江西省南昌市第二中学2019-2020学年高二数学下学期第一次月考试题 理（含解析）.doc

1、江西省南昌市第二中学2019-2020学年高二数学下学期第一次月考试题 理（含解析）一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.随机变量X的分布列为P(Xk)，c为常数，k1,2,3,4，则的值为()A. B. C. D. 【答案】B【解析】由已知，1，解得c，.2.“中国梦”的英文翻译为“ ”，其中又可以简写为，从“ ”中取6个不同的字母排成一排，含有“”字母组合（顺序不变）的不同排列共有（ ）A. 360种B. 480种C. 600种D. 720种【答案】C【解析】从其他5个字母中任取4个,然后与“”进行全排列,共有,故选B.3.

2、如图所示，在正方体中，已知分别是和的中点，则与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】建立如图所示的坐标系设正方体的棱长为，则，与所成角的余弦值为故选4.随机变量服从正态分布，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意, = ,当且仅当,即时等号成立,故选D.点睛: 本题考查正态分布图象的对称性以及基本不等式的应用.在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.5.中国是发现和研究勾

3、股定理最古老的国家之一.古代数学家称直角三角形的较短的直角边为勾，另一直角边为股，斜边为弦，其三边长组成的一组数据称为勾股数，现从115这15个数中随机抽取3个整数，则这三个数为勾股数的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】所有的基本事件个数，利用列举法求出勾股数有4个，由此能求出这三个数为勾股数的概率【详解】从这15个数中随机选取3个整数，所有的基本事件个数，其中，勾股数为：（3，4，5），（6，8，10），（9，12，15），（5，12，13），共4个，这三个数为勾股数的概率为：故选D【点睛】本题考查古典概型概率的求法，排列组合等基础知识，考查审题能力，属于基础题6

4、.某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为，则侧视图中线段的长度x的值是()A. B. C. 4D. 5【答案】C【解析】【详解】解：由三视图可知几何体为侧放的四棱锥，作出直观图如图所示：由三视图可知平面，平面，四棱锥的底面积，三棱锥的体积侧视图三角形的底边长为，由三视图的数量关系可知侧视图三角形的高为3，故选：B7.设，表示三条不同的直线，表示三个不同的平面，给出下列四个结论：若，则；若，是在内的射影，则；若是平面的一条斜线，为过的一条动直线，则可能有且；若，则其中正确的个数为（ ）个.A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】由线面垂直和面面垂直的判定和性质可知正确；由

5、线面垂直的判定和性质可知正确；由且证明与已知矛盾可知不正确；由垂直于同一平面的两个平面可能平行或相交可知不正确.【详解】对，则或；若，则由，可得.若，则存在，使得，因为，所以，从而可得，故正确；对，过上一点作，点在直线上，则.因为是在上射影，所以，平行或相交，从而可得，共面.又因为，所以垂直于，所在平面，故，故正确；对，若且，则直线或直线在平面内，与是平面的斜线矛盾，故不正确；对，垂直于同一平面的两个平面可能平行或相交，故不正确.故选：B【点睛】本题主要考查空间中线线、线面和面面的关系，要求学生熟练掌握线面平行和线面垂直的性质和判定定理，属于中档题.8.某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组

6、织的“演讲团”、“吉他协会”等五个社团，若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加，则这6个人中没有人参加“演讲团”的不同参加方法数为（ ）A. 3600B. 1080C. 1440D. 2520【答案】C【解析】由于每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加，因此可以将问题看成是将6名同学分配到除“演讲团”外的四个社团或三个社团，可以分两类：第一类：先将6人分成四组，分别为1人，1人，2人，2人，再分配到四个社团，不同的参加方法数为种， 第二类：将6人平均分成三组，在分配到除“演讲团”外的四个社团中的任意三个社团，不同的参加方法数为，所以由以上可知，不同的参加方

7、法数共有1440种，故选择C.9.若,则等于( )A. 5B. 25C. D. 【答案】B【解析】【分析】把所给的等式两边对x求导，可得 25（5x4）4a1+2a2 x+3a3x2+4a4x3+5a5x4，再令x1，可得 a1+2a2+3a3+4a4+5a5 的值【详解】对于（5x4）5a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，两边对x求导，可得 25（5x4）4a1+2a2 x+3a3x2+4a4x3+5a5x4，再令x1，可得 a1+2a2+3a3+4a4+5a525，故选：B【点睛】本题主要考查求函数的导数，二项式定理的应用，是给变量赋值的问题，关键是根据要求的结果，选择合

8、适的数值代入，属于基础题10.如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F且EF=，则下列结论中错误的是（ ）A. ACBEB. EF平面ABCDC. 三棱锥A-BEF的体积为定值D. 异面直线AE,BF所成的角为定值【答案】D【解析】【分析】A通过线面垂直关系可证真假；B根据线面平行可证真假；C根据三棱锥的体积计算的公式可证真假；D根据列举特殊情况可证真假.【详解】A因为，所以平面，又因为平面，所以，故正确；B因为，所以，且平面，平面，所以平面，故正确；C因为为定值，到平面的距离为，所以为定值，故正确；D当，取为，如下图所示：因为，所以异面直线所成角为

