内蒙古杭锦后旗奋斗中学2017_2018学年高二数学下学期第二次月考试题理竞赛20180704018

高二数学（理科竞赛）

一、选择题（每小题5 分，共12小题，满分60分）

1.已知集合U{xN|0x5}，CUB{1,3,5}，则集合B（ ）

A．{2,4} B．{0,2,4} C．{0,1,3} D．{2,3,4} 2．若复数z满足

A.第一象限

z2i, 则复数z对应的点位于（ ） 1i B.第二象限

C.第三象限

D.第四象限

23．命题p：“x0R，x012x0”的否定p为（ ）

2A．xR,x12x

2B．xR,x12x

2C．x0R,x012x0 2D．x0R,x012x0 4. “x＞1”是“x2＋2x＞0”的( )

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件

D. 既不充分也不必要条件

5．已知随机变量X～N(3,2)，且P(X4)0.15，则P(X≥2)（ ） A．0.15

B．0.35

C．0.85

D．0.3

6.从7名同学（其中4男3女）中选出4名参加环保知识竞赛，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同选法的种数为（ ）

A．34 B．31 C.28 D．25 7.为了研究某班学生的脚长x(单位:厘米)和身高y(单位:厘米)的关系，从该班随机抽取10名学生，根据测量数据的散点图可以看出y与x之间有线性相关关系，设其回归直线方程ˆ5，若该班某学生的脚长为25，ˆxaˆbˆ．已知xi240, yi1700，b为yi1i11010据此估计其身高为（ ） A. 160

2B. 165 C. 170 D. 175

8．函数yxsinxx的图象大致为（ ）

- 1 -

yyyyOxOxOxOx A B C D 9．抛掷红、蓝两颗骰子，设事件A为“红色骰子点数为3”，事件B为“蓝色骰子出现的点数是奇数”，则P(BA)（ ）

A．1151 B． C． D． 263612n*410．若(12x)(nN)的展开式中x的系数为80，则(12x)的展开式中各项系数的绝对值之和为（ ）

A．32 B．81 C．243 D．256

11.甲、乙两人通过雅思考试的概率分别为0.5，0.8，两人考试时相互互不影响，记X表示两人中通过雅思考试的人数，则X的方差为（ ）

A． 0.41 B．0.42 C．0.45 D．0.46 12．若对x0,恒有lnx≥naex2，则实数a的取值范围为（ ） x2eA．(,] B．(,) C．(,2e] D．(,2e) 二、填空题（每小题5分，共4小题，满分20分）

2e12313.x2y的展开式中含xy项的系数是 ．

214. 如图是调查某学校高三年级男女学生是否喜欢篮球运动的等高条

形图，阴影部分的高表示喜欢该项运动的频率.已知该年级男生女生各500名（假设所有学生都参加了调查），现从所有喜欢篮球运动的同学中按分层抽样的方式抽取32人，则抽取的男生人数为 ．

15、函数yxe上某点的切线平行于x轴，则这点的坐标为__________．

x5 - 2 -

3216.已知集合M{x|x}，A{xM|x3x1a0}，12B{xM|x2a0}，若集合AB的子集的个数为8，则a的取值范围为 ．

二、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤.） 17.设命题实数满足（1）若（2）若

18.某商场为了解该商场某商品近5年日销售量(单位：件)，随机抽取近5年50天 售量，统计结果如下：

日销售量 天数 频率 100 30 150 20 的销

，且是，其中，命题实数满足．

为真，求实数的取值范围；

的充分不必要条件，求实数的取值范围．

3 52 5若将上表中频率视为概率，且每天的销售量相互．则在这5年中： (1)求5天中恰好有3天销售量为150件的概率(用分式表示)；

(2)已知每件该商品的利润为20元，用X表示该商品某两天销售的利润和(单位： 元)，求X的分布列和数学期望．

19．已知函数f(x)x2ax1lnx在x1处取得极值． (1)求f(x)，并求函数f(x)在点(2,f(2))处的切线方程； (2) 求函数f(x)的单调区间．

20.近年来，共享单车已经悄然进入了广大市民的日常生活，并慢慢改变了人们的出行方式.为了更好地服务民众，某共享单车公司在其官方APP中设置了用户评价反馈系统，以了解用户对车辆状况和优惠活动的评价.现从评价系统中选出200条较为详细的评价信息进行统计，车辆状况的优惠活动评价的22列联表如下：

对车辆状况好评 对车辆状况不满意

对优惠活动好评 对优惠活动不满意 合计 100 30 130 40 30 70 - 3 -

合计 140 60 200 （1）能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为优惠活动好评与车辆状况好评 之间有关系？

（2）为了回馈用户，公司通过APP向用户随机派送每张面额为0元，1元，2元的 三种骑行券.用户每次使用APP扫码用车后，都可获得一张骑行券.用户骑行一 元券，获得2元券的概率分别是次获得1.若某面额之和

