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豫南九校2020学年下期第二次联考高二数学（理）试题第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】C【解析】分析：先将复数化为的形式，由此得到复数对应的点，于是可得点所在的象限详解：，所以复数对应的点为，在第三象限故选C点睛：由于复数、复平面内的点和向量之间建立了一一对应的关系，故求解本题时可将复数化为代数形式后即可得到结论2. 抛物线的焦点坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：根据抛物线的焦点为求解详解：由得，所以抛物线的焦点坐标是故选D点睛：求抛物线的焦点坐标时，可先将抛物线方程化为标准形式后求解，注意焦点在方程中的一次项对应的坐标轴上，正（负）半轴由一次项的符号确定3. 下列说法正确的是（ ）A. 命题“若，则”的否命题是“若，则”B. 若，则“”是“”的必要不充分条件C. 函数的最小值为D. 命题“，”的否定是“，”【答案】B【解析】分析：对四个选项逐一分析、排除后可得结论详解：选项A中，命题的否命题为“若，则”，故A不正确选项B中，由可得或，得“”是“”的必要不充分条件，故B正确选项C中，应用基本不等式时，等号成立的条件为，此等式显然不成立，所以函数的最小值为2不正确，即C不正确选项D中，命题的否定为“，”，故D不正确故选B点睛：本题主要考查相关概念，解题时要根据相应的概念进行分析、判断，同时要注意举反例等方法的运用4. 已知函数，则函数的图象在处的切线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：先根据导数的几何意义求得切线的斜率，再由点斜式方程得到切线方程详解：，又，所求切线方程为，即故选C.5. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：根据在上恒成立求解详解：，又函数 在上单调递增，在上恒成立，即在上恒成立当时，所以实数的取值范围是故选A点睛：当时，则函数在区间上单调递增；而当函数在区间上单调递增时，则有在区间上恒成立解题时要注意不等式是否含有等号6. 甲、乙、丙、丁四位同学被问到是否去过市时，甲说：我没去过，乙说：丙去过，丙说：丁去过，丁说：我没去过.在以上的回答中只有一人回答正确，且只有一人去过市.根据以上条件，可以判断去过市的人是（ ）A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁【答案】A【解析】分析：利用反证法的思想对每个选项进行逐一排除可得结果详解： 假设甲去过B市，则甲、乙、丙说的都不正确，丁说的正确，符合题意故A正确假设乙去过B市，则甲、丁说的正确，乙、丙说的不正确，矛盾故B不正确假设丙去过B市，则甲、乙、丁说的正确，丙说的不正确，矛盾故C不正确假设丁去过B市，则甲、丙说的正确，乙、丁说的不正确，矛盾，故D不正确故选A点睛：本题考查推理的应用，解题的主要策略就是对所给的结果逐一排除，注意反证法及特例在解题中的利用7. 用数学归纳法证明不等式“”时的过程中，由到，不等式的左边增加的项为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：分别写出当和时的不等式，比较后可得结果详解：当时，不等式为；当时，不等式为，即，比较可得增加的项为故选C点睛：数学归纳法证题的关键是证明由“”时命题成立，得到“”时命题也成立，此步的重点在于判断由到时等式（或不等式）增加了哪些项，解题时可写出和时对应的等式（或不等式），通过比较可得结果8. 已知为等差数列，.若为等比数列，则类似的结论是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：类比等差数列和等比数列下标和的性质求解可得结论也可直接将等差数列中的和与积类比成等比数列中的积和乘方得到结论详解：在等差数列中，令，则，在等比数列中，令，则，故选D点睛：等差数列和等比数列之间进行类比时，可将等差中的和、积类比成等比数列中的积、乘方，由此可得到相关的结论，但要注意类比的结论应是正确的，因此可通过推理进行验证9. 将标号分别为，的个小球放入个不同的盒子中，每个盒子至少放一球，则不同的方法种数为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：先将5个小球分为1,1,3和1,2,2两类，然后再进行分配可得结果详解：若5个小球分为1,1,3三部分后再放在3个不同的盒子内，则不同的方法为种；若5个小球分为1,2,2三部分后再放在3个不同的盒子内，则不同的方法为种所以由分类加法计数原理可得不同的分法有60+90=150种故选A点睛：解答排列组合综合问题时，一般是选择先选后排的方法求解对于分组问题，要分清是平均分组还是不平均分组，对于平均分组问题要注意对出现的重复结果的处理10. 