甘肃省甘南藏族自治州合作第一中学2018-2019学年高二下学期期中考试数学（理）试题

甘肃省甘南藏族自治州合作第一中学2018-2019学年高二下学期期中考试数学（理）试题

合作一中2018-2019学年第二学期期中考试高二理科数学试卷 一、选择题（每题5分，共60分）‎ ‎1.已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用复数的除法运算化简，由此求得的虚部.‎ ‎【详解】，故虚部为.‎ 故选：C ‎【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复数虚部的概念，属于基础题.‎ ‎2.已知直线经过，两点，且与曲线切于点，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直线经过，两点，可以写出直线的方程，根据导数的几何意义进行求解.‎ ‎【详解】解：直线经过，两点，‎ ‎.‎ 直线与曲线切于点，‎ 可得曲线在处的导数为：，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.‎ ‎3.设，则 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得导函数，由此解方程求得的值.‎ ‎【详解】依题意，所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本小题主要考查乘法的导数，考查方程的思想，属于基础题.‎ ‎4.已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 由的图象得出其单调性，根据单调性与导数的关系得导数的符号，然后即可解出不等式.‎ ‎【详解】由的图象可得出在上大于0‎ 在上小于0‎ 所以的解集为 故选：C ‎【点睛】本题考查的是函数的单调性与导数的关系，较简单.‎ ‎5.若，则m等于(　 　)‎ A. 9 B. ‎8 ‎C. 7 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：根据排列与组合的公式，化简得出关于的方程，解方程即可.‎ 详解：，‎ ‎，‎ 即，解得，故选C.‎ 点睛：本题主要考查排列公式与组合公式的应用问题，意在考查对基本公式掌握的熟练程度，解题时应熟记排列与组合的公式，属于简单题.‎ ‎6.从6名男生和2名女生中选出3名志愿者,其中至少有1名女生的选法共有　(　　)‎ A. 36种 B. 30种 C. 42种 D. 60种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：从名男生和名女生中选出名志愿者，共有种结果，其中包括不合题意的没有女生的选法，其中没有女生的选法有，∴至少有名女生的选法有故选A．‎ 考点：计数原理的应用.‎ ‎7.设离散型随机变量可能的取值为1，2，3，4，，又的数学期望为，则 A. B. ‎0 ‎C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将代入的表达式，利用概率之和为列方程，利用期望值列出第二个方程，联立方程组，可求解得的值.‎ ‎【详解】依题意可的的分布列为 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 依题意得 ‎，解得，故.所以选A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查离散型随机变量分布列，考查概率之和为，考查离散型随机变量的数学期望，还考查了方程的思想.属于基础题.‎ ‎8.已知，，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用条件概率公式计算可得结果.‎ ‎【详解】由条件概率公式得.‎ 故选：B.‎ 点睛】本题考查利用条件概率公式计算概率值，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎9.如图所示,A,B,C表示3种开关,若在某段时间内它们正常工作的概率分别为0.9,0.8,0.7,那么系统的可靠性是(　　)‎ A. 0.504 B. 0.994‎ C. 0.496 D. 0.06‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：系统正常工作的概率为，即可靠性为0.994．故选B．‎ 考点： 相互独立事件同时发生的概率．‎ ‎【名师点睛】1．对于事件A，B，若A的发生与B的发生互不影响，则称A，B相互独立；‎ ‎2．若A与B相互独立，则P(B|A)＝P（B），P(AB)＝P(B|A)×P(A)＝P（A）×P（B）‎ ‎3．若A与B相互独立，则A与，与B，与也都相互独立．‎ ‎4．若P(AB)＝P(A)P(B)，则称A，B相互独立．‎ ‎10.已知离散型随机变量的分布列如下：‎ 由此可以得到期望与方差分别为（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由离散型随机变量X的分布列的性质求出x＝0.1，由此能求得结果 ‎【详解】由x＋4x＋5x＝1得x＝0.1，‎ E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.5＝1.4，‎ D(X)＝(0－1.4)2×0.1＋(1－1.4)2×0.4＋(2－1.4)2×0.5＝0.44.