2021-2022学年河南省焦作市普通高中高二下学期期中考试试题数学（理）试题含解析

2021-2022学年河南省焦作市普通高中高二下学期期中考试试题数学（理）试题

一、单选题

1．（       ）

A．－2－5i B．2－i C．2＋i D．5－i

【答案】A

【分析】由复数除法运算直接求解.

【详解】.

故选：A.

2．已知函数的导函数为，且满足，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】由已知，得

令得

故选：B

3．抛物线的焦点坐标为（       ）

A． B． C．  D．

【答案】D

【解析】根据抛物线焦点在轴上，焦点坐标为即可求解.

【详解】由可知抛物线焦点在轴上，且，所以，

故焦点坐标为：，

故选：D

4．在等差数列中，若，则（       ）

A．2 B．3 C．5 D．7

【答案】C

【分析】根据等差数列的通项公式直接计算可得.

【详解】设等差数列的公差为，

则由可得，即，即.

故选：C.

5．若复数z满足，则的最小值为（       ）

A．0 B．1 C． D．2

【答案】B

【分析】令且，将问题转化为圆上点到原点距离最小即可.

【详解】令且，

所以等价于，即圆心为，半径为2的圆，

则表示圆上点到原点的距离，故的最小值为1.

故选：B

6．在中，角、、的对边分别为、、，若，，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用正弦定理结合已知条件可求得的取值范围，结合角的取值范围可求得结果.

【详解】由正弦定理可得，所以，，

因为，则，因为，则.

故选：C.

7．已知且，则（       ）

A．2 B．1 C．0 D．

【答案】D

【分析】由已知条件，利用万能公式可得，结合范围即可求.

【详解】由，，

所以，即，

又，可得.

故选：D

8．观察如图所示的数阵，则下列选项中的数不在该数阵中的是（       ）

A．91 B．101 C．111 D．121

【答案】A

【分析】观察数阵可得第行有个数，且第行最后一个数为，每行的数列是公差为的等差数列，观察选项，为平方数，可以从D选项开始考虑，可判断第11行的数构成等差数列，即可判断B，C，D选项，再由第10行的数构成等差数列判断A选项.

【详解】由题，观察可知第行有个数，且第行最后一个数为，每行的数列是公差为的等差数列，所以第11行有11个数，最后一个数为，故排除D选项；

设第11行的数构成等差数列，则，所以，故排除B选项；

因为，令，则，解得，即111为第11行的第6个数，故排除C选项；

因为第10行有10个数，最后一个数为，设第10行的数构成等差数列，则，所以，

因为，设，解得，不为正整数，故不在该数阵中，

故选：A

9．已知四棱锥的底面是边长为1的正方形，平面，线段的中点分别为，，若异面直线与所成角的余弦值为，则（       ）

A．1 B． C．2 D．3

【答案】C

【分析】以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系,利用向量法求解.

【详解】如图示，以D为原点，分别为x、y、z轴正方向联立空间直角坐标系.

不妨设.则，，，，，，.

所以，.

因为异面直线与所成角的余弦值为，所以，解得：t=2.

即2.

故选：C

10．若、、、为正数，则，当且仅当时取等号.类比以上结论，可以得到函数的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分析可得，利用题中不等式可求得的最小值.

【详解】当时，，则，

当且仅当时，即当时，等号成立，

因此，函数的最小值为.

故选：D.

11．已知矩形的周长为，则将其绕所在直线旋转一周所得圆柱的体积最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设圆柱的底面圆的半径为，则该圆柱的高为，求得，利用导数法可求得该圆柱的体积的最大值.

【详解】设圆柱的底面圆的半径为，则该圆柱的高为，由可得，

则该圆柱的体积为，，列表如下：

所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，即.

故选：B.

12．已知函数，若对任意都有，则实数a的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】将条件转为判断在上单调递增，由在上恒成立，求得的范围.

【详解】由条件，化为，

构造，则在上单调递增，

∴在上恒成立，

∴，即在上恒成立，

令

∴，.

故选：B

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.

二、填空题

13．已知且，用数学归纳法证明命题：“当且时，”，第一步应验证的不等式为__________.

【答案】

【分析】根据数学归纳法的证明步骤即可得到答案.

【详解】因为当且时，所以n的初始值为2，

所以第一步应验证的不等式为：.

故答案为：.

14．在菱形中，若，则__________.

【答案】4

【分析】利用数量积的定义直接求解.

【详解】在菱形中，，

所以在上的射影为，

所以即为，所以.

故答案为：4

15．计算：__________.

