山西省永济中学2018-2019学年高二下学期期末考试数学（理）试题 19页

‎2018-2019学年第二学期高二期末考试高二数学试题（理）‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。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.已知，，那么等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件概率公式得出可计算出结果.‎ ‎【详解】由条件概率公式得，故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查条件概率的计算，利用条件概率公式进行计算是解本题的关键，属于基础题.‎ ‎2.已知随机变量服从正态分布，若，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正态密度曲线的对称性得出，由此可计算出结果.‎ ‎【详解】由于随机变量服从正态分布，‎ 则，故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查正态分布在指定区间上的概率，解题时要充分利用正态密度曲线的对称性来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于基础题.‎ ‎3.对两个变量x，y进行回归分析，得到一组样本数据：（x1，y1），（x2，y2），…（xn，yn ‎），则下列说法中不正确的是 A. 由样本数据得到的回归方程必过样本点的中心 B. 残差平方和越小的模型，拟合的效果越好 C. 用相关指数R2来刻画回归效果，R2越小，说明模型的拟合效果越好 D. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1.‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由样本数据得到的回归方程必过样本中心，正确；‎ 残差平方和越小的模型，拟合的效果越好，正确 用相关指数R2来刻画回归效果,R2越大，说明模型的拟合效果越好，不正确，‎ 线性相关系数|r|越大，两个变量的线性相关性越强，故正确。‎ 故选：C.‎ ‎4.有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有 A. 21种 B. 315种 C. 153种 D. 143种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题意，选一本语文书一本数学书有9×7=63种，‎ 选一本数学书一本英语书有5×7=35种，‎ 选一本语文书一本英语书有9×5=45种，‎ ‎∴共有63+45+35=143种选法.‎ 故选D.‎ ‎5.如表提供了某厂节能降耗技术改造后在生产产品过程中的记录的产量与相应的生产能耗的几组对应数据如图：根据下表数据可得回归方程，那么表中的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算出、，将点的坐标代入回归直线方程可求出的值.‎ ‎【详解】由题意得，，‎ 由于回归直线过样本的中心点，所以，，解得，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查回归直线方程的应用，解题时要熟悉回归直线过样本中心点这一结论的应用，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎6. 在一段线路中并联着两个独立自动控制的开关，只要其中一个开关能够闭合，线路就可以正常工作.设这两个开关能够闭合的概率分别为0.5和0.7，则线路能够正常工作的概率是（ ）‎ A. 0.35 B. 0.65 C. 0.85 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：线路能够了正常工作的概率=,故选C.‎ 考点：独立事件，事件的关系与概率.‎ ‎7.的展开式中的系数为（ ）‎ A. -80 B. -40 C. 40 D. 80‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意分别找到展开式中和的系数，然后相加得到项的系数.‎ ‎【详解】要求的展开式中的系数 则中与展开式中相乘，以及中与展开式中相乘 而展开式中，项为，‎ 项为.‎ 所以的展开式中的项为 故选C项 ‎【点睛】本题考查二项式展开式与多项式相乘，其中某一项的系数，属于基础题.‎ ‎8.一个停车场有5个排成一排的空车位，现有2辆不同的车停进这个停车场，若停好后恰有2个相邻的停车位空着，则不同的停车方法共有 A. 6种 B. 12种 C. 36种 D. 72种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分类讨论,利用捆绑法、插空法,即可得出结论.‎ ‎【详解】把空着的2个相邻的停车位看成一个整体，即2辆不同的车可以停进4个停车场，‎ 由题意,若2辆不同的车相邻,则有种方法 若2辆不同的车不相邻,则利用插空法,2个相邻的停车位空着,利用捆绑法,‎ 所以有种方法，不同的停车方法共有：种， 综上,共有12种方法， 所以B选项是正确的.‎ 本题考查排列、组合的综合应用,注意空位是相同的,是关键.‎ ‎9.甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为 ‎，且各局比赛结果相互独立.则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为（ 　 ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 记事件甲获得冠军，事件比赛进行三局，计算出事件的概率和事件的概率，然后由条件概率公式可得所求事件的概率为.