2020-2021学年河南省濮阳高二（下）4月天一联考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省濮阳高二（下）4月天一联考数学（理）试卷人教A版，共8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=2−i1+3i，则z的虚部为( )
A.−1B.−iC.5D.5i

2. 用反证法证明“三个孩子中恰有一个男孩”时，正确的反设为( )
A.三个孩子都是男孩
B.三个孩子都是女孩
C.三个孩子中至少有两个男孩
D.三个孩子都是女孩或至少有两个男孩

3. 设函数fx=x−2lnx−x2的导函数为f′x，则f′1=( )
A.−1B.1C.−3D.3

4. 教学楼共有6层楼，每层都有南、北两个楼梯，从一楼到六楼共有( )种走法．
A.25B.52C.62D.26

5. 已知z为复数，在复平面内，zi对应的点位于第二象限，则z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

6. 7+3与6+10的大小关系是（ ）
A.7+3<6+10B.7+3>6+10C.7+3=6+10D.不确定

7. 已知函数fx=−13x3+2x2+ax−1在区间−1,1上是增函数，则实数a的取值范围是( )
A.4,9B.[3,+∞)C.−2,5D.[5,+∞)

8. 1+x+1x26的展开式中，常数项为( )
A.45B.66C.76D.90

9. 一组密码由0至9中的六个互不相同的数字组成，包含四个偶数和两个奇数，且0不能放在首位，这样的密码个数为( )
A.28900B.31200C.46800D.52700

10. 函数fx=ln2x−x2+x的单调递减区间为( )
A.2,2B.1,+∞C.1,2D.0,3

11. 已知函数fx的导函数为f′x，且对任意x∈R，f′x−fx<0，若f2=e2,ftA.0,2B.2,+∞C.0,e2D.e2,+∞

12. 设z1，z2是复数，则下列命题中真命题的个数是( )
①若z1⋅z1=z2⋅z2，则|z1|=|z2|；②若|z1|=|z2|，则z1⋅z1=z2⋅z2；
③若z12=z22，则|z1|=|z2|；④若|z1|=|z2|，则z12=z22 .
A.1B.2C.3D.4
二、填空题

已知a∈R，复数a+i2+i为实数，则a=________.
三、解答题

证明：2，5，7不可能是某个等差数列中的三项．

已知复数z=5−i2−3i．
(1)求|z|；

(2)类比数列的有关知识，求z+z2+⋯+z20．

已知函数fx=xex−x .
(1)求函数fx的单调区间；

(2)若函数gx=fx−12x2，求函数gx的极值．

已知x−3nn≤10,n∈N∗的展开式的第五、六、七项的二项式系数成等差数列．
(1)求n；

(2)设x−3n=a0+a1x−2+a2x−22+a3x−23+⋯+anx−2n，求：a1+a3+a5+⋯+am（其中m为小于等于n的最大奇数）．

如图所示，已知F是抛物线C:x2=2pyp>0的焦点，点M是抛物线C上一动点，点N2,2,|MN|+|MF|的最小值为3.

(1)求抛物线C的标准方程；

(2)过直线y=−3上一动点T作抛物线C的两条切线l1,l2，切点分别为A，B，证明：直线AB过定点．

已知函数fx=2aexx+1−4，gx=2x2+8x．
(1)若a=12，求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；

