《（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學大一輪復習 第十二章 概率、隨機變量及其分布 模擬試卷（二）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學大一輪復習 第十二章 概率、隨機變量及其分布 模擬試卷（二）（含解析）（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、模擬試卷(二) (時間：120分鐘　滿分：150分) 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．復數(shù)z滿足(3－2i)z＝4＋3i(i為虛數(shù)單位)，則復數(shù)在復平面內對應的點位于(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 答案　A 解析　由題意得，z＝＝＝＋，則復數(shù)z在復平面內對應的點位于第一象限，故選A. 2.若集合A＝{x|3－2x<1}，B＝{x|3x－2x2≥0}，則A∩B等于(　　) A．(1,2] B.C.D．(1，＋∞) 答案　C 解析　因為A＝{x|x>1}，B＝， 所以A∩B＝.故選C. 3．命題“?x0∈N，使

2、得lnx0(x0＋1)<1”的否定是(　　) A．?x∈N，都有l(wèi)nx0(x0＋1)<1 B．?x?N，都有l(wèi)nx(x＋1)≥1 C．?x0∈N，都有l(wèi)nx0(x0＋1)≥1 D．?x∈N，都有l(wèi)nx(x＋1)≥1 答案　D 解析　由于特稱命題的否定為全稱命題，所以“?x0∈N，使得ln x0(x0＋1)<1”的否定為“?x∈N，都有l(wèi)nx(x＋1)≥1”．故選D. 4．已知等比數(shù)列{an}中，a3＝2，a4a6＝16，則的值為(　　) A．2B．4C．8D．16 答案　B 解析　a5＝±＝±＝±4， ∵q2＝>0，∴a5＝4，q2＝2， 則＝q4＝4. 5．袋子中有

3、四個小球，分別寫有“和、平、世、界”四個字，有放回地從中任取一個小球，直到“和”“平”兩個字都取到就停止，用隨機模擬的方法估計恰好在第三次停止的概率．利用電腦隨機產(chǎn)生0到3之間取整數(shù)值的隨機數(shù)，分別用0,1,2,3代表“和、平、世、界”這四個字，以每三個隨機數(shù)為一組，表示取球三次的結果，經(jīng)隨機模擬產(chǎn)生了以下24個隨機數(shù)組： 232321230023123021132220011203331100 231130133231031320122103233221020132 由此可以估計，恰好第三次就停止的概率為(　　) A.B.C.D. 答案　A 解析　由題意可知，滿足條件的隨機數(shù)組中

4、，前兩次抽取的數(shù)中必須包含0或1，且0與1不能同時出現(xiàn)，出現(xiàn)0就不能出現(xiàn)1，反之亦然，第三次必須出現(xiàn)前面兩個數(shù)字中沒有出現(xiàn)的1或0，可得符合條件的數(shù)組只有3組：021,130,031，故所求概率為P＝＝.故選A. 6．△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若3sinA＝2sinC，b＝5，cosC＝－，則a等于(　　) A．3B．4C．6D．8 答案　C 解析　因為3sinA＝2sinC， 所以由正弦定理可得3a＝2c， 設a＝2k(k>0)，則c＝3k. 由余弦定理得cosC＝＝＝－， 解得k＝3，從而a＝6.故選C. 7．函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)其中的

5、部分圖象如圖所示，為了得到g(x)＝sin2x的圖象，則只需將f(x)的圖象(　　) A．向右平移個單位長度 B．向右平移個單位長度 C．向左平移個單位長度 D．向左平移個單位長度 答案　A 解析　由f(x)＝Asin(ωx＋φ)的圖象可知A＝1， 根據(jù)＝·＝－，可得ω＝2， 再根據(jù)五點作圖法，可得2×＋φ＝π，解得φ＝， 所以f(x)＝sin＝sin2， 因此f(x) 向右平移個單位長度，可得g(x)＝sin2x的圖象． 8．某單位為了解用電量(度)與氣溫(℃)之間的關系，隨機統(tǒng)計了某4天的用電量與當天氣溫，并制作了對照表： 氣溫x(℃) 18 13 10

6、 －1 用電量y(度) 24 34 38 64 由表中數(shù)據(jù)得線性回歸方程＝x＋中＝－2 ，預測當溫度為5 ℃時，用電量的度數(shù)約為(　　) A．64B．66C．68D．70 答案　D 解析　由已知＝10，＝40，將其代入線性回歸方程得40＝－2×10＋?＝60，故線性回歸方程為＝－2x＋60，當x＝－5時，y＝70，故選D. 9．已知拋物線C1：x2＝2py(y>0)的焦點為F1，拋物線C2：y2＝(4p＋2)x的焦點為F2，點P在C1上，且|PF1|＝，則直線F1F2的斜率為(　　) A．－B．－C．－D．－ 答案　B 解析　因為|PF1|＝，所以＋＝，解得p＝.

