江苏省南通市海安高级中学2019-2020学年高二数学下学期5月月考试题（含解析）.doc

1、江苏省南通市海安高级中学2019-2020学年高二数学下学期5月月考试题（含解析）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知随机变量，则( )A. 0.16B. 0.32C. 0.34D. 0.68【答案】C【解析】【分析】先由对称性求出，再利用即得解.【详解】解：关于对称，故，故选：C【点睛】考查正态分布在给定区间的概率，基础题.2.复数（,是虚数单位）在复平面上对应的点不可能位于（ ）.A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，由实部和虚部不同时大于

2、0说明在复平面上对应的点不可能位于第一象限【详解】解：，在复平面上对应的点的坐标为，若，则，在复平面上对应的点不可能位于第一象限故选：【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题3.某班有6名班干部，其中4名男生，2名女生.从中选出3人参加学校组织的社会实践活动，在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题目可知，分别求出男生甲被选中的概率和男生甲女生乙同时被选中的概率，根据条件概率的公式，即可求解出结果【详解】由题意知，设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，则，所以，故答案选A

3、【点睛】本题主要考查了求条件概率方法：利用定义计算，特别要注意的求法4.已知等比数列中，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】结合等比数列通项公式可求得的范围，可验证充分性和必要性是否成立，由此得到结果.【详解】设等比数列的公比为，由得：，又，解得：，充分性成立；由得：，又，解得：或，当时，必要性不成立.“”是“”的充分不必要条件.故选：.【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判定，涉及到等比数列通项公式的应用，属于基础题.5.已知X为随机变量，则下列说法错误的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析

4、】【分析】利用概率、数学期望、方差的性质或取特殊值求解【详解】解：对于A，故A正确对于B ，取特殊值，则，故，B错误对于C，C正确对于D，D正确故选：B【点睛】考查概率、数学期望、方差的性质，基础题.6.为支援边远地区教育事业的发展，现有5名师范大学毕业生主动要求赴西部某地区三所不同的学校去支教，每个学校至少去1人，甲、乙不能安排在同一所学校，则不同的安排方法有( )A. 180种B. 150种C. 90种D. 114种【答案】D【解析】【分析】先安排甲，再安排乙，最后三人分成四种情况：（1）三个人一块到第三所学校，（2）两个人到第三所学校，另一人到前两所学校中任意一所，（3）一人到第三所学校

5、，另两个人一起到前两所学校中任意一所，（4）一人到第三所学校，两个人分别到前两所学校中任意一所；【详解】解：分四种情况：（1）安排甲到一所学校有种方法，安排乙到第二所学校有种方法，余下三人一起到第三所学校有1种方法，共有种方法；（2）安排甲到第一所学校有种方法，安排乙到第二所学校有种方法，余下三人中两人一起到第三所学校有种方法，另一人到前两所学校中任意一所有，共有种方法；（3）安排甲到第一所学校有种方法，安排乙到第二所学校有种方法，余下三人中一人到第三所学校有，另两人一起到前两所学校中任意一所有，共有种方法；（4）安排甲到第一所学校有种方法，安排乙到第二所学校有种方法，余下三人中一人到第三所学

6、校有，另两个人分别到前两所学校有种方法共有种方法，种方法；综合以上有：故选：D【点睛】考查分类计数原理和分布计数原理，基础题.7.已知复数z满足，i为虚数单位，则的最大值是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】圆上一点到圆外一点的距离的最大值就是圆外这点到圆心的距离加上圆的的半径【详解】解：根据复数的几何意义，表示以为圆心，1为半径的圆，表示点和的距离，其最大值就是和的距离加上半径，故为：故选：B【点睛】考查复数和含有绝对值号式子的几何意义，需要搞清楚和的几何意义，是基础题.8.下列命题错误的是（ ）A. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1B. 设，且，

