【文档说明】江西省吉安市重点高中2020-2021高二下学期第三次月考理科数学试题（及答案）.doc，共(14)页，1.172 MB，由baby熊上传

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2020-2021学年第二学期第三次月考高二数学（理科）试卷考试分数：150分考试时间：120分钟；一、单选题1．已知复数32zi，则23||izA．1B．13C．1313D．132．设,abR，“0a”是“复数abi是纯虚数”的A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要

条件D．既不充分也不必要条件3．甲、乙、丙、丁、戊5个文艺节目在,,ABC三家电视台播放，要求每个文艺节目只能独家播放，每家电视台至少播放其中的一个，则不同的播放方案的种数为（）A．150B．210C．240D．2804．贵溪市正在创建全国文明城市，我校数学组

办公室为了美化环境，购买了5盆月季花和4盆菊花，各盆大小均不一样，将其中4盆摆成一排，则至多有一盆菊花的摆法种数为（）A．960B．1080C．1560D．30245．二项式103ix（i为虚数单位）的展开式中第8项是（）.A．7135xB．7135xC．73603ixD．736

03ix6．函数2xxxxeye„的图象大致是A．B．C．D．7．已知函数3xxfxe，那么（）A．fx有极小值，也有大极值B．fx有极小值，没有极大值C．fx有极大值，没有极小值D．fx没有极值8．设直线1y与y轴交于点A，与曲线3yx

交于点B，O为原点，记线段OA，AB及曲线3yx围成的区域为．在内随机取一个点P，已知点P取在OAB内的概率等于23，则图中阴影部分的面积为（）A．13B．14C．15D．169．已知直线ym分别与函数1xye和1yx交于A、B两点，则A、B之间的最短距离是

（）A．3ln22B．1ln22C．3ln22D．5ln2210．假设每架飞机的引擎在飞行中出现故障的概率为1-p,且各引擎是否有故障是独立的,如有至少50%的引擎能正常运行,飞机就可以成功飞行.若使4引擎飞机比双引擎飞机更为安全

,则p的取值范围是()A．1,13B．20,3C．2,13D．10,411．已知01k，01x，随机变量X的分布列如下：X02x241xPk1214当EX取最大值时，DX（）A．1B．2C．3D．9212．已知

e为自然对数的底数，()fx为函数()fx的导数.函数()fx满足2(1)e(2)()()xfxfxxR，且对任意的1x都有，()()0fxfx，则下列一定判断正确的是（）A．2e(2)(0)ffB．(3)(2)effC．4e(3)(1)f

fD．5e(3)(2)ff二、填空题13．某小区有排成一排的8个车位，现有5辆不同型号的轿车需要停放，则这5辆轿车停入车位后，剩余3个车位连在一起的概率为_______（结果用最简分数表示）.14．正

六边形A1B1C1D1E1F1的边长为1，它的6条对角线又围成了一个正六边形A2B2C2D2E2F2，如此继续下去，则所有这些六边形的面积和是________．15．设n=206sinxdx，则二项式22nxx

展开式中常数项为________．16．对于曲线4()1xfxe（其中e为自然对数的底数）上任意一点处的切线1l，总存在在曲线221()ln2gxaxxxx上一点处的切线2l，使得1l∥2l，则实数a的取值范围是____.三、解答

题17．已知423401234(2)(1)(1)(1)(1)xaaxaxaxax，求：（1）1234aaaa；（2）13aa+；18．将4个编号为1、2、3、4的小球放人编号为1、2、3、4的盒子中．（1）恰好有一个空盒，有多少种放法？（2）每

个盒子放一个球，且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种放法？（3）把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？19．近日，特斯拉汽车刹车事故频出，原因在于其辅助技术水平有待提高，国内大

型汽车生产商的科研团队已经独立开展研究工作．吉利研究所、北汽科研中心、长城攻坚站三个团队两年内各自出成果的概率分别为12，m，14．若三个团队中只有长城攻坚站出成果的概率为112．（1）求吉利研究所、北汽科研中心两个团队两年内至少有一个出成果的概率及m的值；（2）三个团队有X个

在两年内出成果，求X分布列和数学期望．20．已知函数11()ln2afxxaxax.（1）当曲线()yfx在(2,(2))f处的切线与直线:21lyx垂直时，求实数a的值；（2）求函数()fx的单调区间.21．已知函数lnfxaxx，xgx

xea.（Ⅰ）若1x是fx的极值点，求fx的单调区间；（Ⅱ）若1a，证明fxgx．22．从某企业的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：（Ⅰ）求这500件产

品质量指标值的样本平均数x和样本方差2s（同一组数据用该区间的中点值作代表，记作ix，1,2,,7i）；（Ⅱ）由频率分布直方图可以认为，这种产品的质量指标值X服从正态分布2,N，（i）若使84.14%的产品的质量指标值高

于企业制定的合格标准，则合格标准的质量指标值大约为多少？（ii）若该企业又生产了这种产品1000件，且每件产品相互独立，则这1000件产品质量指标值不低于12.14的件数最有可能是多少？附：参考数据与公式：1273.

