2022-2023学年四川省雅安市雅安中学高二下学期期中数学（理）试题含解析

2022-2023学年四川省雅安市雅安中学高二下学期期中数学（理）试题

一、单选题

1．复数为虚数单位的模为（    ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】C

【分析】应用复数除法化简复数，即可得模.

【详解】，故模为.

故选：C

2．下列求导运算正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据导数运算公式逐项求解即可.

【详解】，故A错误；

，故B错误；

，故C错误；

，故D正确.

故选：D.

3．对于命题，，若是假命题，是假命题，则下列判断正确的是（　　）

A．，都是真命题 B．，都是假命题

C．是真命题，q是假命题 D．是假命题，是真命题

【答案】D

【分析】根据命题的真值表即可判断．

【详解】因为是假命题，

所以命题，中至少有一个为假命题，

又因为是假命题，

所以，都是假命题，

所以为真命题，

故选：D．

4．曲线在点处的切线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】求函数在点 处的导数值，根据点斜式求切线方程..

【详解】因为，

所以，

所以，

所以曲线在点处的切线斜率为，

所以曲线在点处的切线方程为，

即，

故选：A.

5．在正四面体中，F是的中点，E是的中点，若，则（  ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用空间向量的运算法则即可得，再由三角形法则即可求得.

【详解】根据题意可得，；

再由，

可得.

故选：A

6．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学参加劳动技术比赛，决出第一名到第五名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军，”对乙说：“你不是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有（    ）不同的排列

A．36 B．54 C．60 D．72

【答案】B

【分析】利用特殊元素特殊位置优先考虑，结合分步乘法计数原理即可求解.

【详解】分三步完成：冠军有种可能，乙的名次有种可能，余下人有种可能，所以5人的名次排列有种不同情况.

故选：B.

7．命题“，”是真命题的充要条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】直接利用恒成立问题的建立不等式，进一步求出实数a的取值范围．

【详解】命题“，”为真命题，则在上恒成立，

∵，∴，则.

故选∶B．

8．直线l的方向向量为，且l过点，则点到直线l的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用向量投影和勾股定理即可计算.

【详解】∵，，

∴，又，

∴在方向上的投影，

∴P到l距离.

故选：C

9．函数的图象可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数的奇偶性，结合函数值，以及函数的变化趋向，即可判断选项.

【详解】函数的定义域为，满足，

所以函数是奇函数，故排除B，

设，

，所以在上单调递增，，

，所以当时，，故排除D；

当时，，故排除A.

故选：C

10．三名男生和三名女生站成一排照相，男生甲与男生乙相邻，且三名女生中恰好有两名女生相邻，则不同的站法共有

A．72种 B．108种 C．36种 D．144种

【答案】D

【分析】根据题意，利用捆绑法和插空法，再利用分布乘法原理，即可求出结果．

【详解】解：先将男生甲与男生乙“捆绑”，有种方法，

再与另一个男生排列，则有种方法，

三名女生任选两名“捆绑”，有种方法，

再将两组女生插空，插入男生3个空位中，则有种方法，

利用分步乘法原理，共有种.

故选：D．

【点睛】本题考查乘法原理的运用和排列知识，还运用了捆绑法和插空法解决相邻和不相邻问题，考查学生分析解决问题的能力．

11．设，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】构造函数，研究其单调性，进而可以比较a，b，c的大小.

【详解】令，则，

所以时，，单调递减，

时，，单调递增，

，，，

因为，所以.

故选：D.

12．已知是偶函数的导函数，．若时，，则使得不等式成立的x的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设，求导得，进而可得时，单调递增，由于为偶函数，推出为奇函数，进而可得在上单调递增，由于，则，由于，则，推出，即可得出答案．

【详解】设，，

由题意得时，，单调递增，

因为为偶函数，所以，

所以，

所以为奇函数，所以在上单调递增，

因为，所以，

因为，所以，

所以，所以，

故选：C．

二、填空题

13．方程的复数根是__________.

【答案】

【分析】利用复数单位i的性质，解方程即可求得答案.

【详解】由题意得方程即，

故，

故的复数根是，

故答案为：

14．已知向量，且与互相垂直，则实数__________.

【答案】/

【分析】求出，根据向量模长公式列出方程，求出.再分与两种情况，根据向量垂直列出方程，求出实数k的值.

【详解】，

所以，解得.

当时，

，

，

因为与互相垂直，

所以，解得.

当时，，

因为与互相垂直，

所以，解得，

综上：.

故答案为：

15．如图所示，用不同的五种颜色分别为A，，，，五部分着色，相邻部分不能用同一种颜色，但同一种颜色可以反复使用，也可不使用，符合这些要求的不同着色的方法共有____．（用数字填写答案）

【答案】540

【分析】利用分步计数原理并按AD同色和AD不同色分类讨论，即可求得符合这些要求的不同着色的方法数.

【详解】按照的顺序依次着色：

当AD同色时，不同着色的方法有；

当AD不同色时，不同着色的方法有

则符合这些要求的不同着色的方法共有（种）

故答案为：540

16．已知函数在点处的切线过点，则的最小值为__________.

