2021-2022学年河南省洛阳市创新发展联盟高二下学期联考（三）数学（理）试题解析.doc

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1、2021-2022学年河南省洛阳市创新发展联盟高二下学期联考（三）数学（理）试题一、单选题1复数满足，则复数的虚部为（）AB-1C1D【答案】B【分析】先化简复数z，再利用复数的相关概念求解.【详解】解：因为，所以，所以复数的虚部为-1，故选：B2下列式子错误的是（）ABCD【答案】D【分析】根据排列和组合数的公式即可求出答案.【详解】对于A，B，由组合数公式：知，所以A、B正确；对于C，因为 得，所以，所以C正确.对于D，所以D不正确.故选：D.3用反证法证明命题“若为实数，则方程至少有一个实数解”时，要做的假设是（）A方程没有实数解B方程至多有一个实根C方程至多有两个实根D方程恰好有两个实

2、根【答案】A【分析】利用反证法的定义可得出结论.【详解】用反证法证明命题“若为实数，则方程至少有一个实数解”时，要做的假设是“方程没有实数解”.故选：A.4甲、乙、丙、丁、戊5人排成一行，则甲、乙相邻，丙、丁也相邻的排法有（）A24种B36种C42种D48种【答案】A【分析】依据相邻问题“捆绑法”，计算即可求得排法总数.【详解】甲、乙相邻有种排法，丙、丁相邻有种排法，把甲、乙看成一个整体，丙、丁看成一个整体与戊排列有种排法.故甲、乙相邻，丙、丁也相邻的排法有种方法.故选：A5已知，函数在上是增函数，则是的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【分析】求出

3、、中实数的取值范围，利用集合的包含关系判断可得出结论.【详解】由可得，解得，即，若函数在上是增函数，则，即，因为，因此，是的充分不必要条件.故选：A.62022年北京冬奧会的顺利召开，引起了大家对冰雪运动的关注若，四人在自由式滑雪、花样滑冰和跳台滑雪这三项运动中任选一项进行体验，则不同的选法共有（）A12种B16种C64种D81种【答案】D【分析】根据分步原理计算即可得出结果.【详解】每人都可在三项运动中选一项，即每人都有三种选法，可分四步完成，根据分步乘法原理，不同的选法有种.故选：D7已知曲线，命题若，则C为椭圆，命题若，则C为圆，则下列命题为真命题的是（）ABCD【答案】B【分析】根据椭

4、圆和圆的方程的特征判定命题的真假，然后判定复合命题的真假.【详解】当时方程可化为,表示以原点为圆心，半径为的圆，此时满足，但曲线不是椭圆，故命题为假命题，为真命题，所以命题为真命题，为假命题，所以为真命题，为假命题，为假命题，为假命题，故选：B.8已知函数，则曲线过坐标原点的切线方程为（）ABCD【答案】C【分析】设切点为，利用导数写出切线方程，将原点坐标代入切线方程，求出的值，即可得出所求切线的方程.【详解】设切点为，则切线斜率为，所以，所求切线方程为，将原点坐标代入所求切线方程可得，即，解得，因此，所求切线方程为.故选：C.9意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：

5、，该数列的特点如下：前两个数都是，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和人们把由这样一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记是数列的前项和，则（）ABCD【答案】C【分析】推导出当时，结合可求得所求代数式的值.【详解】当时，则，故当时，此时，又因为，因此，.故选：C.10某地区突发新冠疫情，为抗击疫情，现要安排6名志愿者去四个社区参加核酸检测工作，每名志愿者只能去一个社区，且每个社区至少安排1名志愿者则不同的分配方法有（）A1020种B1280种C1560种D1680种【答案】C【分析】根据已知将志愿者以和“3，1，1，1”两种方式进行分组再分配，计算即可.【详解】若6名志愿者以形式去四

6、个社区，则共有种分配方法；若6名志愿者以“3，1，1，1”形式去四个社区，则共有种分配方法.故共有1560种分配方法.故选：C.11设复数，满足，若，则的最小值为（）ABC1D【答案】B【分析】设复数在复平面内对应的点分别为由已知可得（为坐标原点），由复数的几何意义可知，进而可得结果.【详解】设复数在复平面内对应的点分别为因为，所以（为坐标原点），所以因为，所以的最小值为.故选：B12已知不等式恰有2个整数解，则a的取值范围为（）ABCD【答案】C【分析】首先通过不等式分析，排除的可能性，对于,将不等式分离参数，得到，分析排除的情况，然后令，利用导数分析其单调性，结合函数的正负值和零点，极值点

7、分析，得到函数的大致图象，然后观察图象分析，将问题要求等价转化为，进而求解.【详解】当时，即为,即,不成立；当时不等式等价于,由于，故不成立；当时，不等式等价于，若，则不等式对于任意的恒成立，满足不等式的整数有无穷多个，不符合题意；当时，令，则，在上，单调递增，在上，单调递减，且在(上,在上,又在趋近于时，趋近于0，在上的图象如图所示：，当时，不等式等价于有两个整数解，这两个整数解必然是和0，充分必要条件是,即,，故选：C【点睛】分类讨论是解决这类问题的重要方法，利用导数研究单调性后要结合函数的零点和极值，极限值进行分析，然后利用数形结合思想找到题设要求的充分必要条件，是问题解决的关键步骤.二