9、，且，当，取，如下图所示：因为，所以四边形是平行四边形，所以，所以异面直线所成角为，且，由此可知：异面直线所成角不是定值，故错误.故选：D.【点睛】本题考查立体几何中的综合应用，涉及到线面垂直与线面平行的证明、异面直线所成角以及三棱锥体积的计算，难度较难.注意求解异面直线所成角时，将直线平移至同一平面内.11.若一个四位数字相加和为10，则称该数为“完美四位数”，如数字2017.问：用数字0，1，2，3，4，5，6，7组成无重复数字且大于2018的“完美四位数”有（ ）个.A. 71B. 66C. 59D. 53【答案】A【解析】【分析】根据题意，分析可得四位数相加和为10的情况0、1、2、7

10、，1、2、3、4，0、1、3、6，0、1、4、5，0、2、3、5，共五种情况；依次求出每种情况下大于2018的完美四位数个数，再相加即可得到答案.【详解】由0、1、2、7组成的四位数为完美四位数，比2018大的有个；由1、2、3、4组成的四位数为完美四位数，比2018大的有个，由0、1、3、6组成的四位数为完美四位数，比2018大的有个，由0、1、4、5组成的四位数为完美四位数，比2018大的有个，由0、2、3、5组成的四位数为完美四位数，比2018大的有个，共有个.故选：A【点睛】本题主要考查排列组合的应用，注意分类讨论要做到不重不漏，属于中档题.12.如图，在正方体中，是的中点，在上，且，

11、点是侧面（包括边界）上一动点，且平面，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】在上取点，使得，连接，则，取的中点为，连接，则.因此平面平面，过作交于连接，则四点共面. 且 . 平面. 点在线段上运动. 当点分别与点重合时，取最小值和最大值，故选D.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.设随机变量，若，则的值为_【答案】【解析】【分析】由可得，从而可得.【详解】随机变量，故答案为.【点睛】本题主要考查二项分布、独立重复试验概率公式、对立事件的概率公式，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力以及计算能力，属于中档题.14.若两条异面直线所成的角为，则

12、称这对异面直线为“黄金异面直线对”，在连接正方体各顶点的所有直线中，“黄金异面直线对”共有_对.【答案】24【解析】【分析】由异面直线的定义和正方体的对称性，以为例，与之构成黄金异面直线的直线有4条，从而计算得到答案.【详解】正方体如图所示，若要出现所成角为的异面直线，则直线需为面对角线，以为例，与之构成黄金异面直线对的直线有，这4条，而正方体的面对角线有12条，所以所求的黄金异面直线对共有对（每一对被计算两次，所以要除以2），故答案为：24.【点睛】本题主要考查异面直线及其所成的角，考查学生分析转化问题的能力，属于基础题.15.若等差数列的首项为，公差为展开式中的常数项，其中是除以19的余数

13、，则此等差数列的通项_.【答案】【解析】【分析】由题意可得，解不等式可得的值，进而可以求得；由二项式展开式可得的值，再由二项式展开通式可得的值，进而可以求得公差，最后表示出等差数列的通项公式即可.【详解】解：由得，解得，又为自然数，所以.故.，上式的前77项均有因式76，故可以被19整除，故余数为，即.的通项公式为，令，解得.故公差则.故答案为：【点睛】本题主要考查二项式定理和等差数列的通项公式，考查学生计算能力，属于中档题.16.已知边长为的菱形ABCD中，BAD60，沿对角线BD折成二面角ABDC的大小为60的四面体，则四面体ABCD的外接球的表面积为_【答案】156【解析】如图，设BD的

14、中点为E，连接AE，CE，则平面ACE平面BCD，且即为二面角ABDC的平面角，故由题意得为等边三角形，设G为的重心，过G作平面BCD的垂线GO，则GO在平面ACE内在平面ACE内作EO垂直于AC交GO于点O，则O为该四面体外接球的球心由题意得，故，故球半径，故球O的表面积为答案：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.甲、乙两人参加某电视台举办的答题闯关游戏，按照规则：每人从备选的10道题中一次性抽取3道题独立作答，至少答对2道题即闯关成功已知10道备选题中，甲只能答对其中的6道题，乙答对每道题的概率都是（）求甲闯关成功的概率；（）设乙答对题目个数

15、为，求的分布列及数学期望【答案】（1）（2）见解析【解析】【试题分析】（1）甲闯关成功的事件包括两种可能，一个是抽到的个题都是能答对的，二个是抽动的个题有个能答对，一个答错，按超几何分布概率计算公式计算得概率.（2）的可能取值为，并且满足二项分布，故利用二项分布概率计算公式计算其分布列并求得其数学期望.【试题解析】()设 “甲闯关成功”为事件，；()依题意，可能取的值为0，1，2，3 所以的分布列为X0123P(或)18.为了支援湖北省应对新冠肺炎，某运输公司现有5名男司机，4名女司机，需选派5人运输一批紧急医用物资到武汉.（1）如果派3名男司机、2名女司机，共有多少种不同的选派方法？（2）至

