1、绝密启用前 姓 名：_考生号：_河南名校联盟20202021学年高二（下）期中考试数学（理科）考生注意：1本试卷共8页。时间120分钟，满分150分。答题前，考生先将自己的姓名、考生号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮檫干净后，再选涂其他答案标号。作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在本试卷上无效。3考试结束后，将试卷和答题卡一并收回。第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60
2、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已知的共轭复数为（为虚数单位），则复数的虚部为（ ）ABCD2若“，成立”为真命题，则实数的最小值为（ ）ABCD不存在3已知钝角三角形的面积是，则（ ）ABCD4已知的展开式中的系数为，则的值为（ ）ABCD5在平面直角坐标系中，已知点，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则点的极坐标为（ ）ABCD6已知，则（ ）ABCD7为配合国家的精准扶贫战略，某省示范性高中安排名高级教师到基础教育薄弱的甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教，每所学校至少安排人，则不同的分配方案有（ ）A种B种C种D种8设的内角，所对的边分别为，且，则的外接圆
3、的周长为（ ）ABCD9已知向量，满足，且，向量与，与的夹角都为，则与的夹角为（ ）ABCD10在三棱锥中，当三棱锥的体积最大时，它的外接球的体积为（ ）ABCD11已知平行四边形内接于椭圆：（），且，斜率之积的取值范围为，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）ABCD12已知，若，则与的大小关系为（ ）ABCD不确定第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13若曲线在点处的切线的斜率为，则的值为_14为贯彻“科学防疫”，学校实行“佩戴口罩、间隔而坐”的方案若一排有个座位，安排名同学就坐，则共有_种不同的安排方法（用数字作答）15观察等式：；由以上几个等式的规律可猜想_16已知函数在内存
4、在极小值，则实数的取值范围为_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1721题为必考题，每个考题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17已知是复数，是纯虚数，为实数（1）求复数；（2）若复数在复平面上对应的点位于第二象限，求实数的取值范围18已知的展开式中第三项的二项式系数比第二项的二项式系数大，前三项的系数和为（1）求正实数，的值；（2）求展开式中系数最大的项19已知数列满足（1）写出，并推测的表达式；（2）用数学归纳法证明的表达式20已知函数（1）当时，求的最小值；（2）若有两个零点，求实数的取值范围21已知函数，（1）当时，
5、求曲线在点处的切线方程；（2）当时，讨论函数的单调区间和极值；（3）若对任意的，都有成立，求实数的取值范围（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分22选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，为曲线：（为参数）上的动点，将点的纵坐标不变，横坐标变为原来的一半得点记点的轨迹为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线的极坐标方程；（2）已知，是曲线上的两点，且，求的取值范围23选修45：不等式选讲已知关于的不等式的解集为（1）求集合中的最大数；（2）若正数，满足，求证：河南名校联盟20202021学年高二（下）期中考试数学（理
6、科）答案第卷123456789101112一、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，只有一项是符合题目要求的1【答案】【解析】，所以，其虚部为，故选2【答案】【解析】由条件得，故选3【答案】【解析】钝角三角形的面积，或若，则根据余弦定理可知，此时三角形是直角三角形，舍去；若，此时符合题意，故选4【答案】【解析】的展开式的通项为，则由题意可知，故选5【答案】【解析】，设，则，点的极坐标为，故选6【答案】【解析】易知，由为单调递增函数，且，可得，即，所以，故选7【答案】【解析】分配方式有三种：如果分成“”的形式，则不同的分配方案有种；如果分成“”的形式，则不同的分
7、配方案有种；如果分成“”的形式，则不同的分配方案有种，共有种不同的分配方案，故选8【答案】【解析】因为，所以，又，所以（为的外接圆的半径），所以，故的外接圆的周长为，故选9【答案】【解析】设与的夹角为，解得，故选10【答案】【解析】因为，所以，由余弦定理可知，又，所以，所以当平面时，三棱锥的体积最大，此时外接球的半径，外接球的体积，故选11【答案】【解析】设，直线的斜率，直线的斜率，则，又，都在椭圆上，则，又，故选12【答案】【解析】，即，设，则，令得，当时，单调递增，当时，单调递减，又，故选第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13【答案】【解析】，当时，14【答案】【解析】根
8、据题意，一排有个座位，先排个空座位不坐学生，形成个空位，再在个空位中任选个位置就坐，则有种不同的安排方法15【答案】【解析】由已知等式：；归纳可得：等式左边自变量的分母为，分子从开始，以为公差递增到，等式右边的分母均为，分子为，故16【答案】【解析】由题意可知（），令，注意到，要使在内存在极小值，只需，或，解得或，故的取值范围为三、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1721题为必考题，每个考题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17【解析】（1）设（，），则（，），所以（，），由题意可知，且，所以，所以（2），由题意可知，解得，所
9、以实数的取值范围为18【解析】（1）由题意可知，的通项公式为，又，且，解得，（2）设第项的系数最大，则解得，因为，所以，当时，则展开式中系数最大的项为19【解析】（1）将，分别代入可得，推测（2）证明：由（1）得时，成立假设（，）时，的表达式成立，即，当时，且，所以，所以，即当时，的表达式也成立根据可得，对一切，都成立20【解析】（1）当时，的定义域为，且，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为（2）因为，当时，恒成立，所以在上单调递增，不符合题意；当时，令，解得，当时，单调递减，当时，单调递增即当时，有极小值也是最小值为又时，当时，所以要使有两个零点，只需即可，则，可得综
10、上，若有两个零点，则的取值范围为21【解析】（1）当时，则，曲线在点处的切线方程为（2），当时，函数的单调递增区间是，无单调递减区间，无极值；当时，令，解得，当时，当时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是，在区间上的极小值为，无极大值（3）对任意的，都有成立，对任意的恒成立，即对任意的恒成立令，则，令，则在上单调递增，且，故，在上单调递增，要使对任意的恒成立，只需，即，即实数的取值范围是（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分22选修44：坐标系与参数方程【解析】（1）将曲线：化为普通方程得到，设点的坐标为，点的坐标为，则有，由题意可知，消去，得，即，曲线的普通方程为，曲线的极坐标方程为（2）由题意可设，（），故的取值范围为23选修45：不等式选讲【解析】（1），则当时，令，解得，当时，令，解得，当时，令，解得，综上可得，所以，所以中的最大数为，即（2）由（1）知，故，所以，因为，是正数，所以，所以，所以，即，即，所以成立