【答案】

【分析】利用定积分的四则运算和微积分基本定理求解.

【详解】

.

故答案为：.

16．对任意的，若关于的不等式恒成立，则的最小值为__________.

【答案】0.5

【分析】将问题转化为的图象在函数的图象上方相切,利用函数的导数和切线的斜率的关系,求出切点坐标即可得解.

【详解】因为关于的不等式恒成立，

所以的图象在函数的图象上方相切.

当m>0时, 的图象与x轴的交点在x轴的负半轴上.

由图可知当正数m最小时,直线与在内相切.

对函数求导得到.

令,解得x=0.

所以,所以切点的坐标为，

把点代入得：.

故答案为：.

三、解答题

17．已知函数.

(1)求的导函数；

(2)设是的零点，求曲线在点处的切线方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用求导公式直接求解即可，

（2）先求出，再根据导数的几何意义求解即可

【详解】(1)由，

得

(2)函数的定义域为，

由，得，，即，

所以，

所以曲线在点处的切线方程为

，即

18．已知复数．

(1)若，且，求的最小值；

(2)若，，且z在复平面内对应的点位于第二象限或第四象限，求实数m的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由，结合基本不等式“1”的妙用的方法即可求解；

（2）由点在第二象限可知，点在第四象限可知，求解求并集即可.

【详解】(1)由题，因为，

所以，

当且仅当时，等号成立，

所以的最小值为.

(2)当z在复平面内对应的点位于第二象限时， ，解得；

当z在复平面内对应的点位于第四象限时，，解得，

综上，.

19．在中，角的对边分别为，已知的周长为3，且边上的高为1.

(1)证明：角为锐角；

(2)证明：.

【答案】(1)详见解析；

(2)详见解析.

【分析】（1）根据边上的高为1得到，再由的周长为3，得到，利用余弦定理判断；

（2）利用基本不等式和不等式的基本性质证明.

【详解】(1)解：如图所示：

由题意得：，

又的周长为3，则，

所以，

所以角为锐角；

(2)因为，

，

，

三式相加得，

由（1）知：a，b，c不全相等，故取不到等号，

故.

20．已知函数．

(1)若a＝2，求的单调区间；

(2)若函数存在最大值，且最大值大于0，求实数a的取值范围．

【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为;

(2)

【分析】（1）求导，分别解和，再结合定义域即可求出结果；

（2）分和对函数的单调性进行讨论，进而可以求出结果；

【详解】(1)因为，则，定义域为，所以，

令，即，所以；，即，所以；

因此的单调递增区间为，单调递减区间为;

(2)因为，所以，定义域为，

则，

若，，所以在上单调递减，因此函数无最大值，故不符合题意；

若，则时，，所以在上单调递减，时，，所以在上单调递增；故在处取得极大值，同时也是最大值，且，所以，即，故，

综上：实数a的取值范围为.

【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：

(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；

(2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；

(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.

21．已知，是椭圆E：上的两点．

(1)求椭圆E的方程．

(2)若直线l与椭圆E交于C，D两点（C，D均不与点A重合），且以线段CD为直径的圆过点A，问：直线l是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．

【答案】(1)

(2)定点，理由见解析.

【分析】（1）将代入椭圆方程即可求出；

（2）分斜率是否存在设出直线方程，利用即可求出.

【详解】(1)将，代入椭圆方程可得，解得，

所以椭圆方程为；

(2)若直线的斜率不存在，设直线方程为，由题可得为等腰直角三角形，则可将代入椭圆，解得（舍去）或，即直线方程为；

若直线的斜率存在，设方程为，设，

联立方程，可得，

则，可得，

①，②，

由题可得，则，即，

代入①②，整理可得，解得或，

若，直线为，经过点,不符合，

若，直线为，经过定点，

综上所述，直线l过定点.

22．已知函数，且.

(1)讨论的单调性；

(2)若，证明：当时，.

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；

（2）分析可知，所证不等式为，即证，构造函数，，其中，利用导数求得，即可证得所证不等式成立.

【详解】(1)解：因为且，函数的定义域为，.

①当时，由可得，由可得，

此时函数的增区间为，减区间为；

②当时，由可得，由可得，

此时函数的减区间为，增区间为.

综上所述，当时，函数的增区间为，减区间为；

当时，函数的减区间为，增区间为.

(2)证明：当时，，

当时，由可得，即证，

构造函数，，其中，

则，列表如下：

所以，函数在处取得极小值，亦即最小值，即，

，令可得，列表如下：

所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，即，

因为，即，

因此，若，当时，.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.