2020-2021学年河北省唐山市高二（下）3月29日月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河北省唐山市高二（下）3月29日月考数学试卷人教A版，共8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. A43−C62=（ ）
A.−6B.6C.7D.9

2. 已知复数z满足|z|=5，且z的虚部为3，则|z−i|=（ ）
A.5B.25C.42D.4

3. 曲线y=2xlnx+ex在点1,e处的切线的斜率为（ ）
A.−eB.2+eC.2−eD.1

4. 2x−1x5的展开式第3项为( )
A.−40B.−40xC.80D.80xx

5. 若函数fx，gx的导函数的图象分别如图1、图2所示，则fx与gx极值点的个数分别为( )

A.4，1B.2，2C.4，2D.2，1

6. 某夜市的某排摊位上共有9个铺位，现有6家小吃类店铺，3家饮料类店铺打算入驻，若要排出一个摊位规划，要求饮料类店铺不能相邻，则可以排出的摊位规划总个数为（ ）
A.A77A73B.A33A66C.A33A73D.A66A73

7. 2021年2月25日，习近平在全国脱贫攻坚总结表彰大会上发表重要讲话，庄严宣告，经过全党全国各族人民共同努力，在迎来中国共产党成立一百周年的重要时刻，我国脱贫攻坚战取得了全面胜利．在“全面脱贫”行动中，某银行向某贫困地区的贫困户提供10万元以内的免息贷款，贫困户小李准备向银行贷款x万元全部用于农产品土特产的加工与销售，据测算每年利润y（单位：万元）与x满足关系式y=lnx−x4−54x+92，要使年利润最大，小李应向银行贷款( )
A.3万元B.4万元C.5万元D.6万元

8. 某景区内有如图所示的一个花坛，此花坛有9个区域需栽种植物，要求同一区域中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，且圆环的3个区域种植绿色植物，中间的6个扇形区域种植鲜花．现有3种不同的绿色植物和3种不同的鲜花可供选择，则不同的栽种方案共有( )

A.400种B.396种C.380种D.324种
二、多选题

若二项式x−1x2k的展开式中含x2的项，则k的取值可能为( )
A.6B.8C.10D.14

设复数z=−1+3i，则（ ）
A.1z=−14−34i
B.z−1的共轭复数为2−3i
C.z4+4z3+4z2=16
D.|z|+z在复平面内对应的点位于第一象限

已知函数fx=1eex+1与gx=ex+1−1e的图象的公切线为l，则（ ）
A.l的斜率大于12B.l在x轴上的截距为−2
C.l的斜率小于12D.l在y轴上的截距为2e

定义在[0,+∞）上的函数fx的导函数f′x满足x+1f′xln2x+1+2fxlnx+1≤0，当且仅当x=0时，等号成立，则必有（ ）
A.f0>f2>4f8B.f2>4f8
C.f2>f4>f8D.f2+f8<0
三、填空题

写出一个复数，使得它的平方为纯虚数，且它的实部大于2，则该复数为________.

