【文档说明】【精准解析】广西南宁市第三中学2019-2020学年高二下学期月考（三）数学（理）试题.doc，共(21)页，1.707 MB，由小赞的店铺上传

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南宁三中2019~2020学年度下学期高二月考（三）理科数学试题一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共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.已知集合|32,,|24AxxnnZ

Bxx，则AB（）A.B.1,2C.1D.2【答案】B【解析】【分析】先计算集合A，再计算AB得到答案.【详解】|32,=...,4,1,2,5,...AxxnnZ，|24Bxx故1,2AB.故选B【点睛】本

题考查了集合的交集运算，属于基础题型.2.若复数2(1)(1)zxxi为纯虚数，则实数x的值为（）A.1B.0C.1D.1或1【答案】C【解析】解：因为22(1)(1)10x-10x=-1zxxix且故有选C3.10(2)xexdx

等于（）A.1B.-1C.eD.1e【答案】C【解析】【分析】利用定积分的计算法则求解即可．【详解】解：12100(2)()|11xxexdxexee.故选：C．【点睛】本题考查定积

分的计算，关键是求出原函数，属于基础题．4.i为虚数单位，复数21izi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】B【解析】【分析】由复数的除法运算可得1zi，再结合复数在复平面内对

应的点位于的象限求解即可.【详解】解：由21izi，则2(1)1(1)(1)iiziii，则复数21izi在复平面内对应的点的坐标为1,1，即复数21izi在复平面内对应的点位于第二象限，故选：B【点睛】

本题考查了复数的除法运算，重点考查了复数在复平面内对应的点位于的象限，属基础题.5.已知函数3211()32fxxmx在区间[1，2]上是增函数，则实数m的取值范围为（）A.1m£B.2mC.m1D.2m【答案】A【解析】【分析】根据函数3211()32fxxmx，求导()fx，再

根据()fx在区间[1，2]上是增函数，由()0fx在区间[1，2]上恒成立求解.【详解】已知函数3211()32fxxmx，所以2()fxxmx，因为()fx在区间[1，2]上是增函数，所以2()0fxxm

x在区间[1，2]上恒成立，所以mx在区间[1，2]上恒成立，所以1m£.故选：A【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，还考查了运算求解的能力，属于中档题.6.2位男生和3位女生共5位同学站成一排，若3

位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是()A.36B.24C.72D.144【答案】C【解析】【分析】两位女生相邻，将其捆绑在一起，和另一位女生不相邻，采用插空法．【详解】根据题意，把3位女生的两位捆绑在一起看做一个复合

元素，和剩下的一位女生，插入到2位男生全排列后形成的3个空中的2个空中，故有22232372AAA种，故选C．【点睛】本题考查排列组合，需熟练掌握捆绑、插空法，属于基础题7.已知0122332222729nnnnnnnCCCCC，

则123nnnnnCCCC（）A.63B.64C.31D.32【答案】A【解析】【分析】根据二项式定理展开式的逆运算即可求得n的值,进而由二项式系数和求得123nnnnnCCCC的值.【详解】根据二项式定理展开式的逆运算可知01

2233222212nnnnnnnnCCCCC所以637293n所以6n则12360622163nnnnnnCCCCC故选:A【点睛】本题考查了二项式定理展开式的逆运用,二

项式系数和的应用,属于基础题.8.函数21sin1xfxxe图象的大致形状是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由fx的解析式可得函数fx为偶函数，以及函数值的符号情况，可排除不正确的选项，从而得到答案.【详解】211sinsin11xxxe

fxxxee，则111sinsinsin111xxxxxxeeefxxxxfxeee，是偶函数，排除B、D.当0,2x时，e1x，sin0x，即0fx，排除A.

