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铜梁一中高2015级高二下5月考数学试卷(附答案)


铜梁一中 2015 级高二下 5 月月考
理科数学试卷
命题人 尹德刚 审题人 张其敏 一、选择题(每小题有且仅有一个正确选项,共 50 分) 1. 用反证法证明命题: “若整系数一元二次方程 ax2 ? bx ? c ? 0?a ? 0?有有理根, 那么 a, b, c 中 至少有一个是偶数” ,下列假设中正确的是( A.假设 a, b, c 至多有一个是偶

数 C. 假设 a, b, c 都是偶数 2. )

8.复数 z ? A

a?i ?i为虚数单位 , a为实数 ? 在复平面内对应的点不可能在( ) 2?i
B 第二象限 C 第三象限

第一象限

9. 若 函 数 y ? f ?x ?在R上可导, 且满足不等式

f ?x ? ? ? f ' ? x ? ln x 恒 成 立 , 若 正 常 数 x

D 第四象限

a, b满足a ? b, 则下列不等式一定成立的是(
(A) f ?a ?ln a ? f ?b?ln b (C) f ?b?ln a ? f ?a ?ln b



(B) f ?a ? ln a ? f ?b?ln b (D) f ?b? ln a ? f ?a ?ln b

B. 假设 a, b, c 至多有两个是偶数 D.假设 a, b, c 都不是偶数

10. 已 知 函 数 f ?x? ? x3 ? 3x 2 ? 2b, 满 足 f ?1 ? x ? ? f ?1 ? x ? ? 2b, 且 方 程 f ?x ? ? 2t ? 0 在 区 间

设随机变量 ? 服从正态分布 N ?2,9? ,若 P?? ? c ? 1? ? P?? ? c ? 1? 则 c ? ( ) A.1 B.2 C.3 D.4 ) C.

??1, t ? ?t ? ?1? 上有且只有一个解,则实数 t 的取值范围是(
(A) ?0,1? ? 1 ? 5,?? ? ?2? ( C) ? ?



?

?

(B) ?0,1? ? ?3,??? ? ?2?

3.函数 y ? A.

1 2 x ? ln x 的单调递减区间为( 2
B. ?? ?,?1?和?0,1?

? 1 ? ?7 ? ,1? ? ? ,?? ? ? ?2? (D) ?0,2?? 3,1 ? 5 ? 2 ? ?2 ?

?

?

?? 1,1?

?1,???

D. ?0,1?

二、填空题(把每小题的最后结果填写在答卷上,共 25 分)

4.某种节能灯能使用 800 小时的概率是 0.8,能使用 1000 小时的概率是 0.5,问已经使用了 800 小时的节能灯,还能继续使用到 1000 小时的概率是( A. )

3 10
2

B.

2 5

C.

5 8

D.

4 5


a 1 ? 2i ? 是实数 , 其中 i为虚数单位 , a为实数 , 则a的值是 。 1 ? 2i 5 1 1 1 12.国庆放假,甲、乙、丙去北京旅游的概率分别是 , , 。假定三人的行动相互之间没有影 3 4 5
11.已知 响,那么这段时间内至少有 1 人去北京旅游的概率为 13.在直角坐标系 xOy 中,曲线 C1 的参数方程为 ?

5.若曲线 y ? x ? ax ? b 在点 ?0, b ? 处的切线方程是 x ? y ? 1 ? 0 ,则( A. a ? 1, b ? 1 B. a ? ?1, b ? 1 C. a ? 1, b ? ?1

? x ? cos? ( ? 为参数),在极坐标系(与直 y ? 1 ? sin ? ?