‎ ‎【详解】记事件甲获得冠军，事件比赛进行三局，‎ 事件甲获得冠军，且比赛进行了三局，则第三局甲胜，前三局甲胜了两局，‎ 由独立事件的概率乘法公式得，‎ 对于事件，甲获得冠军，包含两种情况：前两局甲胜和事件，‎ ‎，，故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用条件概率公式计算事件的概率，解题时要理解所求事件的之间的关系，确定两事件之间的相对关系，并利用条件概率公式进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎10.为了落实中央提出的精准扶贫政策，永济市人力资源和社会保障局派人到开张镇石桥村包扶户贫困户，要求每户都有且只有人包扶，每人至少包扶户，则不同的包扶方案种数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分组再排序，可得知这人所包扶的户数分别为、、或、、，然后利用分步计数原理可得出所求方案的数目.‎ ‎【详解】由题意可知，这人所包扶的户数分别为、、或、、，‎ 利用分步计数原理知，不同的包扶方案种数为，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查排列组合的综合问题，考查分配问题，求解这类问题遵循先分组再排序的原则，再分组时，要注意平均分组的问题，同时注意分步计数原理的应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎11.在一个6×6的表格中放3颗完全相同的白棋和3颗完全相同的黑棋，若这6颗棋子不在同一行也不在同一列上，则不同的放法有 A. 14400种 B. 518400种 C. 720种 D. 20种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据题意，在6×6的棋盘中，第一颗棋子有6×6种放法，‎ 由于任意两颗棋子不在同一行且不在同一列，则第二颗棋子有5×5种放法，第三颗棋子有4×4种放法，第四颗棋子有3×3种放法，第五颗棋子有2×2种放法，第六颗棋子有1种放法，‎ 又由于3颗黑子是相同的，3颗白子之间也是相同的，‎ 故6颗棋子不同的排列方法种数为种；‎ 故选A.‎ 点睛：在排列组合问题中，遇见元素相同的排列时，一般可以将两个元素看作不同元素，排列结束后除以相同元素的全排列即可，比如有两个元素相同即除以，如三个元素相同即除以.‎ ‎12.一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为，得2分的概率为，得0分的概率为0.5（投篮一次得分只能3分、2分、1分或0分），其中、，已知他投篮一次得分的数学期望为1，则的最大值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设这个篮球运动员得1分的概率为c，由题设知 ，解得2a+b=0.5，再由均值定理能求出ab的最大值．‎ ‎【详解】设这个篮球运动员得1分的概率为c，  ∵这个篮球运动员投篮一次得3分的概率为a，得2分的概率为b，得0分的概率为0.5，  投篮一次得分只能3分、2分、1分或0分，他投篮一次得分的数学期望为1，  ∴ ，  解得2a+b=0.5，  ∵a、b∈（0，1），  ∴ = = ，  ∴ab ，  当且仅当2a=b= 时，ab取最大值 ．  故选D．  点评：本题考查离散型随机变量的分布列和数学期的应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答，注意均值定理的灵活运用．‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）．‎ ‎13.已知随机变量，且，则__________．‎ ‎【答案】128‎ ‎【解析】‎ 分析：根据二项分布的期望公式，求得，再根据方差公式求得 ‎，再根据相应的方差公式求得结果.‎ 详解：随机变量，且，‎ 所以，且，解得，‎ 所以，‎ 所以，故答案是.‎ 点睛：该题考查的是有关二项分布的期望和方差的问题，在解题的过程中，注意对二项分布的期望和方差的公式要熟记，正确求解p的值是解题的关键.‎ ‎14.已知某电子元件的使用寿命（单位：小时）服从正态分布，那么该电子元件的使用寿命超过1000小时的概率为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由正态分布曲线是关于直线对称的可知：电子元件的使用寿命服从正态分布，那么该电子元件的使用寿命超过1000小时的概率为，又，所以．‎ 故答案为：．‎ 考点：正态分布．‎ ‎15.展开式中奇数次幂系数和为，则的值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将二项式表示为，利用偶数次幂和奇数次幂系数和均为，可得出展开式中奇数次幂系数和为，由此计算出实数的值.‎ ‎【详解】将二项式表示为，‎ 因为的偶数次幂和奇数次幂系数和均为，‎ 的奇数次幂的系数和为的奇数次幂的系数和与的乘积，‎ 的奇数幂的系数和等于的偶数次幂的系数和，则有，‎ 解得，故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查二项式中奇数次幂的系数和，解题时要将二项式展开，将问题转化为的奇数次幂和偶数次幂的系数和问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎16.