北京市铁路第二中学2019-2020学年高二下学期5月月考数学试题

北京市铁路第二中学2019-2020学年高二下学期5月月考数学试题

北京市铁路第二中学高二数学月考试题 （2020.5.12）‎ ‎（满分100分，测试时间80分钟）‎ 一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）‎ ‎1.复数 (i为虚数单位)共轭复数是 A. 1+i B. 1−i C. −1+i D. −1−i ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：化简已知复数z，由共轭复数的定义可得．‎ 详解：化简可得z= ‎ ‎∴z的共轭复数为1﹣i.‎ 故选B．‎ 点睛：本题考查复数的代数形式的运算，涉及共轭复数，属基础题．‎ ‎2.如果，那么下列不等式一定成立的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：根据幂函数的单调性，即可判定得到答案.‎ 详解：当时，此时，但，且，所以A、C不正确；‎ 由函数为单调递增函数，当时，，所以D不正确，‎ 由函数是上的单调递增函数，所以当时，成立，所以B是正确的，故选B.‎ 点睛：本题主要考查了不等式的比较大小问题，其中熟记幂函数的单调及其应用是解答的关键，着重考查了推理与论证能力.‎ ‎3.某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有 A. 30种 B. 35种 C. 42种 D. 48种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 本小题主要考查组合知识以及转化的思想.只在A中选有种，只在B中选有种，则在两类课程中至少选一门的选法有种.‎ ‎4.在复平面内，复数对应的点位于（ ）.‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数除法运算法则，求出的实部和虚部，即可得出结论.‎ ‎【详解】，‎ 对应点的坐标为，位于第三象限.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查复数的代数运算以及复数的几何意义，属于基础题.‎ ‎5.用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字且比1000大的奇数共有（ ）‎ A. 36个 B. 48个 C. 66个 D. 72个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】因为零不能在首位，在末位和在末位两种情况，千位是种情况，十位和百位从剩余的个元素中选两个进行排列有种结果，位奇数有，位奇数有，根据分类计数原理知共有，故选D.‎ ‎6.若(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a2＋a4的值为（ ）‎ A. 9 B. ‎8 ‎C. 7 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用赋值法，令，，两式相加即可求解.‎ ‎【详解】，‎ 令，, ‎ 令, ‎ 相加可得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了赋值法求部分项系数和问题，属于基础题.‎ ‎7. 已知集合A={5},B={1,2},C={1,3,4},从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标,则确定的不同点的个数为(　　)‎ A. 33 B. ‎34 ‎C. 35 D. 36‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 解：不考虑限定条件确定的不同点的个数为C‎21C31A33=36，‎ 但集合B、C中有相同元素1，‎ 由5，1，1三个数确定的不同点的个数只有三个，‎ 故所求的个数为36-3=33个，‎ 故选A．‎ ‎8.现有张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各张.从中任取张，要求这张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多张.不同取法的种数为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：3张卡片不能是同一种颜色，有两种情形：三种颜色或者两种颜色，如果是三种颜色，取法数为，如果是两种颜色，取法数为，所以取法总数为，故选C．‎ 考点：分类加法原理与分步乘法原理．‎ ‎【名师点晴】（1）对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰．（2）当两个原理混合使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步．‎ 二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）‎ ‎9.若复数，则_____________‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】分析：由复数的除法运算得，进而.‎ 详解：由 ‎.‎ 故答案为1.‎ 点睛：本题主要考查了复数的除法运算及复数模的概念，属于基础题.‎ ‎10.函数在区间[1，m]上的平均变化率为3，则实数m的值为___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的平均变化率公式，建立的方程，即可求解.‎ ‎【详解】函数在区间[1，m]上的平均变化率为 ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查函数的变化率，属于基础题.‎ ‎11.在等差数列中，若则数列的前项和的最大值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知条件先求出等差数列的通项公式，再求出所有的正数项，即可求出结论.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，‎ 由，‎ 又，‎ ‎，当，‎ 数列的前项和的最大值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项公式基本量的计算，并利用等差数列的性质求前和的最大值，考查计算求解能力，属于中档题.