【文档说明】安徽省安庆九一六学校2020-2021学年高二下学期5月月考数学（理）试题 PDF版含答案.pdf，共(15)页，432.833 KB，由小赞的店铺上传

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试卷第1页，总4页安庆九一六学校2020—2021学年度第一学期5月月考高二数学试卷（理）时间：120分钟满分：150分命题人：审题人：高一数学组一、选择题：（每题5分，共60分）1、设集合1,2,3,4,5

,6,1,3,5,3,4,5UAB，则()()UUCACB（）A．2,6B．3,6C．1,3,4,5D．1,2,4,62、fx是定义域为R上的奇函数，当0x时，22xfxxm（m为常数），则3f（）A

．13B．7C．-13D．–73、“已知对数函数logayx（0a且1a）是增函数，因为2logyx是对数函数，所以2logyx为增函数”，在以上三段论的推理中（）A．大前提错误B．小前提错误C．推理形式错误D．结论错误4、根据表格中的数据，可以断定方程2x

ex的一个根所在的区间是（）x-10123xe0.3712.727.3920.092x12345A．1,0B．0,1C．1,2D．2,35、已知i是虚数单位，264(1)izii，则z（）A．10B

．10C．5D．56、在某次联考数学测试中，学生成绩服从正态分布2(100,)(0)，若在(80,120)内的概率为0.8，则任意选取一名学生，该生成绩不高于80的概率为（）A.0.05B.0.1C.0.15D.0.27、函数121x

y的值域是（）A．(,1)B．(,0)(0,)C．(1,)D．(,1)(0,)8、若01ab，则ba，ab，logba，1logab的大小关系为（）试卷第2页，总4页A．1loglogbabaab

abB．1loglogabbababaC．1loglogbabaaabbD．1loglogabbaabab9、从一副不含大小王的52张扑克牌（即,2,3,,10,,,AJQK不同花色的各

4张）中任意抽出5张，恰有3张A的概率是（）A．248255CCB．248255AAC．32485245CCCD．32485245AAA10、在三次独立重复试验中，事件A在每次试验中发生的概率相同，若事件A至少发生一次的

概率为6463，则事件A发生次数的期望和方差分别为（）A．94和916B．34和316C．916和364D．94和96411、用数学归纳法证明不等式1111n1>2322nnN，第二步由k到k+1时不等式左边需增加（）A.12kB.111212

kkC.1111121222kkkD.1111121222kkk12、某电视台曾在某时间段连续播放5个不同的商业广告，现在要在该时间段新增播一个商业广告与两个不同的公益宣传

广告，且要求两个公益宣传广告既不能连续播放也不能在首尾播放，则在不改变原有5个不同的商业广告的相对播放顺序的前提下，不同的播放顺序共有（）A.60种B.120种C.144种D.300种二、填空题：（每题5分，共20分）13、12001cosxdxxdx

_____________14、当a为常数时，621axx展开式中常数项为15，则a________．15、已知函数2232,nnfxxnkkN在0,上单调递增，则n______．16、设函数)7()7(),4()(),()(xfxfxf

xfxf上满足在,且在闭区间[0,7]上,只有0)3()1(ff,则函数)(xf的最小正周期为__________,方程0)(xf在闭区间[-2005,2005]上有_________个根.试卷第3页，总4页1221niiiniixynxybxnx三、

解答题题：（共70分）17、计算：（1）210321298log162525e；（2）已知5345xy，求12xy的值．18、某电脑公司有5名产品推销员，其工作年限与年推销金额的数据如表：推销员编号12345工作年限x年35679推销金额y万元2

3345（1）求年推销金额y关于工作年限x的线性回归方程；（2）判断变量x与y之间是正相关还是负相关；（3）若第6名推销员的工作年限是11年，试估计他的年推销金额.参考公式：线性回归方程ybxa$$$中，aybx$$，其

中,xy为样本平均数，19、甲、乙、丙三人独立地对某一技术难题进行攻关．甲能攻克的概率为32，乙能攻克的概率为43，丙能攻克的概率为54.（1）求这一技术难题被攻克的概率；（2）若该技术难题末被攻克，上级不做任何奖励；若该

