1、山西省大同市第一中学2019-2020学年高二数学下学期3月第二次考试试题 理（含解析）一、选择题（每小题5分，共60分，每小题只有一个选项符合题意）1.当时，复数在平面上对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】利用的范围求出、的范围即可确定答案【详解】，点在第四象限【点睛】本题主要考查了复数的几何意义，关键是确定的正负来确定象限，属于基础题.2.数列：2，5，11，20，x，47，中的x等于（ ）A. 28B. 32C. 33D. 127【答案】B【解析】【分析】观察数列的每一项与前一项的差，可以发现如下规律：，即从第二项起，每一项
2、与前一项的差是的倍数，故，即可求出的值【详解】因为，所以，解得故选：B【点睛】本题主要考查观察法求数列中的项，同时考查观察、归纳能力，属于基础题3.设复数z满足=i，则|z|=（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】A【解析】试题分析：由题意得，所以，故选A.考点：复数的运算与复数的模.4.求值（ ）A. 1B. 2C. D. 3【答案】C【解析】【分析】先利用诱导公式转化为，再利用倍角公式得到求解.【详解】，.故选：C.【点睛】本题主要考查三角恒等变换和诱导公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.5.如果复数满足条件，那么实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】
3、试题分析：考点：复数的模6. 有这样一段演绎推理“有些有理数是真分数，整数是有理数，则整数是真分数”结论显然是错误的，是因为（ ）A. 大前提错误B. 小前提错误C. 推理形式错误D. 非以上错误【答案】C【解析】大前提“有些有理数是真分数”与小前提“整数是有理数”都正确，该推理形式错误，故选C7.设是虚数单位，则“”是“为纯虚数”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】A【解析】试题分析：，为纯虚数，且，“”是“为纯虚数”的充分不必要条件考点：充分必要条件、复数的运算、纯虚数的概念8.在等差数列中，若，公差，则有.类比上述性质，在等比数
4、列中，若，公比，则关于，的一个不等关系正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】类比等差数列与等比数列各项均为正数，等差数列中的“和”运算类比到等比数列变为“积”运算，即可得到答案【详解】在等差数列中，由时，有，类比到等比数列中，由时，有，因为，所以成立故选：C【点睛】本题主要考查类比推理，同时考查观察、分析、类比能力及推理论证能力，属于中档题9.若在区间上是增函数，则a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将函数进行常数分离，结合反比例型函数的单调性，即可求出a的取值范围【详解】因为，又在区间上是增函数，所以，所以故选：B【点睛】本题主要考
5、查由函数的单调性求参数的求值范围，关键是将反比例型函数将进行常数分离，属于中档题10.如果的三个内角的余弦值分别等于的三个内角的正弦值，则A. 和都是锐角三角形B. 和都是钝角三角形C. 是钝角三角形，是锐角三角形D. 是锐角三角形，是钝角三角形【答案】D【解析】【详解】三个内角的余弦值均大于0，则是锐角三角形，若是锐角三角形，由，得，那么，矛盾，所以是钝角三角形，故选D.11.抛物线y2x2上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线yxm对称，且x1x2，则m等于()A. B. 2C. D. 3【答案】A【解析】【分析】由题意设出直线AB的方程，与抛物线方程联立消元后得到关于x的二次方
6、程，然后结合根与系数的关系求出线段AB的中点坐标，代入对称轴方程yxm后可得m的值【详解】A,B两点关于直线yxm对称，可设直线AB的方程为yxb，由消去y整理得2x2xb0，直线AB与抛物线交于两点，18b0，解得又由题意得，b1，满足题意设A，B的中点为P(x0，y0)，则，又点在直线yxm上，解得故选A【点睛】解决解析几何中的对称问题时要注意垂直与平分两个方面：（1）根据垂直可得两对称点所在直线的方程的斜率，进而得到过两对称点的方程，然后与曲线方程联立消元后运用根与系数的关系求解；（2）根据平分得到两对称点的中点坐标，然后根据此中点在对称轴上可得所求12.已知A、B、C是的三个内角，设，
