广西南宁市第三中学2019-2020学年高二数学下学期月考试题（三）理（含解析）.doc

1、广西南宁市第三中学2019-2020学年高二数学下学期月考试题（三）理（含解析）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先计算集合，再计算得到答案.详解】，故.故选【点睛】本题考查了集合的交集运算，属于基础题型.2.若复数为纯虚数，则实数的值为 （ ）A. B. C. D. 或【答案】C【解析】解：因为选C3.等于（ ）A. 1B. -1C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用定积分的计算法则求解即可【详解】解：.故选：C【点睛】本题考查定积分的计算，关键是求

2、出原函数，属于基础题4.为虚数单位，复数在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】由复数的除法运算可得，再结合复数在复平面内对应的点位于的象限求解即可.【详解】解：由，则，则复数在复平面内对应的点的坐标为，即复数在复平面内对应的点位于第二象限，故选：B【点睛】本题考查了复数的除法运算，重点考查了复数在复平面内对应的点位于的象限，属基础题.5.已知函数在区间 1， 2 上是增函数，则实数m的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数，求导，再根据在区间 1， 2 上是增函数，由在区间 1， 2 上

3、恒成立求解.【详解】已知函数，所以，因为在区间 1， 2 上是增函数，所以在区间 1， 2 上恒成立，所以在区间 1， 2 上恒成立，所以.故选：A【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，还考查了运算求解的能力，属于中档题.6.2位男生和3位女生共5位同学站成一排，若3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是A. 36B. 24C. 72D. 144【答案】C【解析】【分析】两位女生相邻，将其捆绑在一起，和另一位女生不相邻，采用插空法【详解】根据题意，把3位女生的两位捆绑在一起看做一个复合元素，和剩下的一位女生，插入到2位男生全排列后形成的3个空中的2个空中，故有种，故选【点睛】本题考

4、查排列组合，需熟练掌握捆绑、插空法，属于基础题7.已知，则（ ）A. 63B. 64C. 31D. 32【答案】A【解析】【分析】根据二项式定理展开式的逆运算即可求得的值,进而由二项式系数和求得的值.【详解】根据二项式定理展开式的逆运算可知所以所以则故选:A【点睛】本题考查了二项式定理展开式的逆运用,二项式系数和的应用,属于基础题.8.函数图象的大致形状是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由的解析式可得函数为偶函数，以及函数值的符号情况，可排除不正确的选项，从而得到答案.【详解】，则，是偶函数，排除B、D.当时，即，排除A.故选:C.【点睛】本题考查函数的奇偶性，根据函数

5、解析式分析函数图像，属于中档题.9.将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，便可以得到如图的“0-1三角”.在“三角”中，从第1行起，设第n次出现全行为1时，1的个数为，则等于（）A. 13B. 14C. 15D. 16【答案】D【解析】【分析】根据杨辉三角的性质，结合题意，当到第行时，即可得出.【详解】第行和第行全是，即依题意，第行原来的数是，而为偶数，不合题意；第行原来的数是，即全为奇数，一共有个，即第行原来的数是，而为偶数，不合题意；第行原来的数是，而为偶数，不合题意；第行原来的数是，而为偶数，不合题意；第行原来的数是，而为偶数，不合题意；第行原来的数是，而为偶数，不合题意；第行原来的数是

6、，而为偶数，不合题意；第行原来的数是，而为偶数，不合题意；第行原来的数是即，全为奇数，即故选：D【点睛】本题主要考查了杨辉三角性质的应用，属于中档题.10.椭圆C：（ab0）的左右焦点为F1，F2，过F2作x轴的垂线与C交于A，B两点，F1A与y轴相交于点D，若BDF1A，则椭圆C的离心率等于（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可得，的坐标，且知点为的中点，再由，利用斜率之积等于列式求解【详解】由题意可得，则点为的中点，由，得，即，整理得，解得故选【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质，考查两直线垂直与斜率的关系，是中档题11.某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在

