山东省潍坊市昌乐二中2019-2020学年高二4月月考数学试题

山东省潍坊市昌乐二中2019-2020学年高二4月月考数学试题

高二数学阶段过关考试 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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.已知 ，，其中 为虚数单位，则=（ ）‎ A. -1 B. ‎1 ‎C. 2 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数除法运算法则化简原式可得，再利用复数相等列方程求出的值，从而可得结果.‎ ‎【详解】因为 ，，‎ 所以，则，故选B.‎ ‎【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.‎ ‎2.函数的单调递增区间是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出的导函数，令导函数大于0列出关于的不等式，求出不等式的解集可得到的范围，即为函数的单调增区间.‎ ‎【详解】因为函数，‎ 所以，‎ 由，可得，‎ 故函数的单调递增区间为，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数求函数的单调区间，是一道中档题.求函数单调区间的步骤是：求出，在定义域内，令求得的范围，可得函数增区间，由求得的范围，可得函数的减区间.‎ ‎3.已知随机变量的分布列如图所示，则（ ）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：首先，所以，故选择B.‎ 考点：随机变量的概率分布.‎ ‎4.某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了5次试验，根据收集到的数据（如表），‎ 由最小二乘法求得回归直线方程.由于后期没有保存好，导致表中有一个数据模糊不清，请你推断出该数据的值为（　　）‎ A. 67 B. ‎68.2 ‎C. 68 D. 67.2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设该数据的值为，求得，再根据样本点在回归直线上求解.‎ ‎【详解】设该数据的值为，‎ 则，‎ 因为样本点在回归直线上，‎ 所以，‎ 解得.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查回归直线的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎5.某次中俄军演中，中方参加演习的有4艘军舰、3架飞机；俄方有5艘军舰、2架飞机.从中俄两方中各选出2个单位（1艘军舰或1架飞机都作为一个单位，所有的军舰两两不同，所有的飞机两两不同），则选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有（ ）‎ A. 180种 B. 160种 C. 120种 D. 38种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分两类进行，第一类，飞机来自中方得到方法数，第二类，飞机来自俄方得到方法数，然后两类求和.‎ ‎【详解】分两类，第一类，飞机来自中方，有种，‎ 第二类，飞机来自俄方，有种，‎ 所以选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有180种.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查分类加法计数原理和组合问题，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎6.已知函数y=f（x）的图象是下列四个图象之一，且其导函数y=f′（x ‎）的图象如图所示，则该函数的图象是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由y＝f′(x)的图象知，y＝f(x)的图象为增函数，‎ 且在区间(－1,0)上增长速度越来越快，‎ 而在区间(0,1)上增长速度越来越慢．‎ 故选B.‎ ‎7.设两个正态分布和的密度函数图像如图所示．则有（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据正态分布函数的性质：正态分布曲线是一条关于对称，在处取得最大值的连续钟形曲线；越大，曲线的最高点越底且弯曲较平缓；反过来，越小，曲线的最高点越高且弯曲较陡峭，选A．‎ ‎8.名成人带两个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头尾，则不同的排法种数有（ ）‎ A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 首先5名大人先排队，共有种，然后把两个小孩插进中间的4个空中，共有种排法，根据乘法原理，共有种，故选A.‎ 二、多选题：每小题5分，共20分.‎ ‎9.的展开式中各项系数的和为2，则其中正确命题的序号是（ ）‎ A. B. 展开式中含项的系数是-32‎ C. 展开式中含项 D. 展开式中常数项为40‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据的展开式中各项系数的和为2，令，解得 ，判断A的正误.再根据A的结果，写出展开式中的通项公式或，然后分别令或，令或，令或，判断BCD的正误.