2020届山东省泰安第二中学高三上学期9月月考数学试题（解析版）

这是一份2020届山东省泰安第二中学高三上学期9月月考数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020届山东省泰安第二中学高三上学期9月月考数学试题  一、单选题1．当时，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】D【解析】当m＜1时，m﹣1＜0，从而可判断复数2+（m﹣1）i在复平面内对应的点的位置．【详解】∵m＜1，∴m﹣1＜0，∴复数2+（m﹣1）i在复平面内对应的点（2，m-1）位于第四象限，故选D．【点睛】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题．2．的展开式的常数项是（ ）A． B． C． D．【答案】D【解析】【详解】的展开式通项为：，由得，所以的常数项系数为；由得，所以的项系数为，所以的展开式的常数项是,故选D. 3．已知随机变量，若，则和分别为（   ）A．6和2.4 B．2和2.4 C．2和5.6 D．6和6.6【答案】B【解析】由已知得，而，所以，故选.4．一个盒子里有6只好晶体管,4只坏晶体管,任取两次,每次取一只,每次取后不放回,则若已知第一只是好的,则第二只也是好的概率为( )A．    B．    C．    D．【答案】C【解析】解：由题意可知，这是条件概率，当第一只是好的的条件下，从剩下的9件中任取一件，则所有情况9种，其中好的有4只，则利用古典概型可知为5/95．中国古代的五经是指：《诗经》、《尚书》、《礼记》、《周易》、《春秋》，甲、乙、丙、丁、戊名同学分别选取了其中一本不同的书作为课外兴趣研读，若甲乙都没有选《诗经》，乙也没选《春秋》，则名同学所有可能的选择有（  ）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】D【解析】分两类求解：(1)甲选《春秋》；(2)甲不选《春秋》；分别求出可能的选择情况，再求和即可得出结果.【详解】(1)若甲选《春秋》，则有种情况；(2)若甲不选《春秋》，则有种情况；所以名同学所有可能的选择有种情况.故选D【点睛】本题主要考查计数原理，熟记排列组合的概念等即可，属于常考题型.6．函数的图象大致为（　　）A． B． C． D．【答案】B【解析】当时，函数，由函数的单调性，排除；当时，函数，此时，代入特殊值验证，排除，只有正确.【详解】当时，函数，由函数在上递减，可得在上递减，排除；当时，函数，此时，而选项的最小值为2 ，故可排除，只有正确，故选B.【点睛】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.7．，，，若，，三向量共面，求实数（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】若，，三向量共面，我们可以用向量，作基底表示向量，进而构造关于的方程，解方程即可求出实数的值．【详解】解：，与不平行，又，，三向量共面，则存在实数，使即解得故选：．【点睛】本题考查的知识点是共线向量与共面向量及平面向量基本定理，其中根据，，三向量共面，与不共线，则可用向量、作基底表示向量，造关于的方程，是解答本题的关键．8．已知函数，.直线与曲线和分别相交于 两点，且曲线在A处的切线与曲线在B处的切线斜率相等，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】分别求导，根据题意，在上有解，方程在上有解转化为函数与函数的图象在上有交点，计算得到答案.【详解】函数的定义域为，，.因为曲线在A处的切线与在B处的切线斜率相等，所以在上有解，即方程在上有解.方程在上有解转化为函数与函数的图象在上有交点，令过原点且与函数的图象相切的直线的斜率为k，只须，令切点为，则，又，所以，解得，于是，所以.故答案选A【点睛】本题考查了曲线的切线问题，综合性强，意在考查学生的综合应用能力.9．设. 随机变量取值的概率均为0.2，随机变量取值的概率也为0.2.若记、分别为、的方差，则                      （   ）A．＞ B．＝.C．＜. D．与的大小关系与的取值有关.【答案】A【解析】【详解】由已知条件可得,又，所以变量比变量的波动大，即.故本题正确答案为A.10．设曲线（为自然对数的底数）上任意一点处的切线为，曲线上任意一点处的切线为，若对任意位置的总存在，使得，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】求得的导数，设，为上的任一点，可得切线的斜率，求得的导数，设图象上一点，可得切线的斜率为，运用两直线垂直的条件：斜率之积为，分别求的值域，的值域，由题意可得，可得的不等式，可得的范围．【详解】解：的导数为，设，为上的任一点，则过，处的切线的斜率为，的导数为，过图象上一点，处的切线的斜率为．由，可得，即，任意的，总存在使等式成立．则有的值域为，．的值域为，有，即，，，即，解得：故选：．【点睛】本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查两直线垂直的条件：斜率之积为，考查任意存在性问题的解法，注意运用转化思想和值域的包含关系，考查运算能力，属于中档题． 二、多选题11．