2021-2022学年河南名校联盟高二下学期期中考试理科数学试题（解析版）

河南名校联盟

2021—2022学年高二（下）期中考试

数学（理科）

第Ⅰ卷（选择题    共60分）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知，则“”是“方程表示双曲线”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】先由方程表示双曲线解出的范围，再由充分性、必要性的定义判断即可.

【详解】由方程表示双曲线可得，解得，显然能推出，

反之不能推出，故“”是“方程表示双曲线”的充分不必要条件.

故选：A.

2. 已知复数满足（i为虚数单位），复数的共轭复数为，则（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】先求出，再由复数的运算求出，结合共轭复数及复数的乘法即可求解.

【详解】，故，

则，.

故选：B.

3. 已知a，，，则下列不等式中一定成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用作差法逐一判断符号即可求解.

【详解】对于A：，

因为，所以，，但的正负不确定，

所以不一定成立，即选项A错误；

对于B：，

因为，所以，，但的正负不确定，

所以不一定成立，即选项B错误；

对于C：，

因为，所以，，，

所以一定成立，即选项C正确；

对于D：，

因为，所以，，但的正负不确定，

所以不一定成立，即选项D错误.

故选：C.

4. 已知，且，，，则三个数（    ）

A. 都小于 B. 至少有一个不小于

C. 都大于 D. 至少有一个不大于

【答案】B

【解析】

【分析】先求出，通过反证法证得都小于不成立，即可得出结果.

【详解】，假设都小于，

则，与题设矛盾，故假设不成立，即至少有一个不小于.

故选：B.

5. 已知函数，其中e为自然对数的底数，.若曲线在处的切线与直线平行，则实数a的值为（    ）

A.  B.  C. 1 D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】先求导得到，再利用斜率相等解方程即可求解.

【详解】，则，又直线的斜率为，

故，解得.

故选：A.

6. 用数学归纳法证明“”过程中，从到时，不等式的左边增加了的项数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意分别列出、时不等式左边，对比判断．

【详解】由题意知，假设．时，不等式左边为．

当时，不等式左边为，

相比时增加了，共项．

故选：C．

7. 在2022年2月北京冬奥会短道速滑男子500米项目决赛前，某家庭中的爸爸、妈妈和孩子对进入决赛的甲、乙、丙、丁、戊五位选手谁能夺冠进行猜测，依据运动员的实力和比赛规则，这五位选手都有机会获得冠军.爸爸：冠军是甲或丙；妈妈：冠军一定不是乙和丙；孩子：冠军是丁或戊.比赛结束，冠军在这五人中产生，且爸爸、妈妈、和孩子三人之中只有一人的猜测是正确的，则冠军是（    ）

A. 甲 B. 丙 C. 丁 D. 戊

【答案】B

【解析】

【分析】假设孩子的猜测正确，推出不成立，再假设妈妈的猜测正确，推出不成立，进而得到爸爸的猜测正确，即可求解.

【详解】若孩子的猜测是正确的，则妈妈的猜测也正确，不合题意，故孩子的猜测是错误的，即冠军不是丁也不是戊；

若妈妈的猜测是正确的，则冠军是甲，爸爸的猜测也正确，不合题意，故妈妈的猜测是错误的，即冠军是乙或丙；

爸爸的猜测是正确的，故冠军是丙.

故选：B.

8. 观察等式：，，，.若第n个等式为，则满足不等式恒成立的最大正整数的值为（    ）

A. 5 B. 6 C. 7 D. 8

【答案】B

【解析】

【分析】依题意可得，再参变分离得到，结合二次函数的性质及的取值范围，求出的取值范围，即可得解；

【详解】解：由题意得，，

恒成立，，

在上单调递增，又，

时取最小值为7，，

即的取值范围为，故最大正整数的值为．

故选：B

9. 若是函数（其中e为自然对数的底数）的一个极值点，则在区间上的最大值为（    ）

A.  B.  C. e D.

【答案】D

【解析】

【分析】先求导由解出，再检验满足是一个极值点，确定函数在区间上的单调性，比较极大值及端点值即可求出最大值.

【详解】，由是一个极值点可得，

解得，此时，故函数在单减，在单增，

满足是一个极值点. 在单减，在单增，

又，，，故最大值为.

故选：D.

10. 在数列中，，，且.表示不超过x的最大整数，若，数列的前n项和为，则（    ）

A. 2 B. 3 C. 2022 D. 2023

【答案】B

【解析】

【分析】先由得到为等差数列，求出的通项，再由累加法求出，直接计算，再求得当时，即可求解.

