新疆乌鲁木齐市第七十中学2019-2020学年高二下学期期中考试数学（理）试题 WORD版含解析.doc

1、2019-2020学年第二学期期中考试高二数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.若集合，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出集合后可得.【详解】因为集合，则，选C【点睛】本题考查集合的交，注意集合意义的理解，如表示函数的定义域，而表示函数的值域，表示函数的图像.2.已知且，则乘积等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意结合排列计算公式即可得解.【详解】由题意，所以.故选：C.【点睛】本题考查了排列计算公式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.3.点极坐标为，则它的直角坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】

2、 M点的直角坐标是故选D.4.随机变量服从正态分布，若，则（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】【分析】直接根据正态曲线的对称性求解即可.【详解】，即，故选B.【点睛】本题主要考查正态分布与正态曲线的性质，属于中档题. 正态曲线的常见性质有：（1）正态曲线关于对称，且越大图象越靠近右边，越小图象越靠近左边；（2）边越小图象越“痩长”，边越大图象越“矮胖”;(3)正态分布区间上的概率，关于对称，5.已知，使得不等式成立，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由绝对值三角不等式结合题意可得的最小值为，再根据有解问题的解决方法即可得解.【详解】由

3、绝对值三角不等式可得，所以，当时，因为，使得不等式成立，所以即实数的取值范围为.故选：A.【点睛】本题考查了绝对值三角不等式的应用，考查了运算求解能力与有解问题的解决，属于中档题.6.如图，用K、A1、A2三类不同的元件连接成一个系统当K正常工作且A1、A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K、A1、A2正常工作的概率依次是0.9、0.8、0.8，则系统正常工作的概率为（ ）A. 0.960B. 0.864C. 0.720D. 0.576【答案】B【解析】A1、A2同时不能工作的概率为0.20.20.04，所以A1、A2至少有一个正常工作的概率为10.040.96，所以系统正常工作的概率

4、为0.90.960.864.故选B.考点：相互独立事件的概率.7.下列四个不等式：；.其中恒成立的有（ ）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】B【解析】【分析】举出反例可判断、；由绝对值三角不等式结合基本不等式可判断；由绝对值三角不等式可判断；即可得解.【详解】对于，当时，此时，故错误；对于，当时，故错误；对于，因为、符号相同，所以，当时，等号成立，故正确；对于，由绝对值三角不等式可得，当时，等号成立，故正确.故选：B.【点睛】本题考查了绝对值三角不等式、基本不等式的综合应用，属于基础题.8.随机变量服从二项分布B(16，p)，且D()3，则E()=（ ）A. 4或12B. 4C.

5、 12D. 3【答案】A【解析】【分析】由题意结合二项分布方差的公式可得，解得或，再根据即可得解.【详解】，解得或，当时，；当时，.故选：A.【点睛】本题考查了二项分布方差、期望公式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.9.如图，一环形花坛分成四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为（ ）A. 96B. 84C. 60D. 48【答案】B【解析】解：分三类：种两种花有种种法；种三种花有2种种法；种四种花有种种法共有2+=84故选B10.用数学归纳法证明“”时，从“到”时，左边应添加的式子是（ ）.A. B. C. D. 【答案】C【解析】

6、【分析】计算当时，左边的式子，然后与，左边的式子进行对比，可得结果.【详解】当时，左边当时，左边所以当时，左边增加的式子为：故选：C【点睛】本题考查数学归纳法的应用，注意观察左边式子的特点，属基础题.11.已知集合，则集合各子集中元素之和为（ ）A. 320B. 240C. 160D. 8【答案】B【解析】【分析】由题意，分别计算出当集合的子集中含有元素个数为0、1、2、3、4、5时，元素1、2、3、4、5出现的次数，进而可得元素1、2、3、4、5出现的总次数，即可得解.【详解】当集合的子集为空集时，各元素之和为0；当集合的子集含有1个元素时，共有个集合，1、2、3、4、5各出现1次；当集合的

7、子集含有2个元素时，共有个集合，1、2、3、4、5各出现4次；当集合的子集含有3个元素时，共有个集合，1、2、3、4、5各出现6次；当集合的子集含有4个元素时，共有个集合，1、2、3、4、5各出现4次；当集合的子集含有5个元素时，共有个集合，1、2、3、4、5各出现1次；所以集合各子集中，1、2、3、4、5各出现了次，所以集合各子集中元素之和为.故选：B.【点睛】本题考查了计数原理的应用，考查了运算求解能力与分类讨论思想，属于中档题.12.已知，则的最小值为（ ）A. 8B. 9C. 12D. 4【答案】A【解析】【分析】转化条件可得原式，利用基本不等式即可得解.【详解】因为，当且仅当时，等号

8、同时成立，所以的最小值为8.故选：A.【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值，考查了运算求解能力，属于中档题.二、填空题（本大题共4小题，共20分）13.在同一平面直角坐标系中，直线 变成直线的伸缩变换是_.【答案】【解析】【分析】本题首先可以把直线转化为，再然后对直线与直线进行对比观察，即可发现两直线横坐标与纵坐标之间的变化关系，得出结果【详解】因为直线即，所以直线变成直线即将直线变成直线，所以直线变化时横坐标不变，纵坐标变为原来的4倍，即有伸缩变换，故答案为【点睛】本题考查了直线的相关性质，主要考查不同直线之间的变换关系，考查推理能力，考查转化思想，是简单题14.记A,B为两个事件,若事件

