2021-2022学年河南省豫北名校高二下学期4月份教学质量检测数学（理）试题（解析版）

2021-2022学年河南省豫北名校高二下学期4月份教学质量检测数学（理）试题

一、单选题

1．若复数满足，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】运用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，

所以，

故选：C

2．下列有关命题的说法正确的是(          )

A．若，则

B．“”的一个必要不充分条件是“”

C．若命题：，，则命题：，

D．、是两个平面，、是两条直线，如果，，，那么

【答案】C

【分析】A：根据向量加法的性质即可判断；

B：根据充分条件的概念即可判断；

C：根据含有一个量词的命题的否定的改写方法判断即可；

D：根据空间线面关系即可判断.

【详解】A：若，则方向相反且，故A错误；

B：若，则，故“”是“”的充分条件，故B错误；

C：命题：，，则其否定为：，，故C正确；

D：如果，，，则无法判断α、β的位置关系，故D错误.

故选：C.

3．在一次“剧本杀”游戏中，甲乙丙丁四人各自扮演不同的角色，四人发言如下：

甲：我扮演警察；

乙：我扮演路人；

丙：我扮演嫌疑犯；

丁：我扮演路人､嫌疑犯､受害者当中的一个.

若其中只有1人说谎，则说谎的人可能是（       ）

A．甲或丁 B．乙或丙 C．甲或乙 D．丙或丁

【答案】B

【分析】分别假设甲、乙、丙、丁说谎，判断是否符合题意即可.

【详解】假设甲说谎，乙、丙、丁没说谎，则乙扮演路人，丙扮演嫌疑犯，丁只能扮演受害者，甲只能扮演警察，与假设矛盾，不符合题意；

假设乙说谎，甲、丙、丁没说谎，甲扮演警察，丙扮演嫌疑犯，则丁可以扮演路人或者受害者，因为乙说谎，乙不扮演路人，所以乙扮演受害者，丁扮演路人，符合题意；

假设丙说谎，甲、乙、丁没说谎，甲扮演警察，乙扮演路人，则丁扮演嫌疑犯或者受害者，因为丙说谎，丙不扮演嫌疑犯，所以丙扮演受害者，丁扮演嫌疑犯,符合题意；

假设丁说谎，甲、乙、丙没说谎，则丁扮演警察，因为甲没说谎，甲也扮演警察，与题设矛盾，不符合题意；

综上所述乙和丙可能说谎.

故选：B.

4．已知双曲线的一条渐近线过点（2，1），则此双曲线的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用双曲线的渐近线方程，代入点的坐标，然后求解双曲线的离心率即可.

【详解】因为双曲线方程为，

所以双曲线的渐近线方程为，

因此，点（2，1）在直线上，可得，

所以双曲线的离心率为.

故选：C.

5．如图，在四面体中，，，，点M、N分别在线段OA、BC上，且，，则等于（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用空间向量的线性运算及空间向量基本定理，结合图形即可得解.

【详解】根据题意可得:

故选：D.

6．椭圆中以点为中点的弦所在直线方程为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用点差法求出斜率，即可求出直线方程.

【详解】设点为中点的弦的端点，

则有：，两式相减得：，

因为为中点，所以，

所以斜率，

所以所求直线方程为：，即.

故选：A

7．（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】结合几何意义求得定积分.

【详解】，

.

，表示圆心在原点，半径为的圆的上半部分.

在圆上，所以，

所以.

所以.

故选：C

8．直线分别与曲线，交于，两点，则的最小值为（       ）

A． B．1 C． D．2

【答案】B

【分析】设，，，，得到，用导数法求解.

【详解】解：设，，，，则，

，

，

令，则，

函数在上单调递减，在上单调递增，

时，函数的最小值为1，

故选：B

9．将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，则不同的站法有（       ）．

A．1860种 B．3696种 C．3600种 D．3648种

【答案】D

【分析】采用间接法，先求出没有限制的所有站法，再排除不满足条件的站法可求解.

【详解】7个人从左到右排成一排，共有种不同的站法，其中甲、乙、丙3个都相邻有种不同的站法，甲站在最右端有种不同的站法，甲、乙、丙3个相邻且甲站最右端有种不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，不同的站法有种不同的站法.

