2022-2023學年高二數學下學期期中試題 理（含解析）

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1、2022-2023學年高二數學下學期期中試題 理（含解析） 一、選擇題：（本大題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目的要求） 1. 復數的共軛復數是 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由復數的除法化簡復數式，再求得共軛復數。 【詳解】由題意可得 ,共軛復數為.所以選C. 【點睛】運算法則：設z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R. z1±z2＝(a＋bi)±(c＋di)＝(a±c)＋(b±d)i. z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋

2、(bc＋ad)i. 2. ①是一次函數；②的圖像是一條直線；③一次函數的圖像是一條直線.寫一個“三段論”形式的正確推理，則作為大前提、小前提和結論的分別是(　　) A. ②①③ B. ③②① C. ①②③ D. ③①② 【答案】D 【解析】 三段論：①y=2x+5是一次函數；②y=2x+5的圖象是一條直線；③一次函數的圖象是一條直線；大前提是③，小前提是①，結論是②．故排列的次序應為：③①②，故選D. 點睛：演繹推理的主要形式就是由大前提、小前提推出結論的三段論推理．三段論推理的依據用集合論的觀點來講就是：若集合的所有元素都具有性質，是的子集，那么中所有元素都具有

3、性質．三段論的公式中包含三個判斷：第一個判斷稱為大前提，它提供了一個一般的原理；第二個判斷叫小前提，它指出了一個特殊情況；這兩個判斷聯(lián)合起來，揭示了一般原理和特殊情況的內在聯(lián)系，從而產生了第三個判斷結論．演繹推理是一種必然性推理，演繹推理的前提與結論之間有蘊涵關系．因而，只要前提是真實的，推理的形式是正確的，那么結論必定是真實的，但錯誤的前提可能導致錯誤的結論 3. 求曲線在點處的切線方程 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先對函數求導，求得，，再由點斜式求得切線方程。 【詳解】，所以，，所以切線方程為，化簡得，選A。 【點睛】本題考

4、查導數的幾何意義，求切線的方程即函數在處的切線方程為。 4. 已知， 則等于（　?。? A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 對函數進行求導可得：，將代入可得，即，故選B. 5. 用反證法證明：若整系數一元二次方程有有理數根，那么中至少有一個偶數時，下列假設正確的是（　?。? A. 假設都是偶數 B. 假設都不是偶數 C. 假設至多有一個偶數 D. 假設至多有兩個偶數． 【答案】B 【解析】 “若整系數一元二次方程有有理根，那么中至少有一個是偶數”的反證假設是“假設都不是偶數” 選B 6. 若4位同學報名參加3個不同的課外活動小

5、組，每位同學限報其中的一個小組，則不同的報名方法共有（ ） A. 34種 B. 9種 C. 43種 D. 12種 【答案】C 【解析】 【分析】 由分步計數原理人去選活動小組，可得結果。 【詳解】由分步計數原理人去選活動小組，每個人都選完，事情結束，所以方法數為43種。選C. 【點睛】本題考查分步計數原理求完成事情的方法數，只需要區(qū)分理解分類計數原理與分步計數原理。 7. 已知且,計算,猜想等于 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 分別令，由方程寫出，根據的特征猜想出的通項公式。 【詳解】由題意可

6、得，代入，得，即，所以， 令n=2,代入，得，即，所以，所以猜想，選B. 【點睛】本題?？疾椴煌耆珨祵W歸納法，這是尋找解題思想和方法的突破點的極其重要的一種方法和手段。 8. 用數學歸納法證明 “ (n∈N*，n＞1)”時由n＝k(k＞1)不等式成立，推證n＝k＋1時左邊應增加的項數是(　　) A. k＋1 B. k C. 2k D. 2k＋1 【答案】C 【解析】 【分析】 當n＝k＋1時，增加的項為，共項。 【詳解】當n=k時，式子為“ (n∈N*，n＞1)”， 當n=k+1時，式子為“ (n∈N*，n＞1)”，所以增加了共項，即項,選C. 【

7、點睛】運用數學歸納法證明命題要分兩步，第一步是歸納奠基(或遞推基礎)證明當n取第一個值n0(n0∈N*)時命題成立，第二步是歸納遞推(或歸納假設)假設n＝k(k≥n0，k∈N*)時命題成立，證明當n＝k＋1時命題也成立，只要完成這兩步，就可以斷定命題對從n0開始的所有的正整數都成立，兩步缺一不可． 9. 如圖陰影部分的面積是(　　) A. e＋ B. e＋－1 C. e＋－2 D. e－ 【答案】C 【解析】 試題分析：陰影部分的面積為. 考點：定積分的應用. 10. 設是上的偶函數，當時，，且，則不等式的解集是（ ） A. B. C.

