2021-2022学年江西省赣州市十六县（市）十九校高二下学期期中考试数学（理）试题（解析版）

这是一份2021-2022学年江西省赣州市十六县（市）十九校高二下学期期中考试数学（理）试题（解析版），共16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学年江西省赣州市十六县（市）十九校高二下学期期中考试数学（理）试题一、单选题1．为虚数单位，A． B． C． D．1【答案】A【详解】因为，所以应选． 【解析】本题考查复数的概念及其运算，涉及分数指数幂的运算性质．2．设存在导函数且满足，则曲线上的点处的切线的斜率为（       ）A． B． C．1 D．2【答案】A【分析】由导数的定义及几何意义即可求解.【详解】解：因为存在导函数且满足，所以，即曲线上的点处的切线的斜率为，故选：A.3．（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由定积分的运算性质可得，再结合定积分的计算公式及定积分的几何意义，即可求解.【详解】解：由定积分的运算性质可得，又由，根据定积分的几何意义，可知表示所表示的图形的面积，即所表示的上半圆的面积，所以，故选：C.4．空间中，与向量同向共线的单位向量为（       ）A． B．或C． D．或【答案】C【分析】由已知条件，先求出，从而即可求解.【详解】解：因为，所以，所以与向量同向共线的单位向量，故选：C.5．“干支(gàn zhī)纪年法”是中国历法上自古以来就一直使用的纪年方法，干支是天干和地支的总称．甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸十个符号叫天干，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥十二个符号叫地支，干支按序相配，组成干支纪年法，相配顺序为甲子、乙丑、丙寅…癸酉；甲戌、乙亥、丙子…癸未；甲申、乙酉、丙戌…癸巳；……共得60种不同组合，这就是俗称的“六十甲子”，也叫“干支表”，周而复始干支纪年以每年立春换年，是中华民族的伟大发明.2022年是干支纪年中的壬寅年，则2036年是干支纪年中的（       ）A．甲寅年 B．乙卯年 C．丙辰年 D．甲巳年【答案】C【分析】由题意，“天干”是以10为公差的等差数列，“地支”是以12为公差的等差数列，然后根据干支纪年法即可求解.【详解】解：由题意，“天干”是以10为公差的等差数列，“地支”是以12为公差的等差数列，从2022年到2036年经过了14年，又2022年是干支纪年中的壬寅年，因为，所以“天干”中壬往后数4个为丙，因为， 所以“地支”中丑往后数2个为辰，所以2036年是“干支纪年法”中的丙辰年，故选：C.6．已知函数，则＝（       ）A．21 B．20 C．16 D．11【答案】B【分析】对函数式求导，令求得后．计算函数值．【详解】由得，所以，，即，所以．故选：B．7．用数学归纳法证明时，第一步应验证不等式（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】取即可得到第一步应验证不等式.【详解】由题意得，当时，不等式为．故选：B．8．已知函数f(x)＝x2＋cosx，f'(x)是函数f(x)的导函数，则f'(x)的图象大致是（       ）A． B． C． D．【答案】A【解析】求出导函数，利用导函数的解析式，判断函数的奇偶性，再应用特殊点的函数值来判断函数的图象．【详解】，，是奇函数，排除B，D．当x时，0，排除C．故选：A9．对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是的导数.若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【解析】对函数求导，再求导，然后令，求得对称点即可.【详解】因为所以，所以，令，解得，所以的对称点，所以，，故选：A10．如图，已知多面体，其中是边长为4的等边三角形，四边形是矩形，，平面平面，则点到平面的距离是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用面面垂直性质结合已知寻找两两垂直的三条直线建立空间直角坐标系，用向量法可解.【详解】取的中点O，连接OB，过O在平面ACDE面内作交DE于F∵平面平面ABC，平面 ACDE平面ABC=AC，平面 ACDE，∴平面ABC∴∵是边长为4的等边三角形，四边形ACDE是矩形，∴以O为原点，OA，OB，OF分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系则，，，设平面ABD的单位法向量，，由解得取，则∴点C到平面ABD的距离.故选：C11．设直线与双曲线两条渐近线分别交于点，，若点满足，则该双曲线的渐近线方程是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】设,的中点为，用点差法可得，由可得结合点在直线上，可得出 的关系，从而可得答案.【详解】由双曲线得到渐近线的方程为即双曲线的两条渐近线合并为设,的中点为，则，两式相减可得，即     ……………       ①又点在直线上，则   ……… ②由,则，则     …………… ③联立②，③可得， 将代入①可得所以渐近线的方程为故选：A12．已知函数的导函数为，为自然对数的底数，对均有成立，且，则不等式的解集是A． B． C． D．【答案】D【分析】先构造函数，再利用导数研究函数单调性，最后根据单调性解不等式.【详解】原不等式等价于，令，则恒成立，在上是增函数，又，，原不等式为，解得，故选.【点睛】本题考查利用导数解不等式，考查基本分析求解能力，属中档题.二、填空题13．设复数满足，则______．【答案】2【分析】由题意，，利用复数的除法运算可化简得到，利用模长公式即得解【详解】由题意，故答案为：214．已知函数在上不单调，则实数t的取值范围是______．【答案】【分析】根据函数的导数与单调性的关系，先求出在上单调递增，在上单调递减，从而根据题意列出不等式即可求解.【详解】解：因为函数，所以，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，因为函数在上不单调，所以，解得，所以实数的取值范围是.