2020-2021年湖南省永州市高二（下）3月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021年湖南省永州市高二（下）3月月考数学试卷人教A版，共10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. 已知命题p:∀x∈R，ex≥ex，则¬p为( )
A.∀x∉R，ex0的焦距为22，连接其四个顶点构成的四边形的面积为42.
(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l:y=kx+m交C于A，B两点，直线F1A与F1B的斜率互为相反数，证明：l过定点．

已知函数fx=alnx−x+1，且fx≤0恒成立．
(1)求a的值，

(2)若fx≤xex−mx恒成立，求实数m的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021年湖南省永州市高二（下）3月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：命题的否定在否定结论的同时，量词作相应改变，
且全称量词的否定是特称量词.
命题p:∀x∈R，ex≥ex，则¬p：∃x∈R，ex0,m−1>0,3−m≠m−1,
解得m∈1,2∪2,3．
故选B．
3.
【答案】
A
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知，乙、丁说的同真或同假，
当同真时，甲说的也真，不成立，则同假，
所以甲、丙说的同真，
故甲未及格．
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】

【解答】
解：∵f′(x)=(x+1)ex−a，f′(a)=a+1=3，
∴a=2，即y=xex−2，
将(2,2)代入切线方程得b=−4，
∴a+b=−2．
故选C.
5.
【答案】
A
【考点】
生活中概率应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由A到C最短路径的走法有C62=15种，
由A到B有C31=3种，由B到C有C31=3种，
则经过B的概率为3×315=35，不经过B的概率为1−35=25．
故选A．
6.
【答案】
A
【考点】
二项式系数的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ x−2+y6=x+y−26，
∴ x2y2的系数为C64C42−22=360．
故选A．
7.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若1，2，3，4号小球与1，2，3，4号盒子标号均不一致，
1号球放2号盒子有3种放法，放3号盒子有3种放法，放4号盒子有3种放法，共9种放法，
所以不同的放法总数有9C64=135种．
故选C．
8.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
双曲线的渐近线
双曲线的定义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，
由题可知，F1F2=2c，
∵ F2A→=13MB→，
∴ F2M=4c，
设AF2=m，则BM=3m．
∵ BF2平分∠F1BM，
∴ ∠F1BF2=∠MBF2，
∴ △F1BF2∽△MBF2，
∴ BF1BM=F1F2F2M=2c4c=12，
∴ BF1=3m2，AF1=13BF1=m2，AB=23BF1=m，
由双曲线的定义知，AF2−AF1=2a，
∴ m−m2=2a，
即m=4a ，
又BF1−BF2=2a，
∴ BF2=3m2−2a=m，
∴ BF2=AB=AF2=m，
即△ABF2是等边三角形，
∴ ∠F2BM=∠ABF2=60∘，
在△F2BM中，由余弦定理，得cs∠F2BM=BF22+BM2−F2M22BF2⋅BM,
即12=m2+9m2−16c22m⋅3m，
化简，得7m2=16c2，
将m=4a代入，得c2a2=7，
∴ b2a2=c2a2−1=6，
∴ 双曲线C渐近线方程为y=±6x．
故选D．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ z=4+7i3+2i=2+i，
∴ z的虚部为1，故选项A错误；
z=2−i，故选项B正确；
|z|=22+12=5，故选项C正确；
z在复平面内对应的点位于第一象限，故选项D错误．
故选BC.
【答案】
A,B
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 椭圆C:x2m+y2m2−1=1的一个焦点坐标为0,1，
∴ m2−m−1=c=1，
解得m=2或m=−1（舍去），
∴ a2=3，a=3，b=2，
∴ C的长轴长为23，短轴长为22，离心率为ca=33.
故选AB．
【答案】
C,D
【考点】
函数新定义问题
复合函数的单调性
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对于A，令gx=ex⋅x2，则g′(x)=ex(x2+2x)，
所以gx在R上有增有减，故不满足题意；
对于B，令gx=ex⋅sinx，则g′(x)=ex(sinx+csx)，
因为sinx+csx≥0不恒成立，
所以gx在R上不是单调函数，故不满足题意；
对于C，令gx=ex⋅2−x，
则g′x=ex2−x+2−xln12=ex⋅2−x1+ln12>0，
所以gx在R上单调递增，故满足题意；
对于D，令gx=ex⋅lnx，则g′x=exlnx+1x，
求导易得y=lnx+1x≥1，
所以g′x>0，即gx在R上单调递增，故满足题意．
故选CD．
【答案】
A,B,D
【考点】
二项式系数的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设a−x1+x6=a0+a1x+a2x2+⋯+a7x2，
令x=1，则a0+a1+a2+⋯+a7=64(a−1)①，
令x=−1，则a0−a1+a2−⋯−a7=0②，
①−②，得2a1+a3+a5+a7=64a−1，
即2×64=64a−1，
解得a=3，
所以展开式中的常数项为a0=3，x的偶数次幂项的系数之和为64，
展开式中x4的系数为3C64−C63=25．
故选ABD．
三、填空题
【答案】
1121
【考点】
古典概型及其概率计算公式
排列、组合的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设从中任取2本，一本杨辉著作都没有为A事件，
P(A)=C52C72=1021，
所以从中任取2本，至少含有一本杨辉的著作的概率为
P=1−P(A)=1−1021=1121．
故答案为：1121．
【答案】
−3π2
【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：∵ fx=xsinx+csx0≤x≤2π，
∴ f′x=sinx+xcsx−sinx=xcsx，
∴ 当x∈0,π2时，f′x>0，fx单调递增；
当x∈π2,3π2时，f′x0，fx单调递增.
