2021-2022学年新疆乌鲁木齐市第四中学高二下学期期中阶段考试数学（理）试题（解析版）

2021-2022学年新疆乌鲁木齐市第四中学高二下学期期中阶段考试数学（理）试题

一、单选题

1．在复平面内，复数对应的点位于

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【解析】先化简复数，再由复数的几何意义即可得出结果.

【详解】因为，所以其对应点为，位于第四象限.

故选D

【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的几何意义，熟记运算法则与几何意义即可，属于常考题型.

2．数列2,5,11,20，x，47...中的x等于（       ）

A．28 B．32 C．33 D．27

【答案】B

【分析】通过观察，得出该数列从第二项起，后一项与前一项的差分别是3的倍数，由此可求得的值.

【详解】因为数列的前几项为，

其中，

可得，解得，故选B.

【点睛】本题主要考查了数列的概念及其应用，其中解答中根据题意发现数列中数字的排布规律是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.

3．下列函数中,既是偶函数又在区间上单调递减的是

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】试题分析：因为函数是奇函数，所以选项A不正确；因为函为函数既不是奇函数，也不是偶函数，所以选项B不正确；函数的图象抛物线开口向下，对称轴是轴，所以此函数是偶函数，且在区间上单调递减，所以，选项C正确；函数虽然是偶函数，但是此函数在区间上是增函数，所以选项D不正确；故选C．

【解析】1、函数的单调性与奇偶性；2、指数函数与对数函数； 3函数的图象．

4．已知ΔABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若B=30°，b=1，则等于（        ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】B

【分析】利用正弦定理可得，进而根据正弦定理的变形，即可求解的值，得到答案.

【详解】在中，满足，由正弦定理可得，

又由，故选B.

【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，其中解答中熟记三角形的正弦定理，以及正弦定理的变形是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

5．下列命题中，不正确的是（       ）

A．两条平行直线与同一平面所成的角相等

B．一条直线与两个平行平面所成的角相等

C．一条直线平行于两个平行平面中的一个平面，它也平行于另一平面

D．如果两条直线与同一平面所成的角相等，那么这两条直线不一定平行

【答案】C

【分析】根据直线与平面所成角的定义，以及线面位置关系的概念，即可求解，得到答案.

【详解】由题意，A中，根据线面角的定义，可知两条平行直线与同一平面所成的角相等是正确的；

B中，根据线面角的定义，可知一条直线与两个平行平面所成的角相等是正确的；

C中，一条直线平行于两个平行平面中的一个平面，则直线平行于另一平面或在另一个平面内，所以不正确；

D中，根据线面位置关系的判定，可知如果两条直线与同一平面所成的角相等，那么这两条直线相交、平行或异面，所以是正确的.

【点睛】本题主要考查了空间中直线与平面的位置关系的判定，其中解答中熟记线面角的定义，以及直线与平面的位置关系是解答的关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题.

6．已知向量，且与互相垂直，则k的值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用向量的数量积为0可求的值.

【详解】因为与互相垂直，

故，

故，即，

故.

故选：D.

7．若，满足，则的最大值为

A．0 B．3 C．4 D．5

【答案】C

【详解】试题分析：由图可得在处取得最大值，由最大值，故选C.

【解析】线性规划.

【方法点晴】本题考查线性规划问题，灵活性较强，属于较难题型.考生应注总结解决线性规划问题的一般步骤（1）在直角坐标系中画出对应的平面区域，即可行域；（2）将目标函数变形为；（3）作平行线：将直线平移，使直线与可行域有交点，且观察在可行域中使最大（或最小）时所经过的点，求出该点的坐标；（4）求出最优解：将（3）中求出的坐标代入目标函数，从而求出的最大（小）值.

8．已知函数的导数，且的图像过点，当函数取得极大值-5时，x的值应为（        ）

A．-1 B．0 C．1 D．

【答案】B

【分析】由函数，根据求导法则，得到，再根据函数过点，求得函数的解析式，进而求得函数的极大值，得到答案.

【详解】由题意，函数的导数，

所以，其中为常数，

又由函数过点，所以，即，

令，即，解得或，

当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

所以当时，函数取得极大值，且极大值，

函数取得极大值时时，的值应为0，故选B.

