2020-2021学年甘肃省定西市高二（下）6月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年甘肃省定西市高二（下）6月月考数学（理）试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 定积分−113x2−xdx=( )
A.1B.2C.3D.4

2. 若z=i3−4i，则|z|=( )
A.5B.25C.5D.25

3. 样本数据1所有点xi,yi在散点图的点都在直线y=−2x+3上，其相关系数为r1，样本数据2所有点mi,ni在散点图的点都在直线y=2x−3上，其相关系数为r2，则r1与r2的关系是（ ）
A.r2<0
4. 若随机变量X∼B(n, 0.6)，且E(X)=3，则P(X=1)的值是（ ）
A.2×0.44B.2×0.45C.3×0.44D.3×0.64

5. 下表是离散型随机变量X的分布列，则常数a的值是（ ）
A.112B.12C.16D.19

6. 设某大学的女生体重y（单位：kg）与身高x（单位：cm）具有线性相关关系，根据一组样本数据(xi,yi)(i=1,2,3,⋯,n,），用最小二乘法建立的回归方程为y=0.85x−85.71，则下列结论中不正确的是( )
A.y与x具有正的线性相关关系
B.回归直线过样本点的中心(x,y)
C.若该大学某女生身高增加1cm，则其体重约增加0.85kg
D.若该大学某女生身高为170cm，则可断定其体重必为58.79kg

7. 在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为1，2，3，⋯，18的18名火炬手．若从中任选3人，则选出的火炬手的编号能组成以3为公差的等差数列的概率为（ ）
A.151B.168C.1306D.1408

8. 设随机变量X∼N(3, 36)，且P(X>m)=P(X5)=0.4，则P(X>m−3)=( )
A.0.6B.0.4C.0.5D.0.2

9. 现有5人在宾馆开了3个房间，每间房至少住1人，则不同的住宿方法种数为（ ）
A.60B.90C.150D.300

10. 若曲线y=x+3的一条切线经过点5,3，则此切线的斜率为( )
A.14B.12C.14或18D.12或14

11. 已知曲线C：x=2csθ，y=2sinθ（θ为参数）和直线l:x=t，y=t+b（t为参数，b为实数），若曲线C上恰有3个点到直线l的距离等于1，则b=（ ）
A.2B.−2C.0D.±2

12. 在直角△ABC中，AC⊥BC，BC=3，AB=5，点D，E分别在AC，AB边上，且DE//BC沿着DE将△ADE折起至△A′DE的位置，使得平面A′DE⊥平面BCDE，其中点A′为点A翻折后对应的点，则当四棱锥A′−BCDE的体积取得最大值时，AD的长为( )
A.2B.433C.23D.73
二、填空题

函数y=|x−4|+|x−6|的最小值为________．

若(ax2−1x)9的展开式中常数项为84，则其展开式中二项式系数之和为________（用数字作答）．

设曲线C的参数方程为x=ty=t2（t为参数），若以直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则曲线C的极坐标方程为________．

用2个0，2个1，1个2，1个3组成一个6位数，如102031．从满足条件的所有的6位数中随机抽取一个，则这个6位数是偶数的概率为________.
三、解答题

设函数f(x)=|x+1|+|x−a|．
(1)当a=1时，求关于x的不等式f(x)≥3的解集；

(2)若f(x)≤4在[0, 2]上恒成立，求a的取值范围．

在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ2−2mρcsθ+4ρsinθ=1−2m.
(1)求C的直角坐标方程，并求C的半径；

(2)当C的半径最小时，曲线y=3|x−1|−2与C交于A，B两点，点M(1，−4)，求△MAB的面积.

已知函数fx=2x3−ax2+6a∈R．
(1)讨论fx的单调性；

(2)当a=9时，求方程fx=2的解的个数．

自从高中生通过高校自主招生可获得加分进入高校的政策出台后，自主招生越来越受到高中生家长的重视.某机构为了调查A城市和B城市的高中家长对于自主招生的关注程度，在这两个城市中抽取了100名高中生家长进行了调查，得到下表：

(1)完成上面的列联表；

(2)根据上面列联表的数据，是否有95%的把握认为家长对自主招生关注与否与所处城市有关；

(3)为了进一步研究家长对自主招生的看法，该机构从关注的学生家长里面，按照分层抽样的方法抽取了5人，并再从这5人里面抽取2人进行采访，求所抽取的2人恰好A，B两城市各一人的概率.
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)（其中n=a+b+c+d）．

