四川省成都市第七中学2021-2022学年高二数学理科下学期期中试题（Word版附解析）

2021~2022学年度下期高2023届半期考试数学试卷（理科）一､选择题（每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求.把答案涂在答题卷上.）1.复数的模（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的模的公式求解即可.【详解】因为，所以，故选：A.2.已知函数，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据导数的定义，结合基本初等函数的求导公式，即可求得答案.【详解】由题意得，，由于，则，故。故，故选：C3.对于不等式，某同学用数学归纳法证明的过程如下：①当时，，不等式成立；,②假设当时，不等式成立，即，则当时，．故当时，不等式成立．则下列说法正确的是（）A.过程全部正确B.当时的验证不正确C.当时的归纳假设不正确D.从到的推理不正确【答案】D【解析】【分析】根据数学归纳法证明基本过程判断即可.【详解】在证明当时的结论中，没有应用时的假设，根据数学归纳法证明的基本过程可知：从到的推理不正确．故选：D.4.有一段演绎推理：所有的质数是奇数，是质数，所以是奇数.这段推理（）A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.是正确的【答案】A【解析】【分析】由是质数，但不是奇数可知大前提错误.【详解】大前提为所有的质数是奇数，但是质数，但不是奇数，大前提错误.故选：A.5.A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用数形结合求定积分得解.【详解】所以，,表示为以原点为圆心，以2为半径的在第一象限的个圆，由于个圆的面积为，所以.故选B【点睛】本题主要考查利用数形结合求定积分，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.6.函数的图象大致是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据函数为偶函数，以及在时的单调性即可由排除法解出．【详解】因为函数的定义域为，而，所以函数为偶函数，其图象关于轴对称，所以错误；当时，，由可得，所以函数在上递减，在上递增，所以,错误；而，排除，所以正确．故选：D．7.设等差数列的公差，且．记，用，d分别表示，，，并由此猜想（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】写出等差数列的通项公式，裂项求和即可.【详解】依题意，，，，，故猜想，故选：C.8.平行六面体中，，，点在平面ABCD内的射影是AC与BD的交点O，则异面直线与所成的角为（）A.90°B.60°C.45°D.30°【答案】C,【解析】【分析】由已知条件可得，，，然后利用数量积的运算律求出，，再利用向量的夹角公式可求得结果【详解】，因为点在平面ABCD内的射影是AC与BD的交点O，所以，因为，，所以，，所以，因为,所以，所以，，，,所以，所以，因为，所以，所以异面直线与所成的角为故选：C9.各种不同的进制在我们生活中随处可见，计算机使用的是二进制，数学运算一般用的十进制.通常我们用函数表示在x进制下表达个数字的效率，则下列选项中表达M个数字的效率最高的是（）A.四进制B.三进制C.八进制D.七进制【答案】B【解析】【分析】求出的最大值，不是整数时，比较两边的两个整数对应的函数值大小后可得．【详解】设，则，时，，递增，时，，递减，所以，,由于中，下面比较和的大小即得．，所以，所以最大．故选：B．10.我国古代数学名著《九章算术》对立体几何也有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.“鳖臑”指的是四个面都是直角三角形的三棱锥.“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以㳟，其形露矣.”现有一如图所示的“堑堵”即三棱柱，其中，若，当“阳马”即四棱锥体积最大时，“堑堵”即三棱柱的外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设，得到，当四棱锥体积取得最大值时，根据基本不等式得到，利用三棱柱的外接球的球心为的中点，求得球的半径，结合球的表面积公式，即可求解.【详解】设，,因为，则，所以四棱锥的体积为，当且仅当时，等号成立，此时三棱柱的外接球的球心为的中点，所以外接球的半径为，所以三棱柱的外接球的表面积为.