河北省邯郸市大名县第一中学2019-2020学年高二下学期3月月考数学试题
高二3月份考试数学试题
命题人：张晓艳 审题人：郭冰
一、选择题（本大题共12小题，每题5分，共60分）
1.设复数z满足(1＋i)z＝2i，则|z|＝（ ）
A. B.
C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出表达式，然后对其化简，求出复数的模即可.
【详解】由题意，，所以.
故选：C.
【点睛】本题考查复数的四则运算，考查复数的模的计算，属于基础题.
2.已知，，则是的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意解不等式可得集合p与q的范围，根据充分必要条件的判定即可判断结论．
【详解】因为
所以，
所以但
所以是的充分不必要条件
所以选A
【点睛】本题考查了根据不等式判定充分必要条件，属于基础题．
3.教学大楼共有四层，每层都有东西两个楼梯，从一层到四层共有（ ）种走法
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，分析层与层之间的走法数目，利用分步计数原理计算可得答案．
【详解】解：根据题意，教学大楼共有四层，每层都有东西两个楼梯，
则从一层到二层，有2种走法，同理从二层到三层、从三层到四层也各有2种走法，
则从一层到四层共有种走法．
故选：B．
【点睛】本题考查分步计数原理的应用，注意认真分析题意，注意四层的大楼有三层楼梯，属于基础题．
4. 6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为（ ）
A. 144 B. 120 C. 72 D. 24
【答案】D
【解析】
试题分析：先排三个空位，形成4个间隔，然后插入3个同学，故有种
考点：排列、组合及简单计数问题
5.安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有
A. 12种 B. 18种 C. 24种 D. 36种
【答案】D
【解析】
4项工作分成3组,可得：=6，
安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，
可得：种．
故选D.
6.如图将正方形沿对角线折成直二面角，有如下四个结论：
①⊥；
②△是等边三角形；
③与所成的角为60°；
④与平面所成的角为60°．
其中错误的结论是（ ）
A. ① B. ② C. ③ D. ④
【答案】D
【解析】
【详解】
①取BD中点E，连接AE,CE,,
故⊥，①正确：
②，△是等边三角形，
③与所成的角为60°
④与平面所成的角为45°
选D.
考点：直线与平面垂直的判定，两条异面直线所成的角，直线与平面所成的角
7.有5位学生和2位老师并坐一排合影，若教师不能坐在两端，且要坐在一起，则有多少种不同坐法（ ）
A. 71种 B. 240种 C. 480种 D. 960种
【答案】D
【解析】
【分析】
先排5位学生，由排列公式可得其坐法数目，要求2位教师坐在一起，用捆绑法，插入到5个学生符合要求的4个空位中，易得其有种坐法，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】解：先排5位学生，有种坐法，
2位教师坐在一起，将其看成一个整体，可以交换位置，有2种坐法，
将这个“整体”插在5个学生的空位中，又由教师不能坐在两端，则有4个空位可选，
则共有种坐法．
故选：D
【点睛】本题考查排列、组合的运用，关键在于掌握常见的问题的处理方法，如相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插空法，属于基础题．
8.若函数在区间内恰有一个极值点，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
由题意,，
则，
即，
解得，
另外,当时,在区间(−1,1)恰有一个极值点，
当时,函数在区间(−1,1)没有一个极值点，
实数的取值范围为.
故选B.
9.
如图，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多有几种栽种方案( )
A. 180种 B. 240种 C. 360种 D. 420种
【答案】D
【解析】
【分析】
若5个花池栽了5种颜色的花卉，方法有种，若5个花池栽了4种颜色的花卉，方法有2种，若5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有种，相加即得所求．
【详解】若5个花池栽了5种颜色的花卉，方法有种，
若5个花池栽了4种颜色的花卉，则2、4两个花池栽同一种颜色的花；
或者3、5两个花池栽同一种颜色的花，方法有2种，
若5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有种，
故最多有+2+=420种栽种方案，
故选D．
【点睛】解答排列、组合问题的角度：解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手；(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．
10.设，是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于A，B两点，若最大值为5，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
，故的最小值为，当且仅当轴时，最小，此时，计算得到答案.
