1、淄川中学高二阶段性测试数学试卷一、选择题:本大题共12个小题,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.设复数满足,则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析:先根据复数除法得,再根据复数的模求结果.详解:因为,所以,因此选D.点睛:首先对于复数的四则运算,要切实掌握其运算技巧和常规思路,如. 其次要熟悉复数相关基本概念,如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为2.某工厂生产的零件外直径(单位:)服从正态分布,今从该厂上、下午生产的零件中各随机取出一个,测得其外直径分别为和,则可认为( )A. 上午生产情况异常,下午生产情况正常B. 上午生
2、产情况正常,下午生产情况异常C. 上、下午生产情况均正常D. 上、下午生产情况均异常【答案】B【解析】分析:根据3原则判断.详解:因为服从正态分布,所以所以上午生产情况正常,下午生产情况异常,选B.点睛:利用3原则求概率问题时,要注意把给出的区间或范围与正态变量的,进行对比联系,确定它们属于(,),(2,2),(3,3)中的哪一个.3.将一枚质地均匀的硬币抛掷四次,设为正面向上的次数,则等于( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析:先确定随机变量得取法,再根据独立重复试验求概率.详解:因为所以选C.点睛:次独立重复试验事件A恰好发生次得概率为.其中为1次试验种A发生得概率.4.为了
3、弘扬我国优秀传统文化,某中学广播站在春节、元宵节、清明节、端午节、中秋节五个中国传统节日中,随机选取两个节日来讲解其文化内涵,那么春节和端午节恰有一个被选中的概率是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析:先根据组合数确定随机选取两个节日总事件数,再求春节和端午节恰有一个被选中的事件数,最后根据古典概型概率公式求结果.详解:因为五个中国传统节日中,随机选取两个节日共有种,春节和端午节恰有一个被选中的选法有,所以所求概率为选C.点睛:古典概型中基本事件数的探求方法(1)列举法.(2)树状图法:适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目,常采用树
4、状图法.(3)列表法:适用于多元素基本事件求解问题,通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.(4)排列组合法:适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.5.在报名的名男生和名女生中,选取5人参加义务劳动,要求男生、女生都有,则不同的选取方式的种数为( )A. 120B. 126C. 240D. 252【答案】A【解析】【分析】根据题意,运用排除法分析,先在9名中选取5人,参加志愿者服务,由组合数公式可得其选法数目,再排除其中只有女生的情况,即可得答案【详解】根据题意,报名的3名男生和6名女生,共9名学生,在9名中选取5人,参加志愿者服务,有C95126种;其中只有女生C656种情况;则男、
5、女生都有的选取方式的种数为1266120种;故选:A【点睛】本题考查排列、组合的运用,本题适宜用排除法(间接法),可以避免分类讨论,简化计算6.已知随机变量服从正态分布,若,则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析:先根据正态分布得再求最后求得=0.34.详解:由正态分布曲线得所以所以=0.5-0.16=0.34.故答案为:C.点睛:(1)本题主要考查正态分布曲线的性质,意在考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合思想和方法.(2)解答本题的关键是数形结合,要结合正态分布曲线的图像和性质解答,不要死记硬背.7.函数,则在点处的切线方程为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析
6、】分析:先求导数,根据导数几何意义得切线斜率,再根据点斜式求切线方程.详解:因为,所以所以切线方程为选A.点睛:求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异,过点P的切线中,点P不一定是切点,点P也不一定在已知曲线上,而在点P处的切线,必以点P为切点.8.在二项式的展开式中,各项系数之和为,二项式系数之和为,若,则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析:先根据赋值法得各项系数之和,再根据二项式系数性质得,最后根据解出详解:因为各项系数之和为,二项式系数之和为,因为,所以,选A.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
