1、20182019学年度第二学期期中考试高二数学试题一、选择题（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.设集合，则集合是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】解方程得到集合；根据，即可求出集合.【详解】解方程得或，因为，所以或，因此，或，故，所以.故选B【点睛】本题主要考查元素与集合的关系，熟记概念即可，属于基础题型.2.命题“，”的否定是（ ）A. ，B. ，C. ，D. . 【答案】C【解析】【分析】根据含有一个量词的命题的否定，可直接写出结果.【详解】命题“，”的否定是“，”.故选C【点睛】本题主要考查命题否定，只需改写量词与结论即可，属于基础题型.3.
2、已知随机变量满足，则的值等于（ ）A. 20B. 18C. 8D. 6【答案】B【解析】【分析】根据随机变量方差的性质即可得出结果.【详解】因为随机变量满足，所以.故选B【点睛】本题主要考查方差的性质，熟记结论即可，属于基础题型.4.某统计部门对四组数据进行统计分析后，获得如图所示的散点图，关于相关系数的比较，其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据散点图的特征，数据大致呈增长趋势的是正相关，数据呈递减趋势的是负相关；数据越集中在一条线附近，说明相关性越强，进而可得出结果.【详解】根据散点图的特征，数据大致呈增长趋势的是正相关，数据呈递减趋势的是负相关；数据越集
3、中在一条线附近，说明相关性越强，由题中数据可知：(1)(3)为正相关，(2)(4)为负相关；故；又(1)与(2)中散点图更接近于一条直线，故，因此，.故选C【点睛】本题主要考查相关系数，根据散点图的特征进行判断即可，属于基础题型.5.若函数在处的导数存在，则“函数在点处取得极值”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据极值的定义可知，前者是后者的充分条件；再根据，若左右两侧同号时，则不能推出在处取得极值，进而可得出结果.【详解】根据函数极值的定义可知：当函数在处取得极值时，一定成立，即“函数在点处取得极值”是“
4、”的充分条件；当时，若左右两侧同号时，则不能推出在处取得极值，如：，其导函数为，当时，但是单调函数，无极值点；所以“函数在点处取得极值”是“”的不必要条件.综上，“函数在点处取得极值”是“”的充分不必要条件.故选A【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件，熟记概念即可，属于常考题型.6.甲、乙两学生独立地解答同一道数学问题，甲生解答正确的概率是0.9，乙生解答正确的概率是0.8，那么至少有一学生解答正确的概率是（ ）A. 0.26B. 0.28C. 0.72D. 0.98【答案】D【解析】【分析】先记“甲解答数学问题正确”事件，“乙解答数学问题正确”为事件，根据题意即可求出结果.【详解】记“甲解
5、答数学问题正确”为事件，“乙解答数学问题正确”为事件，由题意可得，则至少有一学生解答正确的概率是.故选D【点睛】本题主要考查相互独立事件概率，熟记概率计算公式即可，属于基础题型.7.已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】对函数求导，将函数在上单调递增，转化为在上恒成立的问题，分类讨论即可求出结果.【详解】因为函数在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，当时，显然恒成立，故满足题意；当时，在上恒成立，可化为在上恒成立，所以.综上，实数的取值范围是【点睛】本题主要考查导数的应用，根据函数在区间上的单调性求参数问题，通常只需用分离参数的
6、方法处理，属于常考题型.8.我市某学校开设6门课程供学生选修，其中，两门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定：每位同学选修三门，则每位同学不同的选修方案种数是（ ）A. 16B. 20C. 48D. 120【答案】A【解析】【分析】分“每位同学都不选，”和“每位同学只选，中一门”两种情况讨论，即可求出结果.【详解】分两种情况讨论如下：若“每位同学都不选，”，则有种选修方案；若“每位同学只选，中一门”，则有种选修方案；故每位同学不同的选修方案种数是.故选A【点睛】本题主要考查组合问题，熟记概念，掌握分类讨论的思想即可，属于常考题型.9.已知随机变量的概率分布为 ，其中是常数，则的值等于（ ）A
7、. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据条件，由概率之和为1，先求出；再由，即可求出结果.【详解】因为随机变量的概率分布为 ，所以，即，所以，故.故选D【点睛】本题主要考查概率的性质，熟记概率和为1即可，属于基础题型.10.由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的三位数，其中偶数的个数为（ ）A. 20B. 30C. 60D. 120【答案】C【解析】【分析】由题意先确定个位数字，再从剩下的五个数字中选出2个进行排列，即可得出结果.【详解】由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的三位偶数，可得末尾只能是2、4、6中的一个，再从剩下的五个数字选出两个排在百位和十位即可，因此，偶数
