山东滕州市一中2019-2020高二数学下学期第二次月考试题（Word版带答案）

3 高二数学试题 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的. 2 + i 1.复数 i 的虚部为（ ） A. −2 B. ?−1 C. 1 D. 2 2.曲线 y = sin x 在 x = π 处的切线的斜率为（ ） 6 A. − B. − 1 C. 1 2 2 2 D. 3 2 3.为了了解手机品牌的选择是否和年龄的大小有关，随机抽取部分华为手机使用者和苹果机 使用者进行统计，统计结果如下表： 年龄 手机品 牌 华为 苹果 合计 30 岁以上 40 20 60 30 岁以下（含 30 岁） 15 25 40 合计 55 45 100 附： K 2 = n(ad − bc)2 (a + b)(c + d )(a + c)(b + d ) 根据表格计算得 K2 的观测值 k ≈ 8.249 ，据此判断下列结论正确的是（ ） A. 没有任何把握认为“手机品牌的选择与年龄大小有关” B. 可以在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下认为“手机品牌的选择与年龄大小有关” C. 可以在犯错误的概率不超过 0.01 的前提下认为“手机品牌的选择与年龄大小有关” D. 可以在犯错误的概率不超过 0.01 的前提下认为“手机品牌的选择与年龄大小无关” 4.甲、乙、丙、丁 4 个人跑接力赛，则甲乙两人必须相邻的排法有（ ） A. 6 种 B. 12 种 C. 18 种 D. 24 种 5. 函数 f (x) = (x2 −1)3 + 2 的极值点是（ ） A． x = 2 B． x = −1 C． x = 1 或 −1 或 0 D． x = 0^ ^ 6. 已知一组样本点 (xi , yi ) ，其中 i＝1,2,3，…，30.根据最小二乘法求得的回归方程是 y＝bx ^ ＋a，则下列说法正确的是( )^ ^ ^ A．若所有样本点都在 y＝bx＋a 上，则变量间的相关系数为 1 ^ ^ ^ B．至少有一个样本点落在回归直线 y＝bx＋a 上 ^ ^ C．对所有的预报变量 xi (i＝1,2,3，…，30)，b xi ＋a 的值一定与 yi 有误差 ^ ^ ^ ^ D．若 y＝bx＋a 斜率 b>0，则变量 x 与 y 正相关 P（ K 2 ≥ k ） 0 0.10 0.05 0.010 0.001 k 0 2.706 3.841 6.635 10.828x 4 ln x 7.连续两次抛掷一枚质地均匀的骰子，在已知两次的点数均为偶数的条件下，两次的点数之 和不大于 8 的概率为（ ） 1 4A. B. 3 9 5 2C. D. 9 3 8. 已知在二项式 ( 3 x − 2 )n 的展开式中，仅有第 9 项的二项式系数最大，则展 开式中，有理项的项数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 9.新高考科目设置采用新模式，普 通高中学生从高一升高二时将面临着选择物理还是历史的 问题，某校抽取了部分男、女学生 调查选科意向，制作出如右图等高条形图，现给出下列结 论： ①样本中的女生更倾向于选历史； ②样本中的男生更倾向于选物理； ③样本中的男生和女生数量一样多； ④样本中意向物理的学生数量多于意向历史的学生数量. 根据 两幅条形图的信息，可以判断上述结论正确的有（ ） A. 1 个 B. 2 个 C. 3 个 D. 4 个 2 10.函数 f ( x) = x 的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 11.2019 年 4 月，北京世界园艺博览会开幕，为了保障园艺博览会安全顺利地进行，某部门 将 5 个不同的安保小组全部安排到指定的三个不同区域内值勤，则每个区域至少有一个安保 小组的排法有（ ） A. 150 种 B. 240 种 C. 300 种 D. 360 种 12. 设 函数 在 上存在导数 ， ，有 ，在 上 ，若 ，则实数 的取值范围为（ ） A、 B、 C、 D、 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.已知随机变量 X  N (1,σ2 ) ，且 P (−2 < X ≤ 1) = 0.4 ，则 P ( X > −2) = .6 0 1 2 10 14.设复数 Z1 = 1 + 2i , Z2 = 3 + 4i ，则 Z1Z2 = . 1， 15. 已知随机变量 ξ 服从二项分布，即 ξ～B 3 ，则 P(ξ＝2)的值为 . a 3 a 216. 若不等式 x − x +1 < 0 有且只有 1 个正整数解，则实数 a 的取值范围是 . 3 2 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17.