故选：B.11.已知，若，，，则a，b，c的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据是偶函数，可将自变量都转到上，通过比较自变量的大小，以及判断的单调性，即可比较大小.【详解】，是偶函数，又，记，则,所以单调递减，当时，，所以，故当时，单调递减，记当时，,所以在单调递减，故，即,记，当时，,所以单调递减，故,，综上可知：当时，单调递减，故故选：B12.已知椭圆的左、右焦点分别为、，第一象限内的点在椭圆上，且满足，点在线段、上，设，将沿翻折，使得平面与平面垂直，要使翻折后的长度最小，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用椭圆的定义、勾股定理可求得、，翻折前，过点作，垂足为点，过点作，垂足为点，设，其中，翻折后，利用勾股定理求出关于的表达式，利用正弦型函数的有界性可求得的最小值及的值，再利用角平分线的性质可求得的值.【详解】在椭圆中，，，，，因为，且点为第一象限内的点，则，可得，翻折前，过点作，垂足为点，过点作，垂足为点，,设，其中，则，，，，所以，，翻折后，如下图所示：因为平面平面，平面平面，平面，，平面，平面，，又因为，，，则，故当时，即当时，取得最小值，则在翻折前，在中，为的角平分线，,所以，，即.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查线段长度最值的求解，解题的关键就是将引入某角为自变量，将的长度表示为该角为自变量的三角函数，结合三角函数的有界性来求解.二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上.）13.已知函数，则在点处的切线的斜率k=___________.【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义，求出在点处的切线的斜率即可.【详解】因为，所以，所以在点切线的斜率为.故答案为：.14.如图，在正方体中，直线和平面所成角的正弦值是____；【答案】##【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法来求得直线和平面所成角的正弦值.【详解】设正方体的边长为，建立如图所示空间直角坐标系，,则，，设平面的法向量为，则，故可设.设直线和平面所成角为，则.故选：15.历史上数列折射出很多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，…，它满足，且满足递推关系，此数列在现代物理及化学等领域有着广泛的应用，若将此数列的每一项除以4后的余数构成一个新数列，___________.【答案】1【解析】【分析】通过列举法发现数列为周期数列，然后根据周期数列的性质进行计算即可.,【详解】由题可知，，，，，；，，，，，，故可以发现，数列是周期为6的周期数列，由于，所以故答案为：116.若，关于x的不等式恒成立，则实数m的范围是___________.【答案】【解析】【分析】令，利用导数法得到在上递增，且，令，结合，令得，令求解.【详解】解：令，因为，则，，所以在上递增，又，当时，，当时，，令，对称轴为，当时，递减，当时，递增，,又，令得（负值舍去），当时，，当时，令，解得（负值舍去），当时，时，，则，当时，，则，若，在不是恒成立，综上：实数m的范围是三､解答题（17题10分，18-22每小题12分，共70分.在答题卷上解答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17.已知复数.（1）若对应复平面上的点在第四象限，求m的范围；（2）当时，且（表示的共轭复数），若，求z.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据复数的几何意义建立不等式即可求解；（2）将复数、代入中化简即可求解.【小问1详解】若对应复平面上的点在第四象限，则，解得.【小问2详解】当时，，则.,∴，∴.18.已知数列，为数列的前n项和.（1）求，，，；（2）根据（1）的计算结果，猜想的表达式，并用数学归纳法进行证明.【答案】（1），，，（2）猜想：，证明见解析【解析】【分析】（1）根据可求得，从而可得答案；（2）由（1）的计算结果，猜想，再由数学归纳法证明即可.【小问1详解】因为，，所以，因为，所以，因为，所以.所以，，，.【小问2详解】猜想：.证明：①当时，左边，右边，等式成立.②假设当时，等式成立，即.则当时，左边,右边，所以当时，等式成立，由①②可知对于任意的时，.19.