8、的个数为.故选C【点睛】本题主要考查排列组合问题，根据特殊问题优先考虑原则即可求解，属于基础题型.11.抛掷甲、乙两颗骰子，若事件:“甲骰子的点数大于3”；事件:“甲、乙两骰子的点数之和等于7”，则的值等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出发生的概率，再求出事件与事件都发生的概率，根据条件概率的概率计算公式即可求出结果.【详解】由题意可得：事件:“甲骰子的点数大于3”包含点数为4,5，6三种情况，所以为，又事件:“甲、乙两骰子的点数之和等于7”，所以，事件与事件都发生所包含的情况有，共3个基本事件；而抛掷甲、乙两颗骰子，共有36种情况，所以事件与事件都发生的概率为，
9、故.故选B【点睛】本题主要考查条件概率，熟记概率的计算公式即可，属于常考题型.12.设是奇函数 的导函数，且，当时，有，则使得成立的的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先构造函数，对求导，根据题中条件判断其单调性，以及奇偶性，将不等式转化为，结合的简图，即可求出结果.【详解】令，则，因为当时，有，所以，即函数在上单调递增；又是上的奇函数，所以，所以，故函数为奇函数，又，所以，由可得，即要使成立，只需成立；作出函数的简图如下：由图像可得，当时，即.故选C【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要结合函数的单调性、奇偶性求解，属于常考题型.二、填空题。13.若函数，则
10、_.【答案】2【解析】【分析】先对函数求导，再将代入导函数，即可求出结果.【详解】因为，所以，因此，解得.故答案为2【点睛】本题主要考查导数的计算，熟记求导公式即可，属于常考题型.14.设随机变量服从正态分布，若，则实数_.【答案】【解析】【分析】根据正态分布的对称性，可直接得到，即可得出结果.【详解】因为随机变量服从正态分布，且，所以，由正态分布的对称性可知：，解得.故答案为【点睛】本题主要考查正态分布，熟记正态分布的特征即可，属于常考题型.15.若的展开式中各项系数之和为256，则该展开式中的常数项为_.【答案】252【解析】【分析】根据题意，先求出，再由二项展开式的通项公式即可求出结果.
11、【详解】因为的展开式中各项系数之和为256，所以，故；因此的展开式的通项公式为，令可得，所以，该展开式中的常数项为.故答案为252【点睛】本题主要考查二项展开式的常数项，熟记二项式定理即可，属于常考题型.16.若函数（是自然对数的底数）有两个不同的零点，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】先将函数有两个不同的零点，转化为有两不等实根，令，则直线与曲线有两不同交点，用导数方法判断函数的单调性，作出函数的大致图像，结合图像即可得出结果.【详解】因为函数有两个不同的零点，所以有两不等实根，令，则直线与曲线有两不同交点，又，令得，所以，当时，单调递减；当时，单调递增；所以，又，当时，所以，作
12、出的大致图像如下：由图像可得：，故答案为【点睛】本题主要考查导数的应用，先将函数零点问题转化为直线与曲线交点问题，用数形结合的思想处理，属于常考题型.三、解答题：（解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知集合，.（1）求，：（2）若是的必要条件，求实数的取值范围.【答案】(1) ； (2) 【解析】【分析】(1)先化简集合，再由交集、并集、补集的概念即可求出结果；(2)先由题意得到，进而可得出结果.【详解】解：（1）因为， 所以， ，.（2）由已知，得，因为是的必要条件，所以， 又因为，所以，解得.故所求实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查集合的混合运算，以及集合间的关系，熟
13、记概念即可，属于基础题型.18.下图是某城市2018年12月份某星期，星期一到星期日某一时间段浓度（单位：微克/立方米）与该时间段车流量（单位：万辆）的散点图.（1）由散点图知与具有线性相关关系，求与的线性回归方程；（2）利用（I）所求的回归方程，预测该市车流量为10万辆时的浓度.【附】参考公式，.参考数据： .【答案】(1) (2) 77微克/立方米【解析】【分析】(1)根据题中数据，先求出，由以及 ，即可求出结果；(2)根据(1)的结果，将代入回归方程，即可求出结果.【详解】解：（1）由已知，得，.所以，.故所求线性回归方程为.（2）由（1）知，当时， 所以可预测该市车流量为10万辆时的浓