【答案】12

【分析】根据导数的几何意义求得函数在点处的切线方程，可推出，将化为，结合基本不等式即可求得答案.

【详解】由函数可得，

则，

故函数在点处的切线方程为，即，

则由题意可得，

故，

当且仅当，即取等号，

即的最小值为12，

故答案为：12

三、解答题

17．已知复数.

(1)若复数为纯虚数，求实数的值；

(2)若复数在复平面内对应的点在第四象限，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）直接根据实部为零，虚部不为零列式计算即可；

（2）直接根据实部大于零，虚部小于零列不等式计算即可；

【详解】（1），且复数为纯虚数，

，

解得；

（2）复数在复平面内对应的点在第四象限，

，

解得.

18．已知函数.

(1)求函数的单调区间；

(2)求函数在上的最大值和最小值.

【答案】(1)递增区间为，；递减区间为

(2)最大值为59，最小值为-49

【分析】（1）求定义域，求导，解不等式，得到单调区间；

（2）求出极值和端点值，比较后确定最值.

【详解】（1）的定义域为R，且，

令得，令得，

所以函数在上的最大值为59，最小值为 -49.

19．设：实数满足，：实数满足.

(1)若，且为真，求实数的取值范围；

(2)若，且是的充分不必要条件，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据为真，则真且真，即可求实数的取值范围；

（2）根据是的充分不必要条件，列出不等式即可求实数的取值范围．

【详解】（1）由得，

当时，，即为真时，实数的取值范围是，

由，解得，即为真时，实数的取值范围是，

若为真，则真且真，

故实数的取值范围是.

（2）由得，又，∴.

若是的充分不必要条件，则，且.

∴，且.

∴是的充分不必要条件.

设，，则.

∴且等号不同时取到，解得.

∴实数的取值范围是.

20．如图，在正四棱柱中，，M是棱上任意一点．

(1)求证：；

(2)若M是棱的中点，求异面直线AM与BC所成角的余弦值．

【答案】(1)证明过程见解析

(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线线垂直；

（2）在第一问的基础上，利用空间向量求解异面直角的夹角余弦值.

【详解】（1）证明：以A为原点，AB，AD，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

因为，

所以，，

，

，

所以；

（2）M是棱的中点，故，

则，

设异面直线AM与BC所成角的大小为，

则，

故异面直线AM与BC所成角的余弦值为.

21．如图，在直三棱柱中，，点D是的中点，点E在上，平面.

(1)求证：平面平面；

(2)当三棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点，连接、，由三角形的中位线定理可得，进而由直三棱柱可得，所以平面，再由平面，得，再由线面垂直的性质可得平面，从而推出平面，再由面面垂直的性质即可证明；

（2）由（1）知平面，当三棱锥的体积最大时，设出，结合立体几何的体积公式，和基本不等式可求出，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出直线的方向向量与平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系，即可求解.

【详解】（1）取中点，连接、，如图所示：

，点是的中点，

，

又是的中点，

，

又在直三棱柱中，有， 平面

，

平面，

平面，且面，平面平面，

，

平面，且平面，

，

又，且、平面，

平面，

又，

平面，

平面，

面平面.

（2）由（1）知平面，则，

设，则，，，

，

由基本不等式知，当且仅当时等号成立，即三棱锥的体积最大，

此时，

以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：

则有，，，，，

，，，

设平面的一个法向量为，

则有，取，解得，

设直线与平面所成的角为，

，

故直线与平面所成角的正弦值为.

22．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)若方程有两个不同的实数根，求的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）对求导，分类讨论和时的正负，即可得出的单调性；

（2）解法一：“方程有两个不同的实数根”等价于“函数有两个零点”．对求导，讨论的单调性和最值，即可得出答案；解法二：由方程得，转化为与的图象有两个交点，对求导，得出的单调性和最值即可得出答案.

【详解】（1）由条件知，，

当时，在上恒成立，所以在单调递增．

当时，令，得，令，得，

所以在上单调递减，在上单调递增．

（2）解法一：由方程得，“方程有两个不同的实数根”等价于“函数有两个零点”．

，．

①当时，，在上是增函数，最多只有一个零点，不符合题意；

②当时，由得，

当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减．

（ⅰ）若，则，最多只有一个零点；

（ⅱ）若，因为，且，，

所以在区间内有一个零点．

令函数，则，．

当时，，在上是增函数；

当时，，在上是减函数.

所以，故．

所以，又，

所以在区间内有一个零点．

综上可知：当时，有两个零点，即方程有两个不同的实数根，

故a的取值范围为．

解法二：由方程得．

设函数，则，．

令，得，设，

则当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以的极大值也就是最大值为，

且当，x趋近于0时，趋近于负无穷，当趋近于正无穷时，，且趋近于0．

方程有两个不同的实数根，转化为直线与的图象有两个交点，

结合函数图象可知a的取值范围是．