2018-2019学年广东省汕头市金山中学高二下学期第一次月考数学（理）试题（解析版） 16页

‎2018-2019学年广东省汕头市金山中学高二下学期第一次月考数学（理）试题 一、单选题 ‎1．复数，其中i为虚数单位，则z的虚部是（ ）‎ A．-3 B．3 C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据复数的运算，化简得，得到复数的虚部，即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，复数，所以复数的虚部为，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了复数的运算，以及复数的基本概念，其中解答中熟记复数的运算，化简复数是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎2．若，，，则，，的大小关系为　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：，，，所以．‎ ‎【考点】积分的运算．‎ ‎3．函数的图象大致是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据可知函数单调递增，由此可得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎ ‎ ‎ 单调递增 均存在单调递减区间，由此可得正确 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用导数确定函数的图象，属于基础题.‎ ‎4．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为　　‎ A． B． C． D．3‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的立方体的外接球，其半径为，故体积为，故选A．‎ ‎【考点】本题主要考查三视图与空间几何体的体积．‎ ‎5．如图，在正方体中，分别是的中点，则下列判断错误的是( )‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据依次证明出三个选项，由此可得错误.‎ ‎【详解】‎ 连接，可知为中点 又为中点，可知 选项：平面，平面 ‎ 又，所以，可知正确；‎ 选项：，， 平面 又，所以平面，可知正确；‎ 选项：，平面 平面，可知正确；‎ 选项：，，，可知与不平行，即错误.‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间中直线与直线、直线与平面的位置关系问题，属于基础题.‎ ‎6．的展开式中的常数项为　　‎ A． B． C．6 D．24‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令x的指数为0求出r，将r的值代入通项求出展开式的常数项．‎ ‎【详解】‎ 二项展开式的通项为Tr+1=（﹣1）r24﹣rC4rx4﹣2r,‎ 令4﹣2r=0得r=2.‎ 所以展开式的常数项为4C42=24.‎ 故答案为：D ‎【点睛】‎ ‎(1)本题主要考查二项式展开式的通项和利用其求特定项，意在考察学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 二项式通项公式： （）,①它表示的是二项式的展开式的第项，而不是第项；②其中叫二项式展开式第项的二项式系数，而二项式展开式第项的系数是字母幂前的常数；③注意.‎ ‎7．5位同学站成一排照相，其中甲与乙必须相邻，且甲不能站在两端的排法总数是(    )‎ A．40 B．36 C．32 D．24‎ ‎【答案】B ‎【解析】先计算出甲与乙必须相邻的情况种数，再计算出甲站在两端且与乙相邻的种数，问题得解。‎ ‎【详解】‎ 由题可得：甲与乙必须相邻的情况种数为：种，‎ 甲分别站在两端且与乙相邻的种数为：种，‎ 所以甲与乙必须相邻，且甲不能站在两端的排法总数是种。‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查了捆绑法排列计算及含特殊要求的排列计算，考查分类思想及转化思想，属于基础题。‎ ‎8．已知实数x，y满足不等式组，若的最大值为3，则的值为（ ）‎ A．1 B． C．2 D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】画出可行域如下图所示，由图可知目标函数经过点时，取得最大值，联立解得，代入目标函数得. ‎ ‎9．设，其中x、，，1，，6，则 A．16 B．32 C．64 D．128‎ ‎【答案】B ‎【解析】分别令和，求出代数式的值，然后相减计算，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，令，则，‎ 令，则，‎ 两式相减，得，所以，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中合理利用赋值法求解二项展开式系数的和是解得关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎10．已知“整数对”按如下规律排成一列：，，，，，，，，，，，则第222个“整数对”是　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据整数对的分布规律，可知整数对的总个数为个，由此确定第个整数对的位置；当为奇数时，第个数恰为时的整数对，则可得所求整数对.‎ ‎【详解】‎ 将整数对记为：，由题意可知：‎ 的个数为个 的个数为个 的个数为个 ‎……‎ 以此类推，则可得：；‎ 可知第个整数对是中的第个 的整数对共个，则第个为：‎ 由此可得第个为：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查类比、归纳的思想，关键是通过类似于杨辉三角的规律，确定所求整数对的位置，再利用整数对中数字的排列规律求解得到结果.‎ ‎11．已知双曲线C：的左、右焦点分别为P是双曲线C右支上一点，且PF2=F1F2,若直线PF1与圆相切，则双曲线的离心率为（ ）‎ A． B． C．