2021-2022学年江西省临川第二中学、临汝中学高二下学期期中考试数学（理）试题含解析

这是一份2021-2022学年江西省临川第二中学、临汝中学高二下学期期中考试数学（理）试题含解析，共15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学年江西省临川第二中学、临汝中学高二下学期期中考试数学（理）试题一、单选题1．已知为虚数单位，复数，则复数在复平面上的对应点位于（       ）A．第四象限 B．第三象限C．第二象限 D．第一象限【答案】B【分析】利用复数除法运算求得，然后求得，进而确定正确选项.【详解】，所以，对应点的坐标为，在第三象限.故选：B2．已知，则是（       ）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【分析】分别解出和， 根据x的范围判断命题p,q的逻辑关系，可得答案．【详解】由可得 ，由得： ，故成立，一定成立，当成立，推不出成立，故是的充分不必要条件，故选：A3．用数学归纳法证明不等式的过程中，由递推到时，不等式左边增加了（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】当时，写出左端，并当时，写出左端，两者比较， 可得答案.【详解】当时，左端，那么当时   左端，故由到时不等式左端的变化是增加了，两项，同时减少了这一项，即，故选：．4．一个袋中装有大小相同的3个白球和3个黑球，若不放回地依次任取两个球，设事件为“第一次取出白球”，事件为“第二次取出黑球”，则在发生的条件下发生的概率为 （       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求各事件概率再利用条件概率公式求解即可.【详解】设事件为“第一次取出白球”，事件为“第二次取出黑球”，，，第一次取出白球的前提下，第二次取出黑球的概率为：.故选：D.5．设随机变量的分布列如下表所示，则（       ）012340.360.20.1A．0.14 B．0.24 C．0.34 D．0.44【答案】B【分析】利用频率之和为求得，由此求得正确答案.【详解】依题意，，解得（负根舍去），所以.故选：B6．设，，，则的大小关系为（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】分别利用利用对数函数、指数函数的单调性比较三个数与0、1的大小即可.【详解】因为，，，所以.故选：D.7．记，则的值为（       ）A．-1 B．0 C．1 D．128【答案】A【分析】先将x7改为，再分别求出和即可解出.【详解】由题意：，令，又∵，所以.故选：A.8．已知，为的导函数，则的图像是（       ）．A． B．C． D．【答案】A【分析】求出导函数，利用导函数的解析式，判断导函数的奇偶性，及特殊点的函数值，如即可得出答案.【详解】解：由题意得，，∴，∴函数为奇函数，即函数的图像关于原点对称，当时，，当时，恒成立.故选：A．9．已知点双曲线的右焦点，点为的左顶点，点在上，且垂直于轴，若的斜率为1，则的离心率为（       ）A． B．2 C． D．3【答案】B【分析】根据双曲线性质，写出坐标，再利用垂直于轴，，代入方程可求出坐标，即可由的斜率为1写出方程，化简转化成的方程，求解即可.【详解】由题，为，在第一象限，，代入方程可解得，的斜率为1，所以，即，解得，故选：B10．若，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果．【详解】将式子进行齐次化处理得：．故选：C．【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论．11．某校团委决定举办庆祝中国共产党成立100周年“百年荣光，伟大梦想”联欢会，经过初赛，共有6个节目进入决赛，其中2个歌舞类节目，2个朗诵类节目，1个小品类节目，1个戏曲类节目.演出时要求同类节目不能相邻，则演出顺序的排法总数是（       ）A．240 B．326 C．336 D．360【答案】C【分析】用排除法，6个节目全排列，减去歌舞或朗诵类节目相邻的排列数，再加上歌舞、朗诵两类节目都相邻的排列数可得．【详解】6个节目全排列，减去其中一类节目相邻的排列数，再加上多减去的两类节目都相邻的排列数，所以所有排法总数为．故选：C．12．函数，若关于x的方程有四个不等的实数根，则实数a的取值范围为（       ）A． B．C． D．【答案】C【解析】作出函数的大致图象，令，则原问题可转为关于t的方程有2个不等实根和，结合的图象可确定和符合两种情形：，或，，最后分两类讨论即可求得a的取值范围.【详解】当时，，∴，∴当时，，单调递增；当时，，单调递减，函数的大致图象如图所示：令，当或4时，方程有2个实根；当，方程有1个实根.当t∈（0，4）时，方程t＝f（x）有3个实根；则关于x的方程有四个不等的实数根可等价于关于t的方程有2个不等实根和.∴和可符合两种情形：,或∈（0，4），.若，，则；若∈（0，4），，设g（t）＝t2﹣at+4a﹣a2，则g（0）•g（4）＜0，∴，解得.综上，实数a的取值范围为.故选：C.【点睛】本题考查方程根的问题，利用导数研究函数的单调性与最值，考查学生的数形结合思想、转化与化归思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．二、填空题13．定积分的值是__________.【答案】【分析】利用定积分运算法则，定积分的几何意义及计算公式求解作答.【详解】令，即有，则表示圆在x轴及上方的半圆，因此，表示圆在x轴及上方的半圆面积，即，为奇函数，于是得，所以的值是.故答案为：14．已知向量满足，则_________.【答案】【分析】模平方转化为数量积的运算求解．【详解】．故答案为：．15．已知函数在上不单调，则的取值范围是________.【答案】【分析】先求导函数，再根据函数在上不单调，可得，从而可求的取值范围．【详解】由题意，，令,则，函数在上不单调，，，即，故答案为：16．