河北省2020-2021高二下学期3月月考数学试题（Word版附答案）

2020-2021 学年高二下学期 3 月月考 数 学 注意事项： 1.本测量分选择题和非选择题两部分.时间 120 分钟. 2.作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区城内作答，超出答题区域书写的答．．．．．．．．．． 案无效．．．，在试题卷、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．．．．．. 3.本卷命题范围：必修 3 第二章~第三章，选修 2-1 第一章~第二章，选修 2-2 第一章，第三章，选修 2-3. 一、单项选择题：本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 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.命题 0:p x R ， 03 2x  的否定是（ ） A. 0x  R ， 03 2x  B. 0x  R ， 03 2x  C. x R ， 3 2x  D. x R ， 3 2x  2.已知 mR ，复数 1 1 3z i  ， 2 2z m i  ，且 21z z 为实数，则 m  （ ） A.-3 B. 2 3  C.3 D. 2 3 3.“ 0 1x  ”是“  2log 1 1x   ”的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.已知双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的离心率为 3 2 4 ，则其渐近线方程为（ ） A. 2 2y x  B. 2 4y x  C. 1 4y x  D. 1 2y x  5.某地区一次联考的数学成绩 X 近似地服从正态分布  285,N  ，已知  122 0.96P X   ，现随机从这 次考试的成绩中抽取 100 个样本，则成绩低于 48 分的样本个数大约为（ ） A.4 B.6 C.94 D.96 6.甲、乙、丙、丁四位同学竞选数学科代表和化学科代表（每科科代表只能由一人担任，且同一个人不能任 两科科代表），则甲、丙竞选成功的概率为（ ） A. 1 6 B. 1 4 C. 1 3 D. 1 2 7. 2 12 n x x     的展开式中二项式系数之和是 64，含 6x 项的系数为 a ，含 3x 项系数为 b ，则 a b （ ） A.200 B.400 C.-200 D.-400 8.从 4 名本县教师和 2 名客县教师中选出 3 名教师参加高考某考场的监考工作，其分别负责核对身份、指纹 认证和金属探测仪使用的工作，要求至少 1 名客县教师，且要求金属探测仪必须由客县监考教师负责使用， 则不同安排方法的种数为（ ） A.24 B.40 C.60 D.120 9.已知函数  f x 的定义域为 R ，对任意的 x R ，有     0f x f x  ，则（ ） A.    1 0ef f B.    1 0ef f C.    2 1 1e f f  D.    2 1 1e f f  10.若函数   3 2x x xf x e e e a    存在零点，则实数 a 的取值范围为（ ） A. 2,  B. ,e  C. 2 ,e  D. 1,  二、多项选择题：本题共 2 小题，每小题 5 分，共 10 分.在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求.全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分. 11.已知点  2,4A  在抛物线  2 2 0y px p   上，抛物线的焦点为 F ，延长 AF 与抛物线相交于另一点 B ，O 为坐标原点，则下列结论中正确的是（ ） A.抛物线的准线方程为 2x  B.抛物线的焦点坐标为  2,0 C.点 B 的坐标为  2, 2  D. OAB 的面积为 8 12.关于函数   2 lnf x xx   ，下列说法正确的是（ ） A. 2x  是  f x 的极大值点 B.函数  y f x x  有且只有 1 个零点 C.存在正整数 k ，使得  f x kx 恒成立 D.对任意两个正实数 1 2,x x ，且 1 2 x x ，若    1 2f x f x ，则 1 2    4x x  三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.函数   lnf x x 在区间 1,e 上的平均变化率为 . 14.已知离散型随机变量 X 的分布列   15 kP X k  ， 1,2,3,4,5k  .令 2 2Y X  ，则  0P Y   . 15.在 10 件产品中可能存在次品，从中抽取 2 件检查，其次品数为 ，已知   161 45P    ，且该产品的次 品率不超过 40%，则这 10 件产品的次品率为 . 16.若曲线 2 1 :C y x 与曲线  2 0xC y ae a   存在公共切线，则实数 a 的取值范围为 . 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 17.（本小题满分 10 分） 已知函数   2lnf x x x  . （1）求曲线  y f x 在 1x e  处的切线方程； （2）求曲线  y f x 过点  0,0 的切线方程. 18.