2019-2020学年高二数学下学期第二次月考试题 理(含解析).doc

2019-2020学年高二数学下学期第二次月考试题 理(含解析)一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.1.已知复数2i，1i，则在复平面内对应的点位于()A. 第一象限 B. 第三象限 C. 第二象限 D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数代数形式的乘除运算化简，求出其在复平面内对应点的坐标，即可得到答案.【详解】 2i，1i，在复平面内对应的点为，位于第四象限.故选D.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除法运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题.2.2.五人排成一排，甲与乙不相邻，且甲与丙也不相邻的不同排法有()A. 60种 B. 48种 C. 36种 D. 24种【答案】C【解析】利用插空法，先排除甲乙丙外的2人，有种排法，在产生的3个空中选两个插入甲和乙，有种方法，此时已排4人，在产生的5个空中，去掉与甲相邻的两个空，剩下3个空供丙选择，有种选法，所以甲、乙不相邻，而甲、丙也不相邻的不同排法有种.3.3.某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有()A. (C261)2A104 B. A262A104个 C. (C261)2104个 D. A262104个【答案】A【解析】试题分析：第一步先排两个英文字母，可以重复，所以方法数有(C261)2种；第二步排4个数字，数字要互不相同，方法数有A104种，按照分步计数原理，放法数一共有(C261)2A104种.考点：1、排列组合；2、分步计数原理4.4.已知f(x)xlnx，若f(x0)2，则x0()A. e2 B. eC. ln22 D. ln2【答案】B【解析】f(x)的定义域为(0，)f(x)lnx1，由f(x0)2，即lnx012，解得x0e.选B.5.5.已知Bn,p,E=8,D=1.6，则n,p的值分别是（ ）A. 100,0.08 B. 20,0.4 C. 10,0.2 D. 10,0.8【答案】D【解析】【分析】根据二项分布的公式E=np，D=np(1p)，即可求得答案.【详解】Bn,p,E=8,D=1.6二项分布均值和方差的计算公式E=np，D=np(1p)np=8np(1p)=1.6，解得n=10p=0.8.故选D.【点睛】本题主要考查二项分布问题，正确理解二项分布Bn,p中每个字母所代表的含义、以及均值和方差的计算公式是解题关键.6.6.在比赛中，如果运动员A胜运动员B的概率是23，那么在五次比赛中运动员A恰有三次获胜的概率是()A. 40243 B. 80243C. 110243 D. 20243【答案】B【解析】试题分析：根据每次比赛中，甲胜运动员乙的概率是23，故在五次比赛中，运动员甲恰有三次获胜的概率是C53(23)3(123)2=80243，故选：B考点：二项分布与n次独立重复试验的模型7.7.甲、乙、丙三位学生用计算机联网学习数学，每天上课后独立完成6道自我检测题，甲及格的概率为，乙及格的概率为，丙及格的概率为，三人各答一次，则三人中只有一人及格的概率为（）A. B. C. D. 以上都不对【答案】C【解析】【分析】分别求出仅甲及格的概率、仅乙及格的概率、仅丙及格的概率，再把三个概率值相加，即可求得答案.【详解】甲及格的概率为，乙及格的概率为，丙及格的概率为，仅甲及格的概率为：；仅乙及格的概率为：；仅丙及格的概率为：；三人中只有一人及格的概率为：.故选C.【点睛】本题考查相互独立事件的乘法概率公式，对立事件的概率关系，体现分类讨论的数学思想，属于基础题.8.8.口袋中有5只球，编号为1，2，3，4，5，从中任取3球，以表示取出球的最大号码，则E= （ ）A. 4 B. 5 C. 4.5 D. 4.75【答案】C【解析】解：由题意，的取值可以是3，4，5=3时，概率是1C53=110=4时，概率是C32C53=310（最大的是4 其它两个从1、2、3里面随机取）=5时，概率是C42C53=610（最大的是5，其它两个从1、2、3、4里面随机取）期望E=31 /10 +43/ 10 +56 /10 =4.59.9.