2021-2022学年河南省豫北名校联考高二下学期期中考试数学（理）试题（解析版）

这是一份2021-2022学年河南省豫北名校联考高二下学期期中考试数学（理）试题（解析版），共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河南省豫北名校联考高二下学期期中考试数学（理）试题一、单选题1．（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，利用复数除法运算直接计算作答.【详解】.故选：B2．用反证法证明“若，则且”时，应假设（       ）A．且 B．且 C．或 D．或【答案】D【分析】利用反证法的概念即得.【详解】用反证法证明“若，则且”时，可以设其结论的否定成立，所以应假设或.故选：D.3．已知双曲线：的离心率为，则的焦点坐标为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据条件求出即可求解.【详解】根据题意得，双曲线：是焦点在轴的双曲线，所以，，所以，解得，所以，所以焦点坐标为.故选：D.4．观察下列等式，，，，，根据上述规律，（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据等差的取值规律，利用归纳推理即可得到结论．【详解】，，，，由归纳推理可得.故选：B.5．曲线的斜率为－2的切线方程为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用导数的几何意义，即得.【详解】∵，∴，由，可得，（舍去）当时，，∴曲线的斜率为－2的切线方程为，即.故选：B.6．为弘扬我国古代的“六艺”文化，某小学开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，课程“乐”“数”排在相邻两周，则不同的安排方案有（       ）A．60种 B．120种 C．240种 D．480种【答案】C【分析】利用捆绑法即得.【详解】因为课程“乐”“数”排在相邻两周，可用捆绑法，把“乐”“数”捆绑看作一个元素与其他元素一起排列共种，再排其内部顺序种，所以不同的安排方案有种.故选：C.7．设i为虚数单位，则的展开式中含的项为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用二项式定理结合复数的运算直接计算作答.【详解】展开式的通项公式为，由得，则的展开式中含的项为.故选：A8．在中，，，，则（       ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】由题可得，然后利用余弦定理即得.【详解】∵，∴，由余弦定理可得，，∴，即，解得，或（舍去）.故选：C.9．已知函数的导函数的图象如图所示，若为锐角三角形，则下列式子中一定成立的是（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据导数的图象，得到函数在区间上是减函数，再由正弦函数的单调性和锐角三角形的性质即可得到答案．【详解】根据导数的图象，可知当时，；当时，，在区间上是减函数，在区间上是增函数，为锐角三角形，、都是锐角，且，由此可得，因为正弦函数在上单调递增，所以，，∴.故选：．10．设长方形的面积为s，其外接圆半径为r，则有.类比这个结论，设长方体的表面积为S，外接球半径为R，则有（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用类比推理，长方体的性质及基本不等式即得.【详解】设长方体从一顶点出发的三条棱为，则长方体的表面积为，由长方体的性质可知其外接球的直径为其体对角线，所以，又，所以，当且仅当取等号，所以，即.故选：D.11．如图所示是一段灌溉用的水渠，上游和下游之间建有A，B，C，D，E五个水闸，若上游有充足水源但下游没有水，则这五个水闸打开或关闭的情况有（       ） A．7种 B．15种 C．23种 D．26种【答案】C【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理及排除法计算作答.【详解】每个水闸有打开或关闭两种情况，五个水闸的打开或关闭不同结果有种，水闸A打开，水闸B，C至少打开一个，水闸D，E至少打开一个，下游有水，水闸B，C至少打开一个有()种，水闸D，E至少打开一个()种，由分步乘法计数原理得下游有水的不同结果有种，所以所求五个水闸打开或关闭的情况有种.故选：C12．若函数有三个极值点，则k的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】把题意转化为函数有三个极值点，即必有两个不等于1的正实数根.利用导数求出，再验证其符合题意.【详解】的定义域为..令，显然x=1是方程的一个根.由函数有三个极值点，可知必有两个不等于1的正实数根.令，则.令，有；令，有；所以，因此有.