《宁夏银川市2019-2020学年高二数学下学期期末考试试题理含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《宁夏银川市2019-2020学年高二数学下学期期末考试试题理含解析（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、宁夏银川市宁夏大学附属中学2019-2020学年高二数学下学期期末考试试题 理（含解析）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
2、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
3、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. 3B. 4C. 10D. 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
4、，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】
5、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
6、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 (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
7、，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
8、（为参数）所截得的弦长为（ ）A. 6B. 5C. 8D. 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：曲线C恰好
9、经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；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. B. C. D. 【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. 结论正确.如图所示,易知,四边形
10、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
11、，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
12、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：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；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；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；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】【解析】【分析】在回归分析中，根据相关指数
13、越大，模型的拟合效果越好即可判断；根据离散型随机变量的概念即可判断；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；根据相互独立事件的定义即可判断.【详解】解：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，故正确；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，故错误；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，故正确；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
14、、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：.【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