∵ f0=1，f3π2=−3π2，
∴ fx的最小值为−3π2．
故答案为：−3π2．
【答案】
396
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
可先从1,3,5,7中任取2个数字，然后从0,2,4,6中任取2个数字，分为0是否存在两种情况讨论，求解即可．
【解答】
解：(1)从1，3，5，7中任取2个数字有C42=6种方法，
从0，2，4，6中任取2个数字不含0时，有C32=3种方法，
可以组成C42⋅C32⋅A21⋅A33=216个四位偶数；
(2)从1，3，5，7中任取2个数字有C42=6种方法，
从0，2，4，6中任取2个数字含0时，有C31=3种方法：
当0在末尾时，有A33=6个；当0不在末尾时，有A21⋅A22=4个 .
所以可以组成C42⋅C31⋅(6+4)=180个四位偶数，
共216+180=396个．
故答案为：396.
【答案】
2,2x−y−1=0
【考点】
抛物线的求解
抛物线的性质
抛物线的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：将点A代入抛物线方程，得y2=4x，
则F1,0，|AF|=2．
∵ AB→+AC→=AF→，
∴ BC经过AF的中点1,1，
设Bx1,y1，Cx2,y2，则y12=4x1，y22=4x2，
两式相减，得(y1+y2)(y1−y2)=4(x1−x2)
则kBC=y1−y2x1−x2=4y1+y2=2，
∴ BC边所在直线方程为y−1=2x−1，
即2x−y−1=0．
故答案为：2；2x−y−1=0.
四、解答题
【答案】
解：(2)由抛物线的定义，得2+p2=4，
解得p=4，
所以抛物线C的方程为x2=8y．
(2)由(1)可得焦点F0,2，则直线l的方程为y=x+2.
设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=x+2≤0,x2=8y,
整理，得y2−12y+4=0，
则y1+y2=12，
所以|AB|=y1+y2+p=16，
所以原点O到直线l的距离为d=|−2|(−1)2+12=2，
所以S△OAB=12⋅|AB|⋅d=82．
【考点】
抛物线的标准方程
点到直线的距离公式
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
直线的点斜式方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(2)由抛物线的定义，得2+p2=4，
解得p=4，
所以抛物线C的方程为x2=8y．
(2)由(1)可得焦点F0,2，则直线l的方程为y=x+2.
设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=x+2≤0,x2=8y,
整理，得y2−12y+4=0，
则y1+y2=12，
所以|AB|=y1+y2+p=16，
所以原点O到直线l的距离为d=|−2|(−1)2+12=2，
所以S△OAB=12⋅|AB|⋅d=82．
【答案】
(1)证明：如图，取PC中点F，连接BF，EF，
则EF//CD//AB，且EF=12CD=AB，
∴ 四边形ABFE为平行四边形，
∴ AE//BF，
∵ BF⊂平面PBC，$AE\peratrname{\subset\nt{}}$平面PBC，
∴ AE//平面PBC．
(2)解：取AB中点O，
∵ PA=PB，
∴ PO⊥AB，
∵ 平面PAB⊥平面ABCD，
∴ PO⊥平面ABCD，
建立如图所示空间直角坐标系O−xyz，
则B1,0,0，D−1,2,0，P0,0,1，C3,2,0，
∴ PB→=1,0,−1，PC→=3,2,−1， DC→=4,0,0．
设平面PCD的法向量为n→=a,b,c，
则3a+2b−c=0，4a=0，
令b=1，则c=2，
∴ n→=0,1,2，
∴ cs⟨PB→，n→⟩=−22⋅5=−105，
∴ 直线PB与平面PCD所成角的正弦值为105．
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面所成的角
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】

【解答】
(1)证明：如图，取PC中点F，连接BF，EF，
则EF//CD//AB，且EF=12CD=AB，
∴ 四边形ABFE为平行四边形，
∴ AE//BF，
∵ BF⊂平面PBC，$AE\peratrname{\subset\nt{}}$平面PBC，
∴ AE//平面PBC．
(2)解：取AB中点O，
∵ PA=PB，
∴ PO⊥AB，