（本题 10 分）已知 (1+ mx )10 = a + a x + a x 2 + L+ a x10 中，m ≠ 0 ，且 a6 +14a3 = 0 . （1）求 m； （2）求 a2 + a4 + a6 + a8 + a10 18.（本题 12 分）设函数 f (x) = xea − x + bx ，曲线 y = f (x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程为 y = (e −1)x + 4 。 （1）求 a,b 的值；（2）求 f (x) 的单调区间。 19. （本题 12 分）改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已 成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月 A，B 两种移动支付方式的使用情况，从全 校学生中随机抽取了 100 人，发现样本中 A，B 两种支付方式都不使用的有 5 人，样本中仅 使用 A 和仅使用 B 的学生的支付金额分布情况如下： (1)从全校学生中随机抽取 1 人，估计该学生上个月 A，B 两种支付方式都使用的概率； (2)从样本仅使用 A 和仅使用 B 的学生中各随机抽取 1 人，以 X 表示这 2 人中上个月支 付金额大于 1 000 元的人数，求 X 的分布列和数学期望； 20.（12 分）已知函数 f ( x) = ln x − ax +1 . （1）当 a = 1 时，证明： f ( x) ≤ 0 ；（2）若 f ( x ) 在[2, 3] 的最大值为 2，求 a 的值. 21. （12 分）若关于某设备的使用年限 x(年)和所支出的维修费 y(万元)有如下统计资料： x 2 3 4 5 6 y 2.2 3.8 5.5 6.5 7.0 若由资料知，y 对 x 呈线性相关关系． 支付金额(元) 支付方式 (0,1 000] (1 000,2 000] 大于 2 000 仅使用 A 18 人 9 人 3 人 仅使用 B 10 人 14 人 1 人β = ^ ^ ^ (1)请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出 y 关于 x 的线性回归方程 y＝bx＋a； (2)估计使用年限为 10 年时，维修费用约是多少？(精确到两位小数) (3)计算残差$e n ∑(xi − x)( yi − y) 附：回归直线 y = α+ βx 的斜率和截距的最小二乘估计分别为 i =1 ； n ∑ i =1 (xi − x)2 α= y − βx . 22.（12 分）已知函数 f ( x) = x (ex − a) . （1）若 x = 1 是 f ( x ) 的一个极值点，判断 f ( x ) 的单调性； （2）若 f ( x ) 有两个极值点 x1 ， x2 ，且 x1 < x2 ，证明： x1 + x2 < −4 .高二数学月考参考答案 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的. 1~5 ADCBD 6~10DDCBA 11~12 AB 12【解析】 令 g ( x) = f ( x) − 1 x2 , g ( x) + g (−x) = 2 f ( x) + f (−x) − x2 = 0 ， g ( x) 为奇函数， 在 上 g '( x) = f ′(x) − x < 0 ， g ( x) 在 上递减，在 (−∞, 0) 上也递减，由 g (0) = 0 知， g ( x) 在 R 上递减， 可得 g (4 − m) ≥ g (m), 4 − m ≤ m, m ≥ 2 ，即实数 的取值范围为 ，故选 B. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.【答案】0.9 14.【答案】 5 15.【答案】 80 243 16. 【答案】 (6, +∞) 16.【详解】令 f ( x) = a x3 − a x2 +1 （ x > 0 ），则 f ′( x) = ax2 − ax = ax ( x −1) . 3 2 当 a < 0 时，由 f ′( x ) > 0 得 0 < x < 1 ；由 f ′( x ) < 0 得 x > 1 ； 所以 f ( x ) 在 (0,1) 单调递增，在 (1, +∞) 单调递减，不合题意，舍去； 当 a = 0 时，有 1 < 0 ，显然不成立； 当 a > 0 时，由 f ′( x ) > 0 得 x > 1 ；由 f ′( x ) < 0 得 0 < x < 1 ； 所 以 f ( x ) 在 (0,1) 单调递减，在 (1, +∞) 单调递增，  f (1) = a − a +1 < 0, 依题意，需  3 2 解得 a > 6 ， f (2) = 8a − 4a +1 ≥ 0,  3 2 故实数 a 的取值范围是 (6, +∞) . 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17.