2021-2022学年河南省洛阳市高二下学期期中考试数学（理）试题（解析版）

2021-2022学年河南省洛阳市高二下学期期中考试数学（理）试题

一、单选题

1．复数的共轭复数（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数除法的运算法则，结合共轭复数的定义进行求解即可.

【详解】由，可得，

故选：C

2．要证明“是无理数”可选择的方法有下面几种，其中最合理的是（       ）

A．综合法 B．数学归纳法 C．分析法 D．反证法

【答案】D

【分析】根据反证法概念即可得到答案.

【详解】

根据反证法概念，得到反证法证明最合理.

故选：D

3．下列推理属于类比推理的是（       ）

A．人都要吃饭，小张是人，所以小张也要吃饭

B．硫酸能和氢氧化钠发生中和反应，所以酸和碱能发生中和反应

C．由两个三角形相似，得到对应的角相等

D．由地球上有金矿，人们猜想到火星上也有金矿

【答案】D

【分析】根据类比推理的定义即可求解.

【详解】对于A，人和小张不属于两个相同或相似的对象，不是并列关系，而是小张属于人，为包含关系，故A不正确；

对于B，与A类似，硫酸和氢氧化钠与酸和碱也属包含关系，故B不正确；

对于C，由三角形相似推出角相等是归纳推理，由特殊前提推出普遍性结论，故C不正确；

对于D，金星和地球属于两个相似对象，并列关系。故D正确.

故选：D.

4．已知，则（       ）

A．e B．0 C． D．

【答案】A

【分析】先求导，再令,得到，进而得到求解.

【详解】，

令,得，

解得，

所以，

故选：A

5．正项等比数列中的项，是函数的极值点，则（       ）

A． B．1 C． D．2

【答案】C

【分析】根据题意可得，是的两个根，得到，

利用等比数列的性质求得，根据对数运算求得答案.

【详解】依题意，是的两个根，

∴，又是正项等比数列，所以，

∴,

故选：C

6．用数学归纳法证明不等式的过程中，由递推到时不等式左边增加的项数为（       ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】根据当时和当时的不等式的形式进行判断即可.

【详解】当时，不等式为，当时，不等式

，增加的项数为.

故选：B

7．已知函数在R上单调递增，则实数a的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】因为函数在R上单调递增，则对恒成立，分离参数通过求解函数最值即可得出结果．

【详解】由，

若函数在R上单调递增，则对恒成立．

有，可得，

又由，可得．

故选：C

8．已知函数，若函数在上存在最小值，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】对求导，并求出单调性，进而求出极值，通过题意列出不等数组，求解即可.

【详解】依题意求导得，

可得和为函数的极值，

函数的增区间为，，减区间为，

由，，又由，

因式分解为，

解得或(或观察出)，

若函数在上存在最小值，

有，解得，

故选：A.

9．是定义在上的奇函数，且，当时，有恒成立，则的解集为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据已知条件构造函数并得出函数为偶函数，利用

导数与单调性的关系得出函数的单调性进而可以即可求解.

【详解】设函数，则，

由题知，当时，，

∴在上单调递减，

∵函数是定义在上的奇函数，

∴，

∴函数是定义在上的偶函数，

∴的单调递增区间为，

∵，∴，

∴当或时，，

当或时，，

∴的解集为.

故选：C.

【点睛】解决此题的关键是构造函数，进而讨论新函数的单调性与奇偶性，

根据函数的性质即可求解不等式的解集.

10．已知函数有且仅有一个零点，则实数的取值范围为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】易知不是的零点，通过分离参数再结合换元将问题转化为函数的而图象与直线有且仅有一个交点，数形结合即可求解

【详解】由，可得0不是函数的零点

则可化为，即，

令，有，

由函数单调，可得方程有且仅有一个根，等价于函数与直线有且仅有一个交点，

又，可得函数的减区间为，，增区间为，在处取得极大值，在处取得极小值，

由，，可得或，所以或.

故选：D

11．若对都有成立，则的最大值为（       ）

A．1 B．2 C．e D．2e

【答案】B

【分析】将原不等式变形为，令，

利用导数研究函数的单调性，结合即可求解.

【详解】由，得，

则，即，

有，令，

所以，令，

所以函数的增区间为，减区间为，

所以当时，，

所以，故a的取大值为2.

故选：B.

12．已知函数，若，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分析函数的单调性，设，可得出，构造函数，利用导数求出函数的最大值，即可得解.

【详解】因为，则函数在上单调递减，在上单调递增，

不妨设，有，可得，有，

令，有，

令，可得，由，可得，

可得函数的增区间为，减区间为，

可得，故的最大值为.

故选：D.

二、填空题

13．已知是虚数单位，复数z满足，则复数z的模为___________.

【答案】

【分析】化简求出，再代模长公式即可求解

【详解】由

，

故答案为：

14．点是曲线上任意一点，则点P到直线的最短距离为___________.

【答案】

【分析】求出函数的导数，求出曲线和平行的的切线的切点坐标，利用点到直线的距离公式，即可求得答案.

【详解】由，

令，解得或（舍去），

又由，可得斜率为1且与曲线相切的直线的切点为，

则点P到直线的最短距离为,

故答案为：

15．______________________.