（本小题满分 12 分） 已知函数    3 23 0 12f x x ax b a     在区间 1,2 上的值域为 3 ,32     . （1）求实数 a 、 b 的值； （2）若函数    g x f x mx  有且仅有两个极值点，求实数 m的取值范围. 19.（本小题满分 12 分） 某理财公司有两种理财产品 A 和 B .这两种理财产品一年后盈亏的情况如下（每种理财产品的不同投资结果 之间相互独立）： 产品 A 投资结果 获利 20% 获利 10% 不赔不赚 亏损 10% 概率 0.2 0.3 0.2 0.3 产品 B （其中 , 0p q  ） 投资结果 获利 30% 不赔不赚 亏损 20% 概率 p 0.1 q （1）已知甲、乙两人分别选择了产品 A 和产品 B 进行投资，如果一年后他们中至少有一人获利的概率大于 0.7，求 p 的取值范围； （2）丙要将家中闲置的 10 万元钱进行投资，以一年后投资收益的期望值为决策依据，在产品 A 和产品 B 之 中选其一，应选用哪种产品？ 20.（本小题满分 12 分） 设函数     ln 1 0f x x x   ，      1 01 x x ag x xx    . （1）证明：   2f x x x  ； （2）若    f x x g x  恒成立，求 a 的取值范围. 21.（本小题满分 12 分） 已知 ABC 的两个顶点 A ，B 的坐标分别为  2,0 ， 2,0 ，圆 E 是 ABC 的内切圆，在边 AC ，BC ， AB 上的切点分别为 P ，Q ， R ，  | | 2 2CP   ，动点C 的轨迹为曲线G . （1）求曲线G 的方程； （2）设直线 l 与曲线G 交于 M ， N 两点，点 D 在曲线G 上，O 是坐标原点，若OM ON OD    ，判定 四边形OMDN 的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；如果不是，请说明理由. 22.（本小题满分 12 分） 已知函数      2 2 lnf x x ax x ax a   R . （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）令      22 ln 2 12 1g x f x ax x ax a x    ，若 1x  是函数  g x 的极小值点，求实数 a 的取值 范围. 2020-2021 学年高二下学期 3 月月考 数学 参考答案、提示及评分细则 1.C 2.D 因为       1 2 1 3 2 6 3 2z z i m i m m i        为实数， 所以 3 2 0m   ，解得 2 3m  . 3.A 由  2log 1 1x   ，得 1 1x   . 4.B 双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的离心率为 3 2 4 ，即 3 2 4 c a  ， 又 2 2 2 2 2 2 2 31  2 4 c c a b b a a a a      ，解得： 2 2 1 8 b a  ， 2 4 b a  ，则其渐近线方程为 2 4y x  . 5.A  48 1 0.96 0.04P X     ，成绩低于 48 分的样本个数大约为100 0.04 4  . 6.A 包括的基本事件为（甲，乙）、（乙，甲）、（甲，丙）、（丙，甲），（甲，丁）（丁，甲）、（乙，丙）（丙， 乙）、（乙，丁）、（丁，乙）（丙，丁）、（丁，丙），共 12 个，甲、丙竞选成功包括的基本事件为（甲，丙）、 （丙，甲），故甲、丙竞选成功的概率为 2 1 12 6  . 7.B 由已知得 2 64n  ， 6n  ， 所以展开式的通项为    62 6 12 3 1 6 5 12 2 1 r r rr r r r rT C x C xx           . 令12 3 6r  ， 2r  ，则 240a  ， 令12 3 3r  ， 3r  ，则 160a   ， 所以 400a b  . 8.B 由题意得先选一名客县教师负责金属探测仪的使用，共 1 2 2C  种，再从剩余的 5 人中，选两名监考员， 一人负责核对身份，一人负责指纹认证，共 2 5 20A  种，所以不同的安排方案共有 2 20 40  种方法. 9.A 令      xg x f x e ， 有       0=  xg x f x f x e     ，可得函数  g x 在 R 上单调递增， 有    1 0g g ，得    1 0ef f ， 又有    1 1g g  ，有    11 1ef e f  ，有    2 1 1e f f  . 10.D 当   0f x  时， 3 2x x xa e e e   ，若函数  f x 存在零点， 实数 a 的取值范围为函数 3 2x x xy e e e   的值域，令  0xe t t  ，    3 2 0g t t t t t   ， 有     23 2 1 3 1 1g t t t t t       ， 可得函数  g t 的减区间为 0,1 ，增区间为  1, ， 有    min 1 1g t g   ，由一元三次函数的图象和性质可知， 函数  g t 的值域为 1,  ，故实数 a 的取值范围为 1,  . 11.ABD 将  2,4A  代入抛物线方程可得 4p  ，因此抛物线方程为 2 8y x  ，所以准线方程为   2x  ， 焦点坐标为  2,0 ，故 A，B 正确；易知 AF x 轴，所以  2, 4B   ，故 C 错误；又因为   8AB  ，所 以 1 8 2 82OABS     ，故 D 正确. 12.BD 13. 1 1e      1 1 1 1 f f e e e    . 