2021-2022學年河南省豫北名校高二下學期4月份教學質量檢測數(shù)學（理）試題解析

1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁第 Page * MergeFormat 17 頁 共 NUMPAGES * MergeFormat 17 頁2021-2022學年河南省豫北名校高二下學期4月份教學質量檢測數(shù)學（理）試題一、單選題1若復數(shù)滿足，則（）ABCD【答案】C【分析】運用復數(shù)除法的運算法則，結合共軛復數(shù)的定義進行求解即可.【詳解】由，所以，故選：C2下列有關命題的說法正確的是()A若，則B“”的一個必要不充分條件是“”C若命題：，則命題：，D、是兩個平面，、是兩條直線，如果，那么【答案】C【分析】A：根據(jù)向量加法的性質即可判斷；B：根據(jù)充分條件的概

2、念即可判斷；C：根據(jù)含有一個量詞的命題的否定的改寫方法判斷即可；D：根據(jù)空間線面關系即可判斷.【詳解】A：若，則方向相反且，故A錯誤；B：若，則，故“”是“”的充分條件，故B錯誤；C：命題：，則其否定為：，故C正確；D：如果，則無法判斷、的位置關系，故D錯誤.故選：C.3在一次“劇本殺”游戲中，甲乙丙丁四人各自扮演不同的角色，四人發(fā)言如下：甲：我扮演警察；乙：我扮演路人；丙：我扮演嫌疑犯；丁：我扮演路人嫌疑犯受害者當中的一個.若其中只有1人說謊，則說謊的人可能是（）A甲或丁B乙或丙C甲或乙D丙或丁【答案】B【分析】分別假設甲、乙、丙、丁說謊，判斷是否符合題意即可.【詳解】假設甲說謊，乙、丙、丁

3、沒說謊，則乙扮演路人，丙扮演嫌疑犯，丁只能扮演受害者，甲只能扮演警察，與假設矛盾，不符合題意；假設乙說謊，甲、丙、丁沒說謊，甲扮演警察，丙扮演嫌疑犯，則丁可以扮演路人或者受害者，因為乙說謊，乙不扮演路人，所以乙扮演受害者，丁扮演路人，符合題意；假設丙說謊，甲、乙、丁沒說謊，甲扮演警察，乙扮演路人，則丁扮演嫌疑犯或者受害者，因為丙說謊，丙不扮演嫌疑犯，所以丙扮演受害者，丁扮演嫌疑犯,符合題意；假設丁說謊，甲、乙、丙沒說謊，則丁扮演警察，因為甲沒說謊，甲也扮演警察，與題設矛盾，不符合題意；綜上所述乙和丙可能說謊.故選：B.4已知雙曲線的一條漸近線過點（2，1），則此雙曲線的離心率為（）ABCD【答

4、案】C【分析】利用雙曲線的漸近線方程，代入點的坐標，然后求解雙曲線的離心率即可.【詳解】因為雙曲線方程為，所以雙曲線的漸近線方程為，因此，點（2，1）在直線上，可得，所以雙曲線的離心率為.故選：C.5如圖，在四面體中，點M、N分別在線段OA、BC上，且，則等于（）ABCD【答案】D【分析】利用空間向量的線性運算及空間向量基本定理，結合圖形即可得解.【詳解】根據(jù)題意可得:故選：D.6橢圓中以點為中點的弦所在直線方程為（）ABCD【答案】A【分析】利用點差法求出斜率，即可求出直線方程.【詳解】設點為中點的弦的端點，則有：，兩式相減得：，因為為中點，所以，所以斜率，所以所求直線方程為：，即.故選：A

5、7（）ABCD【答案】C【分析】結合幾何意義求得定積分.【詳解】，.，表示圓心在原點，半徑為的圓的上半部分.在圓上，所以，所以.所以.故選：C8直線分別與曲線，交于，兩點，則的最小值為（）AB1CD2【答案】B【分析】設，得到，用導數(shù)法求解.【詳解】解：設，則，令，則，函數(shù)在上單調遞減，在上單調遞增，時，函數(shù)的最小值為1，故選：B9將7個人從左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相鄰，且甲不站在最右端，則不同的站法有（）A1860種B3696種C3600種D3648種【答案】D【分析】采用間接法，先求出沒有限制的所有站法，再排除不滿足條件的站法可求解.【詳解】7個人從左到右排成一排，共有

