安徽省池州市东至县第二中学2020-2021学年高二数学下学期4月期中试题-理.doc

安徽省池州市东至县第二中学2020-2021学年高二数学下学期4月期中试题 理

安徽省池州市东至县第二中学2020-2021学年高二数学下学期4月期中试题 理

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安徽省池州市东至县第二中学2020-2021学年高二数学下学期4月期中试题 理
考试时间：120分钟

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分）
1.设f(x)存在导函数，且满足，则曲线y＝f(x)上点(1，f(1))处的切线斜率为(　　)．
A．2 B．－1 C．1 D．－2
2.已知i是虚数单位，是z的共轭复数，若，则的虚部为（）
A. B. C. D.
3.一质点做直线运动，若它所经过的路程与时间的关系为s(t)＝4t2－3(s(t)的单位：m，t的单位：s)，则t＝5
时的瞬时速度为(　　)
A．37 B．38　 C．40 D．39
4.函数的单调增区间是（　　）
A． B． C． D．
5.（）
A． B． C． D．
6.函数的导函数在区间[－π，π]上的图象大致是( )

7．某个与正整数有关的命题：如果当n＝k(k∈N*)时命题成立，则可以推出当n＝k＋1时该命题也成立．
现已知 n＝5时命题不成立，那么可以推得(　　)
A．当n＝6时命题成立 B．当n＝6时命题不成立
C．当n＝4时命题成立 D．当n＝4时命题不成立
8.记I为虚数集,设,则下列类比所得的结论正确的是（）
A. 由,类比得 B. 由,类比得
C. 由,类比得 D. 由,类比得

9.若函数有极值点，且，若关于的方程的不同实数根的个数是（ ）
A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
10.设函数f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，其导函数为f′（x），且有，则不等式（x﹣2021）2f（x﹣2021）﹣f（1）＞0的解集为（　　）
A．（2020，+∞） B．（0，2022） C．（0，2020） D．（2022，+∞）
11.如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点的水平距离10千米处下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图像的一部分，则函数的解析式为（）
A． B．
C． D．
12.若对任意，不等式恒成立，则a的范围是（）
A． B． C． D．
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知1＋2i是方程x2－mx＋2n＝0(m，n∈R)的一个根，则m＋n＝____.
14．把一个带电量的点电荷放在r轴上坐标原点处，形成一个电场，已知在该电场中，距离坐标原点为r处的单位电荷受到的电场力由公式(其中k为常数)确定.在该电场中，一个单位正电荷在电场力的作用下，沿着r轴的方向从r＝a处移动到r＝b(a<b)处，则电场力对它所做的功______________.
15．如图数表，它的第一行数由正整数从小到大排列得到，此后下一行数由前一行每两个相邻的数的和写在这两个数正中间下方得到.依次类推，则该数表中，第n行第2个数是___________.

第15题图 第16题图
16.如图，圆形纸片的圆心为，半径为15cm，该纸片上的等边三角形的中心为，、、为圆上的点，，，分别是以，，为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以，，为折痕折起，，，使得，，重合，得到三棱锥．当的边长变化时，所得三棱锥体积的最大值为_______．
三、解答题（本题共6小题，17小题10分，其余每小题12分，共70分）
17．已知复数.
（1）若对应复平面上的点在第四象限，求m的范围；
（2）若是纯虚数，求m的值.

18．（1）用数学归纳法证明：；
（2）已知，，且，求证：和中至少有一个小于．

19．已知函数，其中为实数，
（1）若，求函数的最小值；
（2）若方程在上有实数解，求的取值范围；

20.我们要计算由抛物线、轴以及直线所围成的曲边区域的面积，可用轴上的分点0、、、…、、1将区间分成个小区间，从第二个小区间起，在每一个小区间上作一个小矩形，使得每个矩形的左上端点都在抛物线上，这么矩形的高分别为、、…、，矩形的底边长都是，设所有这些矩形面积的总和为，就有.
（1）求的表达式，并求出面积；
（可以利用公式）
（2）利用上述方法，探求由函数、轴、轴以及直线和所围成的区域的面积. （可以利用公式：）

21.某设计部门承接一产品包装盒的设计（如图所示），客户除了要求、边的长分别为和外，还特别要求包装盒必需满足：
①平面平面； ②平面与平面所成的二面角不小于；
③包装盒的体积尽可能大。
若设计出的样品满足：与均为直角且长，矩形的一边长为，请你判断该包装盒的设计是否符合客户的要求？说明理由。

