【文档说明】【精准解析】陕西省延安市吴起高级中学2019-2020学年高二下学期第三次质量检测数学（理）试题.doc，共(16)页，994.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0c5eeef2541d2704826ad9b87780aea9.html

以下为本文档部分文字说明：

吴起高级中学2019—2020学年第二学期高二第三次质量检测理科数学试题一､单选题1.已知复数312zi=−（i虚数单位），则z的虚部为（）A.35B.65C.35iD.65i【答案】B【解析】【分析】利用复数除法运算化简，可得虚部．【详解】33(12)363612(12

)(12)555iiziiii++====+−+−，则复数z的虚部为65，故选：B【点睛】本题考查复数代数形式的除法运算，属基础题．2.参数方程cos2sinxy==（为参数）化为普通方程为（）A.2214yx+=B.2212yx+=C.2214xy+=D.2212xy+=【

答案】A【解析】【分析】根据22sincos1+=消去参数.【详解】易知cosx=，sin2y=，参数方程化成普通方程为2214yx+=.故选A.【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化.3.命题“对于任意角θ，44cosθsinθcos2θ−=”的证明：

“()()44222222cosθsinθcosθsinθcosθsinθcosθsinθcos2θ−=−+=−=”，其过程应用了A.分析法B.综合法C.综合法、分析法综合使用D.间接证法【答案】B【解析】【分析】由题意，由已知条件入手利用同角三角函数的基本关系式，属于

综合法，即可得到结论．【详解】由题意，由已知条件入手利用同角三角函数的基本关系式，即可证得等式，应用的是综合法证明方法．故选B．【点睛】本题主要考查了综合法的证明过程，其中解中正确理解综合法证明的基本过程，合理进行判断是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的

能力，属于基础题．4.某高校外语系有8名志愿者,其中有5名男生,3名女生,现从中选3人参加某项测试赛的翻译工作,若要求这3人中既有男生,又有女生,则不同的选法共有()A.45种B.56种C.90种D.120种【答案】A【解析】【分析】将3人中既有男生又有女生分成两种情况：1个男生2个女生；2个男

生1个女生.然后利用分步计数原理计算出两种情况的方法数，再相加求得总的选法数.【详解】3人中既有男生又有女生分成两种情况：1个男生2个女生；2个男生1个女生.“1个男生2个女生”的方法数有125315CC=.“2个男生1个女生

”的方法数有215330CC=.故总的方法数有153045+=种.所以本题选A.【点睛】本小题主要考查分类加法计数原理，考查分步乘法计数原理，属于基础题.对于比较复杂的计数问题，往往先通过分类的方法，将复杂的问题转化为几个较为简单的问题来计算.在计算

每个简单的问题过程中，又是用分步计数原理来计算方法数.最后相加得到总的方法数.5.已知随机变量8+=，若(10,0.4)B，则()E，()D分别是()A.4和2.4B.2和2.4C.6和2.4D.4和5.6【答案】A【解析】100.4100.4

4100.40.62.4BED====～（，），，，88482.4EEDD=−=−==−=，（），（）故选A．6.已知三角形的三边分别为,,abc，内切圆的半径为r，则三角形的面积为()12sa

bcr=++；四面体的四个面的面积分别为1234,,,ssss，内切球的半径为R．类比三角形的面积可得四面体的体积为（）A.()123412VssssR=+++B.()123413VssssR=+++

C.()123414VssssR=+++D.()1234VssssR=+++【答案】B【解析】【分析】根据几何体和平面图形的类比关系，三角形的边应与四面体中的各个面、面积与体积进行类比，利用类比推理，即可得到结论．【详解】根据几何体和平面图形的类比关系，三角形的边应与四面体中的各

个面进行类比，而面积与体积进行类比，则ABC的面积为()12Sabcr=++，对应于四面体的体积为()123413VSSSSR=+++，故选B．【点睛】本题考查了类比推理的应用，其中合情推理能帮助猜测和发现结论，在证明一个数学结论之前，合情推理常常能为证明提供思路与方向．合情推理仅是“合

乎情理”的推理，它得到的结论不一定正确．而演绎推理得到的结论一定正确(前提和推理形式都正确的前提下)．7.一盒中有12个乒乓球,其中9个新的,3个旧的,从盒中任取3个球来用,用完后装回盒中,此时盒中旧球个数X是一个随机变量,其分布列为P(X),则P(X=4)的值为A.

