四川省绵阳南山中学2021-2022学年高二数学（文）下学期期中考试试题（Word版附解析）

2022年5月绵阳南山中学2022年春季高2020级半期考试数学试题（文史类）全卷满分150分．考试用时120分钟．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.命题“若，则”的否命题是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】C【解析】【分析】否命题即否定命题的题设与结论，即可判断；【详解】解：命题“若，则”的否命题为“若，则”；故选：C2.已知i为虚数单位．，则位于复平面（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】【分析】计算复数，得到即可求解.【详解】由题可知：，则，则在复平面上对应的点为，位于第一象限.故选：A.3.命题：，的否定为（）A.，B.，C.，D.， 【答案】B【解析】【分析】根据特称命题的否定为全称命题即可写出.【详解】命题：，的否定为，．故选：B．4.已知命题“若，则”，那么它的逆命题、否命题与逆否命题这三个命题中，真命题有（）A.0个B.1个C.2个D.3个【答案】B【解析】【分析】首先要判断原命题和逆命题的真假，然后由原命题与逆否命题和逆命题与否命题都互为逆否命题，且互为逆否命题的命题真假性相同，从而获得解答.【详解】对于原命题“若，则”，故原命题为真命题；又因为逆命题为“若，则”，当时，显然有，所以逆命题是假命题.又由原命题与逆否命题和逆命题与否命题都互为逆否命题，且互为逆否命题的命题真假性相同.所以原命题与逆否命题都是真命题，逆命题与否命题都是假命题.故逆命题、否命题与逆否命题这三个命题中，只有逆否命题是真命题.故选：B.5.已知p：，q：，若是的充分条件，则实数a的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】化简条件中的取值范围，然后结合逆否命题的等价性，由充分条件的定义求 解．【详解】由已知命题，命题，若是的充分条件，则若是的充分条件，所以，解得．故选：A．6.已知函数的导函数是，且满足，则（）A.-eB.2C.-2D.e【答案】B【解析】分析】首先求导得到，从而得到，，再计算即可.【详解】因为，所以，所以，解得.所以，.故选：B7.函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用导数的正负和函数的增减关系求解.【详解】由导函数的图象，函数有三个极值点，一个小于0，两个大于0，设，当或，，单调递减；当或，，单调递增；只有D符合题意，故选：D8.某程序的框图如图所示，若执行该程序，输出的值为（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】根据程序框图直接逐步计算即可.【详解】初始值：1.判断为“是”；；；2.判断为“是”；；；3.判断为“是”；；；4.判断为“是”；；5.判断为“否”；输出故选：D【点睛】本题主要考查了根据程序框图计算输出结果的方法,属于基础题.9.“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．甲：我的成绩比乙高．乙：丙的成绩比我和甲的都高．丙：我的成绩比乙高．成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为A.甲、乙、丙B.乙、甲、丙C.丙、乙、甲D.甲、丙、乙【答案】A【解析】【分析】利用逐一验证的方法进行求解.【详解】若甲预测正确，则乙、丙预测错误，则甲比乙成绩高，丙比乙成绩低，故3人成绩由高到低依次为甲，乙，丙；若乙预测正确，则丙预测也正确，不符合题意；若丙预测正确，则甲必预测错误，丙比乙的成绩高，乙比甲成绩高，即丙比甲，乙成绩都高，即乙预测正确，不符合题意，故选A．【点睛】本题将数学知识与时政结合，主要考查推理判断能力．题目有一定难度，注重了基础知识、逻辑推理能力的考查．10.已知函数在处有极小值，则c的值为（）A.2B.4C.6D.2或6【答案】A 【解析】【分析】根据求出c，进而得到函数的单调性，然后根据极小值的定义判断答案.【详解】由题意，，则，所以或.若c=2，则，时，，单调递增，时，，单调递减，时，，单调递增.函数在处有极小值，满足题意；若c=6，则，函数在R上单调递增，不合题意.综上：c=2.故选：A.11.已知函数，则不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出函数的导数，判断出单调性，再判断函数的奇偶性，则不等式不等式可化为即为，运用对数函数的单调性，即可得到解集.【详解】函数的导数为，则x>0时，，f(x)递增;因为，则f(x)为偶函数，则不等式可化为 又因为x>0时,f(x)递增，且f(x)为偶函数，所以，解得：故选:D【点睛】(1)利用单调性解不等式通常用于：①分段函数型不等式；②复合函数型不等式；③抽象函数型不等式；④解析式较复杂的不等式；(2)解题的一般策略是：利用函数的单调性，将函数值的的大小关系转化为自变量的关系，解不等式即可．12.方程有两个不相等实根，则a的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】方程有两个不相等实根，令，所以，则，所以，所以与的图象有两个交点，分类讨论和即可.【详解】方程有两个不相等实根有两个不同的交点，令，所以，则，所以，所以与的图象有两个交点.①当时，如下图可知与的图象有一个交点，不满足. ②当时，如下图，当与相切于点，所以，则，解得：，所以要使与的图象有两个交点，所以a的取值范围是：.故选：C. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分．13.若（i为虚数单位），则____________【答案】##【解析】【分析】先通过复数的四则运算法则求出，再根据复数模的定义求出答案即可.【详解】根据题意，，则，所以.故答案为：.14.设，，并且对于任意m，，成立．猜想的表达式____________【答案】【解析】【分析】根据递推公式，列出前几项，即可得出猜想，再利用数学归纳法即可得证.【详解】解：因为，，对于任意m，， 成立，所以，所以，，，故可猜想，当时，，等式成立，设当时，等式也成立，即，当时，，所以当时，等式也成立，综上所述，.故答案为：.15.