高二数学上学期期中试题 理38

湘潭市一中20162017学年度下学期期中考试高二数学（理）试卷 一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一个正确每小题5分，共60分）1已知集合，则 （ ）A B C D2若，则等于 （ ） A B3 C D3. 6本相同的数学书和3本相同的语文书分给9个人,每人1本,共有不同分法( )A.C B.A C. A D. AA44张卡片上分别写有数字1,2,3,4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为 ( )A. B. C. D.5若不等式在上恒成立,则的取值范围是 （ ）A. B. C. D. 6某市期末教学质量检测，甲、乙、丙三科考试成绩近似服从正态分布，则由如图曲线可得下列说法中正确的是（ ）甲学科总体的方差最小 丙学科总体的均值最小乙学科总体的方差及均值都居中甲、乙、丙的总体的均值不相同7在西非肆虐的“埃博拉病毒”的传播速度很快，这已经成为全球性的威胁为了考察某种埃博拉病毒疫苗的效果，现随机抽取100只小鼠进行试验，得到如下列联表：感染未感染总计服用104050未服用203050总计30701000100050025270638415024附表： 参照附表，下列结论正确的是（ ）A. 在犯错误的概率不超过的前提下，认为“小动物是否被感染与有没有服用疫苗有关”；B在犯错误的概率不超过的前提下，认为“小动物是否被感染与有没有服用疫苗无关”；C有的把握认为“小动物是否被感染与有没有服用疫苗有关”；D有的把握认为“小动物是否被感染与有没有服用疫苗无关”8如图1，已知正方体ABCDA1B1ClD1的棱长为a，动点M、N、Q分别在线段上.当三棱锥Q-BMN的俯视图如图2所示时，三棱锥Q-BMN的正视图面积等于（ ）A. B. C. D. 9下列四个结论，其中正确的有 （ ）个已知，则；过原点作曲线的切线，则切线方程为（其中为自然对数的底数）；已知随机变量，且，则已知为正偶数，用数学归纳法证明等式时，若假设时，命题为真，则还需利用归纳假设再证明时等式成立，即可证明等式对一切正偶数都成立在回归分析中，常用来刻画回归效果，在线性回归模型中，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，越接近1，表示回归的效果越好A2B3 C4 D5 10考察底为等腰直角三角形的直三棱柱的9条棱，甲从这9条棱中任选一条，乙从这9条棱中任选一条，则这两条棱互相垂直的概率为 （ ）A B C D11将4个相同的红球和4个相同的蓝球排成一排，从左到右每个球依次对应序号为1，2，8，若同颜色的球之间不加区分，则4个红球对应序号之和小于4个蓝球对应序号之和的排列方法种数为 （ ）A31 B27 C54 D62 12在右图所示的电路中，5只箱子表示保险匣，箱中所示数值表示通电时保险丝被切断的概率，当开关合上时，电路畅通的概率是 ( )A B C D 二、填空题（每小题5分，共20分）13若，则 。（用数字作答）。14由数字1，3，4，6，五个数字组成没有重复数字的五位数，所有这些五位数各位上的数字之和的总值为2640，则 15已知x为实数，则的最大值为 16将一个骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数依次成等差数列的概率为 三、解答题：本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17. （本大题满分12分）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，算得，.（1）求家庭的月储蓄对月收入的线性回归方程；（2）判断变量与之间是正相关还是负相关；（3）若该居民区某家庭月收入为7千元，预测该家庭的月储蓄.附：线性回归方程中，18.（本大题满分12分） 一批零件中有10个合格品和2个次品，安装机器时从这批零件中逐个任选，取取到2个合格品才能安装成功，若取出次品，则不再放回.（1）求最多取3次零件就能安装成功的概率；（2）求安装成功前已取出的次品数的概率分布，期望和方差. 19. （本大题满分12分） 如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，,E，F分别是BC, PC的中点.(1)证明：AEPD; (2)若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，求二面角EAFC的余弦值.20. （本大题满分12分）电视传媒公司为了解某地区电视观众对某类体育节目的收视情况，随机抽取了100名观众进行调查.