故答案为：.15．已知椭圆与双曲线有相同的焦点，且两曲线在第一象限的交点为P，若，且，则双曲线的离心率为_________．【答案】【分析】利用两曲线在第一象限的交点为P，得到；又，进而得到，转化为离心率的齐次式即得．【详解】由已知可得点，代入得出，即将代入得出，即．故． ．又椭圆与双曲线有相同的焦点，故，故． 即 ．故答案为：．16．体积为8的四棱锥的底面是边长为的正方形，四棱锥的外接球球心O到底面ABCD的距离为2，则点P的轨迹长度为______.【答案】【分析】作图，分析图中的几何关系，建立坐标系，有题所给的条件可求得点P的轨迹.【详解】 设正方形ABCD的中心为，由题可知 ， ，过 做平面ABCD的垂线，确定外接球的球心为O，则 ，设四棱锥P-ABCD的高为h， ，h=3，以 为坐标原点， 为x轴， 为y轴， 为z轴，建立如上图所示的坐标系，外接球O的半径为 ，点 ，设P（x,y,z），由于点P在外接球O的球面上，根据空间两点距离公有 ，h=z+2=3，z=1，代入上式得 ，即点P是在z=1的平面上的圆，其半径为 ，所以点P的轨迹长度为 ；故答案为：.三、解答题17．已知a为实数，函数，．(1)求a的值；(2)求函数在上的极值．【答案】(1)(2)的极大值为，极小值为【分析】（1）求出导函数，结合已知条件即可求解；（2）根据函数的单调性与导数的关系，求出函数在的单调区间，从而即可求解函数的极值.【详解】(1)解：因为，所以，解得；(2)解：由 ( 1 ) 知，，，令，得或，令，得，所以在和上单调递增，在上单调递减，所以的极大值为，极小值为.18．如图，已知四棱锥的底面是矩形，平面ABCD，，点E是棱AD上的一点，且，点F是棱PC上的一点，且．(1)求证：平面PEB；(2)求直线PC与平面PEB所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）在棱PB上取一点G，使得，连接GF，GE，由四边形DEGF是平行四边形得出，再由判定定理证明平面PEB；（2）以D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法得出直线PC与平面PEB所成角的正弦值．【详解】(1)证明：在棱PB上取一点G，使得，连接GF，GE，在中，，，所以，且．又，，所以，，所以四边形DEGF是平行四边形．所以，又平面PBE，平面PBE，所以平面PBE．(2)解：如图，以D为原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．不妨设，易得．所以，，，，，所以，，．设平面PBE的一个法向量是，可得令，解得，，所以．设直线PC与平面PEB所成角为，所以，即直线PC与平面PEB所成角的正弦值是．19．已知抛物线上一点到焦点的距离与到轴的距离相等.(1)求抛物线的方程；(2)若直线与抛物线交于A，两点，且满足(为坐标原点)，证明：直线与轴的交点为定点.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】(1)利用抛物线点，n)到焦点的距离等于到x轴的距离求出，从而得到抛物线的标准方程．(2)联立直线与抛物线方程，通过韦达定理求出直线方程，然后由，即可求解．【详解】(1)由题意可得，故抛物线方程为；(2)设，，，，直线的方程为，联立方程中，消去得，，则，．又，解得或(舍去)，直线方程为，直线过定点．20．如图，四棱锥中，底面四边形是直角梯形，底面，，，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析，（2）.【分析】（1）首先利用条件证明，然后结合即可证明平面（2）由平面可得是直线与平面所成的角，然后算出，然后以点为原点，分别以的方向为轴､轴､轴的正方向建立空间直角坐标系，算出平面的法向量即可.【详解】（1）证明：因为，，所以.又因为，所以是等腰直角三角形，所以，. 又因为，，所以，即.因为底面，平面，所以.又，所以平面. （2）在中， ，，所以.由（1）知，平面，所以是直线与平面所成的角，则. 在中， ，所以. 以点为原点，分别以的方向为轴､轴､轴的正方向建立空间直角坐标系. 则.因为为的中点，所以，所以. 设平面法向量为，则     即令，得.所以. 由平面，则为平面的一个法向量.所以.故所求二面角的余弦值为.【点睛】向量法是求立体几何中的线线角、线面角、面面角时常用方法.21．已知椭圆:的离心率，且椭圆上的点到其左焦点的最大距离为，点是轴上的一点，过点的直线与椭圆交于，两点.(1)求椭圆的方程；(2)若的面积是面积的两倍，且直线与圆：相切于点，求的长.【答案】(1)(2)【分析】（1）可知，进而利用离心率的值计算即得结论；（2）设直线的方程为，代入椭圆方程，整理，由得，则有，利用韦达定理，通过直线与圆相切计算求得的坐标，进而可求得结论.【详解】(1)由题意知解得:，，所以椭圆的方程为.(2)设，直线：，，，因为得，有，由，由韦达定理得，，由，，则，，化简.原点到直线的距离，又直线与圆：相切，所以，即，，即，解得，此时，满足，此时，在中，，所以的长为22．已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)若不等式对恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)当时，在上递减，时，在上单调递减，在上单调递增，(2)【分析】（1）先求出函数的定义域，再对函数求导，然后分和两种情况通过判断导数的正负，可求出函数的单调区间，（2）将问题转化为对恒成立，构造函数，求其最小值，而，所以在上单调递减，再次将问题转化为，即在恒成立，求出的最小值即可【详解】(1)定义域为，由，得，当时，，所以在上递减，当时，由，得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，综上，当时，在上递减，时，在上单调递减，在上单调递增，(2)由对恒成立，得对恒成立，即对恒成立，令，，则，因为，所以要在恒大于等于零，则在上单调递减，所以，所以，所以在恒成立，因为，当且仅当，即时取等号，所以且，所以实数的取值范围