46iiixhx，213.462.632；若2~,xN，则①0.6827Px；②220.9545Px；③330.9973PX．第三次月

卡数学参考答案1．A因为复数32zi，所以23232323323232iiiiiiiziiii（）（）（）（），2．B当a=0时，如果b=0，此时0abi是实数，不是纯虚数，因此不是充分条件；而如果abi已经是纯虚数，由定义实部

为零，虚部不为零可以得到a=0，因此是必要条件，故选B3．A解：第一步：分组，将5个节目在三家电视台独家播放，每家电视台至少播放一个节目的分组方案有1,1,3和2,2,1这两种，当分组1,1,3时，共

有1135432210CCCA种分组方法，当分组为2,2,1时，共有2215312215CCCA种分组方法，所以总的分组情况共有101525（种）．第二步；排列，将分好的组分配到三家电视台每一个组有33A种分

法．故不同的播放方案共有3325150A（种），4．B解：一盆菊花都没有的摆法种数为45120A，只有一盆菊花的摆法种数为134454960CCA，则至多有一盆菊花的摆法种数为1209601080，5．C二项式103ix的展开式中第8项是73771

0(3)()3603Cixix.6．A解：由于函数2xxxfxexey，则2xxxfxeefx，所以fx为奇函数，则图象关于原点对称，排除C和D，由于222xxxxxxeexeefxee，当3x时，

333333268222640xxxxeexeeeeeeee，即30f，即原函数图象逼近时，切线的斜率小于0，所以原函数图象逼近时，图象单调递减，故A正确.7．C3xxfxe，则23xxxfxe，故函数在,3上单调

递增，在3,上单调递减，故函数有极大值，没有极小值.故选：C.8．B联立31yyx，解得11xy．则曲边梯形OAB的面积为11340011311444xdxxx，

∵在内随机取一个点P，点P取在OAB内的概率等于23，∴点P取在阴影部分的概率等于21133，∴图中阴影部分的面积为311434．9．B1xymye联立求解得(ln1,)Amm，1ymyx得到2(1,)Bmm-2=lnABmm-，设2(

)=ln(0)fmmmm->，则1()=2fmmm¢-令1()=20fmmm¢->，22m所以2()=ln(0)fmmmm->在2(,)2在上单增，在2(0)2，上单减，min2121ln2()=()=ln2222fmf+-

=10．C首先计算4引擎飞机正常运行的概率，包括2个引擎、3个引擎、4个引擎正常工作3种情况，故概率为222334444411CppCppCp.然后计算2引擎飞机正常运行的概率，包括1个引擎和2个引擎正常工作2种情况，故概率为12

2221CppCp.由于“4引擎正常运行的概率大于2引擎飞机正常运行的概率”，故222334412244422111CppCppCpCppCp，由于01p，故上式解得213p，故

选C.11．A解法一:根据随机变量分布列的性质，得11124k，所以14k，所以104EX2222111241122242xxxxxx，当且仅当22x时取等号，此时随机变量X的分

布列为X0222P141214所以22211120222221424DX.故选:A．解法二：根据随机变量分布列的性质，得11124k，所以14k，所以110242EXx2214114xxx．令s

inx，π0,2，则21cosx，所以21EXxxπsincos2sin24，当且仅当π4，即22x时取等号，此时随机变量2X的分布列为2X028P141214故23EX，所以22321DXEXEX

．12．B设xFxefx，则xxxFxefxefxefxfx，∵对任意的1x都有0fxfx，∴0Fx，则Fx在1,上

单调递增，222xFxefx，xFxefx，∵122xefxfx，∴22xxeefxfx，∴22xxefxefx，∴2FxFx，∴Fx关于1x对

称，则24FF，∵Fx在1,上单调递增，∴34FF，即32FF，∴3232efef；即532eff成立，故D错误；∵31FF，20FF，∴3131efef，2020

efef，即431eff，220eff，故A，C均错误；∵32FF，∴32eff，故B正确；；13．3285辆轿车停入车位后，剩余3个车位连在一起的方法数有556A种，8个车位任意

停5辆车子方法数为58A，所以概率为5558665432138765428AA．14．9340111112211131,120,,33ABABCBCAC即每做一次，正六边形的边长为原来的33倍，设第一个正

六边形的面积为1332S，第n个正六边形的面积为111()3nnSS,所以面积和11(1())9313[1()]14313nnST，当n趋近于时，T趋近于934，填934。15．60n=206sinxdx206cos6.x

故得到n=6,622xx=626366(2)(2)kkkkkkkCxxCx常数项k=2，代入得到60.16．2,1e.详解：∵41xfxe，∴24

41(1)2xxxxefxeee∵112224xxxxeeee,故'10fx﹣，∵221ln2gxaxxxx,∴'2gxaxlnx，g′′（x）=2（lnx+1），当x∈（0，1e）时，g′′（x）＜0，g′（x）为减函数；当x∈（1e，+∞）

