甘肃省张掖市临泽县第一中学2018-2019学年高二下学期期末考试数学（理）试题 19页

临泽一中2018-2019学年第二学期期末试卷 高二理科数学 ‎（考试时间：120分钟试卷满分：150分）‎ 测试范围：人教选修2-2、2-3、4-4、4-5.‎ 第Ⅰ卷 一、选择题（本题共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.给出一个命题p：若，且，则a，b，c，d中至少有一个小于零，在用反证法证明p时，应该假设（ ）‎ A. a，b，c，d中至少有一个正数 B. a，b，c，d全为正数 C. a，b，c，d全都大于或等于0 D. a，b，c，d中至多有一个负数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由“中至少一个小于零”的否定为“全都大于等于”即可求解.‎ ‎【详解】因为“a，b，c，d中至少有一个小于零”的否定为“全都大于等于”, 所以由用反证法证明数学命题的方法可得,应假设“全都大于等于”, 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了反证法，反证法的证明步骤，属于容易题.‎ ‎2.已知复数满足，则复数在复平面内对应的点为 (　 )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数除法运算，化简为的形式，由此求得对应的点的坐标.‎ ‎【详解】依题意，对应的点为，故选A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复数对应点的坐标，属于基础题.‎ ‎3.已知，则的值为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据导函数求得，从而得到，代入得到结果.‎ ‎【详解】由题意：，则 解得： ‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查导数值的求解问题，关键是能够通过导函数求得，从而确定导函数的解析式.‎ ‎4.己知函数，则　　‎ A. B. C. 7 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分段函数的定义，结合时是奇函数，其定积分为0，计算即可．‎ ‎【详解】函数，则．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了分段函数的定积分应用问题，其中解答中熟记微积分基本定理，准确计算是解得的关键，着重考查了推理与计算能力属于基础题．‎ ‎5.的展开式中，的系数为( )‎ A. -10 B. ‎-5 ‎C. 5 D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在的二项展开式的通项公式中，令x的幂指数分别等于2和1，求出r的值，得到含与的项，再与、与-1对应相乘即可求得展开式中x的系数．‎ ‎【详解】要求的系数，则的展开式中项与相乘，项与-1相乘，‎ 的展开式中项为，与相乘得到，‎ 的展开式中项为，与-1相乘得到，‎ 所以的系数为.故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式及特定项的系数，属于基础题．‎ ‎6.已知…，依此规律，若，则的值分别是（ ）‎ A. 48，7 B. 61，‎7 ‎C. 63，8 D. 65，8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 仔细观察已知等式的数字可发现:,根据此规律解题即可.‎ ‎【详解】由, , , 归纳可得,‎ 故当时,, 故选C.‎ ‎【点睛】本题通过观察几组等式，归纳出一般规律来考查归纳推理，属于中档题.归纳推理的一般步骤: 一、通过观察个别情况发现某些相同的性质. 二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）.‎ ‎7.下面命题正确的有（ ）‎ ‎①a，b是两个相等的实数，则是纯虚数；‎ ‎②任何两个复数不能比较大小；‎ ‎③若，且，则.‎ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于找出反例即可判断，根据复数的性质可判断．‎ ‎【详解】若，则是0，为实数，即错误； 复数分为实数和虚数，而任意实数都可以比较大小，虚数是不可以比较大小的，即错误； 若，，则，但，即错误；‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了复数的概念与性质，属于基础题．‎ ‎8.一个口袋中装有若干个除颜色外都相同的黑色、白色的小球，从中取出一个小球是白球的概率为，连续取出两个小球都是白球的概率为，已知某次取出的小球是白球，则随后一次取出的小球为白球的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用条件概率公式求解即可.‎ ‎【详解】设第一次取白球为事件，第二次取白球为事件，连续取出两个小球都是白球为事件，‎ 则，，某次取出的小球是白球，则随后一次取出的小球为白球的概率为，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查条件概率公式的应用，属于基础题.求解条件概率时，一要区分条件概率与独立事件同时发生的概率的区别与联系；二要熟记条件概率公式.‎ ‎9.已知．则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二项式定理及利用赋值法即令和，两式相加可得，结合最高次系数的值即可得结果.‎ ‎【详解】 中，‎ 取，得 ， ‎ 取，得， ‎ 所以， ‎ 即， ‎ 又， ‎ 则， ‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了二项式定理及利用赋值法求二项式展开式的系数，属于中档题.‎ ‎10.已知是函数的导函数，将和 的图象画在同一个平面直角坐标系中，不可能正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正负与单调性间的关系，即可逐项判断出结果.