2021-2022学年河南省信阳市某校高二（下）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2021-2022学年河南省信阳市某校高二（下）期中考试数学试卷人教A版，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若复数z=2i1−i，则z−3z的虚部为（ ）
A.−4B.−4iC.4D.4i

2. 已知f(x)=lnxx，则lim△x→0f(12)−f(12+△x)4△x=( )
A.1+ln2B.−1+ln2C.1−ln2D.−1−ln2

3. 函数f(x)在x=x0处导数存在，若p:f′(x0)=0；q:x=x0是f(x)的极值点，则( )
A.p是q的充分必要条件
B.p是q的充分条件，但不是q的必要条件
C.p是q的必要条件，但不是q的充分条件
D.p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件

4. 已知函数f(x)＝(x+a)ex的图象在x＝1和x＝−1处的切线相互垂直，则a等于（ ）
A.−1B.0C.1D.2

5. 满足1+i2n1−i+1−i2n1+i=2n 的最小自然数为（ ）
A.1B.2C.3D.4

6. 已知函数 fx=x2−9lnx+3x 在其定义域内的子区间 m−1,m+1 上不单调，则实数m的取值范围为( )
A.12,32B.[1,32)C.1,52D.[1,52)

7. 《聊斋志异》中有这样一首诗:“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术．得诀自诩无所阻，额上坟起终不悟．”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：223=223，338=338，4415=4415，5524=5524，…，则按照以上规律，若88n=88n具有“穿墙术”，则n=( )
A.35B.48C.63D.80

8. 用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，假设正确的是（ ）
A.假设至少有一个钝角
B.假设至少有两个钝角
C.假设没有一个钝角
D.假设没有一个钝角或至少有两个钝角

9. 若方底无盖水箱的容积为256，则最省材料时，它的高为（ ）
A.4B.6C.4.5D.8

10. 已知f(x)=14x2+sin(π2+x)，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(x)的图象是( )
A.B.C.D.

11. 已知z=x+yix,y∈R且|z|=1，则x+3y 的最大值为（ ）
A.1+3B.2C.1D.3

12. 已知定义域为R的函数f(x)满足f(x)+xf′(x)>1（f′(x)为函数f(x)的导函数），则不等(1+x)f(1−x2)>f(1−x)+x的解集为( )
A.(0, +∞)B.(0, 1]
C.(−∞, 1]D.(−∞,0)∪[1, +∞)
二、填空题

设复数a+bia,b∈R的模为3，则a+bia−bi=________．

若函数fx=x+1,x<0,csx,0≤x≤π2，则fx与x轴围成的封闭图形的面积为________.

已知P(x0, y0)是抛物线y2=2px(p>0)上的一点，过P点的切线方程的斜率可通过如下方式求得：在y2=2px两边同时对x求导，得：2yy′=2p，则y′=py，所以过P的切线的斜率：k=py0，类比上述方法求出双曲线x2−y22=1在P(2，2)处的切线方程为________．

已知函数fx=x,x≥a,4x3−3x,x①若fx有两个极值点，则a=0或12②若fx有极小值点，则a>12；
③若fx有极大值点，则a>−12；
④使fx连续的a有3个取值.
三、解答题

已知复数z满足1+2iz=4+3i.
(1)求复数z；

(2)若复数z+ai2在复平面内对应的点在第一象限，求实数a的取值范围．

设a，b，c均为正数，且a+b=1.
（1）证明：1a+1b≥4；
（2）是否存在2a+4ab=7？并说明理由．

某电子公司开发一种智能手机的配件，每个配件的成本是15元，销售价是20元，月平均销售a件，通过改进工艺，每个配件的成本不变，质量和技术含金量提高，市场分析的结果表明，如果每个配件的销售价提高的百分率为x0(1)写出y与x的函数关系式；

(2)改进工艺后，试确定该智能手机配件的售价，使电子公司销售该配件的月平均利润最大．

已知数列an的通项公式为an=2n−1，其前n项和为Sn.
（Ⅰ）求S1；
（Ⅱ）若bn=1−1S21−1S3…1−1Sn+1，试猜想数列bn的通项公式，并用数学归纳法证明．