故选:C.【点睛】本题考查函数的奇偶性，根据函数解析式分析函数图像，属于中档题.9.将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，便可以得到如图的“0-1三角”.在“01三角”中，从第1行起，设第n()nN次出现全行为1时，1的个数为na，则4a等于（）A.13B.14C.15D.1

6【答案】D【解析】【分析】根据杨辉三角的性质，结合题意，当到第15行时，即可得出4a.【详解】第1行和第3行全是1，即122,4aa依题意，第6行原来的数是6,0,1,2,,6rCr，而166C为偶数

，不合题意；第7行原来的数是7,0,1,2,,7rCr，即1,7,21,35,35,21,7,1全为奇数，一共有8个，即38a第8行原来的数是8,0,1,2,,8rCr，而188C为偶数，不合题意；第9行原来的数是9,0,1,2,,9rCr，而2936C为偶数，不合题意；第1

0行原来的数是10,0,1,2,,10rCr，而11010C为偶数，不合题意；第11行原来的数是11,0,1,2,,11rCr，而411330C为偶数，不合题意；第12行原来的数是12,0,1,2,,12rCr，而11212C为偶数，不合题意；第13行原来的数是13,0,1,2,,

13rCr，而21378C为偶数，不合题意；第14行原来的数是14,0,1,2,,14rCr，而11414C为偶数，不合题意；第15行原来的数是15,0,1,2,,15rCr即1,15,105,455,1365,3003,5005,6435

,6435,5005,3003,1365,455,105,15,1，全为奇数，即416a故选：D【点睛】本题主要考查了杨辉三角性质的应用，属于中档题.10.椭圆C：22221xyab（a＞b＞0）的左右焦点

为F1，F2，过F2作x轴的垂线与C交于A，B两点，F1A与y轴相交于点D，若BD⊥F1A，则椭圆C的离心率等于（）A.13B.3C.12D.33【答案】D【解析】【分析】由题意可得A，B的坐标，且知点D为1F

A的中点，再由1BDFA，利用斜率之积等于1列式求解．【详解】由题意可得，2(,)bAca，2(,)bBca，则点D为1FA的中点，2(0,)2bDa，由1BDFA，得11BDFAkk，即222212bbbaaacc，整理得

232bac，223()2acac，∴23+230ee解得33e．故选D．【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质，考查两直线垂直与斜率的关系，是中档题．11.某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形ABCD（边长为2个单位）的顶点A处

，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为(1,2,,6)ii，则棋子就按逆时针方向行走i个单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共有（）A

.22种B.24种C.25种D.27种【答案】D【解析】分析：抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的表示三次骰子的点数之和是8,16，列举出在点数中三个数字能够使得和为8,16的125;134;116;224;233;466;556，共有7种组合，利用分类计数原理能得到结果.详

解：由题意知正方形ABCD（边长为2个单位）的周长是8，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的表示三次骰子的点数之和是8,16，列举出在点数中三个数字能够使得和为8,16的有125;134;116;22

4;233;466;556，共有7种组合，前2种组合125;134，每种情况可以排列出336A种结果，共有3322612A种结果；116;224;233;466;556各有3种结果，共有5315

种结果，根据分类计数原理知共有121527种结果，故选D.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理

解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.12.已知函数2,0()115,024xxfxaxx，函数2()gx

x，若函数()()yfxgx有4个零点，则实数a的取值范围为（）A.(5,)B.155,2C.195,2D.150,2【答案】B【解析】【分析】()()yfxgx有4个零点，即为函数(),()fxgx有四个交点，根据条件，只需0x时，(),

()fxgx有两个交点，若0,0ax，15()4fx，两函数没有交点，所以0a，先讨论函数(),()fxgx在1(,)2的有两交点时a满足的条件，结合(),()fxgx图象特征，再考虑(),()fxgx在1(

,0)2有交点时a的范围，综合对比，即可求出结论.【详解】当0x时，()2xfx与2()gxx有两个交点(2,4),(4,16)，函数()()yfxgx有两个零点.要使()()yfxgx有4个零点，则当0x时，115()24fxax与2()g

xx有两个交点即可，若0,0ax，15()4fx，两函数没有交点，所以0a，画出(),()fxgx图象，如下图所示，当0a，若(),()fxgx在1(,)2有两交点，即直线11524yaxa与2yx=在1(,)2有两交点，化