7、若恒成立，则实数m的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先化简，为，再根据恒成立，转化为恒成立求解.【详解】由，因为，所以 ，因为恒成立，所以恒成立，所以，解得.故选：D【点睛】本题主要考查三角恒等变换的应用和不等式恒成立问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.二、填空题（每小题5分，共20分）13.如果复数z(bR)的实部和虚部互为相反数，则b_.【答案】【解析】【详解】，复数z(bR)的实部和虚部互为相反数，22bb4，b14.在下列4个推理中：数列为等比数列，所以数列的各项不为0；由，得出；由三角形的三条中线交于一点联想到四面体四条中线（四面体每一个顶点与
8、对面重心的连线）交于一点；通项公式形如（C，）的数列为等比数列，则数列为等比数列.属于演绎推理的是_（填写序号）.【答案】【解析】【分析】根据演绎推理的定义，依次分析4个推理过程，即可得到答案【详解】根据三段论的一般形式可判断，是演绎推理；是由特殊到一般的推理，是归纳推理；是由特殊到特殊的推理，是类比推理故答案为：【点睛】本题主要考查演绎推理的定义，同时考查逻辑推理能力演绎推理是从一般到特殊的推理，其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，当大前提很显然时，常省略不写15.给出下列命题：其中正确命题的序号为_.若，则；若、，且，则；若，则是纯虚数；若，则对应的
9、点在复平面内的第一象限.【答案】【解析】【分析】根据复数的概念以及几何意义对各命题的正误进行判断.【详解】对于命题，取，则，命题错误；对于命题，虚数不能比大小，命题错误；对于命题，取，则，命题错误；对于命题，则，该复数对应的点在复平面内的第一象限.故答案为.【点睛】本题考查复数概念与几何意义的理解，解题时要熟悉复数的概念，属于基础题.16.已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为1的正三角形，为球的直径，且，则此棱锥的体积为_.【答案】【解析】试题分析：根据题意作出图形：设球心为，过ABC三点的小圆的圆心为，则平面ABC，延长交球于点D，则平面ABC.，高，是边长为1的正三角形，.考点：棱
10、锥的体积.三、解答题（共70分）17.已知，求证：a，b，c中至少有一个大于.【答案】证明见解析【解析】【分析】根据可知中必有一个是正数，不妨设，从而可将和用表示，逆用根与系数关系构造以为根的一元二次方程，就成了这个方程的字母系数，再利用判别式即可得到的范围，即可证出结论【详解】证明：因为， ,所以a，b，c必有一个正数，不妨设，又，则， 这样a，b可看作方程的两实根，因为，即， 所以，所以a，b，c中至少有一个大于.【点睛】本题主要考查逆用根与系数的关系构造一元二次方程，同时考查不等式的放缩通常情况下若问题中有，则可看成的两个实根，为使用判别式创造条件18.请解决下列问题:(1)求证：；(2
11、) 已知，且，求证：.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析【解析】【分析】(1)利用分析法，即可证明出原不等式成立；(2)利用基本不等式先求出的取值范围，再将展开化简整理可得，根据对勾函数的单调性，即可证明出原不等式成立【详解】证明：(1)要证，只要证，只要证，只要证只要证，因为最后一个不等式显然成立，故原命题得证；(2)因为， ，所以，当且仅当且，即时，取“”，因令，因为在单调递减，所以，所以， 故，【点睛】本题主要考查不等式的证明，基本不等式的应用及对勾函数的单调性，属于中档题19.如图，在平面五边形ABCDE中，F为BC的中点.现在沿着AC将平面ABC与平面ACDE折成一个直二面角
12、，连接BE，BD，DF.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）过D作于G.，根据，得到，再由，得到，则四边形AGDE为矩形，得到，取AB的中点为H，连接EH，HF，根据F为BC的中点，得到，则四边形EDFH为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明.（2） 以A为坐标原点，AC，AE所在直线为y，z轴，以过点A且垂直于AC的直线为x轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面EBD和平面CBD的一个法向量，代入公式求解.【详解】（1）证明：如图所示： 过D作于G.因为，所以.因为，所以，又，因为，所以.所以四边形AGDE为矩形.所以，取A
