1、福建省泰宁第一中学2019-2020学年高二数学下学期第一次阶段考试试题（含解析）考试时间：120分钟 满分：150分一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.1. 某学校为了解1 000名新生的身体素质，将这些学生编号为1，2，1 000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验，若46号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是A. 8号学生B. 200号学生C. 616号学生D. 815号学生【答案】C【解析】【分析】等差数列的性质渗透了数据分析素养使用统计思想，逐个选项判断得出答案【详解】详解：由已知将1000名学生分成100个组，每组10名学生，用系统抽样，4
2、6号学生被抽到，所以第一组抽到6号，且每组抽到的学生号构成等差数列，公差，所以，若，则，不合题意；若，则，不合题意；若，则，符合题意；若，则，不合题意故选C【点睛】本题主要考查系统抽样.2. 甲乙两队进行排球比赛，已知在一局比赛中甲队获胜的概率是，没有平局若采用 三局两胜制比赛，即先胜两局者获胜且比赛结束，则甲队获胜的概率等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：“甲队获胜”包括两种情况，一是获胜，二是获胜.根据题意若是甲队获胜，则比赛只有局，其概率为；若是甲队获胜，则比赛局，其中第局甲队胜，前局甲队获胜任意一局，其概率为，所以甲队获胜的概率等于，故选A.考点：相互独立事件
3、的概率及次独立重复试验.【方法点晴】本题主要考查了相互独立事件的概率及次独立重复试验，属于中档题.本题解答的关键是读懂比赛的规则，尤其是根据“采用三局两胜制比赛，即先胜两局者获胜且比赛结束”把整个比赛所有的可能情况分成两类，甲队以获胜或获胜，据此分析整个比赛过程中的每一局的比赛结果，根据相互独立事件的概率乘法公式及次独立重复试验概率公式求得每种情况的概率再由互斥事件的概率加法公式求得答案.3. 已知3件次品和2件正品混在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，则在第一次取出次品的条件下，第二次取出的也是次品的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析
4、】设事件A表示 “第一次取出次品”，事件B表示“第二次取出次品”，分别求出及，代入条件概率公式即可得解.【详解】设事件A表示 “第一次取出次品”，事件B表示“第二次取出次品”，P（A），P（AB），则在第一次取出次品的条件下，第二次取出的也是次品的概率是：P（B|A）.故选：C.【点睛】本题考查了条件概率及其运算，考查了计算能力，属于基础题.4. 在正多边形中，只有三种形状能用来铺满一个平面图形而中间没有空隙，分别是正三角形、正方形、正六边形，称之为“正多边形的镶嵌规律”已知如图所示的多边形镶嵌的图形，在内随机取一点，则此点取自正方形的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分
5、析】求出整个的面积以及符合条件的面积，代入几何概型计算公式即可.【详解】解：设小三角形的边长为，每个小三角形的面积为，个小三角形的面积之和为，又因长方形的长为，所以个正方形的面积为，所以此点取自正方形的概率是故选：B.【点睛】本题考查几何概型概率计算问题，属于基础题.5. 设，满足约束条件，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 5【答案】A【解析】【分析】由线性约束条件，画出可行域，结合直线的平移即可求得的最小值.【详解】根据线性约束条件，画出不等式组表示的可行域如图所示：由平移得到，由图可知当目标函数经过点处取得最小值，代入可得为故选：A.【点睛】本题考查了线性规划的简单应用，线性目标函
6、数最值的求法，属于基础题.6. 2019年4月，北京世界园艺博览会开幕，为了保障园艺博览会安全顺利地进行，某部门将5个安保小组全部安排到指定的三个不同区域内值勤，则每个区域至少有一个安保小组的排法有（ ）A. 150种B. 240种C. 300种D. 360种【答案】A【解析】【分析】根据题意，需要将5个安保小组分成三组，分析可得有2种分组方法：按照1、1、3分组或按照1、2、2分组，求出每一种情况的分组方法数目，由加法计数原理计算可得答案【详解】根据题意，三个区域至少有一个安保小组，所以可以把5个安保小组分成三组，有两种分法：按照1、1、3分组或按照1、2、2分组；若按照1、1、3分组,共有
7、种分组方法；若按照1、2、2分组,共有种分组方法，根据分类计数原理知共有60+90=150种分组方法.故选：A.【点睛】本题考查排列、组合及简单计数问题，本题属于分组再分配问题，根据题意分析可分组方法进行分组再分配，按照分类计数原理相加即可，属于简单题.7. 已知某市高三一次模拟考试数学成绩，且，则从该市任取名高三学生，恰有名学生成绩不低于分的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用正态分布的对称性求解即可.【详解】由，且，可知成绩不低于分的概率是，则名高三学生，恰有名学生成绩不低于分的概率是.故选：C【点睛】本题考查的是正态分布及二项分布的知识，较简单.8. 若则的