7、,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.9.一个盒子里装有大小、形状、质地相同的12个球,其中黄球5个,蓝球4个,绿球3个.现从盒子中随机取出两个球,记事件为“取出的两个球颜色不同”,事件为“取出一个黄球,一个绿球”,则A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析:先求取出的两个球颜色不同得概率,再求取出一个黄球,一个绿球得概率可,最后根据条件概率公式求结果.详解:因为所以,选D.点睛:本题考查条件概率计算公式,考查基本求解能力.10.已知是定义在上的可导函数,的图象如下图所示,则的单调减区间是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析:先根据图
8、像求出,即得,也即得结果.详解:因为当时,所以当时,所以的单调减区间是,选B.点睛:函数单调性问题,往往转化为导函数符号是否变号或怎样变号问题,经常转化为解方程或不等式.11.甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某种技术竞赛,决出了第一名到第五名的五个名次,甲、乙去询问成绩,组织者对甲说:“很遗憾,你和乙都未拿到冠军”;对乙说:“你当然不会是最差的”.从组织者的回答分析,这五个人的名次排列的不同情形种数共有( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析:先排乙,再排甲,最后排剩余三人.详解:先排乙,有种,再排甲,有种,最后排剩余三人,有种因此共有,选D.点睛:求解排列、组合问题常用的解题方法:
9、(1)元素相邻排列问题“捆邦法”;(2)元素相间的排列问题“插空法”;(3)元素有顺序限制的排列问题“除序法”;(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题“间接法”; (5) “在”与“不在”问题“分类法”.12.已知定义在上的函数的导函数为,满足,且,则不等式的解集为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析:先构造函数,再根据函数单调性解不等式.详解:令,因为,所以因此解集为 ,选A.点睛:利用导数解抽象函数不等式,实质是利用导数研究对应函数单调性,而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行:如构造,构造,构造,构造等二、填空题(每题5分,满分20分,将答
10、案填在答题纸上)13.随机变量,变量,则_【答案】. 【解析】分析:先根据二项分布得,再根据,得详解:因为,所以,因为,所以点睛:二项分布),则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式.14.二项式展开式中含项的系数是_【答案】210.【解析】分析:先根据二项展开式通项公式得含项的项数,再代入得系数详解:因为,所以因此含项的系数是.点睛:求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项,再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项,求特定项的系数.可由某项得出参数项,再由通项写出第项,由特定项得出值,最后求出其参数.15.已知函数的导函数为,且
11、满足,则_【答案】-1.【解析】分析:先求导数,解得,代入解得.详解:因为,所以所以因此,点睛:利用导数的几何意义解题,主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.16.设,若随机变量的分布列是:012则当变化时,的极大值是_【答案】.【解析】分析:先求,再根据二次函数性质求极大值.详解:因为,所以,当且仅当时取等号,因此的极大值是.点睛:本题考查数学期望公式以及方差公式:考查基本求解能力.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.已知的展开式中所有项的系数和为.(1)求展开式中二项式系数最大的项;(2)求的展开式中的常数项.【答案】
12、(1);(2)【解析】分析:(1)先根据展开式中所有项的系数和为得到n=6,再求展开式中二项式系数最大的项.(2)先求出的展开式中的一次项和常数项,再求的展开式中的常数项.详解:(1)由题意,令得,即,所以展开式中二项式系数最大的项是第项,即.(2)展开式的第项为.,由,得;由,得.所以的展开式中的常数项为.点睛:(1)本题主要考查二项式定理,考查二项式展开式的系数和二项式系数,考查展开式中的特定项,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2)本题的难点在第2问,展开式的常数项有两种生成方式,一是由(x+2)的一次项“x”和的“”项相乘得到,二是由(x+2)的常数项“2”和的常数
13、项相乘得到,再把两个相加即得.18.已知函数,且当时,函数取得极值为.(1)求的解析式;(2)若关于的方程在上有两个不同的实数解,求实数的取值范围.【答案】(1) .(2) .【解析】分析:(1)先根据导数几何意义得 ,再与函数值 联立方程组解得的解析式;(2)先化简方程得,再利用导数研究函数在上单调性,结合函数图像确定条件,解得结果.详解:(1),由题意得,即,解得,.(2)由有两个不同的实数解,得在上有两个不同的实数解,设,由,由,得或,当时,则在上递增,当时,则在上递减,由题意得,即,解得,点睛:涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题,一般先通过导数研究函数的单调性、
