四川省绵阳南山中学2021-2022学年高二数学（理）下学期4月月考试题（Word版附解析）

绵阳南山中学2022年高二四月月中评估试题

数学（理科）

一．选择题（每题只有一项是符合题目要求的，每题5分共60分）

1. 若复数z满足，则z的共轭复数的虚部是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由复数的除法运算以及共轭复数的定义得出答案.

【详解】由题意，得，所以z的共轭复数的虚部是

故选：C.

【点睛】本题主要考查了复数的除法以及共轭复数的定义，属于基础题.

2. 下列说法正确的是（    ）

A. 命题“”的否定是“”

B. 命题“已知，若，则或”的逆否命题是真命题

C. “在上恒成立”“在上恒成立”

D. 命题“若，则函数只有一个零点”的逆命题为真命题

【答案】B

【解析】

【分析】根据全称命题的否定为特称命题,即可判断A，根据原命题与逆否命题的真假性一样即可判断B，根据恒成立问题的求解即可判断C,根据函数只有一个零点则或，可判断D .

【详解】A：命题的否定为：，，故A错误；

B：分析题意可知原命题成立，故其逆否命题成立，故B正确；

C：分析题意可知，不等式两边的最值不一定在同一个自变量处取到，故C错误；

D：若函数只有一个零点，则①：，符合题意，②，，逆命题是假命题，故D错误.

故选：B

3. 命题“任意，”为真命题的一个充分不必要条件是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求出命题“任意，”为真命题的充要条件，然后可选出答案.

【详解】由可得，

当时，，所以，

所以命题“任意，”为真命题的充要条件是，

所以命题“任意，”为真命题的一个充分不必要条件是C，

故选：C

4. 十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则行车路线共有（    ）

A. 24种 B. 16种 C. 12种 D. 10种

【答案】C

【解析】

【分析】分析起点和终点的情况，由乘法原理，即可得出结论.

【详解】依题意，起点为4种可能性，终点为3种可能性，

所以行车路线共有种.

故选：C

【点睛】本题考查分步计数原理的应用，注意“不允许回头”条件，属于基础题.

5. 函数的极值点一定在区间（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由函数的极值点即导函数的零点及零点存在定理可得.

【详解】因为函数极值点即导函数的零点， ，所以，由零点存在定理得到零点在上．

故选：B．

6. 正方体的棱长为a，，N为的中点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用基底向量分别表示出，再根据向量减法以及向量的模的计算公式即可解出．

【详解】因为，所以，而N为的中点，

所以．

故．

故选：C．

7. 当函数取极小值时，的值为

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】分析：对函数求导，由 ，即可得出结论．

详解

即
故选B．

点睛：本题考查利用导数研究函数的极值问题，属于基础题

8. 若函数在区间上单调递减，则实数t的取值范围是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由函数在区间上单调递减，得到不等式在恒成立，再根据二次函数根的分布，求实数t的取值范围.

【详解】因为函数在区间上单调递减，

所以在恒成立，

所以即解得：.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、利用二次函数根的分布求参数取值范围，考查逻辑思维能力和运算求解能力，求解时要充分利用二次函数的图象特征，把恒成立问题转化成只要研究两个端点的函数值正负问题.

9. 已知函数,则的图像大致为（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：设，则，∴在上为增函数,在上为减函数，∴，，得或均有排除选项A，C，又中,，得且，故排除D.综上，符合的只有选项B.故选B.

考点：1、函数图象；2、对数函数的性质.

10. 已知函数，在区间上的最大值为，最小值为，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求解导函数，从而判断函数的单调性，得函数的极大值与极小值，再计算，的值，从而得函数的最大值与最小值，即可得答案.

【详解】，令，

解得或，当和时，；

当时，，

所以函数在和上单调递增，在上单调递减，

所以函数的极大值为，极小值为，

又，，

所以，，.

故选：A

11. 如图所示，已知正方体，，分别是正方形和的中心，则和所成的角是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.

【详解】如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，，，，

所以，，

设和所成的角为，则，

因为，所以.

