甘肃省金昌市高二数学下学期第二次月考试卷 理（含解析）.doc

2016-2017学年甘肃省金昌市高二（下）第二次月考数学试卷（理科）一、选择题（每小题5分，共60分）1i为虚数单位，复平面内表示复数z=的点在（）a第一象限b第二象限c第三象限d第四象限2下面四个推导过程符合演绎推理三段论形式且推理正确的是（）a大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：是无理数；结论：是无限不循环小数b大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：是无限不循环小数；结论：是无理数c大前提：是无限不循环小数；小前提：无限不循环小数是无理数；结论：是无理数d大前提：是无限不循环小数；小前提：是无理数；结论：无限不循环小数是无理数3我校有4位教师在某一年级的4个班中各教一个班的数学，一次数学检测时，要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有（）a8种b9种c10种d11种4设函数f（x）=ex1，则该函数曲线在x=1处的切线与曲线围成的封闭图形的面积是（）abcd5如图，正方体abcda1b1c1d1的棱长为1，o是底面a1b1c1d1的中心，则o到平面abc1d1的距离为（）abcd6从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有（）a140种b120种c35种d34种7从4男3女志愿者中，选1女2男分别到a，b，c地执行任务，则不同的选派方法（）a36种b108种c210种d72种8已知a，b是异面直线，a、ba，c、db，acb，bdb，且ab=2，cd=1，则a与b所成的角是（）a30b45c60d909已知f（1）=1，f（2）=3，f（3）=4，f（4）=7，f（5）=11，则f（10）=（）a28b76c123d19910已知i为虚数单位，若复数z满足|z34i|=1，则|z|的最大值为（）a4b5c4d611已知函数f（x）的定义域为r，f（1）=2，对任意xr，f（x）2，则f（x）2x+4的解集为（）a（1，1）b（1，+）c（，1）d（，+）12如图，a、b、c、d为四个村庄，要修筑三条公路，将这四个村庄连起来，则不同的修筑方法共有（）a8种b12种c16种d20种二、填空题（每小题5分，共20分）13若复数z=（x2+2x3）+（x+3）i为纯虚数，则实数x的值为 14已知3a=4a，则n= 15已知向量=（1，0，1），=（1，2，3），kr，若k与垂直，则k= 16函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个不同的极值点x1，x2，且x1x2，则实数a的范围是 三、解答题（17题10分，19、20、21、22每题12分）17（1）计算（）2+；（2）复数z=x+yi（x，yr）满足z+2i=3+i求复数z18有4个不同的球，4个不同的盒子，现在要把球全部放入盒内（1）共有多少种放法？（用数字作答）（2）恰有一个盒不放球，有多少种放法？（用数字作答）（3）恰有两个盒不放球，有多少种方法？（用数字作答）19如图，ab是圆的直径，pa垂直圆所在的平面，c是圆上的点（）求证：平面pac平面pbc；（）若ab=2，ac=1，pa=1，求证：二面角cpba的余弦值20已知数列anan1=2n1，且a1=1（1）求a2，a3，a4；（2）猜想出an并用数学归纳法证明21用0，1，2，3，4，5这六个数字，完成下面三个小题：（1）若数字允许重复，可以组成多少个不同的五位偶数？（2）若数字不允许重复，可以组成多少个能被5整除的且百位数字不是3的不同的五位数？（3）若直线方程ax+by=0中的a，b可以从已知的六个数字中任取两个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？