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2021-2022学年河南省濮阳市第一高级中学高二下学期期中考试数学（理）试题含解析
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这是一份2021-2022学年河南省濮阳市第一高级中学高二下学期期中考试数学（理）试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则（ ）
A．B．2C．D．8
【答案】C
【分析】根据题意先表示出复数的标准形式，再用模长公式计算即可.
【详解】由已知得，所以，
故选：C
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出集合，再由交集的定义即可求出答案.
【详解】，所以，所以或，
所以集合或，，所以，则，
所以，则.
故选：B.
3．命题“，”的否定为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】根据全称命题与存在性的关系，准确改写，即可求解.
【详解】根据全量词命题的否定为存在量词命题，可得命题“”的否定为“”.
故选: C.
4．要为5名游客和2位导游拍照留念，要求排成一排，且2位导游相邻，不同的排法共有（ ）种
A．1440B．960C．720D．240
【答案】A
【分析】将两位导游看作一个人，和其他人一起全排列，可得答案.
【详解】因为两位导游要相邻，因此将两位导游看作一个人，内部排列有种排法，
将两位导游看作一个人和其他人全排列有种排法，
因此根据乘法原理共有种排法，
故选：A
5．下列求导运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由基本初等函数的导数运算法则对选项一一排除即可求出答案.
【详解】对于A，，正确；
对于B，，错误；
对于C，，错误；
对于D，，错误.
故选：A.
6．设等比数列的前n项和为，若，则=（ ）
A．2B．C．D．3
【答案】B
【分析】直接利用等比数列的前项和性质得到答案.
【详解】等比数列的前n项和为，则成等差数列，
，即，故，故，故.
故选：B.
【点睛】本题考查了等比数列的前项和性质，意在考查学生的计算能力和转化能力.
7．直三棱柱中，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据空间向量的线性运算直接可得解.
【详解】由已知得，
故选：A.
8．已知函数，则函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的奇偶性，排除A；结合，排除C、D选项，利用导数求得函数的单调性的变换趋势，即可求解.
【详解】由题意，函数，则，
所以不是偶函数，排除A选项．
又由，排除C、D选项．
当时，可得，则，
令，可得，
当时，，的切线斜率越来越大；
当时，，的切线斜率越来越小．
故选：B．
9．已知数列的前n项和为，，，则（ ）
A．B．C．1025D．2049
【答案】B
【分析】根据题意得，进而根据得数列是等比数列，公比为，首项为，再根据等比数列求和公式求解即可.
【详解】解：因为数列的前n项和为满足，
所以当时，，解得，
当时，，即
所以，解得或，
因为，所以.
所以，，
所以当时，，
所以，即
所以数列是等比数列，公比为，首项为，
所以
故选：B
10．已知函数，若实数m，n满足不等式，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用函数的单调性和奇偶性得出，即可得出正确选项.
【详解】的定义域为，且，所以为奇函数，，所以在上为增函数，
，所以，所以，所以.
不能推出，，.
故选：D.
11．阿波罗尼斯研究圆锥曲线的光学性质得到：从抛物线的焦点发出的光线或声波在经过抛物线反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的光线，经抛物线反射后，反射光线经过抛物线的焦点．设抛物线C：，一束平行于抛物线对称轴的光线经过，被抛物线反射后，又射到抛物线C上的Q点，则直线FQ的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题设可得，由三点共线结合斜率两点式求直线FQ的斜率，进而利用点斜式写出直线方程.
【详解】设过平行于抛物线对称轴的直线与抛物线交于点P，易知．
将代入抛物线方程得，即，
又焦点为F ，且P，F，Q三点共线，则，
由点斜式方程化简得.
故选：D
12．函数在定义域内恒满足，其中为的导函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构造新函数并研究其单调性即可.
【详解】令则
由
所以函数在上单调递增
所以
令则
由
所以函数在上单调递减
所以
故选：D
二、填空题
13．已知函数，则函数的最小值为________．
【答案】-
【分析】利用二倍角的正、余弦公式和辅助角公式化简可得，结合正弦函数的性质即可得出结果.