设函数f(x)=x3−6x+5，x∈R．
（1）求f(x)的极值点；

（2）若关于x的方程f(x)=a有3个不同实根，求实数a的取值范围．

（3）已知当x∈(1, +∞)时，f(x)≥k(x−1)恒成立，求实数k的取值范围．

设函数f(x)=aexlnx+bex−1x，曲线y=f(x)在点（1, f(1)）处得切线方程为y=e(x−1)+2．
(1)求a、b；

(2)证明：f(x)>1．
参考答案与试题解析
2021-2022学年河南省信阳市某校高二（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
共轭复数
复数代数形式的乘除运算
【解析】
利用复数的除法的运算法则化简求解复数z，然后求解复数的虚部即可．
【解答】
C
2.
【答案】
D
【考点】
导数的几何意义
【解析】
对f(x)求导，然后由lim△x→0f(12)−f(12+△x)△x=−f′(12)求出值即可．
【解答】
D
3.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的极值
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
利用函数的极值的定义可以判断函数取得极值和导数值为0的关系．
【解答】
解：根据函数极值的定义和性质，
若x=x0是f(x)的极值点，
则f′(x0)=0成立，
则p是q的必要条件.
假设函数f(x)=x3，
则函数的导函数为f′(x)=3x2，
由f′(x0)=0，
得x0=0，
此时函数f(x)=x3在定义域上单调递增，没有极值点，
则p不是q的充分条件.
故p是q的必要条件，但不是q的充分条件.
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
求出函数的导数，分别计算f′(1)，f(1)，根据直线的垂直关系求出a的值即可．
【解答】
A
5.
【答案】
C
【考点】
复数代数形式的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
C
6.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 函数的定义域为(0,+∞)，
∴ m−1≥0即m≥1，
由题可得f′(x)=2x−9x+3(x>0)，
令f′(x)=0，可得x=32,
则由题可得m−1<32,m+1>32,
解得12综上可得m∈[1,52).
故选D.
7.
【答案】
C
【考点】
归纳推理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由223=223，338=338，4415=4415，5524=5524，
归纳猜想出一般规律为mmm2−1=m+mm2−1（m∈N*，m≥2）．
下面证明：m+mm2−1=mm2−1+mm2−1=m3m2−1=mmm2−1，
故猜想正确.
故若88n=88n具有“穿墙术”，
则n=82−1=63．
故选C.
8.
【答案】
B
【考点】
反证法
【解析】
用反证法证明数学命题时，应先假设命题的否定成立，从而得出结论．
【解答】
解：用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，应先假设“至少有两个钝角”，
故选B.
9.
【答案】
A
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A
10.
【答案】
A
【考点】
函数的图象与图象的变换
利用导数研究函数的单调性
【解析】
先化简f(x)=14x2+sin(π2+x)=14x2+csx，再求其导数，得出导函数是奇函数，排除B，D．再根据导函数的导函数小于0的x的范围，确定导函数在(−π3, π3)上单调递减，从而排除C，即可得出正确答案．
【解答】
解：∵ f(x)=14x2+sin(π2+x)，
∴ f′(x)=12x+cs(π2+x)=12x−sinx，
∴ 函数f′(x)为奇函数，故B，D错误；
又f′(π2)=π4−1<0，故C错误.
故选A．
11.
【答案】
B
【考点】
复数的模
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
B
12.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
不等式恒成立问题
【解析】
构造函数g(x)＝xf(x)−x，根据条件判断g(x)在R上的单调性，然后不等式(1+x)f(1−x2)>f(1−x)+x，分x＝1，x>1和x<1三种情况得到不等式的解集．
【解答】
A
二、填空题
【答案】
3
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的模
【解析】
此题暂无解析
【解答】
3
【答案】
32
【考点】
定积分
【解析】
此题暂无解析
【解答】
32
【答案】
2x−y−2=0
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
把双曲线的解析式变形后，根据题中的例子，两边对x求导且解出y′，把P的坐标代入求出切线的斜率，然后根据切点P的坐标和求出的斜率，写出切线方程即可．
【解答】