14.14 15 由已知Y 取值 0，2，4，6，8，且   10 15P Y   ，   22 15P Y   ，   3 14 15 5P Y    ，   46 15P Y   ，   5 18 15 3P Y    ， 则      0 2 4P Y P Y P Y         146 8 15P Y P Y     . 15.20%（答案为 0.2 或 1 5 也给分） 设 10 件产品中有 x 件次品，则    1 1 10 2 10 10 161 45 45 x x x xC CP C       ， 解得 2x  或 8x  .因为次品率不超过 40%，所以 2x  ，所以次品率为 2 20%10  . 16. 2 40, e      设公共切线与曲线 1C 切于点 2 1 1,x x ，与曲线 2C 切于点  2 2 , xx ae ， 则 2 2 2 1 1 2 12 x x aex a xe x x    ， 将 2 12xae x 代入 2 2 1 1 2 1 2 xae xx x x   ，可得 2 12 2x x  ， 又由 2 12xae x 得 1 0x  ， 2 1x  ，且   2 24 1 x xa e  ， 记      4 1 1x xa f x xe    ，则     2max 42f x f e   ， 2 40,a e      . 17.解：（1）    2 1 0f x xx     . 1 2 1f ee      ， 1 12f e e       . 所以曲线在 1x e  处的切线方程为  1 12 2 1y e xe e              ， 即  2 1 4y e x   . （2）设切点为  0 0,P x y ，则曲线在点 P 处的切线方程为    0 0 0 0 22ln 1y x x x x x        ， 代入点  0,0 得 0ln 1x  ， 0x e  ， 0 2y e  . 所以曲线  y f x 过点  0,0 的切线方程为    22 1y e x ee        ， 即 2 ey xe  . 18.解：（1）    23 3 3f x x ax x x a     令   0f x  可得 x a 或   0x  ， 可得函数  f x 的增区间为   ,0 , ,a  ，减区间  0,a 可得函数  f x 在 1,0 上单调递增，在 0,a 上单调递减，在 ,2a 上单调递增 由  0f b ，  2 8 6f a b   ，   31 2f a b a  ，   31 12f b a    ① 又由    0 8 6 02f f a    ， 可得  2 3f  ，可得8 6 3a b   ，有 6 +5 0b a  又由      3 23 1 11 1 1 3 02 2 2f a f a a a a         ， 可得   31 2f    ，有 3 312 2b a    ， 可化为 3 1 02 2b a   ② 解方程①②可得 1a  ， 1b  ， 故实数 a ，b 的值都为 1. （2）由（1）有   3 23 12g x x x mx    ，有   23 3g x x x m    若函数    g x f x mx  有且仅有两个极值点， 必有 9 12 0m    ，可得 3 4m   . 19.解：（1）记事件 A 为“甲选择产品 A 且盈利”，事件 B 为“乙选择产品 B 且盈利”，事件C 为“一年后 甲、乙人中至少有一人投资获利”，   0.5P A  ，   1P B p  ， 所以       1 1 1 0.5 1 0.7P C P AB p       ， 所以 0.4p  .又因为 0.1 1p q   ， 0q  ， 所以 0 0.9p  .故 0.4 0.9p  . （2）假设丙选择产品 A 进行投资，且记 X 为获利金额（单位：万元），所以随机变量 X 的分布列为： X 2 1 0 -1 P 0.2 0.3 0.2 0.3 则    2 0.2 1 0.3 1 0.3 0.4E x         假设丙选择产品 B 进行投资，且记Y 为获利金额（单位：万元），所以随机变量Y 的分布列为： Y 3 0 -2 P p 0.1 q 则    3 0 0.1 2 3 2E p q p qY             3 2 0.9 5 1.8 0 0.9p p p p       . 当 0.44p  时，    E X E Y ，选择产品 A 和产品 B 一年后投资收益的数学期望相同， 可以在产品 A 和产品 B 中任选一个； 当 0 0.44p  时，    E X E Y ，选择产品 A 一年后投资收益的数学期望大，应选产品 A ； 当 0.44 0.9p  时，    E X E Y ，选择产品 B 一年后投资收益的数学期望大，应选产品 B . 20.（1）证明：令函数      2ln 1 , 0,h x x x x x      ，   21 22 1 01 1 x xh x xx x        所以  h x 为单调递增函数，    0 0h x h  ， 故   2ln 1x x x   . （2）解：方法 1：    f x x g x  ，即为  ln 1 1 axx x    ， 令    ln 1 1 axm x x x     ，即   0m x  恒成立，        2 2 11 1 1 1 1 a x ax x am x x x x           ， 令   0m x  ，即 1 0x a   ，得   1x a  . 