故选：B

12. 已知函数，若关于的方程有且仅有两个不同的整数解，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】考虑与和的关系，去掉绝对值号后可得，然后再通过导数研究函数的图象，结合图象可得所求结果．

【详解】方程等价于

或或，

即或或，

所以．

∵，

∴，

∴当时，，单调递减；当时，，单调递增．

∴当时，取得最小值，且．

画出函数的图象，如下图所示：

于是可得，当时，恒成立．

由图象可得，要使关于的方程有且仅有两个不同的整数解，

即关于的不等式组有且仅有两个不同的整数解，

只需，即，

解得，

∴实数的取值范围是．

故选：A．

二．填空题（每题5分共20分）

13. 已知复数，，若，则实数a的取值范围为______．

【答案】

【解析】

【分析】先求出两个复数的模，再根据即可得解.

【详解】由，，

得，

因为，

所以，解得，

所以实数a的取值范围为.

故答案为：.

14. 三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过3次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有______种．

【答案】2

【解析】

【分析】利用列举法求解.

【详解】解：传递方式有：甲乙丙甲，甲丙乙甲，共2 种，

故答案为：2

15. 已知函数，在下列命题中，其中正确命题的序号有______．

①曲线必存在一条与x轴平行的切线；

②函数有且仅有一个极大值，没有极小值；

③若方程有两个不同的实根，则实数a的取值范围是；

④对任意，不等式恒成立；

⑤若，则，使不等式的解集恰为．

【答案】①②④⑤

【解析】

【分析】对函数求导，令判断①；利用极大值和极小值的定义求解判断②；作出函数的图象判断③④⑤.

【详解】解：因为函数，

所以，令，得，故①正确；

当时，，递增；当时，，递减，

所以当时，取得极大值，无极小值，故②正确；

作出函数的图象如图所示：

由图象知：当时，方程有两个不同的实根，故③错误；

对任意的，，故④正确；

当时，，使不等式的解集恰为，故⑤正确．

故答案为：①②④⑤

16. 已知函数f(x)＝aex－2x－2a，且a∈[1，2]，设函数f(x)在区间[0，ln 2]上的最小值为m，则m的取值范围是________.

【答案】[－2，－2ln 2]

【解析】

【分析】先根据f(x) 是关于a的一次函数，结合一次函数单调性得函数f(x)最小值为M(x)＝2(ex－2)－2x，再求M(x)的导函数零点，列表分析导函数符号变化规律，确定单调性，进而确定M(x)值域，即为实数m的取值范围.

【详解】g(a)＝f(x)＝a(ex－2)－2x是关于a的一次函数，∵x∈[0，ln 2]，∴ex－2<0，即y＝g(a)是减函数，

∵a∈[1，2]，

∴g(a)min＝2(ex－2)－2x，设M(x)＝2(ex－2)－2x，

则M′(x)＝2ex－2，∵x∈[0，ln 2]，∴M′(x)≥0，则M(x)在[0，ln 2] 上为增函数，∴M(x)min＝M(0)＝－2，M(x)max＝M(ln 2)＝－2ln 2，m的取值范围是[－2，－2ln 2].

【点睛】利用导数解答函数最值的一般步骤：第一步：利用得可疑最值点，如导函数不变号，则根据函数单调性确定最值点在对应区间端点取得；第二步：比较极值同端点值的大小．

三．解答题（共70分）

17. 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，，F，G分别是PB，AD的中点．

（1）求证：平面PCB；

（2）在AP上是否存在一点M，使得DM与PC所成角为60°？若存在，求出M点的位置，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析   

（2）在AP上存在一点M，点M为AP中点，使得DM与PC所成角为60°

【解析】

【分析】（1）以点D为原点，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，建立平面PBC的法向量，证得，即GF⊥平面PCB;

（2）设＝λ，求得点M坐标表示，使用空间向量数量积公式，求得的值，即得到点M的坐标.