【详解】由可得，故为公差为2的等差数列，首项为，

则，，，，，

将以上各式相加得，故，也符合，

故，易得，，当时，

，故，故，

故.

故选：B

11. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中，法国数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ）

A.

B. 在第2022行中第1011个数最大

C. 第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于9行的第8个数

D. 第34行中第15个数与第16个数之比为2：3

【答案】C

【解析】

【分析】A选项由及即可判断；B选项由二项式系数的增减性即可判断；C选项由及即可判断；D选项直接计算比值即可判断.

【详解】由可得
 

，故A错误；

第2022行中第1011个数为，故B错误；

，故C正确；

第34行中第15个数与第16个数之比为，故D错误.

故选：C.

12. 已知实数a，b满足，且，e为自然对数底数，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先由得到，构造函数，确定函数的单调性及最值，得到，，即可判断A选项；由化简即可判断D选项；令即可判断C选项；构造函数由极值点偏移即可判断B选项.

【详解】由，对两边取对数得，令，则，当时，，单调递减；

当时，，单调递增，故，，又时，，时，，

，即，结合图像可知，，，故A错误；

易得，即，即，故，D错误；

当时，，故，C错误；

令，则，

又，由可得，故，故在上单调递减，

故，即，即，又，故，

又，由上知时， 单调递增，故，即，B正确.

故选：B.

【点睛】本题关键点一在于由得到，进而构造函数，确定函数的单调性及最值，进而判断A、C、D选项；关键点二在于构造函数由极值点偏移判断B选项.

第Ⅱ卷（非选择题    共90分）

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 全国新高考方案为“”模式，其中“3”为语文、数学、外语三门必考科目，“1”为首选科目，学生须在物理、历史中选择一科，“2”为再选科目，学生可在化学、生物、政治、地理中选择两科.现甲、乙两名同学要从四门再选科目中各选两门进行学习，若甲、乙不能同时选地理学科，则甲、乙总的不同的选法有______种.（用数字作答）

【答案】27

【解析】

【分析】分甲乙都不选地理学科，甲选地理学科，乙选地理学科分别计算，最后相加即可.

【详解】若甲乙都不选地理学科，则有种；若甲选地理学科，则有；

若乙选地理学科，则有；故总共有种.

故答案为：27.

14. 若的展开式中的系数为21，则a＝______．

【答案】

【解析】

【分析】利用二项式定理展开式的通项公式求解.

【详解】解：由二项式定理展开式的通项公式得：，

令，解得r＝2，

所以展开式中含的项为：，

由的系数，

解得，所以，

故答案为：．

15. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，P为渐近线上一点，若，且，则该双曲线的离心率为______.

【答案】

【解析】

【分析】先在中利用余弦定理求出，再利用勾股定理判断为直角三角形，再利用直角三角形求出的值，再利用进行求解.

【详解】双曲线的渐近线方程为，

设，

在中，因为，

所以，

即，且为直角三角形；

所以在中，，，，

所以，则双曲线的离心率为

.

故答案为：.

16. 若函数不存在零点，则实数a的取值范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，将问题转化为方程无实数根，进而构造函数，研究函数的最值即可得答案.

【详解】解：因为函数不存在零点，

所以方程无实数根，

所以方程无实数根，即方程无实数根，

故令，

令，故恒成立，

所以，在上单调递减，

由于，

所以，当时，，即，当时，，即，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以，

所以，当方程无实数根时，即可.

所以，实数a的取值范围是

故答案为：

三、解答题：第17题10分，其余每题12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 在中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且.

（1）求角A的大小；

（2）若，，求△ABC的面积.

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理得，化简求得，进而求出，即可求解；

（2）先由余弦定理求出，再由面积公式求解即可.

【小问1详解】

由正弦定理得，即，

化简得，又，故，即，又，故；

【小问2详解】

由余弦定理得，即，解得，故△ABC的面积为.

18. 已知复数，其中i是虚数单位，.设p：复数z在复平面内对应的点位于第四象限；.

（1）当p为真命题时，求实数m的取值范围；

（2）若命题“p且q”为假命题，“p或q”为真命题，求实数m的取值范围.

【答案】（1）；   

（2）或

【解析】

【分析】（1）直接由点位于第四象限得到不等式求解即可；

（2）先求出为真为真时对应的m的取值范围，再分真假和真假讨论求解即可.

【小问1详解】

当p真命题时，可得，解得；

所以m的范围为

【小问2详解】

当为真命题时，，解得，

若命题“p且q”为假命题，“p或q”为真命题，可得命题一真一假，当真假时，可得，故或；

当真假时，可得，无解.

