2022-2023学年四川省绵阳南山中学高二下学期期末热身考试数学（理）试题含答案

2022-2023学年四川省绵阳南山中学高二下学期期末热身考试数学（理）试题

一、单选题

1．复数，则的虚部为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的除法运算化简复数，由共轭复数的定义即可求解.

【详解】由得，所以，故的虚部为为 ，

故选：C

2．已知命题;命题.则下列命题中为真命题的是（）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】分别用特值法即可检验命题的真假，然后结合复合命题的真假关系即可求解.

【详解】当时，，所以为假命题，

当时，，所以为真命题，

由此可得为假命题，所以C项错误；

得为真命题，所以为假命题，所以项错误；

得为假命题，所以为假命题，所以B项错误；

得为真命题，所以为真命题，所以D项正确.

故选：D.

3．已知的展开式中的系数为10，则实数a的值为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】因为，结合二项展开的通项公式运算求解.

【详解】的展开式的通项公式为，，

∵，

 ∴，解得，

故选：B.

4．甲乙两位游客慕名来到赣州旅游，准备分别从大余丫山、崇义齐云山、全南天龙山、龙南九连山和安远三百山5个景点中随机选择其中一个，记事件A：甲和乙选择的景点不同，事件B：甲和乙恰好一人选择崇义齐云山，则条件概率（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用古典概率公式求出和的概率，再利用条件概率公式即可求出结果.

【详解】由题知，，，所以，

故选：B.

5．函数的图象大致为（    ）

A． B．      

C． D．

【答案】A

【分析】先根据函数奇偶性排除选项C,D；再利用特殊值排除选项B即可求解.

【详解】因为，定义域为，

又，可知函数为奇函数，故排除选项C,D；

又由时，，，有，，可得；

当时，，，有，，可得；

故当时，，故排除选项B；

而A选项满足上述条件，故A正确.

故选：A.

6．如图，某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分，现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有（    ）种.

A．40 B．80 C．120 D．160

【答案】C

【分析】将此类问题看成涂色问题，根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理讨论.

【详解】根据图示，区域3和6、区域3和5、区域2和5、区域2和4、区域4和6不相邻，可以栽种相同颜色的花.

因为要栽种4种不同颜色的花，所以分为5类：

第一类：区域3和6同色且区域2和4同色：种；

第二类：区域3和6同色且区域2和5同色：种；

第三类：区域3和5同色且区域2和4同色：种；

第四类：区域4和6同色且区域2和5同色：种；

第五类：区域4和6同色且区域3和5同色：种；

所以，共有种.

故选：C

7．若函数在区间上不单调，则实数m的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．m>1

【答案】B

【详解】首先求出的定义域和极值点，由题意得极值点在区间内，且，得出关于的不等式组，求解即可．

【分析】函数的定义域为，

且，

令，得，

因为在区间上不单调，

所以，解得：

故选：B.

8．已知向量，向量，且平行四边形OACB对角线的中点坐标为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据题意画出图形，利用中点坐标公式列出方程组，求解即可.

【详解】根据题意画出图形，如图：

因为向量，向量，

且平行四边形OACB对角线的中点坐标为，

所以，，

所以，解得，

所以.

故选：A

9．有甲、乙、丙、丁、戊五位同学排队，若丙在甲、乙的中间（可不相邻），则不同的排法有（    ）种.

A．20 B．40 C．60 D．80

【答案】B

【分析】满足条件的排法可分步完成，第一步，从五个位置中任取三个位置，并将甲，乙，丙排入其中，第二步，将丁，戊排入余下的两个位置，结合排列组合知识及分步乘法计数原理可得结论.

【详解】满足条件的排法可分步完成，

第一步，从五个位置中任取三个位置，并将甲，乙，丙排入其中，有种方法，

第二步，将丁，戊排入余下的两个位置，有种方法，

由分步乘法计数原理可得共有种排法，

故选：B.

10．“关于的不等式的解集为R”的一个必要不充分条件是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先求得关于的不等式的解集为R对应的a的范围，进而得到其必要不充分条件.

【详解】关于的不等式的解集为R，

则，解之得，

则“关于的不等式的解集为R”的一个

必要不充分条件对应的a的范围应包含，则仅选项C符合题意.

故选：C

11．已知函数若函数恰有4个零点，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由，结合已知，将问题转化为与有个不同交点，分三种情况，数形结合讨论即可得到答案.

