學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精016—2017學(xué)年第二學(xué)期3月份月考高二數(shù)學(xué)（文科)試題一、選擇題（本大題共12小題,每小題5分，共60分,在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1．實部為－2,虛部為1的復(fù)數(shù)所對應(yīng)的點位于復(fù)平面的(）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限2．若復(fù)數(shù)z＝i(3－2i)（i是虛數(shù)單位），則eq\x\to（z）＝(）A．2－3i B．2＋3iC．3＋2i D．3－2i3。設(shè)i是虛數(shù)單位,復(fù)數(shù)eq\f(1＋ai,2－i）為純虛數(shù)，則實數(shù)a為（）A．2 B．－2C．－eq\f（1,2） D．eq\f（1,2）4．復(fù)數(shù)z滿足(z＋2)(1＋i3）＝2(i為虛數(shù)單位),則z＝(）A．1－i B．1＋iC．－1－i D．－1＋i5．復(fù)數(shù)z＝1－i,則eq\f(1,z）＋z＝()A。eq\f(1,2)＋eq\f（3，2)i B．eq\f(1,2）－eq\f(3,2）iC。eq\f（3，2）－eq\f（3，2）i D．eq\f(3，2）－eq\f(1，2)i6.已知圓的極坐標(biāo)方程是ρ＝2cosθ,那么該圓的直角坐標(biāo)方程是（)A.（x－1)2＋y2＝1B。x2＋(y－1）2＝1C.(x＋1）2＋y2＝1D。x2＋y2＝27.下面幾種推理過程是演繹推理的是（）A。某校高三有8個班,1班有51人,2班有53人,3班有52人，由此推測各班人數(shù)都超過50人B.由三角形的性質(zhì),推測空間四面體的性質(zhì)C。平行四邊形的對角線互相平分,菱形是平行四邊形，所以菱形的對角線互相平分D.在數(shù)列{an｝中，a1＝1,an＝eq\f（1,2）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(an－1＋\f（1，an－1)))，由此歸納出｛an}的通項公式8。用反證法證明“如果整系數(shù)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0)有有理數(shù)根，那么a，b,c中至少有一個偶數(shù)”時,下列假設(shè)正確的是()A.假設(shè)a，b,c都是偶數(shù)B。假設(shè)a，b，c都不是偶數(shù)C。假設(shè)a，b,c至多有一個偶數(shù)D。假設(shè)a，b，c至多有兩個偶數(shù)9.直線eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x＝－2－\r（2）t，,y＝3＋\r(2)t））(t為參數(shù))上與點A（－2，3)的距離等于eq\r（2）的點的坐標(biāo)是()A.(－3,4）B.(－1,2）C。（－3，4)或(－1，2)D。(3，4)或(－1，2)10。要證：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要證明(）A.2ab－1－a2b2≤0B.a2＋b2－1－eq\f（a4＋b4,2)≤0C.eq\f（（a＋b）2,2)－1－a2b2≤0D。(a2－1)（b2－1）≥011。觀察下列各式:a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11,…，則a10＋b10＝（)A.28B。76C。123D。19912。若直線l：y＝kx與曲線C：eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（x＝2＋cosθ,,y＝sinθ）)(參數(shù)θ∈R)有唯一的公共點，則實數(shù)k等于()A.eq\f(\r(3)，3）B.－eq\f（\r(3），3）C。eq\r（3)D?！纄q\f(\r(3），3）二、填空題（本大題共4小題,每小題5分，共20分)13．已知復(fù)數(shù)z＝eq\f（4＋2i，1＋i2)（i為虛數(shù)單位）在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在直線x－2y＋m＝0上，則m＝________.14．i為虛數(shù)單位,若eq\f（a，1－i）＝eq\f(1＋i，i)，則a的值為。15.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若直線l：eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x＝t，，y＝t－a))(t為參數(shù)）過橢圓C:eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3cosθ,,y＝2sinθ))（θ為參數(shù)）的右頂點，則常數(shù)a的值為．16．直線2ρcosθ＝1與圓ρ＝2cosθ相交的弦長為________．三、解答題(本大題共6小題，共70分，應(yīng)出寫文字說明或演算步驟）17.