1220B.2755C.2125D.27220【答案】D【解析】【分析】旧球个数x=4即取出一个新球，两个旧球，代入公式即可求解．【详解】因为从盒中任取3个球来用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数为x=4，

即旧球增加一个，所以取出的三个球中必有一个新球，两个旧球，所以129331227(4)220CCPXC===，故选D．【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列，需认真分析P(X=4)的意义，属基础题．8.已知

向量(2,,2),(2,1,2),(4,2,1)axbc=−==−.若()abc⊥−，则x的值为（）A.2−B.2C.3D.3−【答案】A【解析】【分析】先求解bc−rr的坐标，再利用坐标表示向量垂直，列出等式，即得解【详解】∵(2,3,1)bc−=−，∴

()4320abcx−=++=，解得2x=−.故选：A【点睛】本题考查了空间向量垂直的坐标表示，考查了学生概念理解，数学运算能力，属于基础题9.100件产品中有6件次品，现从中不放回的任取3件产品，在前两次抽到正品的条件下第三次抽到次品的概率为（）A.349B

.198C.197D.350【答案】A【解析】【分析】由已知可知100件产品中有6件次品，94件正品，设“前两次抽到正品”为事件A，“第三次抽到次品”为事件B，求出()PA和()PAB，即可求得答案.【详解】由已知可知100件

产品中有6件次品，94件正品，设“前两次抽到正品”为事件A，“第三次抽到次品”为事件B；则949394936(),()100991009998PAPAB==∴()63(|)()9849PABPBAPA===故选：A.【点睛】本题是一道关于条件概率计算的题目，关键是

掌握条件概率的计算公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.10.一个向量p在基底,,abc下的坐标为()1,2,3，则p在基底,,ababc+−下的坐标为（）A.31322−，，B.31322−，，C.13322

−，，D.13322−，，【答案】B【解析】【分析】根据题中条件，由a，b，c表示出向量p，然后设p在基底,,ababc+−下的坐标为(),,xyz，求解x，y，z即可.【详解

】因为向量p在基底,,abc下的坐标为()1,2,3，所以23pabc=++，设p在基底,,ababc+−下的坐标为(),,xyz，所以()()()()pxabyabzcxyaxybzc=++−+++−+，有13223xyxyxz+=−===

，12y=-，3z=，p在基底,,ababc+−下的坐标为31,,322−.故选：B.【点睛】本题主要考查了空间向量的基本定理及其应用，属于基础题.11.设()()*11112fnnNnnnn=++++++，那么()()1fnfn+−等于（）A

.11211nn−++B.11221nn−++C.11121221nnn+−+++D.112122nn+++【答案】C【解析】【分析】根据题意，写出()1fn+，作差即可【详解】由题意，()11112fnnnnn=++

++++，则()111111111211111fnnnnnnnnn+=+++++++++++−+++++，所以()()1111111232212fnfnnnnnnnn+−=+++−+++++++++，即()()111121221fn

fnnnn+−=+−+++.故选：C.【点睛】本题考查数学归纳法，正确弄清由n到1n+时增加和减少的项是解题的关键，属于基础题.12.中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“

射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在前三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同排课顺序共有（）A.120种B.156种C.

188种D.240种【答案】A【解析】【分析】该题属于有限制条件的排列问题，在解题的过程中，需要分情况讨论，因为“数”必须排在前三节，这个就是不动的，就剩下了五个不同的元素，所以需要对“数”的位置分三种情况，对于相邻元素应

用捆绑法来解决即可.【详解】当“数”排在第一节时有242448AA=排法；当“数”排在第二节时有12332336AAA=种排法；当“数”排在第三节时，当“射”和“御”两门课程排在第一、二节时有232312

AA=种排法，当“射”和“御”两门课程排在后三节的时候有12322324AAA=种排法，所以满足条件的共有48361224120+++=种排法，故选：A.【点睛】在解决问题时一是注意对“数”的位置分三种情况，二是在“数”排在第三节时

，要对两个相邻元素的位置分类讨论，再者还要注意“数”排在第二节时，两个相邻元只能排在后四节.二､填空题13.已知复数23izii−=+，则z=___________；【答案】2【解析】【分析】先对复数

进行运算化简，最后求出模．【详解】23izii−=+=(2)31iiiiii−+=−+z=22(1)12−+=【点睛】复数是高考的必考点，复数的四则运算、模的求法是常见的题型，解决的关键就是掌握复数四则运算的法则及复数求

模的公式．14.二项式（1﹣2x）10展开式中，第5项的二项式系数为_____．【答案】210【解析】【分析】写出二项式展开式的通项公式，确定第五项中k的值，再求二项式系数．【详解】由题意知：通项为110(2)kkkTCx+=−，令k+1＝5，得k＝4，故第五项的二项式系数为：410210C=．故

