山东省滕州一中2019-2020学年高二下学期月考数学试题

山东省滕州一中2019-2020学年高二下学期月考数学试题

3 滕州一中高二数学试题 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 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 10.828 x 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,2  ，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 2 16. 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  ^ ^ ^ (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 x 的斜率和截距的最小二乘估计分别为 i 1 ； n  i1 (xi x)2 y x . 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 . 滕州一中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 295242 2 18. 解：（1）因为 f (x)  xeax  bx ，所以 f ' (x)  (1 x)e a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ln33a 12 ， 3 ln3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ln22a 12， 2 1 X 0 1 2 P 0.24 0.52 0.24 ln 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(x2 ) 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(x2 ) 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 .