为2115024xaxa在1(,)2有两个解，设2115()24hxxaxa，需201221154()0241()402aaaah，解得5a或3a（舍去），

若10,(),()2xfxgx有交点，则1151500,242aa，要使(),()fxgx在(,0)只有两交点，则1552a.故选：B【点睛】本题考查函数与方程的应用，利用条件转

化为两个函数的交点问题，利用数形结合作出两个函数的图象是解题的关键，属于较难题.二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.在231()xx的展开式中，各项的系数之和是_______.【答案】0【解析】【分析】采用赋值法令1x即可得结果.【详解】在321xx

的展开式中，令1x，则各项的系数之和为3110，故答案为：0.【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，采用赋值法是解题的关键，属于基础题.14.在12nxx的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中21x的系数为_______

.【答案】448【解析】【分析】根据第3项与第7项的二项式系数相等可求出8n，利用展开式的通项公式可求出含21x的项，计算该项系数即可.【详解】由12nxx的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则26nnCC，即

268n，则812xx展开式的通项公式为88821881(2)()2rrrrrrrTCxCxx，令822r，则=5r，则该展开式中21x的系数为85582448C故

答案为：448【点睛】本题主要考查了二项式定理，二项式系数，二项展开式的通项公式，考查了运算能力，属于中档题．15.某城市有3个演习点同时进行消防演习，现将5个消防队分配到这3个演习点，若每个演习点至少安排1个消防队，则不同的分配方案种数为_______.【答案】150【解析】【

分析】根据5个消防队分配到3个演习点，且每个演习点至少安排1个消防队，可有1,1,3，1,2,2两类分组方法，先求得各分组的种数，然后再分配.【详解】由题意得，把5个消防队分成三组，可分为1,1,3，1,2,2两类方法，当分为1,1,3时，共有1135432210

CCCA种不同的分组方法；当分为1,2,2时，共有1225422215CCCA种不同的分组方法；所以分配到三个演习点，共有33(1015)150A种不同的分配方案，故答案为：150【点睛】本题主要考查排列组合中的分组分配问题，还考查了分类讨论思想和运算求解的能力，属于中档

题.16.已知函数13ln144fxxxx，224gxxbx，若对任意10,2x，存在21,2x，使12fxgx，则实数b的取值范围是________.【答案】【解析】试题分析：函数的导函数22113(1)(3)()444xxfxxx

x,()0fx，若()0fx,,为增函数;若()0fx,或,为减函数；在上有极值,在处取极小值也是最小值；,对称轴,,当时,在处取最小值；当时,在处取最小值；当时,在上是减函数,；对任意,存

在,使,只要的最小值大于等于的最小值即可,当时,,计算得出,故无解;当时,,计算得出,综上:,因此，本题正确答案是:.考点：函数最值问题.【方法点晴】本题主要考查函数导数与不等式，恒成立问题.解决本题的关键是根据题意对任意,存在,使转化为求的最小值大于等于的最小值即可.类似地这种问题还有存

在,存在,使，则转化为求的最大值大于等于的最小值.解决这种问题一定要正确转化.三、解答题（共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23为选考题，考生根据

要求作答.）17.已知数列na的前n项和为nS，且11433nnSa，14a.（1）求数列na的通项公式；（2）若2lognnba，求数列11nnbb的前n项和nT.【答案】（1）4nna（2）4(1)nnTn【解析】【分析】

（1）由题知，由11433nnSa,在当2n时，得11433nnSa，两式相减可得，14nnaa，可得数列的通项;（2）由(1)得出nb的通项，运用裂项求和法可求得数列11nnbb的前n项和.【详解】（1）由题知，当2n

时，11433nnSa，又11433nnSa，两式相减可得11133nnnaaa，即14nnaa，当1n时，可得214433a，解得216a，则42,nnannN，当1n时，满足4nna，数列na的通项

公式为4nna，nN.（2）22loglog42nnnban，11111122(1)41nnbbnnnn，111111111142231414(1)nnTnnnn

