河南省驻马店市汝南县金铺镇第二初级中学高二数学理月考试卷含解析

河南省驻马店市汝南县金铺镇第二初级中学高二数学理月考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.在等比数列中，已知，则等于（

）

A．16

B．12

C．6 D．4参考答案：D2.函数的导数为A. B.C. D.参考答案：C【分析】由题，直接根据导函数的乘法运算法则求得结果即可.【详解】由题，函数的导数故选C【点睛】本题考查了求导数，掌握好运算法则，以及熟记导数的公式是解题的关键，属于基础题.3.（文）下面给出的四个点中，满足约束条件的可行解是（

）A.（0，2）

B.（-2，0）

C.（0，-2）

D.（2，0）参考答案：C略4.老王和小王父子俩玩一种类似于古代印度的“梵塔游戏”；有3个柱子甲、乙、丙，在甲柱上现有4个盘子，最上面的两个盘子大小相同，从第二个盘子往下大小不等，大的在下，小的在上（如图），把这4个盘子从甲柱全部移到乙柱游戏即结束，在移动过程中每次只能移动一个盘子，甲、乙、丙柱都可以利用，且3个柱子上的盘子始终保持小的盘子不能放在大的盘子之下，设游戏结束需要移动的最少次数为n，则n=（）A．15 B．11 C．8 D．7参考答案：A【考点】F4：进行简单的合情推理．【分析】根据移动方法与规律发现，随着盘子数量的增多，都是分两个阶段移动，用盘子数目减1的移动次数都移动到乙柱，然后把最大的盘子移动到丙柱，再用同样的次数从乙柱移动到丙柱，从而完成，然后根据移动次数的数据找出总的规律即可．【解答】解：根据题意：盘子数量m=1时，游戏结束需要移动的最少次数n=1=2﹣1；盘子数量m=2时，小盘→乙柱，大盘→丙柱，小盘再从乙柱→丙柱，完成，游戏结束需要移动的最少次数n=3=22﹣1；盘子数量m=3时，小盘→丙柱，中盘→乙柱，小盘从丙柱→乙柱，用m=2的方法把中盘和小盘移到乙柱，大盘移到丙柱，再用m=2的方法把中盘和小盘从乙柱移到丙柱，完成，游戏结束需要移动的最少次数n=（22﹣1）+（22﹣1）+1=3×2+1=7=23﹣1；以此类推，n=2m﹣1，∴m=4时，n=24﹣1=15．故选：A．5.已知A(1,2,－1),B(5,6,7)，则直线AB与xOz平面交点的坐标是（）A．(0,1,1)

B．(0,1,－3)

C.(－1,0,3)

D．(－1,0,－5)参考答案：D设直线AB与平面交点为，则，又与共线，所以，则，解得，选D.

6.命题“?x0∈R，x02﹣x0+1＜0”的否定是（）A．?x0∈R，x02﹣x0+1≥0 B．?x0?R，x02﹣x0+1≥0C．?x∈R，x2﹣x+1≥0 D．?x?R，x2﹣x+1≥0参考答案：C【考点】命题的否定．【分析】利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．【解答】解：∵特称命题的否定是全称命题．∴命题p：?x0∈R，使x02﹣x0+1＜0的否定是：?x∈R，x2﹣x+1≥0．故选：C【点评】本题考查命题的否定，注意量词的变化，基本知识的考查．7.在极坐标系中，由三条直线，，围成的图形的面积为（

）A. B. C. D.参考答案：B【分析】求出直线与直线交点的极坐标，直线与直线交点的极坐标，然后利用三角形的面积公式可得出结果.【详解】设直线与直线交点的极坐标，则，得.设直线与直线交点的极坐标，则，即，得.因此，三条直线所围成的三角形的面积为，故选：B.【点睛】本题考查极坐标系中三角形面积的计算，主要确定出交点的极坐标，并利用三角形的面积公式进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.8.若双曲线的焦点到其渐近线的距离等于实轴长，则该双曲线的离心率为（）A． B．5 C． D．2参考答案：A【考点】双曲线的简单性质．【专题】计算题．【分析】由已知中双曲线的焦点到其渐近线的距离等于实轴长，通过渐近线、离心率等几何元素，沟通a，b，c的关系，即可求出该双曲线的离心率．【解答】解：∵焦点到渐近线的距离等于实轴长，∴b=2a，∴e2==1+=5、∴e=故选A．【点评】本题考查的知识点是双曲线的简单性质，双曲线的渐近线与离心率存在对应关系，通过a，b，c的比例关系可以求离心率，也可以求渐近线方程．9.已知函数有三个极值点，则a的取值范围是（

）A. B.(,) C. D.(，）参考答案：C【分析】求函数的导数，根据函数有三个极值点，等价为有三个不同的实根，利用参法分离法进行求解即可．【详解】解：函数的导数，若函数有三个极值点，等价为有三个不同的实根，即，即，则，则，有两个不等于的根，则，设，则，则由得，由得且，则当时，取得极小值（1），当时，，作出函数，的图象如图，要使有两个不同的根，则满足，即实数的取值范围是，故选：．【点睛】本题主要考查函数极值的应用，以及利用构造法以及参数分离法转化求函数的取值范围是解决本题的关键，属于中档题．10.已知椭圆的离心率为，过右焦点且斜率为的直线与相交于两点．若，则（A）1