2 D．3‎ ‎【答案】B ‎【解析】取线段PF1的中点为A，连接AF2，又|PF2|＝|F1F2|，则AF2⊥PF1，∵直线PF1与圆x2＋y2＝a2相切，且,由中位线的性质可知|AF2|＝2a，∵|PA|＝|PF1|＝a＋c，∴4c2＝(a＋c)2＋4a2，‎ 化简得，即，‎ 则双曲线的离心率为.‎ 本题选择B选项.‎ 点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：‎ ‎①求出a，c，代入公式；‎ ‎②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e 的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．‎ ‎12．已知a为常数，函数有两个极值点则（）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】求导得: .易得在点P（1，0）处的切线为.当时，直线与曲线交于不同两点（如下图），且，‎ ‎. .选D 二、填空题 ‎13．已知复数为虚数单位，那么z的共轭复数为______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】利用复数的运算法则和共轭复数的定义，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，复数，‎ 所以其共轭复数为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了复数的运算法则，以及共轭复数的定义，其中解答中熟记复数的运算法则，准确运算复数，再根据共轭复数的定义求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎14．甲、乙两人从6门课程中各选修3门 则甲、乙所选的课程中至多有1门相同的选法共有______ 种．‎ ‎【答案】200‎ ‎【解析】根据题意，分两种情况讨论：①甲、乙所选的课程全不相同，有＝20种选法；②甲、乙所选的课程有1门相同，有 ＝180种选法．‎ ‎∴甲、乙所选的课程中至多有1门相同的选法共有20＋180＝200种．‎ 故答案为：200.‎ 点睛：解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手．‎ ‎(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；‎ ‎(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；‎ ‎(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；‎ ‎(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．‎ ‎15．记等差数列得前n项和为，利用倒序相加法的求和办法，可将表示成首项，末项与项数的一个关系式，即；类似地，记等比数列的前n项积为，，类比等差数列的求和方法，可将表示为首项，末项与项数的一个关系式，即公式 ______ ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：由等差数列类比等比数列，在运用类比推理时，通常等差数列中的求和类比等比数列中乘积，从而可得结果，.‎ 详解：在等差数列得前项和为，‎ 因为等差数列中的求和类比等比数列中的乘积，‎ 所以各项均为正的等比数列的前项积，‎ 故答案为.‎ 点睛：本题主要考查类比推理，属于中档题.类比推理问题，常见的类型有：（1）等差数列与等比数列的类比；（2）平面与空间的类比；（3）椭圆与双曲线的类比；（4）复数与实数的类比；（5）向量与实数的类比.‎ ‎16．已知的三个内角A，B，C的对边依次为a，b，c，外接圆半径为1，且满足，则面积的最大值为_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由，利用正弦定理可得：，，∵，，∴，∴，即，∵，∴，即，∴，∴，∴（当且仅当时，取等号），∴面积为，则面积的最大值为，故答案为.‎ 三、解答题 ‎17．设是数列的前n项和，已知，‎ ‎⑴求数列的通项公式； ‎ ‎⑵设，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）利用可证得数列为等比数列，从而可求得通项公式；（2）通过（1）可得，分为为奇数和为偶数两种情况分别求出.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，所以当时，‎ 两式相减得， 所以 当时，，，则 所以数列为首项为，公比为的等比数列， 故 ‎（2）由（1）可得 所以 故当为奇数时， ‎ 当为偶数时，‎ 综上 ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列通项公式的求解、数列前项和的求解问题，在解决含的数列求和的问题时，要注意进行为奇数和偶数两种情况的讨论.‎ ‎18．已知函数．‎ 当时，求曲线在处的切线方程；‎ 过点作的切线，若所有切线的斜率之和为1，求实数a的值．‎ ‎【答案】(I)；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据曲线的解析式求出导函数，把的横坐标代入导函数中即可求出切线的斜率根据点斜式可得切线的方程；（2）设出曲线过点切线方程的切点坐标，把切点的横坐标代入到（1）求出的导函数中即可表示出斜率，根据切点坐标和表示出的斜率，写出切线的方程，把的坐标代入切线方程即可得到关于切点横坐标的方程，解方程方即可得到切点横坐标的值，分别代入所设的切线方程即可的结果.‎ 试题解析：（Ⅰ）当a＝1时，，∴f'（x）＝x2－1，‎ ‎∴k切＝f'（2）＝4－1＝3．‎ ‎∵，‎ 所以切线方程为，整理得9x－3y－10＝0．‎ ‎（Ⅱ）设曲线的切点为（x0，y0），则，‎ 所以切线方程为．‎ 又因为切点（x0，y0）既在曲线f（x）上，又在切线上，所以联立得 可得x0＝0或x0＝3，‎ 所以两切线的斜率之和为－a＋（9－a）＝9－2a＝1，∴a＝4．