湖北省黄石市第二中学2020学年高二数学5月月考试题理

湖北省黄石市第二中学2019-2020学年高二数学5月月考试题理
考试时间：120分钟试卷总分：150分
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目
要求的。

1.下列三个命题：
“”是“”的充分不必要条件；
设，若，则或；
命题，使得，则，都有．
其中真命题的个数是
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
2.为了解某校高三学生身体状况，采用分层抽样的方法从本年级学生
中随机抽取部分男生和女生进行体重测量，并将男生体重数据整理
后，得到如图所示的频率分布直方图，已知从左到右前三个小组频
率之比为，第二小组频数为10，已知年级中男、女生比例为，则
从该年级中抽取的学生总数为
A. 40
B. 70
C. 210
D. 30
3.根据如下样本数据，得到回归直线方程，则
x 3 5 7 9
y 6 a 3 2
A. B. 变量x与y正相关
C. 可以预测当时，
D. 变量x与y之间是函数关系
4.已知表示两个不同平面，a，b表示两条不同直线，对于下列两个命题：若，则“”是“”的充分不必
要条件；若，则“”是“且”的充要条件．判断正确的是
A. ，都是真命题
B. 是真命题，是假命题
C. 是假命题，是真命题
D. ，都是假命题
5.已知空间中三点1，，2，，3，，则
A. 与是共线向量
B. 的单位向量是1，
C. 与夹角的余弦值是
D. 平面ABC的一个法向量是
6.将甲、乙等6位同学平均分成正方，反方两组举行辩论赛，则甲、乙被分在不同组中的概率为
A. B. C. D.
7.为迎接国庆，一中举办了“祖国你好”的诗歌朗诵比赛高二年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学
生中选派4名学生参加，要求甲、乙、丙这3名同学中至少有1人参加，且当这3名同学都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的4名学生不同的朗诵顺序的种数为
A. 720
B. 768
C. 810
D. 816
8.已知函数，则曲线在处的切线斜率为
A. B. C. 1 D. 2
9.已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P是圆上一点，线段与椭圆C交于点Q，，，则椭圆C的长轴长为
A. B. C. D.
10.已知双曲线的左右焦点分别为，，实轴长为6，渐近线方程为，动点M在双曲线左支上，点N为圆上一
点，则的最小值为
A. 8
B. 9
C. 10
D. 11
11.定义在R上的函数满足：，，是的导函数，则不等式其中e为自然对数的底数的解集为
A. B.
C. D.
12.若函数在区间内单调递增，则实数a的取值范围是
A. B. C. D.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分
13.已知等边三角形ABC的边长为8，D为边BC的中点，沿AD将折成直二面角，则三棱锥的外接球的表面
积为________．
14.下列命题中，正确的命题的序号为__________．
已知随机变量X服从二项分布，若，，则；
2
将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变；
设随机变量服从正态分布，若，则；
某人在10次射击中，击中目标的次数为X，，则当时概率最大．
15.设a，b是正实数，函数，若存在，使成立，则的取值范围为．
16.已知椭圆与双曲线共焦点，、分别为左、右焦点，曲线与在第一象限交点为P，且离心率之积为若，则
该双曲线的离心率为____________．
三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

17.(本小题满分10分)已知复数为虚数单位．
若，求复数的共轭复数
若z是关于x的方程的一个虚数根，求实数a的值．
18.(本小题满分12分)如图，四棱柱中，平面ABCD，底面ABCD是边长为1
的正方形，．
求证：平面平面．
(2)求二面角的正弦值．