如图，在长方体中，点E，F分别是，上的动点.（1）若点E，F满足，，证明：在平面AEF内；（2）若点E，F满足，.当，，时，求平面AEF与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，，，即可得到，从而得到，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量方程求出二面角的余弦值；【小问1详解】证明：法一：,分别以AB､AD､x轴､y轴､z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设，，，则，，，.所以，，故，所以，所以点平面内.方法二：平面向量基本定理同方法一建系，并得，，，，所以，，.故，所以点在平面内.方法三：连接DE，，，则四边形为平行四边形，设与EF相交于点O，则O为EF，的中点.连接，由长方体知识知，体对角线交于一点，且为它们的中点，即，则经过点O，故点在平面内.,【小问2详解】解：分别以AB､AD､为x轴､y轴､z轴，建立空间直角坐标系，连接AC.由于，，，则，，，，，.所以，.设平面的法向量为，所以，可取.设，，又，由，解得，∴，同理.所以，.设平面的法向量为，,所以，可取.设平面和平面所成的锐角为，则.所以平面和平面所成的锐角的余弦值为.20.第31届世界大学生夏季运动会即将在成都拉开帷幕.为了配合大运会的基础设施建设，组委会拟在成都东安湖体育公园修建一座具有成都文化特色的桥.两端的桥墩已建好，这两桥墩相距160米，余下工程只需要建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为32万元，距离为x米（其中，）的相邻两墩之间的桥面工程费用为万元.假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，设需要新建n个桥墩（显然），记余下工程的费用为y万元.（1）试写出y关于x的函数关系式；（2）需新建多少个桥墩才能使y最小？【答案】（1）；（2）需新建9个桥墩才能使y最小.【解析】【分析】（1）求出，即得y关于x的函数关系式；（2）利用导数求出函数的单调区间即得解.【小问1详解】解：由，得，所以.【小问2详解】,解：由（1）知，，令，得，所以.当时，，则在区间内为减函数；当时，，则在区间内为增函数.所以在处取得最小值，此时.故需新建9个桥墩才能使y最小.21.函数.（1）若，对一切恒成立，求a的最大值；（2）证明：，其中e是自然对数的底数.【答案】（1）1（2）证明见解析【解析】【分析】（1）对，利用导数求得函数的最小值，由得结论；（2）由（1）中不等式得出，恒成立，然后令，得出，对至2022求和可证题设不等式成立．【小问1详解】，又，①当，恒成立，满足题意；②当，令，，当，，单调递减，当，，单调递增；所以在处取得极小值，即最小值.要使恒成立，即，,代入得，解得.综上，∴a的最大值为1.【小问2详解】由（1）知，时，，当时，两边取对数得，由不等式对任意恒成立，当且仅当时，取“=”号，∴，恒成立.令（，且）则，∴，即，∴.22.设函数.（1）当时，判断函数在上的单调性；（2）设，且，当时，判断在的极值点个数.【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为（2）三个极值点【解析】【分析】（1）当时，求得,，利用导数与函数单调性的关系可求得函数在区间上的增区间和减区间；（2）由得，构造函数，利用导数分析函数在上的单调性与极值，数形结合可得出当时，直线与函数在上的图象的交点个数，即可得解.【小问1详解】解：因为，则.当时，，当时，.当时，且不恒为零，当时，且不恒为零，所以，当时，函数的增区间为，减区间为.【小问2详解】解：令，则，即.设，则.①当时，，，令，则，令，则，从而，所以单调递减.又，，由零点存在定理可知存在唯一的，使得.所以当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，,又，，所以由零点存在定理可知存在唯一的，使得，即.当时，，则单调递减，当时，，则单调递增；②当时，，，则单调递减；③当时，，，则，则单调递增.因为，，则在内有唯一零点，记为，所以当时，，则单调递减；当时，，则单调递增.综上可知，在上单调递减，在上单调递增，上单调递减，上单调递增.因为，则，即.的极小值.由①的唯一性可知，，则，，又极小值，即，,当时，直线与函数在上图象有三个交点，从而在上有三个变号零点，即在上恰有三个极值点.所以函数上恰有三个极值点.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.