重庆市第一中学2017-2018学年高二下学期期中考试数学(理)试题含解析

1、2018年重庆一中高2019级高二下期半期考试数学试题卷（理科）第卷（选择题，共60分）一、选择题：（本大题共12个小题,每小题5分,共60分）.1. 是虚数单位，计算的结果为（ ）A. B. C. 1 D. -1【答案】B【解析】分析：根据复数的除法法则计算即可详解：由题意得故选B点睛：本题考查复数的除法运算法则，考查学生的运算能力，属于容易题 2. 极坐标方程所表示的图形是 （ ）A. 椭圆 B. 双曲线 C. 抛物线 D. 圆【答案】D【解析】分析：将极坐标方程化为直角坐标方程后再进行判断详解：，把代入上式可得,即，极坐标方程表示的是以（1,0）为圆心，半径为1的圆故选D点睛：本题考查极

2、坐标和直角坐标间的互化，考查学生运用所学知识解决问题的能力，解题的关键是灵活运用极坐标和直角坐标间的转化公式进行求解3. 用数学归纳证明：时，从到时，左边应添加的式子是 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：分别求出时左边的式子，时左边的式子，用时左边的式子，除以时左边的式子，即得结论.详解：当时，左边等于，当时，左边等于，故从“”到“”的证明，左边需增添的代数式是，故选C.点睛：项数的变化规律，是利用数学归纳法解答问题的基础，也是易错点，要使问题顺利得到解决，关键是注意两点：一是首尾两项的变化规律；二是相邻两项之间的变化规律.4. 随机变量服从正态分布，若，则的值（ ）A.

3、0.6 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.2【答案】C【解析】分析：由随机变量服从正态分布，可得正态曲线的对称轴，根据正态曲线的特点，得到，从而可得结果.详解：随机变量服从正态分布，得对称轴是，所以，故选C.点睛：本题考查了正态分布的有关概念与运算，重点考查了正态密度曲线的性质以及如何利用正态密度曲线求概率，意在考查学生对正态分布密度曲线性质的理解及基本的运算能力.5. 某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为，则的数学期望为（ ）A. 100 B. 200 C. 300 D. 400【答案】B【解析】试题分析：，所以考点

4、：二项分布【方法点睛】一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布（如二项分布XB（n，p），则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式（E（X）np）求得.因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度.视频6. 通过随机询问100名性别不同的居民是否能做到“光盘”行动，得到如下的列联表：做不到“光盘”能做到“光盘”男4510女3015 则有（ ）以上的把握认为“该市民能否做到光盘与性别有关”，附表及公式0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828A. 90% B. 95

5、% C. 99% D. 99.9%【答案】A【解析】分析：根据列联表中数据代入公式计算的值，和临界值表比对后即可得到答案.详解：将列联表中数据代入公式可得，所以有的把握认为“该市居民能否做到光盘”与性别有关.点睛：独立性检验的一般步骤：（1）根据样本数据制成列联表；（2）根据公式计算的值；(3) 查表比较与临界值的大小关系，作统计判断.（注意：在实际问题中，独立性检验的结论也仅仅是一种数学关系，得到的结论也可能犯错误.）7. 若，则的值为（ ）A. 2 B. 0 C. -1 D. -2【答案】C【解析】分析：令求得的值，再令得到的值，两式相减可得所求详解：在二项展开式中，令，得.令，得.故选C

6、点睛：因为二项式定理中的字母可取任意数或式，所以在解题时根据题意，给字母赋值，是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法8. 已知函数，若是从1，2，3中任取的一个数，是从0，1，2中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：将记为横坐标，将记为纵坐标，可知总共有9个的结果，而函数有两个极值点的条件为其导函数有两个不相等的实根，满足题中条件为，即，所以满足条件的基本事件有共6个基本事件，所以所求的概率为，故选D考点：古典概型9. 小明跟父母、爷爷奶奶一同参加中国诗词大会的现场录制，5人坐成一排，若小明的父母至少有一人与他相邻，则不同坐法的