【详解】（1）因为 a = Ci mi ， i = 1, 2, 3L10 ， 依题意得： C6 m6 +14C3 m3 = 0 ， m3  10× 9×8× 7 m3 +1410× 9×8  = 0 10 10  4× 3× 2×1 3× 2×1    i 10 5因为 m ≠ 0 ，所以 m3 = −8 ，得 m = −2 . （2） ( )10 2 10 1− 2x = a0 + a1x + a2 x + L+a10 x 令 x = 1 得： a + a + a + a + a + a + a + a + a + a + a = (1− 2)10 = 1.① 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 令 x = −1 得： a − a + a − a + a − a + a − a + a − a + a = (1+ 2)10 = 310 .② 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由① + ②得： 2 ( a + a + a + a + a + a ) = 1 + 310 ， 0 2 4 6 8 10 即 a + a + a + a + a + a 1+ 310 = . 0 2 4 6 8 10 2 又 a = C0 (−2)0 = 1， 0 10 1+ 310 310 −1 所以 a2 + a4 + a6 + a8 + a10 = − 1= = 29524 2 2 18. 解：（1）因为 f (x) = xea − x + bx ，所以 f ' (x) = (1 − x)ea − x + b ，  f (2) = 2e + 2 依题设   f ' (2) = e −1 2ea −2 + 2b = 2e + 2 ，即  −ea −2 + b = e − 1 ，解得 a = 2,b = e . （2）由（1）知 f (x) = xe2− x + ex ，由 f ' (x) = (1 − x + e x −1 )e2 − x 及 e2− x > 0 知，f ' (x) 与 1 − x + ex −1 同号，令 g(x) = 1 − x + ex −1 ，则 g ' (x) = −1 + ex −1 ，所以当 x ∈(−∞,1) 时，g ' (x) = −1 + ex −1 < 0 ， g(x) 在 (−∞,1) 上单调递减；当 x ∈(1, +∞) 时， g ' (x) = −1 + ex −1 > 0 ， g(x) 在 (1, +∞) 上单调 递增，故 g(1) = 1 是 g(x) 在 (−∞, +∞) 上的最小值，从而 g(x) > 0 ， x ∈(−∞, +∞) ， 综上可知 f ' (x) > 0 ， x ∈(−∞, +∞) 故 f (x) 的单调递增区间为 (−∞, +∞) 19. 解：(1)由题意知，样本中仅使用 A 的学生有 18＋9＋3＝30(人)，仅使用 B 的学生有 10 ＋14＋1＝25(人)，A，B 两种支付方式都不使用的学生有 5 人， 故样本中 A，B 两种支付方式都使用的学生有 100－30－25－5＝40(人)． 所以从全校学 生中随机抽取 1 人，该学生上个月 A，B 两种支付方式都使用的概率估计 为 40 ＝0.4. 100 (2)X 的所有可能值为 0,1,2. 记事件 C 为“从样本仅使用 A 的学生中随机抽取 1 人，该学生上个月的支付金额大于 1 000 元”，事件 D 为“从样本仅使用 B 的学生中随机抽取 1 人，该学生上个月的支付金额大于 1 000 元”． 14＋1 由题设知，事件 C，D 相互独立，且 P(C)＝9＋3＝0.4，P(D)＝ 30 ＝0.6， 25 所以 P(X＝2)＝P(CD)＝P(C)P(D)＝0.24， P(X＝1)＝P(C D ∪ C D) ＝P(C)P( D )＋P( C )P(D) ＝0.4×(1－0.6)＋(1－0.4)×0.6 ＝0.52， P(X＝0)＝P( C D )＝P( C )P( D )＝0.24. 所以 X 的分布列为： 故 X 的数学期望 E(X)＝0×0.24＋1×0.52＋2×0.24＝1. 20.【详解】解：（1） f ( x ) 的定义域为 (0, +∞) ， 当 a = 1 时， f ( x) = ln x − x +1， f ′( x) = 1 − x . x 令 f ′( x ) > 0 ，得 0 < x < 1 ，令 f ′( x ) < 0 ，得 x > 1 ； 所 以 f ( x ) 在 (0,1) 单调递增，在 (1, +∞) 单调递减. 