1、福建省南安市侨光中学2019-2020学年高二数学下学期第二次阶段考试题（含解析）一、单选题：每小题5分，共50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.设全集为，集合，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求解集合的补集，再求解的结果.【详解】因为，所以，则.故选D.【点睛】本题考查集合的补集、交集运算，难度较易.2.一物体做直线运动，其位移 (单位: )与时间 (单位: )的关系是，则该物体在时的瞬时速度是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先对求导，然后将代入导数式，可得出该物体在时的瞬时速度【详解】对求导，得，因此，该物体在时的瞬时速
2、度为，故选A【点睛】本题考查瞬时速度的概念，考查导数与瞬时变化率之间的关系，考查计算能力，属于基础题3.命题，则为（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】含有一个量词命题的否定方法：改变量词，否定结论.【详解】量词改为：，结论改为：，则，.故选C.【点睛】本题考查含一个量词命题的否定，难度较易.含一个量词命题的否定方法：改量词，否结论.4.独立性检验中,假设:运动员受伤与不做热身运动没有关系.在上述假设成立的情况下,计算得的观测值.下列结论正确的是（ ）附：0100.050.0100.0052.7063.8416.6357.879A. 在犯错误的概率不超过0.01的前提下
3、,认为运动员受伤与不做热身运动有关B. 在犯错误的概率不超过0.01的前提下,认为运动员受伤与不做热身运动无关C. 在犯错误的概率不超过0.005的前提下,认为运动员受伤与不做热身运动有关D. 在犯错误的概率不超过0.005的前提下,认为运动员受伤与不做热身运动无关【答案】A【解析】【分析】根据临界值表找到犯错误的概率，即可对各选项结论的正误进行判断【详解】，因此，在犯错误的概率不超过的前提下，认为运动员受伤与不做热身运动有关，故选A【点睛】本题考查独立性检验的基本思想，解题的关键就是利用临界值表找出犯错误的概率，考查分析能力，属于基础题5.如图，已知电路中3个开关闭合的概率都是，且是相互独立
4、的，则灯亮的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】灯泡亮灯泡亮包括三个开关都闭合，只有下边的开关闭合，只有上边两个闭合，下边闭合上边闭合一个，这四种情况是互斥的，每一种情况中的事件是相互独立的，根据概率公式得到结果【详解】由题意，灯泡亮包括三个开关都闭合，只有下边的开关闭合，只有上边两个闭合，下边闭合上边闭合一个，这四种情况是互斥的，每一种请中的事件都是相互独立的，所以灯泡亮的概率为，故选：C【点睛】本题结合物理的电路考查了有关概率的知识，考查互斥事件有一个发生的概率，独立事件同时发生的概率，解决本题的关键是看出事件之间的关系，灯亮的情况比较多，也可以利用对立事件来求，
5、属于中档题6.函数的大致图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据特殊位置的所对应的的值，排除错误选项，得到答案.【详解】因为所以当时，故排除A、D选项，而，所以即是奇函数，其图象关于原点对称，故排除B项，故选C项.【点睛】本题考查根据函数的解析式判断函数图象，属于简单题.7.已知袋中装有除颜色外完全相同的5个球，其中红球2个，白球3个，现从中任取1球，记下颜色后放回，连续摸取3次，设为取得红球的次数，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据题意得出随机变量，然后利用二项分布概率公式计算出【详解】由题意知，由二项分布的概率计算公式得，故选B【点睛】本题
6、考查二项分布概率的计算，关键是要弄清楚随机变量所服从的分布，同时也要理解独立重复试验概率的计算公式，着重考查了推理与运算能力，属于中等题8.“”是“函数是增函数”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】先由函数为增函数，转化为恒成立，求出实数的取值范围，再利用实数的取值范围的包含关系得出两条件的充分必要关系【详解】当函数为增函数，则在上恒成立，则，因此，“”是“函数为增函数”的充分不必要条件，故选A【点睛】本题考查充分必要条件的判断，涉及参数的取值范围，一般要由两取值范围的包含关系来判断，具体如下：（1），则“”是“”的充分不
