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）

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：B

2．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：A

5．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：D

7．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：B

12．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：240

15．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.