高二数学下学期开学考试收心检测试题含解析-试题Word下载.docx

1、所以函数在处获得极小值，与题意不符当时所以函数在处获得极大值，符合题意那么A【点睛】此题考察函数在某点获得极值的条件，求出后检验是关键，否那么容易产生多的根.5.一盒中有12个乒乓球，其中9个新的，3的，从盒中任取3个球来用，用完后装回盒中新球用完后即成旧球，此时盒中旧球个数X是一个随机变量，其分布列为，那么的值是由条件可得当时表示的是取出的3个球中有2个新球和1球，然后求出即可.【详解】因为从盒子中任取3个球来用，用完装回盒中，此时盒中旧球个数即旧球的个数增加了2个所以取出的3个球中有2个新球和1球所以【点睛】此题考察的是古典概型及组合的知识，较简单.（单位：kg）与身高（单位：cm）具有线

2、性相关关系，根据一组样本数据，用最小二乘法近似得到回归直线方程为，那么以下结论中不正确的选项是A.与具有正线性相关关系B.回归直线过样本的中心点C.假设该某高中女生身高增加1cmkgD.假设该某高中女生身高为160cmkg.【答案】D根据回归直线方程可以判断与具有正线性相关关系，回归直线过样本的中心点，该某高中女生身高增加1cmkg，该某高中女生身高为160cm，只能估计其体重，不能得出体重一定是多少.【详解】根据回归直线方程，但看函数图象是单调递增，可以判断与具有正线性相关关系，所以A选项说法正确；回归直线过样本的中心点，所以B选项说法正确；根据斜率得该某高中女生身高增加1cmkg，所以C选

3、项说法正确；该某高中女生身高为160cmkg，这种说法错误.D【点睛】此题考察线性回归直线相关概念辨析，考察根底知识的掌握情况.，假设过原点的直线l与曲线有三个交点，那么直线l的斜率的取值范围为首先利用导数得出的单调性，然后画出其图象，然后根据导数的几何意义求出过点与曲线相切的直线的斜率即可.【详解】由可得所以当或者时，函数单调递减当时，函数单调递增当时，；当时，所以函数的图象如下：设过点与曲线相切的直线的斜率为，切点为那么由导数的几何意义可得所以，即即，即，解得如图，切线的斜率为，切线的斜率为那么当时，直线l与曲线有三个交点B【点睛】此题考察的是利用导数求函数的单调性及导数的几何意义，用到了

4、数形结合的思想，属于中档题.8.交强险是车主必须为机动车购置的险种，假设普通6座以下私家车投保交强险的基准保费为a元，在下一年续保时，实行费率浮动机制，保费与车辆发生道路交通事故出险的情况相联络，最终保费基准保费与道路交通事故相联络的浮动比率，详细情况如下表：交强险浮动因素和浮动费率比率表类别浮动因素浮动比率上一个年度未发生有责任道路交通事故下浮上两个年度未发生有责任道路交通事故上三个及以上年度未发生有责任道路交通事故上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故上一个年度发生两次及两次以上有责任不涉及死亡的道路交通事故上浮上一个年度发生有责任道路交通死亡事故为理解某一品牌普通6座以下私家车

5、的投保情况，随机抽取了100辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计如下表：类型数量2010382假设以这100辆该品牌的投保类型的频率代替一辆车投保类型的概率，那么随机抽取一辆该品牌车在第四年续保时的费用的期望为A.a元B.元C.元D.元分析】一辆品牌车在第四年续保时的费用的可取值有，然后根据表格算出对应的概率即可【详解】由题意可知，一辆品牌车在第四年续保时的费用的可取值有，且对应的概率分别为：【点睛】此题考察的是随机变量的分布列及期望，文字语言较多，仔细审题是解题的关键.二、多项选择题：此题一共4小题，每一小题5分，一共20分.在每一小题给出的选项里面，有多项符合题目要

6、求，全部选对得5分，局部选对得3分，有选错的得0分.9.以下说法中不正确的选项是A.在复平面内，虚轴上的点均表示纯虚数B.假设是纯虚数，那么实数C.设a，b，c，假设为实数，那么D.假设i为虚数单位，图中复数平面内的点Z表示复数z，那么表示复数的点是H【答案】AB由虚轴上的点除原点外均表示纯虚数得A错误，由是纯虚数得，解出知B错误，由得C正确，由得D正确【详解】在复平面内，虚轴上的点除原点外均表示纯虚数，故A错误假设是纯虚数，那么，解得，故B错误所以假设为实数，那么有，故C正确图中复数平面内的点Z表示复数，因为，所以对应的点为，即为H点故D正确AB【点睛】此题考察的是复数的运算及复数的几何意义

