青海省海东市第二中学2018-2019学年高二数学下学期7月月考试题 理（含解析）

青海省海东市第二中学2018-2019学年高二数学下学期7月月考试题理（含解析）一、选择题（60分）1.已知复数201812izi，则复数z的共轭复数的虚部为（）A.15B.25iC.25D.25i【答案】C【解析】【分析】化简z为iab的形式，再求得z的表达式，然后求其虚部.【详解】依题意2016212ii12i12i12i12i55z，故12i55z，其虚部为25，故选C.【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复共轭复数的概念，属于基础题.求解与复数概念相关问题的技巧：复数的分类、复数的相等、复数的模，共轭复数的概念都与复数的实部与虚部有关，所以解答与复数相关概念有关的问题时，需把所给复数化为代数形式，即abi的形式，再根据题意求解.2.用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法的种数为A.3B.5C.9D.12【答案】C【解析】【分析】由题意，根据币值的种数，分为三类，利用分类计数原理，即可求解。【详解】由题意，只用一种币值有2张10元，4张5元，20张1元，共3种；用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种；用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种．由分类加法计数原理得，共有3＋5＋1＝9(种)，故选C。【点睛】本题主要考查了分类计数原理的应用，其中解答中认真审题，根据币值的张数合理分类，再利用分类计数原理求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题。3.(3)(4)(9)(10)(,10)nnnnnnN可表示为（）A.93AnB.83AnC.73AnD.73Cn【答案】B【解析】(3)(4)...(9)(10)nnnn(3)(31)...(36)(37)nnnn83An，故选B．4.定积分3209xdx的值为（）A.94B.92C.3D.9【答案】A【解析】由定积分公式可得32233000199999|arcsin|0223224xxdxxx，应选答案A。5.已知函数πsincos,2fxxxxf则的值为（）A.π2B.0C.1D.1【答案】B【解析】【分析】对f（x）求导，代入π2计算即可【详解】∵f（x）＝xsinx+cosx，∴f′（x）＝sinx+xcosx﹣sinx＝xcosx，∴f′（π2）π2cosπ20；故选：B．【点睛】本题考查了导数的简单运算以及应用问题，熟记基本初等函数的求导公式，准确计算是关键，是基础题．6.某人在微信群中发一个8元“拼手气”红包，被甲、乙、丙三人抢完，若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则甲领到的钱数不少于其他任何人的概率为（）A.13B.827C.37D.518【答案】B【解析】【分析】利用隔板法得到共计有n27C21种领法，利用列举法求得甲领到的钱数不少于其他任何人的情况总数m＝8，由此能求出结果．【详解】如下图，利用隔板法，得到共计有n27C21种领法，甲领3元“甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况有2种，即乙领3元，丙领2元或丙领3元，乙领2元，记为（乙2，丙3）或（丙2，乙3）；甲领4元“甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况有3种，即（乙1，丙3）或（丙1，乙3）或（乙2，丙2）甲领5元“甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况有2种，即（乙1，丙2）或（丙1，乙2）；甲领6元“甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况只有1种，即（乙1，丙1）“甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况总数m＝2+3+2+1＝6，∴甲领取的钱数不少于其他任何人的概率p821．故选B．【点睛】本题考查概率的求法，考查隔板法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．7.2521(2)(1)xxx的展开式的常数项是（）A.-3B.-2C.2D.3【答案】D【解析】【分析】把所给的二项式展开，观察分析可得展开式中的常数项的值．【详解】55432220123455555222222111111xx21xx+2-+C1xxxxxxCCCC，∴展开式的常数项45C23.故选:D.【点睛】本题考查二项式定理的应用，求展开式中指定项的系数，属于基础题．8.离散型随机变量X的分布列中的部分数据丢失,丢失数据以x,y(x,y∈N)代替,分布列如下:X=i123456P(X=i)0.200.100.x50.100.1y0.20则P31123X等于A.0.25B.0.35C.0.45D.0.55【答案】B【解析】【分析】利用概率和为1，求出丢失数据，进而可得概率值．【详解】根据分布列的性质知,随机变量的所有取值的概率和为1,因此0.10.050.10.010.4,xy即1025xy,由,xy是0~9间的自然数可解得2,5xy故311F230.3523XPXPX.故选：B【点睛】本题考查随机变量概率的性质，属于基础题．9.济南市某公交线路某区间内共设置四个站点（如图），分别记为0123,,,AAAA，现有甲、乙两人同时从0A站点上车，且他们中的每个人在站点0,1,2,3iAi下车是等可能的.则甲、乙两人不在同一站点下车的概率为（）A.23B.34C.35D.12【答案】A【解析】【分析】利用独立事件的概率公式以及互斥事件的概率公式求出甲、乙两人在同一站下车的概率，由对立事件的概率公式可得结果.