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  • 2021-06-24 发布

山东省潍坊市昌乐二中2019-2020学年高二4月月考数学试题

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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.‎ ‎ ‎