‎ ‎【方法点晴】本题主要考查导数的几何意义、利用导数求曲线切线，属于中档题.求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出在处的导数，即在点 出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在 ‎ 处导数不存在，切线方程为）；（2）由点斜式求得切线方程.‎ ‎19．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，平面ABCD，，，E，F分别是BC，PC的中点．‎ Ⅰ证明：；‎ Ⅱ设H为线段PD上的动点，若线段EH长的最小值为，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】分析：（1）根据正三角形性质得AE⊥BC，即得AE⊥AD，再根据PA⊥平面ABCD得AE⊥PA,由线面垂直判定定理得EA⊥平面PAD,即得AE⊥PD；（2）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解得平面AEF一个法向量，由向量数量积得向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系得结果.‎ 详解：（1）连接AC，因为底面ABCD为菱形，所以三角形ABC为正三角形，所以AE⊥BC，又AD//BC，则又PA⊥平面ABCD，所以AE⊥PA,由线面垂直判定定理得EA⊥平面PAD,所以AE⊥PD ‎ ‎（2）过A作AH⊥PD于H，连HE，由（1）得AE⊥平面PAD 所以EH⊥PD，即EH=，∵AE=，∴AH=，∴PA=2以A为原点，AE，AD，AP 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，‎ A（0,0,0），E（，0,0），D（0,2,0），C（，1,0），P（0,0,2） ‎ ‎∴F（，，1）∵，，∴平面AEF的法向量又，∴所以直线PD与平面AEF所成的角的余弦值为 点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.‎ ‎(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.‎ ‎(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.‎ ‎(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.‎ ‎20．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，直线l：上的点和椭圆O上的点的距离的最小值为1．‎ Ⅰ求椭圆的方程；‎ Ⅱ已知椭圆O的上顶点为A，点B，C是O上的不同于A的两点，且点B，C关于原点对称，直线AB，AC分别交直线l于点E，记直线AC与AB的斜率分别为，．‎ 求证：为定值；       求的面积的最小值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）①详见解析②‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)由题意求得 的值，结合椭圆焦点位于 轴上写出标准方程即可；‎ ‎(2)①中，分别求得 的值，然后求解其乘积即可证得结论；‎ ‎②中，联立直线与椭圆的方程，利用面积公式得出三角形面积的解析式，最后利用均值不等式求得面积的最小值即可.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）由题知，由，‎ 所以．‎ 故椭圆的方程为． ‎ ‎（Ⅱ）① 证法一：设，则，‎ 因为点B，C关于原点对称，则，‎ 所以．‎ 证法二：直线AC的方程为， ‎ 由得，‎ 解得，同理，‎ 因为B，O，C三点共线，则由，‎ 整理得，‎ 所以． ‎ ‎②直线AC的方程为，直线AB的方程为，不妨设，则，‎ 令y＝2，得，‎ 而，‎ 所以，△CEF的面积 ‎ ． ‎ 由得，‎ 则 ，当且仅当取得等号，‎ 所以△CEF的面积的最小值为．‎ 点睛：对题目涉及的变量巧妙的引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”的效果，直接得定值．‎ 圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．‎ ‎21．已知函数 (k ‎①若;‎ ‎②若对都有f(x)求k范围;‎ ‎③若且f(证明：;‎ ‎【答案】⑴详见解析；⑵详见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（1）求导数分类讨论①时,②当时，令解得，当时，当写出单调区间及极值．‎ ‎（2）转化为对于恒成立．分离参数对于恒成立,利用导数求不等式右边的最大值即可．‎ ‎（3）不妨设则,要证只要证即证因为在区间上单调递增,所以 又即证构造函数函数在区间上单调递增,故而故 所以即所以成立．‎ 试题解析：⑴ ‎ ‎①时,因为所以 函数的单调递增区间是，无单调递减区间,无极值；‎ ‎②当时，令解得，‎ 当时，当 所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是，‎ 在区间上的极小值为无极大值．‎ ‎⑵ 由题意，‎ 即问题转化为对于恒成立．‎ 即对于恒成立,‎ 令,则 令,则 所以在区间上单调递增,故故 所以在区间上单调递增,函数 要使对于恒成立,只要,‎ 所以即实数的取值范围为．‎ ‎⑶ 因为由⑴知,函数在区间上单调递减,在区间上单调递增,且 不妨设则,‎ 要证只要证即证 因为在区间上单调递增,所以 又即证 构造函数 即 因为,所以即 所以函数在区间上单调递增,故 而故 所以即所以成立．‎ 点睛：本题考查函数的单调性极值及恒成立问题，涉及函数不等式的证明，综合性强，难度大，属于难题．处理导数大题时，注意分层得分的原则，力争第一二问答对，第三问争取能写点，一般涉及求函数单调性及极值时，比较容易入手，求导后注意分类讨论，对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要多加体会．‎