当 1 0a   ，即 1a  时，  m x 在 0, 上单调递增，    0 0m x m  ， 所以当 1a  时，   0m x  在 0, 上恒成立； 当 1 0a   ，即 1a  时，  m x 在 1,a   上单调递增，在 0, 1a  上单调递减， 所以      min 1 0 0m x m a m    ， 所以   0m x  不恒成立. 综上所述： a 的取值范围为  ,1 . 方法 2：    f x x g x  恒成立即：    1ln 1 1 x x ax x x      恒成立 即：    1 ln 1ax x x   对 0x  恒成立 ①当 0x  时，  a  R ②当 0x  时，    1 1  ln 1 1 ln 1xa x xx x         对 0x  恒成立 令     11 ln 1 0h x x xx          2 ln 1x xh x x    ln 1x x  （ 1x  取“=”），  ln 1x x   （ 0x  取“=”）   0h x  即：  h x 在  0, 单增 又由洛又达法则知： 0 0 0 ( 1)ln( 1) ln( 1) 1lim ( ) lim lim 1x x x x x xh x x x           1h x  ， 1a  即少，综上 1a  . 21.解：（1）由题知 CA CB CP CQ AP BQ     2 4CP AB AB    ， 所以曲线G 是以 A ， B 为焦点，长轴长为 4 的椭圆（挖去与 x 轴的交点）. 由 2 4a  ， 2c  ，得 2 2b  ， 所以椭圆G 的方程为   2 2 04 2 1x y y   . （2）当直线 l 的斜率不存在时，直线 MN 的方程为 1x   或 1x  ， 此时点 D 不在曲线G 上，不合题意. 当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程是 y kx m  ， 联立方程组 2 2 14 2 y kx m x x     ，消去 y ，得  2 2 21 2 4 2 4 0k x kmx m     ，  2 28 4 2 0k m     ， 2 2 4 1 2 kmx x k    ， 2 1 2 2 2 4 1 2 mx x k   ，  1 2 1 2 2 22 1 2 my y k x x m k       ， 2 2 2 2 2 2 4 2| | 1 1 2 k mMN k k      ， 点O 到直线 MN 的距离是 2 | | 1 md k   . 由OM ON OD    ，得 2 4 1 2D km kx   ， 2 2 1 2D my k   ， 因为点 D 在曲线C 上，所以有 2 2 2 2 4 2 1 2 1 2 1 4 2 km m k k            ， 整理得 2 21 2 2k m  .由题意， 四边形OMDN 为平行四边形，所以四边形OMDN 的面积为 2 2 2 2 2 2 2 4 2 | || | 1 1 2 1OMDN k m mS MN d k k k        2 2 2 2 2 | | 4 2 1 2 m k m k    . 由 2 21 2 2k m  ，得 6OMDNS  ， 故四边形OMDN 的面积是定值，其定值为 6 . 22.解：（1）函数  f x 的定义域  0,       2 2 ln 2lnf x x a x x a x a x x        ①当 0a  时，令   0f x  ，可得 1x e  ， 此时函数  f x 的增区间为 1 , e     ，减区间为 10, e     ②当 1a e  时，   0f x  ， 此时函数  f x 单调递增，增区间为 0, ，没有减区间 ③当 10 a e   时，令   0f x  ，有 0 x a  或 1x e  ， 可得函数  f x 的增区间为 0,a ， 1 , e     ，减区间为 1,a e     ④当时，令   0f x  ，有 10 x e   或 x a ， 可得函数  f x 的增区间为 0, 1 e      ，   1,a a e   ，减区间为 1 ,a e     （2）由    2 21 12lng xxx x ax a   ，有      2 ln 1 1g x x x a x a      由  1 0g  ，令      2 ln 1 1h x x x a x a     ，有   2ln 3h x x a    令   0h x  ，可得 3 2 a x e   ， 可得函数  h x 的增区间为 2 3 , a e      ，减区间为 3 20, a e      ①当 3 2 1 a e   时， 3a   ，由  1 0h  ，可知当 3 2 ,1 a x e      时，   0h x  ， 当  1,x  时，   0h x  ，可得函数  g x 在区间 3 2 ,1 a e      单调递减，在区间 (1, ) 单调递增， 此时 1x  是函数  g x 的极小值点，符合题意 ②当 3 2 1 a e   时， 3a   ，此时    1 0h x h  ，函数  g x 单调递增，没有极值点，不合题意 ③当 3 2 1 a e   时 3a   ，由  1 0h  ， 可知当  0,1x 时，   0h x  ，当 3 21, a x e      时，   0h x  ， 可得函数  g x 在区间  0,1 单调递增，在区间 2 3 1, a e      单调递减， 此时 1x  是函数  g x 的极大值点，不符合题意. 故若 1x  是函数  g x 的极小值点，则实数 a 的取值范围为  3,  .