综上可得实数m取值范围为或.

19. 有7本相同的笔记本作为奖品颁发给甲、乙、丙三名同学.

（1）若先将这7本笔记本分成3份，每份至少1本，有多少种不同的分法？

（2）若甲、乙、丙三名同学每人至少获得1本，并且丙同学最多获得3本，有多少种不同的分法？

（3）若这7本笔记本分别被老师写上了不同的颁奖词，并且要求甲同学恰好得到2本，乙同学至少得到1本，丙同学至少得到1本且不超过3本，有多少种不同的分法？

【答案】（1）4；    （2）12；   

（3）525

【解析】

【分析】（1）直接列举出有4种分法即可；

（2）先讨论丙，再列举出甲乙的分法，由分类加法求解即可；

（3）先从7本中选2本给甲，再分乙2本丙3本，乙3本丙2本，乙4本丙1本，分类讨论，最后由分类加法原理和分步乘法原理求解即可.

【小问1详解】

因为7本笔记本相同，，故有4种分法；

【小问2详解】

若丙分得3本，则甲乙分剩下的4本，，有3种分法；

若丙分得2本，则甲乙分剩下的5本，，有4种分法；

若丙分得1本，则甲乙分剩下的6本，，有5种分法；

故共有种分法；

【小问3详解】

因为7本笔记本不相同，先从7本中选2本给甲有种；剩下的5本中，若乙2本丙3本，有种，

若乙3本丙2本，有种，若乙4本丙1本，有种，共有种，总共有种.

20. 如图，已知四棱锥的底面ABCD是矩形，底面ABCD，，M为BC的中点，且.

（1）求四棱锥的体积；

（2）求二面角的正弦值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用三角形相似列方程即可求得长，然后利用棱锥的体积公式进行求解即可；

（2）建立空间直角坐标系，以向量法去求面的法向量与面的法向量的夹角的正弦值.

【小问1详解】

连接BD，交AM于E，面，面，则

又，，则面，

又面，则，则有，则，

又，即，解之得，即，

所以，，

四棱锥的体积为.

【小问2详解】

以D为原点，分别以DA、DC、DP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图：

则，，，，

，，

设平面的法向量为

则，即，令，则

即，

设平面的法向量为

则，即，则，令，则

即，

则

又，则

21. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，点，在直线的同侧，且点，到直线l的距离分别为，.

（1）若椭圆C的方程为，直线l的方程为，求的值，并判断直线l与椭圆C的公共点的个数；

（2）若直线l与椭圆C有两个公共点，试求所需要满足的条件；

（3）结合（1）和（2），试写出一个能判断直线l与椭圆C有公共点的充要条件（不需要证明）.

【答案】（1）；1个公共点；   

（2）；   

（3），证明见解析.

【解析】

【分析】（1）直接由点到直线的距离公式求出，联立直线与椭圆方程，由判断交点个数即可；

（2）先由点到直线的距离公式表示出，联立直线与椭圆方程，由解得，进而求出的范围即可；

（3）直线l与椭圆C有公共点的充要条件是，先由点到直线的距离公式表示出，联立直线与椭圆方程，有公共点等价于，解得，进而求出的范围即可；即可证明.

【小问1详解】

由题意知：，直线l的方程为，则，；

联立直线与椭圆方程得，，故直线l与椭圆C有1个公共点；

【小问2详解】

由题意知：，直线l的方程为，点，在直线的同侧，则，

；联立直线与椭圆方程得，

由直线l与椭圆C有两个公共点，可得，即，即，

故，故；

【小问3详解】

直线l与椭圆C有公共点的充要条件是，证明如下：

由（2）知；

联立直线与椭圆方程得，直线l与椭圆C有公共点，

等价于，即，

即，故，故.

22. 已知函数，其中e为自然对数的底数.

（1）求函数的最小值；

（2）求证：.

【答案】（1）0；    （2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）直接求导确定单调性即可求得最小值；

（2）将转化为，构造函数求导，令，通过确定的单调性，进而确定单调性，求出，再构造函数求得即可.

小问1详解】

，当时，单调递减；

当时，单调递增，故

【小问2详解】

，即，等价于对于恒成立，

令，则，令，，

则即在单调递增，又因为，，

故存在使，则，化简得，即，

所以当时，单调递减；当时，单调递增；

故，令，

则，所以在上单调递增，所以，

所以，故

，即.

【点睛】本题关键点在于构造函数求导后，令再次求导，确定的单调性后借助隐零点确定单调性，求得，再构造函数求得即可.