1、吉林省梅河口市第五中学2019-2020学年高二数学5月月考试题 理（含解析）一单选题1.的展开式中的系数为( )A. 20B. 19C. 10D. 9【答案】B【解析】【分析】先利用通项公式求出二项式展开式的通项公式，的系数由三部分组成，逐一求解即可.【详解】二项式展开式的通项公式，则的展开式中的系数为.故选：B.【点睛】本题主要考查利用二项式定理求解特定项的系数，熟记二项式定理的通项公式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.2.已知为虚数单位，若复数（）的虚部为-3，则（ ）A. 5B. C. D. 【答案】B【解析】因为，所以，则，应选答案B3.已知函数，则（ ）A. B. 3C.
2、-3D. 【答案】C【解析】【分析】求出，令，即得.【详解】，.故选：.【点睛】本题考查求导数值，属于基础题.4.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有A. 144个B. 120个C. 96个D. 72个【答案】B【解析】试题分析：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；进而对首位数字分2种情况讨论，首位数字为5时，首位数字为4时，每种情况下分析首位、末位数字的情况，再安排剩余的三个位置，由分步计数原理可得其情况数目，进而由分类加法原理，计算可得答案解：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中
3、1个，末位数字为0、2、4中其中1个；分两种情况讨论：首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有324=72个，首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有224=48个，共有72+48=120个故选B考点：排列、组合及简单计数问题5.某个班级组织元旦晚会，一共准备了、六个节目，节目演出顺序第一个节目只能排或，最后一个节目不能排，且、要求相邻出场，则不同的节目顺序共有（ ）种A. 72B. 84C. 96D. 120【答案】B【解析】【详解】把C、D捆绑在一
4、起作为一个元素，先排第一个节目，按第一个节目排A还是排B分类，如果第一个是B，则第二步排最后一个节目，如果第一个是A，则后面全排列,不同节目顺序有故选:B6.将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（ ）A. 10 种B. 20 种C. 36 种D. 52 种【答案】A【解析】【分析】根据题意，可得1号盒子至少放一个，最多放2个小球，即分两种情况讨论，分别求出其不同的放球方法数目，相加可得答案【详解】由题意得，把个颜色不相同的球分为两类：一类是：一组1个，一组3个，共有种，按要求放置在两个盒子中，共有种不同的放法
5、； 另一类：两组各两个小球，共有种不同的放法，按要求放置在两个盒子中，共有种.所以共有种不同的放法.故选：A.7.用1，2，3，4，5组成不含重复数字的五位数，要求数字4不出现在首位和末位，数字1，3，5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是（ ）A. 48B. 60C. 72D. 120【答案】A【解析】【分析】对数字分类讨论，结合数字中有且仅有两个数字相邻，利用分类计数原理，即可得到结论【详解】数字出现在第位时，数字中相邻的数字出现在第位或者位，共有个数字出现在第位时，同理也有个数字出现在第位时，数字中相邻的数字出现在第位或者位，共有个故满足条件的不同的五位数的个数是个故选
6、：【点睛】本题主要考查了排列，组合及简单计数问题，解题的关键是对数字分类讨论，属于基础题8.设的展开式的各项系数之和为，二项式系数之和为，若，则展开式中含项的系数为（ ）A. 40B. 30C. 20D. 15【答案】D【解析】由，得，令，得故展开式中含项的系数为,选D.点睛：二项展开式的二项式系数与该项的系数是两个不同的概念，前者是指组合数，而后者是字母外的部分.前者只与和有关，恒为正，后者还与有关，可正可负.通项是第项，不是第项.9.若的展开式中含有常数项，且的最小值为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】展开式的通项为，因为展开式中含有常数项，所以，即为整数，故n的最小值为
7、5所以.故选C点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.10.曲线在点处的切线方程为，则（ ）A. B. C. 4D. 8【答案】B【解析】【分析】求函数导数，利用切线斜率求出，根据切线过点求出即可.【详解】因为，所以，故，解得，又切线过点，所以，解得，所以，故选：B【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，属于中档题.11.一个五位的自然数称为“凸”数，当且仅当它满足，（如12430，13531等）.则