已知数列是公比为的等比数列，满足.设等差数列的前项和为，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：由题意求得等差数列的首项和公差，然后根据等差数列的求和公式求解详解：在等比数列中，由可得，解得，故选D点睛：等差数列和等比数列中都有五个量，这五个量中知道三个可求其余两个，解题时注意方程思想的运用等差数列求前n项和时，要注意“下标和”性质的运用，借助整体代换可简化计算过程，提高解题的效率11. 已知椭圆与抛物线的交点为 ，连线经过抛物线的焦点，且线段的长度等于椭圆的短轴长，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由题意求得点A,B的坐标后代入椭圆的方程，可得间的关系式，于是可得椭圆的离心率详解：由题意得抛物线的焦点为，连线经过抛物线的焦点，且，点的坐标分别为，不妨设点B坐标为由点B在抛物线上可得，故点B坐标为，又点B在椭圆上，整理得，故选A点睛：求离心率的常用方法有以下两种：（1）求得的值，直接代入公式求解；（2）列出关于的齐次方程(或不等式)，然后根据，消去后转化成关于的方程(或不等式)求解12. 已知函数是函数的导函数，（其中为自然对数的底数），对任意实数，都有，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由题意构造函数，则可得单调递减又由可得，即，于是可得不等式的解集详解：由题意构造函数，则，函数在R上单调递减又，而，故不等式的解集为故选B点睛：解抽象不等式的常用方法是构造函数后利用函数的单调性求解，其中如何构造函数是解题的难点，在本题中根据含有的不等式，并结合导数的求导法则构造出函数是关键第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 设复数满足，则_【答案】【解析】分析：由题意先求出复数，然后再求详解：，点睛：对于复数的运算一是要注意运算的顺序，另外要注意在运算中的应用，即遇到时要写成求复数的模时，首项将复数化为代数形式后再根据公式求解14. 计算_【答案】【解析】分析：根据定积分的几何意义，将定积分化为两个区域的面积求解详解：令，可得，表示以原点为圆心，半径为2的圆的上半部分结合图形可得所求定积分为和扇形的面积之和（如图），且中，扇形中，故 点睛：求定积分的方法有两种，一是根据微积分基本定理求解；二是根据定积分的几何意义求解，特别是对于被积函数中含有根号形式的定积分，一般要根据几何意义转化为图形的面积求解15. 已知，是双曲线的两个焦点，为双曲线上一点，且，若的面积为，则_【答案】3【解析】分析：由题意得焦点三角形为直角三角形，根据双曲线的定义和三角形的面积为9求解可得结论详解：设，分别为左右焦点，点P在双曲线的右支上，则有，又为直角三角形，又的面积为9，点睛：凡涉及双曲线（椭圆）焦点三角形的问题，解题时要注意曲线的定义的应用，运用定义进行整体代换，同时在该三角形内要合理运用余（正）弦定理，同时在解题中要曲线的基本量间的关系的利用16. 若为的各位数字之和，如，则.记，则_【答案】11【解析】分析：根据所给出的定义逐个求出，归纳得到一般性的规律后可得所求详解：由题意得，故； ，故；，故；，故；，故；，故；当时， 点睛：数的归纳时归纳推理中的常见题型，它包括数字归纳和式子归纳解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 已知的展开式中各项的二项式系数之和为.（1）求的值；（2）求的展开式中项的系数；（3）求展开式中的常数项.【答案】（1）；（2）80；（3）-30.【解析】分析：（1）由二项展开式的二项式系数和为求解即可（2）由（1）得到二项展开式的通项后求解（3）根据展开式的通项并结合组合的方法求解详解：（1）由题意结合二项式系数的性质可得，解得（2）由题意得的通项公式为，令，解得，所以的展开式中项的系数为（3）由（2）知，的展开式的通项为，令，解得；令，解得故展开式中的常数项为点睛：（1）求二项展开式的特定项问题，实质是考查通项的特点，一般需要建立方程求，再将的值代回通项求解，注意的取值范围(0，1，2，n)（2）使用二项式的通项公式时要注意：通项公式表示的是第r1项，而不是第r项；通项公式中a和b的位置不能颠倒18. 已知的三个内角，的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，求.【答案】（1）；（2）.