‎ 故选 ‎【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的分布列的性质，由已知先求出x的值，然后运用公式求得期望和方差，属于基础题．‎ ‎11.用数学归纳法证明“”,从“到”左端需增乘的代数式为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出时左端的表达式，和时左端的表达式，比较可得“从到”左端需增乘的代数式.‎ ‎【详解】由题意知，当时，‎ 有，‎ 当时，‎ 等式的左边为，‎ 所以左边要增乘的代数式为.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题主要考查的是归纳推理，需要结合数学归纳法进行求解，熟知数学归纳法的步骤，最关键的是从到，考查学生仔细观察的能力，是中档题.‎ ‎12.已知定义在上的可导函数的导函数为，若对于任意实数有，且，则不等式的解集为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由所求的不等式结构特征，构造函数，通过求导结合已知可得的单调性，即可求解.‎ ‎【详解】设，不等式化为，‎ ‎，‎ 在上是增函数，‎ 所以不等式的解为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查抽象函数不等式的解，构造函数，利用函数的单调性是解题的关键，属于中档题.‎ 二、填空题（每题5分，共20分）‎ ‎13.将4名学生分别安排到甲、乙、丙三地参加社会实践活动，每个地方至少安排一名学生参加，则不同的安排方案共有________种.‎ ‎【答案】36‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分两步，第一步，将4名学生分成3组，第二步，将三组分配到三个地方.‎ ‎【详解】第一步：先从4名学生中任取两人组成一组，与剩下2人组成三组，有种不同的方法；‎ 第二步：将分成的三组安排到甲、乙、丙三地，则有种不同的方法 故共有种不同的安排方案 故答案为：36‎ ‎【点睛】本题考查的是排列组合的实际应用，解决分组分配问题的基本指导思想是先分组，后分配.‎ ‎14.已知随机变量，且，则______．‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项分布的期望公式求得，再根据二项分布的方差公式求解即可.‎ ‎【详解】由，得，‎ 所,故答案为8.‎ ‎【点睛】本题主要考查二项分布的期望公式与方程公式的应用，属于简单题.‎ ‎15.已知函数的导函数的图象如图所示，给出如下命题：①当时，；②；③函数在处切线的斜率小于零；④是函数的一个极值点；其中正确的命题是___________．（写出所有正确命题的序号）‎ ‎【答案】②④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由导数的图象推不出当时，；当时，函数单调递增，由此可判断②正确，由可判断③错误，由时，时，时可判断④正确 ‎【详解】由导数的图象推不出当时，，故①不一定正确.‎ 当时，函数单调递增，所以，故②正确 因为，所以函数在处切线的斜率大于零，故③错误 ‎ 因为时，时，时 所以是函数的一个极值点，故④正确 故答案为：②④‎ ‎【点睛】本题考查命题的真假判断和应用，解题时要熟练掌握导函数的图象和性质.‎ ‎16.已知随机变量 的分布列如表所示，又随机变量，则的期望是________‎ X ‎-1‎ ‎0‎ ‎1‎ P a ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由随机变量分布列的性质求出，然后算出，然后根据算出答案 ‎【详解】根据随机变量分布列的性质，可得，解得 所以 因为，所以 故答案：‎ ‎【点睛】本题考查的是随机变量分布列的性质及期望的性质，较简单.‎ 三、解答题 ‎17.设复数，其中，当取何值时：‎ ‎（1）；‎ ‎（2）是纯虚数；‎ ‎（3）是零.‎ ‎【答案】（1）或，（2），（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时 ‎（2）当时是纯虚数 ‎（3）当时是零 ‎【详解】（1）当，即或时，‎ ‎（2）当，即时，是纯虚数 ‎（3）当，即时，是零.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数有关的概念，较简单.‎ ‎18.一个口袋里有5封信，另一个口袋里有4封信，各封信内容均不相同.‎ ‎（1）从两个口袋中任取一封信，有多少种不同的取法？‎ ‎（2）从两个口袋里各取一封信，有多少种不同的取法？‎ ‎（3）把这两个口袋里的9封信，分别投入4个邮筒，有多少种不同的投法？