项正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用期望与方差性质求解即可．‎ ‎【详解】；．故，．‎ 故选．‎ ‎【点睛】考查期望与方差的性质，考查学生的计算能力．‎ ‎10.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就，在“杨辉三角”中，第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前15项和为（ ）‎ A. 110 B. ‎114 ‎C. 124 D. 125‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项式系数对应的杨辉上三角形的第行，令，得到二项展开式的二项式系数的和，再结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，次二项式系数对应的杨辉三角形的第行，‎ 令，可得二项展开式的二项式系数的和，‎ 其中第1行为，第2行为，第3行为， 以此类推，‎ 即每一行的数字之和构成首项为1，公比为2的对边数列，‎ 则杨辉三角形中前行的数字之和为，‎ 若除去所有为1的项，则剩下的每一行的数字的个数为 ‎ 可以看成构成一个首项为1，公差为2的等差数列，则，‎ 令，解得，‎ 所以前15项的和表示前7行的数列之和，减去所有的1，即，‎ 即前15项的数字之和为114，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了借助杨辉三角形的系数与二项式系数的关系考查等差、等比数列的前n项和公式的应用，其中解答中认真审题，结合二项式系数，利用等差等比数列的求和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎11.某校从名教师中选派名教师去完成项不同的工作，每人至少完成一项，每项工作由人完成，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案种数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 名教师去完成项不同的工作，每人至少完成一项，每项工作由人完成，所以当3名教师确定时，则其中1人必须完成两项工作，故完成工作的方法有种,然后再根据甲、乙、丙三人的条件要求，分三种情况讨论，得出结果.‎ ‎【详解】解：因为名教师去完成项不同的工作，每人至少完成一项，每项工作由人完成，所以当3名教师确定时，则其中1人必须完成两项工作，‎ 故安排3名教师完成4项工作，可以先确定完成两项工作的1名人员，其方法有，‎ 然后再确定完成的工作，其方法有，‎ 然后再将剩下的两项工作分配给剩下的两人，其方法有，‎ 故当3名教师确定时，完成工作的方法有种；‎ 因为甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，‎ 故有三种方法选择教师，‎ 第一种方法：甲参加，乙不参加，丙参加，再从剩下的3人中选择1人，其方法有种，‎ 第二种方法：甲不参加，乙参加，丙不参加，再从剩下的3人中选择2人，其方法有种，‎ 第三种方法：甲不参加，乙不参加，丙不参加，再从剩下的3人中选择3人，其方法有种；‎ 故最终选派的方法为，故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了排列组合的知识、分类分步的计数原理，解题的关键是要辨析清楚何时是分类，何时是分步.‎ ‎12.已知是定义在上的函数，且对任意的都有，，若角满足不等式，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造新函数，由可得为单调减函数，由可得为奇函数，从而解得的取值范围.‎ ‎【详解】解：令 因为，‎ 所以为R上的单调减函数，‎ 又因为，‎ 所以，‎ 即，即，‎ 所以函数为奇函数，‎ 故，‎ 即为，‎ 化简得，‎ 即，即，‎ 由单调性有，‎ 解得，故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了函数性质的综合运用，解题的关键是由题意构造出新函数，研究其性质，从而解题.‎ 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎13.展开式中的常数项为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 写出展开式的通项，令的指数为零，即得常数项.‎ ‎【详解】展开式中第项为 ‎，‎ 令，所以常数项为.‎ 故答案为:-220‎ ‎【点睛】本题考查二项展开式中特定的项，掌握二项展开式的通项是解题的关键，属于基础题.‎ ‎14.由曲线围成的封闭图形的面积为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定交点坐标，可得积分区间，再利用定积分求面积即可.‎ ‎【详解】解：曲线与曲线联立，可得交点坐标为 ∴曲线与曲线所围成的封闭图形的面积为 . 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用定积分求面积，解题的关键是确定积分区间与被积函数，属于中档题.‎ ‎15.