【详解】注意到，所以要使恰有4个零点，只需方程恰有3个实根

即可，

令，即与的图象有个不同交点.

因为，

当时，此时，如图1，与有个不同交点，不满足题意；

当时，如图2，此时与恒有个不同交点，满足题意；

当时，如图3，当与相切时，联立方程得，

令得，解得（负值舍去），所以.

综上，的取值范围为.

故选：D.

【点晴】本题主要考查函数与方程的应用，考查数形结合思想，转化与化归思想，是一道中档题.

12．已知奇函数的导函数为，当时，，若，，则的大小关系正确的是

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】令，则，根据题意得到时，函数 单调递增，求得，再由函数的奇偶性得到，即可作出比较，得到答案．

【详解】由题意，令，则，

因为当时，，所以当时，，

即当时，，函数单调递增，

因为，所以，

又由函数为奇函数，所以，

所以，所以，故选D．

【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及其应用，其中解答中根据题意，构造新函数，利用导数求得函数的单调性和奇偶性是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于难题．

二、填空题

13．的展开式中项的系数是      .

【答案】380

【分析】先利用的通项求出和，再得到项的系数.

【详解】因为，

的通项为，

令，得，

令，得，

所以项的系数为.

故答案为：380

14．命题“,使”是假命题，则实数的取值范围为            ．

【答案】

【分析】由题意可得“，使”是真命题，讨论m的取值，结合二次不等式恒成立，即可求得答案.

【详解】由题意命题“，使”是假命题，

故“，使”是真命题，

当时, 成立，

故，则且,解得，

综合得，

故答案为:

15．若，不等式恒成立，则参数k的取值范围为      ．

【答案】

【分析】对k分类讨论，根据函数的单调性求解.

【详解】设，则，

令，是增函数，即是增函数，

当时，，即是增函数，，符合题意；

当时，因为，

令，则，

所以，

因为，则，取，则，

所以当时，是减函数，即，不满足题意；

综上：.

故答案为：.

16．如图，矩形中，为的中点，将△沿直线翻折成△，连结，为的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的序号是       .

①存在某个位置，使得；

②翻折过程中，的长是定值；

③若，则；

④若，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是.

【答案】②④

【分析】对于①，取AD中点E，连接EC交MD与F，可得到EN⊥NF，又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，

对于②，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），NEAB1（定值），AM＝EC（定值），由余弦定理可得NC是定值．

 对于③，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，从而AD＝MD，显然不成立．

对于④，当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，可得球半径为1，表面积是4π．

【详解】对于①：如图，取AD中点E，连接EC交MD与F，

则NE∥AB1，NF∥MB1，又，所以，

如果CN⊥AB1，可得EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，

不可能，故①不正确；

对于②：如图，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），

NEAB1（定值），AM＝EC（定值），

由余弦定理可得，

所以NC是定值，故②正确．

 对于③：如图，取AM中点O，连接B1O，DO，

由，得，假设，

，所以AM⊥面ODB1，得OD⊥AM，

从而AD＝MD，显然不成立，所以假设不成立，可得③不正确．

对于④：当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，

由，所以，

所以，设AD中点H，

，

为三棱锥B1﹣AMD的外接球的球心，球半径为1，

表面积是4π．故④正确．

故答案为：②④．

【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，考查了反证法的应用，属于中档题.

三、解答题

17．如图，平面，四边形是正方形，，、分别是、的中点.

(1)求证：平面平面；

(2)求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）易证，，两两垂直，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量为，再由证明；

（2）由（1）得到为平面的一个法向量，再由，根据公式求解.

【详解】（1）证明：∵平面，平面，四边形为正方形，

∴，即，，两两垂直，

分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如题所示空间直角坐标系:

则，，，，，，，

∴，，，，

设平面的一个法向量为，则，

令得，，∴，

设平面的一个法向量为，则，有满足，

∵，

∴，

∴平面平面；

（2）由（1）知为平面的一个法向量，且，

所以到平面的距离.

18．某校开设的校本课程分别有人文科学、自然科学、艺术体育三个课程类别，每种课程类别开设课程数及学分设定如下表所示：

学校要求学生在高中三年内从中选修门课程，假设学生选修每门课程的机会均等.

（1）求甲三种类别各选一门概率；

（2）设甲所选门课程的学分数为，写出的分布列，并求出的数学期望.