观察下列等式，13+23=32,13+23+33=62,13+23+33+43=102,据上述规律，13+23+33+43+53+63= ()A. 192 B. 202 C. 212 D. 222【答案】C【解析】试题分析：所给等式左边的底数依次分别为1，2；1，2，3；1，2，3，4；，右边的底数依次分别为3，6，10，（注意：这里3+3=6，6+4=10），由底数内在规律可知：第五个等式左边的底数为1，2，3，4，5，6，右边的底数为10+5+6=21又左边为立方和，右边为平方的形式，故第五个等式为13+23+33+43+53+63= 212考点：类比推理10.10.已知t0，若0t(2x-1)dx=6则t等于（ ）A. -2 B. 3 C. -2或3 D. 6【答案】B【解析】【分析】找出一次函数f(x)=2x1的原函数，然后代入0t(2x-1)dx=6，即求出的值.【详解】 0t(2x-1)dx=6, 0t(2x1)dx=(x2x)|0t=t2t，t0； t2t=6，解得t=3，t=2（舍）.故选B.【点睛】本题考查定积分的性质及其计算，解题的关键是找出原函数，属于基础题.11.11.从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有（ ）。A. 280种 B. 240种 C. 180种 D. 96种【答案】B【解析】【分析】根据特殊位置优先的原则，先排翻译工作为A41，其余三项工作从剩余的5人中选取为A53，再根据分步乘法原理可得.【详解】根据题意，从事翻译工作的为特殊位置，有A41种可能方案，其余三项工作，从剩余的5人中选取，有A53种可能方案，根据分步乘法原理，选派方案共有：A41A53=4543=240种.故选B.【点睛】本题考查排列问题的应用，考查带有限制条件的元素的排列问题，考查利用排列组合知识解决实际问题的能力，根据限制条件优先的原则进行分步计算是解题关键.12.12.若不等式2x ln xx2ax3对x(0，)恒成立，则实数a的取值范围是()A. (，0) B. (，4 C. (0，) D. 4，)【答案】B【解析】【分析】将已知条件转化为ax+3x+2lnx对x(0，)恒成立，令f(x)=x+3x+2lnx，利用导数求出函数f(x)的最小值，由此即可求出实数的取值范围.【详解】将不等式2x ln xx2ax3对x(0，)恒成立，转化为ax+3x+2lnx对x(0，)恒成立，令f(x)=x+3x+2lnx，x(0，)，则af(x) 恒成立，即af(x)minf(x)=x2+2x-3x2，令f(x)=0，得x=1，x=-3（舍）；x(0,1)时，f(x)0；当x=1时，f(x)min=f(1)=1+3+0=4，即 a4；实数的取值范围是(-，4.故选B.【点睛】本题考查含参不等式恒成立的求法，考查导数的性质、构造法等基本知识，考查运算求解能力和转化思想，具有一定的难度.构造新函数并利用新函数的性质解答含参不等式恒成立问题，注意把握下述结论：f(x)g(a)恒成立fmax(x)g(a)恒成立fmin(x)g(a)；f(x)g(a)恒成立fmin(x)g(a). 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13.13.x1x6的二项展开式中的常数项为_【答案】15【解析】试题分析：展开式的通项公式为Tr+1=(1)rC6rx632r，令632r=0r=4，常数项为(1)4C64=15考点：二项式定理14.14.已知函数f(x)axln x，x(0，)，其中a为实数，f(x)为f(x)的导函数若f(1)3，则a的值为_【答案】3【解析】fx=a1+lnx，f1=a=3.15.15.袋中有大小相同的4个红球，6个白球，每次从中摸取一球，每个球被取到的可能性相同，现不放回地取3个球，则在前两次取出的是白球的前提下，第三次取出红球的概率为_【答案】12【解析】【分析】由题意可知，在前两次取出的是白球的前提下，袋中还有4个红球，4个白球，根据古典概型概率公式计算即可.【详解】由题意可知，在前两次取出的是白球的前提下，袋中还有4个红球，4个白球，故第三次取出红球的概率为P=44+4=12.故答案为12.【点睛】本题考查条件概率，确定基本事件的个数是解题关键，也可以通过条件概率计算公式求解.