(2)若fx≥gx在[−2,+∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省濮阳市高二（下）4月天一联考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：z=2−i1+3i=5+5i，
则其虚部为5.
故选C.
2.
【答案】
D
【考点】
反证法与放缩法
【解析】
本题考查逻辑推理．
【解答】
解：三个孩子是男孩、女孩的情况共有四种情形：
3个都是女孩，1个男孩2个女孩，2个男孩1个女孩，3个都是男孩，
所以用反证法证明“三个孩子中恰有一个男孩”时，正确的反设为“三个孩子都是女孩或至少有两个男孩”．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
导数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得f′x=lnx+x−2x−2x，
f′1=−1−2=−3．
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
分步乘法计数原理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：从一楼走到六楼，需要选择5次楼梯，每次有2种不同的选法，故不同的走法有25种．
故选A．
5.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的代数表示法及其几何意义
共轭复数
【解析】
本题考查复数的几何意义．
【解答】
解：设z=a+bia,b∈R，
则zi=a+bii=b−ai，点b,−a位于第二象限，
所以b<0,a<0，
复数z=a−bi对应的点为a,−b，也位于第二象限．
故选B．
6.
【答案】
B
【考点】
不等式比较两数大小
【解析】
本题考查分析法的应用．
【解答】
解： 7+3>6+10⇔7+32>6+102⇔16+263>16+260⇔63>60．
故选B．
7.
【答案】
D
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据题意f′x=−x2+4x+a≥0在区间−1,1上恒成立，
则a≥x2−4x，x∈−1,1恒成立，
故a≥5.
故选D．
8.
【答案】
C
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
排列、组合的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：1+x+1x26即6个因式1+x+1x2相乘，
故展开式的常数项有以下几种情况：①所有的因式都取1；
②两个因式取x，一个因式取1x2，另外三个因式取1；
③四个因式取x，两个因式取1x2.
所以常数项为1+C62C41+C64=76．
故选C．
9.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：四个偶数和两个奇数组成的互不相同的六位数密码个数为C54C52A66=36000，
0在首位的密码个数为C43C52A55=4800，
故满足条件的密码个数为36000−4800=31200.
故选B．
10.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：函数fx的定义域为0,2，
而f′x=−x2+2x2−x.
由于x∈0,2，所以x2−x>0，
所以f′x<0即−x2+2<0，解得2所以函数fx的单调递减区间为2,2．
故选A．
11.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
本题考查导数的应用．
【解答】
解：构造函数gt=ftet−1，
则g2=f2e2−1=0.
因为g′t=f′t−ftet<0，
所以函数gt在R上单调递减，
所以f(t)因此t>2．
故选B．
12.
【答案】
C
【考点】
复数相等的充要条件
命题的真假判断与应用
复数的模
复数代数形式的乘除运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设z1=a+bi，z2=c+di，其中a，b， c，d∈R．
则z1⋅z1=a2+b2=|z1|2，同理z2⋅z2=|z2|2，于是|z1|2=|z2|2，所以|z1|=|z2|，反过来也成立，所以①②都正确；
对于③，∵z12=a2−b2+2abi，z22=c2−d2+2cdi，则a2−b2=c2−d2，2ab=2cd，a2+b22=a2−b22+4a2b2=c2−d22+4c2d2=c2+d22，
所以a2+b2=c2+d2，即|z1|=|z2|，所以③正确；
对于④，取z1=1，z2=i，满足|z1|=|z2|，但z12=1，z22=−1，二者不相等，所以④错误．
故选C.
二、填空题