D. a ? ?1, b ? ?1

角坐标系 xOy 取相同的长度单位,且以原点 O 为极点,以 x 轴正半轴为极轴)中,曲线 C2 的方 程为 ? ?cos? ? sin ? ? ? 1 ? 0 ,则 C1 与 C2 的交点个数为______ 14.有六张卡片分别标示为 1、2、3、4、5、6.将其排成 3 行 2 列,要求每一行的两张卡片的 数字之和均不为 7.则不同的排法共有 种。 (用数字作答)

6.把 5 名新同学分配到高二年级的 A,B,C 三个班级,每班至少分配一人,其中甲同学已分配到 A 班,其余同学的分配方法共有( ) (A)24 (B)50 (C)56 (D)108 7. (1 ? 3 x ) (1 ?
6

1 10 ) 展开式中的常数项为 ( 4 x



15. 已知 f ?x? ? ?x ?1? ? ?x ? 2? ? a0 ? a1 ?x ?1? ? a2 ?x ?1? ??? a6 ?x ?1? , 则
6 3 2 6

A.1

B.46

C.4245

D.4246
高一数学月考试题

a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? a5 ? a6 ? ______
第 1 页,共 4 页

三、解答题: (6 个大题,共计 75 分) 16、 (本题满分 13 分(1)问 7 分, (2)问 6 分)

已知函数 f ? x ? ?

1 3 x ? 2 x 2 ? 3, 3

19.(本题满分 12 分,各问 5、7 分)

(1)求与直线 x ? 3 y ? 3 ? 0 垂直的切线方程; (2) 求f ?x ?在x ? ??1,1?上的值域。

已知函数f ?x? ? 2x 2 ? ax ? ln x, a ? R
(1)若 a ? 0, 函数 f ?x ? 是否存在极大值和极小值,有则求出极值,无则说明理由;

?2?令g?x? ? f ?x? ? 2x2 , 是否存在实数a,当x ? ?0, e??e是自然常数?时,函数g?x?
若存在,求出 a 的值;若不存在,说明理由。 的最小值是2,

17.(本题满分 13 分, (1)问 5 分, (2)问 8 分) 我校高二年级准备开设财会和计算机兴趣班,每名学生可以选择参加一项培训、参加两项培 训或不参加培训, 经调查, 有意向参加财会培训的概率是 60 % , 参加计算机培训的概率是 75 % , 假设每个人对培训项目的选择是相互独立的,且各人的选择相互之间没有影响。 (1)任选 1 名该校高二学生,求该同学有意向参加其中一项培训的概率; (2)任选 3 名该校高二学生,记 ? 为 3 人中有意向参加培训的人数,求 ? 的分布列和期望。 20. (本题满分 12 分)为防止某突发事件发生,有甲、乙、丙、丁四种相互独立的预防措施可供 采用,单独采用甲、乙、丙、丁预防措施后此突发事件不发生的概率(记为 P)和所需要费用如 表: 预防措施 P 费用(万元) 甲 0.9 90 乙 0.8 60 丙 0.7 30 丁 0.6 10

预防方案可单独采用一种预防措施或联合采用几种预防措施,在总费用不超过 120 万元的前提 下,请确定一个预防方案,使得此突发事件不发生的概率最大。

18、(本题满分 13 分, (1)问 5 分, (2)问 8 分)

12 22 n2 an2 ? n 已知存在常数 a, b使等式 ? ? ?? ? ? 成立, ?2n ?1?? ?2n ? 1? bn ? 2 1? 3 3 ? 5
(1)猜想常数 a , b 的值; (2)试对你的猜想给出证明。

21.(本题满分 12 分,第(1)4 分,第(2)问 8 分) 已知函数 f ( x) ?

1 ? a ln( x ? 1), 其中 n∈N*,a 为常数. (1 ? x)n

(Ⅰ)当 n=2 时,求函数 f(x)的极值; (Ⅱ)当 a=1 时,证明:对任意的正整数 n,当 x≥2 时,有 f(x)≤x-1.

高一数学月考试题

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2015 级 2014 年高二下 5 月月考题理科答案
一、选择题: (每小题 5 分,共 50 分)DBDCA,BDCAA 二、填空题: (每小题 5 分,共 25 分) 11、1 12、

(2)对一切正整数 n 都成立,下面用数学归纳法进行证明:

12 1 1?1 1 ? , 右边= ? ,所以等式成立 1)当 n=1 时,左边= 1? 3 3 4 ?1 ? 2 3
2)假设当 n=k 时等式成立,即:

3 5

13、2

14、384

15、 2 ? 2
63

60

16.(1)切点分别是 ?1, ?, ?3,?6 ? ,所以切线方程为:

? 4? ? 3?