7、C1：x2＝y(tǒng)，C2：y2＝4x，F(xiàn)1，F(xiàn)2(1,0)， 所以直線F1F2的斜率為＝－.故選B. 10.如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是A1D1，A1B1的中點，過直線BD的平面α∥平面AMN，則平面α截該正方體所得截面的面積為(　　) A.　　　　 B. C.　　　　 D. 答案　B 解析　取C1D1，B1C1的中點為P，Q. 易知MN∥B1D1∥BD，AD∥NP，AD＝NP， 所以四邊形ANPD為平行四邊形，所以AN∥DP. 又BD和DP為平面DBQP的兩條相交直線，所以平面DBQP∥平面AMN，即DBQP的面積即為所求． 由PQ∥

8、DB，PQ＝BD＝，所以四邊形DBQP為梯形，高h＝＝. 所以面積為(PQ＋BD)h＝.故選B. 11．體積為的三棱錐P－ABC的頂點都在球O的球面上，PA⊥平面ABC，PA＝2，∠ABC＝，則球O的表面積的最小值為(　　) A．8πB．9πC．12πD．16π 答案　C 解析　把三棱錐放在長方體中，由已知條件容易得到S△ABC＝AB×BC＝2，所以AC2＝AB2＋BC2≥2×AB×BC＝8，因此PC2＝PA2＋AC2≥12，注意PC＝2R，所以球O的表面積的最小值是12π. 故選C. 12．若函數(shù)f(x)＝－(1＋2a)x＋2lnx(a>0)在區(qū)間內有極大值，則a的取值

9、范圍是(　　) A. B．(1，＋∞) C．(1,2) D．(2，＋∞) 答案　C 解析　f′(x)＝ax－(1＋2a)＋＝ (a>0，x>0)，若f(x)在區(qū)間內有極大值， 即f′(x)＝0在內有解． 則f′(x)在區(qū)間內先大于0，再小于0， 則即 解得1

10、共有教師300人，其中中級教師有120人， ∴高級教師與初級教師的人數(shù)為300－120＝180， ∵抽取的樣本中有中級教師72人， ∴設樣本人數(shù)為n，則＝，解得n＝180， 則抽取的高級教師與初級教師的人數(shù)為180－72＝108， ∵高級教師與初級教師的人數(shù)比為5∶4. ∴該樣本中的高級教師人數(shù)為×108＝60. 14．在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，M，N為AC邊上的兩個動點(M，N不與A，C重合)，且滿足||＝，則·的取值范圍為________． 答案　 解析　不妨設點M靠近點A，點N靠近點C，以等腰直角三角形ABC的直角邊所在直線為坐標軸建立平面

11、直角坐標系，如圖所示， 則B(0,0)，A(0,2)，C(2,0)， 線段AC的方程為x＋y－2＝0(0≤x≤2)． 設M(a,2－a)，N(a＋1,1－a)(由題意可知0

12、數(shù)y＝g(x)為奇函數(shù)． ∵f(－3)＝g(－3)＋2＝7， ∴g(－3)＝－g(3)＝5， ∴g(3)＝－5， ∴f(3)＝g(3)＋2＝－5＋2＝－3. 16．(2019·南充考試)已知拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F(1,0)，直線l：y＝x＋m與拋物線交于不同的兩點A，B.若0≤m<1，則△FAB的面積的最大值是_________． 答案　 解析　由于拋物線的焦點為(1,0)，故p＝2，拋物線方程為y2＝4x，聯(lián)立得x2＋(2m－4)x＋m2＝0，x1＋x2＝4－2m，x1x2＝m2.由于直線和拋物線有兩個交點，故判別式Δ＝(2m－4)2－4m2>0，解得m<1.由