（B）

（C）

（D）2参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.椭圆上一点P到左焦点的距离为3，则P到右准线的距离为

.参考答案：略12.函数在的最大值为3，最小值为2，则实数的取值范围是

参考答案：略13.已知椭圆的左右焦点分别为F1，F2，C上一点P满足，则△PF1F2的内切圆面积为

．参考答案：4π【考点】椭圆的简单性质．【专题】转化思想；数形结合法；解三角形；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】根据椭圆的方程，算出a=5且焦距|F1F2|=2c=10．设|PF1|=m，|PF2|=n，根据椭圆的定义和勾股定理建立关于m、n的方程组，平方相减即可求出|PF1|?|PF2|=48，结合直角三角形的面积公式，可得△PF1F2的面积S=|PF1|?|PF2|=24，再由S=r（|PF1|+|PF2|+|F1F2|），求得r，即可得到所求内切圆的面积．【解答】解：∵椭圆，∴a2=49，b2=24，可得c2=a2﹣b2=25，即a=7，c=5，设|PF1|=m，|PF2|=n，则有m+n=2a=14，m2+n2=（2c）2=100，可得2mn=96，即mn=48，∴|PF1|?|PF2|=48，∵PF1⊥PF2，得∠F1PF2=90°，∴△PF1F2的面积S=|PF1|?|PF2|=×48=24，由S=r（|PF1|+|PF2|+|F1F2|）=r?（2a+2c）=12r（r为内切圆的半径），由12r=24，解得r=2，则所求内切圆的面积为4π．故答案为：4π．【点评】本题给出椭圆的焦点三角形为直角三角形，求它的面积，着重考查了勾股定理、椭圆的定义和简单几何性质等知识，属于基础题．14.下面关于棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中的四个命题：①与AD1成角的面对角线的条数是8条；②

直线AA1与平面A1BD所成角的余弦值是；③从8个顶点中取四个点可组成10个正三棱锥；④点到直线的距离是．其中真命题的编号是

参考答案：①③略15.正弦函数y=sinx在x=处的切线方程为____________参考答案：;

16.已知样本9,19,11，x，y的平均数是10，标准差是，则xy＝

。参考答案：96；17.在如图所示的流程图中，若f(x)＝2x，g(x)＝x3，则h(2)的值为________．

参考答案：8三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.已知二次函数满足，且对一切实数都成立.（1）求的值；（2）求的解析式；（3）设=，数列的前项和为，求证：＞.参考答案：（1）解：∵对一切实数都成立，∴，∴.（2）解：设.∵，∴∵，即，∴，∴，故。（3）证明：∵==＞=4(-)，∴＞4[(-)+(-)+…+(-)]=4×=.略19.已知F1，F2分别是椭圆C：（a＞b＞0）的左，右焦点，D，E分别是椭圆C的上顶点和右顶点，且，离心率e=（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设经过F2的直线l与椭圆C相交于A，B两点，求的最小值．参考答案：（Ⅰ）依题意得

（3分）解得，

（5分）故所求椭圆方程为：

（6分）（Ⅱ）由（1）知F2（1，0），设A（x1，y1），B（x2，y2），AB的方程为x=ty+1，代入椭圆的方程，整理得（3t2+4）y2+6ty﹣9=0，∴

（8分）∵S△ABC=×1×|y1－y2|，|AF2|=|y1|，|BF2|=|y2|，=

（11分）当且仅当t=0时上式取等号．∴的最小值为：．

（12分）20.如图所示，已知点M（a，3）是抛物线y2=4x上一定点，直线AM、BM的斜率互为相反数，且与抛物线另交于A、B两个不同的点．（1）求点M到其准线的距离；（2）求证：直线AB的斜率为定值．参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．【分析】（1）由已知得32=4a，，由此能求出点M到其准线的距离．（2）设直线MA的方程为：，联立，得，由已知条件推导出，，由此能证明直线AB的斜率为定值．【解答】（1）解：∵M（a，3）是抛物线y2=4x上一定点∴32=4a，∵抛物线y2=4x的准线方程为x=﹣1∴点M到其准线的距离为：．（2）证明：由题知直线MA、MB的斜率存在且不为0，设直线MA的方程为：，联立，得，∵，∴，∵直线AM、BM的斜率互为相反数∴直线MA的方程为：y﹣3=﹣k（x﹣），同理可得：，∴====﹣，∴直线AB的斜率为定值﹣．【点评】本题考查点到准线的距离的求法，考查直线的斜率这定理的证明，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用．21.（本小题满分14分）已知数列中，，其前项和满足．（Ⅰ）求证：数列为等差数列，并求的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和；（Ⅲ）设（为非零整数，），是否存在确定的值，使得对任意，有恒成立．若存在求出的值，若不存在说明理由。参考答案：（Ⅰ）证明：由已知，,即（n≥2，n∈N*），且．∴数列是以为首项，公差为1的等差数列，∴．…（3分）（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，……….4分设它的前n项和为∴两式相减可得：所以................................7分（Ⅲ）解：∵，∴，……8分要使恒成立，则恒成立∴恒成立，∴恒成立．…………………10分（ⅰ）当n为奇数时，即λ＜恒成立，当且仅当n=1时，有最小值为