【详解】由题意得，
，
，即时，
函数f(x)取得最小值，最小值为-．
故答案为：-.
14．已知数列满足若数列为递增数列，则实数a的取值范围为___________.
【答案】
【分析】根据数列为递增数列，列出不等式组，即可求解.
【详解】由题意，数列为递增数列，
则满足，即，解得，
即实数a的取值范围为.
故答案为：
15．如图，在棱长为1的正方体中，若E，F分别是上底棱的中点，则点A到平面的距离为______．
【答案】1
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到面的距离公式进行求解.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的法向量，
则有，令得：，
故，
其中，
则点A到平面的距离为
故答案为：1
16．若双曲线C的方程为，记双曲线C的左、右顶点为A，B．弦PQ⊥x轴，记直线PA与直线QB交点为M，其轨迹为曲线T，则曲线T的离心率为________．
【答案】
【分析】设P（，）、M（x，y），根据直线的点斜式方程表示出直线PA、QB的方程，整理两直线方程可得，结合点P（，）在双曲线上可得
，进而得出曲线的方程，即可求出离心率.
【详解】设P（，），则Q（，-），
设点M（x，y），又A（-2，0），B（2，0），
所以直线PA的方程为①，
直线QB的方程为②．
由①得，由②得，
上述两个等式相乘可得，
∵P（，）在双曲线上，
∴，可得，∴
∴，化简可得，
即曲线的方程为，其离心率为，
故答案为：.
三、解答题
17．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，．
(1)求△ABC外接圆半径；
(2)求△ABC的面积的最大值．
【答案】(1)3
(2)
【分析】（1）由正弦定理可知，再根据余弦定理即可求出，再根据同角基本关系和正弦定理，即可求出结果；
（2）由（1），对使用基本不等式，可得，再根据，即可求出结果.
【详解】(1)解：由，得．
由正弦定理得，
由余弦定理得，所以．
设△ABC外接圆半径为R，则，所以△ABC外接圆半径为3．
(2)解：因为，，当且仅当a＝c时，等号成立，所以，
所以，所以△ABC的面积的最大值．
18．已知数列为等比数列，设其前n项和为，公比，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前n项和为，求数列的前n项和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据等比数列基本量，结合条件，列式求通项公式；
（2）根据（1）的结果，，即可求得，再利用裂项相消法求和.
【详解】（1）因为，，
所以.
，两式相除得，
解得，，
故数列的通项公式.
（2）由（1）得，
则，
故，
则，
所以数列的前n项和为.
19．某商场销售某件商品的经验表明，该商品每日的销量 (单位：千克)与销售价格 (单位：元/千克)满足关系式，其中，为常数.已知销售价格为元/千克时，每日可售出该商品千克.
（1）求实数的值；
（2）若该商品的成本为元/千克，试确定销售价格的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大，并求出最大值.
【答案】（1）（2）当销售价格为元/千克时，商场每日销售该商品所获的利润最大.最大值42
【分析】（1）由题意，当时，，代入函数式，运算即得解；
（2）先表示商场每日销售该商品所获得的利润为，求导研究单调性，即可得最大值
【详解】（1）∵时，，
由函数式，得，∴.
（2）由（1）知该商品每日的销售量，
∴商场每日销售该商品所获得的利润为
，，
，
令，得，
当时，，函数在上递增;
当时，，函数在上递减;
∴当时，函数取得最大值.
所以当销售价格为元/千克时，商场每日销售该商品所获的利润最大.
【点睛】本题考查了导数在实际问题中的应用，考查了学生实际应用，综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题
20．在三棱柱中，AB⊥BC，．
(1)求证：平面平面ABC；
(2)若，求锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题目条件证明，，又因为，所以平面ABC，即可证明平面平面ABC.