22已知函数f（x）=lnx（a0）（1）求函数f（x）的单调区间；（2）当a=1时，求f（x）在，e上的最大值和最小值（0.69ln20.70）；（3）求证：ln2016-2017学年甘肃省金昌市永昌一中高二（下）第二次月考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共60分）1i为虚数单位，复平面内表示复数z=的点在（）a第一象限b第二象限c第三象限d第四象限【考点】a2：复数的基本概念【分析】利用复数的运算法则和几何意义即可得出【解答】解：复数z=所对应的点为：在第三象限故选：c2下面四个推导过程符合演绎推理三段论形式且推理正确的是（）a大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：是无理数；结论：是无限不循环小数b大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：是无限不循环小数；结论：是无理数c大前提：是无限不循环小数；小前提：无限不循环小数是无理数；结论：是无理数d大前提：是无限不循环小数；小前提：是无理数；结论：无限不循环小数是无理数【考点】f5：演绎推理的意义【分析】根据三段论推理的标准形式，逐一分析四个答案中的推导过程，可得出结论【解答】解：对于a，小前提与大前提间逻辑错误，不符合演绎推理三段论形式；对于b，符合演绎推理三段论形式且推理正确；对于c，大小前提颠倒，不符合演绎推理三段论形式；对于d，大小前提及结论颠倒，不符合演绎推理三段论形式；故选：b3我校有4位教师在某一年级的4个班中各教一个班的数学，一次数学检测时，要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有（）a8种b9种c10种d11种【考点】d9：排列、组合及简单计数问题【分析】首先分析可得当教师监考不受限制时，安排监考的方法有24种，再计算其中有人在本班监考的情况数目，分“有1人在本班监考”、“有2人在本班监考”、“有3人在本班监考”三种情况讨论，易得不符合题意的安排方法数目，进而由事件间的关系可得答案【解答】解：当教师监考不受限制时，安排监考的方法有4321=24种，其中有1人在本班监考的有c412=8种，有2人在本班监考的有c42=6种，4人全在本班监考的有1种，则不符合题意的安排方法有8+6+1=15种；故符合题意的监考方法有2415=9种；故选b4设函数f（x）=ex1，则该函数曲线在x=1处的切线与曲线围成的封闭图形的面积是（）abcd【考点】6g：定积分在求面积中的应用【分析】求导函数，确定曲线在x=1处的切线方程，求出积分的上下限，然后利用定积分表示出图形面积，最后利用定积分的定义进行求解即可【解答】解：f（x）=ex1，f（x）=ex1，f（1）=1，f（1）=1，曲线在x=1处的切线方程为y=x，与联立，可得x=0或x=1，所求面积为=（）=故选b5如图，正方体abcda1b1c1d1的棱长为1，o是底面a1b1c1d1的中心，则o到平面abc1d1的距离为（）abcd【考点】mk：点、线、面间的距离计算；lw：直线与平面垂直的判定【分析】过o作a1b1的平行线，交b1c1于e，则o到平面abc1d1的距离即为e到平面abc1d1的距离作efbc1于f，进而可知ef平面abc1d1，进而根据ef=b1c求得ef【解答】解：过o作a1b1的平行线，交b1c1于e，则o到平面abc1d1的距离即为e到平面abc1d1的距离作efbc1于f，易证ef平面abc1d1，可求得ef=b1c=故选b6从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有（）a140种b120种c35种d34种【考点】d9：排列、组合及简单计数问题【分析】从7个人中选4人共c74种选法，本题不可能只有女生这种情况，去掉不合题意的只有男生的选法c44就可得有既有男生，又有女生的选法【解答】解：7人中任选4人共c74种选法，去掉只有男生的选法c44，就可得有既有男生，又有女生的选法c74c44=34故选d7从4男3女志愿者中，选1女2男分别到a，b，c地执行任务，则不同的选派方法（）a36种b108种c210种d72种【考点】d3：计数原理的应用【分析】先选后排，利用组合、排列知识，即可得出结论【解答】解：从4男3女志愿者中，选1女2男，有=18种方法，分别到a，b，c地执行任务，有=6种方法，根据乘法原理，可得不同的选派方法有186=108种，故选：b8已知a，b是异面直线，a、ba，c、db，acb，bdb，且ab=2，cd=1，则a与b所成的角是（）a30b45c60d90【考点】9s：数量积表示两个向量的夹角【分析】由题意可得=0，进而可得，代入夹角公式可得cos，可得向量的夹角，进而可得结论【解答】解：由acb，bdb可得accd，bdcd，故可得=0， =0，=（+）=+|2+=0+|2+0=1，cos，=，故向量，的夹角为60a与b的夹角为60故选c9已知f（1）=1，f（2）=3，f（3）=4，f（4）=7，f（5）=11，则f（10）=（）a28b76c123d199【考点】f1：归纳