下面是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方图：将日均收看该体育节目时间不低于40分钟的观众称为“体育迷”. (1)根据已知条件完成下面的列联表，并据此资料你是否认为“体育迷”与性别有关？ (2)将上述调查所得到的频率视为概率.现在从该地区大量电视观众中，采用随机抽样方法每次抽取1名观众，抽取3次，记被抽取的3名观众中的“体育迷”人数为X.若每次抽取的结果是相互独立的，求X的分布列，期望和方差. 附： 21. （本大题满分12分）现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答。(1)求张同学至少取到1道乙类题的概率；(2)已知所取到的3道题中有2道甲类题，1道乙类题。设张同学答对每道甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立。用表示张同学答对题的个数，求的分布列和数学期望。 22. （本大题满分10分）已知函数()=(1)若不等式()3的解集为-15，求实数的值；(2)在(1)的条件下，若()+()对一切实数恒成立，求实数的取值范围. 高二数学（理）试卷参考答案一 选择题：ABABC AABBC AA二填空题 1331； 14； 15； 16三、解答题：本大题共6个小题，共80分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17 18.解（1）取2次能安装成功的概率为：=；恰好取3次安装成功的概率为：+=； 最多取3次成功的概率为：P =+=.（2）P (= 0) =；P (= 1) =；P (= 2) = 1=； E= 1+ 2=. D= E2(E)2 = 1+ 4()2 =.19. 解 (1)证明：由四边形ABCD为菱形，ABC=60，可得ABC为正三角形.因为 E为BC的中点，所以AEBC.又 BCAD，因此AEAD.因为PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以PAAE.而PA平面PAD，AD平面PAD 且PAAD=A，所以AE平面PAD，又PD平面PAD.所以AEPD.(2)解：设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH.由(1)知 AE平面PAD，则EHA为EH与平面PAD所成的角.在RtEAH中，AE=，所以当AH最短时，EHA最大，即当AHPD时，EHA最大.此时tanEHA=因此AH=.又AD=2，所以ADH=45，所以PA=2.解法一：因为 PA平面ABCD，PA平面PAC，所以平面PAC平面ABCD.过E作EOAC于O，则EO平面PAC，过O作OSAF于S，连接ES，则ESO为二面角E-AF-C的平面角，在RtAOE中，EO=AEsin30=，AO=AEcos30=,又F是PC的中点，在RtASO中，SO=AOsin45=,又 在RtESO中，cosESO=即所求二面角的余弦值为解法二：由(1)知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E、F分别为BC、PC的中点，所以E、F分别为BC、PC的中点，所以A（0，0，0），B（，-1，0），C（C，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（，0，0），F（），所以设平面AEF的一法向量为则因此取因为BDAC，BDPA，PAAC=A，所以BD平面AFC，故为平面AFC的一法向量.又=（-），所以 cosm, =因为 二面角E-AF-C为锐角，所以所求二面角的余弦值为20. 解 ()由所给的频率分布直方图知，“体育迷”人数为，“非体育迷”人数为75，则据题意完成列联表：非体育迷体育迷合计男301545女451055合计7525100将列联表的数据代入公式计算： .因为，所以没有理由认为“体育迷”与性别有关.（）由频率分布直方图知，抽到“体育迷”的频率为0.25，将频率视为概率，即从观众中抽取一名“体育迷”的概率为.由题意，从而的分布列为X0123PX的数学期望为，X的方差为. 21. 解记事件“张同学所取的3道题至少取到1道乙类题”；则“张同学所取的3道题全为甲类题”；事件“张同学所取的3道题全为甲类题”共有种取法；而“从10道题中任取3道题”共有种取法；所以故所以张同学至少取到1道乙类题的概率为张同学答对题的个数的可能值为0，1，2，3.表示张同学没有答对一道题，;表示张同学答对一道题，包含以下两种可能，“答对一道甲类题”、“答对一道乙类题”，因此;表示张同学答对二道题，包含以下两种可能，“答对二道甲类题”、“答对一道甲类题和一道乙类题”，因此;表示张同学所取得的三道题全部答对，因此;所以的分布列为0123故的数学期望为 22.解（1） ，对应系数得；（2）令g（x）=f（x）+f（x+5），结合的图象，所以，故.