2021-2022学年河南名校联盟高二下学期期中考试理科数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年河南名校联盟高二下学期期中考试理科数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
河南名校联盟2021—2022学年高二（下）期中考试数学（理科）第Ⅰ卷（选择题    共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知，则“”是“方程表示双曲线”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】先由方程表示双曲线解出的范围，再由充分性、必要性的定义判断即可.【详解】由方程表示双曲线可得，解得，显然能推出，反之不能推出，故“”是“方程表示双曲线”的充分不必要条件.故选：A.2. 已知复数满足（i为虚数单位），复数的共轭复数为，则（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】【分析】先求出，再由复数的运算求出，结合共轭复数及复数的乘法即可求解.【详解】，故，则，.故选：B.3. 已知a，，，则下列不等式中一定成立的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用作差法逐一判断符号即可求解.【详解】对于A：，因为，所以，，但的正负不确定，所以不一定成立，即选项A错误；对于B：，因为，所以，，但的正负不确定，所以不一定成立，即选项B错误；对于C：，因为，所以，，，所以一定成立，即选项C正确；对于D：，因为，所以，，但的正负不确定，所以不一定成立，即选项D错误.故选：C.4. 已知，且，，，则三个数（    ）A. 都小于 B. 至少有一个不小于C. 都大于 D. 至少有一个不大于【答案】B【解析】【分析】先求出，通过反证法证得都小于不成立，即可得出结果.【详解】，假设都小于，则，与题设矛盾，故假设不成立，即至少有一个不小于.故选：B.5. 已知函数，其中e为自然对数的底数，.若曲线在处的切线与直线平行，则实数a的值为（    ）A.  B.  C. 1 D. 2【答案】A【解析】【分析】先求导得到，再利用斜率相等解方程即可求解.【详解】，则，又直线的斜率为，故，解得.故选：A.6. 用数学归纳法证明“”过程中，从到时，不等式的左边增加了的项数为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意分别列出、时不等式左边，对比判断．【详解】由题意知，假设．时，不等式左边为．当时，不等式左边为，相比时增加了，共项．故选：C．7. 在2022年2月北京冬奥会短道速滑男子500米项目决赛前，某家庭中的爸爸、妈妈和孩子对进入决赛的甲、乙、丙、丁、戊五位选手谁能夺冠进行猜测，依据运动员的实力和比赛规则，这五位选手都有机会获得冠军.爸爸：冠军是甲或丙；妈妈：冠军一定不是乙和丙；孩子：冠军是丁或戊.比赛结束，冠军在这五人中产生，且爸爸、妈妈、和孩子三人之中只有一人的猜测是正确的，则冠军是（    ）A. 甲 B. 丙 C. 丁 D. 戊【答案】B【解析】【分析】假设孩子的猜测正确，推出不成立，再假设妈妈的猜测正确，推出不成立，进而得到爸爸的猜测正确，即可求解.【详解】若孩子的猜测是正确的，则妈妈的猜测也正确，不合题意，故孩子的猜测是错误的，即冠军不是丁也不是戊；若妈妈的猜测是正确的，则冠军是甲，爸爸的猜测也正确，不合题意，故妈妈的猜测是错误的，即冠军是乙或丙；爸爸的猜测是正确的，故冠军是丙.故选：B.8. 观察等式：，，，.若第n个等式为，则满足不等式恒成立的最大正整数的值为（    ）A. 5 B. 6 C. 7 D. 8【答案】B【解析】【分析】依题意可得，再参变分离得到，结合二次函数的性质及的取值范围，求出的取值范围，即可得解；【详解】解：由题意得，，恒成立，，在上单调递增，又，时取最小值为7，，即的取值范围为，故最大正整数的值为．故选：B9. 若是函数（其中e为自然对数的底数）的一个极值点，则在区间上的最大值为（    ）A.  B.  C. e D. 【答案】D【解析】【分析】先求导由解出，再检验满足是一个极值点，确定函数在区间上的单调性，比较极大值及端点值即可求出最大值.【详解】，由是一个极值点可得，解得，此时，故函数在单减，在单增，满足是一个极值点. 在单减，在单增，又，，，故最大值为.故选：D.10. 在数列中，，，且.表示不超过x的最大整数，若，数列的前n项和为，则（    ）A. 2 B. 3 C. 2022 D. 2023【答案】B【解析】【分析】先由得到为等差数列，求出的通项，再由累加法求出，直接计算，再求得当时，即可求解.