（2）由（1）知OB，OC，两两垂直，故以O为坐标原点，OB，OC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，即可求出锐二面角的余弦值.
【详解】(1)证明：取AC中点为O，连接，BO．
由已知条件知，，
∴，，．
又，∴．
又，AC，平面ABC，∴平面ABC．
又平面，∴平面平面ABC．
(2)由（1）知OB，OC，两两垂直，故以O为坐标原点，OB，OC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，．
，∴，
∴，．
令平面NAC的法向量，
则，即 令z＝1，则，
易知平面ABC的一个法向量，
∴，∴锐二面角的余弦值为．
21．已知椭圆经过点，其右顶点为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若点、在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为，证明直线经过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知可得，将点的坐标代入椭圆的方程，可求得的值，即可得出椭圆的方程；
（2）分析可知直线的斜率存在，可设直线方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用直线、的斜率之积为结合韦达定理可得出、所满足的关系式，再化简直线的方程，即可求得直线所过定点的坐标.
【详解】(1)解：由题意可知，，将点的坐标代入椭圆的方程可得，可得，
因此，椭圆的方程为.
(2)证明：若轴，则点、关于轴对称，则直线与也关于轴对称，
从而直线与的斜率互为相反数，不合乎题意.
设直线方程为，设点、，
联立，可得，
，可得，
由韦达定理可得，，
因为，
整理可得，
即，化简得，
即，可得或.
当时，直线的方程为，此时直线过点，不合乎题意；
当时，直线的方程为，此时直线过定点，合乎题意.
综上所述，直线过定点．
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
22．已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)若时，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）对a进行分类讨论，利用导数求出单调区间；
（2）记 ，则有对a进行分类讨论，求出a的取值范围.
【详解】(1)的定义域为，
当时，恒成立，所以在上单调递减；
当时，令，解得：，所以在上单调递增；
令，解得：，所以在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递减.
当时， 在上单调递增，在上单调递减；
(2)设 ，
则有
当时，在上单调递增，所以满足题意；
当时，，且，
使时，单调递减，使得不合题意.
的取值范围为.
1．已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则（ ）
A．B．2C．D．8
【答案】C
【分析】根据题意先表示出复数的标准形式，再用模长公式计算即可.
【详解】由已知得，所以，
故选：C
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出集合，再由交集的定义即可求出答案.
【详解】，所以，所以或，
所以集合或，，所以，则，
所以，则.
故选：B.
3．命题“，”的否定为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】根据全称命题与存在性的关系，准确改写，即可求解.
【详解】根据全量词命题的否定为存在量词命题，可得命题“”的否定为“”.
故选: C.
4．要为5名游客和2位导游拍照留念，要求排成一排，且2位导游相邻，不同的排法共有（ ）种
A．1440B．960C．720D．240
【答案】A
【分析】将两位导游看作一个人，和其他人一起全排列，可得答案.
【详解】因为两位导游要相邻，因此将两位导游看作一个人，内部排列有种排法，
将两位导游看作一个人和其他人全排列有种排法，
因此根据乘法原理共有种排法，
故选：A
5．下列求导运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由基本初等函数的导数运算法则对选项一一排除即可求出答案.
【详解】对于A，，正确；
对于B，，错误；
对于C，，错误；
对于D，，错误.
故选：A.
6．设等比数列的前n项和为，若，则=（ ）
A．2B．C．D．3
【答案】B
【分析】直接利用等比数列的前项和性质得到答案.
【详解】等比数列的前n项和为，则成等差数列，
，即，故，故，故.
故选：B.
【点睛】本题考查了等比数列的前项和性质，意在考查学生的计算能力和转化能力.
7．直三棱柱中，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据空间向量的线性运算直接可得解.
【详解】由已知得，
故选：A.
8．已知函数，则函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的奇偶性，排除A；结合，排除C、D选项，利用导数求得函数的单调性的变换趋势，即可求解.