8、值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据诱导公式得，再根据二倍角的余弦公式求解即可【详解】解：，故选：A【点睛】本题主要考查二倍角的余弦公式，属于基础题9. 图中小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据三视图可得，该几何体为半球和一个三棱锥的组合体，按照三视图对应的边长关系，即可求解.【详解】依题意，该几何体为一个三棱锥和一个半球拼接而成的组合体，其中半球的半径为，三棱锥底面为等腰三角形底边长为，底边的高为，三棱锥的高为，则该几何体的体积.故选：C.【点睛】本题考查三视图求几何体的
9、体积，还原几何体的直观图是解题的关键，属于基础题.10. （ ）A. B. C. 1D. 2【答案】D【解析】【分析】先通分,再利用正弦的二倍角公式,进而利用正弦的差角公式化简即可.【详解】故选:D【点睛】本题考查三角函数的化简求值,考查正弦的二倍角公式和差角公式的应用.11. 函数的图象为C，如下结论中正确的是（ ）图象C关于直线对称；函数在区间内是增函数；图象C关于点对称；由的图象向右平移个单位长度可以得到图象CA. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先通过三角公式将函数变形为的形式，直接利用整体思想求出函数的对称轴方程，根据的取值求得结果.直接利用整体思想求出函数的单调区间，根
10、据的取值求得结果.直接利用整体思想求出函数的对称中心，根据的取值求得结果. 直接利用函数的平移变换求得结果.【详解】解：令：，解得：，当时，图象关于直线对称，所以正确.令：，解得：，当时，函数在区间内是增函数；所以正确.令：，解得：，当时，图象关于点对称.所以正确.将的图象向右平移个单位，得到的函数解析式为，所以错误.故选：C.【点睛】本题考查的知识要点：正弦型三角函数的图象的应用，函数的对称轴，对称中心，函数的单调区间，函数的图象的平移变换，属于基础题型.12. 已知函数的部分图象如图所示，下述四个结论：；是奇函数；是偶函数中，所有正确结论的编号是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解
11、析】【分析】根据图像最值，周期，以及五点作图法，求得函数解析式，再对选项进行逐一分析即可.【详解】由图可知，又函数周期，求得 根据五点作图法：，解得故，所以正确；，此时函数不是奇函数，所以错误；，故为偶函数，所以正确.综上所述，正确的有.故选：D.【点睛】本题考查由函数图像求三角函数解析式，以及三角函数的奇偶性；注意本题中求初相的方法.二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.将答案填在答题卡的相应位置.13. 已知，取值如表：画散点图分析可知：与线性相关，且求得回归方程为，则_【答案】【解析】分析：计算，根据线性回归方程过样本中心点，代入方程求出m的值详解：计算=（0+1+3+5+6
12、）=3，=（1+m+3m+5.6+7.4）=，这组数据的样本中心点是（3，），又y与x的线性回归方程=x+1过样本中心点，=13+1，解得m=.故填.点睛：本题考查了回归直线方程过样本中心点的应用问题，属于基础题14. 已知函数是定义在R上的奇函数，则的值为_.【答案】【解析】【分析】利用辅助角公式化简，根据正弦型函数为奇函数可构造方程求得，进而得到解析式，代入即可求得结果.【详解】，为上的奇函数，解得：，又，.故答案为：.【点睛】本题考查根据正弦型函数的奇偶性求解参数值、已知解析式求解三角函数值的问题；关键是能够通过辅助角公式将函数化简为正弦型函数，进而利用奇偶性构造方程求得参数.15. 若
13、的展开式中的常数项为，则实数的值为_.【答案】【解析】【分析】求出的展开式的通项，令的指数为0，求出常数项，建立的方程，即可求解.【详解】依题意展开式的通项公式为.令，得，所以展开式中的常数项为，解得.故答案为：【点睛】本题考查二项式定理，熟记二项展开式通项是解题关键，属于基础题.16. 汉代数学家赵爽在注解周髀算经时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，“赵爽弦图”如图所示，由四个全等的直角三角形和一个正方形构成，现有五种不同的颜色可供涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方案有_种（用数字作答）.【答案】420【解析】【分析】根据题意设五个区域分别为，再分两步讨论和的情况，最
