银川市大学附属中学2019-2020学年高二下学期期末考试数学（理科）试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精宁夏银川市宁夏大学附属中学2019-2020学年高二下学期期末考试数学（理科）试题含解析高二数学（理）试卷一、选择题（每小题5分,共60分）1.如图所示，4个散点图中,不适合用线性回归模型拟合其中两个变量的是（)A。 B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据线性回归模型建立方法，分析选项，找出散点比较分散且无任何规律的选项可得答案.【详解】根据题意，适合用线性回归拟合其中两个变量的散点图必须散点分布比较集中，且大体接近某一条直线，分析选项可得A选项的散点图杂乱无章，最不符合条件.故选A【点睛】本题考查了统计案例散点图，属于基础题。2.在研究吸烟与患肺癌的关系中，通过收集数据、整理分析数据得“吸烟与患肺癌有关”的结论，并且在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为这个结论是成立的，下列说法中正确的是（）A.100个吸烟者中至少有99人患有肺癌B.1个人吸烟,那么这个人有99％的概率患有肺癌C.在100个吸烟者中一定有患肺癌的人D.在100个吸烟者中可能一个患肺癌的人也没有【答案】D【解析】【分析】根据独立性检验的概念判断．【详解】A.独立性检验结论是一个数学统计量，它与实际问题中的问题的确定性是存在差异的，A错；B.与概率的含义不同，有99％把握不能说明有99％的可能，B错；C.独立性检验的结论是一个数学统计量，它与实际问题中的问题的确定性是存在差异的,C错；D.独立性检验的结论是一个数学统计量，它与实际问题中的问题的确定性是存在差异的，D正确．故选：D.【点睛】本题考查独立性检验，掌握独立性检验的概念是解题关键．独立性检验只是说明有把握，不是可能性．3.不等式的解集是（）A。或 B.C.或 D。【答案】B【解析】分析:根据绝对值几何意义解不等式.详解：因为,所以，因此解集为，选B。点睛:含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．4.随机变量的所有等可能取值为1,2,…,n，若P（〈4）=0。3,则n=（）A.3 B。4 C。10 D.不确定【答案】C【解析】分析】等可能事件，即每个值取到可能性一样,而小于4的数有3个,从而有,可解得．【详解】是等可能地取值,..故选:C.5.6个男生和4个女生排成一排，女生既不允许排在两边,又不允许相邻，则不同排法有A。种 B。种 C.种 D。种【答案】D【解析】【分析】先排6个男生，4个女生不能相邻也不排在两边，可供女生的位置有5个，根据排列和分步乘法计数原理，即可得出结论。【详解】6个男生有排法，造成7个空格，4个女生既不允许排在两边，又不允许相邻,可供选择的位置有5个，所以4个女生有排法,不同的排法有.

故选：D.【点睛】本题考查排列和分步计数原理的应用问题，不相邻插空法是解题的关键，属于基础题。6。柱坐标对应的点的直角坐标系是（）A. B。 C. D.【答案】C【解析】【分析】本题直接运用转化公式计算即可.【详解】解：∵柱坐标转化为直角坐标为：，∴，故选:C.【点睛】本题考查直坐标转化直角坐标公式即,是基础题.7.齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马,田忌的中等马优于齐王的下等马,劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马,现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛，则田忌的马获胜的概率为（）A。 B. C。 D.【答案】A【解析】【分析】先求出基本事件总数，再求出田忌的马获胜包含的基本事件种数，由此能求出田忌的马获胜的概率.【详解】分别用A，B，C表示齐王的上、中、下等马，用a，b,c表示田忌的上、中、下等马,现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛有Aa,Ab，Ac,Ba，Bb，Bc，Ca，Cb，Cc共9场比赛，其中田忌马获胜的有Ba，Ca，Cb共3场比赛,所以田忌马获胜的概率为.故选:A。【点睛】本题考查概率的求法，考查等可能事件概率计算公式等基础知识,考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题.8。将曲线按变换后的曲线的参数方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由变换:可得：，代入曲线可得:,即为：令(θ为参数)即可得出参数方程．故选D。9.圆的圆心的极坐标是（）A。 B。 C. D。【答案】A【解析】【分析】先求出圆的直角坐标，得到圆心,进而可化为极坐标。【详解】由，得，因为，所以,整理得：。所以圆心为：，对应得极径：,极角为，若，对应的极角为，圆心的极坐标是.故选:A.【点睛】本题主要考查了极坐标与直角坐标的互化，属于基础题。10.正态分布，,（其中，，均大于0）所对应的密度函数图象如下图所示，则下列说法正确的是（)A.最大，最大 B。最大，最大C。最大,最大 D.