已知复数满足，，则在复平面内对应的点可能位于（    ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】BD【解析】由，得，再利用复数代数形式的乘除运算化简复数，对为奇数、偶数分类讨论，求出复数在复平面内对应的点的坐标，则答案可求．【详解】解：，当为奇数时在复平面上对应的点为位于第二象限；当为偶数时在复平面上对应的点为位于第四象限；故复数在复平面内对应的点位于第二象限或第四象限.故选：【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．12．若函数有两个极值点则的值可以为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】AB【解析】求出函数的导函数为二次函数，由函数有两个极值点，则导函数与轴有两个交点，即可求出的范围，得解.【详解】解：因为函数有两个极值点则与轴有两个交点，即解得故满足条件的有故选：【点睛】本题考查利用导数求函数的极值问题，属于基础题.13．展开式中系数最大的项（    ）A．第2项 B．第3项 C．第4项 D．第5项【答案】BC【解析】根据的展开式的通项公式，求出展开式中各项系数，即得展开式中系数最大的项．【详解】解：的展开式的通项公式为，其展开式的各项系数依次为1、4、7、7、、、、、，所以，展开式中系数最大的项是第3项和第4项．故选：．【点睛】本题考查了二项式展开式的通项公式的应用问题，属于基础题．  三、填空题14．在正方体中，点是的中点，已知，，，用，，表示，则______.【答案】【解析】根据向量的线性运算解得.【详解】解：又是的中点，，故答案为：【点睛】本题考查向量的线性运算，属于基础题.15．若将函数表示为其中，，，…，为实数，则＝______________．【答案】10【解析】法一：由等式两边对应项系数相等．即：．法二：对等式：两边连续对x求导三次得：，再运用赋值法，令得：，即16．设曲线在点处的切线方程为，则_______．【答案】-1【解析】求导得导函数解析式，然后通过曲线在点处的切线方程为即可得出曲线在点处的切线斜率，最后利用导数的计算即可得出结果。【详解】因为曲线，所以，因为曲线在点处的切线方程为，所以，。【点睛】本题考查了导数的相关性质，主要考查导数与曲线的某一点处的切线的联系，体现了基础性，是简单题。17．已知，若，，则的取值范围是_________【答案】【解析】不妨设，则原不等式等价于，构建新函数，则存在实数，使得为上的增函数，根据在上恒成立可得到在上有解，从而得到的取值范围.【详解】不妨设，不等式等价于即，令，，则存在实数，使得为上的增函数即恒成立.又，故不等式在上恒成立.令，则，因为，故，所以在上有解，所以即.填.【点睛】对于函数，如果对于任意的，均有，则问题可以转化为新函数的单调性来讨论.注意不可转化为曲线的割线的斜率来讨论. 四、解答题18．已知复数，若，且在复平面内对应的点位于第四象限.（1）求复数；（2）若是纯虚数，求实数的值.【答案】(1).(2).【解析】分析：（1）先根据和在复平面内对应的点位于第四象限求出a的值，即得复数z.(2)直接根据纯虚数的定义求m的值.详解：（1）因为，所以，所以.又因为在复平面内对应的点位于第四象限，所以，即.（2）由（1）得，所以，所以.因为是纯虚数，所以，所以.点睛：（1）本题主要考查复数的模和复数的几何意义，考查纯虚数的概念，意在考查学生对这些知识的掌握水平.（2）复数为纯虚数不要把下面的b≠0漏掉了.19．11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10:10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方10:10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束.（1）求P（X=2）；（2）求事件“X=4且甲获胜”的概率.【答案】（1）；（2）0.1【解析】(1)本题首先可以通过题意推导出所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果；(2)本题首先可以通过题意推导出所包含的事件为“前两球甲乙各得分，后两球均为甲得分”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果。【详解】(1)由题意可知，所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”所以(2)由题意可知，包含的事件为“前两球甲乙各得分，后两球均为甲得分”所以【点睛】本题考查古典概型的相关性质，能否通过题意得出以及所包含的事件是解决本题的关键，考查推理能力，考查学生从题目中获取所需信息的能力，是中档题。20．如图，在几何体中，四边形是矩形，平面，，，，分别是线段，的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求平面与平面所成角的余弦值.【答案】（Ⅰ）见证明（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）取AE的中点H，连接HG，HD，通过证明四边形HGFD是平行四边形来证明GF∥DH，由线面平行的判定定理可得；（Ⅱ）以B为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，可得平面BEC和平面AEF的法向量，由向量夹角的余弦值可得．【详解】（Ⅰ）如图，取的中点连接，，又是的中点，所以，且，又是中点，所以，由四边形是矩形得，，，所以且.