推理【分析】根据各个值归纳出：从第三项起，每一项都等于前两项之和，根据数据依次求出f（10）的值【解答】解：由题意可得，f（3）=f（1）+f（2），f（4）=f（2）+f（3），f（5）=f（3）+f（4），则f（6）=f（4）+f（5）=18，f（7）=f（5）+f（6）=29，f（8）=f（6）+f（7）=47，f（9）=f（8）+f（7）=76，f（10）=f（8）+f（9）=123，故选：12310已知i为虚数单位，若复数z满足|z34i|=1，则|z|的最大值为（）a4b5c4d6【考点】a4：复数的代数表示法及其几何意义【分析】由题意画出图形，然后由复数模的几何意义求得|z|的最大值【解答】解：由复数模的几何意义可知满足|z34i|=1的复数z在复平面内对应的点的轨迹是以（3，4）为圆心，以1为半径的圆，如图，圆心（3，4）到原点o的距离为，|z|的最大值为5+1=6故选：d11已知函数f（x）的定义域为r，f（1）=2，对任意xr，f（x）2，则f（x）2x+4的解集为（）a（1，1）b（1，+）c（，1）d（，+）【考点】6b：利用导数研究函数的单调性【分析】构造函数g（x）=f（x）2x4，利用导数研究函数的单调性即可得到结论【解答】解：设g（x）=f（x）2x4，则g（x）=f（x）2，对任意xr，f（x）2，对任意xr，g（x）0，即函数g（x）单调递增，f（1）=2，g（1）=f（1）+24=44=0，则函数g（x）单调递增，由g（x）g（1）=0得x1，即f（x）2x+4的解集为（1，+），故选：b12如图，a、b、c、d为四个村庄，要修筑三条公路，将这四个村庄连起来，则不同的修筑方法共有（）a8种b12种c16种d20种【考点】d9：排列、组合及简单计数问题【分析】由修路的方式可以分为两类：从一个村庄出发向其他三个村庄各修一条，一个村最多修两条路，利用排列的计算公式即可得出【解答】解：分为以下两类：第一类，从一个村庄出发向其他三个村庄各修一条路，共有4种方法；第二类，一个村最多修两条路，但是象下面这样的两个排列对应一种修路方法，abcd，dcba，要去掉重复的这样，因此共有有a44=12种方法根据分类计数原理，知道共有4+12=16种，故选：c二、填空题（每小题5分，共20分）13若复数z=（x2+2x3）+（x+3）i为纯虚数，则实数x的值为1【考点】a2：复数的基本概念【分析】直接由z的实部等于0且虚部不等于0求解x的值【解答】解：z=（x2+2x3）+（x+3）i为纯虚数，解得：x=1故答案为：114已知3a=4a，则n=7【考点】d4：排列及排列数公式【分析】根据题意，由排列数公式可得3=4，化简可得（11n）（10n）=12，解可得n的值，即可得答案【解答】解：根据题意，3a=4a，则有3=4，即（11n）（10n）=12，又由n为正整数，解可得n=7，故答案为：715已知向量=（1，0，1），=（1，2，3），kr，若k与垂直，则k=7【考点】9t：数量积判断两个平面向量的垂直关系【分析】利用向量垂直的性质求解【解答】解：向量=（1，0，1），=（1，2，3），kr，k与垂直，（k）=k=k（1+0+3）（1+4+9）=0，解得b=7故答案为：716函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个不同的极值点x1，x2，且x1x2，则实数a的范围是（0，）【考点】6d：利用导数研究函数的极值【分析】由f（x）定义域为（1，+），又，令f（x）=0，则，从而a=2x（x+1），进而【解答】解：f（x）定义域为（1，+），又，令f（x）=0，则，函数在（1，+）内有两个不同的实数根，a=2x（x+1），令y1=a，y2=2x（x+1），如图示：故答案为；（0，）三、解答题（17题10分，19、20、21、22每题12分）17（1）计算（）2+；（2）复数z=x+yi（x，yr）满足z+2i=3+i求复数z【考点】a7：复数代数形式的混合运算【分析】（1）由复数的代数形式的运算法则逐步计算可得；（2）把z=x+yi代入已知式子，由复数相等的定义可得x，y的方程组，解方程组可得【解答】解：（1）原式=（2）z=x+yi且满足z+2i=3+i，（x+yi）+2i（xyi）=3+i，即（x+2y）+（2x+y）i=3+i，由复数相等的定义可得解得，z=i18有4个不同的球，4个不同的盒子，现在要把球全部放入盒内（1）共有多少种放法？（用数字作答）（2）恰有一个盒不放球，有多少种放法？（用数字作答）（3）恰有两个盒不放球，有多少种方法？