1、鹤壁淇滨高中高二下学期第二次月考试卷（数学理科）一、选择题(共12题，每题5分，满分60分)1. 已知为虚数单位, 若复数，则=( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】由复数的运算法则可得： .本题选择A选项.2. 将名教师，4名学生分成个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和名学生组成，不同的安排方案共有（ ）A. 种 B. 种 C. 种 D. 种【答案】A【解析】试题分析：第一步，为甲地选一名老师，有种选法；第二步，为甲地选两个学生，有种选法；第三步，为乙地选名教师和名学生，有种选法，故不同的安排方案共有种，故选A考点：排列组合的应用3. 算数书竹简于上世
2、纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3，那么近似公式，相当于将圆锥体积公式中的近似取为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设圆锥底面圆的半径为r，高为h，则L=2r， ， .本题选择B选项.4. 面积为的平面凸四边形的第条边的边长为，此四边形内任一点到第条边的距离记为，若，则，类比以上性质，体积为的三棱锥的第个面的面积记为，此三棱锥内任一点到第个面的距离记为，若，则等于（ ）A
3、. B. C. D. 【答案】B【解析】，所以，选B.5. 已知，则在复平面内，复数对应的点位于 （ ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】A【解析】根据所给的关于复数的等式，整理出要求的z的表示式，进行复数的乘法运算，得到复数的最简结果，根据横标和纵标的值写出对应的点的坐标，得到点的位置解：复数z满足=（1-i）（2-i）=3-3i，z=3+3i对应的点的坐标是（3， 3）复数在复平面上对应的点在第一象限，故选A6. 若二项式的展开式中的常数项为 ,则 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：二项式的展开式中的通项公式为，令，则考点：二项式
4、定理，定积分7. 已知，若，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：，所以，由得，令得，所以故选B考点：微积分基本定理，二项式定理的应用8. 有4位同学在同一天的上午、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学测试两个项目，分别在上午和下午，且每人上午和下午测试的项目不能相同若上午不测“握力”，下午不测“台阶”，其余项目上午、下午都各测试一人，则不同的安排方式的种数为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】先安排 位同学参加上午的“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“台阶”测试，共有 种不同安排方式；接下
5、来安排下午的“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”测试，假设A、B、C同学上午分别安排的是“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”测试，若D同学选择“握力”测试，安排A、B、C同学分别交叉测试，有 种；若D同学选择“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”测试中的 种，有 种方式，安排A、B、C同学进行测试有 种；根据计数原理共有安排方式的种数为 故选A.9. 的展开式中，的系数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：展开式中含项为展开式中项的系数为项的系数为展开式中的系数为，故选B.考点：二项式定理的应用.10. 定义：分子为1且分母为正整数的分数称为单位分数我
6、们可以把1分拆为若干个不同的单位分数之和如：， 依此类推可得：，其中，设，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【解析】 又 ， ，时，原式最小为，故选：D.点睛：本题借助于类比的思想，考查了数列的裂项相消求和的解题方法：如果数列的通项可以“分裂成两项差”的形式，且相邻分裂项分裂后相关联那么常选用裂项相消法求和，常见的裂项形式有： .11. 利用数学归纳法证明不等式的过程中，由变成时，左边增加了（ ）A. 项 B. 项C. 项 D. 项【答案】D【解析】试题分析：由题意得，当时，不等式的左侧为，当时，不等式的左侧为，所以变成时，左边增加了，共有项，故选D.考点：数学归纳法