‎ ‎【详解】因为的展开式中各项系数的和为2，令得，，所以，故A正确.‎ 此时，展开式中的通项为或，令或解得，所以含项的系数是32，故B错误.‎ 令或，都无解，故展开式中不含项，故C错误 ‎ 令或，解得或 ，所以展开式中常数项为40.‎ 故选：AD ‎【点睛】本题主要考查二项式定理的展开式的系数及通项公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎10.若满足，对任意正实数，下面不等式恒成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，设，，得到在R上是增函数，再根据是正实数，利用单调性逐项判断.‎ ‎【详解】设，，‎ 因为，‎ 所以，在R上是增函数，‎ 因为是正实数，所以，所以，因为， 大小不确定，故A错误,‎ 因为，所以，即，故B正确.‎ 因为，所以，因为，大小不确定.故C错误.‎ ‎，因为，所以，故D正确.‎ 故选：BD ‎【点睛】本题主要考查导数与函数单调性比较大小，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎11.一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：①从中任取3球，恰有一个白球的概率是；②从中有放回的取球6次，每次任取一球，恰好有两次白球的概率为；③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为；④从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为. 则其中正确命题的序号是（ ）‎ A. ① B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①利用古典概型的概率求解判断.②利用独立重复实验的概率求解判断.③利用古典概型概率求解判断.④利用独立重复实验的概率求解判断.‎ ‎【详解】一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，‎ ‎①从中任取3球，恰有一个白球的概率是故正确；‎ ‎②从中有放回的取球6次，每次任取一球，每次抽到白球的概率为，则恰好有两次白球的概率为，故正确；‎ ‎③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为，故错误；‎ ‎④从中有放回的取球3次，每次任取一球，每次抽到红球的概率为：则至少有一次取到红球的概率为，故正确.‎ 故选：ABD.‎ ‎【点睛】本题主要考查概率的求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎12.已知函数，给出下面四个命题：①函数的最小值为；②函数有两个零点；③若方程有一解，则；④函数的单调减区间为.‎ 则其中错误命题的序号是（ ）‎ A. ① B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数，求导，当时，，当时，，作出函数图象逐项判断.‎ ‎【详解】因为函数，所以 当时，，当时，‎ 所以当时， 的最小值为；‎ 如图所示：‎ 当时，，当时，，所以函数有一个零点；‎ 若方程有一解，则或，函数的单调减区间为.‎ 故错误命题序号是 ②③④‎ 故选：BCD ‎【点睛】本题主要考查导数在函数的图象和性质中的综合应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ 三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知复数（为虚数单位），则复数的虚部是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用复数的乘法，将复数化为：再求解.‎ ‎【详解】因为复数，‎ 所以复数的虚部是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的概念和运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎14.已知四个函数：① ；② ；③ ；④ . 从中任选2个，则事件“所选2个函数的图像有且仅有一个公共点”的概率为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎ 由四个函数①；②；③；④，‎ ‎ 从中任选个函数，共有种，‎ ‎ 其中“所选个函数的图像有且仅有一个公共点”共有①③、①④，共有种，‎ ‎ 所以“所选个函数的图像有且仅有一个公共点”的概率为.‎ ‎15.若，则______，______.‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，即可.两边同乘以，再令求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 令得，.‎ ‎，‎ 令得：，‎ 所以.‎ 故答案为： (1). 1 (2). ‎ ‎【点睛】本题主要考查二项展开式的系数，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎16.已知函数（为自然对数的底数）有两个极值点，则实数的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导，根据函数有两个极值点，则，在上有两个不等实根，即，在上有两个不等实根，再令，研究其图象即可.