【详解】，
最大值为5，故最小值为，
当且仅当轴时，最小，此时，
即又因为，
可得，故.
故选：.
【点睛】本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力.
11.在的展开式中的的系数为（ ）
A. 210 B. －210 C. －910 D. 280
【答案】C
【解析】
试题分析：，令，，或，代入得到系数：
考点：二项式定理的应用
12.定义在R上的函数的导函数为，若对任意实数x，有，且函数为奇函数，则不等式的解集是 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
设由f(x)>f′(x)，
得：，
故函数g(x)在R递减，
由f(x)+2017为奇函数,得f(0)=−2017，
∴g(0)=−1，
∵f(x)+2017ex<0,∴,即g(x)
0，
故不等式f(x)+2017ex<0的解集是(0,+∞).
本题选择A选项.
点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效．
二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）
13.命题：“”的否定为____．
【答案】
【解析】
【分析】
直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．
【详解】写命题否定时，除结论要否定外，存在量词与全称量词要互换，因此命题“”的否定是“”.
故答案为∀x∈R，x2﹣ax+1≥0
【点睛】本题考查命题的否定及特称命题与全称命题的关系，属于基本知识的考查．
14.7个人站成一排，若甲，乙，丙三人互不相邻的排法共有________种．
【答案】1440
【解析】
【分析】
因为要求不相邻，采用插空法来解，先排列另外四人，有种结果，再在排列好的四人的5个空里，排列甲、乙、丙，有种结果，根据分步计数原理相乘得到结果．
【详解】解：∵7个人站成一排，若甲、乙、丙彼此不相邻，
∴采用插空法来解，
先排列甲、乙、丙之外的4人，有种结果，
再在排列好的4人的5个空里，排列甲、乙、丙，有种结果，
根据分步计数原理知共有种结果，
故答案为：1440．
【点睛】本题考查排列组合及简单计数问题，在题目中要求元素不相邻，这种问题一般采用插空法，先排一种元素，再在前面元素形成的空里，排列不相邻的元素．属于基础题．
15.已知复数，，，且，则的最大值为________．
【答案】33
【解析】
【分析】
根据复数的几何意义计算可得；
【详解】解：复数，，，设，
由，表示复平面上点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆．
则．
则与点的距离．
∴．
故答案为：33．
【点睛】本题主要考察了复数形式的圆的方程、两点之间的距离公式、点与圆的位置关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
16.从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成___________个没有重复数字的四位数.(用数字作答)
【答案】1260.
【解析】
分析:按否取零分类讨论，若取零，则先排首位，最后根据分类与分步计数原理计数.
详解：若不取零，则排列数为若取零，则排列数为
因此一共有个没有重复数字的四位数.
点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：
(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17.设，命题：，，命题：，满足．
（1）若命题是真命题，求的范围；
（2）为假，为真，求的取值范围．
【答案】（1）．（2）或．
【解析】
【分析】
（1）根据、为真命题，列式计算．
（2）由为假，为真、同时为假或同时为真，分别求出实数的取值范围即可．
【详解】解：（1）真，则或得；
真，则，得
∵命题是真命题，
∴的范围为．
（2）由为假，为真，、同时为假或同时为真，
若假假，则，，
若真真，则，
综上或．
【点睛】本题主要考查复合命题与简单命题之间的关系的应用，利用条件先求出命题，的等价条件是解决本题的关键，属于中档题．
18.设，求：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）．
【答案】（1）1；（2）243；（3）122；（4）
【解析】
【分析】
（1）令x=1即得；（2）在中，令得解；（3）
先求出f(1)－f(-1)即得解；（4）求f(1)·f(-1)即得解.