【答案】(1) (2)见解析

【分析】（1）记事件{甲三种类别各选一门}，则根据排列组合公式得到答案.

（2）的取值有：，分别计算对应概率得到分布列，再计算数学期望.

【详解】解：（1）记事件{甲三种类别各选一门}

则

（2）的取值有：，则

所以分布列为

所以期望

【点睛】本题考查了概率的计算，分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力.

19．已知函数f（x）＝4ln（x﹣1）x2﹣（m+2）xm（m为常数），

（1）当m＝4时，求函数的单调区间；

（2）若函数y＝f（x）有两个极值点，求实数m的取值范围．

【答案】（1）单调递增区间为（1，2）和（5，＋∞），单调递减区间为． （2）m＞3.

【分析】（1）当m＝4时，f（x）＝4ln（x﹣1）x2﹣6x．f′（x）x﹣6，分析导函数在定义域各区间上的符号，进而可得函数的单调区间；

（2）若函数y＝f（x）有两个极值点，则f′（x）x﹣（m+2）在定义域内有两个根，则，解得实数m的取值范围．

【详解】由题意得，函数的定义域为（1，+∞）．

（1）当m＝4时，f（x）＝4ln（x﹣1）x2﹣6x．

f′（x）x﹣6

．

令f′（x）＞0，解得x＞5，或1＜x＜2．

令f′（x）＜0，解得2＜x＜5．

可知函数f （x）的单调递增区间为（1，2）和（5，+∞），单调递减区间为（2，5）．

（2）f′（x）x﹣（m+2），

若函数y＝f（x）有两个极值点，

则

解得m＞3．

【点睛】本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的值，是函数与导数的综合应用，难度中档．

20．如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点.

（1）证明：平面；

（2）若，，，求二面角的平面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）设，连，利用线面平行的判定定理，即可证得平面；

（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.

【详解】（1）连，设，连，

因为是的中点，为的中点，所以，

又因为平面，平面，

所以平面；

（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，.

设为平面的法向量，

则，令，则.

又为平面的一个法向量，

由向量的夹角公式，可得，

所以二面角的平面角的余弦值为.

【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

21．已知函数．

（Ⅰ）讨论函数的极值点的个数

（Ⅱ）若，，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）求得，分，和三种情况讨论，求得函数的单调性，结合极值的概念，即可求解；

（Ⅱ）由不等式，转化为当时，不等式恒成立，设，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.

【详解】（Ⅰ）由题意，函数的定义域为，

且，

当时，令，解得，

令，解得或，

故在上单调递减，在，上单调递增，

所以有一个极值点；

当时，令，解得或，

令，得，

故在，上单调递减，在上单调递增，

所以有一个极值点；

当时，在上单调递增，在上单调递减，

所以没有极值点．

综上所述，当时，有个极值点；当时，没有极值点．

（Ⅱ）由，即，可得，

即当时，不等式恒成立，

设，则．

设，则．

因为，所以，所以在上单调递增，所以，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，所以．

所以的取值范围是.

【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.

22．在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.

(1)求曲线的极坐标方程；

(2)设射线和射线分别与曲线交于、两点，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，由普通方程与极坐标方程之间的转换关系可得出曲线的极坐标方程；

（2）求出、，利用三角形的面积公式结合三角恒等变换可得，结合可求得的最大值.

【详解】（1）解：由可得，

即，故曲线的普通方程为，

因为，，

所以曲线的极坐标方程为，即.

（2）解：由题意知，，

∴

，

因为，则，

所以当，即当时，的面积最大，且最大值是.

23．已知函数．

(1)画出f（x）的图象，并写出的解集；

(2)令f（x）的最小值为T，正数a，b满足，证明：．

【答案】(1)作图见解析，

(2)证明见解析

【分析】（1）由绝对值的定义分类讨论去掉绝对值符号得分段函数解析式，然后分段作出函数图象，由图象得不等式的解集；

（2）由（1）得最小值，然后用基本不等式得出的范围，再用基本不等式得，利用二次函数性质得的范围，从而可得不等式成立，注意等号取得的条件是否一致．

【详解】（1）由题，得，图象如图所示．

由图可知，的解集为．

（2）由（1）知，函数f（x）的最小值为，则．

只需证明即可．

由已知，，，则，所以．

于是，

因为

，

由于，则，即，

所以，当且仅当时，等号成立．