‎ ‎【详解】，‎ 因为函数（为自然对数的底数）有两个极值点，‎ 所以，在上有两个不等实根，‎ ‎，在上有两个不等实根，‎ 令，‎ ‎，‎ 当时，，当时，，‎ 所以当时， 的最大值为；‎ 当时，，当时，，‎ 如图所示：‎ 所以实数的取值范围是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查导数与函数的极值点问题，还考查了转化化归思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ 四、解答题（本大题共6小题，17题10分，18-22题每小题12分，共70分，解答时写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎17.设复数，试求实数取何值时 ‎（1）是纯虚数；‎ ‎（2）是实数；‎ ‎（3）对应的点位于复平面的第二象限.‎ ‎【答案】（1）； （2）或； （3）或..‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据是纯虚数，则实部为0，虚部不等于0求解.‎ ‎（2）根据是实数，则虚部为0，对数的真数大于0求解.‎ ‎（3）根据对应点位于复平面的第二象限，则实部小于0，虚部大于0求解.‎ ‎【详解】（1）若是纯虚数，‎ 则可得，即，‎ 解之得（舍去-1）；‎ ‎（2）若是实数，‎ 则可得且，‎ 解之得或；‎ ‎（3）∵对应的点坐标为 ‎，‎ 因为该对应点位于复平面的第二象限，则可得，‎ 即，‎ 解之得或.‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的概念和几何意义，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎18.的二项展开式中.‎ ‎（1）若第5项的二项式系数与第3项的二项式系数的比是，求展开式中的常数项；‎ ‎（2）若所有奇数项的二项式系数的和为，所有项的系数和为，且，求展开式中二项式系数最大的项.‎ ‎【答案】（1）5； （2），.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据第5项的二项式系数与第3项的二项式系数的比是，则有 ‎，求得n，再利用通项公式求解.‎ ‎（2）根据所有奇数项的二项式系数的和为，令，得到所有项的系数和，代入求得n，若n为偶数，则中间项二项式系数最大，若n为奇数，则中间两项二项式系数最大.‎ ‎【详解】（1）依题意，‎ 化简得，‎ 解得或（舍去），‎ ‎∴，‎ 令，解得，‎ ‎∴常数项为第3项，.‎ ‎（2），令，得，则，解得：，‎ 则展开式中二项式系数最大的项是第3项和第4项，‎ ‎，.‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理的系数及通项公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎19.为调查某社区居民的业余生活状况，研究这一社区居民在20：00-22：00时间段的休闲方式与性别的关系，随机调查了该社区80人，得到下面的数据表：‎ 休闲方式 性别 看电视 看书 合计 男 ‎10‎ ‎50‎ ‎60‎ 女 ‎10‎ ‎10‎ ‎20‎ 合计 ‎20‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎（1）根据以上数据，能否有的把握认为“在20：00-22：00时间段的休闲方式与性别有关系”？‎ ‎（2）将此样本的频率估计为总体的概率，随机调查3名在该社区的男性，设调查的3人在这一时间段以看书为休闲方式的人数为随机变量，求的数学期望和方差.‎ 参考公式与数据对应，对应.‎ ‎【答案】（1）有的把握认为“在20：00—22：00时间段居民的休闲方式与性别有关”； ‎ ‎（2），.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据样本提供的列联表求得，再与6.635比较下结论.‎ ‎（2）根据题意随机变量服从二项分布：，代入公式求解.‎ ‎【详解】（1）假设：“在20：00—22：00时间段居民的休闲方式与性别无关，根据样本提供的列联表得：”；‎ 综上所述：所以有的把握认为“在20：00—22：00时间段居民的休闲方式与性别有关”.‎ ‎（2）由题意得：，‎ 所以，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查独立性检验和离散型随机变量的均值和方差，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎20.已知函数，在点处的切线方程为.‎ ‎（1）求函数的解析式；‎ ‎（2）若对于区间上任意两个自变量，，都有，求实数的最小值.‎ ‎【答案】（1）； （2）4.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据点处的切线方程为，则有求解.‎ ‎（2）根据区间上任意两个自变量，，都有，则，只需求得的最大值和最小值即可.‎ ‎【详解】（1）∵，‎ 根据题意，得，即，‎ 解得，‎ ‎∴.‎ ‎（2）令，解得，‎ ‎，，，，‎ ‎∴时，，，‎ 则对于区间上任意两个自变量的值，，都有 ‎，‎ 所以，所以的最小值为4.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义和导数与函数的最值，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎21.