故选：D

10．已知函数，若对任意两个不等的正实数，，都有，则实数的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】不妨设，由题意，可得，构造函数，则在上单调递增，从而有在上恒成立，分离参数转化为最值即可求解.

【详解】解：由题意，不妨设，

因为对任意两个不等的正实数，，都有，

所以，即，

构造函数，则，

所以在上单调递增，

所以在上恒成立，即在上恒成立，

当时，因为，所以，

所以，实数的最小值为.

故选：B.

11．已知函数与的图象上恰好存在唯一一对关于直线对称的点，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据指对数函数的图象可知，与关于直线对称，则将原条件等价于函数与恰好存在唯一交点，分离常数后，转化为直线与有唯一的交点，构造新函数，并利用导数研究函数的单调性，结合，且当时，，画出函数的大致图象，结合图象即可得出实数的取值范围.

【详解】解：根据指对数函数的图象可知，与关于直线对称，

所以函数与的图象上恰好存在唯一一对关于直线对称的点，

等价于函数与恰好存在唯一交点，

令，则，

所以直线与有唯一的交点，

设，则，

在上，，单调递增，在上，，单调递减，

而，且当时，，

所以当时，，当时，，

则函数的大致图象，如下图所示，故或满足条件，

所以实数的取值范围是.

故选：B．

12．已知双曲线与圆在第二象限相交于点分别为该双曲线的左、右焦点，且，则该双曲线的离心率为(       )

A． B． C． D．2

【答案】C

【分析】根据正弦定理得，结合双曲线定义可求，可判断为直角三角形，故可求M点坐标，将M点坐标代入双曲线方程即可求得a与b关系，故而求出离心率的值.

【详解】在中，∵，

∴由正弦定理知，，

又∵，∴，，

∴在中，，，，

∴，∴.

设，则由等面积得：，即，

∵在上，∴，

∵在上，

∴，即，即，即，即，即，即，即，

∴.

故选：C.

二、填空题

13．曲线在点处的切线方程为______．

【答案】

【分析】利用导数的几何意义得出切线方程.

【详解】，点在曲线上

，

即切线方程为

故答案为：

14．在正方体中，直线与平面所成角的大小为__________．

【答案】

【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的大小.

【详解】解：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，则、、、，

，，设平面的法向量为，

由，取，可得，

，，

因此，直线与平面所成角的大小为.

故答案为：.

15．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑和冰壶3个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有_________种．

【答案】150

【分析】先分组，在分配，分组问题必须考虑去除重复.

【详解】5个人，分成3组，共有2种分法，即1，1，3和2，2，1，

共有 种，

再分配 种；

故答案为：150.

16．已知，分别是椭圆和双曲线的离心率，，是它们的公共焦点，M是它们的一个公共点，且，则的最大值为______．

【答案】

【分析】利用椭圆、双曲线的定义以及余弦定理找到的关系，然后利用三角换元求最值即可.

【详解】解析：设椭圆的长半轴为a，双曲线的实半轴为，半焦距为c，设，，，因为，所以由余弦定理可得，①

在椭圆中，，①化简为，即，②

在双曲线中，，①化简为，即，③

联立②③得，，即，

记，，，则，当且仅当，即，时取等号．

故答案为：.

三、解答题

17．已知，：，：.

(1)若，为真命题，为假命题，求实数的取值范围；

(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)化简命题p，将m=3代入求出命题q，再根据或、且连接的命题真假确定p，q真假即可得解；

(2)由给定条件可得p是q的必要不充分条件，再列式计算作答.

【详解】(1)依题意，：，

：，得：.

当时，：，

因为真命题，为假命题，则与一真一假，

当真假时，即或，无解，

当假真时，即或，解得或，

综上得：或，

所以实数x的取值范围是；

(2)因是的充分不必要条件，则p是q的必要不充分条件，

于是得，解得，

所以实数m的取值范围是．

18．在二项式的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列.

求项数；

求展开式中的常数项与二项式系数最大的项.