‎ ‎【详解】因为是函数的导数，时，函数单调递增；时，函数单调递减；‎ A中，直线对应，曲线对应时，能满足题意；‎ B中，轴上方曲线对应，轴下方曲线对应，能满足题意；‎ C中，轴上方曲线对应，轴下方曲线对应，能满足题意；‎ D中，无论轴上方曲线或轴下方曲线，对应时，都应该是单调函数，但图中是两个不单调的函数，显然D不满足题意.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查函数与导函数图像之间的关系，熟记导函数与导数间的关系即可，属于常考题型.‎ ‎11.已知甲口袋中有个红球和个白球，乙口袋中有个红球和个白球，现从甲，乙口袋中各随机取出一个球并相互交换，记交换后甲口袋中红球的个数为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出的可能取值及取各个可能取值时的概率，再利用可求得数学期望.‎ ‎【详解】的可能取值为.‎ 表示从甲口袋中取出一个红球，从乙口袋中取出一个白球，故.‎ 表示从甲、乙口袋中各取出一个红球，或从甲、乙口袋中各取出一个白球，故.‎ 表示从甲口袋中取出一个白球，从乙口袋中取出一个红球，故.‎ 所以.故选A.‎ ‎【点睛】求离散型随机变量期望的一般方法是先求分布列，再求期望.如果离散型随机变量服从二项分布，也可以直接利用公式求期望.‎ ‎12.设函数在上存在导函数，对于任意的实数，都有，当时，，若，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 记，由可得，所以为奇函数，又当时，，结合奇函数性质，可得在上单调递减，处理，得，所以，可得出的范围.‎ ‎【详解】解：因为，所以 记，则 所以为奇函数，且 又因为当时，，即 所以当时，，单调递减 又因为为奇函数，所以在上单调递减 若 则 即 所以 所以 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了函数单调性与奇偶性的综合运用，利用导数研究函数的单调性，构造函数法解决抽象函数问题，观察结构特点巧妙构造函数是关键.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.将极坐标化成直角坐标为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：由题意得，，所以直角坐标为 故答案为：‎ 考点：极坐标与直角坐标的互化.‎ ‎14.某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立，设X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，，则______.‎ ‎【答案】0.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知，，根据二项分布的概率、方差公式计算即可.‎ ‎【详解】由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，‎ 所以，‎ 所以或． 由，得， 即，‎ 所以， 所以， 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查的是二项分布问题，根据二项分布求概率，再利用方差公式求解即可．‎ ‎15.若是函数的极值点，则的极小值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的导数，利用极值点，求出a，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可．‎ ‎【详解】，‎ 是的极值点，‎ ‎，‎ 即，解得，‎ ‎，‎ ‎，‎ 由，得或；‎ 由，得，‎ 在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 的极小值为． 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值，属中档题．‎ ‎16.有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是‎2”‎，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片相同的数字不是‎1”‎，丙说：“我的卡片上的数字之和不是‎5”‎则乙的卡片上的数字是______.‎ ‎【答案】2和3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意分析可知甲的卡片上的数字为1和3，乙的卡片上的数字为2和3，丙的卡片上的数字为1和2．‎ ‎【详解】由题意可知丙不拿2和3． 若丙拿1和2，则乙拿2和3，甲拿1和3，满足题意； 若丙拿1和3，则乙拿2和3，甲拿1和2，不满足题意． 故乙的卡片上的数字是2和3．‎ 故答案为：2和3‎ ‎【点睛】本题主要考查推理，考查学生逻辑思维能力，属于基础题．‎ 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.在二项式的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列.‎ ‎（1）求展开式中二项式系数最大的项；‎ ‎（2）求展开式中所有有理项的系数之和.‎ ‎【答案】（1）（2）-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由二项式定理展开式中的通项公式求出前三项，由前三项系数的绝对值成等差数列列方程即可求得，问题得解．‎ ‎（2）由，对赋值，使得的指数为正数即可求得所有理项，问题得解．‎ ‎【详解】（1）由二项式定理得展开式中第项为 ‎，‎ 所以前三项的系数的绝对值分别为1，，，‎ 由题意可得，整理得，‎ 解得或（舍去），‎ 则展开式中二项式系数最大的项是第五项，‎ ‎（2）因为，‎ 若该项为有理项，则是整数，‎ 又因为，‎ 所以或或，‎ 所以所有有理项的系数之和为 ‎【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式通项公式，考查分析能力，转化能力及计算能力，属于基础题．