技术难题被攻克，上级会奖励a万元．奖励规则如下：若只有1人攻克，则此人获得全部奖金a万元；若只有2人攻克，则奖金奖给此二人，每人各得2a万元；若三人均攻克，则奖金奖给此三人，每人各得3a万元．设甲得到的奖金数为X，求X的分布列和数学期望．20、

某中学在2020年元旦校运动会到来之前，在高三年级学生中招募了16名男性志愿者和14名女性志愿者，其中男性志愿者，女性志愿者中分别有10人和6人喜欢运动会，其他人员均不喜欢运动会.（1）根据题设完成下列22列联表：喜欢运动会不喜欢运动会总计男女总计试卷第4页

，总4页（2）在犯错误的概率不超过0.050的前提下能否有95%的把握认为喜欢运动会与性别有关？并说明理由.（3）如果喜欢运动会的女性志愿者中只有3人懂得医疗救护，现从喜欢运动会的女性志愿者中随机抽取2人负责医疗救护

工作，求“抽取得2名志愿者都懂得医疗救护”的概率.注：22nadbcKnabcdabcdacbd临界值表20PKk0.0500.0250.0100.0010k3.8415.0246.63510.82821、已知函数5log5axf

xx（0a且1a）.（1）求函数()fx的定义域，并求出当2524f时，常数a的值；（2）在（1）的条件下，判断函数fx在5,的单调性，并用单调性定义证明；（3）设log(3

)agxx，若方程1fxgx有实根，求a的取值范围.22、已知函数ln22)(fxxmxmR.（1）讨论函数fx的单调性；（2）设0m，若存在1[,1]2x，使得不等式2fxmx成立，求m的取值范围.答案第1页，总1页高二数学试

卷（理）参考答案一、单项选择1~5ACACC6~10BDDCA11~12DB1、【答案】A【解析】1,2,3,4,5,6,1,3,5,3,4,5UAB,{2,4,6},{1,2,6}UUCACB,()(){2,6}UUCACB,故选：A2、【答案】

C【解析】分析：先根据奇函数性质00f得1m，再利用33ff求解即可.详解：解：因为函数fx是定义域为R上的奇函数，所以00f，所以10m，即1m.所以333223113ff.故选：C.【点睛】本题考

查奇函数的性质，解题的关键是先根据奇函数性质00f得1m，再利用奇函数性质33ff计算.3、【答案】A【解析】根据对数函数的单调性判断即可.详解：当01a时，函数logayx为减函数，所以，在这个推理中，大前提错误.故选：A.【点睛】本题考查

演绎推理，属于基础题.4、【答案】C【解析】令()2xfxex，方程20xex的根即函数()2xfxex的零点，由10f，20f知，方程20xex的一个根所在的区间为1,2．详解：解：令()2xfxex，由图

表知，12.7230.280f，27.3943.390f，即120ff，根据零点存在性定理可知fx在1,2上存在零点，即方程20xex的一个根所在的区间为1,2，故选：C．【点睛】本题考查方程的根就是对应

函数的零点，以及零点存在性定理的应用，属于基础题．5、【答案】C【解析】分析：由已知条件，结合复数的运算可得34zi，由模长公式可得答案．详解：2664434(1)2iiziiiii；223(

4)5z；故选：C【点睛】本题考查复数的模的求解，涉及复数的代数形式的乘除运算，属于基础题．6、【答案】B【解析】1(80120)(80)(120)0.12PXPXPX,故选:B.7、【答案】D【

解析】分析：根据函数解析式，结合指数函数及分式的性质即可求值域.详解：由211210xx知：当1210x时，(,1)y；当210x时，(0,)y；∴综上有：值域是(,1)(0,).故选：D8、【答案】D【解析】由

01ab，指数函数xya为减函数，幂函数ayx为增函数，所以01baaaab，又对数函数logbyx为减函数，则loglog1bbab，而01a，则11a，所以1log0ab.综上1loglogabbaabab；故选

：D.9、【答案】C【解析】设X为抽出的5张牌中含A的张数，可知X服从超几何分布，其中52,5,4NnM，进而求出3pX即可.详解：设X为抽出的5张牌中含A的张数，可知X服从超几何分布，其中52,5,4NnM，则

