重庆市巴蜀中学2019-2020学年高二数学下学期月考试题.doc

重庆市巴蜀中学2019-2020学年高二数学下学期月考试题

重庆市巴蜀中学2019-2020学年高二数学下学期月考试题

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重庆市巴蜀中学2019-2020学年高二数学下学期月考试题（含解析）
一、选择题.（共12题，每题5分，共60分.每题只有一个正确选项）
1.甲、乙两人比赛下中国象棋，若甲获胜的概率是，下成和棋的概率是，则乙获胜的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据概率性质可知所有可能的概率和为1，即可得解.
【详解】甲、乙两人比赛下中国象棋，结果有三种：甲胜，和局，乙胜.
由概率性质可知，三种情况的概率和为1，
所以乙获胜的概率为，
故选：D.
【点睛】本题考查了概率性质的简单应用，属于基础题.
2.设随机变量服从两点分布，若，则成功概率（ ）
A. 0.2 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.8
【答案】C
【解析】
【分析】
根据两点分布概率性质可得解.
【详解】随机变量服从两点分布，，
根据两点分布概率性质可知：，
解得，
故选：C.
【点睛】本题考查了两点分布概率性质的简单应用，属于基础题.
3.甲、乙两位同学将最近10次物理考试的成绩（满分100分）绘制成如图所示的茎叶图进行比较，下列说法正确的是（ ）