7、如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的所有不同走法共有（ ）A. 22种B. 24种C. 25种D. 27种【答案】D【解析】分析：抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，列举出在点数中三个数字能够使得和为的，共有种组合，利用分类计数原理能得到结果.详解：由题意知正方形（边长为个单位）的周长是，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，列举出在点数中三个数字能够使得和为的有，共有种组合，前种

8、组合，每种情况可以排列出种结果，共有种结果；各有种结果，共有种结果，根据分类计数原理知共有种结果，故选D.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.12.已知函数，函数，若函数有4个零点，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】有4个零点，即为函数有四个交点，根据

9、条件，只需时，有两个交点，若，两函数没有交点，所以，先讨论函数在的有两交点时满足的条件，结合图象特征，再考虑在有交点时的范围，综合对比，即可求出结论.【详解】当时，与有两个交点，函数有两个零点.要使有4个零点，则当时，与有两个交点即可，若，两函数没有交点，所以，画出图象，如下图所示，当，若在有两交点，即直线与在有两交点，化为在有两个解，设，需，解得或（舍去），若有交点， 则，要使在只有两交点，则.故选：B【点睛】本题考查函数与方程的应用，利用条件转化为两个函数的交点问题，利用数形结合作出两个函数的图象是解题的关键，属于较难题.二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.在的展开式中，

10、各项的系数之和是_.【答案】0【解析】【分析】采用赋值法令即可得结果.【详解】在的展开式中，令，则各项的系数之和为，故答案为：0.【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，采用赋值法是解题的关键，属于基础题.14.在的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中的系数为_.【答案】448【解析】【分析】根据第3项与第7项的二项式系数相等可求出，利用展开式的通项公式可求出含的项，计算该项系数即可.【详解】由的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则，即，则展开式的通项公式为，令，则，则该展开式中的系数为故答案为：448【点睛】本题主要考查了二项式定理，二项式系数，二项展开式的通项公式，考

11、查了运算能力，属于中档题15.某城市有3 个演习点同时进行消防演习，现将5个消防队分配到这3个演习点，若每个演习点至少安排1个消防队，则不同的分配方案种数为_.【答案】150【解析】【分析】根据5个消防队分配到3个演习点，且每个演习点至少安排1个消防队，可有，两类分组方法，先求得各分组的种数，然后再分配.【详解】由题意得，把个消防队分成三组，可分，两类方法，当分为时，共有种不同分组方法；当分为时，共有种不同的分组方法；所以分配到三个演习点，共有种不同的分配方案，故答案为：150【点睛】本题主要考查排列组合中的分组分配问题，还考查了分类讨论思想和运算求解的能力，属于中档题.16.已知函数，若对任

12、意，存在，使，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】试题分析：函数的导函数,，若,为增函数;若,或,为减函数；在上有极值,在处取极小值也是最小值；,对称轴,当时,在处取最小值；当时,在处取最小值；当时,在上是减函数,；对任意,存在,使,只要的最小值大于等于的最小值即可,当时,计算得出,故无解;当时,计算得出,综上:,因此，本题正确答案是:.考点：函数最值问题.【方法点晴】本题主要考查函数导数与不等式，恒成立问题.解决本题的关键是根据题意对任意,存在,使转化为求的最小值大于等于的最小值即可. 类似地这种问题还有存在,存在,使，则转化为求的最大值大于等于的最小值.解决这种问题一定要正确转化.三、解

13、答题（共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23为选考题，考生根据要求作答.）17.已知数列的前n项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题知，由,在当时，得，两式相减可得， ，可得数列的通项;（2）由(1)得出的通项，运用裂项求和法可求得数列的前n项和.【详解】（1）由题知，当时，又，两式相减可得，即，当时，可得，解得，则，当时，满足，数列的通项公式为，.（2），.【点睛】本题考查数列中由数列的前的和得出数列的通项,和运用裂项求和法求数列的和,在求得数列的通

14、项时,注意验证的情况,属于中档题.18.在中，设内角、的对边分别是、，且.（1）求角的大小；（2）若，且，求的面积.【答案】（1）；（2）16.【解析】【分析】（1）由向量的知识化简可得，进而可得出角的大小；（2）先由余弦定理计算得出c的值，然后利用三角形面积公式计算的面积即可.【详解】（1），所以：，又因为，故，；（2）由余弦定理得，即，解得，.【点睛】本题考查平面向量和解三角形的综合运用，考查余弦定理，考查三角形面积公式，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.19.如图，已知四棱锥，底面为菱形，为的中点.（1）求证：平面平面；（2）若点在线段上，当直线与平面所成角的正弦值为时，求线段的长