所以 f ( x) = max f (1) = 0 ，即 f ( x) ≤ 0 . （2） f ′( x) = 1 − a = 1− ax ， x x （i）当 a ≤ 时， f ( x ) 在[2, 3] 单调递增，它的最大值为 f (3) = ln 3 − 3a + 1 = 2 ， 3 ln 3 −1 1 所以 a = < 符合题意； 3 3 1 1  1   1  （ii）当 < a < 时， f ( x ) 在 2, 单调递增，在  a , 3 单调递减， 3 2  a     1  1 它的最大值为 f   = ln  a  a −1+1 = 2 ， 1 1解得 a = < （不合，舍去）； e2 3 1 （iii）当 a ≥ 时， f ( x ) 在[2, 3] 单调递减，它的最大值为 f ( 2) = ln 2 − 2a +1 = 2 ， 2 1 X 0 1 2 P 0.24 0.52 0.24ln 2 −1 所以 a = < 0 （不合，舍去）；综上，a 的值为 2 21. 解：(1)列表如下. ln 3 −1 . 3 i 1 2 3 4 5 xi 2 3 4 5 6 yi 2.2 3.8 5.5 6.5 7.0 xiyi 4.4 11.4 22.0 32.5 42.0 由题意得 x ＝4， y ＝5，错误!2＝90，错误! y ＝112.3， i i i 112.3－5×4×5 ∴b^＝错误!＝ 90－5×42 ＝1.23， ∴a^＝ y －b^ x ＝5－1.23×4＝0.08. 所以，回归直线方程为^y＝1.23x＋0.08. (2)当 x＝10 时，^y＝1.23×10＋0.08＝12.38(万元)，即估计使用 10 年时维修 费约为 12.38 万元． （3）$e =y − $y = 3.8 − (1.23× 3 + 0.08) = 0.03 22.【分析】 （1）求出导函数，由极值点求出参数 a ，确定 f ′ (x) 的正负得 f (x) 的单调性； ( x +1)ex1 − a = 0, （2）求出 f ′(x) = ex (1 + x) − a ，得极值点 x1 , x2 满足： ( x +1)ex2 − a = 0, 所以 ( x +1)ex1 = ( x  +1)ex2 = a ，由（1）即 g ( x ) = g ( x 2 ) ，不妨设 x < −2 < x .要证 1 2 1 2 1 2 x1 + x2 < −4 ，则只要证 x2 < −4 − x1 ，而 −4 − x1 > −2 ，因此由 g(x) 的单调性，只要能证 g(x 2 ) < g(−4 − x1 ) ，即 g(x1 ) < g(−4 − x1 ) 即可．令 h ( x ) = g ( x ) − g (−4 − x ) ，利用导数 的知识可证得结论成立． 【详解】（1）由已知得 f ′ ( x ) = ( x + 1) ex − a . 因为 x = 1 是 f ( x ) 的一个极值点，所以 f ′ (1) = 2e − a = 0 ，即 a = 2e ， 所 以 f ′ ( x ) = ( x + 1) ex − 2e ， 2 2 2令 g ( x ) = ( x + 1) ex ，则 g′( x ) = ( x + 2) ex ， 令 g′( x) < 0 ，得 x < −2 ，令 g′( x ) > 0 ，得 x > −2 ； 所以 g ( x) 在 (−∞, −2) 单调递减，在 (−2, +∞) 单调递增， 又当 x < −1 时， g ( x) < 0 ， g (1) = 2e ， 所以当 x < 1 时， f ′( x ) < 0 ，当 x > 1 时， f ′( x ) > 0 ； 即 f ( x ) 在 (−∞,1) 单调递减，在 (1, +∞) 单调递增. ( x +1)ex1 − a = 0, （2） f ′(x) = ex (1 + x) − a ，因此极值点x1 , x2 满足： ( x +1)ex2 − a = 0,  2 所以 ( x + 1) ex1 = ( x + 1) ex2 由（1）即 g ( x ) = g ( x ) ，不妨设 x < −2 < x . 1 2 1 2 1 2 要证 x1 + x2 < −4 ，则只要证 x2 < −4 − x1 ，而 −4 − x1 > −2 ，因此由 g(x) 的单调性，只要 能证 g(x 2 ) < g(−4 − x1 ) ，即 g(x1 ) < g(−4 − x1 ) 即可． 令 h ( x ) = g ( x ) − g (−4 − x ) ， 则 h′( x) = ( x + 2)ex + (−2 − x)e−4− x = ( x + 2)(ex − e−4− x ) ， 当 x < −2 时， x + 2 < 0 ， x < −4 − x ， ex < e−4−x ，所以 h′( x) > 0 ， 即 h ( x) 在 (−∞, −2) 单调递增，又 h (−2) = 0 ， 所以 h ( x1 ) = g ( x1 ) − g (−4 − x1 ) < h (−2) = 0 ， 所 以 g ( x1 ) < g (−4 − x1 ) ，即 g ( x2 ) < g (−4 − x1 ) ， 又 x2 > −2 ， −4 − x1 > −2 ， g ( x) 在 (−2, +∞) 单调递增， 所 以 x2 < −4 − x1 ，即 x1 + x2 < −4 .