(10分）已知復(fù)數(shù)z＝lg(m2－2m－2)＋（m2＋3m＋2)i，根據(jù)以下要求求實數(shù)m的值或范圍:（1）z是純虛數(shù)；（2)z是實數(shù)；(3)z對應(yīng)的點在復(fù)平面的第二象限．18．已知m∈R，復(fù)數(shù)z＝（m2＋5m＋6）＋（m2－2m－15）i。（1)若z與復(fù)數(shù)2－12i相等，求m的值；(2）若z與復(fù)數(shù)12＋16i互為共軛復(fù)數(shù)，求m的值；（3)若z對應(yīng)的點在x軸上方，求m的取值范圍．19。(13分)當(dāng)a≥2時，求證：eq\r（a－2）－eq\r（a）〈eq\r(a－1）－eq\r(a＋1).20.在極坐標(biāo)系中,圓C的方程為ρ＝4eq\r（2)coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(θ－\f（π,4))),以極點為坐標(biāo)原點，極軸為x軸的正半軸建立平面直角坐標(biāo)系,直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x＝t＋1,，y＝t－1）)（t為參數(shù))，求直線l被圓C截得的弦AB的長度．21。在極坐標(biāo)系中，曲線C1的方程為ρ＝2sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(θ＋\f（π，3))),直線C2的方程為ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π，3)))＝4。以極點O為坐標(biāo)原點，極軸方向為x軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系xOy。①求C1，C2的直角坐標(biāo)方程;②設(shè)A，B分別是C1，C2上的動點，求｜AB｜的最小值．22.已知直線l：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝5＋\f(\r（3),2)t,y＝\r（3）＋\f（1,2）t)）（t為參數(shù)）．以坐標(biāo)原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ＝2cosθ。（1)將曲線C的極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程;（2）設(shè)點M的直角坐標(biāo)為（5,eq\r（3)），直線l與曲線C的交點為A，B,求｜MA|·｜MB|的值．

一、選擇題（每小題5分，共60分）1．答案B解析實部為－2,虛部為1的復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點的坐標(biāo)為（－2，1），位于第二象限．2．答案A解析因為z＝i（3－2i）＝2＋3i，所以eq\x\to(z）＝2－3i.3.解法一:設(shè)eq\f(1＋ai,2－i)＝bi(b∈R且b≠0)，則1＋ai＝bi（2－i)＝b＋2bi，所以b＝1，a＝2b＝2。解法二:eq\f(1＋ai，2－i)＝eq\f（(1＋ai)(2＋i）,(2－i)(2＋i）)＝eq\f（2－a,5)＋eq\f(1＋2a，5）i，令eq\f(2－a，5)＝0且eq\f(1＋2a，5）≠0，得a＝2.A4．答案D解析由題意得：(z＋2)（1＋i3）＝2,(z＋2)(1－i)＝2，z＝eq\f（2,1－i）－2＝1＋i－2＝－1＋i,故選D。5．答案D解析∵z＝1－i，∴eq\f(1,z）＋z＝eq\f（1,1－i）＋1－i＝eq\f（1＋i,(1－i）（1＋i))＋1－i＝eq\f(1＋i,2）＋1－i＝eq\f(3,2)－eq\f(1，2)i,故選D.6。曲線的極坐標(biāo)方程是ρ＝2cosθ，所以ρ2＝2ρcosθ，它的直角坐標(biāo)方程是x2＋y2＝2x,即(x－1）2＋y2＝1。7.（D)曲線C化為普通方程為（x－2)2＋y2＝1,圓心坐標(biāo)為(2，0），半徑r＝1.由已知l與圓相切,則r＝eq\f（｜2k｜，\r(1＋k2)）＝1?k＝±eq\f(\r(3），3）。8。（B）解析：反設(shè)時“至少有一個”的否定是“都不是”．9。（C)由題意知(－eq\r（2)t）2＋(eq\r(2）t）2＝(eq\r（2））2，∴t2＝eq\f(1,2）,t＝±eq\f（\r(2）,2),代入eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x＝－2－\r(2）t，，y＝3＋\r(2)t）)(t為參數(shù)），得所求點的坐標(biāo)為（－3，4）或(－1，2)．10。（D）由a2＋b2－1－a2b2≤0，得(a2－1）（b2－1)≥0.11。(C）觀察可得各式的值構(gòu)成數(shù)列1，3，4，7，11，…，其規(guī)律為從第三項起,每項等于其前相鄰兩項的和，所求值為數(shù)列中的第十項．繼續(xù)寫出此數(shù)列為1，3，4，7，11，18，29，47,76，123,…，第十項為123,即a10＋b10＝123.故選C.12.（C）A，D是歸納推理，B是類比推理；C運用了“三段論"，是演繹推理．二、填空題（每小題5分，共20分）13．