安徽省淮北市淮北师范大学附属实验中学2020学年高二数学下学期第二次月考试题 理（含解析）（通用）

1、安徽省淮北市淮北师范大学附属实验中学2020学年高二数学下学期第二次月考试题 理（含解析）一、选择题：本大题共12个小题，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.复数的模是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先将复数化成形式，再求模。【详解】所以模是 故选D.【点睛】本题考查复数的计算，解题的关键是将复数化成形式，属于简单题。2.已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以，解得，所以二项式中奇数项的二项式系数和为考点：

2、二项式系数，二项式系数和3.设均为单位向量，则“”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】分析：先对模平方，将等价转化为0，再根据向量垂直时数量积为零得充要关系.详解： ，因为均为单位向量，所以 ab，即“”是“”充分必要条件.选C.点睛：充分、必要条件的三种判断方法1定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假并注意和图示相结合，例如“”为真，则是的充分条件2等价法：利用与非非，与非非，与非非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法3集合法：若，则是的充分条件或是的必要条件；若，则是的充要条件4.曲线

3、，和直线围成的图形面积是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：根据题意画出区域，作图如下，由解得交点为（0，1），所求面积为：考点：定积分及其应用5.已知点是抛物线上的一动点，为抛物线的焦点，是圆：上一动点，则的最小值为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】【分析】根据抛物线定义和三角形三边关系可知当三点共线时，的值最小，根据圆的性质可知最小值为；根据抛物线方程和圆的方程可求得，从而得到所求的最值.【详解】如图所示，利用抛物线的定义知：当三点共线时，的值最小，且最小值为抛物线的准线方程：， 本题正确选项：【点睛】本题考查线段距离之和的最值的求解，涉及到抛物线

4、定义、圆的性质的应用，关键是能够找到取得最值时的点的位置，从而利用抛物线和圆的性质来进行求解.6.三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，根据向量线性运算法则可表示出和；分别求解出和，根据向量夹角的求解方法求得，即可得所求角的余弦值.【详解】设棱长为1，由题意得：，又即异面直线与所成角的余弦值为：本题正确选项：【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.7.江西省教育电视台做一校一特色访谈节目，分三期播出，期播出两所学校，期，期各播出1所学校，现从

5、8所候选的重点中学中选出4所参与这三项任务，不同的安排方法共有（ ）A. 140种B. 420种C. 840种D. 1680种【答案】C【解析】【分析】将问题分两步解决，先计算从所学校选择所学校的选法；再计算将所选的所学校安排到三期节目中的方法；根据分步乘法计数原理可求得结果.【详解】第一步：从所学校选择所学校参与任务，共有：种选法第二步：将所选的所学校安排到三期节目中，共有：种方法由分步乘法计数原理可得，不同的安排方法共有：种本题正确选项：【点睛】本题考查分步乘法计数原理的应用，涉及到组合数的应用、分组分配问题的求解.8.我国古代数学名著九章算术的论割圆术中有：“割之弥细，所失弥少，割之又割

6、，以至于不可割，则与圆周盒体而无所失矣.”它体现了一种无限与有限的转化过程.比如在表达式中“”即代表无限次重复，但原式却是个定值，它可以通过方程，求得，类似上述过程，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据类比，列方程求解结果.详解】由题意得，选A.【点睛】本题考查利用类比方法列方程求解数学问题，考查基本分析求解能力，属基础题.9.已知对任意恒成立，且，则（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】根据，根据它的展开式形式，由题意可得，即可求出b的值【详解】由题意知即，且，可得，解得b=1，n=9，故选：A【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，其中解

7、答中合理构造，熟记二项展开式的通项公式，准确化简、运算是解答的关键，着重考查了构造思想，以及运算与求解能力，属于中档题10.已知可导函数满足，则当时，和大小关系为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】构造函数，求导后可知，从而可确定在上单调递增，得到，整理可得到结果.【详解】令，则又， 在上单调递增，即 本题正确选项：【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性的问题，关键是能够构造出新函数，通过求导得到函数的单调性，将问题转变为新函数的函数值之间的比较问题.11.平面内直角三角形两直角边长分别为，则斜边长为，直角顶点到斜边距离为.空间中三棱锥的三条侧棱两两垂直，三个侧面的面积分别为，

