【精准解析】江苏省徐州市第一中学2019-2020学年高二下学期第一次月考数学试题

2019～2020学年度第二学期高二年级阶段检测

数 学

注意事项：本试卷共8页，满分100分，考试时间90分钟，考试形式为在线考试. 一、单项选择题：本题共17小题，每小题5分，共85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.复数(2i)i（i是虚数单位）的虚部是（ ） A. 1 B. 2

C. 12i

【答案】.B 【解析】 【分析】

利用复数运算化简，即可得答案. 【详解】∵(2i)i12i， ∴虚部是2. 故选：B.

【点睛】本题考查复数虚部的概念，考查运算求解能力，属于基础题. 2.将4个不同的文件发往3个不同的邮箱地址，则不同的方法种数为（ A 34

B. 43

C. A34

【答案】A 【解析】 【分析】

根据分步乘法计数原理，即可得答案.

【详解】每一个文件都有三种不同的发法，共有34

种不同方法. 故选：A.

【点睛】本题考查分步乘法计数原理，考查运算求解能力，属于基础题. 3.函数

ye2x的导数为（ ）

A.

y'e2x

B. y'1ln(2x)

C.

y'2e2x

D.

y'(2x)e2x1

D. 2

D. C34

- 1 -

）

【答案】C 【解析】 【分析】

利用复合函数的求导法则，直接进行求算即可得答案. 【详解】∵y'e2x(2x)'2e2x.

故选：C.

【点睛】本题考查复合函数

求导法则，考查运算求解能力，求解时注意负号问题.

4.若直线yxb为函数y1x图像的切线，则它们的切点的坐标为（ ） A. (1,1) C. 2或2 1,1)

【答案】D 【解析】 【分析】

对函数进行求导，再利用导数的几何意义，即可求得切点坐标. 【详解】∵y1x，∴y'1x2， ∵切线方程为yxb， ∴令y'1x21x1，代入的B. (1,1) D. (1,1)或(y1x得：y1， ∴切点坐标为(1,1)或(1,1). 故选：D.

【点睛】本题考查导数几何意义的运用，考查运算求解能力，属于基础题. 5.已知i是虚数单位，m,nR且m(1i)3ni，则(mnimni)2020（ ） A. i B. i

C. 1

D. 1【答案】C 【解析】 【分析】

根据等式可求得m,n值，再代入(mnimni)2020中，利用复数的乘方运算，即可得答案.

- 2 -

【详解】∵m(1i)mmi∴mn∴(3ni，

3，

mni20201i20202i1010)()()1. mni1i2i故选：C.

【点睛】本题考查复数的四则运算和乘方运算，考查运算求解能力，属于基础题.

6. 从5名男生和5名女生中选3人组队参加某集体项目的比赛，其中至少有一名女生入选的组队方案数为 A. 100 【答案】B 【解析】

3试题分析：10人中任选3人的组队方案有C10120，

B. 110 C. 120 D. 180

没有女生的方案有C5310， 所以符合要求的组队方案数为110种 考点：排列、组合的实际应用

7.函数yA. 1,1 C. 0,1 【答案】C 【解析】 【分析】

求出函数的定义域，解导数小于0的不等式，即可得答案. 【详解】∵函数的定义域为(0,)，且y'x令y'0，解得0x1， ∴函数的单调递减区间为0,1. 故选C.

- 3 -

12xlnx的单调递减区间为（ ） 2B. 1,1 D. 0,

1， x

【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间，考查运算求解能力，求解时注意定义域优先法则的运用.

8.若Cn,Cn,Cn成等差数列，则n值为（ ）

456A. 14 【答案】A 【解析】 【分析】

B. 12 C. 10 D. 8

546利用等差中项的性质得2CnCnCn，再利用组合数公式展开进行运算，即可得答案. 456546【详解】∵Cn,Cn,Cn成等差数列，∴2CnCnCn，

∴2n!n!n!，解得：n7或n14.

5!(n5)!4!(n4)!6!(n6)!故选：A.

【点睛】本题考查等差中项的性质、组合数公式的应用，考查逻辑推理能力和运算求解能力. 9.徐州市政有五项不同的工程被三个公司中标，每项工程有且只有一个公司中标，且每个公司至少中标一项工程，则共有（ ）种中标情况． A. 100 【答案】D 【解析】 【分析】