.【点睛】本题考查数列中由数列的前n的和得出数列的通项,和运用裂项求和法求数列的和,在求得数列的通项时,注意验证1n的情况,属于中档题.18.在ABC中，设内角A、B、C的对边分别是a、b、c，(cos,2)mA，(2,sin)nA，且

5mn.（1）求角A的大小；（2）若42b，且2ca，求ABC的面积.【答案】（1）4；（2）16.【解析】【分析】（1）由向量的知识化简5mn可得54sin()54A，进而可得出角A的大小；（2）先由余弦定

理计算得出c的值，然后利用三角形面积公式计算ABC的面积即可.【详解】（1）cos2,2sinmnAA，所以：222(cos2)(2sin)mnAA522(sincos)54sin()4A

AA，54sin()54A，sin()04A，又因为(0,)A，故04A，∴4A；（2）由余弦定理得2222cosabcbcA，即222(42)(2)2422cos4

aaa，解得42a，∴8c，∴124281622ABCS△.【点睛】本题考查平面向量和解三角形的综合运用，考查余弦定理，考查三角形面积公式，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.19.如图，已知四

棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，4AB，60DAB，APPD，23AP，4BP，M为AD的中点.（1）求证：平面BPM平面APD；（2）若点N在线段BC上，当直线PN与平面PMC所成角的正弦值为68时，求线段BN的长.【答案】(1)见解析.(2)2.【解析】

【分析】（1）先证明BM面APD，再证明平面BPM平面APD；（2）以点M为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求出cos,mPN68，解方程即得解.【详解】(1)证明：由题意易得BMAD，且23BM，在RtAPD

中，224(23)2PD，∴60PDA，∴2PM，在PMB中，222PMBMBP，∴PMMB，又ADPMM，∴BM面APD，又∴BM面BPM，∴平面BPM平面APD.（2）由（1）可知BM面APD，所以以点M为坐

标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0M，0,1,3P，23,4,0C，设平面PMC的一个法向量为(,,)mxyz，由30002340yzmMPmMCxy，则令2x，3y，1z，所以(2,3,1)m，∴2433(1)3cos,

43112(1)3amPNa68，解得2a或8a（舍），故BN=2.【点睛】本题主要考查空间垂直关系的证明，考查线面角的求法和计算，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.20.已知函数21

()2ln()afxxaxaRx.（1）若函数()fx在2x时取得极值，求实数a的值；（2）若()0fx对任意[1,)x恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)32a；(2)1a【解析】试题分析：（1）由2

212'1aafxxx＝，依题意有：'20f，即21104aa＝，通过检验满足在2x时取得极值．（2）依题意有：min0fx从而22222112212121xaxxaxaaa

fxxxxx，令0fx，得：121xa，21x，通过讨论①211a和②211a，进而求出a的取值范围.试题解析：（1）22121aafxxx，依题

意有20f，即21104aa，解得32a.检验：当32a时，22221223321xxxxfxxxxx.此时，函数fx在1,2上单调递减，在2,上单调递增，满足在2x时取得极值.综上可知32a.

（2）依题意可得：0fx对任意1,x恒成立等价转化为min0fx在1,x上恒成立.因为22222112212121xaxxaxaaafxxxxx，令0fx得：121xa，

21x.①当211a，即1a时，函数0fx在1,上恒成立，则fx在1,上单调递增，于是min1220fxfa，解得1a，此时1a；②当211a，即1a时，1,21xa时，0fx；21,xa时，

0fx，所以函数fx在1,21a上单调递减，在21,a上单调递增，于是min211220fxfafa，不合题意，此时a.综上所述，实数a的取值范围是,1.【方法点睛】对于含参数的函数在闭区间上函

数值恒大于等于或小于等于常数问题,可以求函数最值的方法,一般通过变量分离，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，然后再构造辅助函数fx，利用()fxm恒成立min()fxm；()fxm恒成立max()fxm，即可求出

参数范围.21.如图，已知椭圆22142xy，点A、B分别是椭圆的左、右顶点，点P是直线:4lx上的一个动点（与x轴交点除外），直线PA交椭圆于另一点M.（1）记直线BP、BM的斜率分别为1k、2k，求证：122kk为定值；