8、在所有五位数中“凸”数的个数是（ ）.A. 8568B. 2142C. 2139D. 1134【答案】B【解析】【详解】按分成7类，共有个.12.设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】令，确定在上是减函数，不等式等价为，根据单调性解得答案.【详解】由，得，即，令，则当时，得，即在上是减函数，即不等式等价为，在是减函数，由得，即，又，解得，故.故选:：.【点睛】本题考查了利用函数单调性解不等式，构造函数，确定其单调性是解题的关键.二填空题13.随机变量的分布列为为常数， 则 的值为_【答案】【解析】试题分析：根据所给的
9、概率分步规律，写出四个变量对应的概率，根据分布列的性质，写出四个概率之和是1，解出a的值，要求的变量的概率包括两个变量的概率，相加得到结果详解：P（X=k）=）=，k=1，2，3，4，c=，P（X）=P（X=1）+P（X=2）=；故答案为点睛：本题考查离散型随机变量的分布列的性质，考查互斥事件的概率，是一个基础题，关键是利用概率的性质求出c求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意
10、用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式求得.14.设，则除以的余数是_.【答案】1【解析】【分析】利用二项式定理得到，将89写成1+88，然后再利用二项式定理展开即可.【详解】，因展开式中后面10项均有88这个因式，所以除以的余数为1.故答案为：1【点睛】本题考查二项式定理的综合应用，涉及余数的问题，解决此类问题的关键是灵活构造二项式，并将它展开分析，本题是一道基础题.15.已知，则=_，_【答
11、案】 (1). 196 (2). 3【解析】分析】由二项式定理及二项式展开式通项得：，令x=1，则1+a0+a1+a7=（1+1）（1-2）7=-2，所以a0+a1+a7=-3，得解【详解】由二项式(12x)7展开式的通项得，则，令x=1,则，所以a0+a1+a7=3，故答案为：196，3.【点睛】本题考查二项式定理及其通项，属于中等题.16.现把杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列，得数列：1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，记作数列，若数列的前项和为，则_.【答案】4108【解析】【分析】数列中前78项在杨辉三角的从第一排到第12排，每排的和为二项式系数和，其和
12、为: ，中最后两项是第13排的1和12，全部相加可得4108.【详解】杨辉三角中前12行共有1+2+3+4+12=78个数，其和为,第13行共有2个位数，它们是1，12， 其和为13,故，故答案为：4108【点睛】本题主要考查了杨辉三角，数列求和，属于中档题.三解答题17.按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？（1）5个不同的小球放入3个不同的盒子；（2）5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；（3）5个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；（4）5个不同的小球放入3个不同的盒子，恰有1个空盒【答案】（1）243种（2）150种（3）6种（4）90种【解析】【分
13、析】（1）利用分步乘法计数原理可求；（2）先把5个小球分为三组，然后再放入三个盒中可得；（3）利用隔板法进行求解，5个相同小球，分成3组共有种方法；（4）先把5个小球分为两组，然后再放入三个盒中可得.【详解】（1）5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个小球都有3种可能，利用乘法原理可得不同的方法有；（2）5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少一个小球，先把5个小球分组，有两种分法：2、2、1；3、1、1；再放入3个不同的盒子，故不同的方法共有；（3）5个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少一个小球，类似于在5个小球间的空隙中，放入2个隔板，把小球分为3组，故不同的方法共有；（4）
