《内蒙古翁牛特旗2018-2019学年高二下学期期中考试数学（理）试题附答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《内蒙古翁牛特旗2018-2019学年高二下学期期中考试数学（理）试题附答案（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、内蒙古翁牛特旗乌丹第二中学2018-2019学年度第二学期期中考试高二数学（理）本试卷分第卷和第卷两部分，共150分，考试时间120分钟 分卷I1、 选择题(共12小题,每小题5.0分,共60分) 1.复数zi(i1)(i为虚数单位)的共轭复数是()A 1i B 1i C 1i D 1i2.命题“xR，f(x)g(x)0”的否定是()来源:学科网ZXXKA xR，f(x)0且g(x)0 B xR，f(x)0或g(x)0C x0R，f(x0)0且g(x0)0 D x0R，f(x0)0或g(x0)03.9件产品中，有4件一等品，3件二等品，2件三等品，现在要从中抽出4件产品来检查，至少有两件一等品
2、的种数是()A B C D.4.展开式中的常数项为()A 80 B 80 C 40 D 405.已知函数yf(x)的图象在点M(1，f(1)处的切线方程是yx2，则f(1)f(1)的值等于()A 1 B C 3 D 06.甲、乙、丙三人独立地去译一个密码，分别译出的概率为，则此密码能译出的概率是()A B C D7.如图所示，直线l：x2y20过椭圆的左焦点F1和一个顶点B，该椭圆的离心率为()A B C D8.现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为()A 232 B 252 C 472 D
3、 4849.某学生参加一次选拔考试，有5道题，每题10分.已知他解题的正确率为，若40分为最低分数线，则该生被选中的概率是()A B C D 110.若离散型随机变量X的分布列为则常数c的值为()A或 B C D 111.从学校乘汽车到火车站的途中有3个交通岗，假设在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是，设为途中遇到红灯的次数，则随机变量的方差为( )A B C D12.若随机变量的分布列为，其中m(0,1)，则下列结果中正确的是()A E()m，D() BE()n，D()CE()1m，D()m DE()1m，D()分卷II二、填空题(共4小题,每小题5.0分,共20分) 13.
4、在的展开式中，x2的系数为_14.在某项测量中，测量结果服从正态分布N(1，)(0)若在(0,1)内取值的概率为0.4，则在(0,2)内取值的概率为_15.若对于变量y与x的10组统计数据的回归模型中，相关指数R20.95，又知残差平方和为120.53，那么(yi)2的值为_16.已知随机变量B(n，p)，若E()4，23，D()3.2，则P(2)_.三、解答题(共6小题,17题10分，18-22题每题12分,共72分) 17.一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可从09中任选一个.某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字.求：(1)任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率
5、.(2)如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率.来源:学科网18.设在12件同类型的零件中有2件次品，抽取3次进行检验，每次抽取1件，并且取出后不再放回，若以和分别表示取到的次品数和正品数(1)求的分布列、均值和方差；(2)求的分布列、均值和方差19.通过市场调查，得到某产品的资金投入x(万元)与获得的利润y(万元)的数据，如下表所示：(1)画出资金对应的散点图；(2)根据上表提供的数据，用最小二乘法求线性回归方程bxa；(3)现投入10(万元)，求估计获得的利润为多少万元附来源:学|科|网Z|X|X|K20.甲乙两个班级均为40人，进行一门考试后，按学生考试成绩及格与不及格进
6、行统计，甲班及格人数为36，乙班及格人数为24.(1)根据以上数据建立一个列联表；(2)能否判断在犯错误率不超过0.005的前提下认为成绩与班级有关系？参考公式：K2，nabcd.21. 已知函数f(x)xlnx(e为无理数，e2.718)(1)求函数f(x)在点(e，f(e)处的切线方程；(2)设实数a，求函数f(x)在a,2a上的最小值22.已知椭圆C的两个焦点分别为F1(1,0)、F2(1,0)，短轴的两个端点分别为B1、B2.(1)若F1B1B2为等边三角形，求椭圆C的方程；(2)若椭圆C的短轴长为2，过点F2的直线l与椭圆C相交于P、Q两点，且，求直线l的方程 高二理数 答案解析1.