7、，较简单.10.某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，以下说法错误的选项是A.假设任意选择三门课程，选法总数B.假设物理和化学至少选一门，选法总数为C.假设物理和历史不能同时选，选法总数为D.假设物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为【答案】ABD假设任意选择三门课程，选法总数为，假设物理和化学至少选一门，选法总数为，假设物理和历史不能同时选，选法总数为，假设物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为.【详解】假设任意选择三门课程，选法总数为，故A错误假设物理和化学至少选一门，选法总数为，故B错误假设物理和历史不能同时

8、选，选法总数为，故C正确假设物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为故D错误ABD【点睛】当遇到“至多“至少型题目时，一般用间接法求会比较简单.11.对某两名高三学生连续9次数学测试的成绩单位：分进展统计得到如下折线图.以下有关这两名学生数学成绩的分析中，正确的结论是A.甲同学的成绩折线图具有较好的对称性，与正态曲线相近，故而平均成绩为130分B.根据甲同学成绩折线图中的数据进展统计，估计该同学平均成绩在区间内C.乙同学的数学成绩与测试次号具有比较明显的线性相关性，且为正相关D.乙同学在这连续九次测验中的最高分与最低分的差超过40分【答案】BCD观察甲、乙同学的成绩折线图即可得

9、出答案【详解】由甲同学的成绩折线图可得甲同学的成绩最高分为130分，平均成绩在区间内故A错误，B正确由乙同学的成绩折线图可得乙同学的数学成绩与测试次号具有比较明显的线性相关性，且为正相关，乙同学在这连续九次测验中的最高分与最低分的差超过40分故C、D正确BCD【点睛】此题考察的是统计的相关知识，较简单.12.以下不等式中正确的选项是【答案】AC构造函数，利用导数分析其单调性，然后由、得出每个选项的正误.【详解】令，那么，令得易得在上单调递增，在上单调递减所以，即，即，故A正确，即，所以可得，故B错误，即，即所以，所以，故C正确，即，即，即所以，故D错误AC【点睛】此题考察的是构造函数，利用函数

10、的单调性比较大小，解题的关键是函数的构造和自变量的选择，属于较难题.三、填空题：此题一共4小题，每一小题5分，一共20分.13.某元宵灯谜竞猜节目，有6名守擂选手和6名复活选手，从复活选手中挑选一名选手为攻擂者，从守擂选手中挑选1名选手为守擂者，那么攻擂者、守擂者的不同构成方式一共有_种【答案】36根据分步计数原理即可得到结果.【详解】从6名守擂选手中选1名，选法有种；复活选手中挑选1名选手，选法有种由分步乘法计数原理，不同的构成方式一共有种故答案为36【点睛】此题考察分步计算原理，考察分析问题解决问题的才能，属于根底题.的值域是，那么常数_，_.【答案】（1）.（2）.1由得，由得，然后可得

11、是方程的两个根，然后利用韦达定理算出即可【详解】由得，即当时，即因为函数的值域是所以是方程的两个根所以由韦达定理得，从而解得故答案为：，【点睛】此题考察的是利用法求函数的值域，属于中档题.15.易经是中国传统文化中的精华，以下列图是易经八卦图含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦，每卦有三根线组成“表示一根阳线，“表示一根阴线，从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线的概率_由图可得：三根都是阳线的有一卦，三根都是阴线的有一卦，两根阳线一根阴线的有三卦，两根阴线一根阳线的有三卦，利用组合数可得根本领件总数，分类利用计算原理求得符合要求的根本领件个数为10个，问题得解.【详解】从八

12、卦中任取两卦，一共有种取法假设两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线，可按获得卦的阳、阴线的根数分类计算；当有一卦阳、阴线的根数为3、0时，另一卦阳、阴线的根数为0、3，一共有种取法.当有一卦阳、阴线的根数为2、1时，另一卦阳、阴线的根数为1、2，一共有种取法.所以两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线的取法有种.那么从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线的概率为【点睛】此题主要考察了组合计数及分类思想，考察古典概型概率计算公式，属于中档题,假设存在区间，使在上的值域为,那么的取值范围为_.,所以当时，在上单调递增，在上单调递增，在上单调递增，在上值域为，所以方程在上有两解，作出