有粒种子分种在个坑内，每坑放粒，每粒种子发芽概率为，若一个坑内至少有粒种子发芽，则这个坑不需要补种；若一个坑内的种子都没有发芽，则这个坑需要补种，假定每个坑至多补种一次，需要补种的坑数为的概率等于_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算出粒种子都没有发芽的概率，即得出每个坑需要补种的概率，然后利用独立重复试验的概率得出所求事件的概率.‎ ‎【详解】由独立事件的概率乘法公式可知，粒种子没有粒发芽的概率为，‎ 所以，一个坑需要补种的概率为，‎ 由独立重复试验的概率公式可得，需要补种的坑数为的概率为，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查独立事件概率乘法公式的应用，同时也考查了独立重复试验恰有次发生的概率，要弄清楚事件的基本类型，并结合相应的概率公式进行计算，考查分析问题和理解问题的能力，属于中等题.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎17.以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知某圆的极坐标方程为.‎ ‎（1）将极坐标方程化为直坐标方程，并选择恰当的参数写出它的参数方程；‎ ‎（2）若点在该圆上，求的最大值和最小值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）最大值为，最小值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用两角差的余弦值将圆的极坐标方程展开，并由，代入可得出圆的普通方程，并将圆的方程表示为标准方程，可得出圆的参数方程；‎ ‎（2）设，，代入，利用三角恒等变换思想将代数式化简，可得出的最大值和最小值.‎ ‎【详解】（1），即，‎ 即，‎ 所以，圆的普通方程为，其标准方程为，‎ 因此，圆的参数方程为（为参数）；‎ ‎（2）设，，‎ 则，‎ 的最大值为，最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程、参数方程与普通方程的互化，以及圆的参数方程的应用，解题时要熟悉圆的参数方程与极坐标形式，并熟悉圆的参数方程的应用，结合三角恒等变换思想进行求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎18.某农科所对冬季昼夜温差大小与某反季节大豆新品种发芽多少之间的关系进行分析研究，他们分别记录了月日至月日的每天昼夜温差与实验室每天每颗种子中的发芽数，得到如下资料：‎ 日期 月日 月日 月日 月日 月日 温差 发芽数（颗）‎ 该农科所确定的研究方案是：先从这五组数据中选取组，用剩下的组数据求线性回归方程，再对被选取的组数据进行检验.‎ ‎（1）求选取的组数据恰好是不相邻天数据的概率；‎ ‎（2）若选取的是月日与月日的两组数据，请根据月日至月日的数据，求出关于的线性回归方程；‎ ‎（3）若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过颗，则认为得到的线性回归方程是可靠的，试问（2）中所得的线性回归方程是否可靠？‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）是.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）记事件为“选取的且数据恰好是不相邻天的数据”，利用古典概型的概率公式计算出，再利用对立事件的概率公式可计算出；‎ ‎（2）计算、的值，再利用最小二乘法公式求出回归系数和的值，即可得出回归直线方程；‎ ‎（3）分别将和代入回归直线方程，计算出相应的误差，即可对所求的回归直线方程是否可靠进行判断.‎ ‎【详解】（1）设事件表示“选取的且数据恰好是不相邻天的数据”，‎ 则表示“选取的数据恰好是相邻天的数据”，基本事件总数为，‎ 事件包含的基本事件数为，‎ ‎，；‎ ‎（2）由题表中的数据可得，.‎ ‎，.‎ ‎，，‎ 因此，回归直线方程为；‎ ‎（3）由（2）知，当时，，误差为；‎ 当时，，误差为.‎ 因此，所求得的线性回归方程是可靠的.‎ ‎【点睛】本题考查古典概型概率的计算，考查回归直线方程的求解与回归直线方程的应用，在求回归直线方程时，要熟悉最小二乘法公式的意义，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎19.为了解共享单车在市的使用情况，某调查机构借助网络进行了问卷调查，并从参与调查的网友中随机抽取了人进行分析，得到如下列联表（单位：人）.‎ 经常使用 偶尔使用或不使用 合计 岁及以下 岁以上 合计 ‎（1）根据以上数据，能否在犯错误的概率不超过的前提下认为市使用共享单车的情况与年龄有关；‎ ‎（2）（i）现从所选取的岁以上的网友中，采用分层抽样的方法选取人，再从这人中随机选出人赠送优惠券，求选出的人中至少有人经常使用共享单车的概率；‎ ‎（ii）将频率视为概率，从市所有参与调查的网友中随机选取人赠送礼品，记其中经常使用共享单车的人数为，求的数学期望和方差.‎ 参考公式：，其中.‎ 参考数据：‎ ‎【答案】（1）能；（2）（i）；（ii）数学期望为，方差为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用列联表中数据计算出的观测值，再将观测值与进行大小比较，可对题中的结论进行判断；‎ ‎（2）（i）先利用分层抽样方法计算出人中经常使用共享单车和偶尔使用或不使用共享单车的人数，然后利用古典概型的概率公式计算出所求事件的概率；‎ ‎（ii）先由列联表计算出经常使用共享单车的网友的频率为，由题意得出随机变量服从于二项分布，利用二项分布的数学期望公式和方差公式可计算出结果.