安徽省太和第一中学2019-2020学年高二下学期教学衔接调研考试数学（理）试题

安徽省太和第一中学2019-2020学年高二下学期教学衔接调研考试数学（理）试题

太和一中2019-2020学年度高二（下）教学衔接调研检测 数学试卷（理科飞越班）‎ 时间:120分钟 满分:150分 一、选择题(每小题5分,共12小题60分)‎ ‎1、下列关于统计学的说法中，错误的是( )‎ A.回归直线一定过样本中心点.‎ B.残差带越窄，说明选用的模型拟合效果越好 C.在线性回归模型中，相关指数的值趋近于，表明模型拟合效果越好 D.从独立性检验：有的把握认为吸烟与患肺病有关系时，可解释为人吸烟，其中就有人可能患有肺病 ‎2、已知，，那么下列不等式成立的是(　　)‎ A.‎ B.‎ C.‎ D.‎ ‎3、从集合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 ‎4、以平面直角坐标系的原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，则曲线（为参数，）上的点到曲线的最短距离是(    )‎ A.‎ B.‎ C. ‎ D.‎ ‎5、从中任取个不同的数，事件“取到的个数之和为偶数”，事件“取到的个数均为偶数”，则(　　)‎ A.‎ B.‎ C.‎ D.‎ ‎6、某科室派出名调研员到个学校,调研该校高三复习备考近况,要求每个学校至少一名,则不同的分配方案种数为( )‎ A.‎ B.‎ C.‎ D.‎ ‎7、已知随机变量，若，则，分别是( 　)‎ A.和 B.和 C.和 D.和 ‎8、设，，则、的大小关系是( )‎ A.‎ B.‎ C.‎ D.不确定 ‎9、已知在平面直角坐标系，点是椭圆上的一个动点，则的取值范围为(　　)‎ A. ‎ B.‎ C. ‎ D.‎ ‎10、若,则的最大值( )‎ A.‎ B.‎ C.‎ D.‎ ‎11、在二项式的展开式中,二项式系数的和为,把展开式中所有的项重新排成一列,有理项都互不相邻的概率为( )‎ A.‎ B.‎ C.‎ D.‎ ‎12、的值为（   ）‎ A.‎ B.‎ C.‎ D.‎ 二、填空题(每小题5分,共4小题20分)‎ ‎13、已知函数.若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围为__________.‎ ‎14、若四个人站成一排照相， 相邻的排法总数为，则二项式的展开式中含的项的系数为__________.‎ ‎15、设离散型随机变量可能取的值为.．又的均值，则__________.‎ ‎16、给出如下四个结论：‎ ‎①若随机变量服从正态分布且，则；‎ ‎②，使得有三个零点；‎ ‎③设线性回归方程为，则变量每增加一个单位时，平均减少个单位；‎ ‎④若命题，则为真命题；‎ 以上四个结论正确的是__________．(把你认为正确的结论都填上)‎ 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、（本小题满分10分）已知,,,.‎ ‎(1)求的最小值;‎ ‎(2)证明:.‎ ‎18、（本小题满分12分）‎ 某机构随机询问了名不同性别的大学生,调查其在购买食物时是否看营养说明,得到如下列联表:‎ ‎(1)根据以上列联表判断,能否在犯错误的概率不超过的前提下认为性别和看营养说明有关系?‎ ‎(2)从被询问的名不看营养说明的大学生中,随机抽取名学生,求抽到女生的人数的分布列及数学期望.‎ 附:‎ ‎ .‎ ‎19、（本小题满分12分）在平面直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数,),以坐标原点 为极点,以轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程是.‎ ‎(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程.‎ ‎(2)已知直线与曲线交于,两点,且,求实数的值.‎ ‎20、（本小题满分12分）已知,.‎ ‎(1)若,求不等式的解集;‎ ‎(2)若不等式对恒成立,求的取值范围.‎ ‎21、（本小题满分12分）如图,底面是边长为的正方形,平面,,,‎ 与平面所成的角为.‎ ‎(1)求证:平面平面;‎ ‎(2)求二面角的余弦值.‎ ‎22、（本小题满分12分）已知函数.‎ ‎(1)若,求函数的单调区间;‎ ‎(2)若恒成立,求的取值范围.