条件概率P(B|A)的求法：（1）借助古典概型概率公式，先求出事件A发生条件下的基本事件数n(A)，再求出事件A发生条件下事件B包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)=n(AB)n(A)；（2）利用条件概率公式，分别求出P(A)和P(AB)，得P(B|A)=P(AB)P(A).16.16.设(2x)5a0a1xa2x2a5x5，则a0+a2+a4a1+a3+a5的值为_【答案】-122121【解析】【分析】分别将x=1和x=1代入(2x)5，得到两个等式，再将两个等式联立，求得a0+a2+a4和a1+a3+a5的值，即可得出答案.【详解】 (2x)5a0a1xa2x2a5x5，令x=1可得，a0+a1+a2+a3+a4+a5=(21)5=1，令x=1可得，a0a1+a2a3+a4a5=(2+1)5=35=243，两式相加可得，2(a0+a2+a4)=1+243=244，则a0+a2+a4=122，两式相减可得，2(a1+a3+a5)=242，则a1+a3+a5=121， a0+a2+a4a1+a3+a5=122121.故答案为122121.【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查通过赋值法求展开式系数的方法.若二项式展开式为fx=a0+a1x+a2x2+anxn，可得：（1）a0=f0；（2）a0+a1+a2+an=f1；（3）奇数项系数之和a0+a2+a4+=f1+f12；（4）偶数项系数之和a1+a3+a5+=f1f12.三、解答题（本大题共6小题，满分70分）17.17.（1）求(x3)10的展开式中x6的系数；（2）求(1x)2(1x)5的展开式中x3的系数【答案】(1)1890(2)5【解析】【分析】（1）写出x310的展开式的通项，令10r6，即可得出答案.（2）分别求出1+x2和1x5的通项公式，令kr3，分类讨论后求和即可得答案.【详解】解：(1) x310的展开式的通项是Tr+1=C10rx10r(3)r令10r6，解得r4.则含x6的项为第5项，即T5=C104x6(3)4=9C104x6；x6的系数为9C104=1890.(2)1+x2的通项为Tr+1=C2rxr，1x5的通项为Tk+1=C5k(x)k=(1)kC5kxk，其中r0,1,2，k0,1,2,3,4,5，令kr3，则有k1，r2；k2，r1；k3，r0.x3的系数为C22C51+C21C52C20C53=5.【点睛】本题考查了二项式定理的应用问题，利用二项展开式的通项公式求展开式中某项的系数是解题关键.18.18.从6双不同手套中，任取4只，(1)恰有1双配对的取法是多少？(2)没有1双配对的取法是多少？(3)至少有1双配对的取法是多少？【答案】(1)240 (2)240 （3）255【解析】【分析】（1）取出一双手套共有C61种取法；剩余2只在不同的5双手套中取单只，共有C52C21C21种取法，再根据分步乘法原理，即可求得答案.（2）根据题意，4只手套分别从6双手套中取单只，共有C64C21C21C21C21种取法；（3）至少有1双配对，包括恰有1双配对和2双配对，根据分类加法原理，即可求得答案.【详解】解：（1）从6双不同手套中，取出一双手套共有C61种取法；剩余2只先在5双中取2双，再从2双中各取1只，共有C52C21C21种取法；所以，恰有1双配对的取法有C61C52C21C21=240种.（2）根据题意，先在6双手套中取4双，再从取出的4双中各取1只，共有C64C21C21C21C21=240种取法；（3）至少有1双配对，包括恰有1双配对和2双配对；由（1）可知，恰有1双配对有240种取法；2双配对有C62=15种取法；根据分类加法原理，至少有1双配对的取法240+15=255种取法.【点睛】本题考查组合的应用问题，考查分类加法和分步乘法原理，手套和袜子等成对问题是一种比较困难的题目，解决问题的关键在于成对问题捆绑约束的限制条件的正确理解.19.19.某小组6个人排队照相留念(1)若分成两排照相，前排2人，后排4人，有多少种不同的排法？(2)若分成两排照相，前排2人，后排4人，但其中甲必须在前排，乙必须在后排，有多少种排法？(3)若排成一排照相，甲、乙两人必须在一起，有多少种不同的排法？(4)若排成一排照相，其中甲必在乙的右边，有多少种不同的排法？(5)若排成一排照相，其中有3名男生3名女生，且男生不能相邻有多少种排法？(6)若排成一排照相，且甲不站排头乙不站排尾，有多少种不同的排法？