16、少有两名男司机，共有多少种不同的选派方法？【答案】（1）种（2）种【解析】【分析】（1）由分步乘法原理计算可得；（2）由分类加法和分步乘法原理计算可得.【详解】（1）可分步完成这件事情：第一步，选3名男司机，有种不同的选法；第二步，选2名女司机，有种不同的选法；由分步乘法原理，共有种不同的选法.（2）可分类完成这件事情：第一类，选2名男司机3名女司机，有种不同的选法；第二类，选3名男司机2名女司机，有种不同的选法；第三类，选4名男司机1名女司机，有种不同的选法；第四类，选5名男司机0名女司机，有种不同的选法；由分类加法与分步乘法原理，共有种不同的选法.【点睛】本题主要考查分类加法和分步乘法原理

17、，涉及到组合数的计算，属于基础题.19.在如图所示的几何体中，平面，在平行四边形中，（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】【分析】（1）连接交于，取中点，连接，由中位线可得，根据，可推出，即可证明平面；（2）连接，根据题设条件分别求出，以及与，通过，可得，从而可求出点到平面的距离，通过解三角形即可求出与平面所成角的正弦值【详解】（1）证明：连接交于，取中点，连接，.、分别为、的中点,，又，,，从而，平面，平面，平面（2）连接，在中，由余弦定理得，又平面，平面，平面，又平面，到平面的距离为，设点到平面的距离为，则由，得，所以由，知.，与平面所成角

18、的正弦值为 20.已知，（1）若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项的系数；（2）若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项【答案】（1）70（2）（2x）10【解析】【详解】试题分析：（1）第k+1项的二项式系数为，由题意可得关于n的方程，求出n而二项式系数最大的项为中间项，n为奇数时，中间两项二项式系数相等；n为偶数时，中间只有一项（2）由展开式前三项的二项式系数和等于79，可得关于n的方程，求出n而求展开式中系数最大的项时，可通过解不等式组求得，假设项的系数最大，项的系数为，则有试题解析：（1）通项Tr1nr（2x）r22rn

19、xr，由题意知，成等差数列，n14或7.当n14时，第8项的二项式系数最大，该项的系数为227143 432；当n7时，第4、5项的二项式系数相等且最大，其系数分别为2237=，2247=70.（2）由题意知79，n12或n13（舍） Tr122r12xr.由得r10.展开式中系数最大的项为T11221012x10（2x）10.考点：二项式定理的应用21.了应对新疆暴力恐怖活动，重庆市警方从武警训练基地挑选反恐警察，从体能、射击、反应三项指标进行检测，如果这三项中至少有两项通过即可入选.假定某基地有4名武警战士（分别记为）拟参加挑选，且每人能通过体能、射击、爆破的概率分别为.这三项测试能否通过

20、相互之间没有影响（1）求能够入选的概率； （2）规定：按入选人数得训练经费，每入选1人，则相应的训练基地得到5000元的训练经费，求该基地得到训练经费的分布列与数学期望（期望精确到个位）【答案】（1）（2）【解析】【试题分析】（1）由于三项测试相互没有影响，故为相互独立事件，项需要有至少项通过就算通过，故分成种情况利用相互独立事件概率来求.（2）由（1）知每个人入选的概率为，相当于次独立重复试验，故利用二项分布可计算出分布列和数学期望.【试题解析】（I）设A通过体能、射击、爆破分别记为事件则能够入选包含以下几个互斥事件：，（）记表示该训练基地入选人数，则得到的训练经费为，又可能的取值为0，1，

21、2，3，4.，01234训练经费的分布列为：05000100001500020000【点睛】本小题主要考查相互独立事件概率计算，考查互斥事件概率计算，考查二项分布的概念和运用.第一问考查的是一个人的情况，要进行三个项目，每个项目成功和失败的概率都是固定的，故用列举法列举出四种可能的事件，并利用独立事件概率计算公式计算概率.22.如图，在三棱柱中，已知四边形为矩形，的角平分线交于.（1）求证:平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）过点作交于，连接，设，连接，由角平分线的性质，正方形的性质，三角形的全等，证得，由线面垂直的判断定理证得平面，再由面面垂直

22、的判断得证. （2）平面几何知识和线面的关系可证得平面，建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，根据二面角的向量计算公式可求得其值.【详解】（1）如图，过点作交于，连接，设，连接，又为的角平分线，四边形为正方形，又，又为中点，又平面，平面，又平面，平面平面，（2）在中，在中，又，又，平面，平面，故建立如图空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，则，令，得,设平面的一个法向量为，则，令，得，由图示可知二面角是锐角，故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查空间的面面垂直关系的证明，二面角的计算，在证明垂直关系时，注意运用平面几何中的等腰三角形的“三线合一”，勾股定理、菱形的对角线互相垂直，属于基础题.- 21 -