①甲同学平均成绩低于乙同学 ②甲同学平均成绩高于乙同学
③甲同学成绩更稳定 ④乙同学成绩更稳定
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】
根据茎叶图中数据分布特征，即可做出判断.
【详解】由茎叶图可知，甲组数据整体值偏小，乙组的数据整体值偏大，因而甲同学平均成绩低于乙同学，所以①正确；
而甲组数据分布更为集中，乙组数据分布较为分散，因而甲同学成绩更稳定，所以③正确；
综上可知，正确的为①③；
故选：A.
【点睛】本题考查了茎叶图的性质及简单应用，数据分析处理能力，属于基础题.
4.记，则（ ）
A. 64 B. 63 C. 32 D. 31
【答案】D
【解析】
【分析】
利用赋值法即可得解.
【详解】，
令，代入可得，
令，代入可得，
所以，
故选：D.
【点睛】本题考查了二项展开式中项系数和求法，赋值法的应用，属于基础题.
5.某校高一、高二、高三年级人数比为，现按分层抽样的方法从三个年级一共抽取150人来进行某项问卷调查，若每人被抽取的概率是0.04，则该校高二年级人数为（ ）
A. 1050 B. 1200 C. 1350 D. 1500
【答案】B
【解析】
【分析】
根据分层抽样的抽样比，可得高二年级抽取的人数，即可由没人被抽到的概率得高二年级人数.
【详解】高一、高二、高三年级人数比为，现按分层抽样的方法从三个年级一共抽取150人来进行某项问卷调查，
则高二年级抽取的人数为 人，
设高二年级人数为，
则 ，解得 ，
所以高二年级人数 人，
故选：B.
【点睛】本题考查了分层抽样的简单应用，属于基础题.
6.演讲社团里现有水平相当的4名男生和5名女生，从中随机选出3名同学作为代表队到市里参加“最美逆行者”的演讲比赛，代表队中既有男生又有女生的不同选法共有（ ）
A. 140种 B. 80种 C. 70种 D. 35种
【答案】C
【解析】
【分析】
分类讨论，选出3名同学分别为1男2女，2男1女两种情况，即可得解.
【详解】选出3名同学既有男生又有女生有2种情况：
1男2女，则;
2男1女，则；
所以共有 种不同选法.
故选：C.
【点睛】本题考查了组合问题的简单应用，属于基础题.
7.同时抛掷4枚质地均匀的硬币400次，记4枚硬币中恰好2枚正面向上的次数为，则的数学期望是（ ）
A. 25 B. 100 C. 150 D. 200
【答案】C
【解析】
【分析】
根据独立重复试验，先求得4枚硬币中恰好2枚正面向上的概率，即可求得抛掷硬币400次恰好2枚正面向上的数学期望.
【详解】由独立重复试验可知，同时抛掷4枚质地均匀的硬币，4枚硬币中恰好2枚正面向上的概率为，
由二项分布的期望求法可知抛掷硬币400次恰好2枚正面向上的数学期望为，
故选：C.
【点睛】本题考查了独立重复试验概率求法，二项分布数学期望的求法，属于基础题.
8.某高校需安排5位应届毕业生到3家企业实习，每家企业至少有1位实习生，并且实习生甲和乙必须去同一家企业实习，则不同实习安排方式共有（ ）
A. 12种 B. 18种 C. 24种 D. 36种
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意将甲乙捆绑看作一个整体，再与剩余3人一起分成三组，即可由排列组合的应用求解.
【详解】因为甲和乙必须去同一家企业实习，则将甲乙捆绑作为一个整体，
则共有4组人需要安排到3家企业实习，
将四组人分为3组，则为，
因为出现重复的一组，所以总的安排方法数为 种，
故选：D.
【点睛】本题考查了排列组合问题在实际问题中的应用，注意分组时出现重复的情况，属于中档题.
9.设的展开式中各项系数之和为，二项式系数之和为，且，则展开式中有理项共有（ ）
A. 2项 B. 3项 C. 4项 D. 5项
【答案】B
【解析】
【分析】
利用赋值法可求得各项系数之和，由二项定理展开式性质可得二项式系数之和，结合即可求得的值，进而由二项定理展开式的通项求得有理项个数.
【详解】二项式为，
展开式中各项系数之和为，令，代入可得，
二项式系数之和为，则，
因为，
所以，即，
所以，解得，
所以，
由二项定理展开式的通项为
，
当时为有理项，所以共有3项有理项，
故选：B.
【点睛】本题考查了二项定理展开式的系数与二项式系数的概念，二项展开通项式的应用，有理项的求法，属于中档题.
10.6支钢笔中有4支为正品，2支为次品，现需要通过检测将其进行区分，每次随机抽出一支钢笔进行检测，检测后不放回，直到完全将正品和次品区分开，用表示直到检测结束时检测进行的次数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
完全将正品和次品区分开且，有2种情况：前四次检测均为正品；前三次检测有1次次品，第四次检测为次品，即可根据概率求解.
【详解】为将正品和次品区分开且，有2种情况：前四次检测均为正品；前三次检测有1次次品，第四次检测为次品，概率分别为：
前四次检测均为正品：；
第一次检测为次品，第四次检测为次品，则；
第二次检测为次品，第四次检测为次品，则；
第三次检测为次品，第四次检测为次品，则；
所以用表示直到检测结束时检测进行的次数，则，
故选：A.
【点睛】本题考查了分类、分步计数原理的应用，概率的求法，属于基础题.
11.已知学校有15位数学老师，其中9位男老师，6位女老师，学校有10位数学老师，其中3位男老师，7位女老师，为了实现师资均衡，现从学校任意抽取一位数学老师到学校，然后从学校随机抽取一位数学老师到市里上公开课，则在学校抽到学校的老师是男老师的情况下，从学校抽取到市里上公开课的也是男老师的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
当在学校抽到学校的老师是男老师时，学校男老师和总老师的数量可知，进而可求得从学校抽取到市里上公开课的也是男老师的概率
【详解】设学校抽到学校的老师是男老师事件为M，学校抽取到市里上公开课的是男老师事件为N，
学校有15位数学老师，其中9位男老师，6位女老师，因而学校抽到学校的老师是男老师的概率为；
从学校抽取到市里上公开课的也是男老师的概率为，
因而由条件概率公式可得,
故选：C.
【点睛】本题考查了条件概率的简单应用，条件概率的求法，属于基础题.
12.罗马数字是欧洲在阿拉伯数字传入之前使用的一种数码，它的产生标志着一种古代文明的进步.罗马数字的表示法如下：
数字
1
2
3
4
5
6
7
8
9
形式
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
Ⅵ
Ⅶ
Ⅷ
Ⅸ