【详解】由可得，故为公差为2的等差数列，首项为，则，，，，，将以上各式相加得，故，也符合，故，易得，，当时，，故，故，故.故选：B11. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中，法国数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ）A. B. 在第2022行中第1011个数最大C. 第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于9行的第8个数D. 第34行中第15个数与第16个数之比为2：3【答案】C【解析】【分析】A选项由及即可判断；B选项由二项式系数的增减性即可判断；C选项由及即可判断；D选项直接计算比值即可判断.【详解】由可得
 ，故A错误；第2022行中第1011个数为，故B错误；，故C正确；第34行中第15个数与第16个数之比为，故D错误.故选：C.12. 已知实数a，b满足，且，e为自然对数底数，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先由得到，构造函数，确定函数的单调性及最值，得到，，即可判断A选项；由化简即可判断D选项；令即可判断C选项；构造函数由极值点偏移即可判断B选项.【详解】由，对两边取对数得，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，故，，又时，，时，， ，即，结合图像可知，，，故A错误；易得，即，即，故，D错误；当时，，故，C错误；令，则，又，由可得，故，故在上单调递减，故，即，即，又，故，又，由上知时， 单调递增，故，即，B正确.故选：B.【点睛】本题关键点一在于由得到，进而构造函数，确定函数的单调性及最值，进而判断A、C、D选项；关键点二在于构造函数由极值点偏移判断B选项.第Ⅱ卷（非选择题    共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 全国新高考方案为“”模式，其中“3”为语文、数学、外语三门必考科目，“1”为首选科目，学生须在物理、历史中选择一科，“2”为再选科目，学生可在化学、生物、政治、地理中选择两科.现甲、乙两名同学要从四门再选科目中各选两门进行学习，若甲、乙不能同时选地理学科，则甲、乙总的不同的选法有______种.（用数字作答）【答案】27【解析】【分析】分甲乙都不选地理学科，甲选地理学科，乙选地理学科分别计算，最后相加即可.【详解】若甲乙都不选地理学科，则有种；若甲选地理学科，则有；若乙选地理学科，则有；故总共有种.故答案为：27.14. 若的展开式中的系数为21，则a＝______．【答案】【解析】【分析】利用二项式定理展开式的通项公式求解.【详解】解：由二项式定理展开式的通项公式得：，令，解得r＝2，所以展开式中含的项为：，由的系数，解得，所以，故答案为：．15. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，P为渐近线上一点，若，且，则该双曲线的离心率为______.【答案】【解析】【分析】先在中利用余弦定理求出，再利用勾股定理判断为直角三角形，再利用直角三角形求出的值，再利用进行求解.【详解】双曲线的渐近线方程为，设，在中，因为，所以，即，且为直角三角形；所以在中，，，，所以，则双曲线的离心率为.故答案为：.16. 若函数不存在零点，则实数a的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】根据题意，将问题转化为方程无实数根，进而构造函数，研究函数的最值即可得答案.【详解】解：因为函数不存在零点，所以方程无实数根，所以方程无实数根，即方程无实数根，故令，令，故恒成立，所以，在上单调递减，由于，所以，当时，，即，当时，，即，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，当方程无实数根时，即可.所以，实数a的取值范围是故答案为：三、解答题：第17题10分，其余每题12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且.（1）求角A的大小；（2）若，，求△ABC的面积.【答案】（1）；    （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理得，化简求得，进而求出，即可求解；（2）先由余弦定理求出，再由面积公式求解即可.【小问1详解】由正弦定理得，即，化简得，又，故，即，又，故；【小问2详解】由余弦定理得，即，解得，故△ABC的面积为.18. 已知复数，其中i是虚数单位，.设p：复数z在复平面内对应的点位于第四象限；.