江西省南昌县莲塘第一中学2020-2021学年高二数学3月质量检测试题 文（PDF）.pdf

1、莲塘一中 2020-2021 学年下学期高二 3 月质量检测文科数学试卷一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分每小题的四个选项中，只有一项符合)1.反证法证明命题：“若 a,b R，且 a2+b2=0，则 a，b 全为 0”时，要做的假设是()A.a，b 不全为 0B.a，b 中至少有一个为 0C.a 0 且 b 0D.a，b 中只有一个为 02.观察下列算式：21=2，22=4，23=8，24=16，25=32，26=64，27=128，28=256，用你所发现的规律可得 22021的末位数字是()A.2B.4C.6D.83.两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的

2、概率分别为 23 和 34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为()A.16B.14C.512D.124.要证：a2+b2-1-a2b2 0，只要证明()A.2ab-1-a2b2 0B.a2+b2-1-a4+b42 0C.a+b22-1-a2b2 0D.(a2-1)(b2-1)05.用模型 y=c ekx拟合一组数据时，为了求出回归方程，设 z=lny，其变换后得到线性回归方程为 z=0.3x+4，则 c=()A.0.3B.e0.3C.4D.e46.设 ABC 的三边长分别为 a、b、c，ABC 的面积为 S，内切圆半径为 r，则 r=2Sa+b+c，类比这个

3、结论可知：四面体 S-ABC 的四个面的面积分别为 S1、S2、S3、S4，四面体 S-ABC 的体积为 V，内切球半径为 r，则 r 等于()A.VS1+S2+S3+S4B.2VS1+S2+S3+S4C.3VS1+S2+S3+S4D.4VS1+S2+S3+S47.下图是导函数 y=f(x)的图像，则下列说法错误的是()A.(-1,3)为函数 y=f(x)的递增区间B.(3,5)为函数 y=f(x)的递减区间C.函数 y=f(x)在 x=0 处取得极大值D.函数 y=f(x)在 x=5 处取得极小值8.已知 a=1e,b=ln33,c=ln55，则 a,b,c 的大小关系为()A.b c aB

4、.a c bC.c a bD.c b 4 恒成立，则实数 a 的取值范围是 _三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.对于不等式 1+6 3+2，2+7 2+5，3+2 2 5+6，它们都是正确的根据上面不等式的规律，归纳猜想n+n+5 与n+2+n+3(n N+)的大小并应用分析法加以证明18.已知函数 f(x)=a23x3-2ax2+bx，且曲线 y=f(x)在点(0，f(0)处的切线斜率为 3.(1)求实数 b 的值；(2)若函数 f(x)在 x=1 处取得极大值，求实数 a 的值19.新高考“3+3”模式最大的特点就是取消了文理分科，

5、除语文、数学、外语 3 门必考科目外，从物理、化学、生物、政治、历史、地理这 6 门中自主选择 3 门作为选考科目.某研究机构为了了解学生对全文(政治、历史、地理)的选择是否与性别有关，从某学校高一年级的1000 名学生中随机抽取男、女生各 25 人进行模拟选科.经统计，选择全文的男生有 5 人，在随机抽取的 50 人中选择全文的比不选全文的少 10 人(1)估计高一年级的男生选择全文的概率;(2)请完成下面的 2 2 列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过 0.005 的前提下认为选择全文与性别有关选择全文不选择全文总计男生女生总计附表：P(2 k)0.150.100.050.0250.01

6、00.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828(参考公式：2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中 n=a+b+c+d)20.已知函数 f(x)=(x-k)ex.(1)求 f(x)的单调区间；(2)求 f(x)在区间 0，1 上的最小值21.某公司在市场调查中，发现某产品的单位定价 x(单位：万元/吨)对月销售量 y(单位：吨)有影响对不同定价 xi和月销售量 yi i=1,2,8数据作了初步处理，xyz8i=1x2i8i=1z2i8i=1xiyi8i=1ziyi0.244390.164820683956表中 z=1

7、x.经过分析发现可以用 y=a+bx 来拟合 y 与 x 的关系(1)求 y 关于 x 的回归方程；(2)若生产 1 吨产品的成本为 1.6 万元，那么预计价格定位多少时，该产品的月利润取最大值，求此时的月利润参考公式：b=ni=1xi yi-nxyni=1x2i-nx2=ni=1xi-xyi-yni=1xi-x2，a=y-bx.22.已知函数 f(x)=lnx+12ax2-2x+32(a 0)(1)讨论函数 f(x)的极值点的个数；(2)若 f(x)有两个极值点 x1、x2，求证：f(x1)+f(x2)0莲塘一中 2020-2021 学年下学期高二 3 月质量检测文科数学试卷参考答案1.用反

8、证法证明命题：“若 a，b R，且 a2+b2=0，则 a，b 全为 0”时，要做的假设是：要证结论的反面，即 a，b 不全为 0，故选：A2.由题意得，2 的次方的末位数字分别是 2，4，8，6 这 4 个数字循环，即以 4 为周期又 2021=505 4+1，22021的末位数字与 21的末位数字相同，22021的末位数字是 2故选 A3.设事件 A：甲实习生加工的零件为一等品；事件 B：乙实习生加工的零件为一等品，则 P(A)=23，P(B)=34，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为：P(AB)+P(AB)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=23 1-34+1-23 34=512.