【详解】设事件“A甲、乙两人不在同一站下车”，因为甲、乙两人同在1A站下车的概率为1133；甲、乙两人同在2A站下车的概率为1133；甲、乙两人同在3A站下车的概率为1133；所以甲、乙两人在同一站下车的概率为1113333，则12133PA.故选A.【点睛】本题主要考查独立事件的概率公式、互斥事件的概率公式、对立事件的概率公式，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，以及综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.10.把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A，“两次出现正面”为事件B，则PBA（）A.12B.14C.16D.18【答案】A【解析】【分析】“第一次出现正面”：表示第一次出现正面，第二次任意都行，则2(1)PA,“两次出现正面”:表示两次都是正面，则111()=224PB,则()|()PBPBAPA即可算出答案【详解】“第一次出现正面”：2(1)PA,“两次出现正面”:111()=224PB,则1()14|==1()22PBPBAPA故选;A【点睛】此题考查条件概率问题，关键点是读懂每个事件的含义，准确写出其概率。PBA表示的是在A事件的基础上B事件的概率是多少。11.在如图所示的电路图中，开关,,abc闭合与断开的概率都是12，且是相互独立的，则灯灭的概率是()A.18B.38C.58D.78【答案】B【解析】由题意可得，要使灯泡甲亮，必须a闭合，b或c闭合，故灯亮的概率为1111111113 112222222228（）（），则灯灭的概率是58，故选C.点睛：本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式的应用，属于基础题；相互独立事件表示的是几个概率同时发不发生互不影响，比方说明天下不下雨和明天地震不地震没有关系，他们发不发生互不影响，满足这种条件的事件就叫做相互独立事件．A、B个两个独立概率事件同时发生的概率为：PABPAPB．12.设随机变量X服从二项分布，且期望3EX，其中15P，则方差53DX等于()A.15B.20C.50D.60【答案】D【解析】【分析】二项分布Exnp，求出n，2DaxbaDx【详解】因为满足随机变量X服从二项分布，13=n5Exnpn=15145X325=25npq=2515=6055DDx故选：D【点睛】此题考查二项分布期望和方差计算，关键是记住公式Exnp，2DaxbaDx。二、填空题（20分）13.如果34i是方程20xaxb（,abR）的一个根，则ab__________．【答案】19【解析】分析：根据复数相等的概念可得解.详解：34i是方程20xaxb（,abR）的一个根，所以234340iaib，化简得：372440abai.所以3702440aba，解得6,b25a，所以19ab.故答案为：19.点睛：解负数方程即遵循“实部等于实部，虚部等于虚部”，若复数等于0即为“实部等于0，虚部等于0”14.已知1nax的展开式中，二项式系数和为32，各项系数和为243，则a________．【答案】2【解析】【分析】先根据二项式系数的和为n2，列出方程求出n的值，再对二项式中的x赋值1列出关于a的方程，即可求出a的值．【详解】由题意，根据二项式系数和为n232，得n5，又令x1，得各项系数和为51243a，a13，a2．故答案为：2．【点睛】本题是一个典型的二项式问题，主要考查二项式的性质，注意二项式系数和项的系数之间的关系，这是容易出错的地方，本题考查通过给变量赋值求二项展开式的各项系数和，这是解题的关键．15.已知0=asinxdx，则51axx的二项展开式中，2x的系数为__________．【答案】80【解析】【分析】由题得a=2,再利用二项式展开式的通项求出2x的系数.【详解】由题得0(cos)|2ax，所以51axx=512xx，设二项式展开式的通项为355521551(2)()2rrrrrrrTCxCxx，令352,2,2rr所以2x的系数为235280C.故答案为：80【点睛】本题主要考查定积分的计算和二项式展开式的某一项的系数的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.16.若1~6,3XB，则DX__________．【答案】43.【解析】【分析】由已知求出11246263333EXDX（），（），由此能求出结果．【详解】∵随机变量X服从二项分布16,3B，∴11246263333EXDX（），（），故答案为43．【点睛】本题考查二项分布的期望与方差，是基础题，解题时要注意二项分布的性质的合理运用．三、解答题（10+5*12=70分）17.已知213nxx的第五项的二项式系数与第三项的二项式系数的比是14:3.（1）求n；（2）求展开式中有理项．【答案】（1）10；（2）5,5x.【解析】【分析】（1）根据二项式展开通项公式n-rrr+1rnTCab写出第五项和第三项，根据二项式系数比求出n.（2）10221103rrrrTCxx，有理项表示x的次数为自然数，即105052r或，.【详解】（1）由题意知42:14:3nnCC，1231144!2!3nnnnnn，化简，得25500nn．解得5n（舍），或10n．（2）设该展开式中第1r项中不含x，则101052221101033rrrrrrrTCxxCx，依题意，有105052r或，2r或0．所以，展开式中第一项和第三项为有理项，且51Tx，2231035TC．【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：根据通项公式n-rrr+1rnTCab写出第r+1项，再由题干已知特定项特点求出r值即可。有理项表示x的次数为自然数，属于基础