（1）当p为真命题时，求实数m的取值范围；（2）若命题“p且q”为假命题，“p或q”为真命题，求实数m的取值范围.【答案】（1）；    （2）或【解析】【分析】（1）直接由点位于第四象限得到不等式求解即可；（2）先求出为真为真时对应的m的取值范围，再分真假和真假讨论求解即可.【小问1详解】当p真命题时，可得，解得；所以m的范围为【小问2详解】当为真命题时，，解得，若命题“p且q”为假命题，“p或q”为真命题，可得命题一真一假，当真假时，可得，故或；当真假时，可得，无解.综上可得实数m取值范围为或.19. 有7本相同的笔记本作为奖品颁发给甲、乙、丙三名同学.（1）若先将这7本笔记本分成3份，每份至少1本，有多少种不同的分法？（2）若甲、乙、丙三名同学每人至少获得1本，并且丙同学最多获得3本，有多少种不同的分法？（3）若这7本笔记本分别被老师写上了不同的颁奖词，并且要求甲同学恰好得到2本，乙同学至少得到1本，丙同学至少得到1本且不超过3本，有多少种不同的分法？【答案】（1）4；    （2）12；    （3）525【解析】【分析】（1）直接列举出有4种分法即可；（2）先讨论丙，再列举出甲乙的分法，由分类加法求解即可；（3）先从7本中选2本给甲，再分乙2本丙3本，乙3本丙2本，乙4本丙1本，分类讨论，最后由分类加法原理和分步乘法原理求解即可.【小问1详解】因为7本笔记本相同，，故有4种分法；【小问2详解】若丙分得3本，则甲乙分剩下的4本，，有3种分法；若丙分得2本，则甲乙分剩下的5本，，有4种分法；若丙分得1本，则甲乙分剩下的6本，，有5种分法；故共有种分法；【小问3详解】因为7本笔记本不相同，先从7本中选2本给甲有种；剩下的5本中，若乙2本丙3本，有种，若乙3本丙2本，有种，若乙4本丙1本，有种，共有种，总共有种.20. 如图，已知四棱锥的底面ABCD是矩形，底面ABCD，，M为BC的中点，且.（1）求四棱锥的体积；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用三角形相似列方程即可求得长，然后利用棱锥的体积公式进行求解即可；（2）建立空间直角坐标系，以向量法去求面的法向量与面的法向量的夹角的正弦值.【小问1详解】连接BD，交AM于E，面，面，则又，，则面，又面，则，则有，则，又，即，解之得，即，所以，，四棱锥的体积为.【小问2详解】以D为原点，分别以DA、DC、DP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图：则，，，，，，设平面的法向量为则，即，令，则即，设平面的法向量为则，即，则，令，则即，则又，则21. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，点，在直线的同侧，且点，到直线l的距离分别为，.（1）若椭圆C的方程为，直线l的方程为，求的值，并判断直线l与椭圆C的公共点的个数；（2）若直线l与椭圆C有两个公共点，试求所需要满足的条件；（3）结合（1）和（2），试写出一个能判断直线l与椭圆C有公共点的充要条件（不需要证明）.【答案】（1）；1个公共点；    （2）；    （3），证明见解析.【解析】【分析】（1）直接由点到直线的距离公式求出，联立直线与椭圆方程，由判断交点个数即可；（2）先由点到直线的距离公式表示出，联立直线与椭圆方程，由解得，进而求出的范围即可；（3）直线l与椭圆C有公共点的充要条件是，先由点到直线的距离公式表示出，联立直线与椭圆方程，有公共点等价于，解得，进而求出的范围即可；即可证明.【小问1详解】由题意知：，直线l的方程为，则，；联立直线与椭圆方程得，，故直线l与椭圆C有1个公共点；【小问2详解】由题意知：，直线l的方程为，点，在直线的同侧，则，；联立直线与椭圆方程得，由直线l与椭圆C有两个公共点，可得，即，即，故，故；【小问3详解】直线l与椭圆C有公共点的充要条件是，证明如下：由（2）知；联立直线与椭圆方程得，直线l与椭圆C有公共点，等价于，即，即，故，故.22. 已知函数，其中e为自然对数的底数.（1）求函数的最小值；（2）求证：.【答案】（1）0；    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）直接求导确定单调性即可求得最小值；（2）将转化为，构造函数求导，令，通过确定的单调性，进而确定单调性，求出，再构造函数求得即可.小问1详解】，当时，单调递减；当时，单调递增，故【小问2详解】，即，等价于对于恒成立，令，则，令，，则即在单调递增，又因为，，故存在使，则，化简得，即，所以当时，单调递减；当时，单调递增；故，令，则，所以在上单调递增，所以，所以，故，即.【点睛】本题关键点在于构造函数求导后，令再次求导，确定的单调性后借助隐零点确定单调性，求得，再构造函数求得即可.