9、故选 C.4.要证：a2+b2-1-a2b2 0，只要证明(a2-1)(1-b2)0，只要证明(a2-1)(b2-1)0故选 D5.由 z=lny，得 y=ez=e0.3x+4=e4 e0.3x所以 c=e4故选 D6.设四面体的内切球的球心为 O，则球心 O 到四个面的距离都是 R，所以四面体的体积等于以 O 为顶点，分别以四个面为底面的 4 个三棱锥体积的和则四面体的体积为 V四面体SABC=13(S1+S2+S3+S4)R，R=3VS1+S2+S3+S4.故选 C.7.由图知当 x-1 或 3 x 5 时，f(x)5 或-1 x 0.故函数 y=f(x)的单调递减区间为(-，-1)，(3

10、,5)，单调递增区间为(-1,3)，(5，+)，函数 y=f(x)在 x=-1，x=5 处取得极小值，在 x=3 处取得极大值，故选项 C 说法错误故选 C.8.设 f(x)=lnxx,x e,则 f(x)=1-lnxx2 0 恒成立，函数 f(x)在 e,+)上单调递减，f e f 3 f 4,即 lnee=1e ln33 ln55,a b c，故选 D9.依题意得 f(x)=ex-2，当 x ln2 时，f(x)f(ln2)=1-2ln2，而 1-2ln2 ln2 时，f(x)0，f(x)是增函数，因此对照各选项知，C 正确故选 C10.由题意得 f(x)=6x2-12x-18=6(x-3

11、)(x+1)，令 f(x)0 可得-1 x 3，因为 f(x)在区间(m,m2-2m)上单调递减，所以(m,m2-2m)(-1,3)，所以-1 m m2-2m 3，解得-1 m-4，b+4c-4，c+9a-4，将三式相加，得 a+1b+b+4c+c+9a-12，又因为 a+9a-6，b+1b-2，c+4c-4，当且仅当 a=-3，b=-1，c=-2 时等号成立，三式相加，得 a+1b+b+4c+c+9a-12，当且仅当 a=-3，b=-1，c=-2 时，等号同时成立，所以假设不成立，a+1b，b+4c，c+9a 至少有一个不大于-4故选 A12.令 G(x)=f(x)ex，则 G(x)=f(x

12、)-f(x)ex=2x+3，可设 G(x)=x2+3x+c，G(0)=f(0)=1.c=1 f(x)=(x2+3x+1)ex，f(x)=(x2+5x+4)ex=(x+1)(x+4)ex由 f(x)0 可得：x-1,由 f(x)0 可得：-4 x-1;则函数 f(x)的极大值为 f-4=5e4，函数 f(x)的极小值为 f-1=-1e方程 f(x)=k 有三个不同的实数根，结合图象知故 k 的取值范围是(-1e,5e4)故选 B13.f(x)=1+ln x，令 1+ln x 0 得 0 x 0，解得 a 2 或 a x2，由 f(x1)-f(x2)x1-x2 4，得 f(x1)-4x1 f(x2

13、)-4x2，设 g(x)=f(x)-4x，x 0，则 g(x)单调递增，求导 g(x)=f(x)-4，则 g(x)=f(x)-4 0，则 f x=x+ax 4 即 a 4x-x2在(0,+)上恒成立，设 h(x)=4x-x2，x 0，函数的对称轴为 x=2，则当 x=2 时，取最大值，最大值为 h(x)max=4，a 4.17.猜想：n+n+5 n+2+n+3(n N*)，证明：因为 n N*，要证n+n+5 n+2+n+3，只需证(n+n+5)2(n+2+n+3)2，即证 n+2 n(n+5)+n+5 n+2+2n+2(n+3)+n+3，即证n(n+5)(n+2)(n+3)，只需证 n(n+

14、5)(n+2)(n+3)即证 0 6，显然成立，故n+n+5 7.879，故能在犯错误的概率不超过 0.005 的前提下认为选择全文与性别有关20.(1)f(x)=(x-k+1)ex.令 f(x)=0，得 x=k-1.f(x)与 f(x)的变化情况如下：x(-,k-1)k-1(k-1,+)f(x)-0+f(x)-ek-1所以 f(x)的单减区间是(-，k-1)；单增区间是(k-1，+)(2)当 k-1 0，即 k 1 时，函数 f(x)在 0，1 上单调递增，所以 f(x)在区间 0，1 上的最小值为 f(0)=-k；当 0 k-1 1，即 1 k 2 时，由(1)知 f(x)在 0，k-1)

15、上单调递减，在(k-1，1 上单调递增，所以 f(x)在区间 0，1 上的最小值为 f(k-1)=-ek-1；当 k-1 1，即 k 2 时，函数 f(x)在 0，1 上单调递减，所以 f(x)在区间 0，1 上的最小值为 f(1)=(1-k)e.故综上所述，f xmin=-k,k 1-ek-1,1 k 0，所以 f(x)在(0,12)上单调递增；当 x (12,+)时，f(x)0，所以 f(x)在(12,+)上单调递减即函数 f(x)只有一个极大值点 12，无极小值点当 0 a 0，令 f(x)=0，得 x=1 1-aa当 x (0,1-1-aa)(1+1-aa,+)时，f(x)0，所以 f

16、(x)在(0,1-1-aa)，(1+1-aa,+)上单调递增；当 x (1-1-aa,1+1-aa)时，f(x)0，所以 f(x)在(1-1-aa,1+1-aa)上单调递减即函数 f(x)有一个极大值点 1-1-aa，有一个极小值点 1+1-aa当 a 1 时，=4-4a 0，此时 f(x)0，则 f(x)在(0,+)上单调递增，无极值点故综上，当 a=0 时，f(x)有且仅有一个极大值点，即只有 1 个极值点；当 0 a 1 时，f(x)有一个极大值点和一个极小值点，即有 2 个极值点；当 a 1 时，f(x)没有极值点(2)证明：由(1)可知，当且仅当 0 a 0 恒成立，所以 g(a)在(0,1)上单调递增，所以 g(a)g(1)=-ln1-2+2=0，即 f(x1)+f(x2)0