【点睛】本题主要考查了导数的运算法则，以及利用导数求解函数的极值的方法，其中解答中熟记导数的求导法则，以及正确求得函数的单调性和极值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

9．若f(x)=上是减函数，则b的取值范围是

A．[-1，+∞] B．（-1，+∞） C．（-∞，-1] D．（-∞，-1）

【答案】C

【详解】由题意可知，在上恒成立，即在上恒成立，由于，所以，故Ｃ为正确答案．

10．名同学合影，站成了前排人，后排人，现摄影师要从后排人中抽人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同的调整方法的种数为

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】分析：首先从后排的7人中选出2人，有C72种结果，再把两个人在5个位置中选2个位置进行排列有A52，利用乘法原理可得结论．

详解：由题意知本题是一个分步计数问题，

首先从后排的7人中选出2人，有C72种结果，

再把两个人在5个位置中选2个位置进行排列有A52，

∴不同的调整方法有C72A52，

故选C

点睛：解答排列、组合问题的角度：解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手；(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．

11．某个命题与正整数有关，如果当时该命题成立，那么可以推出时该命题也成立，现已知时该命题成立，那么（       ）

A．时该命题成立

B．时该命题不成立

C．时该命题都成立

D．可能n取某个大于5的整数时该命题不成立

【答案】C

【分析】根据题意，得到时该命题成立，可推得时，该命题都成立，即可求解.

【详解】根据题意知，当时该命题成立，那么可以推出时该命题也成立，

因为时该命题成立，可依次推得时，该命题都成立.

故选：C.

12．直线分别与函数，交于，两点，则的最小值为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由求得两点的横坐标，利用构造函数法，结合导数来求得的最小值.

【详解】，且在上递增；

，且在上递增.

所以，且都有唯一解，

，

，

构造函数，

所以在区间递减；在区间递增.

所以的最小值为.

所以的最小值为.

故选：A

二、填空题

13．用反证法证明命题：“已知a、，若ab可被5整除，则a、b中至少有一个能被5整除”时，第一步应假设________成立．

【答案】、都不能被5整除

【分析】根据给定条件判断命题的题设与结论，再写出结论的否定即可作答.

【详解】命题：“已知a、，若ab可被5整除，则a、b中至少有一个能被5整除”的结论是“a、b中至少有一个能被5整除”

于是得“a、b中至少有一个能被5整除”的否定是：、都不能被5整除，

所以第一步应假设、都不能被5整除成立.

故答案为：、都不能被5整除

14．若把英文单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误拼写方法有________种．

【答案】11

【分析】求出这四个字母排列的所有可能，减去正确的拼写种数，即可求出拼写错误的种数.

【详解】解：单词中含个字母，则其全排列为，但其中两个字母一样，

因此排列方法为，其中只有一种组合是正确，因此错误拼写方法有种，

故答案为:11.

【点睛】本题考查了排列数的计算，考查了排列的应用，属于基础题.

15．曲线与直线，所围成的封闭图形的面积为__________．

【答案】

【详解】联立 ，得 ；∴曲线与直线，所围成的封闭图形的面积为

即答案为

16．下列说法正确的序号是：___________.

①存在实数，使；

②是锐角的内角，则；

③函数是偶函数；

④函数y＝sin 2x的图象向右平移个单位，得到y＝sin的图象

【答案】②③

【分析】由，可判定①为假命题；由，单调，结合在上为增函数，可判定②正确；由，可判定③正确；根据三角函数的图象变换，可判定④错误.

【详解】对于①中，因为，所以不存在实数，使，

即命题①为假命题，

对于②中，由为锐角三角形，可得，即，

因为，可得，

又由在上为增函数，所以，所以②正确；

对于③中，函数是偶函数，所以③正确；

对于④中，函数的图象向右平移个单位，

得到的图象，所以④错误.

故答案为：②③.

三、解答题

17．某班共有54位同学，其中正、副班长各1名，现选派6名同学参加某科课外小组，在下列各种情况中，各有多少种不同的选法？

(1)正、副班长只有一人入选；

(2)正、副班长至少有一人入选；

(3)正、副班长至多有一人入选.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）若正、副班长只有一人入选，可分为两步：第一步：先从正副班长中选出1人，第二步：再从剩余的中选出5人，结合分步计数原理，即可求解；

（2）若正、副班长至少有一人入选，可分为两类：第一类：正副班长中恰有1人参加，第二类：正副班长同时参加，结合分类计数原理，即可求解；

（3）正、副班长至多有一人入选，可分为两类：第一类：正副班长中恰有1人参加，第二类：正副班长都未参加，结合分类计数原理，即可求解.