∵ 平面PAB⊥平面ABCD，
∴ PO⊥平面ABCD，
建立如图所示空间直角坐标系O−xyz，
则B1,0,0，D−1,2,0，P0,0,1，C3,2,0，
∴ PB→=1,0,−1，PC→=3,2,−1， DC→=4,0,0．
设平面PCD的法向量为n→=a,b,c，
则3a+2b−c=0，4a=0，
令b=1，则c=2，
∴ n→=0,1,2，
∴ cs⟨PB→，n→⟩=−22⋅5=−105，
∴ 直线PB与平面PCD所成角的正弦值为105．
【答案】
解：(1)∵ 展开式的通项为Tr+1=Cmr⋅2r⋅x2m−5r2，
∴ 展开式中第4项的系数为Cm3⋅23，倒数第4项的系数为Cmm−3⋅2m−3，
∴ Cm2⋅23Cmm−3⋅2m−3=12，
即12m−6=12，
解得m=7．
(2)令x=1，得展开式中所有项的系数和为37=2187，
展开式中所有项的二项式系数和为27=128．
(3)展开式共有8项，由(2)，得当2m−5r2为整数，
即r=0，2，4，6时为有理项，共4项，
所以由插空法可得有理项不相邻的概率为A44A54A88=114．
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
二项式定理的应用
排列、组合的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ 展开式的通项为Tr+1=Cmr⋅2r⋅x2m−5r2，
∴ 展开式中第4项的系数为Cm3⋅23，倒数第4项的系数为Cmm−3⋅2m−3，
∴ Cm2⋅23Cmm−3⋅2m−3=12，
即12m−6=12，
解得m=7．
(2)令x=1，得展开式中所有项的系数和为37=2187，
展开式中所有项的二项式系数和为27=128．
(3)展开式共有8项，由(2)，得当2m−5r2为整数，
即r=0，2，4，6时为有理项，共4项，
所以由插空法可得有理项不相邻的概率为A44A54A88=114．
【答案】
解：(1)5名学生分成3组，人数分别为2,2,1，
则分配方案有C52C32A33A22=90种．
(2)从5名学生任选1名学生分配给甲教师指导，
剩下4名学生分成2组，人数分别为2,2，3,1，
则分配方案有C51⋅C42C22A22A22+C43C11A22=70种．
【考点】
排列、组合的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)5名学生分成3组，人数分别为2,2,1，
则分配方案有C52C32A33A22=90种．
(2)从5名学生任选1名学生分配给甲教师指导，
剩下4名学生分成2组，人数分别为2,2，3,1，
则分配方案有C51⋅C42C22A22A22+C43C11A22=70种．
【答案】
解：(1)根据题意，得c=2，ab=22，
∵ a2=b2+c2，
∴ a2=4，b2=2，
∴ 椭圆C的方程为x24+y22=1．
(2)F1−2,0，设Ax1,y1，Bx2,y2，
y=kx+m,x24+y22=1,
整理，得2k2+1x2+4mkx+2m2−4=0，
x1+x2=−4mk2k2+1，x1x2=2m2−42k2+1.
∵ kF1A+kF1B=0，
∴ y1x1+2+y2x2+2=0，
即y1x2+2+y2x1+2
=kx1+mx2+2+kx2+mx1+2=0，
即2kx1x2+2k+mx1+x2+22m=0，
解得m=22k，
直线l方程为y=kx+22，恒过定点−22,0．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义和性质
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)根据题意，得c=2，ab=22，
∵ a2=b2+c2，
∴ a2=4，b2=2，
∴ 椭圆C的方程为x24+y22=1．
(2)F1−2,0，设Ax1,y1，Bx2,y2，
y=kx+m,x24+y22=1,
整理，得2k2+1x2+4mkx+2m2−4=0，
x1+x2=−4mk2k2+1，x1x2=2m2−42k2+1.
∵ kF1A+kF1B=0，
∴ y1x1+2+y2x2+2=0，
即y1x2+2+y2x1+2
=kx1+mx2+2+kx2+mx1+2=0，
即2kx1x2+2k+mx1+x2+22m=0，
解得m=22k，
直线l方程为y=kx+22，恒过定点−22,0．
【答案】
解：(1)由题意，得f′x=ax−1=a−xx，
且fx的定义域为0,+∞，
①当a≤0时，a−x≤0恒成立，则f′x0，与题意矛盾；
②当a>0时，令f′x=0，解得x=a，
则当x∈0,a时，f′x>0；
当x∈a,+∞时，f′x0，得x>1；
令g′x