‎ 太和一中2019-2020学年度高二（下）教学衔接调研检测数学试卷答案解析（理科飞越班）‎ 第1题答案 D 第1题解析 回归直线一定过样本中心点，A对。残差带越窄，误差越小，说明选用的模型拟合效果越好，B对。线性回归模型中，相关指数的值趋近于，误差越小，表明模型拟合效果越好，C对。D中只是有极大可能性认为吸烟与患肺病有关，并不是说吸烟一定得肺病。D错，选D.‎ 第2题答案 D 第2题解析 ‎，，，‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎.‎ 第3题答案 C 第3题解析 若复数为虚数,则,则的取法有5种, 的取法有5种,所以复数为虚数共个.故选C.‎ 第4题答案 B 第4题解析 因为，则，‎ 而，则，‎ 则利用直线与圆的位置关系，可知，圆上点到直线的最短距离为圆心到直线距离减去圆的半径.‎ 第5题答案 B 第5题解析 ‎∵，，‎ ‎∴．‎ 第6题答案 C 第6题解析 试题分析:分两步完成:第一步将名调研员,按,,分成三组,其分法有;第二步将分好的三组分配到个学校,其分法有种,‎ 所以满足条件的分配方案有种.‎ 第7题答案 A 第7题解析 ‎．‎ 第8题答案 A 第8题解析 ‎∵，‎ ‎∴.‎ 又∵， ，‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ 第9题答案 D 第9题解析 因椭圆的参数方程为(φ为参数)，故可设动点P的坐标为，其中，因此，其中，所以S的取值范围是，故选D.‎ 第10题答案 B 第10题解析 由题得,所以,所以,所以的最大值为.‎ 第11题答案 D 第11题解析 因为二项式系数的和为,解得,二项式的展开通项式为,其中当时为有理项.因为二项式 的展开式中共有项,全排列有种排法,其中项为有理项,项为非有理项,且有理项要求互不相邻可先将项非有理项全排列共种,然后将项有理项插入项非有理项产生的个空隙中共种,所以有理项都互不相邻的概率为.‎ 第12题答案 C 第12题解析 第13题答案 第13题解析 ‎，即的最大值等于.所以，则 或，解得或.故实数的取值范围为.‎ 第14题答案 第14题解析 由题意可得：．‎ 则的展开式的通项公式： ，即，‎ 令，则展开式中含项的系数为:．‎ 第15题答案 第15题解析 依题意得，且概率和，解得.‎ 第16题答案 ‎①③④‎ 第16题解析 由正态分布曲线得，①正确；‎ 令，得，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，得，‎ 且时，，∴的图象如图所示：‎ 函数有两个零点，故②错误；由回归直线方程的定义知③正确；‎ ‎④中当时，错误，故为假命题，为真命题，‎ ‎④正确，故答案为①③④．‎ 第17题答案 ‎(1);‎ ‎(2)略.‎ 第17题解析 ‎(1)因为,,‎ 所以,‎ 即,当且仅当时,取得最小值.‎ ‎(2)‎ ‎.‎ 第18题答案 见解答.‎ 第18题解析 ‎(1)由计算可得的观测值,因为,所以能在犯错误的概率不超过的前提下认为性别与看营养说明有关系.‎ ‎(2)的所有可能取值为,‎ ‎.的分布列为 的数学期望.‎ 第19题答案 见解析 第19题解析 ‎(1)由直线的参数方程为,所以普通方程为,由曲线的就走吧方程是,所以,所以曲线的直角坐标方程是.‎ ‎(2)设圆心到直线的距离为,则,‎ 圆,则,,,‎ 由点到直线距离公式,解得,所以实数的值为.‎ 第20题答案 见解析 第20题解析 ‎(1)∵,∴,‎ 当时,不成立,即;‎ 当时,,解得,即;‎ 当时,恒成立,即.‎ 综上,不等式的解集为.‎ ‎(2)当时,,‎ 由可得,‎ ‎∴在上恒成立,‎ 即在上恒成立,‎ ‎∴,解得,‎ 故的取值范围.‎ 第21题答案 见解答 第21题解析 ‎(1)证明:∵平面,平面,∴,‎ 又底面是正方形,∴,‎ 又,∴平面,‎ 又平面,∴平面平面.‎ ‎(2)以为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,如图所示,‎ ‎∵与平面所成的角为,即,‎ ‎∴,,‎ ‎∴,,,,,‎ ‎∴,,‎ 设平面的一个法向量为,‎ 则,即,令,则,‎ 又平面,‎ ‎∴为平面的一个法向量,‎ ‎∴,‎ 易知二面角为钝角,‎ ‎∴二面角的余弦值为.‎ 第22题答案 见解析 第22题解析 ‎(1)∵,∴,‎ 令,得,,得,‎ 所以函数的增区间为,减区间为.‎ ‎(2)由题意可得恒成立,‎ 由,可得恒成立,‎ 令,则 ‎,‎ ‎∵,∴,‎ 令,得,,得,‎ ‎∴在上单调递减,在上单调递增,‎ ‎∴,‎ 故.‎