7、【答案】A【解析】zi(i1)i1i，其共轭复数为1i.2.【答案】D【解析】根据全称命题与特称命题互为否定的关系可得：命题“xR，f(x)g(x)0”的否定是“x0R，f(x0)0或g(x0)0”，故选D.3.【答案】D【解析】有两件一等品的种数，有三件一等品的种数，有四件一等品的种数，所以至少有两件一等品的种数是，故选D.4.【答案】C【解析】Tk1(x2)5k(2)kx105k，令105k0得k2.常数项为T3(2)240.5.【答案】C【解析】由已知点M(1，f(1)在切线上，所以f(1)2，切点处的导数为切线斜率，所以f(1)，即f(1)f(1)3.6.【答案】C【解析】用A，B，C
8、分别表示甲、乙、丙三人破译出密码，则P(A)，P(B)，P(C)，且PPPP.此密码被译出的概率为1.7【答案】D【解析】由条件知，F1(2,0)，B(0,1)，b1，c2，a，e.8.【答案】C【解析】利用分类加法计数原理和组合的概念求解分两类：第一类，含有1张红色卡片，共有不同的取法264(种)；第二类，不含有红色卡片，共有不同的取法322012208(种)由分类加法计数原理知不同的取法有264208472(种)9.【答案】C【解析】该生被选中包括“该生做对4道题”和“该生做对5道题”两种情形.故所求概率为P.故选C.10.【答案】C【解析】由分布列的性质得：解得c.11.【答案】B【解析
9、】由题意得服从二项分布：B，D()3.故选B.12.【答案】C【解析】mn1，E()n1m，D()mnm.13.【答案】【解析】的展开式的通项Tk1x6kx62k，当62k2时，k2，所以x2的系数为.来源:Zxxk.Com14.【答案】0.8【解析】服从正态分布(1，)，在(0,1)与(1,2)内取值的概率相同均为0.4.在(0,2)内取值概率为0.40.40.8.15.【答案】2 410.6【解析】依题意有0.951，所以(yi)22 410.6.16.【答案】【解析】由已知np4,4np(1p)3.2，n5，p0.8， P(2).17.【答案】设第i次按对密码为事件Ai(i1,2)，则A
10、A1表示不超过2次就按对密码.(1)因为事件A1与事件A2互斥，由概率的加法公式得P(A)P(A1)P.(2)用B表示最后一位按偶数，则P(A|B)P(A1|B)P.【解析】18.【答案】见解析【解析】(1)的可能取值为0,1,2，0表示没有取出次品，故P(0)1表示取出的3个产品中恰有1个次品，所以p(1)同理P(2)所以，的分布列为来源:学科网E()012，D()(2)的取值可以是1,2,3，且有3P(1)P(2)，P(2)P(1)，P(3)P(0)，所以，的分布列为E()E(3)3E()3，D()D(3)D()19.【答案】(1)由数据可得对应的散点图如图(2)4，5，1.7，所以1.8
11、，所以回归直线方程为1.7x1.8.(3)当x10时，15.2，所以投资10万元，估计可获的利润为15.2万元【解析】20.【答案】(1)22列联表如下：(2)K29.67.879，由P(K27.879)0.005，所以有99.5%的把握认为成绩与班级有关系.【解析】21.【答案】(1)f(x)xlnx，x0，f(x)lnx1，f(e)e，f(e)2，yf(x)在(e，f(e)处的切线方程为y2(xe)e，即y2xe.(2)f(x)lnx1，令f(x)0，得x，当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增，当a时，f(x)在a,2a上单调递增，f(x)minf(a)alna，当a时，ab0)根据题意知，a2b，a2b21，解得a2，b2，故椭圆C的方程为1.(2)易求得椭圆C的方程为y21.当直线l的斜率不存在时，其方程为x1，不符合题意；当直线的斜率存在时，设直线l的方程为yk(x1)由得(2k21)x24k2x2(k21)0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，x1x2，(x11，y1)，(x21，y2)因为，所以0，即(x11)(x21)y1y2x1x2(x1x2)1k2(x11)(x21)(k21)x1x2(k21)(x1x2)k210，解得k2，即k.故直线l的方程为xy10或xy10.【解析】- 9 -