7、则C. 在残差图中，残差点分布的带状区域的宽带越狭窄，其模型拟合的精度越高D. 已知变量x和y满足关系，变量y与z正相关，则x与z负相关【答案】B【解析】【分析】对于A，根据相关系数的意义；对于B，概率密度函数的图象关于对称可判断；对于C，根据残差图的意义判断；对于D，和负相关，因为y与z正相关，所以x与z负相关；【详解】解：对于A，根据相关系数的意义知，A正确对于B，由，知，概率密度函数的图象关于对称故，所以，故B错误对于C，根据残差图的意义，C正确对于D，变量x和y满足关系，所以和负相关，因为y与z正相关，所以x与z负相关，故D正确故选：B【点睛】考查相关系数的意义、正态曲线的对称性、残差

8、图的意义以及三个变量之间的正负相关性，基础题.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对得得3分，有选错得得0分.9.如图，梯形中，将沿对角线折起.设折起后点的位置为，并且平面平面.给出下面四个命题正确的：()A. B. 三棱锥的体积为C. 平面D. 平面平面【答案】CD【解析】【分析】依次判断每个选项的正误得到答案.【详解】如图所示：为中点，连接 ，得到 又故为等腰直角三角形平面平面， ，所以平面，所以C正确为中点，则平面 所以如果，则可得到平面，故 与已知矛盾.故A错误三棱锥的体积为 .故B错误在直角三角形中，

9、 在三角形中， 满足又 所以平面，所以平面平面，故D正确综上所述：答案为CD【点睛】本题考查了立体几何线线垂直，线面垂直，体积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.10.瑞士数学家欧拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的三角形的几何学一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，其欧拉线方程为，则顶点的坐标可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】设，依题意可确定的外心为，可得出一个关系式，求出重心坐标，代入欧拉直线方程，又可得出另一个关系式，解方程组，即可得出结论.【详解】设的垂直平分线为，的外心为欧拉线方程

10、为与直线的交点为， 由，重心为，代入欧拉线方程，得，由 可得或 .故选:AD【点睛】本题以数学文化为背景，考查圆的性质和三角形重心，属于较难题.11.对于函数，下列说法正确的是（ ）A. 在处取得极大值B. 有两个不同的零点C. D. 若在上恒成立，则【答案】ACD【解析】【分析】对于选项A、C，只需研究的单调性即可；对于选项B，令解方程即可；对于选项D，采用分离常数，转化为函数的最值即可.【详解】由已知，令得，令得，故在上单调递增，在单调递减，所以的极大值为，A正确；又令得，即，当只有1个零点，B不正确；，所以，故C正确；若在上恒成立，即在上恒成立，设，令得，令得，故在上单调递增，在单调递减

11、，所以，故D正确.故选：ACD【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质，涉及到函数的极值、零点、不等式恒成立等问题，考查学生的逻辑推理能力，是一道中档题.12.对于二项式，以下判断正确的有（ ）A. 存在，展开式中有常数项；B. 对任意，展开式中没有常数项；C. 对任意，展开式中没有的一次项；D. 存在，展开式中有的一次项.【答案】AD【解析】【分析】利用展开式的通项公式依次对选项进行分析，得到答案【详解】设二项式展开式的通项公式为，则，不妨令，则时，展开式中有常数项，故答案A正确，答案B错误；令，则时，展开式中有的一次项，故C答案错误，D答案正确故答案选AD【点睛】本题考查二项式定理，关键在于

12、合理利用通项公式进行综合分析，考查学生分析问题解决问题的能力，属于中档题三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13.设n为正整数，展开式的二项式系数最大值为x，展开式的二项式系数的最大值为y，若，则n=_.【答案】6【解析】分析】根据二项式系数的性质求出x和y，代入，计算即可.【详解】解：由题意知，即，故答案为：6【点睛】考查二项式系数的性质及组合数的运算，基础题.14.将3个1，11个0排成一列，使得每两个1之间至少隔着两个0，则共有_种不同的排法.【答案】120【解析】分析】符合条件的排列中，3个1将11个0分成四段，设每一段分别有个0，令，则，将7个1与3块隔板进行排列即可【

