2021-2022学年河南省郑州市十校高二下学期期中联考数学（理）试题（解析版）

2021-2022学年河南省郑州市十校高二下学期期中联考数学（理）试题

一、单选题

1．已知复数，则复数的虚部为（       ）

A． B．1 C． D．

【答案】A

【分析】根据复数代数形式的除法与乘方运算化简复数，即可判断；

【详解】解：因为，，，，所以，

所以

所以复数的虚部为；

故选：A

2．的导数是（       ）

A． B．

C． D．0

【答案】D

【分析】根据导数的运算公式，直接计算即可

【详解】，常数的导数为0，所以，

故选：D

3．已知，则的值

A．都大于1 B．都小于1

C．至多有一个不小于1 D．至少有一个不小于1

【答案】D

【分析】先假设，这样可以排除A，B.再令，排除C.用反证法证明选项D是正确的.

【详解】解:令，则，排除A，B.

令，则，排除C.

对于D，假设，则，

相加得，矛盾，故选D.

【点睛】本题考查了反证法的应用，应用特例排除法是解题的关键.

4．有如下的演绎推理:“因为对数函数当时在上是增函数;已知是对数函数,所以在上是增函数”的结论是错误的,错误的原因是

A．大前提错误 B．小前提错误 C．大小前提都错误 D．推理形式错误

【答案】B

【分析】三是应用三段论解决问题时，应首先明确什么是大前提，什么是小前提，如果大前提与推理形式是正确的，结论必定是正确的．

【详解】并不是对数函数，而是对数函数与二次函数的复合，故小前提错误.

故选：B

5．（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将原式化为,则利用定积分的几何意义和性质即可求出答案.

【详解】,

因为是奇函数,

所以;

又表示与轴所围部分的面积,即圆面积的一半,

所以,

因此,

故选:A.

【点睛】本题考查了定积分的几何意义,考查了学生的计算能力,难度不大.

6．在平面几何里，有勾股定理：“设的两边，互相垂直，则有“，扩展到空间，类比平面几何的勾股定理，”设三棱锥的三个侧面，，两两互相垂直，则可得（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】斜边的平方等于两个直角边的平方和，可类比到空间就是斜面面积的平方等于三个直角面的面积的平方和，边对应着面.

【详解】由边对应着面，边长对应着面积，

由类比可得：，

故选：C.

【点睛】本题考查从平面类比到空间，属于基本类比推理，考查空间几何等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力、归纳总结能力，属于基础题.

7．用数学归纳法证明“不等式对一切正整数恒成立”的第二步中，已经假设时不等式成立，推理成立的步骤中用到了放缩法，这个放缩过程主要是证明

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】时左边比时左边增加了，减少了，所以证明=，选B.

8．为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等共5名志愿者将两个吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物至少由两名志愿者安装.若小明和小李必须安装相同的吉祥物，则不同的分配方案种数为（       ）

A．8 B．10 C．12 D．14

【答案】A

【分析】分小明和小李两人一组，小明和小李再加1人三人一组，两种情况讨论，从而可得出答案.

【详解】解：若小明和小李两人一组，则有种分配方法，

若小明和小李再加1人三人一组，则有种分配方法，

故不同的分配方案种数为种.

故选：A.

9．给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.已知函数的拐点是，则点（       ）

A．在直线上 B．在直线上

C．在直线上 D．在直线上

【答案】D

【分析】求出，令解得：，从而得到，即可得到答案.

【详解】因为函数，

所以，所以.

由，得：.

所以，

所以点在直线上.

故选：D

10．设点是函数图象上的任意一点，点处切线的倾斜角为，则角的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】在中令后可求，再根据导数的取值范围可得的范围，从而可得的取值范围.

【详解】，

，，，，.

点P是曲线上的任意一点，点P处切线的倾斜角为，.

，.

故选：B.

11．著名数学家华罗庚曾说“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休”，在数学的学习和研究中，常用函数的图像研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数图像特征，则函数的图像大致是（        ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】根据函数为偶函数，排除，利用导数得到单调性，根据单调性排除、，由此可得答案.

【详解】令，则，所以函数为偶函数，其图象关于轴对称，故排除；

当时，，，由，得，令，得，所以函数在上递减，在上递增，故排除、；

故选：D

【点睛】本题考查了根据函数的解析式识别函数的图像，考查了函数的奇偶性，考查了利用导数研究函数的单调性，属于基础题.

12．已知函数，若对恒成立，则实数的取值范围为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由题意得到函数奇函数，且为增函数，将问题转化为对恒成立，利用导数求得函数的单调性与最大值，即可求解.

【详解】由题意，函数的定义域为，其满足，

所以函数为奇函数，且，所以函数为上的增函数，

若对恒成立，则对恒成立，

即对恒成立，即对恒成立，

设，可得，

当时，；当时，，

所以在上单调递增，在单调递减，

所以，所以，即实数的取值范围为.

故选：A.

二、填空题

13．若 ，则的值 ___________________.

【答案】

【分析】根据赋值法分别令、，然后可得.

【详解】令，得，令，得，所以

故答案为：

14．设复数z，满足，，，则____________．

【答案】

【解析】根据复数的几何意义得到对应向量的表示，再结合向量的平行四边形法则以及余弦定理求解出的值.

【详解】设在复平面中对应的向量为，对应的向量为，如下图所示：

因为，所以，所以，

又因为，所以，

所以，

所以，又，

故答案为：.

【点睛】结论点睛：复数的几何意义：

（1）复数复平面内的点；

（2）复数 平面向量.