14、后由分步计数原理计算即可.【详解】由题意，假设五个区域分别为，对于区域，三个区域两两相邻，共有种情况；对于区域，若与颜色相同，则有3种情况，若与颜色不同，则有2种情况，有2种情况，共有种情况，所以共有种情况，则一共有种情况.故答案为：420【点睛】本题主要考查排列组合的应用和分步乘法计数原理的应用，属于基础题.三、解答题：本大题共6小题，共74分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 袋中有大小相同的红、黄两种颜色的球各1个，从中任取1只，有放回地抽取3次求：（1）3只全是红球概率；（2）3只颜色全相同的概率；（3）3只颜色不全相同的概率【答案】（1）（2）（3）【解析】本题考查等可
15、能事件的概率，相互独立事件同时发生的概率，本题解题的关键是看清条件中所给的是有放回的抽样，注意区别有放回和无放回两种不同的情况，本题是一个中档题目（1）由题意知本题是一个相互独立事件同时发生的概率，从袋中摸球，摸到红球的概率是1/2 ，三次有放回到摸球可以看做是三次独立重复试验，根据概率公式得到结果（2）三只颜色全相同，则可能抽到红色和黄色两种情况，这两种情况是互斥的，根据做出的每个球被抽到的概率和相互独立事件同时发生的概率和互斥事件的概率，得到结果（3）根据二问做出的结果，三只颜色不全相同，是三只颜色全部相同的对立事件，用对立事件的概率得到结果，或者是用树状图列出的结果求出比值解：由于是有放
16、回地取球，因此袋中每只球每次被取到的概率均为、3只全是红球的概率为P1、3只颜色全相同的概率为P22P12、3只颜色不全相同的概率为P31P2118. 袋中有个红球，个黑球，从袋中随机取球，设取到一个红球得分，取到一个黑球得分，从袋中任取个球.（1）求得分的分布列；（2）求得分大于分的概率.【答案】（1）分布列见解析；（2）【解析】【分析】（1）首先根据题意得到可能取值为，分别计算其概率再求分布列即可.（2）利用即可得到答案.【详解】（1）由题知：可能取值为，,，,.故分布列为：（2）.故得分大于分的概率【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列，同时考查了古典概型，属于简单题.19. 已知，
17、求下列式子的值：（1）；（2）.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据诱导公式化简式子，然后利用，弦化切，将代入式子简单计算即可.（2）根据分母，将式子进行弦化切，将代入式子简单计算即可【详解】（1）由，所以原式（2）由，所以原式【点睛】本题考查诱导公式的应用以及齐次化化简计算，熟悉公式，掌握齐次化化简计算，考验观察能力，属基础题.20. 已知二项式的展开式中第五项为常数项.（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中有理项的系数和.【答案】（1）；（2）121【解析】【分析】（1），为常数项，所以，可求出的值，进而求得二项式系数最大的项；（2）由题意为有理项，直接计算即可.
18、【详解】（1），为常数项，二项式系数最大的项为第3项和第4项.，.（2）由题意为有理项，有理项系数和为.【点睛】本题考查了二项式的展开式，需熟记二项式展开式的通项，属于基础题.21. 已知函数.（1）求函数周期及其单调递增区间；（2）当时，求的最大值和最小值.【答案】（1）最小正周期为，单调递增区间为；（2）最大值为，最小值为 .【解析】【分析】（1）首先根据三角恒等变换可得，根据周期公式即可求出周期；然后再令，即可求出函数的单调递增区间；（2）由题意可知，进而，由此即可求出函数的最值.【详解】因为所以；所以的最小正周期为；令，所以所以的单调递增区间为；（2），所以所以，所以的最大值为，最小值
19、为 ;【点睛】本题主要考查了三角恒等变换和正弦函数的相关性质，属于基础题.22. 某学生为了测试煤气灶烧水如何节省煤气的问题设计了一个实验，并获得了煤气开关旋钮旋转的弧度数与烧开一壶水所用时间的一组数据，且作了一定的数据处理(如下表)，得到了散点图(如下图).1.4720.60.782.350.81-19.316.2表中.（1）根据散点图判断，与哪一个更适宜作烧水时间关于开关旋钮旋转的弧度数的回归方程类型?(不必说明理由)（2）根据判断结果和表中数据，建立关于的回归方程；（3）若旋转的弧度数与单位时间内煤气输出量成正比，那么为多少时，烧开一壶水最省煤气？附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距
20、的最小二乘估计分别为，.【答案】（1）选；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据散点图的形状可选择合适的回归模型；（2）将数据代入最小二乘法公式求得，求得和的值，进而可得出关于的回归方程；（3）设，可得关于的函数关系式，然后利用基本不等式得出煤气用量的最小值及其成立的条件【详解】（1）选更适宜（2）由公式可得：，所以所求回归方程为；（3）设，则煤气用量，当且仅当时，等号成立，即当时，煤气用量最小【点睛】本题主要考查非线性回归方程的求解与应用问题，将问题转化为线性回归并利用最小二乘法求解模型是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.23. 某花圃为提高某品种花苗质量，开展技术创新活动，在A，B