某工厂在两个车间A,B内选取了12个产品,它们的某项指标分布数据的茎叶图如图所示,该项指标不超过19的为合格产品．

(1)从选取的产品中在两个车间分别随机抽取2个产品,求两车间都至少抽到一个合格产品的概率;

(2)若从车间A,B选取的产品中随机抽取2个产品，用X表示车间B内产品的个数，求X的分布列与数学期望．

已知a∈R，函数fx=ex−axxex+2 .
(1)若曲线y=fx在点0,f0处的切线的斜率为2+1，求a的值；

(2)设gx=xex+2，证明：gx>1；

(3)若a∈0,1e，证明：fx>2a .
参考答案与试题解析
2020-2021学年甘肃省定西市高二（下）6月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
定积分
【解析】
无
【解答】
解：−113x2−xdx=x3−12x2​−11=2．
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的模
【解析】
答案未提供解析
【解答】
解：因为z=i3−4i=3i−4i2=4+3i，
所以|z|=42+32=5.
故选C.
3.
【答案】
C
【考点】
相关系数
【解析】
答案未提供解析
【解答】
解：由题r1=−1，r2=1，故r2=−r1=1.
故选C.
4.
【答案】
C
【考点】
二项分布的应用
【解析】
根据随机变量符合二项分布，根据期望值求出n的值，写出对应的自变量的概率的计算公式，代入自变量等于1时的值．
【解答】
解：∵ 随机变量X∼B(n, 0.6)，
∴ E(X)=np=0.6n=3，
∴ n=5，
∴ P(X=1)=C51×0.61×0.44=3×0.44．
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
离散型随机变量及其分布列
概率的应用
【解析】
根据概率和为1，列方程求得a的值．
【解答】
解：a2+16+a+12+16=1，
解得a=19．
故选D．
6.
【答案】
D
【考点】
回归分析
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由回归方程为y=0.85x−85.71知y随x的增大而增大，
所以y与x具有正的线性相关关系；
由最小二乘法建立回归方程的过程知y=bx+a=bx+y−bx(a=y−bx)，
所以回归直线过样本点的中心(x,y)；
利用回归方程可以预测估计总体，
由回归方程的斜率可知，该大学女生身高增加1cm，则其体重约增加0.85kg；
若该大学某女生身高为170cm，则其体重不一定为58.79kg，所以D不正确．
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
古典概型及其概率计算公式
等差数列的性质
【解析】
由题意知本题是古典概型问题，试验发生的基本事件总数为C183，选出火炬手编号为an=a1+3(n−1)，分类讨论当a1=1时可得4种选法；a1=2时得4种选法；a1=3时得4种选法．
【解答】
解：基本事件总数n=C183，以1为首项、3为公差的等差数列，共有6项，符合题意的火炬手有4种选法；同理，以2为首项、3为公差的等差数列，以3为首项、3为公差的等差数列，符合题意的选法分别有4种，故所求概率为P=4+4+4C183=168.
故选B.
8.
【答案】
A
【考点】
正态分布的密度曲线
【解析】
结合正态分布密度函数的性质，利用P(X>m)＝P(X5)＝0.4可解决问题．
【解答】
解：∵ P(X>m)=P(X∴ m+m−2=3×2，
所以m=4，
所以P(X>m−3)=P(X>1)
=1−P(X<1)
=1−P(X>5)
=1−0.4
=0.6．
故选A.
9.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：第一步，5人先分3组，每组至少1人，有1,1,3和1, 2, 2两类，
共C51C41C33A22+C51C42C22A22种不同种类；
第二步，三组人分到三个房间有A33种不同分法，
所以共有(C51C41C33A22+C51C42C22A22)×A33=150种不同的住宿方法.
故选C.
10.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
直线的斜率
【解析】
无
【解答】
解：设切点为x0,x0+3，
∵ y′=12x+3，
∴ 12x0+3=x0+3−3x0−5，
∴ x0+11=6x0+3，
∴ x0−1x0−13=0，
∴ x0=1或13，
∴ 切线的斜率为14或18．
故选C．
11.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
参数方程与普通方程的互化
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：将曲线C和直线l的参数方程分别化为普通方程为x2+y2=4和y=x+b，
依题意，若要使圆上有3个点到直线l的距离为1，
只要满足圆心到直线的距离为1即可，得|b|2=1，解得b=±2.
故选D．
12.
【答案】
B
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
无
【解答】
解：如图，
由勾股定理易求得AC=4，
设AD=x，
则CD=4−x．
因为△AED∽△ABC，
所以DE=34x，
则四棱锥A′−BCDE的体积为：
V(x)=13×1234x+3(4−x)⋅x
=18(16x−x3)(0所以V′x=1816−3x20当00，此时Vx单调递增；
