2020-2021学年河南省漯河高二（下）6月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省漯河高二（下）6月月考数学（理）试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知z=1+i2021，则|z−2i|=( )
A.10B.22C.2D.2

2. 用反证法证明“若a，b∈R，a2+b2≠0，则a，b不全为0”时，假设正确的是( )
A.a，b中只有一个为0B.a，b至少一个不为0
C.a，b至少有一个为0D.a，b全为0

3. 下列运算正确的个数是( )
①sinπ8′=csπ8；②3x′=x⋅3x−1；③lg2x′=1x⋅ln2；④x−5′=−15x−6．
A.1B.2C.3D.4

4. 用数学归纳法证明2n≥n2(n≥4)时，第二步应假设( )
A.n=k≥2时，2k≥k2B.n=k≥3时，2k≥k2
C.n=k≥4时，2k≥k2D.n=k≥5时，2k≥k2

5. 记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a2=18，S5=80．则数列{an}的通项公式an=（ ）
A.2n+22B.22−2nC.20−nD.n(21−n)

6. 若直线y=x+a和曲线y=lnx+2相切，则实数a的值为( )
A.12B.2C.1D.32

7. 某小区有排成一排的7个车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为( )
A.16B.18 C.32D.24

8. 设a∈Z，若32020+a能被8整除，则a的值可以为( )
A.1B.−9C.0D.3

9. 某校开设了素描、摄影、剪纸、书法四门选修课，要求每位同学都要选择其中的两门课程．已知甲同学选了素描，乙与甲没有相同的课程，丙与甲恰有一门课程相同，丁与丙没有相同课程．则以下说法错误的是( )
A.丙有可能没有选素描B.丁有可能没有选素描
C.乙丁可能两门课都相同D.这四个人里恰有2个人选素描

10. 已知定义在(0, +∞)上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，满足xf′(x)−f(x)<0，且f(2)=2，则f(ex)−ex>0的解集是( )
A.(−∞, ln2)B.(ln2, +∞)C.(0, e2)D.(e2, +∞)

11. 为了落实中央提出的精准扶贫政策，某市人力资源和社会保障局派3人到仙水县大马镇西坡村包扶5户贫困户，要求每户都有且只有1人包扶，每人至少包扶1户，则不同的包扶方案种数为( )
A.30B.150C.90D.210

12. 已知a=4ln3π，b=3ln4π，c=4lnπ3 ，则a，b，c的大小关系是( )
A.c二、填空题

已知函数fx=1−x2+x，则01fxdx=________．

已知各项均为正数的等比数列{an}中，Sn是它的前n项和，若a1a7=4，且a4+2a7=52，则S5=________.

1+2x21−x4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6，则a0+a2+a4+a6=________．

已知函数fx=ex−3，gx=1+lnx，若fm=gn，则n−m的最小值为________.
三、解答题

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2c−ba=sinC−csC．
(1)求角A的大小；

(2)若b=32，c=2，点D在边BC上，且CD=2DB，求AD的长．

已知3x−13xn的展开式中，第6项为常数项．
(1)求n的值；

(2)求展开式中含x2的项的系数；

(3)求展开式中二项式系数最大的项．

男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？
(1)男运动员3名，女运动员2名；

(2)至少有1名女运动员；

(3)队长中至少有1人参加；

(4)既要有队长，又要有女运动员．

盒中装有大小相同的12个乒乓球，其中9个新的，3个旧的（用过的球即为旧的），从盒中任取3个使用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X是一个随机变量，求X的分步列．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为边长为2的正方形，M为PC的中点．