【详解】由题意，函数，则，
所以不是偶函数，排除A选项．
又由，排除C、D选项．
当时，可得，则，
令，可得，
当时，，的切线斜率越来越大；
当时，，的切线斜率越来越小．
故选：B．
9．已知数列的前n项和为，，，则（ ）
A．B．C．1025D．2049
【答案】B
【分析】根据题意得，进而根据得数列是等比数列，公比为，首项为，再根据等比数列求和公式求解即可.
【详解】解：因为数列的前n项和为满足，
所以当时，，解得，
当时，，即
所以，解得或，
因为，所以.
所以，，
所以当时，，
所以，即
所以数列是等比数列，公比为，首项为，
所以
故选：B
10．已知函数，若实数m，n满足不等式，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用函数的单调性和奇偶性得出，即可得出正确选项.
【详解】的定义域为，且，所以为奇函数，，所以在上为增函数，
，所以，所以，所以.
不能推出，，.
故选：D.
11．阿波罗尼斯研究圆锥曲线的光学性质得到：从抛物线的焦点发出的光线或声波在经过抛物线反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的光线，经抛物线反射后，反射光线经过抛物线的焦点．设抛物线C：，一束平行于抛物线对称轴的光线经过，被抛物线反射后，又射到抛物线C上的Q点，则直线FQ的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题设可得，由三点共线结合斜率两点式求直线FQ的斜率，进而利用点斜式写出直线方程.
【详解】设过平行于抛物线对称轴的直线与抛物线交于点P，易知．
将代入抛物线方程得，即，
又焦点为F ，且P，F，Q三点共线，则，
由点斜式方程化简得.
故选：D
12．函数在定义域内恒满足，其中为的导函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构造新函数并研究其单调性即可.
【详解】令则
由
所以函数在上单调递增
所以
令则
由
所以函数在上单调递减
所以
故选：D
二、填空题
13．已知函数，则函数的最小值为________．
【答案】-
【分析】利用二倍角的正、余弦公式和辅助角公式化简可得，结合正弦函数的性质即可得出结果.
【详解】由题意得，
，
，即时，
函数f(x)取得最小值，最小值为-．
故答案为：-.
14．已知数列满足若数列为递增数列，则实数a的取值范围为___________.
【答案】
【分析】根据数列为递增数列，列出不等式组，即可求解.
【详解】由题意，数列为递增数列，
则满足，即，解得，
即实数a的取值范围为.
故答案为：
15．如图，在棱长为1的正方体中，若E，F分别是上底棱的中点，则点A到平面的距离为______．
【答案】1
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到面的距离公式进行求解.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的法向量，
则有，令得：，
故，
其中，
则点A到平面的距离为
故答案为：1
16．若双曲线C的方程为，记双曲线C的左、右顶点为A，B．弦PQ⊥x轴，记直线PA与直线QB交点为M，其轨迹为曲线T，则曲线T的离心率为________．
【答案】
【分析】设P（，）、M（x，y），根据直线的点斜式方程表示出直线PA、QB的方程，整理两直线方程可得，结合点P（，）在双曲线上可得
，进而得出曲线的方程，即可求出离心率.
【详解】设P（，），则Q（，-），
设点M（x，y），又A（-2，0），B（2，0），
所以直线PA的方程为①，
直线QB的方程为②．
由①得，由②得，
上述两个等式相乘可得，
∵P（，）在双曲线上，
∴，可得，∴
∴，化简可得，
即曲线的方程为，其离心率为，
故答案为：.
三、解答题
17．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，．
(1)求△ABC外接圆半径；
(2)求△ABC的面积的最大值．
【答案】(1)3
(2)
【分析】（1）由正弦定理可知，再根据余弦定理即可求出，再根据同角基本关系和正弦定理，即可求出结果；
（2）由（1），对使用基本不等式，可得，再根据，即可求出结果.