13、弦長公式得|AB|＝·＝4·.焦點(1,0)到直線x－y＋m＝0的距離為d＝.故△FAB的面積為·4··＝2·|1＋m|，由于0≤m<1，故上式可化為2＝2.令f(m)＝－m3－m2＋m＋1(0≤m<1)，f′(m)＝－3m2－2m＋1＝－(3m－1)(m＋1)，故當m∈時，函數(shù)f(m)單調遞增，當m∈時，函數(shù)f(m)單調遞減， 故當m＝時，f(m)取得最大值， 此時2＝. 三、解答題(本大題共70分) 17．(10分)如圖，AD是△ABC的外平分線，且BC＝CD. (1)求； (2)若AD＝4，CD＝5，求AB的長． 解　(1)由題設知S△ABD＝2S△ACD， sin∠

14、BAD＝sin(π－∠BAD)＝sin∠CAD， 所以＝＝ ＝＝. (2)在△ABD中，由余弦定理可得 AB2＝42＋102－2×4×10×cos∠ADB， 在△ACD中，AC2＝42＋52－2×4×5×cos∠ADB. 又AB2＝4AC2，所以cos∠ADB＝，所以AB＝2. 18．(12分)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足S1＝1，且對任意正整數(shù)n，都有＋n＝Sn＋1－Sn. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)由＋n＝Sn＋1－Sn＝an＋1， 可得Sn＋1＋n(n＋1)＝(n＋1)an＋1， 當n≥2

15、時，Sn＋n(n－1)＝nan，兩式相減， 得an＋1＋2n＝(n＋1)an＋1－nan， 整理得an＋1－an＝2， 在＋n＝an＋1中，令n＝1，得＋1＝a2，即1＋a2＋2＝2a2，解得a2＝3，所以a2－a1＝2， 所以數(shù)列{an}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列， 所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)由(1)可得bn＝＝， 所以Tn＝＋＋＋…＋＋，① 則Tn＝＋＋＋…＋＋，② ①－②，得Tn＝＋＋＋＋…＋－， 整理得Tn＝－－＝－， 所以Tn＝3－. 19．(12分)(2019·河北省衡水中學調研)在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，

16、BC＝CD＝PD＝2，AB＝4，PA⊥BD，平面PBC⊥平面PCD，M，N分別是AD，PB的中點． (1)證明：PD⊥平面ABCD； (2)求MN與平面PDA所成角的正弦值． (1)證明　取PC的中點Q， 則由CD＝PD可得DQ⊥PC， 因為平面PBC⊥平面PCD，平面PBC∩平面PCD＝PC，DQ?平面PCD，所以DQ⊥平面PBC， 故DQ⊥BC， 而CD⊥BC，CD∩DQ＝D，所以BC⊥平面PDC，可得到BC⊥PD. 連接BD，在直角梯形ABCD中，易求得BD＝2，AD＝2，而AB＝4， 則AD2＋BD2＝AB2，即BD⊥AD， 又BD⊥PA，PA∩AD＝A，可得B

17、D⊥平面PAD，所以BD⊥PD. 又BC⊥PD，BC∩BD＝B，所以PD⊥平面ABCD. (2)解　以D為原點，，，方向分別為x軸，y軸，z軸正方向建立如圖的空間直角坐標系，則D(0,0,0)，A(2，0,0)，B(0,2，0)，P(0,0,2)， M(，0,0)，N(0，，1)． 平面PAD的法向量為＝(0,2，0)，＝(－，，1)，故所求線面角的正弦值為|cos〈，〉|＝＝＝. 20．(12分)某工廠共有男女員工500人，現(xiàn)從中抽取100位員工對他們每月完成合格產(chǎn)品的件數(shù)統(tǒng)計如下： 每月完成合格產(chǎn)品的件數(shù)(單位：百件) [26,28) [28,30) [30,32)

18、 [32,34) [34,36] 頻　數(shù) 10 45 35 6 4 男員工人數(shù) 7 23 18 1 1 (1)其中每月完成合格產(chǎn)品的件數(shù)不少于3200件的員工被評為“生產(chǎn)能手”．由以上統(tǒng)計數(shù)據(jù)填寫下面的2×2列聯(lián)表，并判斷是否有95%的把握認為“生產(chǎn)能手”與性別有關？ 非“生產(chǎn)能手” “生產(chǎn)能手” 合計 男員工 女員工 合計 (2)為提高員工勞動的積極性，工廠實行累進計件工資制：規(guī)定每月完成合格產(chǎn)品的件數(shù)在定額2600件以內的，計件單價為1元；超出(0,200]件的部分，累進計件單價為1.2元；超出(20