11，，且各次获取骑行券的结果相互 25用户一天使用了两次该公司的共享单车，记该用户当天获得的骑行券 为X，求随机变量X的分布列和数学期望. 参考数据：

P(K2k) 0.150 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 k 22.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 n(adbc)2参考公式：K，其中nabcd. (ab)(cd)(ac)(bd)21.某学校参加某项竞赛仅有一个名额，结合平时训练成绩，甲、乙两名学生进入最后选拔，学校为此设计了如下选拔方案：设计6道测试题，若这6道题中，甲能正确解答其中的4道，乙能正确解答每个题目的概率均为2．假设甲、乙两名学生解答每道测试题都相互独3立，互不影响，现甲、乙从这6道测试题中分别随机抽取3题进行解答． (1)求甲、乙两名学生共答对2道测试题的概率；

(2)从数学期望和方差的角度分析，应选拔哪个学生代表学校参加竞赛？

22．已知f(x)exax．

(1)若函数f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围；

x2(2)若a1，证明：当x0时，f(x)1． 2参考数据：e2.71828，ln20.69．

- 4 -

理科竞赛答案 选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B D A A C A D C A C A 二、填空题：13、-20； 14. 24 ； 15、(0,-1)； 16. [52,1)(1,18) 三、解答题 17：（1）当时，由，得． 由，得，所以．

由p∧q为真，即p，q均为真命题， 因此的取值范围是．

（2）若￢p是￢q的充分不必要条件，可得q是p的充分不必要条件， 由题意可得，, 所以，因此且，解得．

解：(1)依题意5天中恰好有3天销售量为150件的概率

pC3235)3(5)21445(625．5分

(2) X的可能取值为4000,5000,6000．

P(X4000)3535925，P(X5000)C1321225525， P(X6000)2525425．8分 所以X的分布列为

400500600X 0 0 0 P 9 12 4 252550数学期望E(X)40009255000124256000254800（元）． 12分

12 A - 5 -

18.19． 本小题满分12分．

2解：(1)因为f(x)xax1lnx，所以f(x)2xa1(x0)． 1分 x因为fx在x1 处取得极值，所以f(1)0，即2a10， 解得所以a3． 3分 因为f(x)2x313(x0)，f(2)3ln2，f(2)， x2所以函数f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y(2)由(1) f(x)2x3令f(x)0，即2x33x6ln2． 6分 21(x0)， x110，解得x1， x212所以fx的单调递增区间为(,1)． 9分 令f(x)0，即2x3110，解得0x或x1， x212所以fx的单调递减区间为(0,)，(1,)．

综上，fx的单调递减区间为(0,)和(1,)，单调递增区间为(,1)．12分

20.解：（1）由22列联表的数据，有

1212n(adbc)2200(30001200)2k (ab)(cd)(ac)(bd)1406070130200182008.4810.828. 637146713因此，在犯错误的概率不超过0.001的前提下，不能认为优惠活动好评与车辆状况好评有关系. （2）由题意，可知一次骑行用户获得0元的概率为3.X的所有可能取值分别为0，1，2，103933113，4.∵P(X0)()2，P(X1)C2， 1010021010 - 6 -

1P(X2)C2131371111()2，P(X3)C2， 510210025511P(X4)()2，

525∴X的分布列为：

X P 0 9 1001 2 3 1 3 1037 1001 25X的数学期望为EX121．本小题满分12分．

337112341.8（元）. 10100525解：(1)依题设记甲、乙两名学生共答对2道测试题的概率为P，

2112C4C2C4C20112CC则P3333C6C63321111．4分 3152(2)设学生甲答对的题数为X，则X的所有可能取值为1,2,3．

12213C4C21C4C23C41P(X1)3， P(X2)3， P(X3)3．6分

C65C65C65X的分布

列为：

X 1 2 3 1P 5 31 55所以E(X)1131232，1312．8分 222555D(X)1222325555设学生乙答对的题数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3．则Y~B(3,)．

23所以E(Y)322222，D(Y)31．10分 3333因为E(X)E(Y)，D(X)D(Y)，即甲、乙答对的题目数一样，但甲较稳定， 所以应选拔甲学生代表学校参加竞赛．12分 22解：（1）依题意f(x)e2xa．1分

x - 7 -

因为函数f(x)在R上单调递增，所以f(x)e2xa≥0在R上恒成立，

xxx因此a≤e2x．2分令g(x)e2x，则g(x)e2，令g(x)0，解得xln2，

x所以g(x)在(,ln2)上单调递减，在(ln2,)上单调递增， 所以当xln2时，g(x)取得最小值22ln2， 故a≤22ln2，即a的取值范围为,22ln2．4分

x2x(2)证明：若a1，则f(x)exx，得f(x)e2x1，

由(1)知f(x)在(,ln2)上单调递减，在(ln2,)上单调递增．5分 又

f(0)0，

f(1)e30，

11ln211f(1ln2)e22(1ln2)12e3ln20．

22所以存在x01,1lln2，使得fx00．7分 2所以当x(0,x0)时，f(x)0，当x(x0,)时，f(x)0， 则函数f(x)在(0,x0)单调递减，在(x0,)单调递增．

x2则当xx0时，函数f(x)在0,上有最小值f(x0)e0x0x0．8分

xx0由e02x010得e2x01，

222x2所以f(x0)e0x0x0=2x01x0x0=x0x01=(x0)125．10分 4由于x0(1,11ln2)， 22212511510.752111． 所以f(x0)(x0)1ln2242244002224所以当x0时，f(x)1． 2 - 8 -