答案为：210．【分析】本题考查二项式展开式二项式系数的求法，注意区别于项的系数，属于基础题．15.某一智力游戏玩一次所得的积分是一个随机变量X，其概率分布如表，数学期望()2EX=.则=ab__________.X036P12ab【答案】118【解析】【分析】通过概率和为1建立方程12

ab+=，再通过()2EX=得到方程362ab+=，从而得到答案.【详解】根据题意可得方程组：12362abab+=+=，解得1316ab==，从而118ab=.【点睛】本题主要

考查分布列与期望相关概念，难度不大.16.如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有种．【答案】72【解析】试题分析：由题意，选用3种颜色时，必须

是②④同色，③⑤同色，与①进行全排列，涂色方法有334324CA=种;4色全用时涂色方法：是②④同色或③⑤同色，有2种情况，涂色方法有142448CA=种,所以共72种．考点：排列组合的应用．三､解答题17.如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在

棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）32【解析】【分析】（1）利用长方体的性质，可以知道11BC⊥侧面11ABBA，利用线面垂直的性质可以证明出11BCEB⊥

，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出BE⊥平面11EBC；（2）以点B坐标原点，以1,,BCBABB分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，设正方形ABCD的边长为a，1BBb=，求出相应点的坐标，利用1B

EEC⊥，可以求出,ab之间的关系，分别求出平面EBC、平面1ECC的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角1BECC−−的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角1BECC−−的正

弦值.【详解】证明（1）因为1111ABCDABCD−是长方体，所以11BC⊥侧面11ABBA，而BE平面11ABBA，所以11BEBC⊥又1BEEC⊥，1111BCECC=，111,BCEC平面11EBC，因此BE⊥平面11EBC；（2

）以点B坐标原点，以1,,BCBABB分别为,,xyz轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，1(0,0,0),(,0,0),(,0,),(0,,)2bBCaCabEa，因为1BEEC⊥，所以2210(0,,)(,,)0022

24bbbBEECaaaaba=−=−+==，所以(0,,)Eaa，1(,,),(0,0,2),(0,,)ECaaaCCaBEaa=−−==，设111(,,)mxyz=是平面BEC的法向量，所以111110,0,(0,1,1)0.0.ayazmBEmaxayazmEC+==

=−−−==，设222(,,)nxyz=是平面1ECC的法向量，所以2122220,0,(1,1,0)0.0.aznCCnaxayaznEC===−−==，二面角1BECC−−的余弦值的绝对值为11222mnmn==，所以二面角1BECC−−的正弦

值为2131()22−=.【点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.18.有11个划船运动员，其中右舷手4人，左舷手5

人，还有甲､乙二人左､右都能划，现要选8人组成一个划船队参加竞赛(左､右各4人)，有多少种安排方法？【答案】185(种)【解析】【分析】根据题意，按照右舷手为标准进行分三类：第一类：右舷手4人都入；第二类：右舷手3人入选；第三类：右舷手2人入选，再结合分类

计数原理，即可求解.【详解】根据题意，按照右舷手为标准进行分类，分三类：第一类：右舷手4人都入选有4447CC种；第二类：右舷手3人入选；则从甲乙中选一人作右舷手有314426CCC种；第三类：右舷手2人入选，有224425CCC种；由分类计数原理，可得

共有4447CC+314426CCC+224425185CCC=(种).【点睛】本题主要考查了排列组合的综合应用，其中解答中根据题意按照右舷手为标准进行分类求解是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力，本题属于

基础题.19.在直角坐标系xOy中，直线1;2Cx=−，圆()()222:121Cxy−+−=,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求1C，2C的极坐标方程；（2）若直线3C的极坐标方程为()4R=，设2

3,CC的交点为,MN，求2CMN的面积．【答案】(1)cos2=−,22cos4sin40−−+=；(2)12．【解析】试题分析：（1）将cos,sinxy==代入12,CC的直角坐标方程，化简得cos2=−，22cos4sin40−−+=；（2）将4

=代入22cos4sin40−−+=，得23240−+=得1222,2==，所以2MN=，进而求得面积为12.试题解析：（1）因为cos,sinxy==，所以1C的极坐标方程为cos2=−，2C的极坐标方程为22cos4sin40

−−+=（2）将4=代入22cos4sin40−−+=得23240−+=得1222,2==，所以2MN=因为2C的半径为1，则2CMN的面积为1121sin4522=考点：坐标系与参数方程.20.有6本不同的书，在下列不同的条件下，各有多少种不同

的分法？（1）分给甲､乙､丙三人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本；（2）分成三组，一组4本，另外两组各1本；（3）甲得1本，乙得1本，丙得4本.【答案】（1）360种；（2）15种；（3）30种.【解析】【分析】（1）先将6本不

