数学理卷·2018届河南省南阳六校高二联考理科数学试题（解析版）

数学理卷·2018届河南省南阳六校高二联考理科数学试题（解析版）

南阳六校2016—2017学年下期第二次联考 高二理科数学试题 ‎（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）‎ 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一．选择题（本大题共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. 设东、西、南、北四面通往山顶的路各有2、3、3、4条路，只从一面上山，而从任意一面下山的走法最多，应 (　　)‎ A. 从东边上山 B. 从西边上山 C. 从南边上山 D. 从北边上山 ‎【答案】D ‎【解析】本题考查分步乘法原理，任意一面下山，即下山的可能走法已经确定有，只要上山的走法最多即可，上山只从一面，则从北边上山．故本题答案选．‎ ‎2. 从集合{0，1，2，3，4，5}中任取两个互不相等的数组成复数，其中虚数有（ ）个 A. 36 B. 30 C. 25 D. 20‎ ‎【答案】C ‎【解析】互不相等且为虚数，所以有只能从中选一个有种，从剩余的个选一个有种，所以根据分步计数原理知虚数有 （个），故选C.‎ ‎3. 已知x与y之间的一组数据:‎ x ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ y m ‎3‎ ‎5.5‎ ‎7‎ 已求得关于y与x的线性回归方程为，则的值为 ( )‎ A. 1 B. 0.85 C. 0.7 D. 0.5‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵，‎ ‎∴这组数据的样本中心点是(,)，‎ ‎∵关于y与x的线性回归方程yˆ=2.1x+0.85，‎ ‎∴=2.1×+0.85，解得m=0.5，‎ ‎∴m的值为0.5.‎ 故选D.‎ ‎4. 计算( )‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】 ，故选A.‎ ‎5. 随机变量服从二项分布～，且则等于（ ）‎ A. B. C. 1 D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：因为随机变量服从二项分布，所以，，则，解得。‎ 考点：二项分布。‎ ‎6. (1)已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2;(2)已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1，以下结论正确的是(　　)‎ A. (1)与(2)的假设都错误 B. (1)与(2)的假设都正确 C. (1)的假设正确；(2)的假设错误 D. (1)的假设错误；(2)的假设正确 ‎【答案】D ‎【解析】（1）用反证法证明时，假设命题为假，应为全面否定，所以 的假命题应为 ，故（1）错误.‎ ‎(2)已知 ，求证方程 的两根的绝对值都小于，根据反证法的定义，可假设 ，故（2）正确.‎ ‎7. 在4次独立试验中，事件A出现的概率相同，若事件A至少发生1次的概率是，则 事件A 在一次试验中出现的概率是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】令事件在一次试验中出现的概率是．由事件至少发生次的概率为，可知事件一次都不发生的概率为，由独立事件同时出现的概率知　，则．故本题答案选．‎ ‎8. 下列说法：‎ ‎①分类变量A与B的随机变量越大，说明“A与B有关系”的可信度越大.‎ ‎②以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线 性方程，则的值分别是和0.3.‎ ‎③根据具有线性相关关系的两个变量的统计数据所得的回归直线方程为中，‎ ‎，，，则.正确的个数是 （ ）‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】定义①，根据独立性检验的性质知，分类变量与的随机变量越大，说明“与有关系”的可信度越大，①正确；对于②，由 ，两边取对数，可得 ‎ ，令 ，可得 ， ，故②正确；③回归直线方程为中，，，，则，③正确，所以正确命题的个数是，故选D.‎ ‎9. 在二项式（的展开式中，各项系数之和为M，各项二项式系数之和为N，且M+N=72，则展开式中常数项的值为 （ ）‎ A. 18 B. 12 C. 9 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题令可得各项系数之和，则，各项二项式系数之和，有，解得．则二项式为，则，对于常数项有．常数项为．故本题答案选．‎ 点睛：赋值法普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如 的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令即可，对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令即可．‎ ‎10. 