当433故当x=433时，Vx取得最大值．
故选B．
二、填空题
【答案】
2
【考点】
带绝对值的函数
函数的最值及其几何意义
【解析】
由函数表达式，去掉绝对值，把函数写成分段函数的形式，再画出函数的图象，得函数的最小值即可．
【解答】
解：y=|x−4|+|x−6|≥|x−4+6−x|=2．
故答案为：2．
【答案】
512
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
【解析】
首先分析题目已知若(ax2−1x)9的展开式中常数项为84求a，因为常数项中x的幂为0．可列出展开式的通项求出常数项为第几项，再求出系数使其等于84，即可得到a的值，又因为展开式中二项式系数之和为2n，即可直接求出答案．
【解答】
解：二项式(ax2−1x)9的通项公式为C9r⋅a9−r⋅x18−2r⋅(−1)r⋅x−r=(−1)rC9r⋅a9−r⋅x18−3r，
令18−3r=0可得r=6，
即得常数项为(−1)6C96⋅a9−6=84a3=84，解得a=1.
其展开式二项式系数之和为29=512.
故答案为：512.
【答案】
ρcs2θ−sinθ=0
【考点】
抛物线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
参数方程与普通方程的互化
【解析】
先将参数方程消参化为普通方程，再利用直角坐标与极坐标的互化求解即可.
【解答】
解：化x=t,y=t2,为普通方程为y=x2，
由于ρcsθ=x，ρsinθ=y，
所以化为极坐标方程为ρsinθ=ρ2cs2θ，
即ρcs2θ−sinθ=0.
故答案为：ρcs2θ−sinθ=0.
【答案】
1120
【考点】
古典概型及其概率计算公式
排列、组合的应用
【解析】
无
【解答】
解：求满足条件的所有的6位数的个数：先排首位，若选1，再从剩下5个位置选2个排0，还有1，2，3各一个，进行全排，故有C52A33=60个，
若选2或3，再从剩下5个位置选2个排0，最后从剩下3个位置选2个排1．
故有C21C52C32=60个．
求其中为偶数的个数：先排首位，若选1，个位为0有A44=24个，个位为2有C42A22=12个；
若选2，个位只能为0，共有C42A22=12个；
若选3，个位为0有C42A22=12个，个位为2有C42=6个．
故所求概率为P=24+12+12+12+660+60=1120．
故答案为：1120．
三、解答题
【答案】
解：(1)当a=1时，f(x)=|x+1|+|x−1|=−2x,x<−1,2,−1≤x<1,2x,x≥1,
f(x)≥3，
当x<−1时，−2x≥3，解得x≤−32，所以x≤−32；
当−1≤x<1时，2≥3，不成立，所以无解；
当x≥1时，2x≥3，解得x≥32，所以x≥32.
综上，f(x)≥3的解集为(−∞, −32]∪[32, +∞).
(2)因为x∈[0, 2]，所以x+1+|x−a|≤4，
即|x−a|≤3−x，则−3≤−a≤3−2x，
所以1≤a≤3．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
不等式恒成立的问题
【解析】
（1）代入a的值，求出f(x)的分段函数的形式，求出不等式的解集即可；
（2）问题转化为−3≤−a≤3−2x，根据x的范围，求出a的范围即可．
【解答】
解：(1)当a=1时，f(x)=|x+1|+|x−1|=−2x,x<−1,2,−1≤x<1,2x,x≥1,
f(x)≥3，
当x<−1时，−2x≥3，解得x≤−32，所以x≤−32；
当−1≤x<1时，2≥3，不成立，所以无解；
当x≥1时，2x≥3，解得x≥32，所以x≥32.
综上，f(x)≥3的解集为(−∞, −32]∪[32, +∞).
(2)因为x∈[0, 2]，所以x+1+|x−a|≤4，
即|x−a|≤3−x，则−3≤−a≤3−2x，
所以1≤a≤3．
【答案】
解：(1)由ρ2−2mρcsθ+4ρsinθ=1−2m，
得x2+y2−2mx+4y=1−2m，
即(x−m)2+(y+2)2=m2−2m+5，
此即为C的直角坐标方程.
∴ C的半径为m2−2m+5.
(2)m2−2m+5=(m−1)2+4当m=1时，C的半径最小，
此时C的方程为(x−1)2+(y+2)2=4.
因为曲线y=3|x−1|−2经过C的圆心，
且tan60​∘=3，所以∠ACB=60​∘，
则|AB|=2，CM⊥AB，
故△MAB的面积为12×2×(2+3)=2+3.
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
圆的极坐标方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由ρ2−2mρcsθ+4ρsinθ=1−2m，
得x2+y2−2mx+4y=1−2m，
即(x−m)2+(y+2)2=m2−2m+5，
此即为C的直角坐标方程.
∴ C的半径为m2−2m+5.
(2)m2−2m+5=(m−1)2+4当m=1时，C的半径最小，
此时C的方程为(x−1)2+(y+2)2=4.
因为曲线y=3|x−1|−2经过C的圆心，
且tan60​∘=3，所以∠ACB=60​∘，
则|AB|=2，CM⊥AB，
故△MAB的面积为12×2×(2+3)=2+3.
【答案】
解：(1)令f′x=6xx−a3=0，
得x1=0，x2=a3，
当a=0时，f′x=6x2≥0，
则fx在R上单调递增．
当a>0时，x1由f′x<0得0由f′x>0得x<0或x>a3，
则fx在0,a3上单调递减，
在−∞,0，a3,+∞上单调递增．