14、最大值、最小值、变化趋势等,再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况,归根到底还是研究函数的性质,如单调性、极值,然后通过数形结合的思想找到解题的思路.19.实力相等的甲、乙两队参加乒乓球团体比 赛,规定5局3胜制(即5局内谁先赢3局就算胜出并停止比赛)试求甲打完5局才能取胜的概率按比赛规则甲获胜的概率【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)由题意,甲以3:2获胜;由题设条件求解即可;(2)由题意,比赛结束打满3局,4局,5局,计算出结果即可得到答案【详解】甲、乙两队实力相等,所以每局比赛甲获胜的概率为,乙获胜的概率为甲打完5局才能取胜,相当于进行5次独立重复试验,且甲第5局比赛取胜
15、,前4局恰好2胜2负.甲打完5局才能取胜的概率.(2) 记事件“甲打完3局才能取胜”, 概率为记事件“甲打完4局才能取胜”,概率为 记事件“甲打完5局才能取胜”,由(1)知概率为事件“按比赛规则甲获胜”,则,又因为事件、彼此互斥,故答:按比赛规则甲获胜的概率为【点睛】本题考查n次独立重复试验中恰好发生k次的概率,互斥事件的和事件的概率,相互独立事件的概率乘法公式,解题的关键是理解题意,根据所研究的事件的类型选择恰当的概率模型求出概率,是基础题20.某校从学生会宣传部6名成员(其中男生4人,女生2人)中,任选3人参加某省举办的演讲比赛活动(1)设所选3人中女生人数为,求的分布列;(2)求男生甲或
16、女生乙被选中的概率;(3)设“男生甲被选中”为事件,“女生乙被选中”为事件,求和【答案】(1)见解析(2)(3)【解析】试题分析:(1)根据题意可得的所有可能取值为0,1,2,再求出取每一个值的概率,可得的分布列.(2)设“甲、乙都不被选中”为事件C,求得P(C),则所求概率为P()1P(C)可得结果.(2)求出男生甲被选中、女生乙被选中的概率和男生甲、女生乙都被选中的概率,即可得出结论.试题解析:(1)的所有可能取值为0,1,2,依题意得P(0),P(1),P(2).的分布列为012P(2)设“甲、乙都不被选中”事件C,则P(C).所求概率为P()1P(C)1.(3)P(B);P(B|A).
17、21.某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰,机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图:以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数(1)求X的分布列;(2)若要求,确定n的最小值;(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在与之中选其一,应选用哪个?【答案】
18、(1)见解析.(2)见解析.(3)见解析.【解析】试题分析:()由已知得X的可能取值为16,17,18,19,20,21,22,分别求出相应的概率,由此能求出X的分布列()由X的分布列求出P(X18)=,P(X19)=由此能确定满足P(Xn)05中n的最小值()由X的分布列得P(X19)=求出买19个所需费用期望EX1和买20个所需费用期望EX2,由此能求出买19个更合适试题解析:()由柱状图并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为02,04,02,02,从而;所以的分布列为16171819202122()由()知,故的最小值为19()记表示2台
19、机器在购买易损零件上所需的费用(单位:元)当时,当时,可知当时所需费用的期望值小于时所需费用的期望值,故应选考点:离散型随机变量及其分布列22.已知函数(1)讨论的单调性;(2)若,求a的取值范围【答案】(1)见解析(2)【解析】试题分析:(1)先求函数导数,再按导函数零点讨论:若,无零点,单调;若,一个零点,先减后增;若,一个零点,先减后增;(2)由单调性确定函数最小值:若,满足;若,最小值为,即;若,最小值为,即,综合可得的取值范围为.试题解析:(1)函数的定义域为,若,则,在单调递增. 若,则由得. 当时,;当时,所以在单调递减,在单调递增. 若,则由得.当时,;当时,故在单调递减,在单调递增. (2)若,则,所以. 若,则由(1)得,当时,取得最小值,最小值为.从而当且仅当,即时,. 若,则由(1)得,当时,取得最小值,最小值为.从而当且仅当,即时.综上,的取值范围为.点睛:对于求不等式成立时的参数范围问题,在可能的情况下把参数分离出来,使不等式一端是含有参数的不等式,另一端是一个区间上具体的函数,这样就把问题转化为一端是函数,另一端是参数的不等式,便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的,如果分离参数后,得出的函数解析式较为复杂,性质很难研究,就不要使用分离参数法.