7、总数为（ ）A. 60 B. 72 C. 84 D. 96【答案】C【解析】 根据题意，可分三种情况讨论： 若小明的父母只有一人与小明相邻且父母不相邻时， 先在其父母中选一人与小明相邻，有种情况， 将小明与选出的家长看出一个整体，考虑其顺序种情况， 当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有种安排方法，此时有种不同坐法；若小明的父母的只有一人与小明相邻且父母相邻时，将父母及小明看成一个整体，小明在一端，有种情况，考虑父母之间的顺序，有种情况，则这个整体内部有 种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有种情况，此时有种不同坐法；小明的父母都小明相邻，即小明在中间

8、，父母在两边，将人看成一个整体，考虑父母的顺序，有种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有种情况，此时，共有种不同坐法；综上所述，共有种不同的坐法，故选C.点睛：本题考查了排列、组合的综合应用问题，关键是根据题意，认真审题，进行不重不漏的分类讨论，本题的解答中，分三种情况：小明的父母中只有一个人与小明相邻且父母不相邻；小明的父母有一个人与小明相邻且父母相邻；小明的父母都与小明相邻，分别求解每一种情况的排法，即可得到答案。10. 重庆一中为了增强学生的记忆力和辨识力，组织了一场类似最强大脑的赛，两队各由4名选手组成，每局两队各派一名选手，除第三局胜者得2分外，其余各局胜者均得1分，每局的负者得

9、0分.假设每局比赛队选手获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，比赛结束时队的得分高于队的得分的概率为 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：分三种情况求解：即A队5分B队0分；A队4分B队1分；A队3分B队2分，然后根据互斥事件的概率公式可得所求详解：（1）A队5分B队0分，即A队四局全胜，概率为（2）A队4分B队1分，即A队一、二、四局中败1局，第3局胜，其概率为.（3）A队3分B队2分，包括两种情况：A队第3局败，其余各局胜；A队第一、二、四局中胜1局，第3局胜其概率为由互斥事件的概率加法公式可得所求概率为故选A点睛：求解概率问题时首先要通过读题理解题意，分清所求概率的事

10、件及对应的概率类型，然后选择相应的公式求解求解时对于复杂事件的概率要合理分解为简单事件的概率处理，同时要合理选择计数的方法，使得问题的解决顺利进行11. 将编号1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3的盒子中，要求不允许有空盒子，且球与盒子的号不能相同，则不同的放球方法有（ ）A. 16种 B. 12种 C. 9种 D. 6种【答案】B【解析】分析：分六种情况讨论，求解每一种类型的放球方法数，然后利用分类计数加法原理求解即可.详解：由题意可知，这四个小球有两个小球放在一个盒子中，当四个小球分组为如下情况时，放球方法有：当1与2号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当1与3号球放在同一盒子中时

11、，有2种不同的放法； 当1与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当2与3号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当2与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当3与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；因此，不同的放球方法有12种，故选B.点睛：本题主要考查分类计数加法原理的应用，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.12. 已知函数，对任意，都存在，使得，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：由题意得，令，然后将用

12、表示出来，设得到关于的函数，通过求函数的最大值可得所求结果详解：由得，令，则，且，即，令，则，在上单调递减，且，当时，单调递增；当时，单调递减当时，有最大值，且，即 的最大值为故选A点睛：本题考查恒成立、能成立问题，难度较大，解题的关键是通过引入参数，将双变量问题转化为关于参数的问题处理，然后利用导数为工具，求得关于的函数的最值，从而得到所求的最值第卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）各题答案必须填写在答题卡相应的位置13. 的展开式中的常数项是_【答案】60【解析】分析：利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令的指数为，从而可求出展开式的常数项.详