(1)求证： AP//平面BDM；

(2)若PB=PC=2，平面PBC⊥平面ABCD，求平面CDM与平面BDM所成锐二面角的余弦值．

已知函数f(x)=lnx−14x+34x−1．
(1)求函数f(x)在(0,2)上的最小值；

(2)设g(x)=−x2+2mx−4，若对任意x1∈(0, 2)，x2∈[1, 2]，不等式f(x1)≥g(x2) 恒成立，求实数m的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省漯河市高二（下）6月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数的模
虚数单位i及其性质
【解析】
先对已知复数进行化简，然后结合模长公式即可直接求解．
【解答】
解：因为z=1+i2021=1+i，
则|z−2i|=|1−i|=12+(−1)2​=2．
故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
反证法
【解析】
把要证的结论否定之后，即得所求的反设．
【解答】
解：由于a，b不全为0的否定为：a，b全为0，
所以假设正确的是a，b全为0.
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
导数的运算
【解析】
根据基本初等函数的求导公式求导即可得出运算正确的个数．
【解答】
解：sinπ8′=0，故①错误；
3x′=3xln3，故②错误；
lg2x′=1x⋅ln2，故③正确；
x−5=−5x−6，故④错误.
综上，运算正确的个数是1．
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
数学归纳法
【解析】
根据n≥4，故第二步的假设应写成：假设n=k，k≥4，k∈N∗，即可得到选项．
【解答】
解：由题意得，第二步应假设：n=k≥4时，2k≥k2.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
本题考查等差数列的基本量，前n项和，通项公式等基础知识．
【解答】
解：设公差为d，
则a2=a1+d=18,S5=5a1+10d=80,
解得a1=20,d=−2,
所以an=20+(n−1)×(−2)=22−2n．
故选B．
6.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
先求导f′x=1x ，再设切点坐标为x0,x0+a，求出x0即得解．
【解答】
解：因为y=fx=lnx+2，
所以f′x=1x，
设切点坐标为x0,x0+a，
所以f′x0=1x0=1，
所以x0=1，
所以fx0=ln1+2=2=1+a，
所以a=1．
故选C．
7.
【答案】
D
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
将4个车位看为一个整体，
与3个型号的车构成4个个体进行全排列，A44=24.
【解答】
解：将4个车位看为一个整体，与3个型号的车构成4个个体进行全排列，
则不同的停放方法有A44=24.
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
将式子化简，利用二项式定理展开，可得1+a能被8整除，从而得出结论．
【解答】
解：32020+a=91010+a=1+81010+a
=C10100⋅80+C10101⋅81+⋯+C10101010⋅81010+a
=1+a+(C10101⋅81+C10102⋅82+⋯+C10101010⋅81010)，
∵C10101⋅81+C10102⋅82+⋯+C10101010⋅81010)能被8整除，
∴1+a也能被8整除
故a=8k−1，k∈Z，
有且只有B选项中的−9符合题意．
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
根据题意合理推理，并作出合理的假设，最终得出正确结论．
【解答】
解：因为甲选择了素描，所以乙必定没选素描．那么假设丙选择了素描，
则丁一定没选素描；若丙没选素描，则丁必定选择了素描．综上，
必定有且只有2人选择素描，选项A，B，D判断正确．
不妨设甲另一门选修为摄影，则乙素描与摄影均不选修，
则对于素描与摄影可能出现如下两种情况：
由上表可知，乙与丁必有一门课程不相同，因此C不正确．
故选C．
10.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
其他不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令g(x)=f(x)x，则
g′(x)=xf′(x)−f(x)x2，
∵ xf′(x)−f(x)<0，
∴ g′(x)<0，
∴ g(x)为减函数.
∵ f(ex)−ex>0,
∴ f(ex)ex>1，即g(ex)>1.
∵ f(2)=2，
∴ f(2)2=1，即g(2)=1，
∴ g(ex)>g(2)，
∴ ex<2，
∴ x故选A.
11.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】