19、0,400]件的部分，累進計件單價為1.3元；超出400件以上的部分，累進計件單價為1.4元．將這4段的頻率視為相應的概率，在該廠男員工中隨機選取1人，女員工中隨機選取2人進行工資調查，設實得計件工資(實得計件工資＝定額計件工資＋超定額計件工資)不少于3 100元的人數(shù)為Z，求Z的分布列和均值． 附：K2＝. P(K2≥k0) 0.050 0.010 0.001 k0 3.841 6.635 10.828 解　(1) 非“生產(chǎn)能手” “生產(chǎn)能手” 合計 男員工 48 2 50 女員工 42 8 50 合計 90 10 100 因為

20、K2的觀測值k＝ ＝4>3.841， 所以有95%的把握認為“生產(chǎn)能手”與性別有關． (2)當員工每月完成合格產(chǎn)品的件數(shù)為3000時， 得計件工資為2600×1＋200×1.2＋200×1.3＝3100(元)， 由統(tǒng)計數(shù)據(jù)可知，男員工實得計件工資不少于3100元的概率為p1＝， 女員工實得計件工資不少于3100元的概率為p2＝， 設2名女員工中實得計件工資不少于3100元的人數(shù)為X,1名男員工中實得計件工資在3100元以及以上的人數(shù)為Y，則X～B，Y～B， Z的所有可能取值為0,1,2,3， P(Z＝0)＝P(X＝0，Y＝0)＝2＝， P(Z＝1)＝P(X＝1，Y＝0)＋P

21、(X＝0，Y＝1) ＝C·＋2＝， P(Z＝2)＝P(X＝2，Y＝0)＋P(X＝1，Y＝1) ＝C2＋C·＝， P(Z＝3)＝P(X＝2，Y＝1)＝2×＝， 所以Z的分布列為 Z 0 1 2 3 P 故E(Z)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 21．(12分)已知F為橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點，點P(2,3)在C上，且PF⊥x軸． (1)求C的方程； (2)過F的直線l交C于A，B兩點，交直線x＝8于點M.判定直線PA，PM，PB的斜率是否依次構成等差數(shù)列？請說明理由． 解　(1)因為點P(2,3)在C上，且PF⊥x軸，所以c＝2，

22、由得 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)由題意可知直線l的斜率存在， 設直線l的方程為y＝k(x－2)， 令x＝8，得M的坐標為(8,6k). 由得(4k2＋3)x2－16k2x＋16(k2－3)＝0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有x1＋x2＝，x1x2＝.① 設直線PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3， 從而k1＝，k2＝，k3＝＝k－. 因為直線AB的方程為y＝k(x－2)，所以y1＝k(x1－2)，y2＝k(x2－2)， 所以k1＋k2＝＋＝＋－3＝2k－3×.② 把①代入②，得 k1＋k2＝2k－3×＝2k－1. 又k3＝k－，所以k1＋k

23、2＝2k3， 故直線PA，PM，PB的斜率成等差數(shù)列． 22．(12分)已知f(x)＝xlnx. (1)求f(x)的最小值； (2)若f(x)≥kx－2(k＋1)(k∈Z)對任意x>2都成立，求整數(shù)k的最大值． 解　(1)f(x)的定義域是(0，＋∞)， 令f′(x)＝lnx＋1＝0?x＝， 所以f(x)在上單調遞減，在上單調遞增， f(x)在x＝處取唯一的極小值，也是最小值f＝－. (2)f(x)≥kx－2(k＋1)?k≤(x>2)， 記g(x)＝，則g′(x)＝， 考查函數(shù)h(x)＝x－2lnx－4，h′(x)＝1－>0(x>2)，h(x)在定義域上單調遞增， 顯然有h(8)＝4－2ln 8<0，h(10)＝6－2ln 10>0，所以存在唯一的x0∈(8,10)，使得h(x0)＝x0－2ln x0－4＝0. 在(2，x0)上，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)單調遞減；在(x0，＋∞)上，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)單調遞增． 所以g(x)在x0處取唯一的極小值也是最小值g(x0)＝，注意此時h(x0)＝0?ln x0＝， 所以g(x0)＝＝(x0－2)∈(3,4)， 所以整數(shù)k的最大值可以取3. 13