7、必要条件；（2），则“”是“”的必要不充分条件；（3），则“”是“”的充要条件；（4），则则“”是“”的既不充分也不必要条件9.将4名志愿者分别安排到火车站、轮渡码头、机场工作，要求每一个地方至少安排一名志愿者，其中甲、乙两名志愿者不安排在同一个地方工作，则不同的安排方法共有A. 24种B. 30种C. 32种D. 36种【答案】B【解析】【分析】利用间接法，即首先安排人到三个地方工作的安排方法数，再求出当甲、乙两名志愿者安排在同一个地方时的安排方法数，于是得出答案【详解】先考虑安排人到三个地方工作，先将人分为三组，分组有种，再将这三组安排到三个地方工作，则安排人到三个地方工作的安排方法数为种
8、，当甲、乙两名志愿者安排在同一个地方时，则只有一个分组情况，此时，甲、乙两名志愿者安排在同一个地方工作的安排方法数为，因此，所求的不同安排方法数为种，故选B【点睛】本题考查排列组合综合问题的求解，当问题分类情况较多或问题中带有“至少”时，宜用间接法来考查，即在总体中减去不符合条件的方法数，考查分析问题的能力和计算能力，属于中等题10.已知函数，若存在点，使得直线与两曲线和都相切，当实数取最小值时，（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先分别求出函数在点的切线方程，再根据题意可得出，构造函数，求出的最小值即可求出，从而得到.【详解】 ，又，过点切线方程为：，又，即，又，因此过点
9、的切线方程为：， 由题意知都为直线,，令，令，和时，单调递减，且时，恒成立，时，单调递增，时，则，.故选：.【点睛】本题主要考查导数的几何意义、导数与函数的单调性以及函数的极值与最值，考查学生的逻辑推理能力与数学运算能力,考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算，是难题.二、多选题：本大题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的四个选项中，至少有2个选项符合题目要求.作出的选择中，不选或含有错误选项的得0分，只选出部分正确选项的得2分，正确选项全部选出的得5分.11.设离散型随机变量的分布列为012340.4010.20.2若离散型随机变量满足，则下列结果正确的有（）A. B. ，C
10、. ，D. ，【答案】ACD【解析】【分析】先计算的值，然后考虑、的值，最后再计算、的值.【详解】因为，所以，故A正确；又，故C正确；因为，所以，故D正确.故选ACD.【点睛】随机变量的均值与方差的线性变化：若随机变量与随机变量满足，则，.12.函数、，下列命题中正确的是（ ）A. 不等式的解集为B. 函数在上单调递增，在上单调递减C. 若函数有两个极值点，则D. 若时，总有恒成立，则【答案】AD【解析】【分析】利用导数研究函数的单调性，极值点，结合恒成立问题求参，对选项进行逐一分析即可.【详解】因为、，则，令，可得，故在该区间上单调递增；令，可得，故在该区间上单调递减.又当时，且，故的图象如
11、下所示：对A，数形结合可知，的解集为，故A正确；对B，由上面分析可知，B错误；对C，若函数有两个极值点，即有两个极值点，又，要满足题意，则需在有两根，也即在有两根，也即直线与的图象有两个交点.数形结合则，解得.故要满足题意，则，故C是错误；对D，若时，总有恒成立，即恒成立，构造函数，则对任意的恒成立，故在单调递增，则在恒成立，也即在区间恒成立，则，故D正确. 故选：AD.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，最值，极值点个数，恒成立问题求参数范围，属较难题.三、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.13.已知随机变量，则_【答案】【解析】【分析】利用正态密度曲线对称性得出，可得出答
12、案【详解】由于随机变量，正态密度曲线的对称轴为直线，所以，故答案为【点睛】本题考查正态分布概率的计算，解这类问题的关键就是要充分利用正态密度曲线的对称轴，利用对称性解题，考查计算能力，属于基础题14.同宿舍的6个同学站成一排照相，其中甲只能站两端，乙和丙必须相邻，一共有_种不同排法（用数字作答）【答案】【解析】【分析】设甲乙丙之外的三人为A、B、C，将乙和丙看作一个整体，与A、B、C三人全排列，然后排甲，甲只能在两端，有2种站法，利用分步乘法计数原理可求出答案.【详解】设甲乙丙之外三人为A、B、C，将乙和丙看作一个整体，与A、B、C三人全排列，有种，甲只能在两端，甲有2种站法，则共有种排法.【