‎ ‎18.（1）已知，都是正数，并且，求证：；‎ ‎（2）若，都是正实数，且，求证：与中至少有一个成立.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用综合法，将两式做差，化简整理，即可证明 ‎（2）利用反证法，先假设原命题不成立，再推理证明，得出矛盾，即得原命题成立．‎ ‎【详解】（1） ‎ ‎ ‎ 因为，都是正数，所以，‎ 又，所以，所以，‎ 所以，即.‎ ‎（2）假设和都不成立，即和同时成立.‎ 且，，.‎ 两式相加得，即.‎ 此与已知条件相矛盾，和中至少有一个成立.‎ ‎【点睛】本题主要考查综合法和反证法证明，其中用反证法证明时，要从否定结论开始，经过正确的推理，得出矛盾，即假设不成立，原命题成立，进而得证．‎ ‎19.函数．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若不等式的解集为空集，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由得，分，，三种情况讨论，即可得出结果；‎ ‎（2）先由的解集为空集，得恒成立，再由绝对值不等式的性质求出的最大值，即可得出结果.‎ ‎【详解】解：（1）当时，不等式，即，‎ 当时，原不等式可化为，即，显然不成立，此时原不等式无解；‎ 当时，原不等式可化为，解得；‎ 当时，原不等式可化为，即，显然成立，即满足题意；‎ 综上，原不等式的解集为；‎ ‎（2）由的解集为空集，得的解集为空集，‎ 所以恒成立，‎ 因，所以，‎ 所以当且仅当，即时，，‎ 所以，解得，‎ 即的取值范围是．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查含绝对值不等式，熟记分类讨论的方法以及含绝对值不等式的性质即可，属于常考题型.‎ ‎20.在平面直角坐标系xOy中，曲线C参数方程是（为参数），把曲线C的横坐标缩短为原来的，纵坐标缩短为原来的一半，得到曲线直线l的普通方程是，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求直线l的极坐标方程和曲线的普通方程；‎ ‎（2）记射线（）与交于点A，与l交于点B，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由为参数），消去参数，得曲线的普通方程，然后利用伸缩与平移变换可得的普通方程；‎ ‎（2）分别把代入与的极坐标方程，求得，的值，则的值可求．‎ ‎【详解】（1）将代入直线l的方程，‎ 得：‎ 化简得直线l的极坐标方程为.‎ 由曲线C的参数方程消去参数得曲线C的普通方程为：，‎ 伸缩变换，即，‎ 代入，得，即 故曲线的普通方程为：.‎ ‎（2）由（1）将曲线的普通方程化为极坐标方程为，‎ 将（）代入，得，‎ 将（）代入得，‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查直线参数方程中参数的几何意义及其应用，着重考查了运算与求解能力，是中档题．‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当时，若方程的有1个实根，求的值；‎ ‎（2）当时，若在上为增函数，求实数 的取值范围．‎ ‎【答案】（1）或；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）易得，考查的图象与直线的位置关系即可；‎ ‎（2）在上为增函数，即在上恒成立，参变分离求最值即可.‎ ‎【详解】(1) ‎ ‎∴ ‎ 当时，‎ 当时，‎ ‎∴在递增，在递减，‎ 又，‎ ‎∵有1个实根，‎ ‎∴或 ‎（2）当时，，‎ ‎∴‎ 又在上为增函数，‎ ‎∴，又 ‎∴，而 ‎ 即 ‎∴‎ 故的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查函数的零点与单调性问题，考查函数与方程的联系，考查不等式恒成立，考查转化能力与计算能力．‎ ‎22.某企业为了检查甲、乙两条自动包装流水线的生产情况，随机在这两条流水线上各抽取件产品作为样本称出它们的质量（单位：毫克），质量值落在的产品为合格品，否则为不合格品．如表是甲流水线样本频数分布表，如图是乙流水线样本的频率分布直方图．‎ 产品质量/毫克 频数 ‎（Ⅰ）以样本的频率作为概率，试估计从甲流水线上任取件产品，求其中不合格品的件数的数学期望．‎ 甲流水线 乙流水线 总计 合格品 不合格品 总计 ‎（Ⅱ）由以上统计数据完成下面列联表，能否在犯错误的概率不超过的前提下认为产品的包装合格与两条自动包装流水线的选择有关？‎ ‎（Ⅲ）由乙流水线的频率分布直方图可以认为乙流水线生产的产品质量服从正态分布，求质量落在上的概率．‎ 参考公式：‎ 参考数据： ‎ 参考公式：‎ ‎ ，其中．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）不能；（Ⅲ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由表知，以频率作为概率，再根据二项分布求数学期望，‎ ‎（Ⅱ）由乙流水线样本的频率分布直方图可知，合格品的个数为，由此得列联表，根据表中数据计算出观测值，结合临界值表可得；‎ ‎（Ⅲ）根据正态分布的概率公式可得．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）由表知，样本中不合格品的件数为，故任取一件产品是不合格品的频率为 以频率作为概率，则从甲流水线上任取一件产品是不合格品的概率为，‎ 则，从而． ‎ ‎（Ⅱ）由乙流水线样本的频率分布直方图可知，合格品的个数为，‎ 所以，列联表是： ‎ 所以 ‎ 故在犯错误的概率不超过0.15的前提下，不能认为产品的包装合格与两条自动包装流水线的选择有关 ‎（Ⅲ）乙流水线生产产品质量服从正态分布，‎ 所以产品质量的数学期望，标准差为 因为， ‎ 所以 ‎ 即： ‎ 所以乙流水线产品质量落在上的概率为．‎ ‎【点睛】本题考查了二项分布中数学期望公式、频率分布直方图、独立性检验以及正态分布的概率，属中档题．‎