山东省潍坊市昌乐二中2019-2020学年高二4月月考数学试题 WORD版含解析.doc

1、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. -1B. 1C. 2D. 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

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

3、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. 67B. 68.2C. 68D. 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

4、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

5、】【详解】由yf(x)的图象知，yf(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A8.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

6、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-32C. 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

7、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

8、列结论：从中任取3球，恰有一个白球的概率是；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；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；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. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】利用古典概型的概率求解判断.利用独立重复实验的概率求解判断.利用古典概型概率求解判断.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，从中任取3球，恰有一个白球的概率是故正确；从中有放回的取球6次，每次任取一球，每次抽到白球的概

9、率为，则恰好有两次白球的概率为，故正确；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；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：函数的最小值为；函数有两个零点；若方程有一解，则；函数的单调减区间为.则其中错误命题的序号是（ ）A. B. C. D. 【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

10、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 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： ； ； ； . 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_

11、【答案】【解析】 由四个函数；， 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、，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，

12、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

13、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

14、； （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

15、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105060女101020合计206080（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20：0022：00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

16、公式求解.【详解】（1）假设：“在20：0022：00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20：0022：00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

17、），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43301584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6630126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

18、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

19、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：10152025300.430.30.150.080.04故样本中每件快递收取的费用的平均值为（

20、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50150250350450实际揽件数50150250350450频率0.10.10.50.20.1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50150250350450实际揽件数50150250300300频率0.10.10.50.20.1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

21、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.