若函数fx=sin2x，则limΔx→0f3Δx−f−ΔxΔx=________．

用3个0，4个1，3个2组成一个十位数，则3个0连在一起的不同的十位数共有________个．

设函数fx=mx2ex+1，若对任意a，b，c∈−3,1，fa，fb，fc都可以作为一个三角形的三边长，则m的取值范围为________.
四、解答题

已知函数fx=x3−3x−1 .
(1)求曲线y=fx在x=0处的切线方程；

(2)求函数fx在−2,2上的值域．

已知复数z的共轭复数为z，且2|z+6|=3|z+4|．
(1)证明：|z|是一个定值，并求出这个定值．

(2)是否存在实数m，使得对于任意的复数z，zm+mz总是实数？若存在，求出m的值；若不存在，试说明理由．

现有A，B，C，D，E，F，G7名同学．
(1)若他们站成一排，求A，B中至少有一名同学站在排头或排尾的排法总数；

(2)若7名同学分成3组，每组至少2人，以组为单位去三个不同景点写生，试问共有多少种不同的安排方法？

已知x3+3x2mx−25m∈R的展开式中各项系数之和为0.
(1)求m的值以及该展开式中的常数项；

(2)求x+1mx8的展开式中系数最大的项．

已知函数fx=x3−32a+1ax2+3xa>0．
(1)讨论fx的单调性．

(2)若a>1，且∀x∈1a,+∞，fx>12a3，求a的取值范围．

已知函数fx=x−12x+2．
(1)求fx的单调区间；

(2)当0参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省唐山市高二（下）3月29日月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
有关排列、组合的计算
【解析】
无
【解答】
解：A43−C62=4×3×2−6×52×1=9．
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
复数的模
复数的基本概念
【解析】
无
【解答】
解：设z=a+3ia∈R，
∵ |z|=a2+9=5，∴ a2=16，
∴ |z−i|=16+3−12=25．
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
无
【解答】
解：y′=2x⋅1x+2lnx−ex2=2+2lnx−ex2，∴ y′|x=1=2−e．
故选C．
4.
【答案】
D
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
无
【解答】
解：2x−1x5的展开式的第3项为C522x3−1x2=80xx．
故选D．
5.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
利用导数研究函数的极值
【解析】
无
【解答】
解：对于处处可导的函数，函数的极值点要满足两个条件，一个是该点的导数为0，另一个是该点左、右的导数值异号，故fx与gx极值点的个数分别为4，1．
故选A．
6.
【答案】
D
【考点】
排列、组合的应用
【解析】
无
【解答】
解：先将6个小吃类店铺进行全排，再从这6个小吃类店铺的7个空位选3个进行排列，故排出的摊位规划总个数为A66A73．
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
函数模型的选择与应用
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：y′=1x−14+54x2
=4x−x2+54x2
=−x+1x−54x2，
令y′>0，则05，
所以y=lnx−x4−54x+92在0,5上单调递增，在5,10上单调递减，
故当x=5时年利润最大．
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
排列、组合的应用
【解析】
无
【解答】
解：圆环的3个区域种植绿色植物共有A33=6种，如图．
中间的6个区域种植鲜花可分为3类：
第一类，A，C．E均种相同植物，有N1=3×2×2×2=24种；
第二类，A，C，E种2种不同植物，有N2=A32×C32×2×1×1=36种；
第三类，A，C，E种的植物各不相同，有N3=A33×1×1×1=6种．
故由乘法原理和加法原理得到不同的栽种方案共有6×(24+36+6)=396种．
故选B．
二、多选题
【答案】
B,D
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
无
【解答】
解：通项Tr+1=(−1)rCkrxk−rx−2r=(−1)rCkrxk−3r(r=0,1,2,⋯,k)，
则k=3r+2，k∈N∗，即r=k−23，
故选BD．
【答案】
A,C,D
【考点】
复数的模
复数代数形式的混合运算
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
无
【解答】
解：1z=−1−3i4=−14−34i，
z−1的共轭复数为−2−3i，
z4+4z3+4z2=z2z+22=zz+22=42=16，
|z|+z=1+3i在复平面内对应的点位于第一象限．
故选ACD．
【答案】
B,C,D
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
无
【解答】
解：设切点分别为Px,1eex1+1，Qx2,ex2+1−1e．
因为f′x=ex−1，g′x=ex+1，
所以ex1−1=ex2+1=1e(ex1+1)−ex2+1−1ex1−x2，
可得x1−1=x2+1，即x1=x2+2，
则1e(ex1+1)−ex2+1−1ex1−x2=1e，
则x1=0，P0,2e，Q−2,0，
所以公切线方程为y−2e=1ex，即x−ey+2=0．
故选BCD．
【答案】