【解答】
解：根据题意，分2步进行分析：
①将5户贫困户分成3组.
若分成2，2，1的三组，有C52C32C11A22=15种分组方法；
若分成3，1，1的三组，有C53C21C11A22=10种分组方法，
则有15+10=25种分组方法；
②将分好的三组全排列，对应派出的3人，有A33=6种情况，
则有25×6=150种不同的包扶方案.
故选B.
12.
【答案】
B
【考点】
指数函数与对数函数的关系
对数值大小的比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意知：a=4ln3π，b=3ln4π，c=4lnπ3 ，
∵ 3π>π3，
∴ a>c，
b−c=3ln4π−4lnπ3
=3πln4−12lnπ
=3(ln4π−lnπ4)
=3(ln4ππ4).
∵ 4ππ4<1，
∴ 3(ln4ππ4)<0，
∴ c>b，
∴ a>c>b.
故选B.
二、填空题
【答案】
π4+12
【考点】
定积分在求面积中的应用
定积分
【解析】
主要问题在于求解y=1−x2的定积分，因为函数y=1−x2对应的轨迹为半径为1的上半圆，所以根据积分的几何意义求对应上半圆的面积．
【解答】
解：01fxdx=011−x2dx+01xdx，
∵函数gx=1−x2对应的轨迹为半径为1的上半圆，
∴根据积分的几何意义可知上半圆的面积为12×π=π2，
故011−x2dx=12×π2=π4，
∵01xdx=12x2|01=12，
∴01fxdx=π4+12．
故答案为：π4+12．
【答案】
31
【考点】
等比数列的前n项和
等比中项
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由a1a7=4，得(a4)2=4，
∵ an>0，∴ a4=2，
∵ a4+2a7=52，∴ a7=14，
∴ q3=18，解得q=12，a1=16，
则S5=16(1−(12)5)1−12=31．
故选C.
【答案】
8
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
令x=0，得a0=1，再分别令x=1，x=−1，可得a0+a2+a4+a6的值．
【解答】
解：令x=1，可得a0+a1+a2+⋯+a6=0，
令x=−1，可得a0−a1+a2−a3+⋯+a6=16，
∴2a0+a2+a4+a6=16，
∴ a0+a2+a4+a6=8．
故答案为：8．
【答案】
−2
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
令fm=gn=t，t>0，可得n−m=et−1−lnt−3，构造函数ℎt=et−1−lnt−3，t>0，利用导数求其最小值即可．
【解答】
解：令fm=gn=t，t>0，
则em−3=t，1+lnn=t，
∴m=lnt+3，n=et−1，
∴n−m=et−1−lnt−3，
令ℎt=et−1−lnt−3，t>0，
则ℎ′t=et−1−1t，
当t∈0,1 时，ℎ′t<0，
则ℎt在0,1 上单调递减，
当t∈(1,+∞) 时，ℎ′t>0，
则ℎt在(1,+∞)上单调递增，
∴ℎtmin=ℎ(1)=−2．
故答案为：−2．
三、解答题
【答案】
解：(1)由正弦定理2sinC−sinBsinA=sinC−csC，
可化为2sinC−sinB=sinAsinC−sinAcsC，
即2sinC−sinA+C=sinAsinC−sinAcsC，
∴2sinC−sinAcsC−sinCcsA=sinAsinC−sinAcsC，
∵sinC>0，
∴2−csA=sinA，
即sinA+π4=1，
∵A为三角形内角，
∴π4∴A+π4=π2，
∴A=π4．
(2)由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=18+4−12=10，
故a=10，
∵D在边BC上，且CD=2DB，
∴BD=13a=103，
又csB=a2+c2−b22ac=−1010，
∴AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅csB=589，
∴AD=583．
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦定理
余弦定理
【解析】
(1)利用正弦定理将原式中的边化为角，再运用正弦的和角公式可求得答案．
(2)利用余弦定理可求得AD的长度．
【解答】
解：(1)由正弦定理2sinC−sinBsinA=sinC−csC，
可化为2sinC−sinB=sinAsinC−sinAcsC，
即2sinC−sinA+C=sinAsinC−sinAcsC，
∴2sinC−sinAcsC−sinCcsA=sinAsinC−sinAcsC，
∵sinC>0，
∴2−csA=sinA，
即sinA+π4=1，
∵A为三角形内角，
∴π4∴A+π4=π2，
∴A=π4．
(2)由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=18+4−12=10，
故a=10，
∵D在边BC上，且CD=2DB，
∴BD=13a=103，
又csB=a2+c2−b22ac=−1010，
∴AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅csB=589，
∴AD=583．
【答案】
解：(1)由题意得，3x−13x的展开式的通项公式为：
Tr+1=Cnrxn−r3(−1)rx−r3=Cnr(−1)rxn−2r3，
由第6项为常数项，
可得当r=5时，n−2r3=0，
即n−103=0，解得n=10．
(2)令10−2r3=2，解得r=2，
则展开式中含x2的项的系数为−12C102=45．
(3)因为n=10，
所以展开式中二项式系数最大的项为：
T6=−15C105x0=−252．
【考点】
二项式定理的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】


