1、广东省广雅中学2019-2020学年高二数学下学期3月线上测试试题（含解析）第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分.满分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.设为虚数单位，则展开式中的第二项为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据二项展开式的通项公式，即可容易求得结果.【详解】由题可知二项展开式的通项公式为，令，故可得.故选：A.【点睛】本题考查二项式定理，以及复数运算，属综合基础题.2.设复数满足，则复数的共轭复数( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求得模长，结合复数的运算法则，即可容易求得，再求其共轭复数即可.【详解
2、】由题可知，故其共轭复数为.故选：B.【点睛】本题考查复数模长的求解，复数运算，共轭复数的求解，属综合基础题.3.在区间上随机地取一个数，则事件“”发生的概率为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求解正弦不等式，由几何概型的概率计算公式即可求得结果.【详解】因为，解得，又，故可得，故满足题意的概率.故选：C.【点睛】本题考查几何概型的概率求解，正弦不等式的求解，属综合基础题.4.已知实数，满足约束条件，则的最大值为( )A. 4B. 3C. D. 0【答案】B【解析】【分析】画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可容易求得结果.【详解】画出不等式组表示的平面区域，如下所示：
3、目标函数，可转化为与平行，数形结合可知当且仅当目标函数过点时，取得最大值.故.故选：B.【点睛】本题考查简单线性规划问题的求解，属基础题.5.我国古代典籍周易用“卦”描述万物的变化.每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦.如果某重卦中有3个阳爻，3个阴爻，则它可以组成( )种重卦.A. 6B. 15C. 20D. 1【答案】C【解析】【分析】只需从个位置中选取个位置放置阳爻，则问题得解.【详解】要满足题意，则只需从个位置中选取个位置放置阳爻即可，故满足题意的重卦有种.故选：C.【点睛】本题考查分配问题的处理，属基础题.6.在学校的一次数学讲题比赛中，高
4、一、高二、高三分别有2名、2名、3名同学获奖，将这七名同学排成一排合影，要求同年级的同学相邻，那么不同的排法共有( )A. 12种B. 36种C. 72种D. 144种【答案】D【解析】【分析】将相邻元素捆绑，对3个元素进行排序，再进行内部排序，则问题得解.【详解】将相邻元素捆绑，对3个元素进行排序，再进行内部排序，则共有种.故选：D.【点睛】本题考查简单排列问题的求解，属基础题.7.已知的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的常数项是( )A. 21B. 189C. 945D. 5103【答案】C【解析】【分析】令，求得，再根据二项式展开式的通项公式，即可求得结果.【详解】令，故可得各项
5、系数之和，解得.故二项展开式的通项公式令，得，故可得常数项为.故选：C.【点睛】本题考查由二项式系数和求参数值，以及由二项展开式的通项公式求常数项，属综合基础题.8.在的展开式中的系数是( )A. B. C. D. 207【答案】C【解析】【分析】根据的产生过程，由二项展开式的通项公式，即可容易求得结果.【详解】的通项公式为，故可得其的系数为，的系数为，故容易得在的展开式中的系数为.故选：C.【点睛】本题考查由二项式定理求指定项系数，属基础题.9.从0、1、2、3、4、5这六个数中，每次取三个不同的数字，把其中最大的数放在十位上排成三位数，则这样的三位数共有( )A. 40个B. 30个C.