设是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】构造函数，利用导数研究的单调性，结合函数的奇偶性求得使得成立的的取值范围. 【详解】构造函数，，所以为偶函数.当时，，递增，所以当时，递减.，画出的大致图象如下图所示，由图可知使得成立的的取值范围是.故答案为：16.对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】 【分析】首先将题意转化为，利用导数得到，设，原不等式等价于，设，再利用导数求的最大值即可.【详解】，设，，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以，设，所以原不等式等价于，即，设，，则，所以在上单调递减，所以故答案为：.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.设命题p：方程有两个不相等的正根；命题q：方程无实根．（1）若为真，求实数m的取值范围；（2）若为真，为假，求实数m的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）由已知条件求出为真时，有，为真时，有，再由为真，求出实数m的取值范围；（2）由为真，为假，分情况求解即可.【小问1详解】设方程的两根分别为，，由，得，所以命题p为真时：．由方程无实根，可知，得，所以命题q为真时：．由为真，则．【小问2详解】由为真，为假，可知命题p，q一真一假，当p真q假时，，此时；当p假q真时，，此时，所以所求实数m的取值范围是．18.已知函数.（1）求曲线在点处的切线的方程.（2）若直线为曲线的切线，且经过坐标原点，求直线的方程及切点坐标.【答案】(1)；(2)直线的方程为，切点坐标为.【解析】【分析】（1）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，最后根据点斜式得结果，（2）设切点，根据导数几何意义得切线斜率，根据点斜式得切线方程，再根据切线过坐标原点解得结果.【详解】（1）.所以在点处的切线的斜率， ∴切线的方程为；（2）设切点为，则直线的斜率为，所以直线的方程为：，所以又直线过点，∴，整理，得，∴，∴，的斜率，∴直线的方程为，切点坐标为.点睛】本题考查导数几何意义以及利用导数求切线方程，考查基本分析求解能力，属基础题.19.已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）证明：恒成立．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）对求导得，讨论，，即可得出的单调性.（2）由（1）知，，即，取等条件，要证明，只需证明，设，证明即可.【小问1详解】因为定义域为，∴，①当时，，在上单调递增，②当时，，，单调递增，，，单调递减. 当时，的单增区间是，当时，的单增区间是，的单减区间.【小问2详解】由（1）知：当时，的单增区间是，的单减区间是∴即，取等条件是．故只需证明,设，则，当，，在上单调递减；，，在上单调递增，∴即，取等条件是综上，恒成立20.请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE=FB=x（1）若广告商要求包装盒侧面积S（cm）最大，试问x应取何值？（2）若广告商要求包装盒容积V（cm）最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．【答案】（1）x=15cm（2）【解析】 【详解】试题分析：（1）先设包装盒的高为，底面边长为，写出，与的关系式，并注明的取值范围，再利用侧面积公式表示出包装盒侧面积关于的函数解析式，最后求出何时它取得最大值即可；（2）利用体积公式表示出包装盒容积关于的函数解析式，利用导数知识求出何时它取得的最大值即可．设包装盒的高为，底面边长为由已知得（1）∵∴当时，取得最大值（2）根据题意有∴．由得，(舍)或．∴当时；当时∴当时取得极大值，也是最大值，此时包装盒的高与底面边长的比值为即包装盒的高与底面边长的比值为．考点：1．函数的应用问题；2．函数的最值与导数；3．二次函数的图像与性质．21.已知函数，其中．（1）若函数在上单调递增，求a的取值范围；（2）若函数存在两个极值点，，时，求的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）先求解导函数，再根据函数的单调性将问题转化为不等式恒成立问题，进而求解参数的取值范围；（2）运用构造函数法将转化为关于的函数，再运用导数分析函数的最值可得出结果.【详解】（1）根据题意，在上恒成立即在s，令，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，故.（2）由（1）知，显然，且有设，则∴，两边以e为底取对数得，则设，则设，则∴在单调递增，则，故在上单调递增，且∴ 计算得.二选一：第22～23题为选考题，只选一题作答，计入总分.两题邻作答，阅卷默认第一题．22.在直角坐标系中曲线C的参数方程为，(为参数)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.（1）求C的极坐标方程；（2）若l与C相交，求m的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先把曲线C的参数方程化成直角坐标方程，再将直角坐标转化成极坐标；（2）先求出l的直角坐标方程，再根据直线和圆相交得到m的取值范围.【详解】解：（1）由，得，即，则C的极坐标方程为，即(或).（2）因为l的极坐标方程为，所以l的直角坐标方程为.由（1）知，曲线C表示圆心为，半径为4的圆，则C到l的距离，解得，即m的取值范围为.【点睛】方法点睛：将参数方程转化为直角坐标方程，常用的方法有：（1）代入消参；（2）三角恒等式消参.无论用哪一种方法，都要注意变量的范围. 23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若对恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）等价于，根据绝对值解法求解；（2）根据双绝对值解出的最小值，原不等式等价于，平方化简即可.【详解】解：（1）由，得，则或，即或，故不等式的解集为，（2）因为，所以的最小值为.因为对恒成立，所以，又，所以.【点睛】含有绝对值的不等式的性质：（1）如果是实数，则；（2）如果是实数，那么，当且仅当时，等号成立.