当a<0时，x1>x2，
同理可得，fx在a3,0上单调递减，
在−∞,a3，0,+∞上单调递增．
(2)当a=9时，f′x=6xx−3，
当0∴ fx在0,3上单调递减．
当x<0或x>3时，f′x>0，
∴ fx在−∞,0，3,+∞上单调递增，
∴ fx在x=0处取得极大值f0=6，
在x=3处取得极小值f3=−21，
∵ −21<2<6，
∴ 方程fx=2的解的个数为3．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究函数的极值
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)令f′x=6xx−a3=0，
得x1=0，x2=a3，
当a=0时，f′x=6x2≥0，
则fx在R上单调递增．
当a>0时，x1由f′x<0得0由f′x>0得x<0或x>a3，
则fx在0,a3上单调递减，
在−∞,0，a3,+∞上单调递增．
当a<0时，x1>x2，
同理可得，fx在a3,0上单调递减，
在−∞,a3，0,+∞上单调递增．
(2)当a=9时，f′x=6xx−3，
当0∴ fx在0,3上单调递减．
当x<0或x>3时，f′x>0，
∴ fx在−∞,0，3,+∞上单调递增，
∴ fx在x=0处取得极大值f0=6，
在x=3处取得极小值f3=−21，
∵ −21<2<6，
∴ 方程fx=2的解的个数为3．
【答案】
解：(1)列联表如下：
(2)由题意，得K2的观测值为k=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
=100×(20×20−30×30)250×50×50×50=4>3.841，
所以有95%的把握认为家长对自主招生的关注与否与所处城市有关．
(3)关注的人共有50人，按照分层抽样的方法，A城市2人，B城市3人．
从5人抽取两人有C52=10种不同的方法，
A，B两城市各取一人有C21C31=2×3=6种不同的方法，
故所抽取的2人恰好A，B两城市各一人的概率为C21C31C52=610=0.6.
【考点】
独立性检验
分层抽样方法
古典概型及其概率计算公式
【解析】
（1）根据相关数据完成
（2）根据K2的观测值的计算公式求解，再对应K2下结论．，
（3）关注的人共有50人，根据分层抽样的方法，A城市2人，B城市3人，算出从5人抽取两的方法数，A．B两城市各
取一人的方法数，再代入古典概型的概率公式求解．
【解答】
解：(1)列联表如下：
(2)由题意，得K2的观测值为k=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
=100×(20×20−30×30)250×50×50×50=4>3.841，
所以有95%的把握认为家长对自主招生的关注与否与所处城市有关．
(3)关注的人共有50人，按照分层抽样的方法，A城市2人，B城市3人．
从5人抽取两人有C52=10种不同的方法，
A，B两城市各取一人有C21C31=2×3=6种不同的方法，
故所抽取的2人恰好A，B两城市各一人的概率为C21C31C52=610=0.6.
【答案】
解:(1)由茎叶图知,车间A内的合格产品数为4,
车间B内合格的产品数为2,
则所求概率P=1−C42C821−C22C42=5584.
(2)由题意知,X的所有可能取值为0,1,2.
则P(X=0)=C82C122=1433,
P(X=1)=C41C81C122=1633,
P(X=2)=C42C122=111
所以X的分布列为
所以E(X)=0×1433+1×1633+2×111=23.
【考点】
离散型随机变量的分布列及性质
茎叶图
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
由茎叶图知,车间A内的合格产品数为4,车间B内合格的产品数为2,
则所求概率P=1−C42C821−C22C42=5584.
（2）由题意知X的所有可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和期望．
【解答】
解:(1)由茎叶图知,车间A内的合格产品数为4,
车间B内合格的产品数为2,
则所求概率P=1−C42C821−C22C42=5584.
(2)由题意知,X的所有可能取值为0,1,2.
则P(X=0)=C82C122=1433,
P(X=1)=C41C81C122=1633,
P(X=2)=C42C122=111
所以X的分布列为
所以E(X)=0×1433+1×1633+2×111=23.
【答案】
(1)解：∵ fx=ex−axxex+2，
∴ f′(x)=(ex−a)(xex+2)+(ex−ax)(x+1)ex，
∴ f′0=21−a+1=2+1，
∴ a=0．
(2)证明：由题意得，g′x=x+1ex，
令g′x=0，得x=−1，
令g′x>0，得x>−1，此时gx单调递增，
令g′x<0，得x<−1，此时gx单调递减，
∴ gxmin=g−1=−1e+2 .
∵ e≈2.7，
∴ −1e+2>1，
∴ gx>1．
(3)证明：设ℎx=ex−ax，
则ℎ′x=ex−a.
令ℎ′x=0，得x=lna，
令ℎ′x>0，得x>lna，此时ℎx单调递增，
令ℎ′(x)<0，得x∴ ℎxmin=ℎlna=a−alna=a1−lna．
∵ a∈0,1e，
∴ lna<−1，则1−lna>2，
∴ ℎxmin>2a，则ℎx>2a>0．
又gx>1，
∴ gxℎx>2a，即fx>2a .
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】