从而四边形是平行四边形，所以，∵DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，∴GF∥平面ADE.（Ⅱ）如图，在平面内，过点作，因为，所以.又平面，所以，.以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，设，设，则，，，.因为平面，所以为平面的法向量，设为平面的法向量. 又，,即，取，，，所以平面与平面所成角的余弦值为.【点睛】本题考查空间线面平行的判定定理，考查了空间向量法求解二面角的方法，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，属于中档题．21．设函数，为的导函数.（1）求的单调区间；（2）当时，证明.【答案】（1）的单调递增区间为，的单调递减区间为；（2）证明见解析.【解析】（1）求出原函数的导函数，可得当，时，，单调递减；当，时，，单调递增；（2）记，依题意及（Ⅰ），得到，由，得在区间，上单调递减，有，从而得到当，时，；【详解】（1）由题意得，因此当时，有，得，则单调递减；当时，有，得，则单调递增.所以的单调递增区间为，的单调递减区间为.（2）记，由题意及（1）可知有，从而，当时，，故，因此在区间上单调递减，进而.所以当时，.【点睛】本题主要考查导数的运算，不等式的证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想和化归与转化思想，考查抽象概括能力、综合分析问题与解决问题的能力，属难题．22．改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：交付金额（元）支付方式（0,1000]（1000,2000]大于2000仅使用A18人9人3人仅使用B10人14人1人 （Ⅰ）从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率；（Ⅱ）从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，求X的分布列和数学期望；（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由．【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ)见解析；(Ⅲ)见解析.【解析】(Ⅰ)由题意利用古典概型计算公式可得满足题意的概率值；(Ⅱ)首先确定X可能的取值，然后求得相应的概率值可得分布列，最后求解数学期望即可.(Ⅲ)由题意结合概率的定义给出结论即可.【详解】(Ⅰ)由题意可知，两种支付方式都是用的人数为：人，则：该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率.(Ⅱ)由题意可知，仅使用A支付方法的学生中，金额不大于1000的人数占，金额大于1000的人数占，仅使用B支付方法的学生中，金额不大于1000的人数占，金额大于1000的人数占，且X可能的取值为0,1,2.，，，X的分布列为：X012  其数学期望：.(Ⅲ)我们不认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化.理由如下：随机事件在一次随机实验中是否发生是随机的，是不能预知的，随着试验次数的增多，频率越来越稳定于概率。学校是一个相对消费稳定的地方，每个学生根据自己的实际情况每个月的消费应该相对固定，出现题中这种现象可能是发生了“小概率事件”.【点睛】本题以支付方式相关调查来设置问题，考查概率统计在生活中的应用，考查概率的定义和分布列的应用，使学生体会到数学与现实生活息息相关.23．已知函数f（x）＝xex－alnx（无理数e＝2.718…）．（1）若f（x）在（0，1）单调递减，求实数a的取值范围；（2）当a＝－1时，设g（x）＝x（f（x）－xex）－x3＋x2－b，若函数g（x）存在零点，求实数b的最大值．【答案】（1）a≥2e；（2）0【解析】（1）由题得≤0，即a≥（x2＋x）ex在（0，1）上恒成立，再构造函数求函数的最大值即得解；（2）问题等价于方程b＝xlnx－x3＋x2在（0，＋∞）上有解，先证lnx≤x－1（x＞0），再求得b的最大值为0．【详解】（1），由题意：≤0，x∈（0，1）恒成立，即（x2＋x）ex－a≤0，也就是a≥（x2＋x）ex在（0，1）上恒成立，设h（x）＝（x2＋x）ex，则＝ex（2x＋1）＋（x2＋x）ex＝ex（x2＋3x＋1），当x∈（0，1）时，x2＋3x＋1＞0，故）＞0，h（x）在（0，1）单调递增，h（x）＜h（1）＝2e，因此a≥2e．（2）当a＝－1时，f（x）＝xex＋lnx，g（x）＝xlnx－x3＋x2－b，由题意：问题等价于方程b＝xlnx－x3＋x2在（0，＋∞）上有解，先证：lnx≤x－1（x＞0），事实上：设y＝lnx－x＋1，则，令，x＝1，x∈（0，1）时，y'＞0函数递增，x∈（1，＋∞）时，y'＜0函数递减，ymax＝y|x＝1＝0，即y≤0，也就是lnx≤x－1．由此：k（x）＝xlnx－x3＋x2≤x（x－1）－x3＋x2＝2x2－x－x3＝－x（x2－2x＋1）≤0，故当x＝1时，k（1）＝0，所以b的最大值为0．【点睛】本题主要考查利用导数研究不等式的恒成立问题和零点问题，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.