最大，最大【答案】D【解析】【分析】根据正态分布的均值和方差对图形的影响判断即可。【详解】由正态分布,可知是均值,是正态密度曲线的对称轴，可知最大，表示方差,越小越“瘦高”，越大越“矮胖”，所以最大。故选：D.【点睛】本题主要考查了正态分布曲线比较均值和方差，属于基础题.11.直线（为参数)被圆（为参数）所截得的弦长为()A。6 B。5 C.8 D。7【答案】A【解析】【分析】把直线和圆的参数方程化为普通方程，结合点到直线的距离公式和利用圆的弦长公式，即可求解。【详解】由题意，直线（为参数）可得直线的方程为，圆（为参数）的普通方程为，可得圆心，半径为，所以圆心到直线的距离为,由圆的弦长公式可得，弦长.故选：A.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化,以及直线与圆的位置关系的应用,其中解答中把参数方程化为普通方程,结合圆的弦长公式求解是解答的关键,着重考查推理与运算能力.12.数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一(如图）.给出下列三个结论：①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过;③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.其中，所有正确结论的序号是A.① B。② C.①② D。①②③【答案】C【解析】【分析】将所给方程进行等价变形确定x的范围可得整点坐标和个数，结合均值不等式可得曲线上的点到坐标原点距离的最值和范围，利用图形的对称性和整点的坐标可确定图形面积的范围。【详解】由得,，，所以可为的整数有0,-1，1，从而曲线恰好经过(0，1）,（0,—1），（1,0），（1,1),（—1，0）,（—1,1)六个整点，结论①正确。由得，，解得,所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过。结论②正确。如图所示，易知,四边形的面积,很明显“心形”区域的面积大于，即“心形”区域的面积大于3，说法③错误.故选C.【点睛】本题考查曲线与方程､曲线的几何性质，基本不等式及其应用，属于难题,注重基础知识､基本运算能力及分析问题解决问题的能力考查,渗透“美育思想”.二、填空题（每小题5分，共20分）13。直线与圆交于两点，则的中点坐标为_____．【答案】【解析】【分析】把直线的参数方程代入圆的方程整理得到关于参数的二次方程,然后结合根与系数的关系求解可得的中点坐标．【详解】把代入整理得．设A，B对应的参数分别为，则．故AB的中点对应的参数为t0将t0=4代入直线的参数方程，可得，所以AB的中点的坐标为【点睛】解题时要注意在直线的参数方程中，只有当参数系数的平方和等于1时，参数才具有几何意义．当系数的平方和不为1时，首先要化为系数的平方和等于1的形式,再利用几何意义求解．14.若直线的极坐标方程为，则极点到该直线的距离为__________【答案】【解析】试题分析：由，可知,，即转化为直角坐标系下的方程为，极点到直线的距离为考点：1。极坐标方程与直角坐标方程；2.点到直线的距离。15。某地区空气质量监测资料表明,一天的空气质量为优良的概率是0。75，连续两天为优良的概率是0.6．已知某天的空气质量为优良,则随后一天的空气质量为优良的概率为______________．【答案】【解析】【分析】记事件A:某天的空气质量为优，事件B：第二天的空气也为优，由题意可得,，再由条件概率公式即可得解。【详解】记事件A：某天的空气质量为优，事件B：第二天的空气也为优，由题意,，则.故答案为:.【点睛】本题考查了条件概率的求解，属于基础题.16。给出下列结论:①在回归分析中,可用相关指数的值判断模型的拟合效果,越大，模型的拟合效果越好；②某工厂加工的某种钢管，内径与规定的内径尺寸之差是离散型随机变量；③随机变量的方差和标准差都反映了随机变量的取值偏离均值的平均程度，它们越小,则随机变量偏离均值的平均程度越小;④甲、乙两人向同一目标同时射击一次，事件：“甲、乙中至少一人击中目标"与事件：“甲、乙都没有击中目标"是相互独立事件。其中结论正确是______。【答案】①③【解析】【分析】①在回归分析中，根据相关指数越大,模型的拟合效果越好即可判断；②根据离散型随机变量的概念即可判断；③根据样本的标准差是样本数据到平均数的一种平均距离，样本的方差是标准差的平方即可判断；④根据相互独立事件的定义即可判断.【详解】解:①用相关指数的值判断模型的拟合效果,越大，模型的拟合效果越好,故①正确；②某工厂加工的某种钢管，内径与规定的内径尺寸之差是不确定，无法一一列举出来，不是离散型随机变量，故②错误;③样本的标准差是样本数据到平均数的一种平均距离，样本的方差是标准差的平方，反映了样本数据的分散程度的大小它们越小，则随机变量偏离均值的平均程度越小，故③正确；④甲、乙两人向同一目标同时射击一次，事件：“甲、乙中至少一人击中目标”与事件：“甲、乙都没有击中目标”是对立事件,但不是相互独立事件，因为事件对事件发生有影响.故答案为：①③。【点睛】本题考查了相关系数的意义、离散型随机变量的概念、样本的标准差与方差的概念与应用、对立事件与相互独立事件的区别，是基础题。三、解答题（共70分)17。已知的展开式中，第4项和第9项的二项式系数相等，(1）求，（2）求展开式中的一次项的系数.