大数据时代出现了滴滴打车服务，二胎政策的放开使得家庭中有两个小孩的现象普遍存在，某城市关系要好的A，B，C，D四个家庭各有两个小孩共8人，准备使用滴滴打车软件，分乘甲、乙两辆汽车出去游玩，每车限坐4名（乘同一辆车的4名小孩不考虑位置），其中A户家庭的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名小孩恰有2名来自于同一个家庭的乘坐方式共有（　　）‎ A. 18种 B. 24种 C. 36种 D. 48种 ‎【答案】B ‎【解析】当户家庭的孪生姐妹乘坐甲车或乙车时，则另两个小孩，是另外两个家庭的一个小孩，有 种方法，故选B.‎ ‎11. 为提高信息在传输中的抗干扰能力，通常在原信息中按一定规则加入相关数据组成传输信息.设定原信息为，其中，传输信息为，，运算规则为：.例如原信息为111，则传输信息为01111. 传输信息在传输过程中受到干扰可能导致接收信息出错，则下列信息一定有误的是 （ ）‎ A. 11010 B. 01100 C. 00011 D. 10111‎ ‎【答案】D ‎ ‎ ‎【方法点睛】本题主要考查新定义问题，属于难题.新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.‎ ‎12. 已知函数存在两个极值点．则实数a的取值范围是 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎ 有两个解 ， ‎ ‎ (如上图所示)，故选B.‎ 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. 的展开式中，x5的系数是_________．（用数字填写答案）‎ ‎【答案】-189‎ ‎【解析】由二项式定理得，令r = 5得x5的系数是．‎ ‎14. 在某次联考数学测试中，学生成绩服从正态分布N(100,),(>0），若在（80，120）内的概率为0.6，则落在（0，80）内的概率为__________． ‎ ‎【答案】0.2‎ ‎【解析】在 内的概率为.‎ ‎15. 将一个半径适当的小球放入如图2所示的容器最上方的入口处，小球 将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A 袋或B袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是，则小球落入A袋中的概率为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】记小球落入袋中的概率，则，又小球每次遇到黑色障碍物时一直向左或者一直向右下落，小球将落入袋，所以有，则．故本题应填．‎ ‎16. 考虑函数与函数的图像关系，计算：________．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ 如图由定积分的几何意义知，，两函数互为的函数图象关于对称，则，又．故本题应填．‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17. 已知,在的展开式中，第二项系数是第三项系数的．‎ ‎(1)求的值；‎ ‎(2)若，求的值．‎ ‎【答案】(1)6;(2)64.‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用二项展开式定理写出其第二项系数与第三项系数，再利用两系数间关系可求得的值；（2）赋值法，分别令即可求出结果．‎ 试题解析：解：（1）由题得, ‎ 解得 ‎ ‎（2）,‎ 令，得.‎ 又令，得 ‎ 所以 点睛：二项展开式的通项与数列的通项公式类似，它可以表示二项展开式的任意一项，只要确定，该项也就随之确定．利用二项展开式的通项可以求出展开式中任意的指定项，如常数项，含项，系数最大的项，次数为某一确定值的项，有理项等． ‎ ‎18. 国际奥委会将于2017年9月15日在秘鲁利马召开130次会议决定2024年第33届奥运 会举办地。目前德国汉堡、美国波士顿等申办城市因市民担心赛事费用超支而相继退出。某机构为调查我国公民对申办奥运会的态度，选了某小区的100位居民调查结果统计如下：‎ ‎ ‎ 支持 不支持 合计 年龄不大于50岁 ‎80‎ 年龄大于50岁 ‎10‎ 合计 ‎70‎ ‎100‎ ‎（1）根据已有数据，把表格数据填写完整；‎ ‎（2）能否在犯错误的概率不超过5％的前提下认为不同年龄与支持申办奥运无关?‎ ‎（3）已知在被调查的年龄大于50岁的支持者中有5名女性，其中2位是女教师，现从这5名女性中随机抽取3人，求至多有1位教师的概率．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）能在犯错误的概率不超过5﹪的前提下认为不同年龄与支持申办奥运无关；（3）．‎ ‎【解析】试题分析：(1)根据条件中所给的数据填上对应的数据，即可得到列联表；(2 )假设聋哑没有关系，根据上一问做出的列联表，把求得的数据代入求观测值的公式求出观测值，把观测值同临界值进行比较得到结论；(3 ) 利用列举法，确定基本事件的个数，即利用古典概型概率公式可求出 的概率..‎ 试题解析：‎ 支 持 不 支 持 总 计 年龄不大于50岁 ‎20‎ ‎60‎ ‎80‎ 年龄大于50岁 ‎10‎ ‎10‎ ‎20‎ 合 计 ‎30‎ ‎70‎ ‎100‎ ‎（1）‎ ‎（2）‎ 所以能在犯错误的概率不超过5﹪的前提下认为不同年龄与支持申办奥运无关.