13、与直线的函数图象，那么两图象有两交点.假设直线过点，那么，假设直线与的图象相切，设切点为，那么，解得，故答案为.【点睛】函数有零点个数方程根个数求参数取值范围的三种常用的方法：（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围（2）别离参数法：先将参数别离，转化成求函数值域问题加以解决（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解.四、解答题：此题一共6小题，一共70分.解容许写出文字说明、证明过程或者演算步骤.17.：复数与在复平面上所对应的点关于y轴对称，且i为虚数单位，|=I求的值；II假设的虚部大于零，且m，nR，

14、求m，n的值【答案】I或者III设，得出的表达式，根据和列方程组，解方程组求得的值，进而求得的值.II根据I的结论确定运算化简，根据复数相等的条件列方程组，解方程组求得的值.【详解】解：I设x，yR，那么=x+yi，z11i=1+i，|=，或者，即或者II的虚部大于零，那么有，【点睛】本小题主要考察复数的概念，考察复数的模、复数相等、复数的虚部等知识，属于根底题.18.如图，某城有一块半径为的半圆形绿化区域以为圆心，为直径，现对其进展改建，在的延长线上取点，在半圆上选定一点，改建后绿化区域由扇形区域和三角形区域组成，其面积为设1写出关于的函数关系式，并指出的取值范围；2试问多大时，改建后的绿化

15、区域面积获得最大值【答案】1；2.1求出扇形区域、三角形区域的面积，即可求出关于的函数关系式，并指出的取值范围；2求导数，确定函数的单调性，即可得出结论【详解】1由题意，；2，令，得.当时，.所以，当时，获得最大值.【点睛】此题考察利用数学知识解决实际问题，考察导数知识的运用，属于中档题19.为研究学生的身体素质与体育锻炼时间是的关系，对该校200名高三学生平均每天体育锻炼时间是进展调查，如表：平均每天锻炼的时间是单位：分钟平均每天锻炼的时间是/分钟总人数36445040将学生日均体育锻炼时间是在的学生评价为“锻炼达标.1请根据上述表格中的统计数据填写上下面的列联表；锻炼不达标锻炼达标合计男女

16、110并通过计算判断，是否能在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为“锻炼达标与性别有关？2在“锻炼达标的学生中，按男女用分层抽样方法抽出10人，进展体育锻炼体会交流，i求这10人中，男生、女生各有多少人？ii从参加体会交流的10人中，随机选出2人作重点发言，记这2人中女生的人数为，求的分布列和数学期望.参考公式：，其中.临界值表2706【答案】1见解析；2i男生有6人，女生有4人.ii见解析1根据题意填写上列联表，计算观测值，对照临界值得出结论；2i由男女生所占的比例直接求解；ii分别求得不同取值下的概率，列出分布列，根据期望公式计算结果即可.【详解】1603090150200由列联表中数

17、据，计算得到的观测值为.所以在犯错误的概率不超过0.025的前提下能判断“锻炼达标与性别有关.2i“锻炼达标的学生有50人，男、女生人数比为，故用分层抽样方法从中抽出10人，男生有6人，女生有4人.ii的可能取值为0，1，2；的分布列为1的数学期望.【点睛】此题考察了列联表与HY性检验的应用问题，也考察了分层抽样及离散型随机变量的应用问题，是根底题20.杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列.中国南宋数学家杨辉1261年所著的详解九章算法一书中出现了杨辉三角.在欧洲，帕斯卡在1654年也发现了这一规律，所以这个表又叫做帕斯卡三角形.杨辉三角是中国古代数学的出色研究成果之一，它把二项式系

18、数图形化，把组合数内在的一些代数性质直观地从图形中表达出来，是一种离散型的数与形的结合.第0行第1行11第2行121第3行1331第4行14641第5行15101051第6行16152015611记杨辉三角的前n行所有数之和为，求的通项公式；2在杨辉三角中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为？假设存在，试求出是第几行；假设不存在，请说明理由；3n，r为正整数，且.求证：任何四个相邻的组合数，不能构成等差数列.【答案】12存在；第62行3证明见解析1由二项式定理的性质，杨辉三角第行的n个数的和为：，然后求出即可2由方程，解出即可3假设有n，r，使得，成等差数列，那么由等差中项和组合数的知识

