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一、单选题(本大题共8小题,共40分.在每小题列出的选项中,选出符合题目的一项)1. 展开式中第4项的二项式系数为( )A. B. 1120C. 56D. 70【答案】C【分析】根据二项式定理结合二项式系数的定义即可得解.【详解】展开式中第4项的二项式系数为.故选:C.2. 对于变量Y和变量x的成对样本观测数据,用一元线性回归模型得到经验回归模型,对应的残差如下图所示,模型误差( )A. 满足一元线性回归模型的所有假设B. 不满足一元线性回归模型的的假设C. 不满足一元线性回归模型的假设D. 不满足一元线性回归模型的和的假设【答案】C【分析】根据用一元线性回归模型有关概念即可判断.【详解】解:用一元线性回归模型得到经验回归模型,根据对应的残差图,残差的均值可能成立,但明显残差的轴上方的数据更分散,不满足一元线性回归模型,正确的只有C.故选:C.3. 设随机变量X的概率分布列如图所示,则( )X1234P0.20.30.40.1A. 0.84B. 3.36C. 1.68D. 10.36【答案】B【分析】由均值和方差的公式求出,再由方差的性质求解即可.【详解】因为,则,所以.故选:B.4. 命题:“,使得”的否定是( )A. ,使得B. ,使得C. ,使得D. 以上结论都不正确【答案】B【分析】改量词,否结论即可.【详解】“,使得”的否定是“,使得”,故选:B5. 如图,现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色,要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色,共有几种不同的着色方法?( ) A. 120B. 180C. 221D. 300【答案】B【分析】分,同色和不同色两种情况讨论,结合分布乘法原理即可得解.【详解】当,同色时,则有种涂色方法,有种涂色方法,有种涂色方法,此时共有种涂色方法;,不同色时,则有种涂色方法,有种涂色方法,有种涂色方法,有种涂色方法,此时共有种涂色方法,综上共有种不同的着色方法.故选:B.6. 设随机变量,则X密度函数为( )A B. C. D. 【答案】A【分析】根据正态分布的定义可求得,从而可求X的密度函数.【详解】因为,所以,即,所以X的密度函数为A.故选:A7. 设随机变量,记,下列说法正确的是( )A. 当k由0增大到n时,先增后减,在某一个(或两个)k值处达到最大.二项分布当时是对称的,当时向右偏倚,当时向左偏倚B. 如果为正整数,当且仅当时,取最大值C. 如果为非整数,当且仅当k取的整数部分时,取最大值D. 【答案】C【分析】由可得,分析可判断BC选项,进而根据二项分布的图象性质可判断A选项;根据二项分布的期望公式可判断D选项.【详解】因为,由,得,解得,若为正整数,则或时,取最大值,故B错误;若为非整数,则取的整数部分时,取最大值,故C正确;综上所述,当k由0增大到n时,先增后减,在某一个(或两个)k值处达到最大. 根据二项分布的图象性质可得,当时是对称的,当时向左偏倚,当时向右偏倚,故A错误;而,故D错误.故选:C.8. 已知函数,则方程的根的个数是( )A. 2B. 4C. 5D. 6【答案】B【分析】对求导,判断单调性画出图象,令,则,结合图象方程有两解,结合图象可知方程有两解,也有两解,从而可解.【详解】 对求导得:,所以当或时,当时,则函数在上单调递减,在上单调递增,因此,函数在处取得极小值,在处取得极大值,作出曲线,如图,由得,解得,令,则,结合图象方程有两解,所以或,因为,所以, 结合图象可知方程有两解,又因为,结合图象可知也有两解,所以方程共有4个根.故选:B【点睛】方法点睛:求函数零点(方程根)的常用的方法:(1)直接法:直接求解方程得到方程的根;(2)数形结合法:先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解.二、多选题(本大题共4小题,共20分.在每小题有多项符合题目要求)9. 设离散型随机变量X,非零常数a,b,下列说法正确的有( )A. B. C. D. 【答案】ABD【分析】根据均值与方差的性质即可判断AB;根据均值与方差的关系即可判断CD.【详解】对于A,所以,故A正确;对于B,所以,故B正确;对于CD,根据均值与方差的关系可得,故C错误,D正确.故选:ABD.10. 下列说法正确的有( )A. 命题:“,”的否定是:“,”B. 命题:“若,则”的否定是:“若,则”C. 已知x,则“x或y为有理数”是“xy为有理数”的既不充分也不必要条件D. 如果x,y是实数,则“”是“”的必要不充分条件【答案】CD【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题,即可判断AB;根据充分条件和必要条件的定义即可判断CD.【详解】对于A,命题:“,”即,其否定是:“,”,故A错误;对于B,命题:“若,则”的否定是:“,则”,故B错误;对于C,当时,故充分性不成立,当时,故必要性不成立,所以“x或y为有理数”是“xy为有理数”的既不充分也不必要条件,故C正确;对于D,当时,故充分性不成立,若,则,故当时,故必要性成立,所以“”是“”的必要不充分条件,故D正确.