22．已知函数．
（1）当时，判断函数的单调性；
（2）若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围，并证明．

高二期中理数参考答案2021.04
1.B2.A 3.C4.D 5.B 6.A 7.D 8.B 9.D 10.D11.C 12. C
9.
10.解：令g（x）=x2f（x），∴g′（x）=2xf（x）+x2f′（x），∵2f（x）+xf′（x）＞0，
∴g′（x）＞0，在（0，+∞）恒成立，∴g（x）在（0，+∞）为增函数，
∵（x﹣2021）2f（x﹣2021）﹣f（1）＞0，∴（x﹣2021）2f（x﹣2021）＞f（1），
∵g（1）=f（1），∴g（x﹣2021）＞g（1）∴x-2021＞1∴x＞2022，故选D．
11.

12. 由题意可得：，，
由可得，即，
令，可得,由可得，由可得，
如图：可得在单调递增，
若，则，可得，
令，只需要，对于恒成立，
所以在单调递减，所以，
所以，实数a的范围为，
13.解：将代入方程x2－mx＋2n＝0，有(1＋2i)2－m(1＋2i)＋2n＝0，即，即，由复数相等的充要条件，得解得，故.
14.根据定积分的几何意义，可得电场力对它所做的功.
15.观察数表，得出每一行都成等差数列，且第行公差为，
因此设第n行第1个数是，则第n行第2个数是，
从而可得，从而，所以是等差数列，公差为，
所以，．第n行第2个数是
16.由题，连接，交与点，由题，
，即的长度与的长度或成正比，设，则，
，三棱锥的高
则
令，，令，
即，,令，即，,则即
体积最大值为．
17．（1）由题意可得，解得（5分）
（2）由题意可得，解得（10分）

18．（1）①当时，左边，右边，左边右边．
②假设时等式成立，即，
那么当时，，
即当时，等式成立．
综上，．（6分）
（2）假设，，因为，，所以，，
所以，故，这与矛盾，
所以原假设不成立，故和中至少有一个小于．（12分）
19．（1）当时，，则，由得：；
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；. （5分）
（2）；
①当时，在上恒成立，在上单调递增，
，方程在上无实数解，不合题意；
②当时，在上恒成立，在上单调递减，
，方程在上无实数解，不合题意；
③当时，令得：；
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，，
若方程在上有实数解，则只需，
即，解得：，；
综上所述：的取值范围为. （12分）
20．（1）由题意可知，
，
因为，
，
；（6分）
（2）根据题中方法，探求由函数、轴、轴以及直线和所围成的区域的面积，可将区间分成个小区间，每一个小区间对应一个小矩形，使得每个矩形的左上端点都在抛物线上，这么矩形的高分别为、、、…、，矩形的底边长都是，
则
，
，因为，
.（12分）

21.解：该包装盒的样品设计符合客户的要求。 （1分）
（1）以下证明满足条件①的要求.
∵四边形为矩形，与均为直角，
∴且∴面，
在矩形中，∥∴面∴面面（5分）
（2）以下证明满足条件②、③的要求.
∵矩形的一边长为，而直角三角形的斜边长为，∴
设，则，以为原点，分别为轴的正半轴建立空间直角坐标系，则，，，
设面的一个法向量为，，
∵∴，取，则
而面的一个法向量为，设面与面所成的二面角为，则，
∴，∴，
即当时，面与面所成的二面角不小于.
又，由与均为直角知，面，
该包装盒可视为四棱锥，

当且仅当，即时，的体积最大，最大值为.
而，可以满足面与面所成的二面角不小于的要求，
综上，该包装盒的设计符合客户的要求。 （12分）
（对于条件②、③，先由体积最大求出t的值为，,
证明即为平面与平面所成的二面角的平面角，所以该二面角不小于60，也可得分.）
22．（1）时，，
故，在上单调递增．（5分）
（2）由题意可知有两解，设直线与相切，切点坐标为，
则，解得，
，即．∴实数的取值范围是．（8分）
不妨设，则，
两式相加得：，两式相减得：，
，故，
要证，只需证，即证，
令，故只需证在恒成立即可．
令，则，
∴在上单调递增，，即在恒成立．
．（12分）