13、详解】解：符合条件的排列中，3个1将11个0分成四段，设每一段分别有个0，则，且，令，则因此原问题等价于求方程的自然数解的组数，将7个1与3块隔板进行排列，其排列数即对应方程自然数解的组数，所以方程共有组自然数解，故共有120种不同的排法故答案为：120【点睛】考查排列组合的应用，基础题.15.将编号为1，2，3，4，5的5个小球放入3个不同的盒子中，每个盒子都不空，则每个盒子中所放小球的编号奇偶性均不同的概率为_.【答案】【解析】【分析】要求每个盒子都不空，则三个盒子中放入小球的个数可以分别为3、1、1或2、2、1，若要求每个盒子中小球的编号的奇偶性均不相同，则只能是2、2、1，且放入同一盒

14、子中的两个小球必须是一奇一偶，【详解】解：由题意知，要求每个盒子都不空，则三个盒子中放入小球个数可以分别为3、1、1或2、2、1，若要求每个盒子中小球的编号的奇偶性均不相同，则只能是2、2、1，且放入同一盒子中的两个小球必须是一奇一偶，则每个盒子中所放小球的编号奇偶性均不同的概率为：故答案为：【点睛】考查排列组合的综合应用，基础题.16.一个电路如图所示,a,b,c,d,e,f为六个开关,其闭合的概率是,且是相互独立的,则灯亮的概率是_.【答案】【解析】P=1-=.四、解答题：本题共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.已知复数，其中a是实数.（1）若在复平面内表示复

15、数的点位于第二象限，求a的取值范围；（2）若是纯虚数，a是正实数. 求a； 求.【答案】（1）；（2）2；0.【解析】【分析】（1），根据表示复数的点位于第二象限，解不等式即可 （2）若是纯虚数，a是正实数，求出，化简，最后求和、化简即可.【详解】解：（1）由题可得：，因为复数的点位于第二象限，所以，解得a的取值范围为：.（2）依题意得：因为是纯虚数，则：，即，又因为是正实数，则.当时，.【点睛】考查纯虚数的概念、复数的几何意义以及复数的运算，中档题.18.已知数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）把两边同时加1，构造新等比数

16、列即可.（2）先裂项，再求和.【详解】解：（1）由得又，所以是首项为2，公比为2的等比数列，因此的通项公式为. （2）由（1）知于是 .【点睛】考查构造新的等比数列以及裂项求和证明不等式，中档题.19.已知对某校的100名学生进行不记名问卷调查，内容为一周的课外阅读时长和性别等进行统计，如表：（1）课外阅读时长在20以下的女生按分层抽样的方式随机抽取7人，再从7人中随机抽取2人，求这2人课外阅读时长不低于15的概率；（2）将课外阅读时长为25以上的学生视为“阅读爱好”者，25以下的学生视为“非阅读爱好”者，根据以上数据完成22列联表：非阅读爱好者阅读爱好者总计女生男生总计能否在犯错概率不超过0

17、.01的前提下，认为学生的“阅读爱好”与性别有关系？附：，0.1000.0500.0250.0100.0012.7063.8415.0246.63510.828【答案】（1）；（2）列联表见解析，能.【解析】【分析】（1）课外阅读时长在20以下的女生共有2+4+8=14人，按分层抽样的方式随机抽取7人，时长在，的女生分别有1人（设为a）、2人（设为）、4人（设为），列出基本事件空间，再找出这2人课外阅读时长不低于15的事件数即可（2）女生中有16人是非阅读爱好者，24人是阅读爱好者；男生中有40人是非阅读爱好者，20人是阅读爱好者；完成列联表，计算的值，用独立行检验的临界值判断即可.【详解】解

18、：（1）课外阅读时长在20以下的女生共有2+4+8=14人，按分层抽样的方式随机抽取7人，时长在，的女生分别有1人（设为a）、2人（设为）、4人（设为），从7人中随机抽取2人包含的基本事件为：共21件，这2人课外阅读时长不低于15所包含的事件有：共6件，这2人课外阅读时长不低于15的概率（2）非阅读爱好者阅读爱好者总计女生162440男生402060总计5644100则在犯错概率不超过0.01的前提下，认为学生的“阅读爱好”与性别有关系.【点睛】考查古典概率的求法以及完成列联表、计算卡方判断是否相关，中档题.20.手工艺是一种生活态度和对传统的坚持，在我国有很多手工艺品制作村落，村民的手工技艺