此时有两个根a、b，其中，所以在上，，单调递减；在上，，单调递增；在上，，单调递减；在上，，单调递增.所以有三个极值点，符合题意.故.故选：A【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围；（4）利用导数研究函数的零点问题.二、填空题13．已知函数的导函数为，且，则___________.【答案】【分析】首先求函数的导数，令，即可求得.【详解】因为，所以，所以，即．故答案为：.14．的展开式中的系数为___________.【答案】8【分析】先将化为，再结合展开式的通项公式即可得出结果.【详解】因为，又展开式的通项为，求的展开式中的系数，只需令或，故所求系数为.故答案为：.15．已知，则___________.【答案】【分析】由复数的运算计算，再由等比数列求和公式计算即可.【详解】，故答案为：16．已知点，，均在椭圆上，则直线PA斜率的取值范围是___________.【答案】【分析】由坐标解出椭圆方程后数形结合求解【详解】由题意得，解得，点，点在上，点与连线的斜率为，过点与相切的直线方程为：数形结合可得故答案为：三、解答题17．已知复数z是纯虚数，为实数.(1)求复数z；(2)若，复数在复平面内对应的点位于第二象限，求m的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据纯虚数的定义设出复数的表示形式，再根据复数除法运算法则，结合复数的分类进行求解即可；（2）根据完全平方公式，结合复数在复平面内对应点的特点进行求解即可.【详解】(1)因为复数为纯虚数，所以设，则，又为实数∴，即；(2)因为，所以有，又复数在复平面内对应的点位于第二象限，所以有：且，即.18．设是等差数列，其前n项和为，是各项都为正数的等比数列，其前n项和为，且，，.(1)求，的通项公式；(2)求的最小值.【答案】(1)；；(2).【分析】（1）利用等差数列，等比数列的基本量计算即得；（2）由题可得，进而可得当时，递增，即得.【详解】(1)设的公差为d，数列的公比为，则，解得，∴，由，解得，（舍去），∴；(2)由题可知，，∴，当时，，当时，，当时，，当时，，所以当时，递增，即，∴的最小值为.19．已知的展开式中所有项的系数之和为.(1)求展开式中的系数；(2)从展开式的所有项中任取两项，求这两项中至少有一项是有理项（x的指数为整数）的概率.【答案】(1)；(2).【分析】（1）由题可得，然后利用展开式的通项公式即得；（2）由题可得展开式中有5项有理项，再利用古典概型的概率公式即求.【详解】(1)令，可得展开式中所有项的系数之和为，∴，则二项式展开式的通项为，令，解得，∴展开式中的系数为；(2)由上可知，当时，为整数，当时，不是整数，∴展开式中有5项有理项，展开式共9项，所以从展开式的9项中任取两项，这两项中至少有一项是有理项的概率为：.20．已知函数，.(1)讨论的单调性；(2)若，证明：.【答案】(1)见解析(2)证明见解析【分析】（1）由导数并分类讨论的值，得出单调性；（2）由单调性得出，利用导数证明，从而得出.【详解】(1)当时，，故函数在上单调递增当时，故函数在上单调递减，在上单调递增(2)由（1）可知，令，即函数在上单调递减，故故，，故即21．如图所示，在三棱锥中，，，，.(1)证明：平面平面BCD；(2)设点E在棱AD上，满足，若二面角的大小为，求的值.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）取BC的中点G，BD的中点F，连结FG.证明出面BCD,利用面面垂直的判定定理即可证明面平面BCD；（2）在面BCD内过F作Fx⊥BD，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.用向量法求解.【详解】(1)取BC的中点G，BD的中点F，连结FG,则FG//CD且.在中，因为，，所以，且.在中，因为，G为BC的中点，，所以，且.所以，所以.又，，面BCD，面BCD，所以面BCD.因为面ABD,所以平面平面BCD.(2)由（1）可知：面BCD，所以BD.在面BCD内过F作Fx⊥BD，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.所以,,,,.,,,.因为显然，为面BCD的一个法向量.设，所以，所以.设为面BCE的一个法向量，则，不妨设y=1，则.因为二面角的大小为，所以，即，解得：.22．已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)证明：；(3)若且，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）由导数的几何意义得出切线方程；（2）由导数得出单调性，进而得出；（3）由（2）可得，结合对数的运算证明即可.【详解】(1)，，则曲线在点处的切线方程为.(2)由（1）可得即函数上单调递减，在上单调递增，故(3)由（2）可得在上恒成立令，则则故【点睛】关键点睛：解决第三问时，关键是由导数得出，进而由对数的运算证明不等式.