B,D
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
无
【解答】
解：因为x+1f′xln2x+1+2fxlnx+1≤0，
所以f′xln2x+1+fx2x+1lnx+1=fxln2x+1′≤0x>0．
设gx=fxln2x+1，x≥0，则g′x<0，故gx在[0,+∞)上单调递减，
则g0>g2>g4>g8，即g0=0>f2ln23>f4ln25>f8ln29=4f8ln23，
即0>f2>f4lg325>4f8，根据不等式性质，只有BD符合．
故选BD．
三、填空题
【答案】
3+3i 答案不唯一，只要这个复数形如a±ai(a∈R,a>2)均可得分.
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
考察对复数基本概念和运算的理解与掌握.
【解答】
解：设该虚数为a+bi，则(a+bi)2=a2+2abi−b2，
故a2=b2，故复数形式为a±ai(a∈R,a>2)，
写出一个复数可为3+3i .
故答案为：3+3i答案不唯一，只要这个复数形如a±ai(a∈R,a>2)均可得分.
【答案】
8
【考点】
导数的概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由函数fx=sin2x，可得f′x=2cs2x，
所以f′0=2cs0=2，则
limΔx→0f(3Δx)−f(−Δx)Δx
=3lim3Δx→0f(0+3Δx)−f(0)3Δx+lim3Δx→0f(0−Δx)−f(0)−Δx
=4f′(0)
=8．
故答案为：8.
【答案】
245
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
无
【解答】
解：由于最前面不能排0，所以要从1和2中选一个放在最前面，若最前面排1，则有C71C63=140个；若最前面排2，则有C71C62=105个，故3个0连在一起的不同的十位数共有140+105=245个．
故答案为：245．
【答案】
(−12e,1e)
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设函数gx=x2ex，x∈−3,1，则g′x=xx+2ex．
当−3≤x<−2或00，g(x)单调递增；
当−2又g(−3)=9e3，g(0)=0，g(−2)=4e2，g(1)=e，所以gx的值域为0,e，
当m≥0时，2×1>me+1，解得0≤m<1e；
当m<0时，2me+1>1，解得−12e综上可得，−12e故答案为：(−12e,1e)．
四、解答题
【答案】
解：(1)由题意，得f′(x)=3x2−3，
则f′(0)=−3．
又f(0)=−1，
所以曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y−(−1)=−3(x−0)，
即3x+y+1=0．
(2)令f′(x)=3x2−3=3(x+1)(x−1)=0，
解得x=±1，
则f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以函数f(x)在(−2,−1)，(1,2)上单调递增，在(−1,1)上单调递减．
又f(−2)=−3，f(−1)=1，f(1)=−3，f(2)=1，
所以函数f(x)在[−2,2]上的值域为[−3,1]．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
函数的值域及其求法
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意，得f′(x)=3x2−3，
则f′(0)=−3．
又f(0)=−1，
所以曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y−(−1)=−3(x−0)，
即3x+y+1=0．
(2)令f′(x)=3x2−3=3(x+1)(x−1)=0，
解得x=±1，
则f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以函数f(x)在(−2,−1)，(1,2)上单调递增，在(−1,1)上单调递减．
又f(−2)=−3，f(−1)=1，f(1)=−3，f(2)=1，
所以函数f(x)在[−2,2]上的值域为[−3,1]．
【答案】
(1)证明：设z=a+bi，a，b∈R，
则2|z+6|=2a+62+b2，
3|z+4|=3a+42+−b2，
由2|z+6|=3|z+4|，
得2a+62+2b2=3a+42+3b2，
化简得a2+b2=24，所以|z|=26是一个定值．
(2)解：由(1)知，zm+mz=a+bim+ma+bi
=a+bim+m(a−bi)a2+b2=(am+ma24)+(bm−mb24)i是实数，
所以bm−mb24=0，
因为b不恒为0，所以1m−m24=0，解得m=±26．
【考点】
复数的模
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：设z=a+bi，a，b∈R，
则2|z+6|=2a+62+b2，
3|z+4|=3a+42+−b2，
由2|z+6|=3|z+4|，
得2a+62+2b2=3a+42+3b2，
化简得a2+b2=24，所以|z|=26是一个定值．
(2)解：由(1)知，zm+mz=a+bim+ma+bi
=a+bim+m(a−bi)a2+b2=(am+ma24)+(bm−mb24)i是实数，
所以bm−mb24=0，
因为b不恒为0，所以1m−m24=0，解得m=±26．
【答案】
解：(1)7名同学随机站成一排共有A77=5040种不同排法，
A，B均未站在排头或排尾的排法共有A52A55=2400种不同排法，
故A，B中至少有一名同学站在排头或排尾的排法总数为5040−2400=2640.
