2021-2022学年新疆乌鲁木齐市第四中学高二下学期期中阶段考试数学（理）试题（解析版）

这是一份2021-2022学年新疆乌鲁木齐市第四中学高二下学期期中阶段考试数学（理）试题（解析版），共12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学年新疆乌鲁木齐市第四中学高二下学期期中阶段考试数学（理）试题一、单选题1．在复平面内，复数对应的点位于A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】D【解析】先化简复数，再由复数的几何意义即可得出结果.【详解】因为，所以其对应点为，位于第四象限.故选D【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的几何意义，熟记运算法则与几何意义即可，属于常考题型.2．数列2,5,11,20，x，47...中的x等于（       ）A．28 B．32 C．33 D．27【答案】B【分析】通过观察，得出该数列从第二项起，后一项与前一项的差分别是3的倍数，由此可求得的值.【详解】因为数列的前几项为，其中，可得，解得，故选B.【点睛】本题主要考查了数列的概念及其应用，其中解答中根据题意发现数列中数字的排布规律是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.3．下列函数中,既是偶函数又在区间上单调递减的是A． B． C． D．【答案】C【详解】试题分析：因为函数是奇函数，所以选项A不正确；因为函为函数既不是奇函数，也不是偶函数，所以选项B不正确；函数的图象抛物线开口向下，对称轴是轴，所以此函数是偶函数，且在区间上单调递减，所以，选项C正确；函数虽然是偶函数，但是此函数在区间上是增函数，所以选项D不正确；故选C．【解析】1、函数的单调性与奇偶性；2、指数函数与对数函数； 3函数的图象．4．已知ΔABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若B=30°，b=1，则等于（        ）A．1 B．2 C． D．【答案】B【分析】利用正弦定理可得，进而根据正弦定理的变形，即可求解的值，得到答案.【详解】在中，满足，由正弦定理可得，又由，故选B.【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，其中解答中熟记三角形的正弦定理，以及正弦定理的变形是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5．下列命题中，不正确的是（       ）A．两条平行直线与同一平面所成的角相等B．一条直线与两个平行平面所成的角相等C．一条直线平行于两个平行平面中的一个平面，它也平行于另一平面D．如果两条直线与同一平面所成的角相等，那么这两条直线不一定平行【答案】C【分析】根据直线与平面所成角的定义，以及线面位置关系的概念，即可求解，得到答案.【详解】由题意，A中，根据线面角的定义，可知两条平行直线与同一平面所成的角相等是正确的；B中，根据线面角的定义，可知一条直线与两个平行平面所成的角相等是正确的；C中，一条直线平行于两个平行平面中的一个平面，则直线平行于另一平面或在另一个平面内，所以不正确；D中，根据线面位置关系的判定，可知如果两条直线与同一平面所成的角相等，那么这两条直线相交、平行或异面，所以是正确的.【点睛】本题主要考查了空间中直线与平面的位置关系的判定，其中解答中熟记线面角的定义，以及直线与平面的位置关系是解答的关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题.6．已知向量，且与互相垂直，则k的值是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用向量的数量积为0可求的值.【详解】因为与互相垂直，故，故，即，故.故选：D.7．若，满足，则的最大值为A．0 B．3 C．4 D．5【答案】C【详解】试题分析：由图可得在处取得最大值，由最大值，故选C.【解析】线性规划.【方法点晴】本题考查线性规划问题，灵活性较强，属于较难题型.考生应注总结解决线性规划问题的一般步骤（1）在直角坐标系中画出对应的平面区域，即可行域；（2）将目标函数变形为；（3）作平行线：将直线平移，使直线与可行域有交点，且观察在可行域中使最大（或最小）时所经过的点，求出该点的坐标；（4）求出最优解：将（3）中求出的坐标代入目标函数，从而求出的最大（小）值.8．已知函数的导数，且的图像过点，当函数取得极大值-5时，x的值应为（        ）A．-1 B．0 C．1 D．【答案】B【分析】由函数，根据求导法则，得到，再根据函数过点，求得函数的解析式，进而求得函数的极大值，得到答案.