13、点睛】本题考查了排列组合，考查了相邻问题“捆绑法”的运用，属于基础题.15.已知命题，命题，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】先分别求出集合A与B，再利用是的必要不充分条件，即可得解.【详解】，当时，当时，因为是的必要不充分条件，当时，且，解得，当时，显然不满足是的必要不充分条件，所以，实数的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题主要考查利用必要不充分条件求参数的取值范围问题及集合包含关系的应用，其中涉及到一元二次不等式和绝对值不等式的解法，考查分类讨论思想和运算求解能力，属于中档题.16.已知函数恰有两个零点，则实数的值为_【答案】【解析】【分析】令，得，转化为
14、直线与函数的图象有两个交点，于此可得出实数的值【详解】令，得，构造函数，其中，问题转化为：当直线与函数的图象有两个交点，求实数的值，令，得，列表如下：极小值作出图象如下图所示：结合图象可知，因此，故答案为【点睛】本题考查函数的零点个数问题，由函数零点个数求参数的取值范围，求解方法有如下两种：（1）分类讨论法：利用导数研究函数的单调性与极值，借助图象列出有关参数的不等式组求解即可；（2）参变量分离法：令原函数为零，得，将问题转化为直线与函数的图象，一般要利用导数研究函数的单调性与极值，利用图象求解17.展开式中的常数项是_(用数字作答)【答案】【解析】【分析】将二项式变形为，得出其展开式通项为，
15、再利用，求出，不存在，再将代入可得出所求常数项【详解】，所以，展开式的通项为 ，令，可得，不存在，因此，展开式中的常数项是，故答案为【点睛】本题考查二项式定理，考查指定项系数的求解，解这类问题一般是利用二项式定理将展开式表示为通项，利用指数求出参数，考查计算能力，属于中等题18.设函数，函数，若对于任意的，总存在，使得，则实数m的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由题意可知，在上的最小值大于在上的最小值，分别求出两个函数的最小值，即可求出m的取值范围.【详解】由题意可知，在上的最小值大于在上的最小值.，当时，此时函数单调递减；当时，此时函数单调递增.，即函数在上的最小值为-1.函数为直线，当
16、时，显然不符合题意；当时，在上单调递增，的最小值为，则，与矛盾；当时，在上单调递减，的最小值为，则，即，符合题意.故实数m的取值范围是.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题与存在解问题，考查了函数的单调性的应用，考查了函数的最值，属于中档题.四、解答题：本大题共5题，每题12分，共60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.19.在二项式展开式中，所有的二项式系数和为256（1）求展开式中的最大二项式系数；（2）求展开式中所有有理项中系数最小的项【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）展开式中所有的二项式系数和，可求出，即二项式系数最大的项是第5项，即可求出答案；（2）由题可得，取值为0
17、，4，8时，为有理项，分别求出对应项，即可得出答案.【详解】解:（1）依题意得， 所以，因此二项式系数最大的项是第5项，所以最大二项式系数为. （2），为有理项，则可取值为0，4，8.有理项为 ，所求有理项的系数最小项为.【点睛】二项式系数与项的系数的区别：二项式系数是指；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分.20.某单位组织“学习强国”知识竞赛，选手从6道备选题中随机抽取3道题.规定至少答对其中的2道题才能晋级.甲选手只能答对其中的4道题(1)求甲选手能晋级的概率；(2)若乙选手每题能答对的概率都是，且每题答对与否互不影响，用数学期望分析比较甲、乙两选手的答题水平【答案】（1）；（2）乙选
18、手比甲选手的答题水平高【解析】【分析】（1）解法一：分类讨论，事件“甲选手能晋级”包含“甲选手答对道题”和“甲选手答对道题”，然后利用概率加法公式求出所求事件的概率；解法二：计算出事件“甲选手能晋级”的对立事件“甲选手答对道题”的概率，然后利用对立事件的概率公式可计算出答案；（2）乙选手答对的题目数量为，甲选手答对的数量为，根据题意知，随机变量服从超几何分布，利用二项分布期望公式求出，再利用超几何分布概率公式列出随机变量的分布列，并计算出，比较和的大小，然后可以下结论【详解】解法一：（1）记“甲选手答对道题”为事件，“甲选手能晋级”为事件，则；（2）设乙选手答对的题目数量为，则，故，设甲选手答