15．某工程队有项工程需要单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后立即进行那么安排这项工程的不同排法种数是_____________.（用数字作答）

【答案】12

【分析】根据定序与相邻问题确定排列数.

【详解】由题意得乙丙相邻，甲与乙丙定顺序，所以安排这项工程的不同排法种数是.

【点睛】求解排列、组合问题常用的解题方法：

(1)元素相邻的排列问题：“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题：“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题：“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题：“间接法”； （5） “在”与“不在”问题：“分类法”.

16．若函数有极值点，，则关于的方程 +的不同实数根的个数是_______.

【答案】3

【详解】试题分析：由题意，得，显然是方程的根，于是关于的方程的解就是或，根据题意画图如图所示，由图知有两个不等实根，只有一个不等实根，所以有3个不同的实数根．

【解析】1、函数极值与导数的关系；2、函数零点；3、函数图象．

三、解答题

17．已知复数，，.

(1)若为纯虚数，求实数的值；

(2)在复平面内，若对应的点在第四象限，对应的点在第二象限，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由纯虚数的概念列方程组求解

（2）由复数的几何意义列不等式组求解

【详解】(1)∵为纯虚数，∴，解得.

(2)∵对应的点在第四象限，∴，解得：.

∵对应的点在第二象限，∴，解得：.

综上得，实数的取值范围为

18．已知的二项展开式中所有奇数项的系数之和为512.

(1)求展开式的所有有理项（指数为整数）；

(2)求展开式中项的系数.

【答案】(1)，.

(2)165

【分析】（1）根据二项展开式中所有奇数项的系数之和为512.，利用，求得答案；

（2）由题意可得项的系数为，利用组合数的性质化简，可得答案.

【详解】(1)由题意知：，

∴，从而.

故，其中，

∵，∴，

∴展开式的所有有理项为，.

(2)∵，∴，

∴项的系数为

.

19．设函数，曲线在点处的切线方程为.

(1)求的解析式；

(2)证明：曲线上任一点处的切线与直线和直线所围成的三角形的面积为定值，并求此定值.

【答案】(1)；

(2)证明见解析，定值为4.

【分析】(1)根据切线方程可得，根据切线斜率可得，列方程组求出a、b即可；

(2)设为y＝f(x)上任一点，根据导数几何意义求出该点出切线方程，计算切线与、所围成的三角形的面积即可得到结论.

【详解】(1)将点的坐标代入直线的方程，得，

∵，则，

又直线的斜率为，

于是，解得，故；

(2)设点为曲线上任意一点，

由(1)知，，

则，，

∴在点的切线方程为，

即，

令，得，从而得出切线与轴的交点坐标为B，

联立，解得，

从而切线与直线的交点坐标为A.

∴曲线在点处的切线与直线、所围成的三角形的面积为.

故曲线上任一点处的切线与直线、所围成的三角形的面积为定值且此定值为4.

20．（1）已知，，，求证：.

（2）用分析法证明：对于任意时，有.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析

【分析】（1）由题，利用，代入不等式左式得，化简去括号，即可利用基本不等式证明；

（2）由分析法定义，先两边同时平方，整理后得，结合因式分解讨论参数范围，即可证明

【详解】（1）证明：∵，，，

∴

，

当且仅当，即，时，等号成立，

∴，即得证.

（2）证明：要证，即证，

即证，即证，

∵，∴，，

∴成立，即原不等式成立.

21．一个圆柱形圆木的底面半径为，长为，将此圆木沿轴所在的平面剖成两部分．现要把其中一个部分加工成直四棱柱木梁，长度保持不变，底面为等腰梯形（如图所示，其中为圆心，，在半圆上），设，木梁的体积为（单位：），表面积为（单位：）．

（1）求关于的函数表达式；

（2）求的值，使体积最大；

【答案】（1）；（2）.

【详解】试题分析：（1）根据圆的性质和三角函数的定义可得出；（2）对函数求导，得到增、减区间，进而求出极值，最后可以得到最大值时的.

试题解析：（1）梯形的面积.

体积.

（2）.

令得或，，

当时，为增函数；

当时，为减函数；

当时，体积最大.

【解析】1、数学建模能力及三角函数求导法则；2、利用导数研究函数的单调性、求函数的最值.

【方法点睛】本题主要考查数学建模能力以及利用导数研究函数的单调性、求函数的最值，属于难题.利用导数研究函数的单调性进一步求函数最值的步骤：①确定函数的定义域；②对求导；③令，解不等式得的范围就是递增区间；令，解不等式得的范围就是递减区间；④根据单调性求函数的极值及最值.

22．设函数，.

(1)讨论函数的单调性；

(2)如果对于任意的，都有成立，试求的取值范围.

【答案】(1)当时，函数在区间上单调递增；

当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.

(2)

【分析】（1）求出函数的导数，讨论a的取值范围，根据导数的正负，确定函数的单调区间；

（2）由题意可知先求得函数在的最大值，则得到当时，恒成立，分离参数，构造函数， 利用导数求得所构造函数的最值，可得答案.

【详解】(1)函数的定义域为，，

当时，，函数在区间上单调递增；

当时，若，则，函数单调递增；

若，则，函数单调递减；

∴函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

综上得：当时，函数在区间上单调递增；

当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.

(2)∵，，

∴当时，，在区间单调递减，

当时，，在区间单调递增，

而，所以在区间上的最大值是1.

依题意，需要有当时，恒成立，

即恒成立，亦即；

令，

则，显然，

当时，，，，

即在区间上单调递增；

当时，，，，

即在区间上单调递减；

所以，当时，函数取得最大值，

故，即实数的取值范围是.