【详解】由题意，函数的导数，所以，其中为常数，又由函数过点，所以，即，令，即，解得或，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以当时，函数取得极大值，且极大值，函数取得极大值时时，的值应为0，故选B.【点睛】本题主要考查了导数的运算法则，以及利用导数求解函数的极值的方法，其中解答中熟记导数的求导法则，以及正确求得函数的单调性和极值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.9．若f(x)=上是减函数，则b的取值范围是A．[-1，+∞] B．（-1，+∞） C．（-∞，-1] D．（-∞，-1）【答案】C【详解】由题意可知，在上恒成立，即在上恒成立，由于，所以，故Ｃ为正确答案．10．名同学合影，站成了前排人，后排人，现摄影师要从后排人中抽人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同的调整方法的种数为A． B． C． D．【答案】C【详解】分析：首先从后排的7人中选出2人，有C72种结果，再把两个人在5个位置中选2个位置进行排列有A52，利用乘法原理可得结论．详解：由题意知本题是一个分步计数问题，首先从后排的7人中选出2人，有C72种结果，再把两个人在5个位置中选2个位置进行排列有A52，∴不同的调整方法有C72A52，故选C点睛：解答排列、组合问题的角度：解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手；(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．11．某个命题与正整数有关，如果当时该命题成立，那么可以推出时该命题也成立，现已知时该命题成立，那么（       ）A．时该命题成立B．时该命题不成立C．时该命题都成立D．可能n取某个大于5的整数时该命题不成立【答案】C【分析】根据题意，得到时该命题成立，可推得时，该命题都成立，即可求解.【详解】根据题意知，当时该命题成立，那么可以推出时该命题也成立，因为时该命题成立，可依次推得时，该命题都成立.故选：C.12．直线分别与函数，交于，两点，则的最小值为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由求得两点的横坐标，利用构造函数法，结合导数来求得的最小值.【详解】，且在上递增；，且在上递增.所以，且都有唯一解，，，构造函数，所以在区间递减；在区间递增.所以的最小值为.所以的最小值为.故选：A二、填空题13．用反证法证明命题：“已知a、，若ab可被5整除，则a、b中至少有一个能被5整除”时，第一步应假设________成立．【答案】、都不能被5整除【分析】根据给定条件判断命题的题设与结论，再写出结论的否定即可作答.【详解】命题：“已知a、，若ab可被5整除，则a、b中至少有一个能被5整除”的结论是“a、b中至少有一个能被5整除”于是得“a、b中至少有一个能被5整除”的否定是：、都不能被5整除，所以第一步应假设、都不能被5整除成立.故答案为：、都不能被5整除14．若把英文单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误拼写方法有________种．【答案】11【分析】求出这四个字母排列的所有可能，减去正确的拼写种数，即可求出拼写错误的种数.【详解】解：单词中含个字母，则其全排列为，但其中两个字母一样，因此排列方法为，其中只有一种组合是正确，因此错误拼写方法有种，故答案为:11.【点睛】本题考查了排列数的计算，考查了排列的应用，属于基础题.15．曲线与直线，所围成的封闭图形的面积为__________．【答案】【详解】联立 ，得 ；∴曲线与直线，所围成的封闭图形的面积为 即答案为16．下列说法正确的序号是：___________.①存在实数，使；②是锐角的内角，则；③函数是偶函数；④函数y＝sin 2x的图象向右平移个单位，得到y＝sin的图象【答案】②③【分析】由，可判定①为假命题；由，单调，结合在上为增函数，可判定②正确；由，可判定③正确；根据三角函数的图象变换，可判定④错误.【详解】对于①中，因为，所以不存在实数，使，即命题①为假命题，对于②中，由为锐角三角形，可得，即，因为，可得，又由在上为增函数，所以，所以②正确；对于③中，函数是偶函数，所以③正确；对于④中，函数的图象向右平移个单位，得到的图象，所以④错误.故答案为：②③.三、解答题17．某班共有54位同学，其中正、副班长各1名，现选派6名同学参加某科课外小组，在下列各种情况中，各有多少种不同的选法？(1)正、副班长只有一人入选；(2)正、副班长至少有一人入选；(3)正、副班长至多有一人入选.