由题意第一步要将五项工程分为三组，第二步再计算中标的方法，由于五项工程分为三组的分法可能是3，1，1或2，2，1故要分为两类计数．

【详解】若五项工程分为三组，每组的工程数分别为3，1，1，则不同的分法有C5310种，

3故不同的中标方案有10A360种，

B. 35

C. 180 D. 150

若五项工程分为三组，每组的工程数分别为2，2，1，则不同的分法有

3同的中标方案15A390种，

122C5C315种，故不2故总的不同中标方案为6090150种． 故答案为：D．

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【点睛】本题考查排列组合及简单计数问题，解题的关键是理解“五项不同的工程，由三个公司中标”，将问题分为两类计数，在第二类2，2，1分组中由于计数重复了一倍，故应除以2，此是本题中的易错点，疑点，解题时要注意避免重复，这是计数问题中常犯的错误． 10.设复数z满足条件z1，那么z22i的最大值是（ ） A. 4 【答案】A 【解析】 【分析】

由于z满足条件|z|1的复数z对应点都在以原点O为圆心的单位圆上，而|z22i|表示复数z对应点与复数22i对应点M间的距离，求得|OM|的值，再加上半径1，即为所求．

【详解】由于z满足条件|z|1的复数z对应点都在以原点O为圆心的单位圆上， 而|z22i|表示复数z对应点与复数22i对应点M间的距离， 再由|OM|813，可得|z22i|的最大值为|OM|14. 故选：A．

【点睛】本题考查两个复数差的绝对值的几何意义，复数与复平面内对应点之间的关系，，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力． 11.已知不等式A. a0 C. ae 【答案】B 【解析】 【分析】

对函数进行求导，再对a对进分类讨论，使函数的f(x)的最小值大于0，即可得答案. 【详解】令f(x)B. 16

C. 2

D. 22 12xalnx0恒成立，则a的取值范围是（ ） 2B. ea0 D. a0

a12xalnx，则f'(x)x(x0)， 2x'（1）当a0时，f(x)0在x0恒成立，∴f(x)在(0,)单调递增，

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当x0时，f(x)，∴a0显然不成立； （2）当a0时，f(x)'12x0在x0恒成立，∴a0成立； 2'a，当f(x)0时，得xa，

（3）当a0时，f(x)0得x当f(x)0时，得0x∴f(x)minf(a)'a，∴f(x)在(0,a)单调递减，在(a,)单调递增，

aalna0，解得：ea. 2综上所述：ea0. 故选：B.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意分a的分类讨论.

12.如果一个三位数，各位数字之和等于10，但各位上数字允许重复，则称此三位数为“十全九美三位数”（如235，505等），则这种“十全九美三位数”的个数是（ ） A. 54 C. 60 【答案】A 【解析】 【分析】

利用分类计数原理，分成有重复数字和无重复数字的情况，即可得答案. 【详解】利用分类计数原理，分成有重复数字和无重复数字的情况：

（1）无重复数字：109，190，901，910，127，172，271，217，721，712，136，163，316，361，613，631，145，154，451，415，514，541，208，280，802，820，235，253，352，325，523，532，307，370，703，730，406，460，604，640，共40个，

（2）有重复数字：118，181，811，226，262，622，334，343，433，442，424，244，550，505，共14个. 故选：A.

【点睛】本题考查分类计数原理的应用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意不重不漏.

12313.满足Cn2Cn3CnnnCn2020的最大自然数n=（ ）

B. 50 D. 58

A. 7

B. 8

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C. 9 【答案】B 【解析】 【分析】

利用二项展开式及求导，可得n(1x)即可得答案.

n012233【详解】∵(1x)CnCnxCnxCnxn1D. 10

1232Cn2Cnx3Cnxnn1nCnx，再令x1，

nnCnx， nn1nCnx，

∴两边求导得：n(1x)n11232Cn2Cnx3Cnxn2n令x1得：2020(nN*)，解得n8.

2故选：B.

【点睛】本题考查二项展开式及求导的综合运用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意赋值法的应用.

14.2020年高考强基计划中，北京大学给了我校10个推荐名额，现准备将这10个推荐名额分配给高三理科的6个班级，这6个班级每班至少要给一个名额，则关于分配方案的种数为（ ） A. 462 C. 210 【答案】B 【解析】 【分析】

利用隔板法进行求解，即可得答案.

【详解】将10个名额分为6份，即从9个分段中选择5个段分开，且不分顺序，

5共有NC9126种方案.

B. 126 D. 132

故选：B.

【点睛】本题考查隔板法进行组合数计算，考查逻辑推理能力和运算求解能力.

15.设实部为正数的复数z，满足|z|10，且复数(12i)z在复平面上对应的点在第一、三

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象限角平分线上，若zA. 0 【答案】D 【解析】

mi(mR)为纯虚数，则实数m的值为（ ）． 1iB. 6

C. 10

D. 5

【详解】令zabi(a0)，∴(12i)z(12i)(abi)(a2b)(b2a)i， ∴(a2b)(b2a)，

∵|z|10，∴a2b210，∴a3,b1， ∴zmi(mi)(1i)m1m13i3(1)i， 1i(1i)(1i)22m10，解得m5. 2∴3故选：D.