已知平行于轴的直线与双曲线：的两条渐近线分别交于，两点，为坐标原点，若为等边三角形，则双曲线的离心率为______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据为等边三角形建立的关系式，从而可求离心率.‎ ‎【详解】据题设分析知，，所以，得，‎ 所以双曲线的离心率.‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的求解，根据条件建立之间的关系式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎16.已知抛物线焦点为，经过的直线交抛物线于，点在抛物线准线上的射影分别为，以下四个结论：①，②，③，④的中点到抛物线的准线的距离的最小值为2.其中正确结论的序号为_________‎ ‎【答案】①、③、④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意作图，设出直线方程，联立抛物线方程，根据韦达定理，结合抛物线定义以及几何性质，即可进行判断.‎ ‎【详解】根据题意，作图如下：‎ 设过点的直线方程为，‎ 联立抛物线方程，‎ 可得.‎ 故可得，故①正确；‎ ‎，故②错误；‎ 因为，‎ 故可得,‎ 又因为，则 故可得，则，‎ 则，故③正确；‎ 因为中点到准线的距离，等于，‎ 故其最短时，即弦长最短时，‎ 又.‎ 故可得的中点到抛物线的准线的距离的最小值为，故④正确.‎ 综上所述，正确的是①、③、④‎ 故答案为：①、③、④.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线中弦长求解，以及焦点弦与抛物线中的结论推证，属综合中档题.‎ 三、解答题（第17题10分，其余各题每题12分）‎ ‎17.已知函数其中.‎ ‎（1）若在定义域内恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎（2）设且在上为单调函数，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2） .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意构造函数，求导，求出函数的最值，最后求出实数的取值范围；‎ ‎（2）由在上为单调函数，求导数，判断导函数的单调性以及余弦函数的有界性进行求解即可.‎ ‎【详解】（1）依题意在定义域上恒成立，‎ 构造在定义域上恒成立， ‎ 只需. ‎ 而 令得 ‎ 所以在为增函数，在为减函数，‎ ‎ ‎ 得. ‎ ‎（2）由在上为单调函数，‎ 而其中 ‎ 在为减函数，. ‎ 在恒成立 ‎ 得. ‎ 故 ‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数解决不等式恒成立问题，考查了已知函数的单调性利用函数导数求参数取值范围问题，考查了数学运算能力.‎ ‎18.2019年在印度尼西亚日惹举办的亚洲乒乓球锦标赛男子团体决赛中，中国队与韩国队相遇，中国队男子选手A，B，C，D，E依次出场比赛，在以往对战韩国选手的比赛中他们五人获胜的概率分别是0.8，0.8，0.8，0.75，0.7，并且比赛胜负相互独立.赛会釆用5局3胜制，先赢3‎ 局者获得胜利.‎ ‎（1）在决赛中，中国队以3∶1获胜的概率是多少？‎ ‎（2）求比赛局数的分布列及数学期望.‎ ‎【答案】（1）（2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先要确定中国队以3∶1获胜需要满足的条件，即前3局比赛中至少要胜2场，且第4局必胜，再利用独立事件的概率计算公式即可求解；（2）首先要确定比赛结果的各种情况（包含中国胜和韩国胜），在3∶1，3∶2这两种情况中要先确定哪局比赛输了再计算出相应的概率，从而得到比赛局数的分布列和数学期望.‎ ‎【详解】解：（1）若中国队以3∶1获胜，则前三局中赢两局输局，第四局比赛胜利，设中国队以3∶1获胜为事件A，‎ 则.‎ ‎（2）设比赛局数为X，‎ 则X的取值分别为3，4，5，‎ 则，‎ ‎，‎ ‎，‎ 则X的的分布列为 X ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ P ‎0.520‎ ‎0.312‎ ‎0.168‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查独立事件的概率计算、随机变量的分布列与数学期望，考查考生的运算求解能力和数据处理能力，属于简单题.‎ ‎19.已知椭圆过点且离心率为.‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）是否存在过点的直线与椭圆C相交于A，B两点，且满足．若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）存在这样的直线，直线方程为：.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据已知条件利用及即可求得椭圆的方程；‎ ‎（2）根据，利用向量坐标化可得，再分类讨论，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，即可求得直线的方程．‎ ‎【详解】解：（1）由已知点代入椭圆方程得 由得可转化为 由以上两式解得 所以椭圆C的方程为：.‎ ‎（2）存在这样的直线.‎ 当l的斜率不存在时，显然不满足,‎ 所以设所求直线方程代入椭圆方程化简得：‎ ‎① .