1、北重三中20182019学年度第一学期高二年级期中考试数学试题（理科）考试时间：2018年11月14日 满分：150分 考试时长：150分钟命题人：刘建国 审题人：宝丽丽一、选择题：（每小题5分，共60分）1.下图是某公司10个销售店某月销售某产品数量(单位：台)的茎叶图，则数据落在区间22，30)内的概率为()A. 0.2B. 0.4C. 0.5D. 0.6【答案】B【解析】区间22,30)内的数据共有4个，总的数据共有10个，所以频率为04,故选B2.已知x，y的取值如表所示,如果y与x呈线性相关，且线性回归方程为，则b=（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为样本中心一定在
2、回归直线上， 代入回归方程得到 故答案选A3. 将5封信投入3个邮筒，不同的投法有 （）A. 种B. 种C. 3种D. 15种【答案】B【解析】【分析】本题是一个分步计数问题，首先第一封信有3种不同的投法，第二封信也有3种不同的投法，以此类推每一封信都有3种结果，根据分步计数原理得到结果【详解】：由题意知本题是一个分步计数问题，首先第一封信有3种不同的投法，第二封信也有3种不同的投法，以此类推每一封信都有3种结果，根据分步计数原理知共有35种结果，故选：B4.根据右边程序框图，若输出的值是4，则输入的实数的值为 ( )A. B. C. 或D. 或【答案】D【解析】若，又，得；若,得，不满足，满
3、足.综上知实数值为或.故选D.5.若，则等于（ ）A. 3或4B. 4C. 5或6D. 8【答案】D【解析】分析】根据排列数和组合数公式，化简，即可求出.【详解】解：由题意，根据排列数、组合数的公式，可得，则，且，解得：.故选：D.【点睛】本题考查排列数和组合数公式的应用，以及对排列组合的理解，属于计算题.6.四位二进制数能表示最大十进制数为（ ）A. 8B. 15C. 64D. 127【答案】B【解析】【分析】先将满足条件的二进制数表示出来，根据二进制与十进制的转换方法计算即可【详解】解：故选：【点睛】本题考查二进制转换为十进制的方法，是依次累加各位数字上的数该数位的权重.7.如图，将一个长
4、与宽不等的长方形沿对角线分成四个区域，涂上四种颜色，中间装个指针可以自由转动，对指针停留的可能性，下列说法中正确的是（ ）A. 一样大B. 蓝黑区域大C. 红黄区域大D. 由指针转动的圈数确定【答案】B【解析】【分析】根据矩形的性质和题意得出蓝颜色和黑颜色所占区域的角较大，再根据几何概率即可得出答案【详解】解：一个长与宽不等的长方形，沿对角线分成四个区域中蓝颜色和黑颜色的角较大，指针指向蓝黑区域的可能性大；故选：【点睛】本题考查了几何概率，用到的知识点为：矩形的性质和概率公式，考查学生对题目的的理解和辨析能力.8.期中考试以后，班长算出了全班40人数学成绩平均分为M，如果把M当成一个同学的分数
5、，与原来的40个分数一起，算出这41个分数的平均值为N，那么MN的值为（ ）A. B. 1C. D. 2【答案】B【解析】【详解】试题分析：利用平均数计算公式算出这41个分数的平均值为N ，MN的值为1,故选B考点：本题考查了平均数的概念及计算点评：运用求平均数公式：9.为参加学校运动会，某班要从甲，乙，丙，丁四位女同学中随机选出两位同学担任护旗手，那么甲同学被选中的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出从甲、乙、丙、丁4位女同学中随机选出2位同学担任护旗手的基本事件，甲被选中的基本事件，即可求出甲被选中的概率【详解】解：从甲、乙、丙、丁4位同学中随机选出2位担任护
6、旗手，共有种方法，甲被选中，共有3种方法，甲被选中的概率是故选：C【点睛】本题考查通过组合的应用求基本事件和古典概型求概率，考查学生的计算能力，比较基础10.已知圆的方程为，则点的位置是（ ）A. 在圆内B. 在圆上C. 在圆外D. 不能确定【答案】C【解析】【分析】求出圆心和半径，利用圆心到的距离与半径比较可得位置关系【详解】解：圆的方程为的圆心,半径为圆心到点的距离的平方为：，故选：【点睛】本题考查点与圆的位置关系，利用了两点间的距离公式，考查计算能力，是基础题11. 用辗转相除法求294与84的最大公约数时，需要做除法的次数是：A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【详解】解
7、：294=384=42,84=422+0，因此最大公约数为42，只需要做两次除法运算即可，余数为零则终止故选B12.用三种不同的颜色填涂如图33方格中的9个区域，要求每行、每列的三个区域都不同色，则不同的填涂方法种数共有（）A. 48B. 24C. 12D. 6【答案】B【解析】【分析】由题意知用三种不同颜色为9个区域涂色，第一步为第一行涂色，有A33种方法；第二步用与1号区域不同色的两种颜色为4、7两个区域涂色，有A22种方法；剩余区域只有一种涂法，根据分步计数原理得到结果【详解】可将9个区域标号如图：用三种不同颜色为9个区域涂色，可分步解决：第一步，为第一行涂色，有A336种方法；第二步，