【答案】(1)（2）【解析】【分析】（1）根据二项式系数相等列式求解n；(2）先求出展开式的通项,然后求解所求项的系数．【详解】（1）由第4项和第9项的二项式系数相等可得解得（2）由(1）知，展开式的第项为：令得此时所以，展开式中的一次项的系数为18。已知曲线的极坐标方程是，以极点为原点，以极轴为轴的正半轴，取相同的单位长度，建立平面直角坐标系,直线的参数方程为（为参数）（1）写出直线的极坐标方程与曲线的直角坐标方程；（2）设曲线上任一点为，求的取值范围。【答案】(1）直线的极坐标方程为；曲线的直角坐标方程为；（2）.【解析】【分析】（1)根据极坐标与直角坐标的互化公式，可直接得出曲线的直角坐标方程；根据直线的参数方程消去参数，得到直线的普通方程,再化为极坐标方程即可；(2）根据参数的方法表示出，结合三角函数的性质，即可得出结果.【详解】(1)由得，所以即为曲线的直角坐标方程；由消去得,所以即为直线的极坐标方程；(2）因为曲线的参数方程为：，又为曲线上任一点，所以，，因此，其中，所以。【点睛】本题主要考查极坐标与直角坐标的互化，参数方程与普通方程的互化，以及参数的方法求范围的问题，属于常考题型.19.（1)求|的解集.（2）求函数在区间（0,1）上的最大值。【答案】(1);(2)【解析】【分析】（1）利用绝对值不等式可以求得，所以不等式的解集是R；（2）利用导数求解函数的单调性，然后根基函数的单调性求解出函数在区间上的最大值。【详解】（1）由绝对值不等式可得:>2即不等式的解集是；（2）令解得:所以函数在区间上单调递增，在区间单调递减;所以当时,函数取得最大值;【点睛】（1）本题考查了绝对值不等式的解法，属于简单题,解含有两个和两个以上绝对值不等式主要是通过分段去绝对值，转化为普通不等式,其中找分界点是解题的关键点;(2）本题主要考查求解三次函数最值问题，主要利用导数确定函数在已知区间的单调性，根据单调性确定函数的最值，属于简单题目。20.从某居民区随机抽取10个家庭,获得第个家庭的月收入（单位：千元）与月储蓄（单位：千元）的数据资料,计算得，，,.（1）求家庭的月储蓄关于月收入的线性回归方程，并判断变量与之间是正相关还是负相关；（2）若该居民区某家庭月收入为7千元，预测该家庭的月储蓄.（注:线性回归方程中，,其中，为样本平均值。）【答案】(1），正相关（2)1。7千元【解析】【分析】（1）利用公式求出，，即可得出所求回归方程，再根据变量的值随的值增加而增加，可判断正相关还是负相关；（2）当时带入，即可预测该家庭的月储蓄．【详解】解：(1）由题意知,，，,由此得，所以，故所求回归方程为．由于变量的值随的值增加而增加，故与之间是正相关．（2）将代入回归方程，可得：（千元），可以预测该家庭的月储蓄为(千元）.【点睛】本题考查线性回归方程的求法,以及最小二乘法和变量间的相关关系，还考查计算能力．21。改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来,移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A,B两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人,样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：交付金额(元）支付方式（0，1000]（1000，2000]大于2000仅使用A18人9人3人仅使用B10人14人1人（Ⅰ）从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A,B两种支付方式都使用的概率；(Ⅱ）从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，求X的分布列和数学期望；（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由．【答案】(Ⅰ）；（Ⅱ)见解析;（Ⅲ)见解析.【解析】【分析】(Ⅰ）由题意利用古典概型计算公式可得满足题意的概率值；(Ⅱ）首先确定X可能的取值，然后求得相应的概率值可得分布列，最后求解数学期望即可.(Ⅲ）由题意结合概率的定义给出结论即可.【详解】(Ⅰ）由题意可知，两种支付方式都是用的人数为：人，则：该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率.（Ⅱ)由题意可知，仅使用A支付方法的学生中,金额不大于1000的人数占,金额大于1000的人数占，仅使用B支付方法的学生中，金额不大于1000的人数占，金额大于1000的人数占，且X可能的取值为0,1,2。，，,X的分布列为：X012其数学期望：。(Ⅲ)我们不认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化.理由如下：随机事件在一次随机实验中是否发生是随机的，是不能预知的,随着试验次数的增多，频率越来越稳定于概率．学校是一个相对消费稳定的地方,每个学生根据自己的实际情况每个月的消费应该相对固定，出现题中这种现象可能是发生了“小概率事件”。【点睛】本题以支付方式相关调查来设置问题，考查概率统计在生活中的应用，考查概率的定义和分布列的应用，使学生体会到数学与现实生活息息相关。22。