其中“Ⅰ”需要1根火柴，“Ⅴ”与“X”需要2根火柴，若为0，则用空位表示. （如123表示为，405表示为）如果把6根火柴以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示的不同的三位数的个数为（ ）

A. 87 B. 95 C. 100 D. 103
【答案】D
【解析】
【分析】
将6根火柴能表示数字的搭配列举出来，再根据数的排列特征即可得解.
【详解】用6根火柴表示数字，所有搭配情况如下：
1根火柴和5根火柴：1根火柴可表示的数为1；5根火柴可表示的数为8，和0一起，能表示的数共有4个（108,180,801,810）.
2根火柴和4根火柴：2根火柴可表示的数为2、5；4根火柴可表示的数为7，和0一起，能表示的数有 个.
3根火柴和3根火柴：3根火柴可表示的数为3、4、6、9，和0一起，能表示的数分为2类：除0外的两个数字相同，可表示的数有个；除0外的两个数字不同，则有个，所以共有 个.
1根火柴、1根火柴和4根火柴：即有1、1、7组成的数，共有3个（117,171,711）.
1根火柴、2根火柴和3根火柴：即由1,2或5中的一个，3、4、6、9中的一个数字组成的三位数，共有 个.
2根火柴、2根火柴、2根火柴：即由2或5组成的三位数，分为两类：三个数字都相同，共有2个（222,555）；三个数字中的两个数字相同，则有个，共有 个.
综上可知，可组成的三位数共有 个.
故选：D.
【点睛】本题考查了排列组合问题的综合应用，分类、分步计数原理的应用，注意分类时要做到“不重不漏”，属于难题.
二、填空题.（共4题，每题5分，共20分）
13.已知，，则______.
【答案】4
【解析】
【分析】
根据随机变量方差性质及公式即可得解.
【详解】，，
则，
所以，
故答案为：4.
【点睛】本题考查了随机变量方差性质及公式的简单应用，属于基础题.
14.的展开式中的系数为______.
【答案】30
【解析】
【分析】
将多项式展开，结合二项定理展开式的通项即可求解.
【详解】，
则展开式中的系数为，
展开式中的系数即为展开式中的系数乘以2，
所以，
所以的展开式中的系数为，
故答案为：30.
【点睛】本题考查了多项式乘积系数的求法，二项定理展开式通项的应用，属于基础题.
15.有7人站成一排照相，要求，两人相邻，，，三人互不相邻，则不同的排法种数为______.
【答案】288
【解析】
【分析】
将A、B捆绑作为一个整体排列，再与剩余2人全排列，、、三人插空排列即可.
【详解】将A、B捆绑作为一个整体排列为，
将A、B整体与剩余2人全排列则，
再将、、三人插入4个空位排列，则，
所以总的排列方法有 种，
故答案为：288.
【点睛】本题考查了排列中相邻、不相邻问题的解法，属于中档题.
16.对于数列，若，则称数列为“广义递增数列”，若，则称数列为“广义递减数列”，否则称数列为“摆动数列”.已知数列共4项，且，则数列是摆动数列的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据数列的元素，先根据数列中数字的组成求得所有的数列，再将符合“广义递增数列”或“广义递减数列”的个数分类求得，即可求得“摆动数列”的个数，进而求得数列是摆动数列的概率.
【详解】根据题意可知，，则四位数字组成的数列有以下四类：
（1）由单个数字组成：共有4个数列；
（2）由2个数字组成：则共有种数字搭配，每种数字搭配又分为两种情况：由1个数字和3个相同数字组成4个数的数列（如1222,2111等），则有个数列；分别由2个相同数字组成的4个数的数列（如1122等）共有6个数列，因而此种情况共有种；
（3）由3个数字组成：共有种数字搭配（如1123等），相同数字有3种可能，则共有个数列；
（4）由4个数字组成：共有个数列.
因而组成数列的个数为个数列.
其中，符合“广义递增数列”或“广义递减数列”的个数分别为：
（1）由单个数字组成：4个数列均符合“广义递增数列”或“广义递减数列”，因而有4个数列；
（2）由2个数字组成：满足“广义递增数列”或“广义递减数列”的个数为 个；
（3）由3个数字组成：个；
（4）由4个数字组成：则有2个数列符合“广义递增数列”或“广义递减数列”，
综上可知，符合“广义递增数列”或“广义递减数列”的个数为个.
所以“摆动数列”的个数为个，
因而数列是摆动数列的概率为，
故答案为：.
【点睛】本题考查了数列新定义的综合应用，数字排列的综合应用，概率的求法，分类过程较为繁琐，属于难题.
三、解答题.（共6小题，共70分，请在答题卡上写出必要的解答过程）
17.小蔡参加高二1班“美淘街”举办的幸运抽奖活动，活动规则如下：盒子里装有六个大小相同的小球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，小蔡需从盒子里随机不放回地抽取3次，每次抽取1个小球，按抽取顺序分别作为一个三位数的百位、十位与个位.
（1）一共能组成多少个不同三位数？
（2）若组成的三位数是大于500的偶数，则可以获奖，求小蔡获奖的概率.
【答案】（1）120（2）
【解析】
【分析】
（1）由抽取的三位数各不相同，可由排列数公式求得组成不同三位数的个数.
（2）分别求得百位为5和百位为6的偶数个数，结合（1）即可求得可以获奖的概率.
【详解】（1）因为抽取的三位数各不同，
因而组成三位数的总数为.
（2）若百位为5，则个位可以为2、4、6中一个，十位可以是剩余4个数字中的一个，则有个；
若百位为6，则个位可以为2、4中的一个，十位可以是剩余4个数字中的一个，则有个，
∴大于500的偶数的概率为.
【点睛】本题考查了排列组合问题的简单应用，数字排列的特征及应用，属于基础题.
18.某校高二年级共有1000 名学生，为了了解学生返校上课前口罩准备的情况，学校统计了所有学生口罩准备的数量，并绘制了如下频率分布直方图.