【解答】
(1)解：∵ fx=ex−axxex+2，
∴ f′(x)=(ex−a)(xex+2)+(ex−ax)(x+1)ex，
∴ f′0=21−a+1=2+1，
∴ a=0．
(2)证明：由题意得，g′x=x+1ex，
令g′x=0，得x=−1，
令g′x>0，得x>−1，此时gx单调递增，
令g′x<0，得x<−1，此时gx单调递减，
∴ gxmin=g−1=−1e+2 .
∵ e≈2.7，
∴ −1e+2>1，
∴ gx>1．
(3)证明：设ℎx=ex−ax，
则ℎ′x=ex−a.
令ℎ′x=0，得x=lna，
令ℎ′x>0，得x>lna，此时ℎx单调递增，
令ℎ′(x)<0，得x∴ ℎxmin=ℎlna=a−alna=a1−lna．
∵ a∈0,1e，
∴ lna<−1，则1−lna>2，
∴ ℎxmin>2a，则ℎx>2a>0．
又gx>1，
∴ gxℎx>2a，即fx>2a . X
3
4
5
9
P
a2
16+a
12
16
关注
不关注
合计
A城高中家长
20
50
B城高中家长
20
合计
100
P(K2≥k0)
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
关注
不关注
合计
A城高中家长
20
30
50
B城高中家长
30
20
50
合计
50
50
100
关注
不关注
合计
A城高中家长
20
30
50
B城高中家长
30
20
50
合计
50
50
100