(3)因为n=10，所以展开式中二项式系数最大的项为T6，根据通项公式求出．
【解答】
解：(1)由题意得，3x−13x的展开式的通项公式为：
Tr+1=Cnrxn−r3(−1)rx−r3=Cnr(−1)rxn−2r3，
由第6项为常数项，
可得当r=5时，n−2r3=0，
即n−103=0，解得n=10．
(2)令10−2r3=2，解得r=2，
则展开式中含x2的项的系数为−12C102=45．
(3)因为n=10，
所以展开式中二项式系数最大的项为：
T6=−15C105x0=−252．
【答案】
解：(1)第一步：选3名男运动员，有C63种选法．
第二步：选2名女运动员，有C42种选法，
则共有C63⋅C42=120种选法．
(2)至少1名女运动员”的反面为“全是男运动员”．
从10人中任选5人，有C105种选法，
其中全是男运动员的选法有C65种．
所以“至少有1名女运动员”的选法有C105−C65=246种．
(3)从10人中任选5人，有C105种选法，
其中不选队长的方法有C85种，
所以“至少有1名队长”的选法有C105−C85=196种选法．
(4)当有女队长时，其他人任意选，共有C94种选法．
不选女队长时，必选男队长，共有C84种选法．
其中不含女运动员的选法有C54种，
所以不选女队长时共有C84−C54种选法．
所以既有队长又有女运动员的选法共有：
C94+C84−C54=191种．
【考点】
分步乘法计数原理
有关排列、组合的计算
排列、组合的应用
【解析】
（1）本题是一个分步计数问题，首先选3名男运动员，有C63种选法．再选2名女运动员，有C42种选法．利用乘法原理得到结果．
（2）至少1名女运动员包括以下几种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．分别写出这几种结果，利用分类加法原理得到结果．本题也可以从事件的对立面来考虑，写出所有的结果减去都是男运动员的结果数．
（3）只有男队长的选法为C84种，只有女队长的选法为C84种，男、女队长都入选的选法为C83种，把所有的结果数相加．
（4）当有女队长时，其他人选法任意，共有C94种选法．不选女队长时，必选男队长，共有C84种选法．其中不含女运动员的选法有C54种，得到结果．
【解答】
解：(1)第一步：选3名男运动员，有C63种选法．
第二步：选2名女运动员，有C42种选法，
则共有C63⋅C42=120种选法．
(2)至少1名女运动员”的反面为“全是男运动员”．
从10人中任选5人，有C105种选法，
其中全是男运动员的选法有C65种．
所以“至少有1名女运动员”的选法有C105−C65=246种．
(3)从10人中任选5人，有C105种选法，
其中不选队长的方法有C85种，
所以“至少有1名队长”的选法有C105−C85=196种选法．
(4)当有女队长时，其他人任意选，共有C94种选法．
不选女队长时，必选男队长，共有C84种选法．
其中不含女运动员的选法有C54种，
所以不选女队长时共有C84−C54种选法．
所以既有队长又有女运动员的选法共有：
C94+C84−C54=191种．
【答案】
解：X的所有可能取值为3，4，5，6．
P(X=3)=C33C123=1220，
P(X=4)=C91C32C123=27220，
P(X=5)=C92C31C123=2755，
P(X=6)=C93C123=2155，
所以X的分布列为：
【考点】
离散型随机变量及其分布列
分布列对于刻画随机现象的重要性
【解析】
从盒中任取3个，这3个可能全是旧的，2个旧的1个新的，1个旧的2个新的或全是新的，所以用完放回盒中，盒中旧球个数可能是3个，4个，5个，6个，即X可以取3，4，5，6．X取每个值的概率可由古典概型求得，列出分布列即可．
【解答】
解：X的所有可能取值为3，4，5，6．
P(X=3)=C33C123=1220，
P(X=4)=C91C32C123=27220，
P(X=5)=C92C31C123=2755，
P(X=6)=C93C123=2155，
所以X的分布列为：
【答案】
(1)证明：连接AC交BD于E，连接EM，则E为AC中点，
∴ EM为△APC的中位线，则EM//AP，
又EM⊂平面BDM，AP⊄平面BDM，
∴ AP//平面BDM.
(2)解：由PB2+PC2=BC2=4，得PB⊥PC，
取BC中点O，AD中点F，连接PO，OF，
则PO⊥BC，PO=1，
∵ 平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，
PO⊥BC，PO⊂平面PBC，
∴ PO⊥平面ABCD，
又OF⊂平面ABCD，则PO⊥OF
∴ PO，OF，OB两两垂直.
如图，以O为原点，OF，OB，OP分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系O−xyz，
则D2,−1,0，P0,0,1，B0,1,0，
C0,−1,0，M0,−12,12，
∴ DM→=−2,12,12，BD→=2,−2,0，CD→=2,0,0，
设平面BDM的法向量为m→=x1,y1,z1，
则m→⋅BD→=0，m→⋅DM→=0，即2x1−2y1=0，−2x1+12y1+12z1=0，
令x1=1，则m→=1,1,3，
设平面CDM的法向量为n→=x2⋅y2,z2，
则n→⋅CD→=0，n→⋅DM→=0，即2x2=0，−2x2+12y2+12z2=0，
