四川省雅安中学2022-2023学年高二数学（理）下学期期中试题（Word版附解析）.docx

1、雅安中学高2021级高二下期第二次月考数学试题（理科）注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；2请将答案正确填写在答题卡上.第I卷（选择题）一、单选题（共60分）1. 复数为虚数单位的模为（ ）A. 1B. 2C. D. 【答案】C【解析】【分析】应用复数除法化简复数，即可得模.【详解】，故模为.故选：C2. 下列求导运算正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据导数运算公式逐项求解即可.【详解】，故A错误；，故B错误；，故C错误； ，故D正确.故选：D.3. 对于命题，若是假命题，是假命题，则下列判断正确的是（）A. ，都是真命题B. ，都是假命题C.

2、 是真命题，q是假命题D. 是假命题，是真命题【答案】D【解析】【分析】根据命题的真值表即可判断【详解】因为是假命题，所以命题，中至少有一个为假命题，又因为是假命题，所以，都是假命题，所以为真命题，故选：D4. 曲线在点处的切线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求函数在点 处的导数值，根据点斜式求切线方程.【详解】因为，所以，所以，所以曲线在点处的切线斜率为，所以曲线在点处的切线方程为，即，故选：A.5. 在正四面体中，F是的中点，E是的中点，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用空间向量的运算法则即可得，再由三角形法则即可求得.【详解】

3、根据题意可得，；再由，可得.故选：A6. 甲、乙、丙、丁、戊共5名同学参加劳动技术比赛，决出第一名到第五名的名次甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军，”对乙说：“你不是最差的”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有（ ）不同的排列A. 36B. 54C. 60D. 72【答案】B【解析】【分析】利用特殊元素特殊位置优先考虑，结合分步乘法计数原理即可求解.【详解】分三步完成：冠军有种可能，乙的名次有种可能，余下人有种可能，所以5人的名次排列有种不同情况.故选：B.7. 命题“，”是真命题的充要条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】直接利用恒成立问

4、题的建立不等式，进一步求出实数a的取值范围【详解】命题“，”为真命题，则在上恒成立，则.故选B8. 直线l的方向向量为，且l过点，则点到直线l的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用向量投影和勾股定理即可计算.【详解】，又，在方向上的投影，P到l距离.故选：C9. 函数的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的奇偶性，结合函数值，以及函数的变化趋向，即可判断选项.【详解】函数定义域为，满足，所以函数是奇函数，故排除B，设，所以在上单调递增，所以当时，故排除D；当时，故排除A.故选：C10. 三名男生和三名女生站成一排照相，男生甲与

5、男生乙相邻，且三名女生中恰好有两名女生相邻，则不同的站法共有A. 72种B. 108种C. 36种D. 144种【答案】D【解析】【分析】根据题意，利用捆绑法和插空法，再利用分布乘法原理，即可求出结果【详解】解：先将男生甲与男生乙“捆绑”，有种方法，再与另一个男生排列，则有种方法，三名女生任选两名“捆绑”，有种方法，再将两组女生插空，插入男生3个空位中，则有种方法，利用分步乘法原理，共有种.故选：D【点睛】本题考查乘法原理的运用和排列知识，还运用了捆绑法和插空法解决相邻和不相邻问题，考查学生分析解决问题的能力11. 设，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【

6、分析】构造函数，研究其单调性，进而可以比较a，b，c的大小.【详解】令，则，所以时，单调递减，时，单调递增， ，因为，所以.故选：D.12. 已知是偶函数的导函数，若时，则使得不等式成立的x的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，求导得，进而可得时，单调递增，由于为偶函数，推出为奇函数，进而可得在上单调递增，由于，则，由于，则，推出，即可得出答案【详解】设，由题意得时，单调递增，因为为偶函数，所以，所以，所以为奇函数，所以在上单调递增，因为，所以，因为，所以，所以，所以，故选：C第II卷（非选择题）二、填空题（共20分）13. 方程的复数根是_.【答案】【解析】

7、【分析】利用复数单位i的性质，解方程即可求得答案.【详解】由题意得方程即，故，故的复数根是，故答案为：14. 已知向量，且与互相垂直，则实数_.【答案】#【解析】【分析】求出，根据向量模长公式列出方程，求出.再分与两种情况，根据向量垂直列出方程，求出实数k的值.【详解】，所以，解得.当时，因为与互相垂直，所以，解得.当时，因为与互相垂直，所以，解得，综上：.故答案为：15. 如图所示，用不同的五种颜色分别为A，五部分着色，相邻部分不能用同一种颜色，但同一种颜色可以反复使用，也可不使用，符合这些要求的不同着色的方法共有_（用数字填写答案）【答案】540【解析】【分析】利用分步计数原理并按AD同色

