1、上海市华东师范大学第二附属中学2019-2020学年高二数学下学期3月月考试题（含解析）一、填空题（410=40）1.设复数满足（为虚数单位），那么_.【答案】【解析】【分析】若设，则有，对应系数相等，列出关于的方程组，可解出的值，从而可求出.【详解】设，则故答案为：【点睛】此题考查复数的基本概念，属于基础题.2.若，则的值为_.【答案】【解析】【分析】由组合数性质对已知等式化简，列出关于的方程，可求出答案.【详解】组合数性质1：、性质2：顺次应用性质2和性质1可得，.故答案为：【点睛】此题考查组合数性质，利用组合数性质化简求值，属于基础题.3.若组合数，则实数_.【答案】或【解析】【分析】在
2、分式的分子和分母中同时乘以，再利用组合数公式可求出的值.【详解】，所以，或.故答案为：或.【点睛】本题考查组合数公式的应用，考查推理能力与计算能力，考查对公式的理解，属于基础题.4.用数学0，1，2，3，4可组成_个无重复数字的偶数三位数.【答案】【解析】【分析】先从0，2，4中任选一个数作为个位数，然后从剩下的4个数字中任选2个排在十位和百位，这里还含有百位为0的数字，再减去百位为0的偶数可得答案.【详解】排除法（个位是偶数的情况下，去掉百位是零的情况）：.故答案为：.【点睛】此题考查排列组合，对于这类题目先要认真审题，根据题目的要求合理选择方法，同时要区别排列与组合的不同，属于基础题.5.
3、某小朋友已将五辆不同的玩具汽车排成一队，此时爸爸从沙发底下找出两辆玩具汽车.如果将这两辆玩具汽车放到队列中，且原来五辆玩具汽车的顺序不变，那么不同放法的总数为_.【答案】【解析】【分析】由于原来五辆玩具汽车的顺序不变，所以先把两辆车的一辆插入排好的五辆车的6个空中，有种方法，再把剩下的一辆车插入排好的6辆车的7个空中，有种方法，然后根据乘法原理得共有种方法.【详解】插空法：.故答案为：【点睛】此题考查的是排列组合中的插空法，属于基础题.6.现有6辆不同颜色的小汽车排成一队，其中红色车与蓝色车不能相邻，黑色车与白色车相邻，则不同的排队方法共有_种.【答案】【解析】【分析】在排列组合中相邻问题要用
4、捆绑法，不相邻问题要用插空法，黑色、白色车先捆绑，看作一个整体，再与除红色、蓝色车的另外两辆车全排列，然后在隔开的四个空位内插入红色白色车即可.【详解】捆绑法+插空法：（黑色、白色车先捆绑，看作一个整体，注意它们的顺序，再与除红色、蓝色车的另外两辆车全排列，然后在隔开的四个空位内插入红色白色车即可）故答案为：【点睛】此题考查的是排列组合中的相邻问题与不相邻问题，要用捆绑法和插空法求解，属于中档题.7.微信红包金额的单位为分.在某次抢红包游戏中，红包总额为10元，共有5人参加抢红包，每人所得红包金额至少为1分，则这5人抢得红包的金额（不计先后次序）的所有不同组合为_种.（用组合数回答）【答案】【
5、解析】分析】此问题相当于将1000个一分硬币分成4份，所以采用隔板法求解.【详解】隔板法：10元=1000分，在1000个一分硬币隔开的去除头尾的999个空位中插入4块挡板，即得符合题意的情况为.故答案为：【点睛】此题考查的是排列组中的隔板法，在解题中要认真审题，属于基础题.8.将三项式展开，当时，得到如下图所示的展开式，如图所示的广义杨辉三角形：观察多项式系数之间的关系，可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角形，其构造方法：第0行为1，以下各行每个数是它头上与左右两肩上3数（不足3数的，缺少的数计为0）之和，第行共有个数.若在的展开式中，项的系数为75，则实数的值为_.【答案】【解析】【
6、分析】由题意可得广义杨辉三角形第5行为1，5，15，30，45，51，45，30，15，5，1，所以展开式中，项的系数为，即可求出实数的值.【详解】利用规则，可得展开式中项的系数为，项的系数为，的展开式中，项的系数为，.故答案为：【点睛】此题考查二项式定理的运用以及归纳推理，解题的关键在于发现所给等式的变化规律，属于中档题.9.已知集合，且，则集合，所有可能的情况有_种.【答案】【解析】【分析】由，可知集合，均含有元素，而要满足题意，则，至少属于集合，的一个，从而可得结果.【详解】从元素角度分析，集合，均含有元素，要满足题意，至少属于集合，的一个，.故答案为：【点睛】此题考查排列组合知识，重点
7、考查学生对基础知识概念的理解和计算能力，属于基础题.10.已知实数、满足：，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】根据已知四个实数满足的式子，将数转化为形求解，再利用点到直线的距离公式，结合图形可得答案.【详解】记、，由题意，知、位于单位圆上，则、分别表示、到直线的距离、，于是，分别取、靠近、的三等分点为、，联结，过点作的垂线，交、于、，则，在中，应用余弦定理，可得，从而，.故答案为：【点睛】此题考查的是已知几个实数的关系式，然后求含这些实数的代数式的最值，采用了转化法，利用数形结合的方法求解，属于难题.二、选择题（44=16）11.复数满足条件：，那么对应的点的轨迹是（）A. 圆B. 椭圆