某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过的包裹收费10元；重量超过的包裹，除收费10元之外，超过的部分，每超出（不足时按计算）需再收5元.公司从承揽过的包裹中，随机抽取100件，其重量统计如下：‎ 包裹重量（单位：）‎ 包裹件数 ‎43‎ ‎30‎ ‎15‎ ‎8‎ ‎4‎ 公司又随机抽取了60天的揽件数，得到频数分布表如下：‎ 揽件数 天数 ‎6‎ ‎6‎ ‎30‎ ‎12‎ ‎6‎ 以记录的60天的揽件数的频率作为各揽件数发生的概率 ‎（1）计算该公司3天中恰有2天揽件数在的概率；‎ ‎（2）估计该公司对每件包裹收取的快递费的平均值；‎ ‎（3）公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的用做其他费用，目前前台有工作人员3人，每人每天揽件不超过150件，每人每天工资100元，公司正在考虑是否将前台工作人员裁减1人，试计算裁员前后公司每日利润的数学期望，并判断裁员是否对提高公司利润有利？‎ ‎（注：同一组中的揽件数以这组数据所在区间中点值作代表）‎ ‎【答案】（1）； （2）公司对每件快递收取的费用的平均值可估计为15元； （3）公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据样本中包裹件数在内天数，得到频率，再根据未来3天中，包裹件数在间的天数服从二项分布求解.‎ ‎（2）根据重量统计和收费标准，列出样本中快递费用的分布列，再求期望.‎ ‎（3）根据题意及（2），揽件数每增加1，可使前台工资和公司利润增加（元），若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，根据公司随机抽取60天的揽件数的频数分布表分别列出分布列，求期望再减去员工的费用比较.‎ ‎【详解】（1）样本中包裹件数在内的天数为48，频率为，‎ 可估计概率为，未来3天中，包裹件数在间的天数服从二项分布，‎ 即，故所求概率为；‎ ‎（2）样本中快递费用的分布列如下表：‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎30‎ ‎0.43‎ ‎0.3‎ ‎0.15‎ ‎0.08‎ ‎0.04‎ 故样本中每件快递收取的费用的平均值为 ‎（元），‎ 故该公司对每件快递收取的费用的平均值可估计为15元.‎ ‎（3）根据题意及（2），揽件数每增加1，可使前台工资和公司利润增加（元），‎ 若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下：‎ 包裹件数（近似处理 ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎350‎ ‎450‎ 实际揽件数 ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎350‎ ‎450‎ 频率 ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.5‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ 故公司平均每日利润的期望值为（元）；‎ 若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下：‎ 包裹件数（近似处理 ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎350‎ ‎450‎ 实际揽件数 ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎300‎ ‎300‎ 频率 ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.5‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ 故公司平均每日利润的期望值为（元）‎ 因，故公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利 ‎【点睛】本题主要考查二项分布，离散型随机变量的分布列的期望及其应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎22.已知函数.‎ ‎（1）时，求函数的零点个数；‎ ‎（2）当时，若函数在区间上的最小值为，求的值.‎ ‎【答案】（1）函数有且只有一个零点； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，，用导数法研究函数的单调性，再用零点存在定理求解.‎ ‎（2）令，即，解得或，根据区间，分，，三种情况分类求解.‎ ‎【详解】（1）当时，.‎ 所以函数在上单调递增；‎ 又因为，.‎ 所以函数有且只有一个零点.‎ ‎（2）函数的定义域是. ‎ 当时，，‎ 令，即，‎ 所以或.‎ 当，即时，上单调递增，‎ 所以在上的最小值是，解得；‎ 当，即时，在上的最小值是，即，‎ 令，，可得，‎ ‎∴在单调递减，在单调递增；而，，不合题意；‎ 当，即时，在上单调递减，‎ 所以在上的最小值是，解得，不合题意.‎ 综上可得.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数与函数的零点和导数与函数的最值，还考查了分类讨论思想和运算求解的能力，属于难题.‎ ‎ ‎