8、类比推理可得底面积为，则三棱锥顶点到底面的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】假设三条棱长分别为，可用表示出三个侧面的面积，整理可得：；利用体积可构造出关于顶点到底面距离的方程，从而求得结果.【详解】在这三条侧棱两两垂直三棱锥中设三条棱长分别为，又因为三个侧面的面积分别为，则：，类比推理可得底面积为：若三棱锥顶点到底面的距离为，可知三棱锥体积：本题正确选项：【点睛】本题考查几何中的类比推理，关键是能够利用体积桥的方式得到关于三棱锥的高与三个侧面面积之间的等量关系，从而求得结果.12.已知函数与的图象有三个不同的公共点,其中为自然对数的底数,则实数的取值范围为( )A.

9、 B. C. D. 或【答案】B【解析】：由，得令且，则，即 （*）由，得，所以函数在上单调递增，在单调递减，且时，图象如图所示由题意知方程（*）的根有一根必在内，另一根或或当时，方程（*）无意义；当时，不满足题意，所以时，则由二次函数的图象，有，解得，故选B点睛：函数图象的应用常与函数零点、方程有关，一般为讨论函数零点（方程的根）的个数或由零点(根)的个数求参数取值（范围），此时题中涉及的函数的图象一般不易直接画出，但可将其转化为与有一定关系的函数和的图象问题，且与的图象易得第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知，则_【答案】【解析】【分析】分别代入

10、和，将所得式子作差整理即可得到结果.【详解】令得：令得：得：本题正确结果：【点睛】本题考查二项式奇次项、偶次项系数和的求解问题，关键是熟练应用赋值的方法来进行求解.14.已知点在曲线上，为曲线在点处的切线的倾斜角，则的取值范围是_【答案】.【解析】，.ex0，当且仅当，即x0时等号成立y1，0)，tan1，0)又0，)，.15.如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有_种（用数字作答）【答案】630.【解析】【分析】分别计算第三个格子与第一个格子同色，以及第三个格子与第一个格子不同色，所对应的不同

11、涂色方法，即可求出结果.【详解】用6种不同颜色给图中的4个格子涂色，若第三个格子与第一个格子同色，则有种涂色方法；若第三个格子与第一个格子不同色，则有种涂色方法；综上，共有种涂色方法.故答案为630【点睛】本题主要考查排列中的涂色问题，根据分类讨论的思想，即可求解，属于常考题型.16.已知P是椭圆 和双曲线 的一个共公点，是椭圆和双曲线的公共焦点，分别为椭圆和双曲线的离心率，若，则的最大值是_.【答案】【解析】【分析】设，利用椭圆和双曲线的定义，求出的值，利用余弦定理得出等式，利用三角代换求出的最大值。【详解】设，由椭圆的定义可知：（1），由双曲线的定义可知：（2），得：，得：，由余弦定理可知

12、：，设所以，当 时，的最大值是。【点睛】本题考查了椭圆、双曲线的定义。重点考查了三角代换、余弦定理、辅助角公式。三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知在的展开式中二项式系数和为256（1）求展开式中常数项；（2）求展开式中二项式系数最大的项【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）借助题设条件运用通项公式待定求解；（2）借助题设条件运用二项式展开式中的组合数性质求解.试题解析：（1）二项式系数和为，（，）当时，常数项为（2）第5项二项式系数最大二项式系数最大的项为考点：二项式定理等有关知识的综合运用18.箱中装有4个白球和个黑球.规定取出

13、一个白球得2分，取出一个黑球得1分，现从箱中任取3个球，假设每个球被取出的可能性都相等.记随机变量为取出的3个球所得分数之和.（1）若，求的值；（2）当时，求的分布列.【答案】（1）1；（2）分布列见解析.【解析】【分析】（1）通过分析可知时，取出的个球都是白球，根据超几何分布的概率公式构造方程可求得结果；（2）首先确定所有可能的取值为：；利用超几何分布的概率公式分别计算每个取值对应的概率，从而可得分布列.【详解】（1）由题意得：取出的个球都是白球时，随机变量，即：，解得：（2）由题意得：所有可能的取值为：则；.的分布列为：【点睛】本题考查服从超几何分布的随机变量的概率及分布列的求解问题，关键

