山东省潍坊市昌乐二中2019-2020学年高二数学4月月考试题

山东省潍坊市昌乐二中2019-2020学年高二数学4月月考试题一、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a＋2ii＝b＋i(a，b∈R)，其中i为虚数单位，则a＋b＝()A．－1B．1C．2D．32.函数f（x）＝xlnx+x的单调递增区间是（）A．（，+∞）B．（0，）C．（）D．（0，）3.已知随机变量X的分布列如表，则E（6X+8）＝（）A．13.2B．21.2C．20.2D．22.24．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），零件数x个1020304050加工时间y（min）62758189由最小二乘法求得回归直线方程＝0.68x+54.4．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．67.25．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6．已知函数y=f(x)的图像是下列四个图像之一,且其导函数y=f’(x)的图象如右图所示,则该函数的图象是X123P0.20.40.4ADCB7．设两个正态分布N1（μ1，21）和N2（μ2，22）的密度函数曲线如图所示，则有（）A.μ1＜μ2，σ1＜σ2B．μ1＜μ2，σ1＞σ2C．μ1＞μ2，σ1＜σ2D．μ1＞μ2，σ1＞σ28．5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．A55•A42种B．A55•A52种C．A55•A62种D．A77﹣4A66种二．多选题：每小题5分，共20分.9.51()(2)axxxx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.a=1B.展开式中含6x项的系数是-32C.展开式中含1x项D.展开式中常数项为4010.若满足0)()(xfxf，对任意正实数a，下面不等式恒成立的是（）A.)2()(afafB.)-()(2afeafaC.)0()(fafD.aefaf)0()(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35；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80243；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25；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2627.则其中正确命题的序号是（）A.①B.②C.③D.④12.已知函数xxfln，给出下面四个命题：①函数xf的最小值为e1；②函数xf有两个零点；③若方程mxf有一解，则0m；④函数xf的单调减区间为e1,.则其中错误命题的序号是（）A.①B.②C.③D.④三．填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13.已知复数2(52)Zi（i为虚数单位），则复数z的虚部是.14.已知四个函数：①y=-x，②y=x1-，③y=x3，④21xy，从中任选2个，则事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为_______________.15..若20172017012017(12)()xaaxaxxR，则0a_____,201712232018222aaa_______.16.已知函数f（x）＝xlnx﹣aex（e为自然对数的底数）有两个极值点，则实数a的取值范围是_________.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.（本题满分10分）设复数22lg(22)(32)zmmmmi，试求实数m取何值时（1）z是纯虚数（2）z是实数（3）z对应的点位于复平面的第二象限18.（本题满分12分））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14：3，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A，所有项的系数和为B，且，求展开式中二项式系数最大的项．19.（本题满分12分）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105060女101020合计206080（1）根据以上数据，能否有99%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X，求X的数学期望和方差。参考公式与数据22112212211212()nnnnnnnnn，23.841对应95%，26.635对应99%20.已知函数),(3)(23Rbaxbxaxxf,在点))1(,1(f处的切线方程为02y.(1)求函数)(xf的解析式;(2)若对于区间]2,2[上任意两个自变量21,xx,都有cxfxf|)()(|21,求实数c的最小值;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元；重量超过的包裹，除收费元之外，超过的部分，每超出（不足时按计算）需再收元．公司从承揽过的包裹中，随机抽取件，其重量统计如下：公司又随机抽取了天的揽件数，得到频数分布表如下：以记录的天的揽件数的频率作为各揽件数发生的概率计算该公司天中恰有天揽件数在的概率；估计该公司对每件包裹收取的快递费的平均值；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人，每人每天揽件不超过件，每人每天工资元，公司正在考虑是否将前台工作人员裁减人，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）22.（本题满分12分）已知函数21ln12fxxaxaxaR.（1）1a时，求函数yfx的零点个数；（2）当0a时，若函数yfx在区间1,e上的最小值为2，求a的值；三、解答：17.解：18.解:（1）依题意∁n4：∁n2＝14：3，化简，得（n﹣2）（n﹣3）＝56，解得n＝10或n＝﹣5（舍去）．……………………2分∴Tr+1＝••（3x2）﹣r＝3﹣r，令＝0得r＝2．……………………4分∴常数项为第3项，T3＝3﹣2C102＝5．……………………6分（2）A＝2n﹣1，B＝，则＝＝，解得：n＝5，……………………8分展开式中二项式系数最大的项是第3项和第4项，T3＝＝，T4＝＝x﹣5．……………………12分19.解：20.解：(1)323)(2bxaxxf根据题意,得,0)1(,2)1(ff即,0323,23baba解得.0,1ba.3)(3xxxf……………………6分(2)令33)(2xxf0,解得1xf(-1)=2,f(1)=-2,2)2(,2)2(ff[2,2]x当时,maxmin()2,()2.fxfx……………………10分则对于区间[-2,2]上任意两个自变量的值12,xx,都有12maxmin|()()||()()|4fxfxfxfx所以4.c所以c的最小值为4……………………12分21.样本中包裹件数在内的天数为，频率为，可估计概率为，未来天中，包裹件数在间的天数X服从二项分布，即，故所求概率为125485154223CP；……………………3分样本中快递费用x的分布列如下表：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元．……………………6分（3）根据题意及，揽件数每增加，可使前台工资和公司利润增加53115（元），若不裁员，则每天可揽件的上限为件，公司每日揽件数情况如下：故公司平均每日利润的期望值为（元）；若裁员人，则每天可揽件的上限为件，公司每日揽件数情况如下：X1015202530P0.430.30.150.080.04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人对提高公司利润不利．……………………12分22.解：（I）当1a时22111()ln2,'()202xfxxxxfxxxx．所以函数yfx在0,上单调递增；………………2分又因为3(1)0,4ln402ff．所以函数()yfx有且只有一个零点………4分（II）函数21()ln(1)2fxxaxax的定义域是），（0．当0a时，21(1)1'()(1)(0)axaxfxaxaxxx令0)('xf，即2(1)1(1)(1)'()0axaxxaxfxxx，所以1x或ax1．……………………6分当110a，即1a时，)(xf在［1，e]上单调递增，所以)(xf在［1，e]上的最小值是1(1)122fa，解得2a；…………8分当ea11，即11ae时，)(xf在1,e上的最小值是11()ln122faaa，即1ln12aa令1()ln2haaa，'221121()0,22ahaaaa可得，12aha在11,2e单调递减，在1,12单调递增；而1e()112he，1(1)12h，不合题意；…10分当ea1即10ae时，)(xf在1,e上单调递减，所以)(xf在1,e上的最小值是21()1e(1)e22feaa，解得262e02eea，不合题意综上可得2a．…………12分