甲、乙、丙三位同学进行乒乓球比赛，约定赛制如下：（1）累计负两场者被淘汰；（2）比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；（3）每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；（4）当一人被淘汰后，剩余两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签甲、乙首先比赛，丙首轮轮空.设每场比赛双方获胜概率都为，则丙最终获胜的概率为________.【答案】0.4375 【分析】根据赛制，最小比赛4场，最多比赛5场，比赛结束，将丙最终获胜的可能情况进行分类，分别求出各类事件发生的概率，再由互斥事件概率公式计算可得．【详解】根据赛制，最小比赛4场，最多比赛5场，比赛结束，注意丙轮空时，甲乙比赛结果对下面丙获胜概率没有影响（或者用表示），若比赛4场，丙最终获胜，则丙3场全胜，概率为，若比赛5场，丙最终获胜，则从第二场开始的4场比赛按照丙的胜负轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，所以丙获胜的概率为．故答案为：．三、解答题17．已知公比大于1的等比数列满足.(1)求的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)；(2).【分析】（1）设出数列的公比，根据给定条件列式求出公比，再写出等比数列通项作答.（2）由（1）及已知，利用错位相减法计算作答.【详解】(1)设的公比为，因，则，即，而，解得，因此，所以的通项公式是.(2)由（1）知，，因此，则，两式相减得：，所以.18．一个盒子里装有8张卡片，其中红色卡片4张，编号分别为1、2、3、4；白色卡片4张，编号分别为2、3、4、5.从盒子中任取2张卡片（假设取到任何一张卡片的可能性相同）.(1)求取出的2张卡片中，含有编号为3的卡片的概率；(2)在取出的2张卡片中，编号最大值设为，求随机变量的分布列.【答案】(1)(2)分布列见解析【分析】（1）由对立事件不含有编号为3的卡片的概率可得结论；（2）随机变量的可能值是，分别求出概率后可得分布列．【详解】(1)有编号为3的卡片这个事件的对立事件是不含有编号为3的卡片，所以概率为；(2)易知的可能值是，，，，，的分布列为234519．的内角的对边分别为，已知.(1)求；(2)若，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合三角形内角关系及倍角公式即可得出答案；（2）利用正弦定理化边为角，结合三角形内角关系及两角差的正弦公式即可得出答案.【详解】(1)解：因为，所以，又，所以，所以，得，又，故，所以，所以；(2)解：因为，所以，得，则，得，所以.20．如图，在梯形中，//，，，四边形为正方形，平面平面.（1）求证：平面平面；（2）点在线段上运动，是否存在点使平面与平面所成二面角的平面角的余弦值为，若存在，求线段的长，若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【分析】（1）先根据几何条件证明，然后利用面面垂直的性质证明出平面，然后根据面面垂直的判定得到平面平面；（2）分别以直线，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，通过空间向量分别计算平面与平面的法向量，然后使法向量夹角的余弦值为，列出关于的方程，然后求解.【详解】（1）证明：在梯形中，因为//，，，所以，又因为，取中点P，连接，则，，易知，所以，所以.因为平面平面，平面平面，平面所以平面，又平面.所以平面平面；（2）由（1）可建立分别以直线，，为轴，轴，轴的如图所示空间直角坐标系，令，则，，，所以，设为平面的一个法向量，由得取，则，因为是平面的一个法向量所以可得，即.【点睛】本题考查平面与平面垂直的证明，考查根据面面夹角的余弦值求参数值，难度较大. 面面夹角的计算问题可采用空间向量法计算，分别计算两个面的法向量是关键.21．在平面直角坐标系中，为坐标原点，，已知周长为定值.(1)求动点的轨迹方程；(2)过作互相垂直的两条直线，与动点的轨迹交于，与动点的轨迹交于点，的中点分别为.证明：直线恒过定点，并求出定点坐标.【答案】(1)；(2)证明见解析，直线过定点.【分析】（1）由已知得，根据椭圆的定义得点的轨迹是去掉长轴端点的椭圆，且该椭圆的长轴长为，焦距为，由此可求得答案；（2）若与轴重合，若与轴重合，不合乎题意；设直线的方程为，则直线的方程为，分别与椭圆的方程联立，由根与系数的关系求得直线的方程是，分时，时，求得直线过的定点坐标.【详解】(1)解：由已知条件可得，因为的周长为，所以，，由题意可知，点不能在轴上，所以，点的轨迹是去掉长轴端点的椭圆，且该椭圆的长轴长为，焦距为，所以，，从而，因此，点的轨迹方程为；(2)解：若与轴重合，则直线与动点的轨迹没有交点，不合乎题意；若与轴重合，则直线与动点的轨迹没有交点，不合乎题意；设直线的方程为，则直线的方程为，直线均过椭圆的焦点（椭圆内一点），与椭圆必有交点，设，由，由韦达定理可得，则，所以点的坐标为，同理可得点，直线的斜率为，直线的方程是，即，即当时，直线过定点；当时，直线的方程为，直线过定点.综上，直线过定点.22．已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）若，求证：．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）求出导函数，分类讨论，根据三个二次的关系，得到函数的单调性；（2）由已知得需证，讨论的符号，然后利用凹凸反转即可证明.【详解】（1）函数定义域为，．令，所以，①当时，恒成立，在上单调递减．②当时，方程有两根：，，（1）若，，，在上单调递增，在单调递减；（2）若，，在，上单调递减，在上单调递增．综上所述：①当时，在上单调递减；②当时，在，上单调递减，在上单调递增；③当时，在上单调递增，在上单调递减．（2）由已知得需证，因为，，所以当时，不等式显然成立．当时，，所以只需证，即证．令，则，令，则．所以，，，，在为增函数，在为减函数．所以．令，，则时，，时，，所以在上为减函数，在上为增函数，．所以，但两边取等的条件不相等，即证得，所以．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）构造双函数，利用二者的最值关系，证明不等式.