15、.【答案】(1)见解析.(2)2.【解析】【分析】（1）先证明面，再证明平面平面；（2）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求出，解方程即得解.【详解】(1)证明：由题意易得，且，在中，在中，又，面，又面，平面平面.（2）由（1）可知面，所以以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，由，则令，所以，解得或（舍），故BN=2.【点睛】本题主要考查空间垂直关系的证明，考查线面角的求法和计算，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.20.已知函数.（1）若函数在时取得极值，求实数的值；（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)

16、；(2)【解析】试题分析：（1）由 ，依题意有： ，即 ，通过检验满足在 时取得极值 （2）依题意有： 从而 ，令，得：，通过讨论 和，进而求出 的取值范围.试题解析：（1），依题意有，即，解得.检验：当时，.此时，函数在上单调递减，在上单调递增，满足在时取得极值. 综上可知.（2）依题意可得：对任意恒成立等价转化为在上恒成立. 因为， 令得：，.当，即时，函数在上恒成立，则在上单调递增，于是，解得，此时； 当，即时，时，；时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，于是，不合题意，此时.综上所述，实数的取值范围是.【方法点睛】对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题,可以求函

17、数最值的方法, 一般通过变量分离，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，然后再构造辅助函数，利用恒成立；恒成立，即可求出参数范围.21.如图，已知椭圆，点A、B分别是椭圆的左、右顶点，点P是直线上的一个动点（与x轴交点除外），直线PA交椭圆于另一点M.（1）记直线BP、BM的斜率分别为、，求证：为定值；（2）求的最小值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先根据题意写出的坐标分别为，设出点的坐标为，得到直线的方程为，令，得到的坐标为，从而得到为定值；（2）由（1）知，则，令，求得结果.【详解】（1）由题意知的坐标分别为，设点的坐标为，有，可得，则直线的方程为，令，得，则点的

18、坐标为，由，有，则为定值；（2）由（1）知，则，由题意知，令，则（当且仅当，即时取等号），此时.【点睛】该题考查的是有关解析几何的问题，涉及到的知识点有椭圆的几何性质，两点斜率坐标公式，向量数量积坐标公式，基本不等式求最值，属于较难题目.22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若射线（）与直线和曲线分别交于，两点，求的值.【答案】（1）（），；（2）.【解析】【分析】（1）将直线的参数方程消参，即可得直线的普通方程，要注意；将曲线的极坐标方程两边同乘，再将，代入，

19、即可得曲线的直角坐标方程；（2）先将直线的直角坐标方程化为极坐标方程，再将（）代入直线和曲线的极坐标方程中，可得点，对应的极径，利用计算，即可求解.【详解】（1）由得，将（为参数）消去参数，得直线的普通方程为（）.由得，将，代入上式，得，所以曲线的直角坐标方程为.（2）由（1）可知直线普通方程为（），化为极坐标方程得（），当（）时，设，两点的极坐标分别为，则，所以.【点睛】本题考查直角坐标方程与极坐标方程的互化、参数方程与普通方程的互化及参数的几何意义，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于常考题.23.选修4-5：不等式选讲已知实数正数x, y满足（1）解关于x的不等式； （2）证明：【答案】(1).(2)见解析.【解析】【分析】（1）利用零点分段法即可求解.（2）利用“1”的转换，以及基本不等式即可证明.【详解】（1）解得，所以不等式的解集为 （2）解法1： 且， . 当且仅当时，等号成立. 解法2： 且， 当且仅当时，等号成立.【点睛】主要考查了绝对值不等式的求解、不等式证明、以及基本不等式的应用，属于中档题.对于绝对值不等式的求解，主要运用零点分段法，也可以运用图像法.而不等式的证明，关键是灵活运用不等式的性质以及基本不等式.