8、用与1号区域不同色的两种颜色为4、7两个区域涂色，有A222种方法；剩余区域只有一种涂法，综上由分步乘法计数原理可知共有6212种涂法故选：C第二部分二、填空题（每小题5分，共20分）13.在频率分布直方图中共有11个小矩形，其中中间小矩形的面积是其余小矩形面积之和的4倍，若样本容量为220，则中间小矩形对应组的频数是_.【答案】176【解析】【分析】由题意中间一个小矩形的面积等于其余10个小矩形面积之和的4倍，可得出中间小矩形的面积是总面积的，即中间一组的频率是，由此频数易求【详解】解：由题意中间一个小矩形的面积等于其余10个小矩形面积之和的，可得出中间小矩形的面积是总面积的，即中间一组的频
9、率是，又样本容量为220，中间一组的频数是故答案为：176【点睛】本题考查频率分布直方图，求解本题的关键是熟练掌握频率分布直方图的结构，了解其功能及作用，尤其是小矩形的面积与频率的对应14.已知，则等于_.【答案】180【解析】【分析】根据二项式定理可知，是的系数，根据二项展开式的通项公式进行运算即可得出.【详解】解：因为，所以是的系数，二项展开式的通项公式为：，当时，即.故答案为：180.【点睛】本题考查二项式定理的运用：求指定项的系数和以及二项式展开式的通项公式，属于基础题.15.已知直线与圆心为的圆相交于，两点，且，则实数的值为_【答案】0或6【解析】圆C： ，因为，所以C到直线AB距离
10、为 因此 16.某公司的班车在7:30，8:00，8:30发车，小明在7:50到8:30之间到达发车站的时刻是随机的，则他等车的时间不超过10分钟的概率是_.【答案】【解析】【分析】求出小明等车时间不超过10分钟的时间长度，代入几何概型概率计算公式，可得答案【详解】解：设小明到达时间为，当在至，或至时，小明等车时间不超过10分钟，故，故答案为：【点睛】本题考查的知识点是几何概型，属于长度型几何概型，难度不大，属于基础题三、解答题（共70分）17.（1）3个人坐在有八个座位的一排椅子上，若每个人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数为多少？（2）某高校现有10个保送上大学的名额分配给7所高中学校
11、，若每所高中学校至少有1个名额，则名额分配的方法共有多少种？【答案】（1）24；（2）84【解析】【分析】（1）根据题意，使用插空法，把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由组合知识，分析可得答案；（2）分析题意，可将原问题转化为10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，每份不空，使用插空法，相当于用6块档板插在9个间隔中，计算可得答案【详解】解：（1）由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由于这5个空座位之间共有4个空，3个人去插，共有（种（2）根据题意，将10个名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，可以转化为10个元素之间有9个间隔
12、，要求分成7份，每份不空；相当于用6块档板插在9个间隔中，共有种不同方法所以名额分配的方法共有84种【点睛】本题考查排列、组合的综合运用，要求学生会一些特殊方法的使用，如插空法、倍分法等；但首先应该会转化为对应问题的模型18.（1）已知，求的值.（2）已知的展开式中，各项的系数和比各项的二项式系数和大992.求展开式中系数最大的项.【答案】（1）-13；（2）【解析】【分析】（1）可令，两式相减，计算即可得到所求和；（2）由题意可得，求得，设第项的系数最大，则有，解得再由，可得的值【详解】解：（1），令可得，可令可得，两式相减可得，；（2）令可得各项系数和为，二项式系数和为，由题意可得，即，解
13、得 （舍去），解得设第项的系数最大，则有，解得再由，可得故系数最大的项为【点睛】本题考查二项式定理的运用：求指定项的系数和，注意运用赋值法，同时考查二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，考查运算能力，属于中档题19.一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字，这三张卡片除标记的数字外完全相同随机有放回地抽取次，每次抽取张，将抽取的卡片上的数字依次记为，.（）求“抽取的卡片上的数字满足”的概率；（）求“抽取的卡片上的数字，不完全相同”的概率.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）所有的可能结果共有种，而满足的共计3个，由此求得“抽取的卡片上的数字满足”的概率；（2）所有的可能结果共有种
