四川省绵阳市南山中学2022-2023学年高二数学（理）下学期期中考试试题（Word版附解析）

绵阳南山中学2023年春季高2021级半期考试数学试题一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．1.若，则的虚部为（）A.B.－1C.D.【答案】D【解析】【分析】直接运用复数运算法则即可.【详解】因，所以，所以虚部为.故选：D.2.设是平面的一个法向量，是直线l的一个方向向量，则直线l与平面的位置关系是（）A.平行或直线在平面内B.不能确定C.相交但不垂直D.垂直【答案】A【解析】【分析】判断两个向量的位置关系即可得解.【详解】因为，所以，所以直线l与平面的位置关系是平行或直线在平面内.故选：A.3.与命题“若a，b，c成等差数列，则a＋c＝2b”等价的命题是（）A.若a，b，c不成等差数列，则B.若2b＝a＋c，则a，b，c成等差数列C.若，则a，b，c不成等差数列D.若a，b，c成等差数列，则【答案】C【解析】【分析】求出命题的逆否命题即可.【详解】因为原命题与其逆否命题等价，命题“若a，b，c成等差数列，则a＋c＝2b”的逆否命题为“若，则a，b，c不成等差数列”.故选:C. 4.在中，“”是“”的（）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】C【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合余弦函数的单调性即可判断.【详解】因为是三角形的内角，且，所以，因为在上单调递减，所以，故充分性成立；反之，在上单调递减，，若，则，故必要性成立，所以在中，“”是“”的充要条件，故选：C.5.函数，的单调增区间是（）A.和B.和C.和D.和【答案】A【解析】【分析】先求出函数的导数，然后令导数大于零，利用导数求函数的单调增区间即可.【详解】∵，∴，令且，当时，，解得，当时，，解得或，所以函数的单调增区间是和.故选：A. 【点睛】本题考查利用导数研究三角函数的单调性，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.6.设是可导函数，且，则（）A.4B.－1C.1D.－4【答案】A【解析】【分析】由导数的定义求解即可.【详解】,所以.故选：A.7.已知，，则以为邻边的平行四边形的面积为（）A.B.C.4D.8【答案】A【解析】【分析】首先计算两个向量的夹角的余弦值，再转化为正弦值，利用面积公式计算.【详解】解析：设向量的夹角为θ，，，于是＝．由此可得．所以以为邻边的平行四边形的面积为.故选：A8.函数的图象可能为（）A.B. C.D.【答案】A【解析】【分析】先利用函数的奇偶行排除选项，再利用特殊值即可求解.【详解】因为函数，定义域为，且，所以函数为奇函数，图像关于原点对称，故排除选项；当时，，，所以，故排除选项.故选：.9.已知梯形CEPD如下图所示，其中，，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面平面ABCD，得到如图所示的几何体．已知当点F满足时，平面平面PCE，则的值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】构建以A为原点，射线AB、AD、AP为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，由题设标注相关点的坐标，进而求面、面的法向量，根据空间向量垂直的坐标表示求参数. 【详解】由题意，可构建以A为原点，射线AB、AD、AP为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，∴，则，，若是面一个法向量，则，可得，若是面一个法向量，则，可得，∴由面面PCE，有，解得.故选：D10.若函数在上的最大值为2，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先利用导数求出函数在区间上的最大值为，再对的符号分类讨论函数在上的单调性，得出可解出实数的取值范围． 【详解】当时，，则．当时，；当时，．所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，即．当时，函数在上单调递增，由题意可知，，得，解得，此时，；当时，且当时，合乎题意；当时，函数在上单调递减，此时，，合乎题意．综上所述，实数的取值范围是，故选：D11.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马：将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑，已知三棱锥为鳖臑，且内接于球O，球O的半径，三棱锥的底面为等腰直角三角形，平面，则三棱锥的体积V的最大值为（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】将三棱锥补成为长方体，根据其结构特征结合外接球半径可设长方体的底面边长为，高为h，即得三棱锥的体积，利用导数法即可求得其最大值.【详解】如图，由题意可将三棱锥补成为长方体，且底面为正方形，即,三棱锥的外接球即为长方体的外接球O，由球O的半径，可得长方体体对角线,设长方体的底面边长为，高为h，则， 故三棱锥的体积，则，令，则，令，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，故最大值为，即得的最大值为.故选：B【点睛】方法点睛：（1）根据三棱锥的几何特征，可采用割补法，即将三棱锥补为长方体；（2）求解体积的最大值，根据表达式的特征，可采用导数法求最值.12.设定义在上的函数的导函数为，若，，则不等式（其中e为自然对数的底数）的解集为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据的结构特征构造函数，并判断其单调性，结合可得的解集，即可求得答案.【详解】设，则,∵，∴,而,故, ∴在R上单调递增，又，故，∴的解集为，即不等式的解集为，故选：B【点睛】方法点睛：像此类给出一个关于导数的不等式的问题，要能根据所给不等式的结构特征，构造恰当的函数，从而利用其单调性求得答案.