19、对的数量为，则的可能取值为，故随机变量的分布列为所以，则，所以，乙选手比甲选手的答题水平高；解法二：（1）记“甲选手能晋级”为事件，则；（2）同解法二【点睛】本题考查概率的加法公式、对立事件的概率、古典概型的概率计算以及随机变量及其分布列，在求随机分布列的问题，关键要弄清楚随机变量所服从的分布类型，然后根据相关公式进行计算，考查计算能力，属于中等题21.已知函数(1)求的图象在点处的切线方程；(2)求在上的最大值与最小值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用导数求出的值，作为切线的斜率，并计算出，再利用点斜式写出切线的方程；（2）利用导数分析函数在区间上的单调性，并求出极值，再与端点
20、值比较大小，即可得出函数在区间上的最大值和最小值【详解】（1），所以，函数的图象在点处的切线的斜率为，所以，函数的图象在点处的切线方程为，即；（2），当时，；当时，所以，因为，所以，则，所以，函数在上最大值为【点睛】本题考查导数的几何意义，考查函数的最值与导数，在处理函数的最值时，要充分利用导数分析函数的单调性，并将极值与端点函数值作大小比较得出结论，考查计算能力与分析问题的能力，属于中等题22.某学习小组在研究性学习中,对昼夜温差大小与绿豆种子一天内出芽数之间的关系进行研究.该小组在4月份记录了1日至6日每天昼夜最高、最低温度(如图1),以及浸泡的100颗绿豆种子当天内的出芽数(如图2).根
21、据上述数据作出散点图,可知绿豆种子出芽数 (颗)和温差 ()具有线性相关关系.(1)求绿豆种子出芽数 (颗)关于温差 ()的回归方程；(2)假如4月1日至7日的日温差的平均值为11,估计4月7日浸泡的10000颗绿豆种子一天内的出芽数.附：，【答案】(1) (2) 5125颗.【解析】【分析】（1）根据题中信息，作出温差与出芽数（颗）之间数据表，计算出、，并将表格中的数据代入最小二乘法公式计算出和，即可得出回归直线方程；（2）将月日至日的日平均温差代入回归直线方程，可得出颗绿豆种子的发芽数，于是可计算出颗绿豆种子在一天内的发芽数【详解】（1）依照最高(低)温度折线图和出芽数条形图可得如下数据表
22、：日期1日2日3日4日5日6日温差781291311出芽数232637314035故，-3-22-131-9-65-183，所以，所以，所以绿豆种子出芽数 (颗)关于温差 ()的回归方程为；（2）因为4月1日至7日的日温差的平均值为，所以4月7日的温差，所以，所以4月7日浸泡的10000颗绿豆种子一天内的出芽数约为5125颗.【点睛】本题主要考查回归分析及其应用等基础知识，解题的关键就是理解和应用最小二乘法公式，考査数据处理能力和运算求解能力，考查学生数学建模和应用意识，属于中等题23.已知函数，其中是自然对数的底数(1)求的单调区间；(2)当时若方程存在两个不同的根，求证: 【答案】（1）见
23、解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）对函数求导，得出，对实数分两种情况和讨论，结合导数的符号得出函数的单调区间；（2）解法一：构造函数，利用导数分析函数的单调性，并构造函数，利用导数分析该函数的单调性，再由，可得出，由函数的单调性可证明，由，得出，通过因式分解得出，可得出所成的结论；解法二：构造函数，利用导数分析函数的单调性，通过对等式变形得出转化为证不等式，并构造函数，利用导数证明，于是得出，再通过因式分解以及基本不等式等手段可得出，于此证明结论【详解】（1），当时，则，所以，函数的单调递增区间为；当时，由，得；由，得所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为综上所述：当时，函数的增区间
24、为；当时，函数的减区间为，增区间为；（2）证明：令，则，令，得；由，得；由，得所以，函数在上单调递减，在上单调递增，当时，；当，不妨设，则，且先证明构造函数，其中，则，因为，则， ，所以，函数在上单调递减，所以，即，因为，所以，且在上单调递增，所以，即再证：因为，所以，且，所以，所以，即所以，所以，综上所述，；解法二：（1）同解法一；（2）证明：令，则，令，得；由，得；由，得所以，函数在上单调递减，在上单调递增，当时，；当，不妨设，则，且由，得，由得：，因为，所以，所以，即，由得，下面证明：，即证，构造函数，则，所以，函数在上单调递减，当时，即，所以，所以因为，所以，即，因为，所以，即，所以，综上所述，【点睛】本题考查函数单调性与导数、函数的零点、以及利用导数来证明函数不等式，对代数式变形、化简以及根据不等式结构构造新函数是本题的难点所在，在处理这类问题时，也要注意极值点偏移问题的处理方法，考查分类讨论思想以及函数方程思想，属于难题