13、解：展开式的通项为，令得，所以展开式的常数项为，故答案为.点睛：本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.14. 甲、乙、丙三名同学参加某高校组织的自主招生考试的初试，考试成绩采用等级制（分为三个层次），得的同学直接进入第二轮考试.从评委处得知，三外同学中只有一人获得.三名同学预测谁能直接进入第二轮比赛如下：甲说：看丙的状态，他只能得或；乙说：

14、我肯定得；丙说：今天我的确没有发挥说，我赞同甲的预测.事实证明：在这三名同学中，只有一人的预测不准确，那么得的同学是_【答案】甲【解析】若得的同学是甲，则甲、丙预测都准确，乙预测不准确，符合题意；若得的同学是乙，则甲、乙、丙预测都准确，不符合题意；若得的同学是丙，则甲、乙、丙预测都不准确，不符合题意。综上，得的同学是甲.15. 袋中有6个黄色、4个白色的乒乓球，做不放回抽样，每次任取1个球，取2次，则事件“第一次取得白球的情况下，第二次恰好取得黄球”的概率为_【答案】【解析】分析：根据条件概率进行求解即可详解：设“第一次取得白球”为事件A，“第二次恰好取得黄球”为事件B由题意得，点睛：解决概率

15、问题时，若条件中含有“在发生的条件下，求发生的概率”的字样，则一般为条件概率类型求解时可根据条件概率的定义进行，即进行求解16. 已知椭圆为其左、右焦点，为椭圆上除长轴端点外的任一点，为内一点，满足的内心为，且有（其中为实数），则椭圆的离心率_【答案】【解析】分析：由题意得为的重心，设，由重心坐标公式可得的纵坐标，由可得内心的纵坐标与相同，然后利用的面积等于被内心分割而成的三个小三角形的面积之和建立的等式，从而可得离心率详解：设，G为的重心，G点坐标为，轴，I的纵坐标为在中，又I为的内心，I的纵坐标即为内切圆半径由于I把分为三个底分别为的三边，高为内切圆半径的小三角形，即，椭圆C的离心率点睛：

16、解答本题时注意两点：（1）读懂向量式的含义，正确地将向量式转化为几何关系，这是解题的基础（2）求椭圆的离心率时，要把条件中给出的几何关系转化为关于的等式或不等式，通过解方程或不等式可得离心率或其范围三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，（为极角）（1）分别写出曲线的普通方程和曲线的参数方程；（2）已知为曲线的上顶点，为曲线上任意一点，求的最大值.【答案】（1） ；（2）.【解析】试题分析：（1）利用三种方程的转化方法，分别写出曲线C1的普通方程与曲线C2的参数方程；（2）

17、由（1）知，所以当或时，最大.试题解析：（1）（2）由（1）知，当或时，最大为.18. 某高中政教处为了调查学生对“一带一路”的关注情况，在全校组织了“一带一路知多少”的知识问卷测试，并从中随机抽取了12份问卷，得到其测试成绩（百分制）的茎叶图如下：（1）写出该样本的中位数，若该校共有3000名学生，试估计该校测试成绩在70分以上的人数；（2）从所抽取的70分以上的学生中再随机选取4人，记表示测试成绩在80分以上的人数，求的分布列和数学期望.【答案】（1）约为2000人；（2）见解析.【解析】分析：（1）根据茎叶图中的数据可得中位数，然后根据样本中70分以上的成绩所占的比例可得总体中70分以上

18、的人数（2）根据题意得到的可能取值，分别求出对应的概率得到分布列，然后可得期望详解：（1）由茎叶图可得中位数为76，样本中70分以上的所占比例为，故可估计该校测试成绩在70分以上的约为3000×2000人（2由题意可得的可能取值为0，1，2，3，4,.的分别列为：01234.点睛：本题考查茎叶图的应用以及用样本估计总体，同时考查分布列、期望的求法，主要考查学生应用所学知识解决实际问题的能力和计算能力，属中等题19. 如图，已知直角梯形所在平面垂直于平面，.（1）点是直线中点，证明平面；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）建立