答案－5解析z＝eq\f(4＋2i,（1＋i）2）＝eq\f(4＋2i，2i)＝eq\f(（4＋2i)i,2i2）＝1－2i,復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點的坐標(biāo)為(1,－2），將其代入x－2y＋m＝0，得m＝－5.14．答案－2i解析由已知eq\f（a，1－i)＝eq\f(1＋i,i）得,ai＝(1－i)(1＋i)，ai＝2，a＝eq\f(2,i)＝－2i15.__3__．由直線l：eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x＝t，，y＝t－a，))得y＝x－a,再由橢圓C:eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x＝3cosθ，，y＝2sinθ,）)得eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(\f（x，3)＝cosθ,,\f（y，2）＝sinθ，)）則eq\f(x2，9）＋eq\f(y2,4）＝1.∴橢圓C：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x＝3cosθ，,y＝2sinθ）)的右頂點為（3，0)．∵直線l過橢圓的右頂點,∴0＝3－a,∴a＝3.16．答案eq\r(3）解析直線的方程為2x＝1,圓的方程為x2＋y2－2x＝0,圓心為(1,0），半徑r＝1，圓心到直線的距離為d＝eq\f(|2－1|，\r（22＋0))＝eq\f（1，2)，設(shè)所求的弦長為l,則12＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2）））2＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（l,2)））2，解得l＝eq\r（3）。三、解答題(共60分）17。(1)由eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(lg（m2－2m－2)＝0,，m2＋3m＋2≠0，))得eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(m2－2m－2＝1，，m2＋3m＋2≠0.））∴m＝3.（4分)（2)由eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（m2－2m－2＞0，,m2＋3m＋2＝0，)）得m＝－1或－2。（6分）(3）由eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（lg（m2－2m－2）＜0,,m2＋3m＋2＞0，））得eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(0＜m2－2m－2＜1，,m2＋3m＋2＞0，））∴－1＜m＜1－eq\r(3)或1＋eq\r（3）＜m＜3。∴實數(shù)m的取值范圍是（－1，1－eq\r(3）)∪(1＋eq\r(3),3）．(10分)18．解析(1）根據(jù)復(fù)數(shù)相等的充要條件得eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(m2＋5m＋6＝2,,m2－2m－15＝－12.））解得m＝－1。（5分)(2）根據(jù)共軛復(fù)數(shù)的定義得eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（m2＋5m＋6＝12，,m2－2m－15＝－16，）)解得m＝1.(10分）（3)根據(jù)復(fù)數(shù)z對應(yīng)點在x軸上方可得m2－2m－15＞0,解得m＜－3或m＞5。故m的取值范圍為（－∞，－3）∪(5，＋∞)．(15分)19.解析：欲證eq\r(a－2)－eq\r(a)<eq\r（a－1)－eq\r(a＋1)，只需證eq\r(a－2）＋eq\r(a＋1）<eq\r(a－1)＋eq\r（a），（4分)只需證（eq\r(a－2）＋eq\r(a＋1)）2<(eq\r（a－1)＋eq\r(a)）2，（6分）只需證eq\r(（a＋1）（a－2）)<eq\r(a（a－1）)，只需證(a＋1）（a－2）〈a(a－1），(10分）只需證a2－a－2<a2－a，只需證－2<0.此不等式顯然成立．∴eq\r（a－2)－eq\r(a)〈eq\r（a－1)－eq\r(a＋1).（13分）20.圓C的方程可化為ρ＝4cosθ＋4sinθ，兩邊同乘ρ，得ρ2＝4ρcosθ＋4ρsinθ。即x2＋y2－4x－4y＝0。圓心C的坐標(biāo)為(2，2），圓的半徑r＝2eq\r(2）.又由題設(shè)知直線l的普通方程為x－y－2＝0，故圓心C到直線l的距離d＝eq\f（｜2|，\r（2)）＝eq\r（2）.∴弦AB長度等于2eq\r（（2\r（2)）2－（\r(2））2)＝2eq\r（6).21。（1)①曲線C1的極坐標(biāo)方程可化為ρ＝sinθ＋eq\r（3)cosθ，兩邊同時乘以ρ，得ρ2＝ρsinθ＋eq\r(3）ρcosθ,則曲線C1的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2＝y(tǒng)＋eq\r（3）x，即x2＋y2－eq\