8、C. 双曲线D. 抛物线【答案】A【解析】试题分析：因为，令z=x+yi（x,y为实数），则有，所以，化简得表示圆，故选A考点：本题主要考查复数的概念及其几何意义点评：一般地，这类题目一是按曲线的定义判断，二是通过令z=x+yi（x,y为实数），转化成解析几何问题12.已知：a0a1（x1）a2（x1）2a9（x1）9，则a6A. 28B. 448C. 112D. 448【答案】A【解析】【详解】，当第一个因子取时，第二个因子取当第一个因子取1时，第二个因子取故a6故选A13.某幢楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若规定从二楼到三楼用8步走完，则方法有（ ）A
9、. 45种B. 36种C. 28种D. 25种【答案】C【解析】【分析】由题意可知，10 级楼梯要8 步走完，这8步中有6步是一步上一级，2步是一步上两级，所以此问题转化为从8步中选2步即为答案.【详解】由题意，这8步中有6步一步上一级，2步是一步上两级，只需确定这8步中，哪2步是一步上两级即得答案为，故选：C.【点睛】此题考查排列组合的实际应用，解题的关键是看清楚这个实际问题相当于数学中的什么问题，注意转化，属于中档题.14.已知直线（，不全为0）与圆有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线共有（ ）A. 60条B. 66条C. 72条D. 78条【答案】C【解析】【分析】先找
10、出圆上横、纵坐标均为整数的点共有12个，经过其中任意两点的割线为12个点中任取2点，再加上过每一个点的切线，再减去经过坐标原点的6条即可得到答案.【详解】上的整点有12个：、，符合题意的直线可能同时经过上述12个整点中的2个点或者为圆上过上述12个整点中的1个点的切线，再排除掉其中经过坐标原点的6条，即得答案为，故选：C.【点睛】此题考查了直线与圆的位置关系，以及计数原理的运用，属于中档题.三、解答题（8+10+12+14）15.关于的方程的两根的模之和为2，求实数的值.【答案】或【解析】【分析】若设方程的两个根为，则由一元二次方程根与系数的关系得，由题意可得， ，代入可求得的值，然后考虑两个
11、根不是实数时，根据复数的运算可求.【详解】设方程的两根为，则韦达定理可得，即或时，此时由，可得，同号，解得或；，即时，为一对共轭虚根，由，可得，从而有，解得（舍）；综上，实数的值为或.【点睛】此题考查了一元二次方程的根与系数关系的简单应用，复数的运算，属于中档题.16.设集合，是非空集合的两个不同子集.（1）若，且是的子集，求所有有序集合对的个数；（2）若，且是的子集，求所有有序集合对的个数.【答案】（1）5（2）【解析】分析】（1）由于，是非空集合的两个不同子集，且是的子集，所以至少有一个元素，且为的真子集，然后分集合中有2个元素和1个元素求解；（2）类比（1）的求解方法, 分集合中分别有个
12、元素求解.【详解】由题意，至少有一个元素，且为的真子集.（1）时，含有2个元素，且为的真子集：个；含有1个元素，且为的真子集：个；此时有序集合对的个数为5；（2）时，记所有有序集合对的个数为，含有个元素，且为的真子集：个；含有个元素，且为真子集：个；含有个元素，且为的真子集：个；则.【点睛】此题考查满足条件的有序集合对的求法，考查排列组合、集合性质等知识，考查运算求解能力，属于中档题.17.已知的展开式的二项式系数和比的展开式的系数和大992，求的展开式中：（1）二项式系数最大的项；（2）系数的绝对值最大的项.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意对赋值，令，则有，解方程求出的值，然
13、后根据二项式系数的性质即可求出二项式系数最大的项；（2）利用两边夹定理，设第项为系数的绝对值最大的项，则有解不等式组可得结果.【详解】，解得，（1）二项式系数最大的项为第51项，；（2），其系数的绝对值为，解不等式组，得，系数的绝对值最大的项为第34项，.【点睛】此题考查二项式定理的有关知识，通过赋值，利用二项式系数的性质求解，属于基础题.18.（1）在圆中有这样的结论：对圆上任意一点，设、是圆和轴的两交点，且直线和的斜率都存在，则它们的斜率之积为定值-1.试将该结论类比到椭圆，并给出证明.（2）已知椭圆，设直线与椭圆交于不同于、的两点、，记直线、的斜率分别为、.（）若直线过定点，则是否为定值
14、.若是，请证明；若不是，请说明理由.（）若，求所有整数，使得直线变化时，总有.【答案】（1）对椭圆上任意一点，设、是椭圆和轴的两交点，且直线和的斜率都存在，则它们的斜率之积为定值；证明见解析（2）（）是定值；证明见解析（），【解析】【分析】（1）利用类比推理得：设、是椭圆和轴的两交点，为椭圆上任一点，且直线和的斜率都存在，则它们的斜率之积为定值，若设，然后利用斜率公式可证出结论；（2）由于， 恰好是椭圆与轴的交点，、是椭圆上任意两点，所以在此题的求解中利用一元二次方程的根与系数的关系，再结合（1）中得到的结论可得答案.【详解】（1）对椭圆上任意一点，设、是椭圆和轴的两交点，且直线和的斜率都存在，则它们的斜率之积为定值，证明：设，其中，则，（2）（），设，联立直线与椭圆方程，得，则（*）将（*）代入，得为定值.（）当时，直线过定点，其中，联立直线与椭圆方程，得，由，可得或，由（1）得，从而，符合题意的整数为，.【点睛】此题考查类比推理，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，属于难题.