令y2=−1，则n→=0,−1,1，
∴ cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=211×2=2211，
∴ 平面CDM与平面BDM所成锐二面角的余弦值为2211.
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
直线与平面垂直的判定
直线与平面垂直的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接AC交BD于E，连接EM，则E为AC中点，
∴ EM为△APC的中位线，则EM//AP，
又EM⊂平面BDM，AP⊄平面BDM，
∴ AP//平面BDM.
(2)解：由PB2+PC2=BC2=4，得PB⊥PC，
取BC中点O，AD中点F，连接PO，OF，
则PO⊥BC，PO=1，
∵ 平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，
PO⊥BC，PO⊂平面PBC，
∴ PO⊥平面ABCD，
又OF⊂平面ABCD，则PO⊥OF
∴ PO，OF，OB两两垂直.
如图，以O为原点，OF，OB，OP分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系O−xyz，
则D2,−1,0，P0,0,1，B0,1,0，
C0,−1,0，M0,−12,12，
∴ DM→=−2,12,12，BD→=2,−2,0，CD→=2,0,0，
设平面BDM的法向量为m→=x1,y1,z1，
则m→⋅BD→=0，m→⋅DM→=0，即2x1−2y1=0，−2x1+12y1+12z1=0，
令x1=1，则m→=1,1,3，
设平面CDM的法向量为n→=x2⋅y2,z2，
则n→⋅CD→=0，n→⋅DM→=0，即2x2=0，−2x2+12y2+12z2=0，
令y2=−1，则n→=0,−1,1，
∴ cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=211×2=2211，
∴ 平面CDM与平面BDM所成锐二面角的余弦值为2211.
【答案】
解：(1)f(x)=lnx−14x+34x−1的定义域是(0, +∞)．
f′(x)=1x−14−34x2=4x−x2−34x2=−(x−1)(x−3)4x2，
令f′(x)>0，得1令f′(x)<0，得03，
故函数f(x)的单调递增区间是(1, 3)，
单调递减区间是(0, 1)，(3, +∞)，
则函数f(x)在(0,2)上时，x=1是函数极小值点，
此时函数取最小值，最小值为f(1)=−12.
(2)由(1)知，f(x)在(0, 1)上单调递减，在(1, 3)上单调递增，
所以当x∈(0, 2)时，f(x)min=f(1)=−12，
对任意x1∈(0, 2)，x2∈[1, 2]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，
问题等价于−12≥g(x)对任意x∈[1, 2]恒成立，
即−12≥−x2+2mx−4恒成立．
不等式可变为m≤x2+722x=x2+74x，
因为x∈[1, 2]，
所以x2+74x≥2x2⋅74x=142，
当且仅当x2=74x，即x=142时取等号．
所以m≤142，
故实数m的取值范围是(−∞,142]．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数恒成立问题
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
（1）求f′(x)，在函数定义域内利用导数与函数单调性关系解不等式f′(x)>0，f′(x)<0即可．
（2）由题意不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，可转化为f(x)min≥g(x)max，或分离出参数后再求函数最值．
【解答】
解：(1)f(x)=lnx−14x+34x−1的定义域是(0, +∞)．
f′(x)=1x−14−34x2=4x−x2−34x2=−(x−1)(x−3)4x2，
令f′(x)>0，得1令f′(x)<0，得03，
故函数f(x)的单调递增区间是(1, 3)，
单调递减区间是(0, 1)，(3, +∞)，
则函数f(x)在(0,2)上时，x=1是函数极小值点，
此时函数取最小值，最小值为f(1)=−12.
(2)由(1)知，f(x)在(0, 1)上单调递减，在(1, 3)上单调递增，
所以当x∈(0, 2)时，f(x)min=f(1)=−12，
对任意x1∈(0, 2)，x2∈[1, 2]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，
问题等价于−12≥g(x)对任意x∈[1, 2]恒成立，
即−12≥−x2+2mx−4恒成立．
不等式可变为m≤x2+722x=x2+74x，
因为x∈[1, 2]，
所以x2+74x≥2x2⋅74x=142，
当且仅当x2=74x，即x=142时取等号．
所以m≤142，
故实数m的取值范围是(−∞,142]． X
3
4
5
6
P
1220
7220
2755
2155
X
3
4
5
6
P
1220
7220
2755
2155