19、可得出，然后可得，这与，成等差数列相矛盾.【详解】1由二项式定理的性质，杨辉三角第行的n个数的和为：.2杨辉三角形的第n行由二项式系数，1，2，n组成.假设第n行中有，那么，解这个联立方程组，得，.即第62行有三个相邻的数，的比为.3假设有n，r，使得，成等差数列，即，.所以有，经整理得到，.两式相减可得而由二项式系数的性质可知，这与，成等差数列矛盾，【点睛】此题考察的知识点有：等比数列的求和公式、等差数列、二项式系数的性质、组合数的计算，属于中档题.，函数，其中，是的一个极值点，且.1讨论的单调性2务实数和a的值3证明【答案】1在区间单调递增；2；3证明见解析.1求出，在定义域内，再次求导，

20、可得在区间上恒成立，从而可得结论；2由，可得，由可得，联立解方程组可得结果；3由1知在区间单调递增，可证明，取，可得，而，利用裂项相消法，结合放缩法可得结果.【详解】1由可得函数的定义域为，且，令，那么有，由，可得，可知当x变化时，的变化情况如下表：-+极小值，即，可得在区间单调递增；2由可得函数的定义域为，且，由得，即，由可得，联立，消去a，可得，令，那么，由1知，故，在区间单调递增，注意到，所以方程有唯一解，代入，可得，；3证明：由1知在区间单调递增，故当时，可得在区间单调递增，因此，当时，即，亦即，这时，故可得，取，可得，而，故比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函

21、数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者者进一步利用导数证明.22.绿色已成为当今世界主题，绿色动力已成为时代的驱动力，绿色能源是将来新能源行业的主导某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进展了单次最大续航里程理论上是指新能源汽车所装载的燃料或者电池所可以提供给车行驶的最远里程的测试现对测试数据进展分析，得到如下列图的频率分布直方图1估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值同一组中的数据用该组区间的中点值代表；2根据大量的汽车测试数据，可以认为这

22、款汽车的单次最大续航里程近似地服从正态分布，经计算第1问中样本HY差的近似值为50用样本平均数作为的近似值，用样本HY差作为的估计值；现从该汽车公司最新研发的新能源汽车中任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰好在200千米到350千米之间的概率；从该汽车公司最新研发的新能源汽车中随机抽取10辆，设这10辆汽车中单次最大续航里程恰好在200千米到350千米之间的数量为，求；3某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，假设遥控车最终停在“成功大本营，那么可获得购车优惠券硬币出现正、反面的概率都是，方格图上标有

23、第0格、第1格、第2格、第50格遥控车开场在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车向前挪动一次，假设掷出正面，遥控车向前挪动一格从到，假设掷出反面，遥控车向前挪动两格从到，直到遥控车移到第49格成功大本营或者第50格失败大本营时，游戏完毕设遥控车移到第格的概率为，其中，试说明是等比数列，并解释此方案能否成功吸引顾客购置该款新能源汽车.参考数据：假设随机变量服从正态分布，那么，.【答案】1300；2i；ii；3见解析，此方案能成功吸引顾客购置该款新能源汽车.1利用频率分布直方图的平均数的计算方法即可得出2由，利用正态分布的对称性可得依题意有，再利用二项分布的期望公式计算可得；3遥控车开场在第0格为必然

24、事件，第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第一格，其概率为，即遥控车移到第格的情况是下面两种，而且只有两种：遥控车先到第格，又掷出反面，其概率为遥控车先到第格，又掷出正面，其概率为可得：变形为即可证明时，数列是等比数列，首项为，公比为的等比数列利用，及其求和公式即可得出可得获胜的概率，失败的概率进而得出结论【详解】1千米.2i由.依题意有，所以.3第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第一格，其概率为，即.遥控车移到第格的情况是下面两种，而且只有两种；遥控车先到第格，又掷出反面，其概率为.遥控车先到第格，又掷出正面，其概率为.，.时，数列是等比数列，首项为，公比为的等比数列，.获胜的概率，失败的概率.获胜的概率大.此方案能成功吸引顾客购置该款新能源汽车【点睛】此题考察了频率分布直方图的性质、正态分布图的性质、等比数列的定义通项公式与求和公式、累加求和方法，考察了推理才能与计算才能，属于难题