6、120个D. 36个【答案】B【解析】【分析】将问题分为三个数中取零和不取零两种，再进行排列即可.【详解】若3个数中不包括零，则所有三位数有种；若个数中包括零，则所有三位数有种.故满足题意的所有三位数有个.故选：B.【点睛】本题考查排列组合问题，属基础题.10.当时，展开式中的系数是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】两次利用二项展开式的通项公式，即可容易求得结果.【详解】展开式的通项公式为，展开式的通项公式为，；令，故可得故的系数为.故选：C.【点睛】本题考查由二项式通项公式求指定项系数，属中档题.11.现有5种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块
7、不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( )A. 120种B. 180种C. 60种D. 48种【答案】B【解析】【分析】先对中间的两块区域进行涂色，再对剩余两块进行涂色，则问题得解.【详解】先对中间两块涂色，则共有种涂色方案，再对剩余两块涂色，则共有种；故满足题意的所有涂色方案有种.故选：B.【点睛】本题考查涂色问题的处理，属基础题.12.用代表红球，代表蓝球，代表黑球，由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由的展开式表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“”表示取出一个红球，而“”用表示把红球和蓝球都取出来.以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个有区别
8、的红球、5个无区别的蓝球、5个无区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分三步处理问题，分别表示出取红球、篮球、黑球的表达式，相乘即可求得.【详解】第一步，从5个有区别的红球中取出若干球，则有；第二步，从5个无区别的蓝球中都取出或都不取出，要满足题意，只有；第三步，从5个无区别的黑球中取出若干个，则有.根据分布计数原理，则要满足题意的取法有：.故选：D.【点睛】本题考查先分类后分步问题的处理，涉及二项式定理，属综合中档题.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分.13.在复平面内，是原点，、对应的
9、复数分别为、，那么所对应的复数为_.【答案】【解析】【分析】根据题意，求得对应点的坐标，即可求得所对应的复数.【详解】由题可知，点坐标为，故可得，故其对应复数为.故答案为：.【点睛】本题考查复数、向量、点的坐标之间的关系，属基础题.14.已知，则_.【答案】720【解析】【分析】利用二项式展开式的通项公式即可容易求得.【详解】因为，其通项公式为，令，故可得.故答案为：.【点睛】本题考查利用二项式定理求某一项的系数，属基础题.15.现有一个由甲、乙、丙、丁共4人组成的参观团要参观广雅、省实和华附三间中学，要求每人只能参观一间学校，每间学校至少有一个人参观，则不同的参观方法有_种.【答案】36【解
10、析】【分析】先将4人分为3堆，再分配即可.【详解】要满足题意，只需先将4人分为3堆，分别有人，再分配给3间学校即可.故所有参观方法有.故答案为：.【点睛】本题考查部分元素个数不同的分堆和分配问题，属基础题.16.如图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第行有个数且两端的数均为，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如，则第9行第4个数（从左往右数）为_.【答案】【解析】【分析】根据数据的排列规律，即可容易求得.【详解】设第行第个数为，由题可知：，故.故答案为：.【点睛】本题考查由数列规律求某一项的值，属中档题.三、解答题：本大题共6小题，满分70分.解答应写出文字说
11、明，证明过程或演算步骤.17.某研究性学习小组对春季昼夜温差大小与某花卉种子发芽多少之间关系进行研究，他们分别记录了3月1日至3月5日的每天昼夜温差与实验室每天每100颗种子浸泡后的发芽数，得到如下资料：日期3月1日3月2日3月3日3月4日3月5日温差（）101113129发芽数（颗）2325302616（1）从3月1日至3月5日中任选2天，记发芽的种子数分别为，求事件“”的概率；（2）该小组发现种子的发芽数（颗）与昼夜温差（）呈线性相关关系，试求：线性回归方程.（参考公式：线性回归方程中系数计算公式，.其中，表示样本均值.参考数据：；）【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）根据题意，