8、、填空题13已知，则的最小值为_【答案】【分析】根据已知换元后，时当配凑，利用基本不等式求最小值.【详解】，当且仅当,即时取“等号”，的最小值为,故答案为：.14已知，则展开式中的常数项为_【答案】240【分析】先根据微积分定理求出，从而通过二项式定理求出展开式的通项公式，得到，求出常数项.【详解】，则的通项公式，令，解得：，故故答案为：24015已知在正四棱锥中，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为_【答案】【分析】设出底面边长，求出正四棱锥的高，写出体积表达式，利用求导求得最大值时，高的值【详解】设底面边长为a，则高h，其中，所以体积Va2h，设9a4a6，则，当时，单调递增；当时,单调递减

9、，当a时，该四棱锥的体积最大，此时h，故答案为：16已知、，若，则的组数为_【答案】128【分析】根据a、b、c的范围即可知22c32，由可知ab为2到32之间的偶数，分别讨论ab2，4，6，32时，的组数，然后求总的组数即可【详解】由题可知，1a16，1b16，1c16，、，22c32，2c为偶数，由可知ab为偶数，ab的可能取值为2，4，6，8，10，30，32，当ab2时，c1，此时a1，b1，的组数为；当ab4时，c2，此时的组数为，的组数为；当ab6时，c3，此时的组数为，的组数为；当ab16时，c8，此时的组数为，的组数为；当ab18时，c9，此时的组数为，的组数为；当ab32时，

10、c16，此时的组数为，的组数为；则的所有可能的组数为：故答案为：128三、解答题17设(1)求；(2)求的值；(3)求的值【答案】(1)；(2)；(3)【分析】利用赋值法计算展开式中的常数项，各项系数和以及偶数项系数和.【详解】(1)由题意，令，则(2)由题意，令，则(3)令，则，由（2）知，则-得，得18在 中，内角，所对的边分别为，且(1)求；(2)若，求【答案】(1)(2)【分析】（1）首先利用正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；（2）利用正弦定理将边化角即可得到，再根据同角三角函数的基本关系求出，最后根据利用两角和的正弦公式计算可得；【详解】(1)解：因为，即，

11、由正弦定理可得，又，即，所以，即，因为，所以，又，所以(2)解：因为，所以，因为，所以，所以19在数列中，(1)求的通项公式(2)若，记数列的前n项和为，证明：【答案】(1)(2)详见解析【分析】（1）根据，利用累加法求解；（2）由（1）得到，利用裂项相消法求解.【详解】(1)解：因为，所以，又适合上式，所以；(2)由（1）知：，所以，因为，所以是递增数列，所以.20如图，四边形为正方形，分别为，的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且点在平面上的投影点恰好在上(1)证明：(2)求二面角的大小【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由已知可得平面ABFD，进而可证得平面PEF。即可证得

12、结果.（2）以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,分别求得平面PEF的法向量，平面PFD的法向量,计算即可得出结果.【详解】(1)证明：由已知可得，平面ABFD，所以，因为分别为的中点，所以，又，所以平面PEF.又平面PEF，所以.(2)设，以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由（1）可得，又所以.又，故.可得则为平面PEF的一个法向量.设平面PFD的法向量为则,令，则故取.设二面角的平面角为，则所以二面角为.21已知椭圆的左、右焦点分别为，且C过点(1)求椭圆的方程；(2)已知点，过且与坐标轴不垂直的直线l与椭圆C

13、交于A，B两点，求直线l的方程【答案】(1)(2)，或【分析】（1）利用椭圆定义求得，求得，再由可得答案；（2）设的直线方程为， 由得，椭圆方程与直线方程联立再利用韦达定理可得答案.【详解】(1)因为，所以，所以，又，所以，所以椭圆的方程为.(2)由（1）椭圆的方程为，因为，所以在椭圆的内部，由已知设的直线方程为，由得，所以，因为，所以，可得，即，解得或，所以直线设的方程为，或.22已知函数的最小值为(1)求的值；(2)已知，在上恒成立，求的最大值（参考数据：，）【答案】(1)(2)的最大值为1.【分析】（1）利用导数求得函数的单调区间可得，计算可得结果.（2）由恒成立等价于对恒成立.构造函数令利用导数分析，求出的范围，结合为整数可得的最大值.【详解】(1)由题可知.令，解得；令，解得.所以在上单调递减，在上单调递增，所以，解得.(2)由可得对恒成立.令则，令则因为在上单调递增，且的图象在上不间断，所以存在，使得，即，则.所以当时，单调递减；当时，单调递增.则的最小值为所以，即在区间上单调递增，所以所以存在整数满足题意，且整数的最大值为1.【点睛】关键点睛：本题考查利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是分离参数，构造函数，利用导数讨论单调性求出函数的取值范围.第 14 页 共 14 页