【详解】∵，
（1）令，可得；
（2）在中，令，可得；
（3）令f(x)=,
f(1)=,
所以f(-1)=，
所以f(1)-f(-1)=2,
所以．
（4）
．
【点睛】本题主要考查二项式展开式的系数的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
19.已知抛物线的方程是，直线交抛物线于两点
（1）若弦AB的中点为，求弦AB的直线方程;
（2）设，若，求证AB过定点.
【答案】（1）y=x+1（2）见证明
【解析】
【分析】
（1）设出A,B坐标，结合弦AB的中点坐标，建立等式，计算直线AB的斜率，得到直线方程，即可．（2）设出AB的直线方程，代入抛物线方程，得到二次等式，结合根与系数的关系，得到AB的方程，计算定点，即可．
【详解】（1）因为抛物线的方程为，设，，
则有x1 ≠x2
，，
因为弦AB的中点为(3,3)，
两式相减得，
所以，经验证符合题意．
所以直线l的方程为y-3=（x-3）,即y=x+1 ；
（2）当AB斜率存在时，设AB方程为y=kx+b代入抛物线方程：
ky2-4y+4b=0，
,，
AB方程为y=kx-3k=k(x-3)，恒过定点（3,0）.
当AB斜率不存在时，，则x1=x2=3，过点(3,0).
综上，AB恒过定点（3,0）.
【点睛】本道题考查了抛物线的基本性质，考查了直线与抛物线的位置关系，属于较难的题．
20.如图，在四棱锥中，棱、、两两垂直，且长度均为，.
（1）若，求直线与平面所成角的正弦值；
（2）若二面角的大小为，求实数的值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）以为原点，为轴，为轴，为
轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值；
（2）求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法能求出．
【详解】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系如图.
因为，所以.
依题意，，，，，
所以，，.
设平面的一个法向量为，
则，所以，取得.
所以.
所以，直线与平面所成角的正弦值为；
（2）依题意，，，，.
设平面的一个法向量为，
则即取得，.
设平面的一个法向量为，
则即取得，
所以，
解得或，因为，所以.
【点睛】本题考查利用空间向量法求解线面角、二面角，考查运算求解能力，是中档题．
21.已知，分别为椭圆：的左、右焦点，点在椭圆上.
（Ⅰ）求的最小值；
（Ⅱ）设直线的斜率为，直线与椭圆交于，两点，若点在第一象限，且，求面积的最大值.
【答案】（Ⅰ）的最小值为; （Ⅱ）2.
【解析】
【详解】试题分析：
（Ⅰ）设，由向量数量积的坐标运算求得，注意椭圆中有，因此可得最小值；
（Ⅱ）由直线与圆锥曲线相交的弦长公式求得弦长，求出点坐标，再求得到直线的距离即三角形的高，从而得面积由基本不等式可得最大值．
试题解析：
（Ⅰ）有题意可知，，
则，，
∴，
∵点在椭圆上，∴，即，
∴（），
∴当时，的最小值为．
（Ⅱ）设的方程，点，，
由得，
令，解得．
由韦达定理得，，
由弦长公式得，
由且，得．
又点到直线的距离，
∴ ，
当且仅当时，满足，等号成立，
∴面积最大值为2.
22.已知.
(1)讨论的单调性；
(2)当有最大值，且最大值大于时，求的取值范围.
【答案】(1) 在单调递增，在单调递减.
（2）.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由,可分,两种情况来讨论；（II）由（I）知当
时在无最大值,当时最大值为因此.令,则在是增函数,当时,,当时,因此a的取值范围是.
试题解析：
（Ⅰ）的定义域为,,若,则,在是单调递增；若,则当时,当时,所以在单调递增,在单调递减.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知当时在无最大值,当时在取得最大值,最大值为因此.令,则在是增函数,,于是,当时,,当时,因此a的取值范围是.
考点：本题主要考查导数在研究函数性质方面的应用及分类讨论思想.