12、用列举法求古典概型概率即可；（2）根据参考数据，结合题意，即可求得回归直线方程.【详解】（1）用数对表示基本事件：则基本事件有如下10个：满足题意的有如下3个：故满足题意的概率为.（2）由题可知：，.故可得，.故所求回归直线方程为.【点睛】本题考查古典概型的概率求解，以及回归直线方程的求解，属综合基础题.18.在中，内角，的对边分别是，且满足.（1）求角的值；（2）若，求的面积.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再用余弦定理即可求得结果；（2）由正弦定理结合已知求得，利用面积公式即可求得结果.【详解】（1）因为故，故可得，即可得，又，故可得.（2）由（1）中所
13、求，故可得，则由，可得.故可得三角形面积.【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，属综合基础题.19.如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，且，为棱的中点，作交于点.（1）证明：平面；（2）若面与面所成二面角的大小为，求与面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见详解；(2).【解析】【分析】（1）先证，结合已知条件，即可求证；（2）建立空间直角坐标系，由二面角大小求得长度，再用线面角的定义即可求解.【详解】（1）因为平面，平面，故；又因为四边形为矩形，故可得；又平面，且，故可得平面；又因为平面，故可得，又因为，为中点，故，结合平面，故可得平面，又因为平面，则.由题可知，又平面，即证平面.（2）
14、因为平面，且底面为矩形，故可得两两垂直.则以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：不妨设，故可得，由（1）中所得可知为平面的法向量，容易知是平面的一个法向量.又因为面与面所成二面角的大小为，故可得，解得.又因为平面，故可得即为所求.在中，.故与面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查由线线垂直推证线面垂直，利用向量法由二面角求参数值，以及用定义法求线面角，属综合中档题.20.已知椭圆的左、右顶点分别为，且以线段为直径的圆与直线相切，椭圆截直线所得线段的长度为1.（1）求椭圆的方程；（2）设过点的动直线与椭圆相交于，两点，若（为坐标原点），求直线的斜率的取值范围.【答案】(1)；(2)
15、.【解析】【分析】（1）根据直线与圆相切，以及椭圆中截得的弦长即可列方程求得，则问题得解；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，根据韦达定理，结合向量的模长关系，即可容易求得.【详解】（1）以线段为直径的圆方程为，因为其与直线相切，故可得，又满足椭圆方程，故可得，故可得，故可得椭圆方程为.（2）因为，故可得，设坐标分别为，即；设直线方程为，联立椭圆方程可得，若要使得直线与椭圆交于两点，则，解得，即.故可得，则.要满足题意，只需，即，则.综上所述：.【点睛】本题考查椭圆方程的求解，以及由直线与椭圆相交求参数范围，属综合中档题.21.已知数列的前项和为，当时，.数列满足.（1）求数列通项公式；（2）求
16、数列的通项公式；（3）若数列的前项和为，求证：.【答案】(1)；(2)；(3)证明见详解.【解析】【分析】（1）根据的关系，即可容易求得.（2）由递推公式，进行下标的缩减，即可求得；（3）利用等差数列和等比数列的前项和公式，求得，利用导数即可由函数单调性，进行证明.【详解】（1）因为，故当时，故可得；又因为，解得.故数列是首项为，公比为等比数列，则.（2）因为，故可得当时，两边同乘以，则可得：，则.又当时，故可得，故.（3）由（1）可知，数列是首项为，公比为的等比数列，故可得；又因为，故数列是首项为1，公差为的等差数列，故可得，又.令，因为单调增函数，且，故存在，使得，故当时单调递减，当时单调
17、递增.又因为，故存在，使得，故当时单调递减，当时单调递增.又因为，故可得，当时，故当时，即.故，即证.【点睛】本题考查利用的关系，以及递推公式求数列的通项公式，以及等差数列和等比数列前项和的基本量计算，涉及利用导数研究函数的单调性，属综合中档题.22.已知函数，为的导数.（1）讨论的单调性；（2）若在上恒成立，求整数的最大值.【答案】(1)函数单调性见详解；(2).【解析】【分析】（1）求导，对参数进行分类讨论，即可判断函数的单调性；（2）分离参数，将问题转化为函数最值的问题，利用导数求函数单调性和最值即可.【详解】（1）因为，故可得，故可得，令，故可得.当，即时，恒成立，故，则单调递减；当，
18、即时，有两根，,当时，故可得在区间上恒成立，在区间上恒成立，故在区间上单调递减，在上单调递增.当时，故可得在区间上恒成立，在区间上恒成立，故在上单调递减，在单调递增.当时，故可得在区间上恒成立，在区间上恒成立，故在区间单调递增，在单调递减.综上所述：当时，在单调递减；当时，在区间上单调递减，在上单调递增；当时，在区间单调递增，在单调递减.（2）因为在上恒成立，等价于，令，则要满足题意，只需故可得，令，故可得，故在区间单调递增.又，故存在，使得，即故在区间恒成立，在区间恒成立，即在区间单调递减，在单调递增.故，因为，故可得，又因为，故整数的最大值为.【点睛】本题考查利用导数研究含参函数的单调性，以及利用导数由不等式恒成立求参数范围，属压轴题.
