2021-2022学年宁夏石嘴山市平罗中学高二下学期第一次月考数学（理）试题（解析版）

2021-2022学年宁夏石嘴山市平罗中学高二下学期第一次月考数学（理）试题

一、单选题

1．命题“，”的否定是（       ）

A．， B．， C．， D．，

【答案】C

【分析】由全称命题的否定：将任意改为存在并否定原结论，即可写出命题的否定形式.

【详解】由全称命题的否定为特称命题，

所以原命题的否定为：，.

故选：C

2．在复平面内，复数，则对应的点位于（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】C

【分析】根据共轭复数的概念，可知，再根据复数的几何意义可得对应的点的坐标，由此即可得到结果.

【详解】因为，所以，所以对应的点为，

故对应的点位于第三象限.

故选：C.

3．（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据微积分基本定理即可直接求出答案.

【详解】

故选：B.

4．函数的图像大致为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数的奇偶性以及特殊点的函数值确定正确选项.

【详解】的定义域为，

，所以是奇函数，图象关于原点对称，所以AD选项错误.

，所以B选项错误.

故选：C

5．已知椭圆的两个焦点为，，过点的直线交椭圆于A，B两点，若的周长为16，则（       ）

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】B

【分析】根据椭圆的定义得到，即可得解；

【详解】解：由椭圆定义知：，所以.

故选：B

6．为提高新农村的教育水平，某地选派4名优秀的教师到甲､乙､丙三地进行为期一年的支教活动，每人只能去一个地方，每地至少派一人，则不同的选派方案共有（       ）

A．18种 B．12种 C．72种 D．36种

【答案】D

【分析】先将4名教师分为3组，然后再分别派到甲､乙､丙三地，即可得解.

【详解】解：4名教师分为3组，有种方法，然后再分别派到甲､乙､丙三地，

共有种方案，所以共有36种选派方案.

故选：D.

7．用数学归纳法证明，则当时，左端应在的基础上加上（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】写成的式子和的式子，两式相减可得.

【详解】当时，等式左端，

当时，等式左端，

增加了项．

故选：C．

【点睛】本题主要考查数学归纳法，从到过渡时，注意三个地方，一是起始项，二是终止项，三是每一项之间的步长规律，侧重考查逻辑推理的核心素养.属于基础题.

8．函数，则的值为（       ）

A． B． C． D．8

【答案】A

【解析】先求出,再求出即得解.

【详解】由题得

,

设,

所以，

所以表示圆在第一象限的部分(包含与坐标轴的交点)，其面积为.

所以.

所以.

故选：A

【点睛】本题主要考查定积分的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

9．某班班会准备从含甲、乙的6名学生中选取4人发言，要求甲、乙2人中至少有一人参加，若甲、乙同时参加，则他们发言时顺序相邻，那么不同的发言顺序有（       ）

A．168种 B．240种 C．264种 D．336种

【答案】C

【分析】根据题意，可分为两种情况：甲乙其中一人参加,甲乙两人都参加，结合分类计数原理，即可求解.

【详解】根据题意，可分为两种情况：

若甲乙其中一人参加，有种情况；

若甲乙两人都参加，有种情况，

所以不同的发言顺序有种.

故选：C.

10．数字“”中，各位数字相加和为，称该数为“长久四位数”，则用数字组成的无重复数字且大于的“长久四位数”有（       ）个

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】确定数字和为9的四个数组有：、、共三组，分别排列成无重复数字的四位数可得结论．

【详解】卡片上的四位数字之和等于，四个数字为组成的无重复数字且大于的“长久四位数”共有：，组成的无重复数字且大于的“长久四位数”共有个；组成的无重复数字且大于的“长久四位数”共有个，故共（个）.

故选：C．

11．已知函数的定义域为，且满足（是的导函数），则不等式的解集为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】构造，根据已知条件判断在上单调性，又题设不等式等价于，利用单调性及其定义域范围求解集.

【详解】令，则，即在上递增，

又，则等价于，即，

所以，解得，原不等式解集为.

故选：C

12．为有效阻断新冠肺炎疫情传播徐径，构筑好免疫屏障，从2022年1月13日开始，某市启动新冠病毒疫苗加强针接种工作，凡符合接种第三针条件的市民，要求尽快接种.该市有3个疫苗接种定点医院，现有8名志愿者将被派往这3个医院协助新冠疫苗接种工作，每个医院至少2名至多4名志愿者，则不同的安排方法共有（       ）

A．2940种 B．3000种 C．3600种 D．5880种

【答案】A

【分析】分组分配问题需要考虑重复；依题意要先分类，因为8个人分成3组人数上有不同的分法，再分配.

【详解】根据题意，这8名志愿者人数分配方案共有两类：第一类是2，2，4，第二类是3，3，2，

故不同的安排方法共有 种；

故选：A.

二、填空题

13．已知复数（为虚数单位），则的模为______．

【答案】1

【分析】利用复数的除法运算求出复数即可计算作答.

【详解】依题意，，则，

所以的模为1.

故答案为：1

14．任意正整数的所有正约数之和可按如下方法得到：因为，所以36的所有正约数之和为；因为，所以135的所有正约数之和为.参照上述方法，可求得1000的所有正约数之和为___________.

【答案】2340

【分析】1000=,然后仿照题中给出的方法计算，可以借助以等比数列的求和公式简化计算.

【详解】1000=,

所有正约数之和为,

故答案为：2340.

15．由直线，曲线以及轴所围成的图形的面积为_______．

【答案】

【解析】先根据题意画出所围图形，求出直线，曲线的交点坐标，再由微积分基本定理，即可求出结果.