故选: CD.11. 已知定义在上的函数满足:对,都有,则对于,下式成立的有( )A. B. C. D. 【答案】BCD【分析】设函数判断A选项,结合判断B,C,D选项.【详解】,B选项正确;,C选项正确;,D选项正确;定义在上的函数满足:对,都有,设,A选项错误.故选:BCD12. 下列不等式中成立的有( )A. B. 当时,C. 当且时,D. 当时,【答案】BC【分析】A选项构造函数,其中,利用导数分析函数的单调性,可判断A选项;证明出、,可判断B选项;利用B选项中的两个不等式可判断C选项;构造函数,利用导数分析该函数的单调性,可判断D选项.【详解】对于A选项,令,其中,则,当时,则,此时,故函数在上为增函数,故,A错;对于B选项,令,其中,则,当时,此时函数单调递减,当时,此时函数单调递增,所以,即,令,其中,则,当时,此时函数单调递减,当时,此时函数单调递增,所以,即,故当时,当且仅当时,两个等号同时成立,故,B对;对于C选项,由B选项可知,当时,上述两个不等式当且仅当时,等号成立,所以,当且时,当且仅当时等号成立,当且仅当时等号成立,不等式中等号不能同时成立,即当且时,C对;对于D选项,令,其中,则且不恒为零,则函数在上单调递增,所以,当时,即,当时,即,D错.故选:BC.三、填空题(本大题共4小题,共20分)13. 函数的单调减区间为_.【答案】【分析】求导后,令导数小于0,求解即可.【详解】的定义域为,令,可得,可得,又,则或,所以的单调递减区间是.故答案为:14. 1260有_个不同的正因数.(用数字作答)【答案】36【分析】将1260分解,然后根据分步乘法计数原理计算即可.【详解】,第一步,可以取,共3种,第二步,可以取,共3种,第三步,可以取,共2种,第四步,可以取,共2种,所以一共有种取法,对应36个不同的正因数.故答案为:3615. 已知某商品进价为a元/件,根据以往经验,当售价是元/件时,可卖出c件,市场调查表明,当售价下降10%时,销量可增加40%.现决定一次性降价,为获得最大利润,售价应定为_元/件.(用含a,b的式子表示)【答案】【分析】设销售价为x,则降价相对于售价是b时,降低了个10%,从而销量提高了个40%,从而求得可获得的利润为y,求导,由导数求得函数最大值,此时取得的x的值即为销售价.【详解】设销售价为x,可获得的利润为y,则,求导得,令,解得,由知,又,所以当时,函数单增;当时,函数单减;因此是函数的极大值点,也是最大值点;故当销售价为元/件时,可获得最大利润.故答案为:16. 已知,计算_.【答案】【分析】根据组合数公式可得,再结合二项式系数和公式即可求解.【详解】根据组合数公式可得,所以原式.故答案为:.【点睛】关键点睛:这道题的关键能够根据组合数公式可得,再结合二项式系数和公式即可求解.四、解答题(本大题共6小题,共70分)17. 如图,和所在平面垂直,且,求: (1)直线与平面所成角的大小;(2)平面和平面夹角的余弦值.【答案】(1) (2)【分析】(1)过点作交的延长线于,连接,证得两两垂直,建立空间直角坐标系,利用空间向量求线面角的公式即可求出结果;(2)利用向量法求解即可.【小问1详解】过点作交的延长线于,连接,因为,所以,因此,又因为平面平面,且平面平面,平面,所以平面,又平面,平面,所以,,因此两两垂直,以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设,则,则,则,由于平面,所以平面的一个法向量为,设直线与平面所成的角为,则,又因为线面角的范围是,所以,因此直线与平面所成的角为;【小问2详解】,则,设平面的法向量为,所以,令,可得,则,则,故平面和平面的夹角的余弦值为. 18. (1)设集合,求:,;(2)已知、都是正数,且满足,求证:.【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析.【分析】(1)分、且三种情况讨论,求出集合、,利用交集和并集的定义可求得集合,;(2)利用基本不等式可得出、,利用不等式的基本性质可证得结论成立.【详解】解:(1)因为,.当时,则,则,;当时,则,则,;当且时,则,则,.综上所述,当时,;当时,;当且时,.(2)因为、都是正数,则,当且仅当时,等号成立,同理可得,所以,当且仅当时,等号成立,因此,.19. 已知数列是等比数列,其前n项和为,若,.(1)求数列的通项公式;(2)已知数列是等差数列,如果等差数列的通项满足.令,求数列的前n项和.【答案】(1)或 (2)或【分析】(1)设数列的公比为,化简和为基本量和的关系,进而解出和,从而求解;(2)设数列的公差为,可得,进而根据等差数列的前三项成等差数列,可得,从而得到,进而分或两种情况得到,进而求解即可.【小问1详解】设数列的公比为,则,解得,或,所以或.【小问2详解】设数列的公差为,则,所以,即,又数列为等差数列,所以,即,解得,即,当时,所以,即数列是以24为首项,为公比的等比数列,所以;当时,所以.综上所述,或.20. 甲、乙、丙三人相互做传球训练,第1次由甲将球传出,每次传球时
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