【详解】(1)解：若正、副班长只有一人入选，可分为两步：

第一步：先从正副班长中选出1人，有种选法；

第二步：再从剩余的中选出5人，有种选法，

由分步计数原理，可得共有种不同的选法.

(2)解：若正、副班长至少有一人入选，可分为两类：

第一类：正副班长中恰有1人参加，有种选法；

第二类：正副班长同时参加，有种选法，

由分类计数原理，可得共有种不同的选法.

(3)解：正、副班长至多有一人入选，可分为两类：

第一类：正副班长中恰有1人参加，有种选法；

第二类：正副班长都未参加，有种选法，

由分类计数原理，可得共有种不同的选法.

18．四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC底面BCDE，BC=2,CD=,AB=AC

（1）证明.

（2）设侧面ABC为等边三角形，求二面角C-AD-E的余弦值．

【答案】(1)见证明；(2)

【分析】（1）作AO⊥BC，垂足为O，连接OD，利用三垂线定理，即可证得；

（2）利用二面角的定义，得到∠CGE是二面角C-AD-E的平面角，在中，利用余弦定理，即可求解二面角的余弦值.

【详解】(1)作AO⊥BC，垂足为O，连接OD，

由题设知，AO⊥底面BCDE，且O为BC中点，

由，可得RtΔOCD∽Rt△CDE，从而∠ODC=∠CED，于是CE⊥OD,

由三垂线定理，可得.

(2)由题意知BE⊥BC，所以BE⊥侧面ABC，又BE侧面ABE，∴侧面ABE⊥侧面ABC.

作CF⊥AB，垂足为F，连接FE,则CF⊥平面ABE，

故∠CEF为CE与平面ABE所成的角，且∠CEF=45°，

由CE=，得CF=，

又∵BC=2，△ABC为等边三角形，

作CG⊥AD，垂足为G，连GE

由(1)知，CE⊥AD,又CE∩CG=C,

故AD⊥平面CGE,AD⊥GE，所以∠CGE是二面角C-AD-E的平面角.

，

，

在中，由余弦定理得，

所以二面角C-AD-E的余弦值为.

【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，利用定义法求解二面角的大小，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，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.

19．已知是等差数列，是等比数列，且.

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，列方程组求得，得到，根据，求得，，得到.

（2）由（1）得到，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.

【详解】(1)解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为，

由，解得，所以，

又由，可得，所以，

所以.

(2)解：由（1）知，，所以，

设数列的前n项和为，

可得.

20．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为，b－c＝2，cos A＝－.

(1)求a和sin C的值；

(2)求cos的值.

【答案】(1)a＝8，；

(2).

【分析】（1）先求出b＝6，c＝4，再利用余弦定理求出a＝8，最后利用正弦定理求解；

（2）利用和角的余弦公式和二倍角公式化简求值.

【详解】(1)解：在△ABC中，由cos A＝－，可得sin A＝.

由S△ABC＝bcsin A＝3，

得bc＝24，又由b－c＝2，解得b＝6，c＝4.

由a2＝b2＋c2－2bccos A，可得a＝8.

由＝，得sin C＝.

(2)解：cos＝cos 2A·cos －sin 2A·sin

＝ (2cos2A－1)－×2sin A·cos A＝.

21．已知，．

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）是否存在实数，使在区间上的最小值是3，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）单调递减，上单调递增；（2）存在；．

【分析】（1）求函数导数，根据导函数的正负可得单调区间；

（2）根据，分、和三种情况分别讨论单调性求最值，列方程求解即可.

【详解】（1）当时，，定义域为，

，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

综上：在单调递减，上单调递增；

（2），

假设存在实数，使有最小值3.

①当时，因为，所以，

所以在上单调递减，

，解得（舍去）；

②当时，在上单调递减，在上单调通增，

∴，解得，满足条件；

③当时，因为，所以，

∴在上单调递减，

∴.解得，舍去.

综上，存在实数，使得当时，有最小值3.