详解：（1），由正弦定理得，化简得， 由余弦定理的推论得，（2）由（1）知，又， 由余弦定理得，点睛：（1）解三角形时要注意根据条件选择正（余）弦定理进行边角间的转化，已达到求解的目的（2）三角形的面积公式和余弦定理常综合在一起考查，解题时注意公式的变形，如，然后利用整体代换的方法求解19. 设命题实数满足，命题实数满足.（1）若，为真命题，求的取值范围；（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】分析：（1）将问题转化为当时求不等式组的解集的问题（2）将是的充分不必要条件转化为两不等式解集间的包含关系处理，通过解不等式组解决详解：（1）当时，由得，由得，为真命题，命题均为真命题，解得，实数的取值范围是（2）由条件得不等式的解集为，是的充分不必要条件，是的充分不必要条件，解得，实数的取值范围是点睛：根据充要条件求解参数的范围时，可把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合间的关系，由此得到不等式（组）后再求范围解题时要注意，在利用两个集合之间的关系求解参数的取值范围时，不等式是否能够取等号决定端点值的取舍，处理不当容易出现漏解或增解的现象20. 如图，在多面体中，四边形，均为正方形，点是的中点，点在上，且与平面所成角的正弦值为.（1）证明：平面；（2）求二面角的大小.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】分析：（1）根据条件可证得四边形是平行四边形，故，然后由线面平行的判定定理可得结论成立（2）由题意易知两两垂直且相等，故建立空间直角坐标系，通过向量的运算来求二面角的大小详解：（1）因为四边形，均为正方形，所以且，且，所以且，所以四边形是平行四边形，所以 又因为平面，平面，所以 （2）由题意易知两两垂直且相等，以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系令，则 设，且,则，故，所以点H的坐标为，故易得为平面的一个法向量设与平面所成角为，则，解得或（舍去），所以点， 所以，设平面的法向量为，由得令，则设平面的法向量为，同理可得， 故， 由图形知二面角为锐角，所以二面角的大小为21. 已知椭圆的一个焦点为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）已知直线与椭圆交于，两点，求（为坐标原点）的面积取最大值时直线的方程.【答案】（1）；（2），直线的方程为.【解析】分析：（1）根据椭圆的焦点坐标和所过的点得到关于的方程组，求解后可得椭圆的方程（2）将直线方程代入椭圆的方程消元后，结合根与系数间的关系求得及原点到直线的距离，求得的面积后，再根据目标函数的特征求解最值详解：（1）依题意得解得 椭圆的方程为. （2）由消去整理得，其中 设，则， 又原点到直线的距离.，令，则，当时，取得最大值，且，此时，即.直线的方程为的面积取最大值时直线的方程为.点睛：解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，一般先选择适当的参数建立目标函数，再求这个函数的最值，求最值的常用方法有：利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；利用基本不等式求出参数的最值或范围；在目标函数的基础上构造新的函数，利用函数的性质求最值或范围22. 已知函数.（1）求函数的极值；（2）若函数（其中为自然对数的底数），且对任意的总有成立，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】分析：（1）求导后根据的符号判断出函数的单调性，从而可得极值情况（2）由题意可得在上恒成立设，根据导数求得函数的最大值后可得的取值范围详解：（1）因为，所以当，在上单调递增，故没有极值； 当时，故当，单调递增，当，单调递减，所以当时取得极大值，且极大值为，无极小值综上可得，当时，没有极值；当时，有极大值为，无极小值（2）由题意知，对任意的总有成立，等价于对任意的，恒成立，设，则，因为，所以当时，单调递减，当时，单调递增所以，所以.故实数的取值范围为点睛：（1）求解函数的极值时，判断函数的单调性解题的工具，然后根据单调性可求得极值解题时对于含有参数的问题，要注意分类讨论的运用（2）已知恒成立问题求参数的取值范围时，对于参数容易分离的情况一般先分离参数，转化为求函数的最值的问题处理若参数无法分离，则通过对参数分类讨论的方法逐一排除，最后得到所求范围
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