19.(本小题满分12分)某物流公司专营从甲地到乙地的货运业务货物全部用统一规格的包装箱包装，现统
计了最近100天内每天可配送的货物量，按照可配送货物量单位：箱分成了以下几组：，，，并绘制了如图所示的频率分布直方图同一组数据用该组数据的区间中点值作代表，将频率视为概率．
该物流公司负责人决定用分层抽样的方法从前3组中随机抽出11天的数据来分析可配送货物量少的原因，并从这11天的数据中再抽出3天的数据进行财务分析，求这3天的数据中至少有2天的数据来自这一组的概率．由频率分布直方图可以认为，该物流公司每日的可配送货物量单位：箱服从正态分布，其中近似为样本平均数．
试利用该正态分布，估计该物流公司2000天内日货物配送量在区间内的天数结果保留整数．
该物流公司负责人根据每日的可配送货物量为公司装卸货物的员工制定了两种不同的工作奖励方案．
方案一：直接发放奖金，按每日的可配送货物量划分为以下三级：时，奖励50元；时，奖励80元；
时，奖励120元．
方案二：利用抽奖的方式获得奖金，其中每日的可配送货物量不低于时有两次抽奖机会，每日的可配送货物量低于时只有一次抽奖机会，每次抽奖的奖金及对应的概率分别为
奖金50 100
概率
小张恰好为该公司装卸货物的一名员工，试从数学期望的角度分析，小张选择哪种奖励方案对他更有利？
4
附：若，则，．
20.(本小题满分12分)已知，且，数列T：，，，中的每一项均在集合2，，中，且任意两项不相等．
若，且，求数列T的个数；
若数列T中存在唯一的，且，满足，求所有符合条件的数列T的个数．
21.(本小题满分12分)已知函数
时，求函数的极值；
时，讨论函数的单调区间：
若对任意的，当，时恒有成立，求实数m的取值范围．
22.(本小题满分12分)已知椭圆C：，点在椭圆上，不过原点的直线与椭圆C交于A，B两点，且线段AB
被直线OP平分．
Ⅰ求椭圆C方程；
Ⅱ设是抛物线上动点，过点Q作抛物线的切线交椭圆于M，N，求的面积的
最大值．
6
数学答案和解析
1.【答案】D
【解答】解：由可知，反之由不一定得到，因此是的充分不必要条件，是真命题；因为原命题的逆否命题“若且，则”为真命题，是真命题；
由特称命题的否定为全称命题，是真命题．故选D．
2.【答案】B
解：设第一小组的频率为x，则由频率分布直方图，得：
，解得，
第二小组的频率为，第二小组频数为10，抽取的男生人数为：，
全校男、女生比例为4：3，则女生数为30．全校抽取学生数为．故选B．
3.【答案】A
【解答】解：由题意可得：，，
由回归直线过样本点的中心，得，解得
由，可知变量x与y负相关当时，变量x与y之间是相关关系，不是函数关系．故选A．
4.【答案】B
解：若则由线面平行的判定定理可得，
反过来，若则a，b可能平行或异面，
所以，若则“”是“”的充分不必要条件，是真命题；
若则由面面平行的性质可得，
反过来，若，则可能平行或相交，
所以，若，则“”是“”的充分不必要条件，是假命题，
故选B．
5.【答案】D
解：根据两个向量的坐标表示，可得1，，，
则不存在实数使得，所以与不共线，所以A错误；
B.结合题意可得：的单位向量为：或，所以B错误；
C.1，，，所以，所以C错误
D.设平面ABC的一个法向量是，利用
可得，取，则，，
则平面ABC的一个法向量是，所以D正确．故选D．
6.【答案】C
解：将甲、乙等6位同学平均分成正方、反方两组举行辩论赛，
则甲、乙被分在不同组中的概率为故选C．
7.【答案】B
解：根据题意，分3种情况讨论，若只有甲、乙、丙其中一人参加，有种情况；
若甲、乙、丙其中两人参加，有种情况；若甲、乙、丙都参加，有种情况；其中甲乙相邻的有种情况；则不同的朗诵顺序种数种．
故选B．
8.【答案】B
解：，所以，所以，即曲线在处的切线斜率为．故选B．
9.【答案】C
解：易知，圆的圆心为，且，
由椭圆定义可得，所以，
在中，，，，
所以由余弦定理得，
整理得，解得，所以椭圆C的长轴长为．故选C．
10.【答案】B
解：根据题意知：，得．又，所以，解出．
所以双曲线的方程为：．根据双曲线的定义知：，
所以取最小值时，M，N，，E共线．，，
所以．故选B．
11.【答案】A
解：令，则，故F是R上的单调增函数，
而，故不等式其中e为自然对数的底数的解集为．
故选：A．
12.【答案】D
解：由题意函数在区间上单调递增，
得，即在内恒成立，所以在内恒成立，
由于，所以，，所以，故选D．
13.【答案】