‎ ‎（3）记5人为a b c d e,其中a b表示教师，从5人任意抽3人的所有等可能事件是：‎ abc,abd,abe,acd,ace,ade,bcd,bce,bde,cde共10个，其中至多一位教师有7个基本事件：acd,ace,ade,bcd,bce,bde,cde，所以所求概率是.‎ ‎【方法点睛】本题主要考查频率分布直方图、古典概型概率公式以及独立性检验，属于难题.‎ 独立性检验的一般步骤：（1）根据样本数据制成列联表；（2）根据公式计算的值；(3) 查表比较与临界值的大小关系，作统计判断.‎ ‎（注意：在实际问题中，独立性检验的结论也仅仅是一种数学关系，得到的结论也可能犯错误.）‎ ‎19. 5名男生4名女生站成一排，求满足下列条件的排法：‎ ‎(1) 女生都不相邻有多少种排法？‎ ‎(2) 男生甲、乙、丙排序一定，有多少种排法？‎ ‎(3) 男甲不在首位，男乙不在末位，有多少种排法？‎ ‎【答案】（1）43200；（2）60480；（3）287280．‎ ‎【解析】试题分析：（1）不相邻排法，可使用插空法，先将男生排好，再将男生排入女生的空档中；（2）可以先将所有学生任意全排列，再将男生三人的多余排法除去；（3）分类，先考虑甲在末位；甲在首位，乙在末位；甲不在首位，乙在末位；甲乙都在首位与末位的．‎ 试题解析：‎ 解：（1）任何2名女生都不相邻，则把女生插空，所以先排男生再让女生插到男生的空中，共有 (种)不同排法.‎ ‎（2）9人的所有排列方法有种，其中甲、乙、丙的排序有种，又对应甲、乙、丙只有 一种排序，所以甲、乙、丙排序一定的排法有 (种)． ‎ ‎（3）法一：甲不在首位，按甲的排法分类，若甲在末位，则有种排法，若甲不在末位，则甲有种排法，乙有种排法，其余有种排法，综上共有(+ )＝ 287280(种)排法． （或者）-2+=287280(种）‎ ‎（或者）-2 -=287280(种)‎ 点睛：在处理排列问题时，要以两个原理为基础，确定好是分类还是分步，再用排列数表示每类或每步的个数，遇到特殊元素或特殊位置可用以下常见思路解决．一般情况下，会从受到限制的特殊元素开始考虑，有时也从特殊的位置开始讨论，对于相邻问题，常用”捆绑法”；对于不相邻问题，常用”插空法”(特殊元素后考虑)，对于”在”与”不在”的问题，常常使用”直接法”或”排除法”(特殊元素先考虑)．‎ ‎20. 甲、乙两袋中各装有大小相同的小球个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数分别为、、，乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为，某人用左右手分别从甲、乙两袋中取球．‎ ‎（I）若左右手各取一球，求两只手中所取的球颜色不同的概率；‎ ‎（II）若左右手依次各取两球，称同一手中两球颜色相同的取法为成功取法，记两次取球的成功取法次数为随机变量，求的分布列和数学期望．‎ ‎【答案】（1）；（2）分布列见解析，期望为．‎ 试题解析：（1）设事件为“两手所取的球不同色”，‎ 则．‎ ‎（2）依题意，的可能取值为0,1,2．‎ 左手所取的两球颜色相同的概率为，‎ 右手所取的两球颜色相同的概率为，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，所以Ｘ的分布列为：‎ Ｘ ‎ ‎0 ‎ ‎1 ‎ ‎2 ‎ Ｐ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点：离散型随机变量的期望与方差；等可能事件的概率；离散型随机变量及其分布列 ‎21. 已知数列满足，‎ ‎（1）求，，，；‎ ‎（2）归纳猜想出通项公式，并且用数学归纳法证明；‎ ‎（3）求证能被15整除．‎ ‎【答案】见解析．‎ ‎【解析】试题分析：（1）依次代入；（2）根据规律归纳公式，并用数学归纳法证明；（3）利用二项式展开证明；‎ 试题解析：（1），，，；‎ ‎（2）归纳猜想出通项公式，‎ ‎①当时，，成立 ‎②假设时成立，即，‎ 则当时，由 得：‎ 所以时也成立；‎ 综合①②，对等式都成立，从而得证.‎ ‎（3）由（2）知 而，‎ 展开:，被15除余数为1，‎ 故被15整除.‎ 考点：1.递推数列；2.数学归纳法；3.二项式展开；‎ ‎22. ‎ ‎【答案】（1），极小值为无极大值；（2）见解析；（3）见解析．‎ ‎【解析】试题分析：（1）求导，由，由导数工具求得极值；（2）令,；（3）解法一：①若，由（2）得，存在 使得命题恒成立.②若 ,令 ,命题转化为 成立，即只要 成立.令 ,利用导数工具得：取 ，.即存在 ,使得原命题成立. 解法二：对任意给定的正数c，取由（2）知，当x>0时， 当时， ，故对任意给定的正数c，总存在,当时,恒有.‎ 试题解析：‎ ‎（1）由，得.又,得.所以 ‎.令,得.当时, 单 调递减;当时, 单调递增.所以当时, 取得极小值,且极 小值为无极大值. ‎ ‎（2）令,则.由（I）得,故在R上单调递增,又,因此,当时, ,即,‎ ‎（3）解法一：①若,则.又由（II）知，当时, .所以当时, ‎ ‎.取,当时，恒有.‎ ‎②若,令,要使不等式成立，只要成立.而要使成立，则只要,只要成立.令,则.所以当时, 在内单调递增.取,所以在内单调递增.又.易知.所以.即存在,当时，恒有.‎ 综上，对任意给定的正数c，总存在,当时,恒有.‎ 解法二：对任意给定的正数c，取 由（2）知，当x>0时，，所以 当时，‎ 因此，对任意给定的正数c，总存在,当时,恒有.‎