解：由双曲线x2−y22=1，得到y2=2x2−2，
根据题意，两边同时对x求导得：2yy′=4x，解得y′=2xy，
由P(2, 2)，得到过P的切线的斜率k=2，
则所求的切线方程为：y−2=2(x−2)，即2x−y−2=0．
故答案为：2x−y−2=0.
【答案】
③④
【考点】
利用导数研究函数的极值
分段函数的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
③④
三、解答题
【答案】
解：(1)因为(1+2i)z=4+3i，
所以z=4+3i1+2i=(4+3i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=2−i，
所以z=2+i.
(2)由(1)知z=2+i，
则(z+ai)2=(2+i+ai)2=[2+(a+1)i]2=4−(a+1)2+4(a+1)i，
因为复数(z+ai)2在复平面内对应的点在第一象限，
所以4−(a+1)2>0，4(a+1)>0，解得−1即实数a的取值范围为(−1,1)．
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
本试题无解析
本试题无解析
【解答】
解：(1)因为(1+2i)z=4+3i，
所以z=4+3i1+2i=(4+3i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=2−i，
所以z=2+i.
(2)由(1)知z=2+i，
则(z+ai)2=(2+i+ai)2=[2+(a+1)i]2=4−(a+1)2+4(a+1)i，
因为复数(z+ai)2在复平面内对应的点在第一象限，
所以4−(a+1)2>0，4(a+1)>0，解得−1即实数a的取值范围为(−1,1)．
【答案】
证明：（Ⅰ）1a+1b=1a+1ba+b≥2+2ba⋅ab≥4（当且仅当b=a=12时取等）
（Ⅱ）2a+4ab=2a+ba+4ab=2+2ba+4ab≥2+42
（当且仅当b=2a=2−2时取等）
而2+42>7，所以2a +4ab≠7.
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：（Ⅰ）1a+1b=1a+1ba+b≥2+2ba⋅ab≥4（当且仅当b=a=12时取等）
（Ⅱ）2a+4ab=2a+ba+4ab=2+2ba+4ab≥2+42
（当且仅当b=2a=2−2时取等）
而2+42>7，所以2a +4ab≠7.
【答案】
解：(1)改进工艺后，每个配件的销售价为201+x元，
月平均销售量为a1−x2件，
则月平均利润y=a1−x2⋅[20(1+x)−15]
=5a1+4x−x2−4x3（元），
∴ y与x的函数关系式为y=5a1+4x−x2−4x30(2)y′=5a4−2x−12x2，
令y′=0，
得x1=12，x2=−23（舍），
当00；12∴ 函数y=5a1+4x−x2−4x30∴ 20×(1+12)=30(元).
答：改进工艺后，每个配件销售价为30元时，该电子公司销售该配件的月平均利润最大.
【考点】
根据实际问题选择函数类型
函数解析式的求解及常用方法
利用导数研究函数的最值
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)改进工艺后，每个配件的销售价为201+x元，
月平均销售量为a1−x2件，
则月平均利润y=a1−x2⋅[20(1+x)−15]
=5a1+4x−x2−4x3（元），
∴ y与x的函数关系式为y=5a1+4x−x2−4x30(2)y′=5a4−2x−12x2，
令y′=0，
得x1=12，x2=−23（舍），
当00；12∴ 函数y=5a1+4x−x2−4x30∴ 20×(1+12)=30(元).
答：改进工艺后，每个配件销售价为30元时，该电子公司销售该配件的月平均利润最大.
【答案】
解：（Ⅰ）∵ an=2n−1，
∴ 数列an是公差为2的等差数列，且a1=2×1−1=1，
∴ Sn=n1+2n−12=n2．
（Ⅱ）∵ bn=1−1S21−1S3…1−1Sn+1，
∴ b1=34,b2=23=46,b3=58,b4=35=610，
于是猜想bn=n+22n+1 ，
下面证明猜想：
①当n=1时，b1=34，猜想成立．
②假设n=kk∈N*时，猜想成立，
即bk=1−1S21−1S3…1−1Sk+1=k+22k+1，
那么，当n=k+1时，
bk+1=1−1S21−1S3... 1−1Sk+1(1−1Sk+2)
=k+22k+1⋅(1−1Sk+2)=k+22k+1⋅1−1k+22
=k+22k+1 k+1k+3k+22=k+32k+2=k−1+22k+1+1,
∴ 当n=k+1时，猜想成立．
由①②可知，bn=n+22n+1对任意n∈N*都成立．
【考点】
数学归纳法
等差数列的前n项和
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（Ⅰ）∵ an=2n−1，
∴ 数列an是公差为2的等差数列，且a1=2×1−1=1，
∴ Sn=n1+2n−12=n2．
（Ⅱ）∵ bn=1−1S21−1S3…1−1Sn+1，
∴ b1=34,b2=23=46,b3=58,b4=35=610，
于是猜想bn=n+22n+1 ，
下面证明猜想：
①当n=1时，b1=34，猜想成立．
②假设n=kk∈N*时，猜想成立，