解：根据题意可知三棱锥的三条棱DB、DC、DA两两互相垂直，所以它的外接球就是它扩展为长方体的外接球，长方体的对角线的长为：，
球的直径是，半径为，三棱锥的外接球的表面积为：．
故答案为．
14.【答案】
解：根据二项分布的数学期望和方差的公式，可得，解得，所以是错误的；根据数据方差的定义和计算公式可知，将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，离散程度不变，方差恒不变，所以是正确的；
由正态分布的图象的对称性，可得，所以是正确的；
8
由独立重复试验的概率的计算公式可得，，
由解得，又，
可得当时取得最大值，所以是正确的，
所以正确命题的序号为，故答案为．
15.【答案】
解：存在，使成立，，得，
令，，，，，令，即时，递增；时，递减；
若，即在上单调递减，，对恒成立，
若，即，在上先递减后递增，
，，，即，
综上的取值范围为．故答案为．
16.【答案】
解：设焦距为2c，双曲线离心率为e，在中，由正弦定理可得：，
，，，
在椭圆中：，在双曲线中：，
，，椭圆与双曲线的离心率之积为1，即，即，
，即，，即，
，解得：，故答案为．
17.【答案】解：因为，所以，
所以复数的共轭复数为．
因为z是关于x的方程的一个虚数根，
所以，即，
又a为实数，所以．
18.【答案】证明：因为平面ABCD，平面平面，
所以平面．因为平面，所以．
因为，，所以四边形是平行四边形．
所以因为，所以．因为平面，平面，
，所以平面．又平面，
所以平面平面
解：以点D为原点，DA，DC，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则0，，1，，0，，1，，
，，，
设平面的法向量为y，，则，即
令，所以0，．
设平面的法向量，则
取可得，
所以，
所以二面角的正弦值为．
19.【答案】解：由分层抽样可得，这11天中前3组的数据分别有1个，4个，6个，
故所求概率为．
由题得，
所以
．
故该物流公司2000天内日货物配送量在区间内的天数为．
易知．
对于方案一，设小张每日可获得的奖金为X元，则X的可能取值为50，80，120，其对应的概率分别为，，，故E．
对于方案二，设小张每日可获得的奖金为Y元，则Y的所有可能取值为50，100，150，200，
故，，
，．
所以Y的分布列为
Y50 100 150 200
P
所以．
因为，
所以从数学期望的角度看，小张选择方案二更有利．
20.【答案】解当时，2，，，数列T的个数为．
当时，则，，
此时为1，共有种选法，余下的个数，按从小到大依次排列，共有1种，
因此时，符合条件的数列T共有个．
当时，则，，，
从集合M中任取k个数，按从小到大的顺序排列，
再将余下的个数，按从小到大的顺序排列，
10
即得满足条件，的数列的个数为，
这里包含了即的情形，
此时符合条件的数列T共有个．
当时，则，，
此时为n，共有种选法，余下的个数，按从小到大依次排列，共有1种，因此时，符合条件的数列T共有个．
于是所有符合条件的数列T的个数为：
21.【答案】解：时，，定义域为，
，令得，
x，，的变化如下表：
所以只有极大值，无极小值；
由，令得，，
当时，，所以解得；解得或；
此时的单调递增区间是和，单调递减区间是；
当时．恒成立，此时的单调递增区间是，无单调递减区间；
当时，，所以解得，解得或，
此时的单调递增区间是和，单调递减区间是；
当时，，所以解得；解得，
此时的单调递增区间是，单调递减区间是．
综上可知：时，的单调递增区间是和，单调递减区间是；
时，的单调递增区间是，无单调递减区间；
时，的单调递增区间是和，单调递减区间是；
时，的单调递增区间是，单调递减区间是．
由中的知，对任意的，在上单调递增，
所以在区间上，，
所以，
所以，由于，所以，
又当时，，所以．所以实数m的取值范围为．
22.【答案】解：Ⅰ椭圆C：，点在椭圆上，
不过原点的直线l：与椭圆C交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分．
设，B的中点坐标，
则有，两式作差整理可得，又，
解得，，椭圆C的方程为：．
Ⅱ设抛物线在Q点的切线方程为，由，得，
，，
又，，则
由得，设，，
则，，
，
点O到切线距离，，
令，，
，，
在上递增，
，即时，取最大值．
12。