14、，用列举法求得满足“抽取的卡片上的数字、完全相同”的共计三个，由此求得“抽取的卡片上的数字、完全相同”的概率，再用1减去此概率，即得所求试题解析：（1） 所有可能结果共有种，而满足的有、共计3个故“抽取的卡片上的数字满足”的概率为（2） 所有的可能结果共有种满足“抽取的卡片上的数字、完全相同”的有、共计三个故“抽取的卡片上的数字、完全相同”的概率为所以“抽取的卡片上的数字、不完全相同”的概率为考点：独立事件的概率【方法点睛】求复杂事件的概率通常有两种方法：一是将所求事件转化成彼此互斥的事件的和；二是先求其对立事件的概率，然后再应用公式求解如果采用方法一，一定要将事件拆分成若干个互斥事件，不能重
15、复和遗漏；如果采用方法二，一定要找准其对立事件，否则容易出现错误20.某中学团委组织了“纪念抗日战争胜利73周年”的知识竞赛，从参加竞赛的学生中抽出60名学生，将其成绩（均为整数）分成六段，后，画出如图所示的部分频率分布直方图.观察图形给出的信息，回答下列问题：（1）求第四组的频率，并补全这个频率分布直方图；（2）估计这次竞赛的及格率（60分及以上为及格）和平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）【答案】（1）0.3 （2）；71【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图中的各组的频率和等于1，求出第四小组的频率，求出纵坐标，补全这个频率分布直方图即可（2）求出60及以上的分数所在的第三、
16、四、五、六组的频率和；利用组中值估算抽样学生的平均值为各组的中点乘以各组的频率和为平均值【详解】解：（1）因为各组的频率和等于1，故第四组的频率：，频率分布直方图第四小组的纵坐标是：，则频率分布直方图如下图所示：（2）依题意，60及以上的分数所在的第三、四、五、六组，频率和为，所以，抽样学生成绩的合格率是，利用组中值估算抽样学生的平均分为：，所以估计这次考试的平均分是71.【点睛】本题考查频率分布直方图、等可能事件的概率等在频率分布直方图中，数据的平均值等于各组的中点乘以各组的频率之和；频率等于纵坐标乘以组距；属于基础题21.已知实数，满足，求：（1）的最大值与最小值；（2）的最大值与最小值.
17、【答案】（1）； （2）；【解析】【分析】（1）令，则是过和的直线的斜率，利用直线和圆有公共点，所以圆心到直线距离小于等于半径，可得结论（2）根据题意得：的几何意义为与定点的距离的平方，利用圆的性质以及两点间的距离，即可求出结果.【详解】解：（1）可化为令，则是过和的直线的斜率，可化为，所以直线和圆有公共点，所以圆心到直线距离小于等于半径，所以，所以，所以的最大值与最小值分别是，（2）表示圆上点与点的距离的平方，点到圆心的距离为：，而的最大值为：，最小值为：，所以的最大值为：，最小值为：.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，以及点到直线的距离公式的应用，两点间的距离公式的应用还涉及配方法求圆的
18、标准方程、圆心和半径，同时考查学生的转化思想和计算能力22.已知圆，圆（1）过的直线截圆所得的弦长为，求该直线的斜率；（2）动圆同时平分圆与圆的周长求动圆圆心的轨迹方程；问动圆是否过定点，若经过，则求定点坐标；若不经过，则说明理由【答案】（1）或；（2），.【解析】试题分析：（1）设出直线的方程，根据勾股定理和弦长得到圆心到直线的距离为，利用点到直线的距离公式即得直线斜率的值；（2）由于圆与圆半径相等，要使得圆都平分它们，必有，知在的中垂线上，求的垂直平分线方程即得点的轨迹；根据的轨迹方程设出的坐标，由勾股定理得，从而得到圆的方程，分离参数，解方程组即得圆经过的定点.试题解析：（1）设直线为，由弦长可得圆心到直线的距离为，点到直线的距离为，化简得：，解得，或（2）作出图形可证，知在的中垂线上，求得，设，作出图形知，圆的方程：，得两个定点为，考点：直线方程、圆的方程及直线与圆的位置关系的应用.【方法点晴】本题主要考查了直线与圆相交关系的应用，解决这类问题的关键是通过勾股定理建立半径、半弦与弦心距三者之间的关系，本题中第（1）问、第（2）问中的都用到了这一关系；同时解答本题的难点是对“动圆同时平分圆与圆的周长”这一条件的处理，解答时应结合图形分析出其本质还是点到两点的距离相等，进而得到点的轨迹.
