2021-2022学年甘肃张掖市省民乐县第一中学高二下学期3月教学质量检测数学（理）试题（解析版）

这是一份2021-2022学年甘肃张掖市省民乐县第一中学高二下学期3月教学质量检测数学（理）试题（解析版），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。
2021-2022学年甘肃张掖市省民乐县第一中学高二下学期3月教学质量检测数学（理）试题一、单选题1．的实部与虚部分别是（       ）A．， B．，    C． ， D． ，【答案】C【分析】根据实部和虚部的定义，知的实部为，虚部为，代入即可求值.【详解】由复数的基本形式，且根据实部和虚部的定义，知的实部为，虚部为，化简，知的实部为0，虚部为.故选：C.2．设是可导函数，且，则（       ）A．2 B．-1 C．1 D．-2【答案】A【解析】根据导数的定义求解．【详解】．故选：A.【点睛】本题考查导数的定义，，注意极限中形式的一致性．3．一物体沿直线以v＝3t＋2(t的单位：s，v的单位：m/s)的速度运动，则该物体在3～6 s间的运动路程为A．46 m B．46.5 mC．87 m D．47 m【答案】B【详解】＝＝(54＋12)－＝46.5(m)．故选B.【解析】定积分在物理中的应用．4．已知，，则等于（       ）A．（0，34，10） B．（-3，19，7） C．44 D．23【答案】C【分析】由题可得，再利用数量积的坐标表示即得.【详解】∵，，∴，∴.故选：C.5．高三某班上午有4节课，现从6名教师中安排4人各上一节课，如果甲、乙两名教师不上第一节课，丙必须上最后一节课，则不同的安排方案种数为（ 　）A．36 B．24 C．18 D．12【答案】A【分析】先从初甲乙丙之外的3人中任选1人上第一节课，最后一节课丙上，中间的两节课从剩下的4人中任选2人，即可求解.【详解】先安排第一节课，从初甲乙丙之外的3人中任选1人，最后一节课丙上，中间的两节课从剩下的4人中任选2人，故甲乙两名教师不上第一节课，丙必须项最后一节课，则不同的安排方案种数为种.故选：A.6．观察下列算式:21=2，22=4，23=8，24=16，25=32，26=64，27=128，28=256，…，用你所发现的规律可得22019的末位数字是（       ）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】D【分析】观察2的次方的末位数字，发现规律，即可计算的末位数字.【详解】由题意得，2的次方的末位数字分别是2，4，8，6这4个数字循环，即以4为周期．又，∴的末位数字与 的末位数字相同，∴的末位数字是8．故选：D．7．某学校派出5名优秀教师去边远地区的三所中学进行教学交流，每所中学至少派1名教师，则不同的分配方法有（　　）A．80种 B．90种 C．120种 D．150种【答案】D【分析】对5个人先进行两种情况的分组，再进行全排列，即可得答案.【详解】先对5个人先进行两种情况的分组，一是分为1，1，3，有种，二是分为1，2，2，共有种，再分配，可得不同的分配方法有种.故选：D.8．对于不等式 ＜n＋1(n∈N)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：（1）当n＝1时， ＜1＋1，不等式成立．（2）假设当n＝k(k∈N)时，不等式成立，即 ＜k＋1，则当n＝k＋1时，＝＜＝＝(k＋1)＋1，∴n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法（       ）A．过程全部正确B．n＝1验得不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确【答案】D【分析】根据数学归纳法的定义即可判断答案.【详解】在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的归纳假设.故选:D.9．设函数f（x）在定义域内可导，其图象如图所示，则导函数f′（x）的图象可能是（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据函数图象得出单调性，然后判断导函数的正负即可选出答案.【详解】由函数的图象，知当时，是单调递减的，所以；当时，先减少，后增加，最后减少，所以先负后正，最后为负．故选：B．【点睛】本题考查原函数的单调性与导函数的正负的关系.属于基础题.10．已知正四棱柱中，，E为中点，则异面直线BE与所成角的余弦值为A． B． C． D．【答案】C【详解】平移成三角形用余弦定理解，或建立坐标系解，注意线线角不大于,故选C.取DD1中点F，则为所求角, ，选C.11．已知函数在处有极小值，则实数m的值为（　　）A．3 B．－1或－3 C．－1 D．－3【答案】D【分析】根据在处导数等于0可得m的值，然后讨论是否满足原函数在处有极小值即得.【详解】由，可得令，得，由题知，或当时，，当时，，时，，∴在处有极大值，不满足题意；当时，，当时，，时，∴在处有极小值，所以.故选：D.12．在长方体，底面是边长为的正方形，高为，则点到截面的距离为A． B． C． D．【答案】B【分析】设，根据直线与平面垂直的判定定理可得平面，再根据平面与平面垂直的判定定理得出平面平面，交线为，在平面内过作于，则的长即为点到截面的距离，在中，利用等面积法求出即可.【详解】如下图所示：设，，，又，平面，平面，平面平面.又平面平面，过点在平面内作于点，则的长即为点到截面的距离，在中，，，由，可得，因此，点到截面的距离为，故选B.【点睛】本题考查点到平面的距离的计算，考查空间想象能力与逻辑推理能力，属于中等题.二、填空题13．设，且，则的最小值为________.【答案】.【分析】设，根据等式化简即可得到,带入，化简即可得出答案.【详解】设.则即化简得：.所以所以当时.故答案为：.14．抛物线与直线围成的平面图形的面积为________．【答案】18【分析】先求出抛物线与直的交点坐标，再选y作为积分变量，利用定积可求得结果【详解】由方程组，解得两交点、，选y作为积分变量，，∴．故答案为：1815．从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成___________个没有重复数字的四位数.(用数字作答)【答案】1260.【详解】分析:按是否取零分类讨论，若取零，则先排首位，最后根据分类与分步计数原理计数.详解：若不取零，则排列数为若取零，则排列数为因此一共有个没有重复数字的四位数.