6、種不同的站法，其中甲、乙、丙3個都相鄰有種不同的站法，甲站在最右端有種不同的站法，甲、乙、丙3個相鄰且甲站最右端有種不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相鄰，且甲不站在最右端，不同的站法有種不同的站法.故選：D10已知函數(shù)，若對任意兩個不等的正實數(shù)，都有，則實數(shù)的最小值為（）ABCD【答案】B【分析】不妨設，由題意，可得，構造函數(shù)，則在上單調遞增，從而有在上恒成立，分離參數(shù)轉化為最值即可求解.【詳解】解：由題意，不妨設，因為對任意兩個不等的正實數(shù)，都有，所以，即，構造函數(shù)，則，所以在上單調遞增，所以在上恒成立，即在上恒成立，當時，因為，所以，所以，實數(shù)的最小值為.故選：B.11已知函數(shù)與的

7、圖象上恰好存在唯一一對關于直線對稱的點，則實數(shù)的取值范圍是（）ABCD【答案】B【分析】根據(jù)指對數(shù)函數(shù)的圖象可知，與關于直線對稱，則將原條件等價于函數(shù)與恰好存在唯一交點，分離常數(shù)后，轉化為直線與有唯一的交點，構造新函數(shù)，并利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，結合，且當時，畫出函數(shù)的大致圖象，結合圖象即可得出實數(shù)的取值范圍.【詳解】解：根據(jù)指對數(shù)函數(shù)的圖象可知，與關于直線對稱，所以函數(shù)與的圖象上恰好存在唯一一對關于直線對稱的點，等價于函數(shù)與恰好存在唯一交點，令，則，所以直線與有唯一的交點，設，則，在上，單調遞增，在上，單調遞減，而，且當時，所以當時，當時，則函數(shù)的大致圖象，如下圖所示，故或滿足條件，所以實

8、數(shù)的取值范圍是.故選：B12已知雙曲線與圓在第二象限相交于點分別為該雙曲線的左、右焦點，且，則該雙曲線的離心率為()ABCD2【答案】C【分析】根據(jù)正弦定理得，結合雙曲線定義可求，可判斷為直角三角形，故可求M點坐標，將M點坐標代入雙曲線方程即可求得a與b關系，故而求出離心率的值.【詳解】在中，由正弦定理知，又，在中，.設，則由等面積得：，即，在上，在上，即，即，即，即，即，即，即，.故選：C.二、填空題13曲線在點處的切線方程為_【答案】【分析】利用導數(shù)的幾何意義得出切線方程.【詳解】，點在曲線上，即切線方程為故答案為：14在正方體中，直線與平面所成角的大小為_【答案】【分析】以點為坐標原點，

9、、所在直線分別為、軸建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為，利用空間向量法可求得直線與平面所成角的大小.【詳解】解：以點為坐標原點，、所在直線分別為、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為，則、，設平面的法向量為，由，取，可得，因此，直線與平面所成角的大小為.故答案為：.15將5名北京冬奧會志愿者分配到花樣滑冰、短道速滑和冰壺3個項目進行培訓，每名志愿者只分配到1個項目，每個項目至少分配1名志愿者，則不同的分配方案共有_種【答案】150【分析】先分組，在分配，分組問題必須考慮去除重復.【詳解】5個人，分成3組，共有2種分法，即1，1，3和2，2，1，共有 種，再分配 種；故答案為：1

10、50.16已知，分別是橢圓和雙曲線的離心率，是它們的公共焦點，M是它們的一個公共點，且，則的最大值為_【答案】【分析】利用橢圓、雙曲線的定義以及余弦定理找到的關系，然后利用三角換元求最值即可.【詳解】解析：設橢圓的長半軸為a，雙曲線的實半軸為，半焦距為c，設，因為，所以由余弦定理可得，在橢圓中，化簡為，即，在雙曲線中，化簡為，即，聯(lián)立得，即，記，則，當且僅當，即，時取等號故答案為：.三、解答題17已知，：，：.(1)若，為真命題，為假命題，求實數(shù)的取值范圍；(2)若是的充分不必要條件，求實數(shù)的取值范圍【答案】(1)(2)【分析】(1)化簡命題p，將m=3代入求出命題q，再根據(jù)或、且連接的命題真