【答案】(1)720(2)192（3）240（4）360（5）144（6）504【解析】【分析】（1）相当于6个人全排列，即A66；（2）利用特殊元素优先的原则，将甲排在前排A21，乙排在后排A41，其余4人全排列A44，根据分步乘法原理可得；（3）利用捆绑法，甲、乙视为一个人，即看成5人全排列问题，再将甲、乙两人排列，根据分步乘法原理可得；（4）甲必在乙的右边属于定序问题，用除法A66A22可得；（5）3名男生不相邻，用插空法，根据分步乘法原理可得；（6）利用特殊位置优先原则，分乙在排头A55和乙不在排头A41A41A44两类，根据分类加法原理可得.【详解】解：(1) 前排2人，后排4人，相当于6个人全排列，共有A66=720种排法；(2) 先将甲排在前排A21，乙排在后排A41，其余4人全排列A44，根据分步乘法原理得，A21A41A44=192种排法；(3) 甲、乙视为一个人，即看成5人全排列问题A55，再将甲、乙两人排列A22，根据分步乘法原理可得，A55A22=240种排法；(4) 甲必在乙的右边属于定序问题，用除法A66A22=360种排法；(5) 将3名男生插入3名女生之间的4个空位，这样保证男生不相邻，根据分步乘法原理得，A33A43=144种排法；(6) 乙在排头其余5人全排列，共有A55；乙不在排头，排头和排尾均为A41，其余4个位置全排列有A44，根据分步乘法得A41A41A44再根据分类加法原理得，A55+A41A41A44=504种排法.或法二：(间接法) A662A55+A44=720240+24=504种排法.【点睛】本题考查排列问题，把排列问题包含在实际问题中，涉及到排列问题中的几种常见方法：特殊元素、特殊位置优先法，相邻捆绑法，不相邻插空法，定序除法，解题的关键是明确题目的本质，把实际问题转化为数学问题，属于中档题.20.20.甲乙两队参加世博会知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错或不答得零分。假设甲队中每人答对的概率均为23，乙队中3人答对的概率分别为23，23 ，12且各人答对正确与否相互之间没有影响。用 表示甲队的总得分。（1）求随机变量的分布列；（2）用A表示“甲乙两个队总得分之和等于3”的事件，用B表示“甲队总得分大于乙队总得分”的事件，求P（AB）【答案】(1)见解析(2)34243【解析】试题分析：（1）甲队的得分分布服从二项分布：（3，23）；（2）事件AB等价于“甲得2分乙得1分”或“甲得3分乙得0分”，据此可以求出P（AB）.试题解析：（1）解法一：由题意知，的可能取值为0，1，2，3，且，P(=1)=C3123(123)2=29，P(=2)=C32(23)2(123)=49，P(=3)=C33(23)3=827所以的分布列为0123P1272949827 的数学期望为E=0127+129+249+3827=2解法二：根据题设可知，B(3，23)，因此的分布列为P(=k)=C3k(23)k(123)3k=C3k2k33，k=0，1，2，3因为B(3，23)，所以E=323=2（2）解法一：用C表示“甲得2分乙得1分”这一事件，用D表示“甲得3分乙得0分”这一事件，所以AB=CD，且C，D互斥，又P(C)=C32(23)2(123)231312+132312+131312 =1034，P(D)=C33(23)3(131312)=435，由互斥事件的概率公式得P(AB)=P(C)+P(D)=1034+435=3435=34243解法二：用Ak表示“甲队得k分”这一事件，用Bk表示“乙队得k分”这一事件，k=0，1，2，3由于事件A3B0，A2B1为互斥事件，故有P(AB)=P(A3B0A2B1)=P(A3B0)+P(A2B1)由题设可知，事件A3与B0独立，事件A2与B1独立，因此P(AB)=P(A3B0)+P(A2B1)=P(A3)P(B0)+P(A2)P(B1)=(23)3(13212)+C322232(12132+12C21232)=34243考点：随机事件的概率，离散型随机变量的分布列，二项分布，期望21.21.一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1,2,3,4；白色卡片3张，编号分别为2,3,4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)(1)求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率；(2)在取出的4