13、B的中点为H，连接EH，HF.因为F为BC的中点，所以，且，所以，所以四边形EDFH为平行四边形.所以，因为平面ABE，平面ABE，所以平面ABE.（2） 以A为坐标原点，AC，AE所在直线为y，z轴，以过点A且垂直于AC的直线为x轴，建立空间直角坐标系.因为，.所以，且，所以.因为，所以，设平面EBD的一个法向量为，则，所以解得.又因为，所以，.设平面CBD的一个法向量为.则，所以，解得. 设平面BDE与平面BCD所成角的大小为，为钝角.则.所以二面角平面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理和二面角的向量求法，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.20.在数列中
14、，其中.（1）求，；（2）猜想的通项公式并加以证明.【答案】（1），；（2），证明详见解析.【解析】【分析】（1）由，将代入得；再将代入得；将代入得.（2）由，对的通项公式作出猜想：.再用数学归纳法证明，第一步当时，成立.第二步假设当时，成立，第三步证明当时，用上假设，证成立，关键是变形，第四步下结论.【详解】解：（1）由，将代入，得；将代入，得；将代入，得.（2）由，对的通项公式作出猜想：.证明如下： 当时，成立.假设当时，则当时， .由此可知，当时，也成立.由可知，可知，对任意都成立.【点睛】本题主要考查数学归纳法，还考查了猜想、证明和运算求解的能力，属于中档题.21.已知函数.(1)当时
15、，求函数的值域；(2)如果对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围【答案】(1)；(2) .【解析】【分析】（1）利用配方法化简函数，根据函数的定义域，换元得到t0,2，由二次函数的性质，即可求出函数的值域；（2）先利用对数运算化简不等式，换元，再通过分离参数法，转化为最值问题，利用基本不等式求出最值，即可求出实数的取值范围【详解】(1)h(x)(42)2(1)22，因为x1,4，所以t0,2，故函数h(x)的值域为0,2(2)由f(x2)f()kg(x)，得(34)(3)k，令，因为x1,4，所以t0,2，所以(34t)(3t)kt对一切t0,2恒成立，当t0时，kR；当t(0,2时，恒成立
16、，即，因为，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为3.所以k3.综上，实数k的取值范围为(，3)【点睛】本题主要考查含有对数式的二次函数的值域的求法，利用分离参数法解决不等式恒成立问题，以及利用基本不等式求最值意在考查学生的转化与化归思想和数学运算能力22.已知圆：，圆心为，定点，P为圆上一点，线段上一点K满足，直线上一点Q满足.（1）求点Q的轨迹E的方程； （2）已知M，N两点的坐标分别为，点T是直线上的一个动点，且直线TM，TN分别交（1）中点E的轨迹于C，D两点（M，N，C，D四点互不相同），证明：直线CD恒过一定点，并求出该定点坐标.【答案】（1）；（2）证明详见解析；该定点坐标.【解析
17、】【分析】（1）根据和，得到QK为线段的中垂线，则.根据，由椭圆的定义，知Q的轨迹是，为焦点，长轴为4的椭圆，再求出方程即可.（2）设直线CD的方程为，与椭圆方程.联立得.设，.，再由直线TM：；直线TN：，求交点根据，得到，再将韦达定理代入求解.【详解】（1），K是线段中点.又，QK为线段的中垂线，则.由椭圆的定义，知Q的轨迹是，为焦点，长轴为4的椭圆.则，.故点Q的轨迹E的方程为.（2）证明：依题意设直线CD的方程为，代入椭圆方程.化简得.设，.则，直线TM：；直线TN：由题知TM，TN的交点T的纵坐标为2，得，则，即.整理，得将代入得：，化简，当m，变化时，上式恒成立.故.所以直线CD恒过一定点.【点睛】本题主要考查椭圆的定义和直线与椭圆的位置关系以及定点问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.