14、度约为77微克/立方米.【点睛】本题主要考查线性回归方程，熟记最小二乘法求与即可，属于常考题型.19.已知 的展开式中的系数为11.（1）求的系数取最小值时的值；（2）当的系数取得最小值时，求展开式中的偶次幂项的系数之和.【答案】(1) (2)29【解析】【分析】（1）先由题意，得到，求出，再由二项展开式的通项求出以的系数为化简整理，即可求出结果；（2）根据（1）的结果，先确定，再设的展开式为，用赋值法，分别令与即可求出结果.【详解】解：（1）由已知，得，所以，所以的系数为.因为，所以当时，的系数取得最小值22，此时.（2）由（1）知，的系数取得最小值时，.此时.不妨设的展开式为.令，得.令，
15、得， 两式相加得，即.故展开式中的偶次幂项的系数之和为29.【点睛】本题主要考查二项式定理，熟记二项展开式的通项公式即可，属于常考题型.20.第18届国际篮联篮球世界杯将于2019年8月31日至9月15日在中国北京、广州等八座城市举行.届时，甲、乙、丙、丁四名篮球世界杯志愿者将随机分到、三个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者.（1）求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率；（2）设随机变量为这四名志愿者中参加岗位服务的人数，求的分布列及数学期望.【答案】(1) (2)见解析【解析】【分析】（1）先记甲、乙两人同时参加同一岗位服务为事件，根据题意求出，再由，即可得出结果；(2)根据题意，先确定
16、可能取得的值，分别求出对应概率，即可得出分布列，从而可计算出期望.【详解】解：（1）记甲、乙两人同时参加同一岗位服务为事件，那么.所以，甲、乙两人不在同一岗位服务的概率是.（2）由题意，知随机变量可能取得值为1，2.则.所以.所以所求的分布列是所以.【点睛】本题主要考查古典概型以及离散型随机变量的分布列与期望，熟记概念以及概率计算公式即可，属于常考题型.21.某市交通管理部门为了解市民对机动车“单双号限行”的态度，随机采访了100名市民，将他们的意见和是否拥有私家车的情况经行了统计，得到了如下的列联表：赞同限行不赞同限行合计没有私家车15有私家车45合计100已知在被采访的100人中随机抽取1
17、人且抽到“赞同限行”者的概率是.（1）请将上面的列联表补充完整；（2）根据上面列联表判断能否在犯错误概率不超过0.10的前提下认为“对限行的态度与是否拥有私家车有关”；（3）将上述调查所得到的频率视为概率.现在从该市大量市民中，采用随机抽样方法每次抽取1名市民，抽取3次，记被抽取的3名市民中的“赞同限行”人数为.若每次抽取的结果是相互独立的，求的分布列、期望和方差.【附】参考公式：，其中.临界值表： 0.150.100.050.0250.100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】(1)见解析 ；(2) 见解析；(3)见解析【解析】【
18、分析】(1)根据题中数据，在被采访的100人中随机抽取1人且抽到“赞同限行”者的概率是，求出“赞同限行”的市民人数，以及没有私家车的人数，进而可完善列联表即可；(2)根据(1)数据，由计算出的观测值，结合临界值表，即可得出结果；(3)先由题意确定，从而可求出其对应概率，得到分布列，结合公式可求出期望方差.【详解】解：（1）因为在被采访的100人中随机抽取1人且抽到“赞同限行”者的概率是，所以“赞同限行”的市民共75人，其中没有私家车的30人，从而，所给列联表补充如下：赞同限行不赞同限行合计没有私家车301545有私家车451055合计7525100（2）依据表中数据，易得的观测值为.因为，因此
19、，在犯错误概率不超过0.10的前提下，能够判断市民“对限行的态度与是否拥有私家车有关” .（3）由题意，得，从而：；.所以的分布列为X0123P 故：.【点睛】本题主要考查独立性检验以及二项分布，熟记独立性检验的思想以及二项分布的期望与方差公式即可，属于常考题型.22.已知函数.（1）若，讨论的单调性；（2）若，且对于函数的图象上两点， ，存在，使得函数的图象在处的切线.求证；.【答案】(1)见解析(2)见证明【解析】【分析】(1)对函数求导，分别讨论，以及，即可得出结果；(2)根据题意，由导数几何意义得到，将证明转化为证明即可，再令，设 ，用导数方法判断出的单调性，进而可得出结论成立.【详解
20、】（1）解：易得，函数的定义域为，令，得或.当时，时，函数单调递减；时，函数单调递增.此时，的减区间为，增区间为.当时，时，函数单调递减；或时，函数单调递增.此时，的减区间为，增区间为，.当时，时，函数单调递增；此时，的减区间为. 综上，当时，的减区间为，增区间为：当时，的减区间为，增区间为.；当时，增区间为.（2）证明：由题意及导数的几何意义，得由（1）中得.易知，导函数 在上为增函数，所以，要证，只要证，即，即证.因为，不妨令，则 .所以 ，所以在上为增函数，所以，即，所以，即，即.故有（得证）.【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，利用导数的方法研究函数的单调性以及函数极值等即可，属于常考题型.