【答案】

【分析】令，将两边平方整理可得可知曲线表示以点为圆心，2为半径的半圆，即可求出，再根据微积分基本定理求出，最后根据计算可得；

【详解】解：令，平方后可得，，

即，，可知曲线表示以点为圆心，2为半径的半圆（轴及轴上方部分），

可知，又由，

可得.

故答案为：

16．分形理论是当今世界十分风靡和活跃的新理论、新学科.其中，把部分与整体以某种方式相似的形体称为分形，分形是一种具有自相似特性的现象、图象或者物理过程.谢尔宾斯基三角形就是一种典型的分形，是由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出的.按照如下规律依次在一个黑色三角形内去掉小三角形，则当时，该黑色三角形内一共去掉的小三角形的个数为___________.

【答案】

【分析】根据题意找出规律，利用等比数列通项公式可求出答案.

【详解】由图可知，每一个图形中小三角形的个数等于前一个图形小三角形个数的3倍加1，

则当时，；

当时，；

当时，；

当时，；

当时，；

当时，.

可以猜测，可化为，

所以数列为首项为，公比为3的等比数列，

有，可得，

故当时，，

故答案为：.

三、解答题

17．已知复数z在复平面内对应的点在直线上，且复数为实数.

(1)求复数z

(2)已知是方程的根，求实数a，b的值.

【答案】(1)或

(2)，

【分析】（1）待定系数法设复数，由题意列方程组求解

（2）计算出，代入方程求解

【详解】(1)由复数z在复平面内对应的点在直线上，设复数，

有，

由复数为实数，有，解得，

故复数或

(2)由，，可得，

由是方程的根，可得，

整理为，有，

解得，.

18．已知函数.

(1)若点P在曲线上移动，设曲线在动点P处的切线的倾斜角为，求的取值范围；

(2)求曲线经过点的切线方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）首先根据题意得到，从而得到，再解不等式即可.

（2）利用导数的几何意义求解即可.

【详解】(1)由，有，

由且，可得或，

故的取值范围为；

(2)（2）设切点为，，

可得过点Q的切线方程为，

代入点的坐标有，

整理为，

有，

因式分解为，即，

解得或.

①当时，所求切线方程为

②当时，所求切线方程为，

故曲线经过点的切线方程为或.

19．某同学在一次研究性学习中发现，以下四个式子的值等于同一个常数：

①；

②；

③；

④.

(1)试从上述四个式子中选择一个，求出这个常数；

(2)根据（1）的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论.

【答案】(1)

(2)推广的恒等式为，证明见解析.

【分析】(1) 选择①可以很容易求出该常数；

(2) 由题观察归纳出三角恒等式，再证明即可.

【详解】(1)

(2)观察①，②，③，④，结合(1)，归纳可得

证明如下：

.

20．已知前n项和为的正项数列中，，求，，并猜测数列的通项公式；用数学归纳法证明你的猜想.

【答案】，，，证明见解析.

【分析】由递推公式求出，，猜想数列的通项公式；用数学归纳法进行证明.

【详解】（1）当时，有，整理为，

解得（舍去）或；

当时，有，代入，整理为，

解得（舍去）或，

猜测数列的通项公式为；

（2）证明：①当时，，猜想成立；

②假设当时，猜想成立，即；

那么当时，，

有，

有，

有，

有，

解得（舍去）或.

故时猜想成立.

由①②知对任意的都成立.

所以数列的通项公式为.

21．已知函数，.

(1)若函数在区间上的最大值为20，求实数a的值；

(2)若恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】(1)或

(2)

【分析】(1)利用导数研究函数当、、、时的单调性，分别求出函数的最大值，令，解出对应的a即可；

(2)将原问题转化为在上恒成立，令，利用二次求导研究函数的单调性，求出即可.

【详解】(1)函数的定义域为R，，

①当时，，故函数单调递增，

有，解得；

②当时，令，解得或，

令，解得，

所以函数的增区间为，，减区间为.

当即时，

函数在，上单调递增，在上单调递减，

得或.

解得（舍去）或舍去）；

当即时，

函数在上单调递增，在上单调递减，

得，解得（舍去）；

当即时，

函数在上单调递减，

得，解得.

综上知或；

(2)可化为，

整理，得，

即在上恒成立，

令，

则，

令，则，

所以函数在上单调递增，且，

所以当时；当时，

故函数的增区间为，减区间为，

所以，得，

即实数a的取值范围为.

22．已知函数，其中.

(1)讨论函数的单调性；

(2)令，若函数在区间上有且仅有两个零点，求实数a的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）由，分， ，讨论求解；

（2）由，求导，由（1）知，由零点存在定理得到存在，使得，可得，再由函数有且仅有两个零点，由得到m的范围，再由求解.

【详解】(1)解：由，

①当时，，函数单调递增，增区间为，没有减区间，

②当时，令，得，此时函数的增区间为，减区间为；

综上：当时，函数的增区间为，没有减区间，

当时，函数的增区间为，减区间为；

(2)由，有，

当时，由，可得，此时函数在区间上单词递增，

最多只有一个零点，不合题意，故必有；

①当且时，，，此时有；

②当且时，，，此时有.

由上知存在，使得，可得，

得函数的减区间为，增区间为，

若函数有且仅有两个零点，必有

，

，

得，

又由，有，得.

又当时，有，可得；

当时，有，可得，

由上知，若函数在区间上有且仅有两个零点，

则实数a的取值范围为.

【点睛】方法点睛：函数零点或函数图象交点问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．