14、5个不同的小球放入3个不同的盒子，恰有一个空盒，先把5个小球分2组，有两种分法：3、2、0；4、1、0；再放入3个不同的盒子，故不同的方法共有【点睛】本题主要考查排列组合的应用，合理分组是求解这类问题的关键，侧重考查数学建模的核心素养.18.在的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为. （1）求的值；（2）求展开式中所有的有理项；（3）求展开式中系数最大的项.【答案】（1）； （2），； (3).【解析】【分析】(1)由二项展开式的通项公式分别求出第4项的系数与倒数第4项的系数，然后计算出结果(2)由通项公式分别计算当时的有理项(3)设展开式中第项的系数最大，列出不等式求出结果【详解】
15、（1）由题意知：，则第4项的系数为，倒数第4项的系数为， 则有即，.（2）由（1）可得，当时所有的有理项为即，.（3）设展开式中第项的系数最大，则 ，故系数最大项为.【点睛】本题考查了二项式定理的展开式，尤其是通项公式来解题时的运用一定要非常熟练，针对每一问求出结果，需要掌握解题方法19.某小组共有10人，利用假期参加义工活动，已知参加义工活动1次的有2人2次的有4人3次的有4人.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.（1）设为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件发生的概率；（2）设为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量的分布列.【答案】（1）（2）分布
16、列见解析【解析】【分析】（1）利用已知条件转化求解事件A发生的概率即可;（2）根据题意知随机变量x的所有可能取值，计算对应的概率值，写出分布列即可.【详解】（1）由已知得,所以事件A发生的概率为.（2）随机变量X的所有可能取值为0,1,2；则，所以，随机变量X的分布列为：【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列，考查转化思想以及计算能力，属于中档题.20.已知数列的前n项和为，满足，且，.（1）求，的值；（2）猜想数列的通项公式，并用数学归纳法予以证明.【答案】（1），（2）猜想，证明见解析.【解析】【分析】1利用代入计算，可得结论；2猜想，然后利用归纳法进行证明，检验时等式成立，假设时命题
17、成立，证明当时命题也成立【详解】1，且，当时，当时，或舍，当时，或舍，；2由1猜想，下面用数学归纳法证明：当时，显然成立，假设时，结论成立，即，则当时，由，有，或舍，时结论成立，由知当，均成立【点睛】本题考查了归纳法的证明，归纳法一般三个步骤：验证成立；假设成立；利用已知条件证明也成立，从而求证，这是数列的通项一种常用求解的方法，属中档题21.某超市在节日期间进行有奖促销，规定凡在该超市购物满400元的顾客，均可获得一次摸奖机会.摸奖规则如下：奖盒中放有除颜色不同外其余完全相同的4个球(红黄黑白).顾客不放回的每次摸出1个球，若摸到黑球则摸奖停止，否则就继续摸球.按规定摸到红球奖励20元，摸到
18、白球或黄球奖励10元，摸到黑球不奖励.（1）求1名顾客摸球2次摸奖停止的概率；（2）记为1名顾客摸奖获得的奖金数额，求随机变量的分布列.【答案】（1）（2）分布列见解析【解析】【分析】(1) 由题意可得第二次摸到黑球，第一次为其他球，求出概率;(2) 的可能取值为0, 10，20，30，40，利用相互独立事件、互斥事件的概率计算公式即可得出分布列.【详解】（1）1名顾客摸球2次摸奖停止，说明了第一次是从(红、黄、白)中摸一球，第二次摸的是黑球.1名顾客摸球2次摸奖停止的概率（2）可能取值为0, 10，20，30，40，,随机变量的分布列为:【点睛】本题主要考查了相互独立事件、互斥事件的概率计算
19、公式、随机变量的分布列，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.22.函数，其中，为实常数（1）若时，讨论函数的单调性；（2）若时，不等式在上恒成立，求实数的取值范围；（3）若，当时，证明：.【答案】(1)见解析；(2) (3)见证明【解析】【分析】（1）代入t的值，求得导函数，对a进行分类讨论，根据导数的正负确定单调区间即可（2）代入t的值，根据不等式分离参数，通过构造函数，再求，根据其单调性求得最大值即可得a的取值范围（3）要证明不等式成立，根据分析法得到只需证明成立即可通过构造函数，利用导数研究其单调性与最值，根据最小值即可得证【详解】解（1）定义域为， ，当时， ，在定义域上单调递增；当时，时，单调递增；当时，单调递减；综上可知：当时，的增区间为，无减区间；当时，增区间为，减区间为；（2） 对任意恒成立.即等价于，令. ，在上单调递增，.故的取值范围为.（3）要证明，即证明，只要证，即证，只要证明即可，令，在上是单调递增，在有唯一实根设为，且，当时，单调递减当时，单调递增从而当时，取得最小值，由得：，即， ，故当时，证得：.【点睛】本题考查了导数在函数单调性、最值中的综合应用，分离参数法、构造函数法的综合应用，属于难题