‎ ‎【答案】（1）9，（2）20，（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分析题意，这是一个分类问题，分两种情况讨论，即分别从第一个和第二个信封中取信，由分类加法计数原理计算可得答案 ‎（2）分析题意，这是一个分步问题，分两步进行，先从第一个信封中取信，再从第二个信封取信，由分步乘法计数原理计算可得答案 ‎（3）将信封投入邮筒，是分步问题，每封信都有4种不同方法，由分步乘法计数原理计算可得答案 ‎【详解】（1）任取一封信，不论从哪个口袋里取，都能单独完成这件事，是分类问题 从第一个口袋中取一封信有5种情况，从第二个口袋中取一封信有4种情况 则共有种 ‎（2）各取一封信，不论从哪个口袋中取，都不能完成这件事，是分步问题 应分两个步骤完成，第一步，从第一个口袋中取一封信有5种情况，‎ 第二步，从第二个口袋中取一封信有4种情况 由分步乘法计数原理，共有种 ‎（3）第一封信投入邮筒有4种可能 第二封信投入邮筒有4种可能 第九封信投入邮筒有4种可能 由分步乘法计数原理可知，共有种不同的投法 ‎【点睛】本题主要考查分步计数原理与分类计数原理的运用，解题时，注意分析题意，认清是分步问题还是分类问题，这是解题的关键.‎ ‎19.设随机变量，若.‎ ‎（1）求的值； ‎ ‎（2）求.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由可得与关于直线对称，即可算出答案 ‎（2）由正态分布的定义可知，然后可得满足正态分布的特殊区间，因此通过正态分布特殊区间的概率即可得到答案.‎ ‎【详解】（1）由可知，正态曲线关于直线对称 因为 所以 解得 ‎（2）由得 所以 ‎【点睛】本题重点考查正态曲线的特点及相关性质的应用，较简单.‎ ‎20.已知的展开式中，第6项为常数项.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求展开式中含的项的系数；‎ ‎（3）求展开式中二项式系数最大的项.‎ ‎【答案】（1），（2），（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据第六项为常数项，的幂指数为0，求得的值 ‎（2）在通项公式中，令的幂指数为2，可得展开式中含的项的系数 ‎（3）由得展开式中二项式系数最大的项为第六项，然后求出即可 ‎【详解】（1）由题意可得为常数项 所以，即 ‎（2）展开式的通项公式为 令，得 所以展开式中含的项的系数为 ‎（3）因为 所以展开式中二项式系数最大的项为 ‎【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题.‎ ‎21.已知函数 ‎(1)求的单调减区间 ‎(2)若在区间上的最大值为，求它在该区间上的最小值.‎ ‎【答案】(1) （－∞，－1），（3，＋∞）(2)-7‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（Ⅰ）先求出函数f（x）的导函数f′（x），然后令f′（x）＜0，解得的区间即为函数f（x）的单调递减区间；‎ ‎（Ⅱ）先求出端点的函数值f（﹣2）与f（2），比较f（2）与f（﹣2）的大小，然后根据函数f（x）在[﹣1，2]上单调递增，在[﹣2，﹣1]上单调递减，得到f（2）和f（﹣1）分别是f（x）在区间[﹣2，2]上的最大值和最小值，建立等式关系求出a，从而求出函数f（x）在区间[﹣2，2]上的最小值．‎ 解：（Ⅰ）f′（x）=﹣3x2+6x+9．‎ 令f′（x）＜0，解得x＜﹣1或x＞3，‎ 所以函数f（x）的单调递减区间为（﹣∞，﹣1），（3，+∞）．‎ ‎（Ⅱ）因为f（﹣2）=8+12﹣18+a=2+a，f（2）=﹣8+12+18+a=22+a，‎ 所以f（2）＞f（﹣2）．‎ 因为在（﹣1，3）上f′（x）＞0，所以f（x）在[﹣1，2]上单调递增，‎ 又由于f（x）在[﹣2，﹣1]上单调递减，‎ 因此f（2）和f（﹣1）分别是f（x）在区间[﹣2，2]上的最大值和最小值，于是有22+a=20，解得a=﹣2．‎ 故f（x）=﹣x3+3x2+9x﹣2，因此f（﹣1）=1+3﹣9﹣2=﹣7，‎ 即函数f（x）在区间[﹣2，2]上的最小值为﹣7．‎ 点评：本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．以及在闭区间上的最值问题等基础知识，同时考查了分析与解决问题的综合能力．‎ ‎22.口袋里装有大小、形状都相同的卡片8张，其中3张标有数字1，3张标有数字2，2张标有数字3.第一次从口袋里任意抽取一张，放回口袋后，第二次再任意抽取一张，记第一次与第二次取到卡片上的数字之和为X，求随机变量X的分布列和期望.‎ ‎【答案】X的分布列是 ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 随机变量的取值是2，3，4，5，6，然后分别算出对应的概率，即可列出分布列和算出期望.‎ ‎【详解】由题意可得，随机变量的取值是2，3，4，5，6‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以X的分布列是 ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 所以 ‎【点睛】本题是一道关于统计的题目，掌握离散型随机变量的分布列与数学期望是解题的关键.‎