19、空间直角坐标系，写出相应点的坐标，得到向量，求出平面平面的法向量，利用向量与平面垂直，即可证明线面平行；（2）求出平面与平面的法向量，利用法向量所成的角即可求解二面角的余弦值试题解析：（1）设ABa，取AC的中点O，连接EO，OP.AEAC，又EAC60°，EOAC.又平面ABC平面ACDE，EO平面ABC，EOOP，又OPAB，ABAC，所以OPAC.以射线OP，OC，OE分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则C（0，0），A（0，0），E（0，0，），D（0，），B（a，0）.则P（，0，0），设平面EAB的法向量为（x0，y0，z0）.（a，0，0），（0，

20、）， 0， 0，即，令z01，得y0，又x00，（0，1）.，DP平面EAB （另法：取AB中点F，然后证DPEF或证平面ODP平面EAB）（2）设平面EBD的法向量为（x1，y1，z1），易知平面ACDE的一个法向量为（1，0，0）.，即，令z11，则x1，y10，（，0，1）.考点：线面位置关系的判定与证明；二面角的求解20. 一只药用昆虫的产卵数与一定范围内的温度有关，现收集了该种药用昆虫的6组观测数据如下表：温度212324272932产卵数/个61120275777（1）若用线性回归模型，求关于的回归方程（精确到0.1）；（2）若用非线性回归模型求关的回归方程为，且相关指数试与（1）

21、中的线性回归模型相比，用说明哪种模型的拟合效果更好.用拟合效果好的模型预测温度为时该种药用昆虫的产卵数（结果取整数）.附：一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计为；相关指数.【答案】（1）；（2）回归方程比线性回归方程拟合效果更好；当温度时，该种药用昆虫的产卵数估计为190个.【解析】分析：(1)根据表格中数据及平均数公式可求出与的值从而可得样本中心点的坐标，从而求可得公式中所需数据，求出，再结合样本中心点的性质可得，进而可得关于的回归方程；(2) 根据相关指数的大小，即可比较模型拟合效果的优劣；代入回归方程求值计算即可得结果.详解：（1）由题意得，所以，关于的线性回归方程为；（2）由

22、所给数据求得的线性回归方程为，相关指数为.因为，所以回归方程比线性回归方程拟合效果更好.由得当温度时，即当温度时，该种药用昆虫的产卵数估计为190个.点睛：求回归直线方程的步骤：确定两个变量具有线性相关关系；计算的值；计算回归系数；写出回归直线方程为； 回归直线过样本点中心是一条重要性质，利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势.21. 在平面直角坐标系中，点是直线上的动点，定点，点为的中点，动点满足.（1）求点的轨迹的方程；（2）过点的直线交轨迹于两点，为上任意一点，直线交于两点，以为直径的圆是否过轴上的定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，说明理由.【答案】（1）

23、；（2）和.【解析】分析：（1）根据条件可得点的轨迹是以为焦点、以直线为准线的抛物线，其方程为（2）假设以为直径的圆过轴上的定点, 设 .由题意可得，由得设直线的方程为，与抛物线方程联立消元后得到二次方程，结合根与系数的关系和上式可得，解得，进而可得以 为直径的圆过 轴上的定点详解：（1）由已知得垂直平分，故又轴，则，所以点到点的距离和到直线的距离相等，故点的轨迹是以为焦点、以直线为准线的抛物线，由条件可得轨迹的方程为（2）假设以为直径的圆过轴上的定点 设 ,则 ，直线 的方程为 ，令得 即同理可得.由已知得 恒成立,即，即设直线的方程为 ，由消去整理得，所以，于是，整理得，解得 故以 为直径的圆过 轴上的定点点睛：（1）抛物线的定义有两方面的作用，一是用来判断点的轨迹是抛物线，二是当已知曲线是抛物线时，可将曲线上的点到准线的距离和到焦点的距离相互转化，达到快速解题的目的（2）判断定点时，可假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于