即bk=1−1S21−1S3…1−1Sk+1=k+22k+1，
那么，当n=k+1时，
bk+1=1−1S21−1S3... 1−1Sk+1(1−1Sk+2)
=k+22k+1⋅(1−1Sk+2)=k+22k+1⋅1−1k+22
=k+22k+1 k+1k+3k+22=k+32k+2=k−1+22k+1+1,
∴ 当n=k+1时，猜想成立．
由①②可知，bn=n+22n+1对任意n∈N*都成立．
【答案】
解：（1）f′(x)=3(x2−2)，令f′(x)=0，得x1=−2，x2=2，
∴ x<−2或x>2时，f′(x)>0，当−2当x=−2，f(x)有极大值5+42；
当x=2，f(x)有极小值5−42．
（2）由（1）可知y=f(x)图象的大致形状及走向如图示：
∴ 当5−42即当5−42（3）f(x)≥k(x−1)，即(x−1)(x2+x−5)≥k(x−1)，
∵ x>1，∴ k≤x2+x−5在(1, +∞)上恒成立．
令g(x)=x2+x−5，由二次函数的性质，g(x)在(1, +∞)上是增函数，
∴ g(x)>g(1)=−3，
∴ 所求k的取值范围是k≤−3．
【考点】
利用导数研究函数的极值
函数的零点与方程根的关系
函数恒成立问题
【解析】
（1）先求出函数f(x)的导数，从而求出函数的单调区间和极值；
（2）画出函数的大致图象，结合图象从而求出a的范围；
（3）问题转化为k≤x2+x−5在(1, +∞)上恒成立，结合二次函数的性质求出即可．
【解答】
解：（1）f′(x)=3(x2−2)，令f′(x)=0，得x1=−2，x2=2，
∴ x<−2或x>2时，f′(x)>0，当−2当x=−2，f(x)有极大值5+42；
当x=2，f(x)有极小值5−42．
（2）由（1）可知y=f(x)图象的大致形状及走向如图示：
∴ 当5−42即当5−42（3）f(x)≥k(x−1)，即(x−1)(x2+x−5)≥k(x−1)，
∵ x>1，∴ k≤x2+x−5在(1, +∞)上恒成立．
令g(x)=x2+x−5，由二次函数的性质，g(x)在(1, +∞)上是增函数，
∴ g(x)>g(1)=−3，
∴ 所求k的取值范围是k≤−3．
【答案】
解：(1)函数f(x)的定义域为(0, +∞)，
f′(x)=aexlnx+ax⋅ex−bx2⋅ex−1+bx⋅ex−1，
由题意可得f(1)=2，f′(1)=e，
故a=1，b=2；
(2)由(1)知，f(x)=exlnx+2x⋅ex−1，
∵ f(x)>1，
∴ exlnx+2x⋅ex−1>1，
∴ lnx>1ex−2xe，
∴ f(x)>1等价于xlnx>xe−x−2e，
设函数g(x)=xlnx，则g′(x)=1+lnx，
∴ 当x∈(0, 1e)时，g′(x)<0；
当x∈(1e, +∞)时，g′(x)>0．
故g(x)在(0, 1e)上单调递减，在(1e, +∞)上单调递增，
从而g(x)在(0, +∞)上的最小值为g(1e)=−1e．
设函数h(x)=xe−x−2e，则h′(x)=e−x(1−x)．
∴ 当x∈(0, 1)时，h′(x)>0；当x∈(1, +∞)时，h′(x)<0，
故h(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减，
从而h(x)在(0, +∞)上的最大值为h(1)=−1e．
综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1．
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
导数在最大值、最小值问题中的应用
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）求出定义域，导数f′(x)，根据题意有f(1)=2，f′(1)=e，解出即可；
（2）由（1）知，f(x)>1等价于xlnx>xe−x−2x，设函数g(x)=xlnx，函数h(x)=xe−x−2x，只需证明g(x)min>h(x)max，利用导数可分别求得g(x)min，h(x)max；
【解答】
解：(1)函数f(x)的定义域为(0, +∞)，
f′(x)=aexlnx+ax⋅ex−bx2⋅ex−1+bx⋅ex−1，
由题意可得f(1)=2，f′(1)=e，
故a=1，b=2；
(2)由(1)知，f(x)=exlnx+2x⋅ex−1，
∵ f(x)>1，
∴ exlnx+2x⋅ex−1>1，
∴ lnx>1ex−2xe，
∴ f(x)>1等价于xlnx>xe−x−2e，
设函数g(x)=xlnx，则g′(x)=1+lnx，
∴ 当x∈(0, 1e)时，g′(x)<0；
当x∈(1e, +∞)时，g′(x)>0．
故g(x)在(0, 1e)上单调递减，在(1e, +∞)上单调递增，
从而g(x)在(0, +∞)上的最小值为g(1e)=−1e．
设函数h(x)=xe−x−2e，则h′(x)=e−x(1−x)．
∴ 当x∈(0, 1)时，h′(x)>0；当x∈(1, +∞)时，h′(x)<0，
故h(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减，
从而h(x)在(0, +∞)上的最大值为h(1)=−1e．
综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1．