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）若正、副班长只有一人入选，可分为两步：第一步：先从正副班长中选出1人，第二步：再从剩余的中选出5人，结合分步计数原理，即可求解；（2）若正、副班长至少有一人入选，可分为两类：第一类：正副班长中恰有1人参加，第二类：正副班长同时参加，结合分类计数原理，即可求解；（3）正、副班长至多有一人入选，可分为两类：第一类：正副班长中恰有1人参加，第二类：正副班长都未参加，结合分类计数原理，即可求解.【详解】(1)解：若正、副班长只有一人入选，可分为两步：第一步：先从正副班长中选出1人，有种选法；第二步：再从剩余的中选出5人，有种选法，由分步计数原理，可得共有种不同的选法.(2)解：若正、副班长至少有一人入选，可分为两类：第一类：正副班长中恰有1人参加，有种选法；第二类：正副班长同时参加，有种选法，由分类计数原理，可得共有种不同的选法.(3)解：正、副班长至多有一人入选，可分为两类：第一类：正副班长中恰有1人参加，有种选法；第二类：正副班长都未参加，有种选法，由分类计数原理，可得共有种不同的选法.18．四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC底面BCDE，BC=2,CD=,AB=AC（1）证明.（2）设侧面ABC为等边三角形，求二面角C-AD-E的余弦值．【答案】(1)见证明；(2) 【分析】（1）作AO⊥BC，垂足为O，连接OD，利用三垂线定理，即可证得；（2）利用二面角的定义，得到∠CGE是二面角C-AD-E的平面角，在中，利用余弦定理，即可求解二面角的余弦值.【详解】(1)作AO⊥BC，垂足为O，连接OD，由题设知，AO⊥底面BCDE，且O为BC中点，由，可得RtΔOCD∽Rt△CDE，从而∠ODC=∠CED，于是CE⊥OD,由三垂线定理，可得.(2)由题意知BE⊥BC，所以BE⊥侧面ABC，又BE侧面ABE，∴侧面ABE⊥侧面ABC.作CF⊥AB，垂足为F，连接FE,则CF⊥平面ABE，故∠CEF为CE与平面ABE所成的角，且∠CEF=45°，由CE=，得CF=，又∵BC=2，△ABC为等边三角形，作CG⊥AD，垂足为G，连GE由(1)知，CE⊥AD,又CE∩CG=C,故AD⊥平面CGE,AD⊥GE，所以∠CGE是二面角C-AD-E的平面角.，，在中，由余弦定理得，所以二面角C-AD-E的余弦值为.【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，利用定义法求解二面角的大小，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.19．已知是等差数列，是等比数列，且.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前n项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，列方程组求得，得到，根据，求得，，得到.（2）由（1）得到，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.【详解】(1)解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由，解得，所以，又由，可得，所以，所以.(2)解：由（1）知，，所以，设数列的前n项和为，可得.20．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为，b－c＝2，cos A＝－.(1)求a和sin C的值；(2)求cos的值.【答案】(1)a＝8，；(2).【分析】（1）先求出b＝6，c＝4，再利用余弦定理求出a＝8，最后利用正弦定理求解；（2）利用和角的余弦公式和二倍角公式化简求值.【详解】(1)解：在△ABC中，由cos A＝－，可得sin A＝.由S△ABC＝bcsin A＝3，得bc＝24，又由b－c＝2，解得b＝6，c＝4.由a2＝b2＋c2－2bccos A，可得a＝8.由＝，得sin C＝.(2)解：cos＝cos 2A·cos －sin 2A·sin＝ (2cos2A－1)－×2sin A·cos A＝.21．已知，．（1）当时，求函数的单调区间；（2）是否存在实数，使在区间上的最小值是3，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）单调递减，上单调递增；（2）存在；．【分析】（1）求函数导数，根据导函数的正负可得单调区间；（2）根据，分、和三种情况分别讨论单调性求最值，列方程求解即可.【详解】（1）当时，，定义域为，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，综上：在单调递减，上单调递增；（2），假设存在实数，使有最小值3.①当时，因为，所以，所以在上单调递减，，解得（舍去）；②当时，在上单调递减，在上单调通增，∴，解得，满足条件；③当时，因为，所以，∴在上单调递减，∴.解得，舍去.综上，存在实数，使得当时，有最小值3.