②‎ ‎,‎ 设所求直线与椭圆相交两点 由已知条件可得,③‎ 综合上述①②③式子可解得符合题意,‎ 所以所求直线方程为：.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查分类讨论的数学思想，正确运用韦达定理是关键，属于基础题．‎ ‎20.有一名高二学生盼望2020年进入某名牌大学学习，假设该名牌大学有以下条件之一均可录取：①2020年2月通过考试进入国家数学奥赛集训队（集训队从2019年10月省数学竞赛一等奖中选拔）；②2020年3月自主招生考试通过并且达到2020年6月高考重点分数线，③2020年6月高考达到该校录取分数线（该校录取分数线高于重点线），该学生具备参加省数学竞赛、自主招生和高考的资格且估计自己通过各种考试的概率如下表 省数学竞赛一等奖 自主招生通过 高考达重点线 高考达该校分数线 ‎0.5‎ ‎0.6‎ ‎0.9‎ ‎0.7‎ 若该学生数学竞赛获省一等奖，则该学生估计进入国家集训队的概率是0.2.若进入国家集训队，则提前录取，若未被录取，则再按②、③顺序依次录取：前面已经被录取后，不得参加后面的考试或录取.（注：自主招生考试通过且高考达重点线才能录取）‎ ‎（1）求该学生参加自主招生考试的概率；‎ ‎（2）求该学生参加考试的次数的分布列及数学期望；‎ ‎【答案】（1）0.9（2）分布列以及数学期望见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分该学生省数学竞赛未获得一等奖，和获得省数学竞赛一等奖但未进入国家集训队两种情况，分别计算概率求和即可；‎ ‎（2）根据的取值，结合题意，求得分布列，再由分布列求数学期望即可.‎ ‎【详解】（1）若该学生参加自主招生考试，则存在两种情况：‎ 一是该学生省数学竞赛未获得一等奖，其概率为；‎ 二是获得省数学竞赛一等奖但未进入国家集训队，其概率为；‎ 故满足题意概率为；‎ ‎（2）设该学生参加省数学竞赛获得一等奖、参加国家集训队的事件为分别为，‎ 则.‎ 故该学生参加考试的次数可取的值为，‎ ‎，‎ ‎；‎ ‎；‎ 所以的分布列为：‎ X ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P ‎0.1‎ ‎0.5‎ ‎0.4‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查简单事件的概率，以及离散型随机变量的分布列以及数学期望，属综合中档题.‎ ‎21.某学校实行自主招生，参加自主招生的学生从8个试题中随机挑选出4个进行作答，至少答对3个才能通过初试已知甲、乙两人参加初试，在这8个试题中甲能答对6个，乙能答对每个试题的概率为，且甲、乙两人是否答对每个试题互不影响.‎ ‎（1）试通过概率计算，分析甲、乙两人谁通过自主招生初试的可能性更大；‎ ‎（2）若答对一题得5分，答错或不答得0分，记乙答题的得分为，求的分布列及数学期望和方差.‎ ‎【答案】（1）甲通过自主招生初试的可能性更大.（2）见解析，，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别利用超几何概型和二项分布计算甲、乙通过自主招生初试概率即可；‎ ‎（2）乙答对题的个数服从二项分布，利用二项分布的公式，计算概率，再利用，即得解.‎ ‎【详解】解：（1）参加自主招生的学生从8个试题中随机挑选出4个进行作答，至少答对3个才能通过初试，在这8个试题中甲能答对6个，‎ 甲通过自主招生初试的概率 参加自主招生的学生从8个试题中随机挑选出4个进行作答，至少答对3个才能通过初试.‎ 在这8个试题中乙能答对每个试题的概率为，‎ 乙通过自主招生初试的概率 ‎，甲通过自主招生初试的可能性更大. ‎ ‎（2）根据题意，乙答对题的个数的可能取值为0，1，2，3，4. ‎ 且 的概率分布列为：‎ ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎ ‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了超几何分布和二项分布的概率和分布列，考查了学生实际应用，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.‎ ‎22.已知函数.‎ ‎（1）若函数在上单调递减，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据单调递减可知导函数恒小于等于，采用参变分离的方法分离出，并将的部分构造成新函数，分析与最值之间的关系；‎ ‎（2）通过对的导函数分析，确定有唯一零点，则就是的极大值点也是最大值点，计算的值并利用进行化简，从而确定.‎ ‎【详解】（1）由题意知， 在上恒成立，所以在上恒成立.‎ 令，则，‎ 所以在上单调递增，所以，‎ 所以.‎ ‎（2）当时，.‎ 则，‎ 令，则，‎ 所以在上单调递减.‎ 由于，，所以存在满足，即.‎ 当时，，；当时，，.‎ 所以在上单调递增，在上单调递减.‎ 所以，‎ 因为，所以，所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】（1）求函数中字母的范围时，常用的方法有两种：参变分离法、分类讨论法；‎ ‎（2）当导函数不易求零点时，需要将导函数中某些部分拿出作单独分析，以便先确定导函数的单调性从而确定导函数的零点所在区间，再分析整个函数的单调性，最后确定出函数的最值.‎