【详解】做出草图如下，

解方程组 ，得到交点为，直线与轴的交点为，

因此，由与，以及轴所求图形面积为：

.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查由定积分求围成图形的面积，熟记微积分基本定理即可，属于常考题型.

16．的展开式中的系数为___________.（用数字作答）

【答案】-162

【分析】利用二项式展开式的通项公式求解的通项公式，进而求出答案.

【详解】4属开式的通项公式为.当时，x4的展开式中的系数为；当时的展开式中的系数为，故—的展开式中的系数为-162.

故答案为：-162

三、解答题

17．在件产品中，有件正品，件次品，从这件产品中任意抽取件.（写出必要的数学式，结果用数字作答）

(1)共有多少种不同的抽法？

(2)抽出的件中恰有件次品的抽法有多少种？

(3)抽出的件中至少有件次品的抽法有多少种？

【答案】(1)220

(2)90

(3)100

【分析】（1）由组合数求解

（2）由组合数求解

（3）可先从反面考虑

【详解】(1)从这件产品中任意抽取件，共有种

(2)从这件产品中任意抽取件，恰有件次品，

则相当于在件正品中抽取2件，在件次品中抽取1件

有种

(3)若抽出的3件中无次品，则有种

故至少有件次品的抽法有种

18．已知数列{an}的前n项和.

(1)计算a1，a2，a3，a4；

(2)猜想an的表达式，并用数学归纳法证明你的结论.

【答案】(1)，，，；

(2)，证明见解析

【分析】（1）由代值即可求解；

（2）猜想，由数学归纳法的步骤证明即可

【详解】(1)由得，

，解得；

由，解得；

由，解得；

由，解得；

所以计算得，，，；

(2)猜想，下面用数学归纳法证明：

①当n＝1时，猜想显然成立.

②假设时，猜想成立，

即.

那么，当时，，

即.

又，

所以，

从而.

即时，猜想也成立.

故由①和②可知，猜想成立.

19．在平面直角坐标系中，过点的直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)设曲线与直线交于两点，求的值．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）消去t可得直线在直角坐标系的方程，运用极坐标与直角坐标的关系，可得曲线C的直角坐标方程；

（2）理解参数方程中t的意义，联立C与直线方程，应用韦达定理即可.

【详解】(1)对于直线 消去t得 ；

由于 ，曲线C的方程为 ，即 ；

(2)联立方程 得 ，

由韦达定理 ，以及t的几何意义得：

.

20．从等7人中选5人排成一排（写出必要的数学式，结果用数字作答）

(1)若必须在内，有多少种排法？

(2)若三人不全在内，有多少种排法？

(3)若都在内，且必须相邻，与都不相邻，有多少种排法？

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据题意，先在其他6人中选出4人，再与进行全排列，由分步计数原理计算可得答案；

（2）根据题意，由排除法分析：先计算全部的排法，排除其中、、全在内的排法，即可得答案；

（3）根据题意，先在其他4人中选出2人，将看成一个整体，与选出的2人全排列，分析的排法，由分步计数原理计算可得答案；

【详解】(1)解：根据题意，若必须在内，先在其余6人中选出4人，再与全排列即可，一共有种排法，

(2)根据题意，在7人中选出5人排成一排，有种排法，

若、、都在内，有种排法，

则、、三人不全在内的排法有种，

(3)根据题意，先在其他4人中选出2人，有种选法，

将、看成一个整体，与选出2人全排列，有种排法，

排好后，有2个空位可用，在其中选出1个，安排，有2种情况，

则有种排法．

21．已知椭圆：（）的短半轴长为，离心率为.

(1)求椭圆的方程；

(2)若直线：与椭圆相交于，两点（，不是左右顶点），且以为直径的圆过椭圆的左顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.

【答案】(1)；

(2)证明见解析，定点.

【分析】(1)根据给定条件可得，利用离心率求出作答.

(2)设出点A，B坐标，由已知探求出A，B坐标的关系，再设出l的方程并与椭圆方程联立，借助韦达定理计算推理作答.

【详解】(1)因为椭圆：的短半轴长为，离心率为，令其半焦距为c，则，

，解得，

所以椭圆的标准方程为：.

(2)设，，，不是椭圆左右顶点，椭圆左顶点，而以为直径的圆过点E，

则，

即有，

由消去y并整理得：，

，即，则，，

而，

则，化简得，解得或，满足，

当时，直线方程化为，该直线恒过点，与已知矛盾，舍去，

当时，直线方程化为，该直线恒过定点，

所以直线过定点.

22．设函数.

(1)求的单调区间；

(2)，为的导函数，当时，，求整数的最大值.

【答案】(1)答案见解析；

(2).

【分析】（1）求导后，分别在和两种情况下讨论单调性即可；

（2）将不等式转化为，利用导数可求得在上单调递减，在上单调递增，其中，由此可求得，由的范围可求得结果.

【详解】(1)由题意知：定义域为，；

当时，，在上单调递增；

当时，若，；若时，；

在上单调递减，在上单调递增；

综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；

(2)当时，，；

由得：，即；

令，则；

令，则，

在上单调递增，

又，，

，使得，此时，

则当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增，

，，即，

又，，整数的最大值为.

【点睛】思路点睛：本题考查利用导数讨论含参数函数的单调性、恒成立问题的求解；求解恒成立问题的基本思路是采用参变分离的方式，将问题转化为变量与函数最值的大小关系问题，从而利用导数求得函数的最值，进而得到变量的取值范围.