21、实验地分别用甲、乙方法培育该品种花苗为观测其生长情况，分别在A，B试验地随机抽选各50株，对每株进行综合评分，将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图记综合评分为80及以上的花苗为优质花苗（1）求图中a的值，并求综合评分的中位数；（2）用样本估计总体，以频率作为概率，若在A，B两块实验地随机抽取3棵花苗，求所抽取的花苗中的优质花苗数的分布列和数学期望；（3）填写下面的列联表，并判断是否有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关优质花苗非优质花苗合计甲培育法20乙培育法10合计附：下面的临界值表仅供参考01501000500250010000500012072270638415024663
22、5787910828（参考公式：，其中）【答案】（1），82.5；（2）分布列见解析，；（3）列联表见解析，有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关系.【解析】【分析】（1）根据各段的频率之和为1，可得，然后假设中位数，并根据在中位数的左右两边的频率均为，简单计算，可得结果.（2）假设所抽取的花苗为优质花苗的颗数为X，可知，然后计算相对应颗数的概率，画出分布列，最后根据期望的计算公式，可得结果.（3）先计算出优质花苗的频率，然后可得优质花苗的颗数，进一步得出其他的数据，最后计算，根据表格进行比较，可得结果.【详解】（1）由，解得令得分中位数为x，由，解得故综合评分的中位数为82.5（2）由（1
23、）与频率分布直方图 ，优质花苗的频率为 ，即概率为，设所抽取的花苗为优质花苗的颗数为X，则， ；其分布列：X0123P所以，所抽取花苗为优质花苗的数学期望（3）结合（1）与频率分布直方图，优质花苗的频率为，则样本中，优质花苗的颗数为60棵，列联表如下表所示：优质花苗非优质花苗合计甲培育法203050乙培育法401050合计6040100可得所以，有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关系【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，考查了分布列以及二项分布，还考查了统计量的计算，重在于掌握公式，考验对数据的处理，属基础题.24. 为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取1
24、6个零件，并测量其尺寸（单位：cm）.根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布.（1）假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在之外的零件数，求及X的数学期望；（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查.（）试说明上述监控生产过程方法的合理性；（）下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95经计算得，其中xi为抽取
25、的第i个零件的尺寸，.用样本平均数作为的估计值，用样本标准差s作为的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除之外的数据，用剩下的数据估计和（精确到0.01）.附：若随机变量Z服从正态分布，则，.【答案】（1），（2）（）见详解；（）需要. ,【解析】【分析】（1）依题知一个零件的尺寸在之内的概率，可知尺寸在之外的概率为0.0026，而，进而可以求出的数学期望.（2）（i）判断监控生产过程的方法的合理性，重点是考虑一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在之外的零件的概率是大还是小，若小即合理；（ii）计算，剔除之外的数据，算出剩下数据的平均数，即为的估计值，剔除之外的数据，剩下数据
26、的样本方差，即为的估计值.【详解】（1）抽取的一个零件的尺寸在之内的概率为0.9974，从而零件的尺寸在之外的概率为0.0026，故.因此.的数学期望为.（2）（i）如果生产状态正常，一个零件尺寸在之外的概率只有0.0026，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在之外的零件概率只有0.0408，发生的概率很小.因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的.（ii）由，得的估计值为，的估计值为，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在之外，因此需对当天的生产过程进行检查.剔除之外的数据，剩下数据的平均数为，因此的估计值为.，剔除之外的数据，剩下数据的样本方差为，因此的估计值为.【点睛】本题考查正态分布的实际应用以及离散型随机变量的数学期望，正态分布是一种重要的分布，尤其是正态分布的原则，审清题意，细心计算，属中档题.