【答案】
2
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
先化简复数z，利用复数为纯虚数得到实部为零，虚部不为零，求出a即可.
【解答】
解：∵ a+i2+i=a+i2−i2+i2−i=2a+15+2−a5i为实数，
∴ 2a+15≠0，2−a5=0，
解得a=2.
故答案为：2.
三、解答题
【答案】
证明：假设2,5，7是某个等差数列中的三项，设公差为d，显然d≠0，
则存在m，n∈N∗，使得2=5−nd,7=5+md，
于是mn=7−55−2=9+55 ．
因为m，n∈N∗，所以mn是有理数，而9+55是无理数，矛盾！
所以2,5，7不可能是某个等差数列中的三项．
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列的性质
反证法
【解析】
本题考查反证法的应用．
【解答】
证明：假设2,5，7是某个等差数列中的三项，设公差为d，显然d≠0，
则存在m，n∈N∗，使得2=5−nd,7=5+md，
于是mn=7−55−2=9+55 ．
因为m，n∈N∗，所以mn是有理数，而9+55是无理数，矛盾！
所以2,5，7不可能是某个等差数列中的三项．
【答案】
解：(1)z=5−i2−3i=5−i2+3i2−3i2+3i=13+13i13=1+i ，
所以|z|=2．
(2)z+z2+⋯+z20是以z为首项，z为公比的等比数列前20项之和，
所以z+z2+⋯+z20=z1−z201−z ．
因为z2=1+i2=2i，z4=2i2=−4，
所以z20=−45=−1024 ．
所以原式=1+i1+10241−1−i=−1025+1025i．
【考点】
复数的模
复数代数形式的混合运算
等比数列的前n项和
【解析】
本题考查复数的运算以及复数的模．
【解答】
解：(1)z=5−i2−3i=5−i2+3i2−3i2+3i=13+13i13=1+i ，
所以|z|=2．
(2)z+z2+⋯+z20是以z为首项，z为公比的等比数列前20项之和，
所以z+z2+⋯+z20=z1−z201−z ．
因为z2=1+i2=2i，z4=2i2=−4，
所以z20=−45=−1024 ．
所以原式=1+i1+10241−1−i=−1025+1025i．
【答案】
解：(1)f′x=ex+xex−1=exx+1−1，
令f′x=0，即exx+1=1，
当x=0时，exx+1=1，f′x=0，
当x<0时，0∴ exx+1−1<0，即f′x<0，
当x>0时，ex>1，x+1>1，
∴ exx+1−1>0，即f′x>0
∴ 函数fx的单调递减区间为−∞,0，单调递增区间为0,+∞ ．
(2)函数gx=fx−12x2=xex−x−12x2，
∴ g′x=ex+xex−1−x=ex−1x+1 ．
令g′x=0，即ex−1x+1=0，
解得x=0或x=−1 .
当x∈−∞,−1时，g′x>0；
当x∈−1,0时，g′x<0；
当x∈0,+∞时，g′x>0 .
故gx在−∞,−1,0,+∞上单调递增，在−1,0上单调递减．
∴ 极大值为g−1=12−1e，极小值为g0=0．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f′x=ex+xex−1=exx+1−1，
令f′x=0，即exx+1=1，
当x=0时，exx+1=1，f′x=0，
当x<0时，0∴ exx+1−1<0，即f′x<0，
当x>0时，ex>1，x+1>1，
∴ exx+1−1>0，即f′x>0
∴ 函数fx的单调递减区间为−∞,0，单调递增区间为0,+∞ ．
(2)函数gx=fx−12x2=xex−x−12x2，
∴ g′x=ex+xex−1−x=ex−1x+1 ．
令g′x=0，即ex−1x+1=0，
解得x=0或x=−1 .
当x∈−∞,−1时，g′x>0；
当x∈−1,0时，g′x<0；
当x∈0,+∞时，g′x>0 .
故gx在−∞,−1,0,+∞上单调递增，在−1,0上单调递减．
∴ 极大值为g−1=12−1e，极小值为g0=0．
【答案】
解：(1)第五、六、七项的二项式系数分别是Cn4，Cn5，Cn6，
由条件得Cn6+Cn4=2Cn5，
即n!6!n−6!+n!4!(n−4)!=2×n!5!(n−5)!，
整理可得n2−21n+98=0，
解得n=14或n=7．
因为n≤10，所以n=7．
(2)由(1)知n=7，所以x−37=a0+a1x−2+a2x−22+a3x−23
+⋯+a7x−27，
令x=3，可得a0+a1+a2+⋯+a7=0，①
令x=1，可得a0−a1+a2−⋯−a7=−27=−128, ②
①−②再除以2，得a1+a3+a5+a7=64．
【考点】
二项式系数的性质
等差中项
二项式定理的应用
【解析】
本题考查二项式定理的应用．
本题考查二项式定理的应用．
【解答】
解：(1)第五、六、七项的二项式系数分别是Cn4，Cn5，Cn6，
由条件得Cn６+Cn4=2Cn5，