324854523CCpXC.故选：C.【点睛】本题考查求超几何分布的概率，考查学生的计算求解能力，属于基础题.10、【答案】A【解析】根据独立重复试验的概率计算公式，求得34p，再根据二项分布的期望与方差的

公式，即可求解.【详解】由题意，设事件A在每次试验中发生的概率为P，因为事件A至少发生一次的概率为6364，即333631(1)64Cp，解得34p，则事件A发生的次数服从二项分布3(3,)4B，所以事件A发生的次

数的期望为39()344E，方差为339()3(1)4416D，故选A.【点睛】本题主要考查了独立重复试验的概率的计算，以及二项分布的期望与方差的计算，其中解答中熟记独立重复试验的概率的计算公式，以及二

项分布的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.11、【答案】D【解析】根据题意，由于证明不等式1111n1>2322nnN，第二步由k到k+1时不等式左边需增加，由于左侧表示的为项的和，因此则增加了1111121222kkk

，故答案为D.12、【答案】B【解析】二、填空题13、【答案】4【解析】利用定积分的几何意义和微积分基本定理即可得出答案.详解：定积分1021xdx的几何意义为：圆221xy的14个圆的面积，即122

011144xdx，又由00cossinsinsin00xdxx，故12001cos044xdxxdx故答案为：4【点睛】本题主要考查定积分的几何意义和微积分基

本定理，属于基础题.14、【答案】【解析】621axx的第1r项为6212366rrrrrrCxaxCax，令1230r，得4r，所以44615Ca，解得1a．故答案为：15、【答案】0或2【解析】由函数223nnfxx

在0,上单调递增可得出关于n的不等式，解出n的取值范围，结合题中条件可求得n的取值.详解：因为函数223nnfxx在0,上单调递增，则2230nn，即2230nn，解得13n，2nk

且kN，因此，0n或2.故答案为：0或2.【点睛】本题考查利用幂函数的单调性求参数值，考查计算能力，属于基础题.16、【答案】10、802【解析】三、解答题17、【答案】（1）15；（2）1.试题分析：（1）直接利用有理指数幂的运算性质求解；（2）直接利

用对数的运算性质求解．【详解】解：（1）210321298log162525e213232331124154415555；（2）由5345xy，得53log45log

45xy，，45454512log52log3log591xy．【点睛】本题考查了有理指数幂的化简求值，考查了对数的运算性质，是基础题．【解析】18、【答案】（1）0.50.4yx；（2）正相关；（3）5.9万元.试题分析：（1）首先求出x，y的平均数，利用最小二

乘法做出b的值，再利用样本中心点满足线性回归方程和前面做出的横标和纵标的平均值，求出a的值，写出线性回归方程．（2）根据0.50b，即可得出结论；（3）第6名推销员的工作年限为11年，即当11x时，把自变量的值代入线性回归方程，得到y的预报值，即估计出

第6名推销员的年推销金额为5.9万元．详解：（1）由题意知：6x，3.4y于是：2112563.40.520056b，3.40.560.4a，故：所求回归方程为0.50.4yx；（2）由于变量y的值随着x的值增加而增加(0.50)b，故变量x与y之

间是正相关（3）将11x带入回归方程可以估计他的年推销金额为0.5110.45.9y万元．【点睛】本题考查回归分析的初步应用，考查利用最小二乘法求线性回归方程，是一个综合题目．【解析】19、【答案】（1）；（2分布列见解析，数学

期望为．试题分析：详解：（1）234111591(1)(1)(1)134534560P（2）X的可能取值分别为0,,,32aaa，，，，∴X的分布列为X03a2aaP（万元）【解析】20、【答案】（1）填表见解析；（2）没有；答案见解析；（3）15.试题分析：（1）根

据题目中所给的数据即可得出列联表；（2）根据公式求2K，再与临界值比较即可做出判断；（3）用列举法列出满足题意得基本事件的总数，求出所求事件包含的基本事件的个数，根据古典概率公式计算即可.详解：（1）喜欢运动会不喜欢运动会总计男106