（2）求PBPM的最小值.【答案】（1）见解析；（2）41014.【解析】【分析】（1）先根据题意写出,AB的坐标分别为(2,0),(2,0)，设出点M的坐标为00(,)xy，得到直线AM的方程为00(2)2yyxx，令4x，得到P的坐标为

002(4,)2yx，从而得到12212kk为定值；（2）由（1）知，0000002(4)(6,),(4,)22yxyPBPMxxx，则PBPM0000(4)(2)6(4)2xxxx，022x，令02(04)tx

t，(2)(4)886(2)5142514ttPBPMtttttt41014，求得结果.【详解】（1）由题意知,AB的坐标分别为(2,0),(2,0)，设点M的坐标为00(,)xy，有2200142x

y，可得22001(4)2yx，则直线AM的方程为00(2)2yyxx，令4x，得0022yyx，则点P的坐标为002(4,)2yx，由000102263(2)yxykx，0

202ykx，有22001222001(4)123(4)3(4)6xykkxx，则12212kk为定值；（2）由（1）知，0000002(4)(6,),(4,)22yxyPBPMxxx，则22000000220012(4)(4)2(4)26(4)6(4)(2)

(2)xxxyPBPMxxxx0000(4)(2)6(4)2xxxx，由题意知，022x，令02(04)txt，则2(2)(4)28886(2)6125142514ttttPBPMtttttttt

41014（当且仅当85tt，即2105t时取等号），此时021025x.【点睛】该题考查的是有关解析几何的问题，涉及到的知识点有椭圆的几何性质，两点斜率坐标公式，向量数量积坐标公

式，基本不等式求最值，属于较难题目.22.在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为8,242xttyt（t为参数）.以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2

sin.（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（2）若射线4（0）与直线l和曲线C分别交于A，B两点，求AB的值.【答案】（1）40xy（0x），2220xyy；（2）2.【解析】【分析】（1）将直

线l的参数方程消参，即可得直线l的普通方程，要注意0x；将曲线C的极坐标方程两边同乘，再将siny，222xy代入，即可得曲线C的直角坐标方程；（2）先将直线l的直角坐标方程化为极坐标方程，再将4（

0）代入直线l和曲线C的极坐标方程中，可得点A，B对应的极径，利用||ABAB计算，即可求解.【详解】（1）由82xt得0x，将8,242xttyt（t为参数）消去参数t，得直线l的普通方程为40xy

（0x）.由2sin得22sin，将siny，222xy代入上式，得2220xyy，所以曲线C的直角坐标方程为2220xyy.（2）由（1）可知直线l的普通方程为40xy（0x），化为极坐标方程得

cossin40（2），当4（0）时，设A，B两点的极坐标分别为,4A，,4B，则22A，2sin24B，所以|||222|2ABAB

.【点睛】本题考查直角坐标方程与极坐标方程的互化、参数方程与普通方程的互化及参数的几何意义，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于常考题.23.[选修4-5：不等式选讲]已知实数正数x,y满足1xy．（1）解关于x的不等式522xyxy；（2）证明：22111

19xy【答案】(1)1[,1)6.(2)见解析.【解析】【分析】（1）利用零点分段法即可求解.（2）利用“1”的转换，以及基本不等式即可证明.【详解】（1）1,0,0xyxy且01525222

12xxyxyxx01011112121222xxxxxxx解得116x，所以不等式的解集为1,16（

2）解法1：1,xy且0,0xy，222222221111xyxxyyxyxy222222xyyxyxxy222222yyxxxxyy225xyyx22259xyyx

.当且仅当12xy时，等号成立.解法2：1,xy且0,0xy，222222111111xyxyxy221111xxyyxy2211xyyxxy

1xyxyxy21xy22192xy当且仅当12xy时，等号成立.【点睛】主要考查了绝对值不等式的求解、不等式证明、以及基本不等式的应用，属于中档题.对于绝对值不等式的求解，主要运用零点分段法，也

可以运用图像法.而不等式的证明，关键是灵活运用不等式的性质以及基本不等式.