12 22 k2 k2 ? k ? ?? ? ? ?2k ? 1?? ?2k ? 1? 4k ? 2 1? 3 3 ? 5
那么当 n=k+1 时

3x ? y ?

13 ? 0,3x ? y ? 3 ? 0 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?7分 3

?2? f ?x ?在?? 1,0?上是增函数,在 ?0,1?上是减函数,由f ?? 1? ? 2
3 4 ?2 ? f ?1? ? , f ?0? ? 3, 得f ?x ?在x ? ?? 1,1?上的值域为? ,3?------ 13分 3 ?3 ?
17.解:任选一名高二学生,记“该人有意向参加财会培训”为事件 A, “该人有意向参加计 算机培训”为事件 B,由题设知,事件 A,B 相互独立,且 P? A? ? 0.6, P?B ? ? 0.75 (1)任选一名高二学生有意向参加一项培训的概率是:

?k ? 1? 12 22 k2 ? ?? ? ? ?2k ? 1?? ?2k ? 1? ?2k ? 1?? ?2k ? 3? 1? 3 3 ? 5
2

?

?k ? 1? k2 ? k k ? 1 ? k k ? 1 ? k ? 1 2k 2 ? 5k ? 2 ? ? ? ? ?? 4k ? 2 ?2k ? 1?? ?2k ? 3? 2k ? 1 ? 2 2k ? 3 ? 2k ? 1 2?2k ? 3?
2 2

k ? 1 ?2k ? 1??k ? 2? ?k ? 1? ? ?k ? 1? ? ? 2k ? 1 2?2k ? 3? 4?k ? 1? ? 2
所以当 n=k+1 时等式也成立。 根据 1) ,2)可知等式对于一切 n ? N 都成立。----------13 分
?

P A ? B ? A ? B ? 0.6 ? 0.25? 0.4 ? 0.75 ? 0.45? ? ? ?5分
(2)1 名高二学生有意向参加培训的概率是 P ? 1 ? 0.4 ? 0.25 ? 0.9 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?8分 因每个人的选择是相互独立的,所以 3 人中有意向参加培训的人数 ? 服从二项分布
k B?3,0.9?, P?? ? k ? ? C3 ? 0.9k ? 0.13?k , k ? 0,1,2,3,即?的分布列是,

?

?

?1?a ? 0时, f ' ?x ? ? 4 x ? 19.解:

1 ?2 x ? 1??2 x ? 1? ? 1? ? , 又x ? 0, 则f ?x ?在? 0, ?上是减函数, x x ? 2?

1 ?1 ? ?1? 1 在? ,?? ?上是增函数, ? f ?x ?在x ? 时取得极小值 f ? ? ? ? ln 2; 2 ?2 ? ?2? 2 无极大值? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?5分

?
P

0 0.001

1 0.027

2 0.243

3 0.729

?2?g ' ?x ? ? a ? 1 ? ax ? 1
x x 3 当a ? 0时, g ?x ?在?0, e?上是减函数,则 g ?x ?min ? g ?e ? ? ae ? 1 ? 2, a ? (舍去) e

?的期望是E? ? 1? 0.027? 2 ? 0.243? 3 ? 0.729 ? 2.7 ?或者?的期望是E? ? 3? 0.9 ? 2.7?-------? ? ? ? ? ?13分
18.解: (1)若存在常数 a,b 使等式成立,分别将 n=1,2 代入等式得

当0 ?

1 ? 1? ?1 ? ? e时,g ?x ?在? 0, ?上是减函数,在 ? , e?上是增函数,则 a ? a? ?a ?