(2)先将7名同学分成3组，其中两组每组2人，一组3人，
不同的分组方法共有C72C52C33A22=105种，
再以组为单位去三个不同景点写生，故不同的安排方法共有105A33=630种．
【考点】
排列、组合的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)7名同学随机站成一排共有A77=5040种不同排法，
A，B均未站在排头或排尾的排法共有A52A55=2400种不同排法，
故A，B中至少有一名同学站在排头或排尾的排法总数为5040−2400=2640.
(2)先将7名同学分成3组，其中两组每组2人，一组3人，
不同的分组方法共有C72C52C33A22=105种，
再以组为单位去三个不同景点写生，故不同的安排方法共有105A33=630种．
【答案】
解：(1)令x=1，则有4m−25=0，可得m=2，
2x−25展开式的通项为Tk+1=C5k25−k(−2)kxk−5，
令k−5=−2，得k=3；令k−5=−3，得k=2，
故展开式中的常数项为320−320×3=−640．
(2)由(1)可知，x+1mx8=x+12x8，
设其第k+1项的系数最大，
则C8k(12)k≥C8k+1(12)k+1，C8k(12)k≥C8k−1(12)k−1，
即8!k!(8−k)!≥12×8!(k+1)!(7−k)!，12×8!k!(8−k)!≥8!(k−1)!(9−k)!，
整理得 1≥8−k2k+1，9−k2k≥1，
解得2≤k≤3，因此k=2或k=3，
所以第3项或第4项系数最大，
故系数最大的项为C82x612x2=7x2或C82x512x9=7x．
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)令x=1，则有4m−25=0，可得m=2，
2x−25展开式的通项为Tk+1=C5k25−k(−2)kxk−5，
令k−5=−2，得k=3；令k−5=−3，得k=2，
故展开式中的常数项为320−320×3=−640．
(2)由(1)可知，x+1mx8=x+12x8，
设其第k+1项的系数最大，则C8k(12)k≥C8k+1(12)k+1，C8k(12)k≥C8k−1(12)k−1
即8!k!(8−k)!≥12×8!(k+1)!(7−k)!，12×8!k!(8−k)!≥8!(k−1)!(9−k)!
整理得 1≥8−k2k+19−k2k≥1,
解得2≤k≤3，因此k=2或k=3，
所以第3项或第4项系数最大，
故系数最大的项为C82x612x2=7x2或C82x512x9=7x．
【答案】
解：(1)f′x=3x2−3a+1ax+3，
令f′x=0，得x=a或x=1a，
当a=1时，f′x≥0，f(x)在R上单调递增．
当0a，由f′x<0，得x∈a,1a；由f′x>0，得x∈−∞,a∪1a,+∞，
所以fx在a,1a上单调递减，在−∞,a,1a,+∞上单调递增．
当a>1时，1a0，得x∈−∞,1a∪a,+∞，
所以fx在1a,a上单调递减，在−∞,1a，a,+∞上单调递增．
(2)因为a>1，所以fx在1a,a上单调递减，在a,+∞上单调递增，
所以fxmin=fa>12a3，
整理得a3<32a，又a>1，所以1【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f′x=3x2−3a+1ax+3，
令f′x=0，得x=a或x=1a，
当a=1时，f′x≥0，f(x)在R上单调递增．
当0a，由f′x<0，得x∈a,1a；由f′x>0，得x∈−∞,a∪1a,+∞，
所以fx在a,1a上单调递减，在−∞,a,1a,+∞上单调递增．
当a>1时，1a0，得x∈−∞,1a∪a,+∞，
所以fx在1a,a上单调递减，在−∞,1a，a,+∞上单调递增．
(2)因为a>1，所以fx在1a,a上单调递减，在a,+∞上单调递增，
所以fxmin=fa>12a3，
整理得a3<32a，又a>1，所以1【答案】
(1)解：f′x=3x−1x+1，
令f′x<0，得−10，得x<−1或x>1，
故fx的单调递减区间为−1,1，单调递增区间为−∞,−1,1,+∞．
(2)证明：fx=xx−12+2x−12，
设函数gx=xx−120令g′x<0，得130，得0所以gxmax=g13=427，则当0设函数ℎ(x)=x−1−lnx(0所以ℎx在(0,1]上单调递减，
则ℎ(x)=x−1−lnx≥ℎ(1)=0，即0≥x−1≥lnx，
所以x−12≤ln2x，即−2ln2x≤−2x−12，
因为gx=xx−12≤427，
所以xx−12−2ln2x≤−2x−12+427，
又13≠1，所以fx−2ln2x<427．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：f′x=3x−1x+1，
令f′x<0，得−10，得x<−1或x>1，
故fx的单调递减区间为−1,1，单调递增区间为−∞,−1,1,+∞．
(2)证明：fx=xx−12+2x−12，
设函数gx=xx−120令g′x<0，得130，得0所以gxmax=g13=427，则当0设函数ℎ(x)=x−1−lnx(0所以ℎx在(0,1]上单调递减，
则ℎ(x)=x−1−lnx≥ℎ(1)=0，即0≥x−1≥lnx，
所以x−12≤ln2x，即−2ln2x≤−2x−12，
因为gx=xx−12≤427，
所以xx−12−2ln2x≤−2x−12+427，
又13≠1，所以fx−2ln2x<427．x
(−2,−1)
−1
(−1,1)
1
(1,2)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
x
(−2,−1)
−1
(−1,1)
1
(1,2)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增