【答案】；，.

【分析】等差数列的性质及二项式系数的性质列式求得；

写出二项展开式的通项，由的指数为求得可得常数项，再据二项式系数的性质，求得二项式系数最大的项.

【详解】解：二项式的展开式的通项公式为，

第一项系数为，第二项系数为，第三项系数为，前三项系数的绝对值分别为，，，

因为前三项系数的绝对值成等差数列，

，即，求得（舍去），或.

二项式，由可知，

它的通项公式为，

令，可得，故展开式的常数项为.

二项式系数为，故当时，二项式系数最大，故第五项二项式系数最大，

该项为.

【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题.

19．证明：

(1)若，则；

(2)求证：当为正数时，.

【答案】(1)详见解析；

(2)详见解析.

【分析】（1）利用分析法证明；

（2）利用基本不等式法证明.

【详解】(1)证明：因为，

所以，

所以，

要证，

只需证，

只需证，

只需证，

即证，

由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，

故当时，成立.

(2)因为为正数，

所以，

，

，

当且仅当时，等号成立，

故当为正数时，.

20．如图，在四棱锥中，四边形ABCD为矩形，平面平面ABE，，，，F为棱CE的中点，P为棱AB上一点（不含端点）．

(1)求证：平面ACE；

(2)若平面PCE和平面ACE所成锐二面角的余弦值为，求AP的长．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，可证BC⊥平面ABE，根据线面垂直的性质定理、判定定理，可证AE⊥平面BCE，再利用线面垂直性质定理、判定定理，即可得证

（2）如图建系，求得各点坐标，设，可得的坐标，分别求得平面CPE的法向量为，平面ACE的法向量，根据二面角的向量求法，即可得答案.

【详解】(1)∵平面ABCD⊥平面ABE，BC⊥AB，平面平面，

∴BC⊥平面ABE，

又∵平面ABE，∴BC⊥AE．

在中，根据勾股定理可得AE⊥BE，又，

∴AE⊥平面BCE，平面BCE，

∴AE⊥BF．

在中，，F为CE的中点，

∴BF⊥CE，又∵，

∴BF⊥平面ACE．

(2)以E为坐标原点，分别以EB，EA所在直线为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，．

设，，

，．

设平面CPE的法向量为，且，

则由,得，令，从而．

∵BF⊥平面ACE，∴为平面ACE的一个法向量．

由题意，

∴或（舍去），

∴．

21．在平面直角坐标系xOy中，抛物线E：上一点到焦点F的距离.不经过点S的直线l与E交于A，B.

(1)求抛物线E的标准方程；

(2)若直线AS，BS的斜率之和为2，证明：直线l过定点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用抛物线的定义即可求出p；

（2）根据斜率公式，韦达定理列方程求出直线方程即可.

【详解】(1)抛物线D：的焦点，准线方程为，

因为抛物线上一点到焦点F的距离，

由抛物线的定义得，所以.

所以抛物线E的标准方程是；

(2)将代入可得或（舍），所以点S坐标为，

由题意直线l的斜率不等于0，

设直线l的方程是，，，

联立，得，

由韦达定理得，

因为直线，的斜率之和为2，

所以，

所以，

将代入上式可得 ，

所以直线l的方程是，显然它过定点.

22．已知函数，.

(1)若，求的单调区间；

(2)若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；

(2).

【分析】（1）把代入函数解析式中得，对函数进行求导即可得到的单调区间.

（2）恒成立等价于恒成立，令，则.

当时，符合题意，当时，对函数判断单调性，即可得到，即可求出答案.

【详解】(1)当时，，

则.

当时，因为，且，

所以，

所以，单调递减.

当时，因为，且，

所以，

所以，单调递增.

所以当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.

(2)恒成立等价于恒成立，

令，

则.

①当时，在区间上恒成立，符合题意；

②当时，，

令，，即在上单调递增，，则存在，使得，此时，即，

则当时，，单调递减；当时，，单调递增.

所以.

令，得.

因为，所以.

综上，实数a的取值范围为.

【点睛】本题考察了利用导数判断函数的单调性和隐零点问题，属于难题.