江西省崇义中学2015-2016学年高二数学下学期第一次月考试题 文

(考试时间：120分钟 满分：150分) 一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60分) 1、复数

5i=( ) 12iA.2i B.12i C.2i D.12i 2．已知x、y的取值如下表所示：

3．a0是复数zabi(a，bR)为纯虚数的( )．

A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件

C．重要条件 D．既不充分也不必要条件 4．否定“自然数a、b、c中恰有一个偶数”时的正确反设为( ) A．a、b、c都是奇数 B．a、b、c或都是奇数或至少有两个偶数 C．a、b、c都是偶数 D．a、b、c中至少有两个偶数

5. 在平面直角坐标系xOy中，点P的直角坐标为(1，－3)．若以原点O为极点，x轴正半轴为 极轴建立极坐标系，则点P的极坐标可以是( )

π4π

A．(1，－) B．(2，) 33π4π

C．(2，－) D．(2，－) 33

6．执行如右图所示的程序框图，输出的s值为（ ）

A．—3 B．—

11 C． D．2 23x2y27．若椭圆221过抛物线y28x的焦点，且与双曲线x2y21

ab有相同的焦点，则该椭圆的方程是（ ）．

x2y2x2y2x2y2221 B．1 y1 D．x1 A．C．422433

8．在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是

( )

πA.1，

2

πB.1，－ C．(1,0)

2

D．(1，π)

- 1 -

9．如图，5( )．

个(x，y)数据，去掉D(3,10)后，下列说法错误的是

A．相关系数r变大 B．残差平方和变大 C．相关指数R变大

D．解释变量x与预报变量y的相关性变强

2

y21的焦点为F1,F2，点M在双曲线上，10. 已知双曲线x22且MF1MF20，则点M到x轴的距离为（ ）

A．

4523 B． C．3 D．333

11． 某校对甲、乙两个文科班的数学考试成绩进行分析，规定：大于或等于120分为优秀，120

分以下为非优秀．统计成绩后，得到如下的22列联表。根据列联表的数据判断有多少的把握认为“成绩与班级有关系”。 （ ） 乙班 合计 优秀 非优秀 合计 50 30 80 2p(K2k0) k0 0．100 0．050 0．025 0．010 0．001 2．706 3．841 5．024 6．635 10．828 甲班 10 20 30 60 50 110

n(adbc)2K(ab)(cd)(ac)(bd)。 参考公式与临界值表：A. 90% B. 95% C. 99% D. 99．9%

12.定义一种运算“”：对于自然数n满足以下运算性质：（1）111，（2）(n1)1n11，则n1等于（ ） A.n B.n1 C.n1 D.n 二、填空题: （本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13、当x取 时，复数z(x1)(x2)i(xR)对应的复平面内的点在第四象限。 14. 设△ABC的三边长分别为a，b，c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝

22S，类

abc比这个结论可知：四面体S—ABC的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球半径为R，四面体S—ABC 的体积为V，则R等于

2

15 、设抛物线y=16x上一点P到x轴的距离为12，则点P与焦点F的距离|PF|= . 16. 已知f(x)alnx12f(x1)f(x2)x(a0)，若对任意两个不等的正实数x1、x2都有22x1x2恒成立，则a的取值范围是 .

- 2 -

三、解答题：（本大题共6题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．(10分)⑴ 解不等式： x-5x+6≤0

2x－5x－1

⑵解不等式：2＞1.

x－3x＋2

18. (12分) 在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆C1，直线C2π

的极坐标方程分别为ρ＝4sinθ，ρcos(θ－)＝22.

4求C1与C2交点的极坐标；（0,02）

19．(12分)某地今年上半年患某种传染病的人数y（单位：人）与月份x（单位：月）之间满足函数关系，模型为yaebx，请转化成线性方程。（小数点后面保留2位有效数字） 月份x/月 人数y/人 －－

xiyi－nxy^附：b＝

i＝1n2

21 52 2 61 3 68 4 74 5 78 6 83 ^－^－

，a＝y－bx.令ulny， －

n2

i－n xx2

i＝1

ui16i25.3595，u107.334，xiui90.3413，u4.2265

2ii1i166

20．(12分) ⑴求证：

+

＜2

．

111

⑵设a，b，c∈(0，+∞)，求证：三个数中a＋，c＋，b＋至少有一个不小于2。

bac

- 3 -

x2y2621.(12分)．已知椭圆G：22=1(a＞b＞0)的离心率为，右焦点为(22，0)．斜率为1

ab3的直线l与椭圆G交于A，B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为P(－3,2)．

(1)求椭圆G的方程； (2)求△PAB的面积．

(x1)222．.(12分)已知函数f(x)lnx(e为自然对数的底数).