7、.12. 定义在上的函数的导函数为，若对任意实数，有，且为奇函数，则不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：设，则，所以是上的减函数，由于为奇函数，所以，因为即，结合函数的单调性可知，所以不等式的解集是，故选B.考点：利用导数研究函数的单调性【方法点晴】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了考生的发散思维能力，属于中档题.本题解答的关键是根据条件，进行联想构造函数，并得到其单调性，把要解得不等式转化为，由为奇函数得到，即可得到不等式的解集.二、填空题（共4题，每题5分，满分20分）13. 观察下列不等式,，照此规律，第个不等式为_【答案】 【解析】结合题
8、意所给的不等式归纳推理可得：第个不等式为 .点睛：归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的推理，由归纳推理所得的结论不一定正确，通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，那么推广的一般性命题也会越可靠，它是一种发现一般性规律的重要方法14. 已知，若 均为正实数），则类比以上等式，可推测的值，_.【答案】【解析】试题分析：照此规律：a=6,t=a2-1=35.考点：推理证明.15. 某大学的名同学准备拼车去旅游，其中大一、大二、大三、大四每个年级各两名，分乘甲、乙两辆汽车.每车限坐名同学(乘同一辆车的名同学不考虑位置)，其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的名同学中恰有名同学是来自于同一年级的
9、乘坐方式共有_种（有数字作答）.【答案】【解析】试题分析：由题意，第一类，大一的孪生姐妹在甲车上，甲车上剩下两个要来自不同的年级，从三个年级中选两个为，然后分别从选择的年级中再选择一个学生，为，故有 =322=12种第二类，大一的孪生姐妹不在甲车上，则从剩下的3个年级中选择一个年级的两名同学在甲车上，为，然后再从剩下的两个年级中分别选择一人（同第一类情况），这时共有 =322=12种因此共有24种不同的乘车方式，故选B考点：1.计数原理的应用，2.组合.16. 已知实数满足，实数满足，则的最小值为_【答案】 ，令，得 ，此时，即过原点的切线方程为则曲线上的点到直线距离的最小值的平方.故答案为1
10、点睛：本题考查了导数的几何意义和两平行线之间的距离公式，关键是弄清所要求表达式的几何意义以及构造新函数，属于中档题三、解答题（共6题，17题10分，1822题每题12分）17. 已知在的展开式中，第项的系数与第项的系数之比是（1）求展开式中的所有有理项；（2）求展开式中系数绝对值最大的项（3）求的值.【答案】（1）和；（2）；（3）. （1）由解得n=10 （2分）因为通项：（3分）当5为整数，r可取0，6 （4分）展开式是常数项，于是有理项为T1=x5和T7=13400 （6分）（2）设第r+1项系数绝对值最大，则（8分）注：等号不写扣（1分）解得，于是r只能为7 （10分）所以系数绝对值最
11、大的项为（11分）（3）13分.16分考点：二项展开式定理18. 已知为公差不为零的等差数列，首项的部分项恰为等比数列，且.（1）求数列的通项公式（用表示）；（2）设数列的前项和为, 求证：是正整数）【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）由题得a1,a5,a17是成等比数列的，所以，则可以利用公差d和首项a来表示，进而得到d的值，得到an的通项公式.（2）利用第一问可以求的等比数列、 、中的前三项，得到该等比数列的通项公式，进而得到的通项公式，再利用分组求和法可得到Sn的表达式，可以发现为不可求和数列，所以需要把放缩成为可求和数列，考虑利用的二项式定理放缩证明，即，故求和即