【点睛】本题考查复数的四则运算、共轭复数、模的概念，考查函数与方程思想，考查运算求解能力.

16.函数f(x)xaxbxa在x1有极值10，则ab（ ） A. 0 C. 7 【答案】C 【解析】 【分析】

322根据函数f(x)xaxbxa在x1处有极值10，可知f(1)0和f(1)10，对函

322B. 0或7 D. 7

数f(x)求导，解方程组3f(1)0，注意验证，可求得答案．

f(1)1022【详解】由f(x)xaxbxa， 得f(x)3x22axb，

f(1)032ab0，即， 2f(1)101aba10 - 8 -

a4a3解得或（经检验应舍去），

b11b3∴ab4117， 故选：C．

【点睛】本题主要考查函数在某点取得极值的条件，注意f(x0)0是xx0为极值点的必要不充分条件，因此对于解得的结果要检验，这是易错点．

17.设[x]表示不超过x的最大整数（如[2]2，[]1），对于给定的nN*，定义

54Cnxn(n1)(n[x]1)x，x1,；当x3,4时，函数C8的值域是（ ）

x(x1)(x[x]1)B. 14,56 D. 14,56

A. 12,58 C. 12,58 【答案】D 【解析】 【分析】

利用题目中的两个新定义求得C8【详解】当x3,4时，[x]3，

x∴C8x336，再利用导数求分母的值域，即可得答案.

x(x1)(x2)876336，

x(x1)(x2)x(x1)(x2)32当3x4时，f(x)x3x2x，

∵f(x)3x6x20， ∴f(x)为增函数，

∴f(x)f(4)24，且f(x)f(3)6， ∴f(x)[6,24)，∴f(x)14,56. 故选：D.

【点睛】本题考查函数新定义问题、导数的运用、三次函数的值域，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.

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'2

二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.

18.下列关系中，能成立的是（ ）

mA. Cnmm1Cn1 nmB. Cnn!

(nm)!m!mAnC. m!m

Cnmm1mD. AnmAnAn1

【答案】BCD 【解析】 【分析】

利用排列数和组合数的计数公式，对选项进行一一验证，即可得答案.

101C2【详解】对A，令n3,m1，可得等式C3不成立，故A错误； 3对B，利用组合数的计算公式知正确，故B正确； 对C，利用排列数与组合数的定义，故C正确；

mm1对D，∵AnmAnn!mn!(n1)!mAn1，故D正确；

(nm)!(nm1)!(nm1)!故选：BCD.

【点睛】本题考查排列数、组合数公式的推理与证明，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.

19.已知复数z满足zz2iz3ai，aR，则实数a的值可能是（ ） A. 1 【答案】ABC 【解析】 【分析】

22设zxyi，从而有xy2i(xyi)3ai，利用消元法得到关于y的一元二次方程，

B. 4 C. 0 D. 5

利用判别式大于等于0，从而求得a的范围，即可得答案.

22【详解】设zxyi，∴xy2i(xyi)3ai，

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x2y22y3,a22y2y30， ∴42xa,a2∴44(3)0，解得：4a4，

4∴实数a的值可能是1,4,0. 故选：ABC.

【点睛】本题考查复数的四则运算、模的运算，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.

2|x|x20.已知函数f(x)ex1，若对于任意实数x，实数m可以使不等式|f(x)|mxe成立，

则m的值不可能为（ ） A. 0 【答案】AC 【解析】 【分析】

通过特殊值代入，可排除AC，再证明B成立，利用不等式的放缩可得D也成立； 【详解】对A，当m0时，取x0，则10不成立，故A不可能； 对B，当mB.

1 2C. 1 2D. 4

112|x|12|x|x时，|f(x)|xeex1xe0，

22212|x|12xx'令u(x)ex1xe，当x0时，u(x)(1xx)e1，

221u''(x)(2xx2)ex02在(0,)恒成立，

∴u(x)在(0,)单调递减，且u(0)0，∴u(x)0在x0恒成立；当x0时，令

∴u'(x)在(0,)单调递减，且u'(0)0，∴u'(x)0x0恒成立，

111v(x)exx1x2ex，v'(x)ex1xexx2ex，v''(x)ex(x22x1)ex，

22212∵0ex1，ex1，x2x11，∴v''(x)0在x0恒成立，∴v'(x)在(,0)单

2调递减，且v'(0)0.∴v'(x)0在(,0)恒成立，∴v(x)在(,0)单调递增，且v(0)0， ∴v(x)0在(,0)恒成立；综上所述：命题成立，故B可成立； 对C，当m1112|x|时，xe0，∴m显然也是不可能的，故C不可能；

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对D，因为|f(x)|故选：AC.

12|x|xe4x2e|x|，故D可成立； 2【点睛】本题考查导数研究不等式恒成立问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.

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