（1）求的值；
（2）现用分层抽样的方法，从口罩准备数量在和的学生中选10人参加视频会议，则两组各选多少人？
（3）在（2）的条件下，从参加视频会议的10人中随机抽取3人，参与学校组织的复学演练.记为这3人中口罩准备数量在的学生人数，求的分布列与数学期望.
【答案】（1）（2）6人，4人（3）
【解析】
【分析】
（1）由频率分布直方图的性质可知小矩形面积和为1，可求得的值；
（2）根据分层抽样的特征，可分别求得两组各抽取的人数.
（3）由题意可知，；分别求得各自对应的概率，即可得频率分布列及数学期望.
【详解】（1）根据频率分布直方图中小矩形面积和为1，可得
，
解得.
（2）口罩准备数量在的人数为人，
在的人数为人.
（3）由题.
，
，
，
，
故分布列为：

0
1
2
3

期望.
【点睛】本题考查了频率分布直方图的性质及简单应用，分层抽样特征，离散型随机变量分布列及数学期望的求法，属于基础题.
19.已知从境外回国的8位同胞中有1位被新冠肺炎病毒感染，需要通过核酸检测是否呈阳性来确定是否被感染.下面是两种检测方案：
方案一：逐个检测，直到能确定被感染者为止.
方案二：将8位同胞平均分为2组，将每组成员的核酸混合在一起后随机抽取一组进行检测，若检测呈阳性，则表明被感染者在这4位当中，然后逐个检测，直到确定被感染者为止；若检测呈阴性，则在另外一组中逐个进行检测，直到确定被感染者为止.
（1）根据方案一，求检测次数不多于两次的概率；
（2）若每次核酸检测费用都是100元，设方案二所需检测费用为，求的分布列与数学期望.
【答案】（1）（2）见解析，325
【解析】
【分析】
（1）检测次数不多于两次即检测次数为1次或2次，即可求得其对应的概率，进而得检测次数不多于两次的概率；
（2）根据题意可知可以取，分别求得各情况下的概率，即可求得其分布列及数学期望.
【详解】（1）（一次），
（两次），
∴（不多于两次）.
（2）由题意可知，可以取，则
，
，
，
故分布列为：