即n!6!n−6!+n!4!(n−4)!=2×n!5!(n−5)!，
整理可得n2−21n+98=0，
解得n=14或n=7．
因为n≤10，所以n=7．
(2)由(1)知n=7，所以x−37=a0+a1x−2+a2x−22+a3x−23
+⋯+a7x−27，
令x=3，可得a0+a1+a2+⋯+a7=0，①
令x=1，可得a0−a1+a2−⋯−a7=−27=−128, ②
①−②再除以2，得a1+a3+a5+a7=64．
【答案】
解：(1)如图所示，设点N，M在抛物线的准线l上的投影分别为P，Q，
由抛物线定义可知|MN|+|MF|=|MN|+|MQ|≥|NP|=3，
所以|NP|=2+p2=3，所以p=2，
所以抛物线C的标准方程为x2=4y．
(2)设Ax1,y1,Bx2,y2,Tt,−3，
因为函数y=x24的导函数为y′=x2，
所以l1,l2的斜率分别为k1=x12，k2=x22，
从而l1的方程为y=x12(x−x1)+y1，
结合y1=x124，可得y=x12x−y1；
同理可得l2的方程为y=x22x−y2，
由于l1,l2都过点Tt,−3，所以−3=x12t−y1，−3=x22t−y2，
即Ax1,y1,Bx2,y2都在直线−3=x2t−y上，
即直线AB的方程为y=t2x+3，恒过定点0,3．
【考点】
抛物线的定义
抛物线的标准方程
直线与抛物线的位置关系
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)如图所示，设点N，M在抛物线的准线l上的投影分别为P，Q，
由抛物线定义可知|MN|+|MF|=|MN|+|MQ|≥|NP|=3，
所以|NP|=2+p2=3，所以p=2，
所以抛物线C的标准方程为x2=4y．
(2)设Ax1,y1,Bx2,y2,Tt,−3，
因为函数y=x24的导函数为y′=x2，
所以l1,l2的斜率分别为k1=x12,k2=x22，
从而l1的方程为y=x12(x−x1)+y1，
结合y1=x124，可得y=x12x−y1；
同理可得l2的方程为y=x22x−y2，
由于l1,l2都过点Tt,−3，所以−3=x12t−y1，−3=x22t−y2，
即Ax1,y1,Bx2,y2都在直线−3=x2t−y上，
即直线AB的方程为y=t2x+3，恒过定点0,3．
【答案】
解：(1)当a=12时，f(x)=ex(x+1)−4，
f′x=exx+2，
所以f′0=2.
又因为f0=−3，
所以曲线y=f(x)在点(0,f0)处的切线方程为y=2x−3 .
(2)设函数F(x)=f(x)−g(x)
=2aex(x+1)−2x2−8x−4,x∈[−2,+∞)，
由题设条件可知F−2=−2ae2+4≥0，
且F0=2a−4≥0，则2≤a≤2e2．
F′x=2aexx+1+2aex−4x−8=2x+2aex−2，
令F′x=0，解得x1=ln2a，x2=−2 .
因为2≤a≤2e2，所以−2≤x1≤0 .
①若x1=−2，即a=2e2，
当x∈[−2,+∞)时，F′x≥0,Fx单调递增，
而F−2=0，所以Fx≥0，即fx≥gx ．
②若−2当x∈[−2,x1)时，F′x≤0，当x∈x1,+∞时，F′x>0，
即Fx在[−2,x1)上单调递减，在x1,+∞上单调递增，
Fx在x=x1处取得最小值，
而Fx1=2aex1x1+1−2x12−8x1−4
=4x1+4−2x12−8x1−4
=−2x1x1+2≥0，所以Fx≥0，即fx≥gx．
综上所述，实数a的取值范围为2,2e2．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
函数恒成立问题
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=12时，f(x)=ex(x+1)−4，
f′x=exx+2，
所以f′0=2.
又因为f0=−3，
所以曲线y=f(x)在点(0,f0)处的切线方程为y=2x−3 .
(2)设函数F(x)=f(x)−g(x)
=2aex(x+1)−2x2−8x−4,x∈[−2,+∞)，
由题设条件可知F−2=−2ae2+4≥0，
且F0=2a−4≥0，则2≤a≤2e2．
F′x=2aexx+1+2aex−4x−8=2x+2aex−2，
令F′x=0，解得x1=ln2a,x2=−2 .
因为2≤a≤2e2，所以−2≤x1≤0 .
①若x1=−2，即a=2e2，
当x∈[−2,+∞)时，F′x≥0,Fx单调递增，
而F−2=0，所以Fx≥0，即fx≥gx ．
②若−2当x∈[−2,x1)时，F′x≤0，当x∈x1,+∞时，F′x>0，
即Fx在[−2,x1)上单调递减，在x1,+∞上单调递增，
Fx在x=x1处取得最小值，
而Fx1=2aex1x1+1−2x12−8x1−4
=4x1+4−2x12−8x1−4
=−2x1x1+2≥0，所以Fx≥0，即fx≥gx．
综上所述，实数a的取值范围为2,2e2．