2020-2021学年江苏省扬州市仪征市某校高三（上）11月一模考试2_数学（理）试卷

这是一份2020-2021学年江苏省扬州市仪征市某校高三（上）11月一模考试2_数学（理）试卷，共12页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合A=x,y|x2+y2=1，B=x,y|y=2x+1，则集合A∩B中元素的个数为( )
A.3B.2C.1D.0

2. 若复数z1=1+2i，复数z2=1−i，则|z1z2|= ( )
A.6B.10C.6D.2

3. 已知函数f(x)=x2−2x+m．若p：f(x)有零点；q:00，则babc2，则a>b

函数fx=Asinωx+φA>0,ω>0,|φ|0的解集为________．

函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)>f(x)成立，若f(ln2)=2，则满足不等式f(x)>ex的x的范围是________.
四、解答题

已知命题p：“∀−1≤x≤1，不等式x2−x−m0，于是有(f(x)ex)′>0，
令g(x)=f(x)ex，则有g(x)在R上单调递增，
∵ 不等式f(x)>ex，
∴ g(x)>1，
∵ f(ln2)=2，
∴ g(ln2)=1，
∴ x>ln2.
故答案为：(ln2,+∞).
四、解答题
【答案】
解：(1)由题意命题p：“∀−1≤x≤1，不等式x2−x−mx2−x在−1≤x≤1恒成立，
即m>(x2−x)max，x∈(−1, 1)，
因为x2−x=(x−12)2−14，所以−14≤x2−x≤2，即m>2，
所以实数m的取值范围是(2, +∞).
(2)由p得，设A={m|m>2}，由q得，
设B={m|a−40，
∴ −10，
∴ t5.024，
所以可以在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为“锻炼达标”与性别有关.
(2)①在“锻炼达标”的50名学生中，男、女生人数比为3:2，
所以用分层抽样的方法抽出10人，男生有10×35=6人，女生有10×25=4人.
②从参加体会交流的10人中，随机选出2人作重点发言，2人中女生的人数为X，则X的可能值为0，1，2
则P(X=0)=C62C102=13，P(X=1)=C61C41C102=815，P(X=2)=C42C102=215，
可得X的分布列为:
所以数学期望E(X)=0×13+1×815+2×215=45.
【考点】
独立性检验的应用
离散型随机变量的期望与方差
分层抽样方法
离散型随机变量及其分布列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)列出列联表
K2=200×(60×20−30×90)2150×50×90×110=20033≈6.061>5.024，
所以可以在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为“锻炼达标”与性别有关.
(2)①在“锻炼达标”的50名学生中，男、女生人数比为3:2，
所以用分层抽样的方法抽出10人，男生有10×35=6人，女生有10×25=4人.
②从参加体会交流的10人中，随机选出2人作重点发言，2人中女生的人数为X，则X的可能值为0，1，2
则P(X=0)=C62C102=13，P(X=1)=C61C41C102=815，P(X=2)=C42C102=215，
可得X的分布列为:
所以数学期望E(X)=0×13+1×815+2×215=45.
【答案】
解：(1)函数的定义域(0, +∞)，
f′(x)=1x+2ax−3，f′(1)=2a−2=0可得a=1，
故f(x)=lnx+x2−3x.
令f′(x)=1x+2x−3=2x2−3x+1x=0，
所以x=1或x=12，
当x∈(0,12)时，f′(x)>0，函数单调递增，当x∈(12,1)时，f′(x)0，函数单调递增，
故当x=1时，函数取得极小值f(1)=−2，
当x=12时，函数取得极大值f(12)=−ln2−54.
(2)由f(x1)−f(x2)>m(x2−x1)x2x1可变为f(x1)−f(x2)>mx1−mx2，
即f(x1)−mx1>f(x2)−mx2，
所以f(x)−mx在[1, 10]上单调递减，
令h(x)=f(x)−mx=lnx+x2−3x−mx，
则h′(x)=1x+2x−3+mx2≤0在x∈[1, 10]上恒成立，
所以m≤−2x3+3x2−x，
令F(x)=−2x3+3x2−x，
则F′(x)=−6x2+6x−1=−6(x−12)2+12m(x2−x1)x2x1可得f(x1)−mx1>f(x2)−mx2，构造函数h(x)＝f(x)−mx，结合单调性与导数关系可转化为h′(x)=1x+2x−3+mx2≤0在[1, 10]上恒成立，分离参数后转化为求解函数的范围，结合导数可求．
【解答】
解：(1)函数的定义域(0, +∞)，
f′(x)=1x+2ax−3，f′(1)=2a−2=0可得a=1，
故f(x)=lnx+x2−3x.
令f′(x)=1x+2x−3=2x2−3x+1x=0，
所以x=1或x=12，
当x∈(0,12)时，f′(x)>0，函数单调递增，当x∈(12,1)时，f′(x)0，函数单调递增，
故当x=1时，函数取得极小值f(1)=−2，
当x=12时，函数取得极大值f(12)=−ln2−54.
(2)由f(x1)−f(x2)>m(x2−x1)x2x1可变为f(x1)−f(x2)>mx1−mx2，
即f(x1)−mx1>f(x2)−mx2，
所以f(x)−mx在[1, 10]上单调递减，
令h(x)=f(x)−mx=lnx+x2−3x−mx，
则h′(x)=1x+2x−3+mx2≤0在x∈[1, 10]上恒成立，
所以m≤−2x3+3x2−x，
令F(x)=−2x3+3x2−x，
则F′(x)=−6x2+6x−1=−6(x−12)2+12