9、A和B同时发生的概率为,在事件A发生的条件下,事件B发生的概率为,则事件A发生的概率为_.【答案】【解析】【分析】由题意可得，且，由此求得事件发生的概率的值【详解】设事件发生的概率为，事件发生的概率为，则由题意可得，且，解得，故答案为.【点睛】本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式、条件概率公式，属于中档题15.求的展开式中的系数为_.【答案】【解析】【分析】转化条件可得，则的展开式的通项公式为，进而可得，给、赋值即可得解.【详解】由题意，则的展开式的通项公式为，又的展开式的通项公式为，所以，由题意可得，令即，当，时，当，时，所以的展开式中的系数为.故答案为：.【点睛】本题考查了二项式定理的应

10、用，考查了运算求解能力与分类讨论思想，属于中档题.16.已知数列共有21项，且， ，则满足条件的不同数列有_个.【答案】【解析】【分析】转化条件得或，求出满足的个数，再利用组合的知识即可得解.【详解】， 或，设满足的个数为， ，解得，结合组合的应用，满足要求的数列有个.故答案为：.【点睛】本题考查了数列递推公式的应用，考查了组合的应用与转化化归思想，属于中档题.三、解答题（本大题共6小题，第17题10分，18-22每题12分，共70分）17.某同学为研究“网络游戏对当代青少年的影响”作了一次调查，共调查了50名同学，其中男生26人，有8人不喜欢玩游戏，而调查的女生中有9人喜欢玩游戏.（1）根据

11、以上数据完成22的列联表；（2）根据以上数据，在犯错误的概率不超过0.025的前提下，能否认为“喜欢玩电脑游戏与性别有关系”？男生女生总计喜欢玩游戏不喜欢玩游戏总计0.1000.0500.0250.0100.001k2.7063.8415.0246.63510.828【答案】（1）见解析；（2）能.【解析】【分析】（1）根据题意结合列联表的概念，直接填表即可得解；（2）由题意计算出，与5.024进行比较，即可得解.详解】（1）由题意，完成列联表：男生女生总计喜欢玩游戏18927不喜欢玩游戏81523总计262450（2）由题意，所以在犯错误的概率不超过0.025的前提下，能认为“喜欢玩电脑游戏

12、与性别有关系”.【点睛】本题考查了独立性检验的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.18.选修4-4：坐标系与参数方程以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位，直线的参数方程为（为参数），圆的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程与圆的直角坐标方程；（2）设圆与直线交于两点，若点的直角坐标为，求的值.【答案】（1）l的方程为：，圆 的方程为： ;（2）.【解析】试题分析：（1）直线的参数方程为，消去，求得普通方程： ，由，可得：，即可求得圆 的直角坐标系；（2）将参数方程代入曲线圆的直角坐标系，可求得 由韦达定理可知 即2异号，可知 试题解析：（1）直线的普

13、通方程为：， ，所以，所以曲线的直角坐标方程为：.（2）点在直线上，且在圆内，把代入得，设两个实根为，则，即异号，所以 点睛：本题考查了参数方程化普通方程，考查了极坐标方程化直角坐标方程，一元二次方程根与系数的关系，属于基础题19.已知函数，（1）当时，求不等式解集；（2）设函数，当时，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）当时，转化条件可得即，即可得解；（2）由绝对值三角不等式可得，进而可转化条件为，分类讨论，解不等式即可得解.【详解】（1）当时，所以不等式，解得，所以不等式的解集为；（2）由题意，所以当时， 当时，无解；当时，解得；所以的取值范围为.【点睛】本题考查了

14、绝对值不等式的求解与绝对值三角不等式的应用，考查了运算求解能力，属于中档题.20.比较与大小，并证明.【答案】，证明见解析.【解析】【分析】由题意结合对数的性质可得、，作差化简即可得，即可得证.【详解】，证明如下：因为，且， 由对数的性质可得，所以，所以.【点睛】本题考查了对数性质的应用，考查了作差法、放缩法比较大小的应用，属于中档题.21.甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛，假设每局甲获胜概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立.（1）求甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率；（2）记为比赛决出胜负时的总局数，求的分布列和

15、均值（数学期望）.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）甲在4局以内（含4局）赢得比赛的情况有：前2局甲赢；第1局乙赢、第2、3局甲赢；第1局甲赢、第2局乙赢、第3、4局甲赢，从而就可以求出概率.（2）根据题意的可能取值为，求出相应的概率，列出分布列，再利用均值公式计算即可.【详解】（1）用表示“甲在4局以内（含4局）赢得比赛”，表示“第局甲获胜”，表示“第局乙获胜”.则，.（2）的可能取值为.，.故分布列为2345所以.考点：1.概率的求解；2.期望的求解.22.已知、是中心为点的椭圆的两条相交弦，交点为，两弦与椭圆长轴的夹角分别为、，且，求证：.【答案】证明见解析【解析】【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系,再设,求出直线参数方程,联立椭圆的方程,根据直线参数的几何意义表达出 ,同理表达出,再化简证明即可.【详解】建立如图平面直角坐标系,设椭圆的长轴、短轴的长度分别为,则椭圆的方程为,设,点,则直线的参数方程为,（为参数）.代入椭圆方程化简得到：因为,又已知直线与椭圆有两个交点,因此方程有两个根,设这两个根为分别为,容易得到.同理对于直线,将换为,得到.即得证【点睛】本题主要考查了直线参数方程在证明线段长度的等量关系中的运用,需要根据题意设对应的直线参数方程,联立椭圆的方程根据韦达定理以及直线参数方程的几何意义求解.属于难题.