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（解析版）

这是一份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（解析版），共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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（       ）A． B．-1 C．1 D．【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（       ）A． B． C． D．【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（       ）A．24种 B．36种 C．42种 D．48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、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.6．2022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（       ）A．12种 B．16种 C．64种 D．81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（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据椭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（       ）A． B． C． D．【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：，，，，，，，，．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（       ）A． B． C． D．【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（       ）A．1020种 B．1280种 C．1560种 D．1680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（       ）A． B． C．1 D．【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（       ）A． B． C． D．【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、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，∴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2≤2c≤32，由可知a＋b为2到32之间的偶数，分别讨论a＋b＝2，4，6，…，32时，的组数，然后求总的组数即可．【详解】由题可知，1≤a≤16，1≤b≤16，1≤c≤16，、、，2≤2c≤32，2c为偶数，∴由可知a＋b为偶数，a＋b的可能取值为2，4，6，8，10，…，30，32，当a＋b＝2时，c＝1，此时a＝1，b＝1，的组数为；当a＋b＝4时，c＝2，此时的组数为，的组数为；当a＋b＝6时，c＝3，此时的组数为，的组数为；…当a＋b＝16时，c＝8，此时的组数为，的组数为；当a＋b＝18时，c＝9，此时的组数为，的组数为；…当a＋b＝32时，c＝16，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①，由（2）知，②，则②-①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，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.