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.______．【答案】##【解析】【分析】由牛顿-莱布尼茨公式直接运算可得.【详解】.故答案为：14.已知是函数的导函数，若，则______．【答案】【解析】【分析】对函数求导，令，求出，代入，即可求出答案.【详解】因为，所以，令，则，解得：.所以，所以.故答案为：.15.的导函数______．【答案】 【解析】【分析】根据复合函数的求导法则以及三角函数二倍角公式，即可求得答案.【详解】由题意得，故答案为：16.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，且，，，平面，于．给出下列四个结论：①；②平面；③平面；④，其中正确的选项是______．【答案】①②③④【解析】【分析】在中，由余弦定理可求出，再由平面，可证出平面，再由于，线面垂直的判定定理，可证明平面，根据线面垂直的判定，可证出，因此可知正确命题的个数.【详解】对于①：已知，，，由余弦定理可知，所以，由勾股定理逆定理得，①正确.对于②：平面，平面，又因，，平面，平面所平面所以②正确.对于③：因平面，平面得,又,，平面,平面,所以平面，③正确.对于④：由平面，平面，得，④正确. 故答案为：①②③④.三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤．17.设命题p：实数x满足，命题q：实数x满足．（1）若，且为真，求实数x的取值范围；（2）若，且p是的充分不必要条件，求实数m的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据一元二次不等式的解法分别求出两个命题为真时的范围，再根据为真，可得为真或为真，即可得解；（2）由p是的充分不必要条件，得对应的集合是对应集合的子集，进而可得答案.【小问1详解】当时，p：，即，由，得，若为真，即，所以实数x的取值范围；【小问2详解】若，p：，即；q：，：或，且p是的充分不必要条件，则或，即或，故实数m的取值范围为．18.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求经过点的曲线的切线方程． 【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；（2）切点为，可得，根据导数的几何意义求出在点处的切线方程，再根据切线过点求出切点，即可得解.【小问1详解】函数的导数为，可得曲线在点处的切线斜率为1，切点为，所以曲线在点处的切线方程为，即；【小问2详解】设切点为，可得，由的导数，可得切线的斜率为，切线的方程为，由切线经过点，可得，化为，解得或1，，则切线的方程为或，即或．19.在四棱锥中，底面，，，，．（1）证明：； （2）求与平面所成的角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）证明平面，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，结合同角的三角函数关系即可求得答案.【小问1详解】∵，，，则四边形为等腰梯形，作出梯形的高，则,则梯形的高为，∴，则,可得，又∵底面，底面，∴，平面，∴平面，而平面，∴．【小问2详解】以D为原点，为x轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立空间直角坐标系，则，，，则,设平面的一个法向量为，则，令，则，∴平面的一个法向量为，， 故设与平面所成的角为，则，即与平面所成角的余弦值为．20.已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.【解析】【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.【详解】（1）当时，，，令，解得，令，解得，所以的减区间为，增区间为；（2）若有两个零点，即有两个解，从方程可知，不成立，即有两个解，令，则有，令，解得，令，解得或，所以函数在和上单调递减，在上单调递增，且当时，， 而时，，当时，，所以当有两个解时，有，所以满足条件的的取值范围是：.【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线和直线有两个交点，利用过点的曲线的切线斜率，结合图形求得结果.21.如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点.（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）当三棱锥体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正切值.【答案】（1）证明见解析；（2）2.【解析】【分析】（1）证得平面，结合面面垂直的判定定理即可证出结论；（2）当在的中点位置时体积最大，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果.【小问1详解】由题设知，平面平面，交线为.因为，平面，所以平面，平面，故,因为是上异于，的点，且为直径，所以，又，平面，所以平面，而平面，故平面平面；【小问2详解】 以D为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.由题设得，设是平面MAB的法向量，则即，可取，又是平面的一个法向量，因此，，得，所以，，所以面与面所成二面角的正切值是.22已知函数．（1）判断在的单调性；（2）若，证明：．【答案】（1）在为减函数；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，再判断该导数在上的正负作答.（2）等价变形要证的不等式，再利用（1）的结论，证明即可推理作答.【小问1详解】 函数，，求导得，设，，则，于在为减函数，，则，所以在为减函数.【小问2详解】当时，，而，因此原不等式等价于，由（1）知，是上的减函数，于是要证原不等式成立，只需要证明当时，，令，求导得，因此函数是上的增函数，则，即，从而，即，所以．