‎ ‎12.展开式中的常数项为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 写出展开式的通项，令的指数为零，即得常数项.‎ ‎【详解】展开式中第项为 ‎，‎ 令，所以常数项为.‎ 故答案为:-220‎ ‎【点睛】本题考查二项展开式中特定的项，掌握二项展开式的通项是解题的关键，属于基础题.‎ ‎13.已知x＞0，y＞0，且，则xy的最大值是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用基本不等式即可求解.‎ ‎【详解】，‎ 当且仅当，即时，等号成立.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，要注意条件“一正”“二定”“三等”缺一不可，属于基础题 ‎14.把6件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有_______种．（用数字作答）．‎ ‎【答案】192‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将捆绑有方法，然后将当作一个产品与除以外的3个产品全排列，产品A与产品C不相邻，将插入5个间隔中的4个，即可得出结论.‎ ‎【详解】产品A与产品B相邻有摆法，‎ 将捆绑后的元素与以外的3个元素进行排列有摆法，‎ 产品A与产品C不相邻，将插入5个间隔中的4个，‎ 根据分步乘法原理，不同的摆法有.‎ 故答案为：192.‎ ‎【点睛】本题考查排列和分步计数原理的应用，要优先分析受到限制的元素，属于基础题.‎ 三、解答题（本大题共4小题，共38分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）‎ ‎15.已知复数．当实数m取什么值时，复数z是：‎ ‎（Ⅰ）虚数；‎ ‎（Ⅱ）纯虚数；‎ ‎（Ⅲ）复平面内第二、四象限角平分线上的点对应的复数.‎ ‎【答案】（Ⅰ）且；（Ⅱ）；（Ⅲ），或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）将复数整理为代数形式，根据复数的分类，复数虚部不为0，建立的不等式，求解即可；‎ ‎（Ⅱ）在（1）的条件下，令实部为0，求解即可；‎ ‎（Ⅲ）根据已知可的复数的实部和虚部互为相反数，建立的方程，求解即可得出结论.‎ ‎【详解】（Ⅰ）‎ ‎，‎ ‎，‎ 当复数为虚数时，且，‎ 所以实数且时，复数为虚数；‎ ‎（Ⅱ）当复数为纯虚数时，，‎ 解得，‎ 所以当时，复数为纯虚数；‎ ‎（Ⅲ）当复数对应点在复平面内第二、四象限角平分线上时，‎ ‎，‎ 解得，或，‎ 所以，或时，‎ 复数对应的点在复平面内第二、四象限角平分线上 ‎【点睛】本题考查复数分类以及复数的几何意义，属于基础题.‎ ‎16.(1)在(1＋x)n的展开式中，若第3项与第6项系数相等，则n等于多少？‎ ‎(2)的展开式奇数项的二项式系数之和为128，求展开式中二项式系数最大项．‎ ‎【答案】（1）n＝7（2）T5＝70x4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由已知得＝得n＝7.‎ ‎(2)由已知得＋＋＋…＝128，2n－1＝128，n＝8，‎ 所以展开式中二项式系数最大项是T5＝(x)4＝70x4‎ ‎17.设{an}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2+4．‎ ‎（Ⅰ）求{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an+bn}的前n项和Sn．‎ ‎【答案】（Ⅰ）an=2×2n﹣1=2n（Ⅱ）2n﹣1 2n+1﹣2+n2=2n+1+n2﹣2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由{an}是公比为正数的等比数列，设其公比，然后利用a1=2，a3=a2+4可求得q，即可求得{an}的通项公式 ‎（Ⅱ）由{bn}是首项为1，公差为2的等差数列 可求得bn=1+（n﹣1）×2=2n﹣1，然后利用等比数列与等差数列的前n项和公式即可求得数列{an+bn}的前n项和Sn．‎ 解：（Ⅰ）∵设{an}是公比为正数的等比数列 ‎∴设其公比为q，q＞0‎ ‎∵a3=a2+4，a1=2‎ ‎∴2×q2="2×q+4" 解得q=2或q=﹣1‎ ‎∵q＞0‎ ‎∴q="2" ‎ ‎∴{an}的通项公式为an=2×2n﹣1=2n ‎（Ⅱ）∵{bn}是首项为1，公差为2的等差数列 ‎∴bn=1+（n﹣1）×2=2n﹣1‎ ‎∴数列{an+bn}的前n项和Sn=+=2n+1﹣2+n2=2n+1+n2﹣2‎ 点评：本题考查了等比数列的通项公式及数列的求和，注意题目条件的应用．在用等比数列的前n项和公式时注意辨析q是否为1，只要简单数字运算时不出错，问题可解，是个基础题．‎ ‎18.已知函数 ‎（Ⅰ）解关于的不等式；‎ ‎（Ⅱ）关于x的不等式对于恒成立，求a的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）答案不唯一，见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由，按正、负、零、以及有两个零点时零点的大小，分类讨论，即可求出结论；‎ ‎（Ⅱ）利用（Ⅰ）的讨论，即可得出结论.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由,‎ 当时，不等式化为，‎ 当时，不等式化为，‎ 当时，不等式为，‎ 不等式的解为，‎ 当时，不等式为，‎ 若，不等式的解为或，‎ 若，不等式的解为 若，不等式的解为或，‎ 综上，当时不等式的解集为，‎ 当时，不等式的解集为，‎ 当时，不等式解集为，‎ 当时，不等式的解集为，‎ 当时，不等式的解集为；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得，要使对于恒成立，则，‎ 所以a的取值范围.‎ ‎【点睛】本题考查一元二次不等式的求解，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于中档题.‎