11、假確定p，q真假即可得解；(2)由給定條件可得p是q的必要不充分條件，再列式計算作答.【詳解】(1)依題意，：，：，得：.當時，：，因為真命題，為假命題，則與一真一假，當真假時，即或，無解，當假真時，即或，解得或，綜上得：或，所以實數(shù)x的取值范圍是；(2)因是的充分不必要條件，則p是q的必要不充分條件，于是得，解得，所以實數(shù)m的取值范圍是18在二項式的展開式中，前三項系數(shù)的絕對值成等差數(shù)列.求項數(shù)；求展開式中的常數(shù)項與二項式系數(shù)最大的項.【答案】；，.【分析】等差數(shù)列的性質及二項式系數(shù)的性質列式求得；寫出二項展開式的通項，由的指數(shù)為求得可得常數(shù)項，再據(jù)二項式系數(shù)的性質，求得二項式系數(shù)最大的項.

12、【詳解】解：二項式的展開式的通項公式為，第一項系數(shù)為，第二項系數(shù)為，第三項系數(shù)為，前三項系數(shù)的絕對值分別為，因為前三項系數(shù)的絕對值成等差數(shù)列，即，求得（舍去），或.二項式，由可知，它的通項公式為，令，可得，故展開式的常數(shù)項為.二項式系數(shù)為，故當時，二項式系數(shù)最大，故第五項二項式系數(shù)最大，該項為.【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，二項式系數(shù)的性質，屬于中檔題.19證明：(1)若，則；(2)求證：當為正數(shù)時，.【答案】(1)詳見解析；(2)詳見解析.【分析】（1）利用分析法證明；（2）利用基本不等式法證明.【詳解】(1)證明：因為，所以，所以，要證，只需證，只需證，只需證

13、，即證，由基本不等式得，當且僅當時，等號成立，故當時，成立.(2)因為為正數(shù)，所以，當且僅當時，等號成立，故當為正數(shù)時，.20如圖，在四棱錐中，四邊形ABCD為矩形，平面平面ABE，F(xiàn)為棱CE的中點，P為棱AB上一點（不含端點）(1)求證：平面ACE；(2)若平面PCE和平面ACE所成銳二面角的余弦值為，求AP的長【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質定理，可證BC平面ABE，根據(jù)線面垂直的性質定理、判定定理，可證AE平面BCE，再利用線面垂直性質定理、判定定理，即可得證（2）如圖建系，求得各點坐標，設，可得的坐標，分別求得平面CPE的法向量為，平面ACE的法向量，根據(jù)

14、二面角的向量求法，即可得答案.【詳解】(1)平面ABCD平面ABE，BCAB，平面平面，BC平面ABE，又平面ABE，BCAE在中，根據(jù)勾股定理可得AEBE，又，AE平面BCE，平面BCE，AEBF在中，F(xiàn)為CE的中點，BFCE，又，BF平面ACE(2)以E為坐標原點，分別以EB，EA所在直線為x，y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，設，設平面CPE的法向量為，且，則由,得，令，從而BF平面ACE，為平面ACE的一個法向量由題意，或（舍去），21在平面直角坐標系xOy中，拋物線E：上一點到焦點F的距離.不經過點S的直線l與E交于A，B.(1)求拋物線E的標準方程；(2)若直線AS，BS的斜

15、率之和為2，證明：直線l過定點.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）利用拋物線的定義即可求出p；（2）根據(jù)斜率公式，韋達定理列方程求出直線方程即可.【詳解】(1)拋物線D：的焦點，準線方程為，因為拋物線上一點到焦點F的距離，由拋物線的定義得，所以.所以拋物線E的標準方程是；(2)將代入可得或（舍），所以點S坐標為，由題意直線l的斜率不等于0，設直線l的方程是，聯(lián)立，得，由韋達定理得，因為直線，的斜率之和為2，所以，所以，將代入上式可得 ，所以直線l的方程是，顯然它過定點.22已知函數(shù)，.(1)若，求的單調區(qū)間；(2)若關于x的不等式恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.【答案】(1)單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為；(2).【分析】（1）把代入函數(shù)解析式中得，對函數(shù)進行求導即可得到的單調區(qū)間.（2）恒成立等價于恒成立，令，