16女6814总计161430（2）2230108661.1583.8411066810668K所以在犯错误的概率不超过0.050的前提下没有95%的把握认为喜欢运动会与性别有关.（3）喜欢运动会的女性志愿者有6人，设分别为A，B，C，D，E，F

，其中A，B，C懂得医疗救护，则从这6人中任取2人方法有AB，AC，AD，AE，AF，BC，BD，BE，BF，CD，CE，CF，DE，DF，EF，共15种，其中两人都懂得医疗救护的有AB，AC，BC，

共3种，所以所求的概率31155p.【点睛】本题主要考查了22列联表，独立性检验卡方的计算，考查了古典概型概率公式，属于中档题.【解析】21、【答案】（1）定义域为5xx或5x，3a（2）fx在5,的单调递增，见解析（3）35016a试题分析：（1）解不

等式505xx得出该函数的定义域，由2524f结合对数的运算性质得出3a；（2）利用定义以及不等式的性质证明单调性即可；（3）将方程转化为二次函数，通过讨论对称轴的位置，求出a的取值范围.详解：解：（1）由

5log5axfxx(0a且1)a知505505xxxx∴5x或5x∴定义域为5xx或5x由2524f得2551loglog24459aaf

∴221,99aa∵0,1aa∴3a（2）由（1）35log5xfxx310log15x，判断fx在5,的单调递增证明：设125xx，则121210101055,155xxxx∴121

01001155xx，即33121010log1log155xx∴12fxfx∴fx在5,的单调递增.（3）函数()yfx的定义域为(,5)(5,)，函数()ygx

的定义域为(3,)，∵1fxgx有实根，5log15axxlog(3)ax在(5,)有实根5log(5)axxalog(3)ax在(5,)有实根化简整理得，方程2152150xxaa在5,上有解设215215

,hxxxaa对称轴112xa.①1152a即112a且1a∵50h且()hx在(5,)为增函数，所以方程()0hx在(5,)无解.②1152a，即10

12a则215241500aa，即2642410aa，解得35016a综上35016a.【点睛】本题主要考查了求具体函数的定义域，利用定义证明单调性以及由方程有解求参数范围，属于较难题.【解析】22、【答案】（1）当2m时，函数在

0,上单调递增；当2m时，函数在10,2m上单调递增，在1,2m上单调递减；（2）2,试题分析：（1）求得函数的导函数为12fxmx，再20m和20m两种情况讨论可得；（2）若存在1,1

2x，使得不等式2fxmx成立，即存在1,12x，使得不等式20fxmx成立，令2ln22gmxxmxx，1,12x，则min0gx，求出函数的导数，说明其单调性及最小值，即可求出参数

的取值范围；详解：解：（1）函数ln22)(fxxmxmR的定义域为0,，且12fxmx当20m，即2m时，012fxmx恒成立，故函数在0,上单调

递增；当20m，即2m时，令012fxmx，解得102xm，故函数在10,2m上单调递增；令012fxmx，解得12xm，故函数在1,2m上

单调递减；综上所述，当2m时，函数在0,上单调递增；当2m时，函数在10,2m上单调递增，在1,2m上单调递减；（2）若存在1,12x，使得不等式2fxmx成立，即

存在1,12x，使得不等式20fxmx成立，令22ln22gxmmxmxxfxx，1,12x，则min0gx，1121222mxxmmxmxxgx

当2m时，112m，0gx在1,12x上恒成立，故函数gx在1,12x上单调递增，min11ln22042212gmmxg，解得41ln2m，所以2m；当12m

时，1112m，gx在11,2m上单调递减，在1,1m上单调递增，则min1111ln22ln11gxgmmmmmmm令1ln1xxhx，1,2x，221110xxx

hxx恒成立，即函数1ln1xxhx，在1,2上单调递减，又ln11101h故1ln10xxhx在1,2x上恒成立，即min1ln10gxmm，故1,2m当01m时，11

m，0gx在1,12x上恒成立，故函数gx在1,12x上单调递减，minln121201gxgmm，不符题意，舍去；综上可得1,m【点睛】本题考查含参函数分类讨论法求函数的单调性，利用导数研究存在性问题，考

查分类讨论思想，属于中档题.