点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.16．已知函数在区间（其中）上存在最大值，则实数的取值范围是_______.【答案】【解析】利用导数求出函数的单调性，判断出极值点后可得关于的不等式组，从而可得所求的范围.【详解】因为，，所以.当时，；当时，.所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以函数在处取得极大值.因为函数在区间（其中）上存在最大值，所以，解得.故答案为：.【点睛】关键点点睛：函数在开区间内有最值，则最值点（极值点）必在此开区间内，这是解决此题的关关键.三、解答题17．用黄、蓝、白三种颜色粉刷6间办公室.(1)若每间办公室粉刷什么颜色不作要求，有多少种不同的粉刷方法?(2)若一种颜色的粉刷3间，一种颜色的粉刷2间，一种颜色的粉刷1间，有多少种不同的粉刷方法?【答案】(1)729(2)360【分析】（1）由分步乘法原理计算（2）先将办公室分为3组，然后分配【详解】(1)根据题意，每间办公室粉刷什么颜色不要求，则每间办公室都有3种选择，即共有3×3×3×3×3×3=36=729种粉刷方法.(2)根据题意，先将办公室分为3组，分别为3间、2间、1间，有种分法，再将3组对应三种颜色，有种情况，由分步乘法计数原理可得，共有=360种粉刷方法.18．（1）复数z在复平面内对应的点在第四象限，|z|=1，且，求z；（2）已知复数为纯虚数，求实数m的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）设，根据列方程，解方程求得，也即求得.（2）利用复数的乘法和除法运算化简，根据为纯虚数，求得实数的值.【详解】（1）设，依题意，即，解得，所以.（2）依题意.由于为纯虚数，则，解得.【点睛】本小题主要考查复数的有关概念和运算，属于基础题.19．如图，在正方体中， E为的中点． （Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法如下图所示：在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；[方法二]:空间向量坐标法以点为坐标原点，、、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，得，令，则，，则.又∵向量,,又平面，平面；（Ⅱ）[方法一]：几何法延长到，使得，连接，交于，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，又∵,∴,所以平面即平面,连接，作,垂足为,连接,∵平面,平面,∴，又∵,∴直线平面,又∵直线平面,∴平面平面,∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.设正方体的棱长为2，则,,∴,∴,∴,即直线与平面所成角的正弦值为.[方法二]：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，又∵,∴，∴直线与平面所成角的正弦值为.[方法三]：几何法+体积法 如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．因为，所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．设正方体的棱长为2，在中，易得，可得．由，得，整理得．所以．所以直线与平面所成角的正弦值为．[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，在中，，，所以，易得．由，得，解得，设直线与平面所成的角为，所以．【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.20．已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求过点且与曲线相切的直线方程．【答案】（1）；（2）或．【分析】（1）利用导数的几何意义即可求函数在点处的切线方程；（2）设出切点，由点斜式方程得到所求切线的方程，代入，解方程可得切点，进而得到切线的方程．【详解】（1）由，切线方程的，则曲线在点处的切线方程为．（2）设切点的坐标为，则所求切线方程为 代入点的坐标得，解得或 当时，所求直线方程为，当时，所求直线方程为，所以过点且与曲线相切的直线方程为或．【点睛】本题考查导数的几何意义，求切线的方程，注意在点与过点的区别，属于基础题.21．如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O，OP⊥底面ABCD，点M为PC中点，AC=4，BD=2，OP=4.求平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值.【答案】.【分析】根据题意建立空间直角坐标系，分别求出平面ABM与平面PAC的法向量，即可求出答案.【详解】因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又OP⊥底面ABCD，以O为原点，直线OA，OB，OP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，,.故，.设平面的法向量为，则令，得.又平面PAC的一个法向量为，所以.故平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查二面角.属于中档题.求二面角常用方法：几何法、向量法.22．已知函数.（1）令，求的单调区间；（2）若直线是函数的图象的切线，且，求的最小值.【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为（2）【解析】（1）求出，再求导、解不等式，从而得到函数的单调区间；（2）设切点坐标为，将表示成关于的函数，再构造函数利用导数研究函数的最小值，即可得答案.【详解】（1）函数的定义域为，则，当时，，函数为增函数；当时，，函数为减函数，所以的单调增区间为，单调减区间为.（2）设切点坐标为，则切线的斜率为，将切点坐标代入直线，可得，所以.令，则，令，解得，在区间上为减函数；令，解得，在区间上为增函数，所以，故的最小值为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调区间、导数的几何意义、导数研究函数的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.