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

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：B

2．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：A

3．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（       ）

A．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：B

6．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：B

10．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

19．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.