200
300
400

均值.
【点睛】本题考查了离散型随机变量概率、分布列及数学期望的求法，属于基础题.
20.如图，在四棱锥中，平面，，，，.

（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成的线面角的正弦值为，求长.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）根据线面垂直性质可得，再根据题中，即可由线面垂直的判定定理证明平面；
（2）先证明为等腰三角形，然后以中点为原点，，，为，，轴，建立空间直角坐标系，设，写出各个点的坐标，并求得平面的法向量，再根据直线与平面所成的线面角的正弦值求得的值，即可求得长.
详解】（1）证明：∵平面，平面，
∴，
∵，平面，，
∴平面.
（2）∵，，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴为等腰三角形.
以中点为原点，，，为，，轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：

设，则，，，，
∴.
设平面的法向量为，
∵，，
∴，令，则，，∴.
∴，解得.
∴.
【点睛】本题考查了线面垂直的判定，由空间向量法依据线面夹角求参数值，属于中档题.
21.如图，在矩形中，，，以，为焦点的椭圆：恰好过，两点.

（1）求椭圆的方程；
（2）已知为原点，直线：与轴交于点，与椭圆相交于、两点，且、在轴异侧，若，求的取值范围.
【答案】（1）（2）或.
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的边长，结合椭圆的性质即可求得的值，进而求得椭圆的标准方程.
（2）联立直线与椭圆方程，化简方程并由韦达定理可得，，由直线与圆相交可得，并由题意可设，及，再由求得的范围；由，分别求得面积后代入，结合韦达定理即可求得，综合即可得的取值范围.
【详解】（1）∵，，
∴，，，
解得，，
∴椭圆的方程为.
（2）联立直线与椭圆方程，，
化简可得，
∵直线与椭圆相交，∴，
化简变形可得①，
∵设，，不妨设，
②，③.
由，得，
∵，，且，
则，去掉绝对值，则④
联立②④，得，，
代入③得，化简可得，
代入①式有，化简可得，
所以的范围为或.
【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求法，直线与椭圆位置关系的综合应用，椭圆中三角形面积的应用，根据直线与椭圆位置关系求参数的取值范围，计算量较大，属于中档题.
22.已知，.
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）当时，若对任意的，都存在，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）将代入，可得函数解析式，再代入可得切点坐标；求得导函数，并由导数的几何意义求得切线斜率，进而得切线方程.
（2）将所给方程变形可得；可得在内的单调性，进而求得值域，即可求得的值域；构造函数，求得，由定义域及分类讨论的单调情况，并求得最值即可求得符合题意的的取值范围.
【详解】（1）当时，，
；所以切点坐标为，
而，
所以；
∴切线方程为.
化简可得.
（2），所以，
对于，在上单调递减，上单调递增，
∴时，，或2时，，
∴当时，.
令，
对任意的，都存在，成立，
所以的值域是的子集，

，
①时，在上单调递增，
∴，，解得.
②时，在上单调递减，上单调递增，
∵，恒成立，
下面证明恒成立.
令，，解得.
∴在上单调递增，
恒成立，
∴.
③时，在单调递减，
∴，，
解得.
综上所述.
【点睛】本题考查了导数几何意义的简单应用，根据导函数判断函数的单调性与值域，构造函数法分析函数的单调性与值域，分类讨论思想的综合应用，是高考的常考点和重点，属于难题.