（用数字作答）【考点】d9：排列、组合及简单计数问题【分析】（1）每个球都有4种方法，故根据分步计数原理可求（2）由题意知需要先选两个元素作为一组再排列，恰有一个盒子中有2个小球，从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，根据分步计数原理得到结果（3）四个不同的球全部放入4个不同的盒子内，恰有两个盒子不放球的不同放法的求法，分为两步来求解，先把四个球分为两组，再取两个盒子，作全排列，由于四个球分两组有两种分法，一种是2，2，另一种是3，1，故此题分为两类来求解，再求出它们的和，然后选出正确选项【解答】解：（1）每个球都有4种方法，故有4444=256种 （2）四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，恰有一个空盒，说明恰有一个盒子中有2个小球，从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，故共有c42a43=144种不同的放法 （3）四个球分为两组有两种分法，（2，2），（3，1）若两组每组有两个球，不同的分法有=3种，恰有两个盒子不放球的不同放法是3a42=36种若两组一组为3，一组为1个球，不同分法有c43=4种恰有两个盒子不放球的不同放法是4a42=48种综上恰有两个盒子不放球的不同放法是36+48=84种19如图，ab是圆的直径，pa垂直圆所在的平面，c是圆上的点（）求证：平面pac平面pbc；（）若ab=2，ac=1，pa=1，求证：二面角cpba的余弦值【考点】mt：二面角的平面角及求法；ly：平面与平面垂直的判定【分析】（）要证平面pac平面pbc，只要证明平面pbc经过平面pac的一条垂线bc即可，利用题目给出的条件借助于线面垂直的判定定理能够证明bc平面pac；（）因为平面pab和平面abc垂直，只要在平面abc内过c作两面的交线ab的垂线，然后过垂足再作pb的垂线，连结c和后一个垂足即可得到二面角cpba的平面角，然后在作出的直角三角形中通过解直角三角形即可求得二面角cpba的余弦值【解答】（）证明：如图，由ab是圆的直径，得acbc由pa平面abc，bc平面abc，得pabc又paac=a，pa平面apc，ac平面pac，所以bc平面pac因为bc平面pbc，所以平面pac平面pbc；（）解：过c作cmab于m，因为pa平面abc，cm平面abc，所以pacm，故cm平面pab过m作mnpb于n，连接nc由三垂线定理得cnpb所以cnm为二面角cpba的平面角在rtabc中，由ab=2，ac=1，得，在rtabp中，由ab=2，ap=1，得因为rtbnmrtbap，所以故mn=又在rtcnm中，故cos所以二面角cpba的余弦值为20已知数列anan1=2n1，且a1=1（1）求a2，a3，a4；（2）猜想出an并用数学归纳法证明【考点】rg：数学归纳法；8h：数列递推式【分析】（1）由数列的递推关系anan1=2n1，且a1=1，即可求得a2，a3，a4；（2）由（1）可猜想：an=n2；再利用数学归纳法，分两步：当n=1时，易证等式成立；假设n=k时，命题成立，即ak=k2；去推证n=k+1时，等式也成立即可【解答】解：（1）anan1=2n1，且a1=1，a2=a1+221=1+221=4；a3=a2+231=4+231=9，同理可得：a4=16；（2）由（1）可猜想：an=n2；下面用数学归纳法证明：当n=1时，由已知a1=1=12，成立；假设n=k时，命题成立，即ak=k2；则当n=k+1时，ak+1=ak+2（k+1）1=k2+2k+1=（k+1）2，即n=k+1时，等式也成立，综合知，对nn*，an=n221用0，1，2，3，4，5这六个数字，完成下面三个小题：（1）若数字允许重复，可以组成多少个不同的五位偶数？（2）若数字不允许重复，可以组成多少个能被5整除的且百位数字不是3的不同的五位数？（3）若直线方程ax+by=0中的a，b可以从已知的六个数字中任取两个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？【考点】d9：排列、组合及简单计数问题【分析】（1）数字允许重复，不同的五位偶数有56663=3240个；（2）依据能被5整除的数，其个位是0或5，分两类，由加法原理得到结论；（3）对于选不选零，结果会受影响，所以第一类a、b均不为零，a、b的取值，第二类a、b中有一个为0，则不同的直线仅有两条，根据分类计数原理得到结果【解答】解：（1）数字允许重复，不同的五位偶数有56663=3240个；（2