12、可证明原不等式.试题解析：（1）设数列的公差为，由已知得，成等比数列， ，且2分得或 已知为公差不为零， 3分 . 4分（2）由（1）知5分而等比数列的公比.6分因此 ，7分 9分当时， （或用数学归纳法证明此不等式） 11分当时，不等式成立；当时， 综上得不等式 成立. 14分法二当时， （或用数学归纳法证明此不等式） 11分当时，不等式成立；当时，不等式成立；当时， 综上得不等式 成立. 14分(法三)利用二项式定理或数学归纳法可得：所以，时， 时，综上得不等式 成立.考点：放缩法 等差数列 等比数学 二项式定理 不等式19. 如图（1），在等腰梯形中，是梯形的高，现将梯形沿，折起，使且，
13、得一简单组合体如 图（2）示，已知，分别为，的中点（1）求证：平面；（2）若直线与平面所成角的正切值为，求平面与平面所成的锐二面角大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：(1)利用题意结合几何关系可得：，结合线面平行的判断定理可得：平面.(2)利用题意建立空间直角坐标系，求得平面与平面的法向量，据此可得平面与平面所成锐二面角的大小为.试题解析：（1）连，四边形是矩形，为中点，为中点，在中，为中点，故，又平面，平面，平面.（2）依题意知，且，平面，过点作于点，连接，在面上的射影是，为与平面所成的角，设且，分别以，所在的直线为，,轴建立空间直角坐标系，则，设，分别是平面与平面的法
14、向量令，即，取，则，平面与平面所成锐二面角的大小为.20. 已知圆与圆的公共点的轨迹为曲线，且曲线与轴的正半轴相交于点若曲线上相异两点满足直线的斜率之积为 （1）求的方程；（2）证明直线恒过定点，并求定点的坐标；【答案】（1）；（2）证明见解析，.【解析】试题分析：（1）确定，可得曲线是长轴长，焦距的椭圆，即可求解椭圆的方程；（2）分类讨论，设出直线的方程，代入椭圆的方程，利用韦达定理，结合直线的斜率之积为，即可证直线恒过定点，并求出定点的坐标试题解析：（1）设，的公共点为,由已知得，故，因此曲线是长轴长，焦距的椭圆，所以曲线；（2）由曲线的方程得，上顶点，记，若直线的斜率不存在，则直线的方程
15、为，故，且，因此，与已知不符，因此直线AB的斜率存在，设直线，代入椭圆：因为直线与曲线有公共点，所以方程有两个非零不等实根，故，又，由，得即所以化简得：，故或，结合知，即直线恒过定点考点：椭圆的标准方程；直线与椭圆的位置关系的应用【方法点晴】本题主要考查了椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系的应用、判定直线过定点问题等知识点的综合考查，解答中设出直线的方程，代入椭圆的方程，利用判别式和根与系数的关系及韦达定理，结合直线的斜率之积为是解答本题的关键，注重考查了分析问题和解答问题的能力及转化与化归思想的应用，试题有一定的难度，属于中档试题21. 已知函数， .（）当时，求函数切线斜率中的最大值；（
16、）若关于的方程有解，求实数的取值范围.【答案】（1） ；（2）或.【解析】试题分析：（）根据导数的几何意义，切线斜率的最大值即的最大值，对函数进行求导，通过配方法可求其最大值；（）令，则问题等价于函数存在零点，根据函数的单调性解出即可；试题解析：（）函数的定义域为.当时，所以函数切线斜率的最大值为1.（）因为关于的方程有解，令，则问题等价于函数存在零点，所以.当时，对成立，函数在上单调递减.而， ，所以函数存在零点.当时，令，得.，随的变化情况如下表：所以为函数的最小值，当时，即时，函数没有零点，当时，即时，注意到，所以函数存在零点.综上，当或时，关于的方程有解.点睛：本题主要考查了函数导数的
17、几何意义即函数在某点处的导数即为在该点处切线的斜率，故切线斜率的最大值即导数的最大值，同时考查了函数导数与单调性的关系以及函数零点的存在性问题，有一定难度；函数的零点即函数的图象与轴的交点，在利用导数判断函数单调性得到函数图象大致形状是，需注意端点处的函数值与的关系以及极值与的关系.22. 已知函数在处的切线经过点（1）讨论函数的单调性；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）在单调递减；（2）.【解析】试题分析: (1)利用导数几何意义,求出切线方程,根据切线过点,求出函数的解析式; (2)由已知不等式分离出,得,令,求导得出 在 上为减函数,再求出的最小值,从而得出的范围.试题解析:（1）令 设切点为代入 在单调递减（2）恒成立令在单调递减在恒大于0点睛: 本题主要考查了导数的几何意义以及导数的应用,包括求函数的单调性和最值,属于中档题. 注意第二问中的恒成立问题,等价转化为求的最小值,直接求的最小值比较复杂,所以先令,求出在 上的单调性,再求出的最小值,得到的范围.