14、是能够明确随机变量所服从的分布类型，从而利用对应的公式来进行求解.19.已知命题：，.（1）若为真命题，求实数的取值范围；（2）命题：，当为真命题且为假命题时，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）由一元二次不等式恒成立可得对应的二次函数开口方向向下且，解不等式得到结果；（2）首先利用分离变量求解出命题为真命题时，；根据含逻辑连接词的命题的真假性可知需真假或假真；分别在两种情况下计算的范围即可.【详解】（1），且，解得：为真命题时，（2）， ，有解时，当时，命题为真命题为真命题且为假命题 真假或假真当真假时，有，解得：；当假真时，有，解得：； 为真命题且为假命题时，

15、或【点睛】本题考查根据命题的真假性求解参数取值范围的问题，涉及到由含逻辑连接词的命题真假性确定各个命题的真假.20.如图，直角梯形所在平面与以为直径的圆所在平面垂直，点在圆上，且，.（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用面面垂直性质定理可证得面，由线面垂直性质定理可知；利用勾股定理可证得，根据线面垂直判定定理证得结论；（2）以为原点可建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，又平面轴，可取其法向量为，根据二面角是锐角可得，从而求得结果.【详解】（1）面面，且面面又面， 面 ， ， 面（2）以点为原点，所在直线分别为轴建

16、立空间直角坐标系 ，设面的法向量为，则令， 又面的法向量为二面角为锐角，设所求二面角为【点睛】本题考查线面垂直的证明、空间向量法求解二面角的问题，涉及到面面垂直性质定理、线面垂直性质定理、线面垂直判定定理、向量夹角求解的知识的应用，属于常规题型.21.已知椭圆：的长轴长为4，离心率.（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的左顶点为，右顶点为，点是椭圆上位于轴上方的动点，直线，与直线：分别交于两点，求线段的长度的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由椭圆长轴长、离心率和可构造方程组求得，进而可得椭圆方程；（2）设直线的方程为：，得；代入椭圆方程可求得，从而得到直线的方程，代入椭圆方程

17、可求得；从而可得，利用基本不等式求得最小值.【详解】（1）由题意得：，故 ，所求的椭圆方程为：（2）依题意，直线的斜率存在，且故可设直线的方程为：，可得：由得：设，则，得：，从而即又由可得直线的方程为：化简得：由得： 故又 当且仅当，即时等号成立时，线段的长度取最小值【点睛】本题考查椭圆方程的求解、直线与椭圆综合应用中的最值类问题的求解.解决最值类问题的关键是能够将所求长度转变为关于某一变量的函数关系式，采用基本不等式或者函数求值域的方法来求解最值.22.已知函数，曲线在处的切线方程为.（1）求的解析式；（2）当时，求证：；（3）若对任意的恒成立，则实数的取值范围.【答案】（1）（2）见解析(

18、3)【解析】【分析】（1）由题意利用导函数与原函数的关系得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定函数的解析式；（2）构造函数（x）=f（x）+x2-x=ex-x-1，利用导函数的性质确定其最小值即可证得题中的不等式；（3）将原问题转化为k对任意的x（0，+）恒成立，然后构造函数结合(2)中的结论求解实数k的取值范围即可.【详解】（1）f（x）=ex-x2+a，f（x）=ex-2x由已知，f（x）=ex-x2-1（2）令（x）=f（x）+x2-x=ex-x-1，（x）=ex-1，由（x）=0，得x=0，当x（-，0）时，（x）0，（x）单调递减；当x（0，+）时，（x）0，（x）单调递增（x）min=（0）=0，从而f（x）-x2+x（3）f（x）kx对任意的x（0，+）恒成立k对任意的x（0，+）恒成立，令g（x）=，x0，g（x）=，由（2）可知当x（0，+）时，ex-x-10恒成立，令g（x）0，得x1；g（x）0，得0x1