同的书分成3组，书本数为1本，2本，3本，再将3组分配给3人；（2）分成3组，只需从6本中选4本一组，其余2本为2组；（3）分步处理，先从从6本中选4本给丙，其余2本分给甲乙各一本.【详解】（1）先将6本不同的书分成1本，2本，3本共3组，有123653CCC种，再将3组分配给3人

有33A种，故共有12336533360CCCA=种；（2）只需从6本中选4本一组，其余2本为2组，即4615C=种；（3）分步处理，先从从6本中选4本给丙，其余2本分给甲乙各一本，即426230CA=种.【点睛】本题考查了排列

，组合的应用，灵活分步，分类，运用先选再排是解决此类问题的基本方法，还考查了学生的计算能力，属于中档题.21.在直角坐标系xOy中，曲线1C过点(,1)Pa，其参数方程为22212xatyt=−=−（t为参数，aR），以O为极点，x轴非负半轴为极轴建立

极坐标系，曲线2C的极坐标方程为2cos3cos0+−=.（1）求曲线1C的普通方程和曲线2C的直角坐标方程；（2）求已知曲线1C和曲线2C交于,AB两点，且||3||PAPB=，求实数a的值.【答案】（1）10xya−−+=,23yx=（2）712或1348.【解析】【分析】（

1）利用参数方程、普通方程与极坐标方程的转化方法，求曲线1C的普通方程和曲线2C的直角坐标方程.（2）先将曲线1C的方程转化为标准参数方程，然后将其代入曲线2C的直角坐标方程中，因曲线1C和曲线2C有两个交点，所以整理后的关于t的二次方程0，初步确定a的范围，再根据参数方程的几何意义可知1

PAt=，2PBt=，引入已知3PAPB=，分类讨论，求实数a的值.【详解】（1）1C的参数方程22212xatyt=−=−，消参得普通方程为10xya−−+=，2C的极坐标方程化为222c

os3cos0+−=即23yx=；（2）将曲线1C的参数方程标准化为22212xatyt=+=+（t为参数，aR）代入曲线22:3Cyx=得22260tta−+−=，由()()2241260a=−−−

，得a14设A，B对应的参数为1t，2t，由题意得123tt=即123tt=或123tt=−，当123tt=时，1212123226tttttta=+==−，解得1348a=14，当123tt=−时，1212123226ttt

ttta=−+==−解得712a=，综上：712a=或1348.点睛：过点()00,Pxy倾斜角为的直线标准参数方程为00xxtcosyytsin=+=+（t为参数），通过如下方式辨别标准直线参数方程：（1）系数平方和22c

ossin1+=，（2）纵坐标系数为正sin0.22.随着“中华好诗词”节目的播出，掀起了全民诵读传统诗词经典的热潮.某社团为调查大学生对于“中华诗词”的喜好，从甲、乙两所大学各随机抽取了40名学生，记录他们每天学习“中华诗词”的时间

，并整理得到如下频率分布直方图：根据学生每天学习“中华诗词”的时间，可以将学生对于“中华诗词”的喜好程度分为三个等级:(Ⅰ)从甲大学中随机选出一名学生，试估计其“爱好”中华诗词的概率；(Ⅱ)从两组“痴迷”的同学

中随机选出2人，记为选出的两人中甲大学的人数，求的分布列和数学期望()E；(Ⅲ)试判断选出的这两组学生每天学习“中华诗词”时间的平均值X甲与X乙的大小，及方差2S甲与2S乙的大小．(只需写出结论)【答案】（Ⅰ）0.65；（Ⅱ）见解析；(Ⅲ)见解析.【解析】试题分析：

(1)先根据频率等于对应区间小长方形面积得“爱好”中华诗词的频率，再根据频数等于总数乘以频数，最后根据古典概率公式求概率(2)先确定“痴迷”的学生人数，确定随机变量取法，再分别根据组合数求对应概率，列表可得对应分布列，最后根据数学期望公式求期望（3）根据频率分布直方图可得甲平均值在区间[20,30

],乙平均值在区间[30,40],甲数据比乙数据分散，所以可得均值与方差大小试题解析：(Ⅰ)由图知，甲大学随机选取的40名学生中，“爱好”中华诗词的频率为()0.0300.0200.015100.65++

=，所以从甲大学中随机选出一名学生，“爱好”中华诗词的概率为0.65.(Ⅱ)甲大学随机选取的40名学生中“痴迷”的学生有400.005102=人，乙大学随机选取的40名学生中“痴迷”的学生有400.01

5106=人，所以，随机变量的取值为0,1,2=.所以，()0P==0226281528CCC=，()1P==112628123287CCC==，()2P==202628128CCC=.所以的分布列为012P的数学期望为()15311012287

282E=++=.(Ⅲ)X甲X乙;2S甲2S乙