【小问1详解】

以D为原点，DA、DC、DP分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，

∴，，，

设平面PCB的法向量为，

则，即，令，则，，∴，

∴，故平面PCB．

【小问2详解】

设，则，∴，

∵DM与PC所成角为60°，，

∴，解得，

故在AP上存在一点M，点M为AP中点，使得DM与PC所成角为60°．

18. 已知函数

（1）求的单调区间和极值；

（2）若对任意，成立，求实数m的最大值．

【答案】（1）单调增区间是，单调减区间是，极小值，无极大值   

（2）4

【解析】

【分析】（1）求导，再根据导函数的符号求出函数的单调区间，再根据极值的定义即可求出极值；

（2）对任意，成立，即恒成立，构造函数，利用导数求出函数的最小值即可得解.

【小问1详解】

由，得，

令，得；令，得，

∴的单调增区间是，单调减区间是，

故在处有极小值，无极大值；

【小问2详解】

由及，得恒成立，

令，则，

由，由，

所以在上是减函数，在上是增函数，

所以，

因此，所以m的最大值是4．

19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，平面，，是棱上的一个点，，为的中点.

（1）证明：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)见解析(2)

【解析】

【详解】试题分析：（1）连接，取的中点，所以，所以平面，平面，所以平面平面，所以平面；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，求得线面夹角的正弦值．

试题解析：

（1）证明：连接，设，取的中点，连接，

在中，因为分别为的中点，所以，

又平面，所以平面，

同理，在中，平面，

平面

所以平面平面

因为平面，所以平面.

（2）以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

在等边三角形中，因为，所以，

因此，

且，

设平面的一个法向量为，

则，取，得，

直线与平面所成的角为，

则.

20. 设函数=[]．

（1）若曲线在点（1，）处的切线与轴平行，求；

（2）若在处取得极小值，求的取值范围．

【答案】(1) 1  (2)（，）

【解析】

【详解】分析：（1）先求导数，再根据得a；（2）先求导数零点：，2；再分类讨论，根据是否满足在x=2处取得极小值，进行取舍，最后可得a的取值范围．

详解：解：（Ⅰ）因为=[]，

所以f ′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+3］ex（x∈R）

=［ax2–（2a+1）x+2］ex．

f ′(1)=(1–a)e．

由题设知f ′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1．

此时f (1)=3e≠0．

所以a的值为1．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得f ′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex．

若a>，则当x∈(，2)时，f ′(x)<0；

当x∈(2，+∞)时，f ′(x)>0．

所以f (x)<0在x=2处取得极小值．

若a≤，则当x∈(0，2)时，x–2<0，ax–1≤x–1<0，

所以f ′(x)>0．

所以2不是f (x)的极小值点．

综上可知，a的取值范围是（，+∞）．

点睛：利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解.

21. （2017新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．

（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；

（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】

【详解】试题分析：（1）利用题意证得二面角的平面角为90°，则可得到面面垂直；

（2）利用题意求得两个半平面的法向量，然后利用二面角的夹角公式可求得二面角D–AE–C的余弦值为.

试题解析：（1）由题设可得，，从而.

又是直角三角形，所以.

取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.

又由于是正三角形，故.

所以为二面角的平面角.

在中，.

又，所以，

故.

所以平面ACD⊥平面ABC.

（2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.则.

由题设知，四面体ABCE体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得.

故.

设是平面DAE的法向量，则即

可取.

设是平面AEC的法向量，则同理可取.

则.

所以二面角D-AE-C的余弦值为.

【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算.

（2）设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等，故有.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.

22. 已知函数有两个零点.

（Ⅰ）求a的取值范围；

（Ⅱ）设x1，x2是的两个零点，证明：.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析

【解析】

【详解】试题分析：（Ⅰ）求导，根据导函数的符号来确定（主要要根据导函数零点来分类）；（Ⅱ）借助（Ⅰ）的结论来证明，由单调性可知等价于，即．设，则．则当时，，而，故当时，．从而，故．

试题解析：（Ⅰ）．

（Ⅰ）设，则，只有一个零点．

（Ⅱ）设，则当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．

又，，取满足且，则

，

故存在两个零点．

（Ⅲ）设，由得或．

若，则，故当时，，因此在单调递增．又当时，所以不存在两个零点．

若，则，故当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．

综上，的取值范围为．

（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，在单调递减，所以等价于，即．

由于，而，所以

．

设，则．

所以当时，，而，故当时，．

从而，故．

【考点】导数及其应用

【名师点睛】对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简.解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.