8、和AD不同色分类讨论，即可求得符合这些要求的不同着色的方法数.【详解】按照的顺序依次着色：当AD同色时，不同着色的方法有； 当AD不同色时，不同着色的方法有则符合这些要求的不同着色的方法共有（种）故答案为：54016. 已知函数在点处的切线过点，则的最小值为_.【答案】12【解析】【分析】根据导数的几何意义求得函数在点处的切线方程，可推出，将化为，结合基本不等式即可求得答案.【详解】由函数可得，则，故函数在点处的切线方程为，即，则由题意可得，故，当且仅当，即取等号，即的最小值为12，故答案为：12三、解答题（共70分）17. 已知复数.（1）若复数为纯虚数，求实数的值；（2）若复数在复平面内对

9、应的点在第四象限，求实数的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）直接根据实部为零，虚部不为零列式计算即可；（2）直接根据实部大于零，虚部小于零列不等式计算即可；【小问1详解】，且复数为纯虚数，解得；【小问2详解】复数在复平面内对应点在第四象限，解得.18. 已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）求函数在上最大值和最小值.【答案】（1）递增区间为，；递减区间为 （2）最大值59，最小值为-49【解析】【分析】（1）求定义域，求导，解不等式，得到单调区间；（2）求出极值和端点值，比较后确定最值.【小问1详解】的定义域为R，且，令得，令得，所以递增区间为，递减区间；【小问2详解】x

10、-3(-3，-1)-1(-1，1)1(1，3)3+0-0+-49单调递增极大值11单调递减极小值-1单调递增59所以函数在上的最大值为59，最小值为 -49.19. 设：实数满足，：实数满足.（1）若，且为真，求实数的取值范围；（2）若，且是的充分不必要条件，求实数的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据为真，则真且真，即可求实数的取值范围；（2）根据是的充分不必要条件，列出不等式即可求实数的取值范围【小问1详解】由得，当时，即为真时，实数的取值范围是，由，解得，即为真时，实数的取值范围是，若为真，则真且真，故实数的取值范围是.【小问2详解】由得，又，.若是的充分不必要条件

11、，则，且.，且.是的充分不必要条件.设，则.且等号不同时取到，解得.实数的取值范围是.20. 如图，在正四棱柱中，M是棱上任意一点（1）求证：；（2）若M是棱的中点，求异面直线AM与BC所成角的余弦值【答案】（1）证明过程见解析 （2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线线垂直；（2）在第一问的基础上，利用空间向量求解异面直角的夹角余弦值.【小问1详解】证明：以A为原点，AB，AD，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，因为，所以，所以；【小问2详解】M是棱的中点，故，则，设异面直线AM与BC所成角的大小为，则，故异面直线AM与BC所成角的余弦值为.21.

12、 如图，在直三棱柱中，点D是的中点，点E在上，平面.（1）求证：平面平面；（2）当三棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）取中点，连接、，由三角形的中位线定理可得，进而由直三棱柱可得，所以平面，再由平面，得，再由线面垂直的性质可得平面，从而推出平面，再由面面垂直的性质即可证明；（2）由（1）知平面，当三棱锥的体积最大时，设出，结合立体几何的体积公式，和基本不等式可求出，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出直线的方向向量与平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系，即可求解.【小问1详解】取中点，连接、，如图

13、所示：，点是的中点，又是的中点，又在直三棱柱中，有， 平面，平面，平面，且面，平面平面，平面，且平面，又，且、平面，平面，又，平面，平面，面平面.【小问2详解】由（1）知平面，则，设，则，由基本不等式知，当且仅当时等号成立，即三棱锥的体积最大，此时，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：则有，设平面的一个法向量为，则有，取，解得，设直线与平面所成的角为，故直线与平面所成角的正弦值为.22 已知函数（1）讨论的单调性；（2）若方程有两个不同的实数根，求的取值范围【答案】（1）答案见解析 （2）【解析】【分析】（1）对求导，分类讨论和时的正负，即可得出

14、的单调性；（2）解法一：“方程有两个不同的实数根”等价于“函数有两个零点”对求导，讨论的单调性和最值，即可得出答案；解法二：由方程得，转化为与的图象有两个交点，对求导，得出的单调性和最值即可得出答案.【小问1详解】由条件知，当时，在上恒成立，所以在单调递增当时，令，得，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增【小问2详解】解法一：由方程得，“方程有两个不同的实数根”等价于“函数有两个零点”，当时，在上是增函数，最多只有一个零点，不符合题意； 当时，由得，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减（）若，则，最多只有一个零点； （）若，因为，且，所以在区间内有一个零点令函数，则，当时，在上是增函数；当时，在上是减函数.所以，故所以，又，所以在区间内有一个零点综上可知：当时，有两个零点，即方程有两个不同的实数根，故a的取值范围为解法二：由方程得设函数，则，令，得，设，则当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值也就是最大值为，且当，x趋近于0时，趋近于负无穷，当趋近于正无穷时，且趋近于0方程有两个不同的实数根，转化为直线与的图象有两个交点，结合函数图象可知a的取值范围是