【文档说明】江西省南昌县莲塘第一中学2020-2021学年高二3月质量检测数学（文）试题 Word版含答案.pdf，共(9)页，212.539 KB，由小赞的店铺上传

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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.16B.14C.512D.124.要证：a2+b2-1-a2b2≤0，只要证明()A.2ab-1-a2b2≥0

B.a2+b2-1-a4+b42≤0C.a+b22-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+S4B.2VS1+S2+S3+S4C.3VS1+S2+S3+S4D.4VS1+S2+S3+S4

7.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=l

n55，则a,b,c的大小关系为()A.b<c<aB.a<c<bC.c<a<bD.c<b<a9.已知函数f(x)=ex-2x-1，则y=f(x)的图象大致为()A.B.C.D.10.已知函数f(x)=2x3-6x2-18x+1在区间(m,m2-2m

)上单调递减，则实数m的取值范围是()A.(-3,0)B.[-1,0)C.(3,5)D.(5,7)11.已知a,b,c∈(-∞,0)，则下列三个数a+1b，b+4c，c+9a()A.至少有一个不大于-4B.

都不大于-4C.至少有一个不小于-4D.都不小于-412.已知f′(x)是函数f(x)的导函数，且对任意的实数x都有f′(x)=ex(2x+3)+f(x)，f(0)=1，若方程f(x)=k有三个不同的实数根，则实数k的取值范围是(

)A.-∞,-1eB.(-1e,5e4)C.(5e4,+∞)D.(-1e,1)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13.函数f(x)=xlnx的单调递减区间为．14

.盒中装有10只乒乓球，其中6只新球，4只旧球，不放回地依次取出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为．15.函数f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1既有极大值又有极小

值，则a的取值范围是____．16.函数f(x)=alnx+12x2，若对任意两个不等的正实数x1、x2，都有f(x1)-f(x2)x1-x2>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+22<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)=a23x3-2ax2+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，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(χ2≥k)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.

828(参考公式：χ2=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yii=1,2,⋯8数据作了初步处理，xyz8i=1x2i8i=1z2i8i=1xiyi8i=1ziyi0.244390.1648206

83956表中z=1x.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-nxyni=1x2i-nx2

=ni=1xi-xyi-yni=1xi-x2，a=y-bx.22.已知函数f(x)=lnx+12ax2-2x+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：A．2

.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A．3.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(AB)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=23×1-34+1-23×34=512.故选C.4.要证：a2+b2-1-a2b2≤0，只要证明(a

2-1)(1-b2)≤0，只要证明(a2-1)(b2-1)≥0．故选D．5.由z=lny，得y=ez=e0.3x+4=e4⋅e0.3x所以c=e4．故选D．6.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)<0；当x>5或-1<x<3时，f′(x)>0.故函数y=f(x)的单调递减区间为(-∞，-1)，(3,5)，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，∴fe>f3>f4,即lnee=1e>ln3

3>ln55,∴a>b>c，故选D．9.依题意得f′(x)=ex-2，当x<ln2时，f′(x)<0，f(x)是减函数，此时f(x)>f(ln2)=1-2ln2，而1-2ln2<0；当x>ln2时，f′(x)>0，f(x)是增函数，因此对照各选项知，

C正确．故选C．10.由题意得f′(x)=6x2-12x-18=6(x-3)(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<0．故选B．11.假设a+1b，b+4c，c+9a都大于-4，即a+1b>-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A．12.令G(x)=f(x)ex，则G′(x)=f′(x)-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<-4或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B．13.f′(x)=1+lnx，令1+lnx<0得0<x<1e，∴f(x)的单调递减区间为0，1e.14.法一：设A={第一次取到新球}，B={第二

次取到新球}，则n(A)=6×9=54，n(AB)=6×5=30，∴P(B|A)=nABnA=3054=59.法二：在第一次取到新球的条件下，盒中装有9只乒乓球，其中5只新球，则第二次也取到新球的概率为P=59.15.f′(x)=3x2+6ax+3(a+2)，令

f′(x)=0，即x2+2ax+a+2=0.依题意方程x2+2ax+a+2=0有两个不相等的实根，即Δ=4a2-4a-8>0，解得a>2或a<-1.16.不妨设x1>x2，由f(x1)-f(x2)x1-x2

>4，得f(x1)-4x1>f(x2)-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+2n(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+5)<(n+2)(n+3)．即证0<6，显然成立，故n+n

+5<n+2+n+3(n∈N*).∴原不等式成立．18.(1)f′(x)=a2x2-4ax+b，由题意f′(0)=b=3.(2)∵函数f(x)在x=1处取得极大值，∴f′(1)=a2-4a+3=0，解得a=1或a=3.①当a=1时，f′(x)=x2-4x+3=(x-1)(x-3)，x、f′

(x)、f(x)的变化情况如下表：x(-∞，1)1(1,3)3(3，+∞)f′(x)+0-0+f(x)极大值极小值由上表知，函数f(x)在x=1处取得极大值，符合题意．②当a=3时，f′(x)=9x2-12x+3=3(3x-1)(x-1)，x、f′(x)、f(x

)的变化情况如下表：x(-∞，13)13(13，1)1(1，+∞)f′(x)+0-0+f(x)极大值极小值由上表知，函数f(x)在x=1处取得极小值，不符合题意．综上所述，若函数f(x)在x=

1处取得极大值，a的值为1．19.(1)由题中数据可知，抽取的25名男生中，选择全文的有5人，故高一年级的男生选择全文的概率约为P=525=15．(2)列联表如下：选择全文不选择全文总计男生52025女生151025总计2

03050根据列联表中的数据得，χ2=50×(5×10-15×20)225×25×20×30≈8.333>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)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，fxmin=-k,k≤1-ek-1,1<k<21

-ke,k≥2.21.(1)令z=1x，则y=a+b⋅z,则b=8i=1ziyi-8zy8i=1z2i-8z2=3956-8⋅9⋅43820-8⋅92=5,a=y-bz=-2,∴y=-2+5x.(2)月利润T=y(x-1.6)=(

5x-2)(x-1.6)=8.2-(2x+8x)≤8.2-22x⋅8x=0.2(当且仅当2x=8x即x=2时取等号)答：(1)y关于x的回归方程为y=-2+5x；(2)预计价格定位2万元/吨时，该产品的月利润取

最大值，最大值为0.2万元.22.f′(x)=1x+ax-2=ax2-2x+1x，x∈(0,+∞)．①当a=0时，f′(x)=-2x+1x．当x∈(0,12)时，f′(x)>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．②当0<a<1时，△=4-4a>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(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．③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<1时，f(x)有两个极值点x1、x2，且x1、x2

为方程ax2-2x+1=0的两根，则x1+x2=2a，x1x2=1a，所以f(x1)+f(x2)=ln(x1x2)+a2(x21+x22)-2(x1+x2)+3=ln1a+a2(4a2-2

a)-4a+3=-lna-2a+2．令g(a)=-lna-2a+2，a∈(0,1)，则g′(a)=-1a+2a2=2-aa2>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．