‎ ‎【详解】（1）由列联表可知，，‎ ‎，‎ 能在犯错误的概率不超过的前提下认为市使用共享单车的情况与年龄有关；‎ ‎（2）（i）依题意，可知所选取的名岁以上的网友中，‎ 经常使用共享单车的有人，偶尔使用或不使用共享单车的有人. ‎ 则选出的人中至少有人经常使用共享单车的概率；‎ ‎（ii）由列联表可知选到经常使用共享单车的网友频率为，‎ 将频率视为概率，即从市所有参与调查的网友中任意选取人，恰好选到经常使用共享单车的网友的概率为.‎ 由题意得，，.‎ ‎【点睛】本题考查独立性检验思想的应用，考查古典概型概率公式的应用，以及二项分布的数学期望和方差公式的应用，解题时要弄清随机变量所服从的分布列，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎20.在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）写出曲线C的极坐标方程；‎ ‎（2）设点M的极坐标为，过点M的直线与曲线C交于A、B两点，若，求．‎ ‎【答案】（1）；（2）3.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由曲线C的参数方程先求出曲线C的直角坐标方程，由此能求出曲线C的极坐标方程． （2）先求出直线l的参数方程，与曲线C的直角坐标方程联立，得t2+2（cosθ-sinθ）t-2=0，由此能求出AB的弦长．‎ 试题解析：‎ ‎（1）由（为参数），得，即，所以 .‎ ‎（2）M的极坐标为，M的直角坐标为(1, 1)‎ 设直线的参数方程是（为参数）‎ 曲线的直角坐标方程是，‎ 联立方程可得，设是方程的两根，则，‎ 且，所以，则或，‎ 所以 ‎21.乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换，每次发球，胜方得1分，负方得0分，设在甲、乙比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立.甲、乙的一局比赛中，甲先发球.‎ ‎（1）求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率；‎ ‎（2）表示开始第4次发球时乙得分，求的期望.‎ ‎【答案】（1）0.352；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 记表示事件：第1次和第2次这两次发球，甲共得分，；表示事件：第3次发球，甲得1分；表示事件：开始第4次发球时，甲乙的比分为1比2.（1）“开始第4次发球时，甲乙的比分为1比2”包括以下两种情况：前2次甲得0分第3次得1分和前2次甲得1分第3次得0分,即.根据互斥事件与独立事件的概率的求法即可得其概率；（2）开始第4次发球时，前面共发球3次，所以乙的得分最多为3分，即的可能取值为0，1，2，3.，都很易求出，在（1）题中已经求得，最麻烦，可用对立事件的概率公式求得，即，然后根据期望的公式求得期望.‎ ‎【详解】记表示事件：第1次和第二次这两次发球，甲共得分，；‎ 表示事件：第3次发球，甲得1分；‎ 表示事件：开始第4次发球时，甲乙的比分为1比2.‎ ‎（1）.‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎（2）.‎ 的可能取值为0，1，2，3.‎ ‎.‎ ‎.‎ ‎.‎ ‎.（或）‎ ‎.‎ 考点：1、独立事件的概率；2、随机变量的期望.‎ ‎【命题意图】本试题主要是考查了关于独立事件的概率的求解，以及分布列和期望值问题，首先要理解发球的具体情况，然后对于事件的情况分析，讨论，并结合独立事件的概率求解结论.‎ ‎【点评】首先从试题的选材上来源于生活，同学们比较熟悉的背景，同时建立在该基础上求解进行分类讨论的思想的运用，以及能结合独立事件的概率公式求解分布列的问题，情景比较亲切，容易入手，但是在讨论情况的时候，容易丢情况.‎ ‎22.某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在，，，，，（单位：克）中，经统计得频率分布直方图如图所示.‎ ‎(1)现按分层抽样从质量为，的芒果中随机抽取个，再从这个中随机抽取个，记随机变量表示质量在内的芒果个数，求的分布列及数学期望.‎ ‎(2)以各组数据中间数代表这组数据的平均值，将频率视为概率，某经销商来收购芒果，该种植园中还未摘下的芒果大约还有个，经销商提出如下两种收购方案：‎ A：所以芒果以元/千克收购；‎ B：对质量低于克的芒果以元/个收购，高于或等于克的以元/个收购.‎ 通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）个芒果中，质量在和内的分别有个和个.‎ 则的可能取值为，分别求出各随机变量对应的概率，从而可得的分布列，利用期望公式可求得的数学期望；（2）分别求出两种方案获利的数学期望（即平均值），比较两个平均值的大小，平均值较大的方案获利更大.‎ 试题解析：（1）9个芒果中，质量在和内的分别有6个和3个.‎ 则的可能取值为0,1,2,3.‎ ‎，，‎ ‎，‎ 所以的分布列为 的数学期望.‎ ‎（2）方案A： ‎ 方案B：‎ 低于250克：元 高于或等于250克元 总计元 由，故B方案获利更多，应选B方案.‎ ‎【方法点睛】本题主要考查直方图的实际应用以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题. 求解离散型随机变量的分布列与数学期望的问题，首先要理解问题的关键，其次要准确无误的随机变量的所以可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关；（3）公式应用关.‎ ‎ ‎