2(1)求函数f(x)的单调递增区间; (2)证明：当x1时，f(x)x1;

(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x01，当x(1,x0)时，恒有f(x)k(x1).

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崇义中学2016年下学期高二月考一文科数学参

一、选择题： 1~6 C B B B C D 7~12A B B D C A 二、填空题： 13. (1,2)； 14.三、解答题

17.⑴【解析】由x-5x+6≤0，得(x3)(x2)0，

2

3V 15. 13 16. 1,

S1S2S3S4从而得不等式x-5x+6≤0的解集为

2

x2x3. 5分

x2－2x－3

⑵原不等式等价变形为2>0，„„2分

x－3x＋2

即

(x1)(x3)0

(x1)(x2)由图可得所求不等式解集为{x|x<－1或13}． 10分

22

18.解：圆C1的直角坐标方程为x＋(y－2)＝4 直线C2的直角坐标方程为x＋y－4＝0. „4分

22x＋y－2＝4，解 x＋y－4＝0

得

x1＝0，y1＝4，



x2＝2，y2＝2.

„„„„8分

所以C1与C2交点的极坐标为4,325，22, „„„„12分

4

19解：设ulny，clna，ucbx 由此可得

6ui16i25.3595，ui2107.334，

i16xui16ii90.3413，u4.2265

6xi1i21，xi291，x3.5 4分

i1所以bxu6xuii2ii166xi16x20.09，cubx3.91 8分

。。。。。。。。。。。。。12分 u0.09x3.91。

20.⑴证明：因为37和25都是正数，

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所以为了证明3725， 只要证 (37)2(25)2，

只需证：1022120，

即证: 22110，即证: 215，即证: 2125， 因为21<25显然成立，所以原不等式成立． 。。。。。。。。。。。。6分

⑵证明：假设三个数都小于2

即 

a＋1b＋

c＋1a＋1

b＋c

<6 ∵a，b，c∈(0，+∞)，∴a＋1a2 b＋11b2 c＋c2

∴

a＋1b＋

c＋1a＋1

b＋c

6 说明假设是错误的，原命题成立。。。。。。。。。。。12分 21. 解：(1)由已知得，c=22，c6a=3．解得a=23． 又b2

＝a2

－c2

＝4，所以椭圆G的方程为x212y24=1．。。。。。。。。4分 (2)设直线l的方程为y＝x＋m．

y=xm，由x2y2得4x2＋6mx＋3m2－12＝0．① 124=1设A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)(x1＜x2)，AB中点为E(x0，y0)， 则x0=x1x22=3m4，yxm0＝0＋m＝4．

因为AB是等腰△PAB的底边，所以PE⊥AB．

2m所以PE的斜率k=4=1．解得m＝2． 33m4此时方程①为4x2

＋12x＝0．解得x1＝－3，x2＝0．。。。。。。。。。。。。。8分 所以y1＝－1，y2＝2．所以|AB|＝32．

此时，点P(－3,2)到直线AB：x－y＋2＝0的距离为d=|322|322=2， 所以△PAB的面积S＝

12|AB|·d＝92．。。。。。。。。。。。。。12分 - 6 -

1x2x122. 解:(Ⅰ)得fxx1,x(0,).

xxx015，解得0x fx0得2xx102故f(x)的单调递增区间是(0,15。。。。。。。。。。。。3分 )。2(Ⅱ)令Fxf(x)(x1),x(0,),

1x2则有Fx

x当x(1,)时，Fx0 所以Fx在[1,)上单调递减，

故当x(1,)时，FxF10，即当x(1,)时，fxx1。。。。。。。。。7分 (Ⅲ)由(Ⅱ)知，当k1时，不存在x01满足题意。

当k1时，对于x1，有f(x)x1k(x1),则f(x)k(x1), 从而不存在x01满足题意。

当k1时，令G(x)f(x)k(x1),x(0,)，

1x2(1k)x1 Gxx1kxx由Gx0得，x2(1k)x10。

1k(1k)241k(1k)24解得x10,x11

22当x(1,x2)时，Gx0，故Gx在[1,x2)内单调递增。 从而当x(1,x2)，GxG(1)0,即f(x)k(x1), 综上吗，k的取值范围是(,1)。。。。。。。。。。。。。。12分

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