19、世代相传，有些村落制造出的手工艺品不仅全国闻名，还大量远销海外.近年来某手工艺品村制作的手工艺品在国外备受欢迎，该村村民成立了手工艺品外销合作社，为严把质量关，合作社对村民制作的每件手工艺品都请3位行家进行质量把关，质量把关程序如下：（i）若一件手工艺品3位行家都认为质量过关，则该手工艺品质量为A级；（ii）若仅有1位行家认为质量不过关，再由另外2位行家进行第二次质量把关，若第二次质量把关这2位行家都认为质量过关，则该手工艺品质量为B级，若第二次质量把关这2位行家中有1位或2位认为质量不过关，则该手工艺品质量为C级；（iii）若有2位或3位行家认为质量不过关，则该手工艺品质量为D级.已知每一次

20、质量把关中一件手工艺品被1位行家认为质量不过关的概率为，且各手工艺品质量是否过关相互独立.（1）求一件手工艺品质量为B级的概率；（2）若一件手工艺品质量为A，B，C级均可外销，且利润分别为900元，600元，300元，质量为D级不能外销，利润记为100元.求10件手工艺品中不能外销的手工艺品最有可能是多少件；记1件手工艺品的利润为X元，求X的分布列与期望.【答案】（1）；（2）可能是2件；详见解析【解析】【分析】（1）由一件手工艺品质量为B级的情形，并结合相互独立事件的概率公式，列式计算即可；（2）先求得一件手工艺品质量为D级的概率为，设10件手工艺品中不能外销的手工艺品可能是件，可知，分别令

21、、，可求出使得最大的整数，进而可求出10件手工艺品中不能外销的手工艺品的最有可能件数；分别求出一件手工艺品质量为A、B、C、D级的概率，进而可列出X的分布列，求出期望即可.【详解】（1）一件手工艺品质量为B级的概率为.（2）由题意可得一件手工艺品质量为D级的概率为，设10件手工艺品中不能外销的手工艺品可能是件，则，则，其中，.由得，整数不存在，由得，所以当时，即，由得，所以当时，所以当时，最大，即10件手工艺品中不能外销的手工艺品最有可能是2件.由题意可知，一件手工艺品质量为A级的概率为，一件手工艺品质量为B级的概率为，一件手工艺品质量为C级概率为，一件手工艺品质量为D级概率为，所以X的分布列

22、为：X900600300100P则期望为.【点睛】本题考查相互独立事件的概率计算，考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查学生的计算求解能力，属于中档题.21.如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为菱形，BAD的余弦值为，AC与BD相交于点O，OP底面ABCD，M为PC中点，OP=4.（1）求证：AMBD；（2）求直线PA与平面ABM所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直的性质定理证明；（2）求出的长及点到平面的距离，利用三角函数的知识求解.【详解】（1）底面为菱形，所以，底面，底面，所以，所以平面，又平面，所以；（2）设直线

23、与平面所成角为，点到平面的距离为，所以，所以，易求得所以在中，由，得，.故直线与平面所成的角的正弦值为.【点睛】本题考查线线垂直的证明、直线与平面所成角的正弦值，是中档题.22.已知椭圆（ab0）的离心率为，过椭圆的左、右焦点分别作倾斜角为的直线，分别交椭圆于A，B和C，D两点，当时，直线AB与CD之间的距离为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若AB不与x轴重合，点P在椭圆上，且满足（t0）.若，求直线AB的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）当时，直线AB与CD之间的距离为，得，所以，由椭圆C的离心率为，可求椭圆方程.（2）先验证直线的斜率不存在时，不满足题意，当直线的斜率存在时，设方程为，联立直线和椭圆方程，设，由，把代入椭圆方程得，即可求AB方程.【详解】解：（1）设，由之间的距离为，得，所以， 由椭圆C的离心率为，得，所以，所以椭圆C的标准方程为.（2）若直线的斜率不存在，则易得，得，显然点不在椭圆上，舍去因此设直线的方程为，设，将直线的方程与椭圆的方程联立，整理得，因为，所以，则由，得 将P点坐标代入椭圆C的方程，得;将带入等式得，因此所求直线AB的方程为【点睛】考查椭圆方程的求法，在直线和椭圆的位置关系中求满足一定条件的直线方程的方法，难题