时，g′′（x）＞0，g′（x）为增函数；故当x=1e时，g′（x）取最小值a﹣2e，即g′（x）∈[a﹣2e，0）若对于曲线41xfxe（其中e为自然对数的底数）上任意一点处的切线l1，总存在在曲线221ln2gx

axxxx上一点处的切线l2，使得l1∥l2，则[﹣1，0）⊆[a﹣2e，0）,即a﹣2e≤﹣1．解得：a∈2,1e，故答案为：2,1e.17．（1）-65；（

2）-120.对于423401234(2)(1)(1)(1)(1)xaaxaxaxax：令1x，则081a①；令0x，则0123416aaaaa②；令2x，则01234256aaaaa③；（1）②-①得：1234168165aaaa++

+=-=-；（2）②-③得：()132240aa+=-，所以13120aa18．（1）144（2）8（3）12(1)选取2个球作为一个球与其它两个球分别放到三个盒子中，共有2344144CA种方法．(2)1

个球的编号与盒子的编号相同的选法有14C种，当1个球与1个盒子编号相同时，其余3个球的投放方法有2种，故共有1428C种方法．(3)先从四个盒子中选出三个盒子，有34C种选法，再从三个盒子中选出一个盒子放两个球，余

下两个盒子各放一个，由于球是相同的，即没有顺序，由分步乘法计数原理知，共有314312CC种方法．19．（1）23；13m；（2）分布列见解析；期望为1312．（1）设吉利研究所出成果为A，北汽科研中心出成果为B，长城攻坚站出成果为C．若三个团队中只有长城

攻坚站出成果，则112pApBpC，即111112412m，解得：13m吉利研究所、北汽科研中心两个团队两年内至少有一个出成果的概率12111122323233ppApBpApBpApB（2）X的可能取值为

0，1，2，312361(0)()()()234244PXpApBpC(1)()()()()()()()()()PXpApBpCpApBpCpApBpC12311312111=234234234242()()()()()()()PXpA

pBpCpApBpCpApBpC11311112161=++==2342342342441111(3)23424PX所以X的分布列为：X0123P14112414124111112613()01234244242412EX

20．（1）1a；（2）答案见解析.由1()ln(0)afxxaxxx，知：211()afxaxx（1）由题意，111(2)242afa，解得112a，故1a.（2）由上知：221(x1)(x)11(x)aaaafaxxx，

当112a时，则101aa，令()0fx有11axa，则()fx在1(,1)aa上单调递增；令()0fx有10axa或1x，则()fx在1(0,)aa和(1,)上单调递减；当1a时，则10aa

，令()0fx有01x，则()fx在(0,1)上单调递增；令()0fx有1x，则()fx在(1,)上单调递减；综上：当112a时，()fx的递增区间是1(,1)aa，递减区间是1(0,),(1,)aa；当1a时，()fx的递增

区间是(0,1)，递减区间是(1,).21．（Ⅰ）fx的单调递增区间为1,，单调递减区间为0,1；（Ⅱ）证明见详解.（Ⅰ）由已知可得，函数fx的定义域为0,，且1afxx；因为1x

是fx的极值点，所以110fa，解得1a，此时111xfxxx；故当01x时，0fx；当1x时，0fx；所以fx的单调递增区间为1,，单调递减区间为0,1；（Ⅱ）若1a，则lnfxxx，1xgxxe，设

ln1xhxfxgxxxxe，0,x；则11111xxhxxexexx；令1xtxex，0,x，则210xtxex对

任意0,x恒成立，所以1xtxex在0,上单调递减；又1202te，110te，所以01,12x，使得00010xtxex，即001xex，则001lnlnxex，即00lnxx；因此

，当00xx时，0tx，即0hx，则hx单调递增；当0xx时，0tx，即0hx，则hx单调递减；故00000ln10110xhxhxxxxe，即fxgx.22．（Ⅰ）1

7.4x；26.92s；（Ⅱ）（i）14.77；（ii）978．【（Ⅰ）120.04140.12160.28180.36200.10220.06240.0417.4x7

22123.4626.92iiisxxh（Ⅱ）由题意知：~17.4,692XN（i）10.68270.841422Px∴17.42.6314.77时，满足题意即合格标准的质量指标值约为：14.77（ii）由0.954512

.1420.50.97732PxPX可知每件产品的质量指标值不低于12.14的事件概率为0.9733记这100产品的质量指标值不低于12.14的件数为则3~10,Bp，其中0.9773p恰有k件产品的质量指标值不低于12.14的事件概率：331010C

1kkkPkpp则1001111PkkpPkkp，解得：1001978.2773kp当0978k时，1PkPk；当9791000k时，1PkPk由此可知，在这1000件产品

中，质量指标值不低于12.14的件数最有可能是978