? 1 a ?1 ? 3 ? b?2 ? a ? 1 12 22 n2 n2 ? n ? 即 ? ? ? ? ? ?5分 ? 1 4 4a ? 2 ? b ? 2 ? ? ? ? 1 ? 3 3 ? 5 2 n ? 1 ? 2 n ? 1 4 n ? 2 ? ? ? ? ? 3 15 2b ? 2
高一数学月考试题

?1? g ?x ?min ? g ? ? ? 1 ? ln 2 ? 2, 则a ? e ?a?
1 3 ? e时, g ?x ?在?0, e?上单减 , g ?x ?min ? g ?e ? ? ae ? 1 ? 2, 则a ? ?舍去 ? 综上所述:存在实 a e
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数 a ? e, 使得x ? ?0, e? 时,函数g ?x?的最小值是2. ----------12 分 20.解:方案一:单独采用一种预防措施的费用均不超过 120 万元,由表可知,采用甲措施, 可使此突发事件不发生的概率是大,其概率为 0.9;-----2 分 方案 2:联合采用两种预防措施,费用不超过 120 万元,由表可知,联合甲、丙两种预防措 施可使不发生的概率最大,其概率为:1-(1-0.9) (1-0.7)=0.97----6 分 方案 3:联合采用三种预防措施,费用不超过 120 万元,由表可知,只能联合乙、丙、丁三 种预防措,此时可使突发事件不发生的概率为: 1-(1-0.8) (1-0.7) (1-0.6)=0.976------------10 分 综上所述:在费用不超过 120 万元的前提下,联合使用乙、丙、丁三种预防措施可使此突发 事件不发生的概率最大。-----------------12 分 21 题: (Ⅰ)解:由已知得函数 f(x)的定义域为{x|x>1}, 当 n=2 时, f ( x) ?

所以当 x∈[2,+∞]时,g(x)单调递增, 又 g(2)=0 因此 g ( x) ? x ? 1 ? 所以 f(x)≤x-1 成立. 当 n 为奇数时, 要证 f ( x) ≤x-1,由于 令 则 所以

1 ? ln( x ? 1) ≥g(2)=0 恒成立, ( x ? 1)n

1 <0,所以只需证 ln(x-1) ≤x-1, (1 ? x)n

h(x)=x-1-ln(x-1), h′(x)=1-

1 ? a ln( x ? 1), 所以 (1 ? x)2

f ( x) ?

2 ? a(1 ? x)2 . (1 ? x)3

1 x?2 ? ≥0(x≥2), x ?1 x ?1

当 x∈[2,+∞]时, h( x) ? x ? 1 ? ln( x ?1) 单调递增,又 h(2)=1>0,

2 2 (1)当 a>0 时,由 f(x)=0 得: x1 ? 1 ? >1, x2 ? 1 ? <1, a a
?a ( x ? x1 )( x ? x2 ) 此时 f′(x)= . (1 ? x)3
当 x∈(1,x1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x∈(x1+∞)时,f′(x)>0, f(x)单调递增. (2)当 a≤0 时,f′(x)<0 恒成立,所以 f(x)无极值. 综上所述,n=2 时, 当 a>0 时,f(x)在 x ? 1 ? 当 a≤0 时,f(x)无极值. (Ⅱ)证法一:因为 a=1,所以 f ( x) ? 当 n 为偶数时, 令 g ( x) ? x ? 1 ?

所以当 x≥2 时,恒有 h(x) >0,即 ln(x-1)<x-1 命题成立. 综上所述,结论成立. 证法二:当 a=1 时, f ( x) ?

1 ? ln( x ?1). (1 ? x) n
1 ≤1 , (1 ? x)n

当 x≤2,时,对任意的正整数 n,恒有 故只需证明 1+ln(x-1) ≤x-1.

令 h( x) ? x ?1 ? (1 ? ln( x ?1)) ? x ? 2 ? ln( x ?1), x ??2, ??? 则 h?( x) ? 1 ?

2 2 a 2 处取得极小值,极小值为 f (1 ? ) ? (1 ? ln ). a a 2 a

1 x?2 ? , x ?1 x ?1

当 x≥2 时, h?( x ) ≥0,故 h(x)在 ? 2, ?? ? 上单调递增,

1 ? ln( x ? 1). (1 ? x)n

因此 故

当 x≥2 时,h(x)≥h(2)=0,即 1+ln(x-1) ≤x-1 成立. 当 x≥2 时,有

1 ? ln( x ? 1) ≤x-1. (1 ? x) n

1 ? ln( x ? 1), (1 ? x) n

即 f(x)≤x-1.

则 g′(x)=1+

n 1 x?2 n ? ? ? >0(x≥2). n ?1 ( x ? 1) x ? 1 x ? 1 ( x ? 1) n ?1
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