【详解】(1)解：由，得．
由正弦定理得，
由余弦定理得，所以．
设△ABC外接圆半径为R，则，所以△ABC外接圆半径为3．
(2)解：因为，，当且仅当a＝c时，等号成立，所以，
所以，所以△ABC的面积的最大值．
18．已知数列为等比数列，设其前n项和为，公比，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前n项和为，求数列的前n项和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据等比数列基本量，结合条件，列式求通项公式；
（2）根据（1）的结果，，即可求得，再利用裂项相消法求和.
【详解】（1）因为，，
所以.
，两式相除得，
解得，，
故数列的通项公式.
（2）由（1）得，
则，
故，
则，
所以数列的前n项和为.
19．某商场销售某件商品的经验表明，该商品每日的销量 (单位：千克)与销售价格 (单位：元/千克)满足关系式，其中，为常数.已知销售价格为元/千克时，每日可售出该商品千克.
（1）求实数的值；
（2）若该商品的成本为元/千克，试确定销售价格的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大，并求出最大值.
【答案】（1）（2）当销售价格为元/千克时，商场每日销售该商品所获的利润最大.最大值42
【分析】（1）由题意，当时，，代入函数式，运算即得解；
（2）先表示商场每日销售该商品所获得的利润为，求导研究单调性，即可得最大值
【详解】（1）∵时，，
由函数式，得，∴.
（2）由（1）知该商品每日的销售量，
∴商场每日销售该商品所获得的利润为
，，
，
令，得，
当时，，函数在上递增;
当时，，函数在上递减;
∴当时，函数取得最大值.
所以当销售价格为元/千克时，商场每日销售该商品所获的利润最大.
【点睛】本题考查了导数在实际问题中的应用，考查了学生实际应用，综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题
20．在三棱柱中，AB⊥BC，．
(1)求证：平面平面ABC；
(2)若，求锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题目条件证明，，又因为，所以平面ABC，即可证明平面平面ABC.
（2）由（1）知OB，OC，两两垂直，故以O为坐标原点，OB，OC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，即可求出锐二面角的余弦值.
【详解】(1)证明：取AC中点为O，连接，BO．
由已知条件知，，
∴，，．
又，∴．
又，AC，平面ABC，∴平面ABC．
又平面，∴平面平面ABC．
(2)由（1）知OB，OC，两两垂直，故以O为坐标原点，OB，OC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，．
，∴，
∴，．
令平面NAC的法向量，
则，即 令z＝1，则，
易知平面ABC的一个法向量，
∴，∴锐二面角的余弦值为．
21．已知椭圆经过点，其右顶点为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若点、在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为，证明直线经过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知可得，将点的坐标代入椭圆的方程，可求得的值，即可得出椭圆的方程；
（2）分析可知直线的斜率存在，可设直线方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用直线、的斜率之积为结合韦达定理可得出、所满足的关系式，再化简直线的方程，即可求得直线所过定点的坐标.
【详解】(1)解：由题意可知，，将点的坐标代入椭圆的方程可得，可得，
因此，椭圆的方程为.
(2)证明：若轴，则点、关于轴对称，则直线与也关于轴对称，
从而直线与的斜率互为相反数，不合乎题意.
设直线方程为，设点、，
联立，可得，
，可得，
由韦达定理可得，，
因为，
整理可得，
即，化简得，
即，可得或.
当时，直线的方程为，此时直线过点，不合乎题意；
当时，直线的方程为，此时直线过定点，合乎题意.
综上所述，直线过定点．
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
22．已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)若时，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）对a进行分类讨论，利用导数求出单调区间；
（2）记 ，则有对a进行分类讨论，求出a的取值范围.
【详解】(1)的定义域为，
当时，恒成立，所以在上单调递减；
当时，令，解得：，所以在上单调递增；
令，解得：，所以在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递减.
当时， 在上单调递增，在上单调递减；
(2)设 ，
则有
当时，在上单调递增，所以满足题意；
当时，，且，
使时，单调递减，使得不合题意.
的取值范围为.
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