8、 D. 【答案】C 【解析】 ∵，即，故在上單調遞增，又∵是上的偶函數，故在上單調遞減，∵,故不等式的解集是，故選C. 點睛：本題考查了函數的奇偶性的應用，以及導數的運算，不等式的解法等，熟練掌握導數的運算是解題的關鍵，屬于中檔題；先根據可確定，進而可得到在上遞增，結合函數的奇偶性可確定在上是減函數，最后根據可求得答案. 二、填空題：（本大題共4小題，每小題4分，共16分） 11. 已知為虛數單位，設，則=______． 【答案】. 【解析】 【分析】 由于是以4為周期的數列，所以相連的四項和為0，由此求得。 【詳解】由于，所以， 即=,所以，填。 【點睛】記

9、住以下結論，可提高運算速度 (1)(1±i)2＝±2i；(2)；(3)；(4)－b＋ai＝i(a＋bi)； (5)i4n＝1；i4n＋1＝i；i4n＋2＝－1；i4n＋3＝－i(n∈N)． 12. a，b，c，d，e共5個人，從中選1名組長1名副組長，但a不能當副組長，不同的選法總數是___________． 【答案】16. 【解析】 【分析】 用間接法，用總共情況減去當副組長的情況，即為所求。 【詳解】間接法，用總共情況減去當副組長的情況，填16. 【點睛】本題考查帶限制條件的排列組合問題，間接法是一種常用的方法。 13. 復數,，則的最大值是___________．

10、 【答案】. 【解析】 【分析】 設，且，求出 ，再由三角換元可求出最大值。 【詳解】設，且，， 所以 所以最大值為，填3+。 【點睛】本題考查復數的模的最值問題，利用待定系數法結合函數思想求得最值。 14. 在平面幾何中有如下結論：正三角形ABC的內切圓面積為S1，外接圓面積為S2，則，推廣到空間可以得到類似結論；已知正四面體P﹣ABC的內切球體積為V1，外接球體積為V2，則=_________． 【答案】. 【解析】 由平面圖形類比空間圖形，由二維類比三維，如圖，設正四面體P－ABC的棱長為a，E為等邊三角形ABC的中心，O為內切球與外接球的球心，則AE＝a，P

11、E＝a.設OA＝R，OE＝r，則r＝a－R，又在Rt△AOE中，OA2＝OE2＋AE2，即R2＝2＋2，∴R＝a，r＝a，∴正四面體的外接球和內切球的半徑之比是31，故正四面體P－ABC的內切球體積V1與外接球體積V2之比等于127，即＝. 三、解答題：（本大題共4小題，共44分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟） 15. 計算： (1) (2) 已知復數，求 【答案】(1) . (2) . 【解析】 【分析】 （1）先化簡 ，再做復數平方運算。（2）代入，由復數除法可得。 【詳解】（1） ，填。 （2） ，填-2i。 【點睛】本題綜合考查復數的四則運算

12、及乘方運算，注意運算的正確性。 16. 已知0

13、與的特征寫出的表達式。 （2）根據題意由數學歸納法書寫過程可證。 【詳解】（）∵， ∴， ． 由此可猜想：， （）證明：當時，，等式成立， 假設時，等式成立，即， 則當時， ， 即當時，等式也成立， 綜上所述，對任意自然數，． 【點睛】運用數學歸納法證明命題要分兩步，第一步是歸納奠基(或遞推基礎)證明當n取第一個值n0(n0∈N*)時命題成立，第二步是歸納遞推(或歸納假設)假設n＝k(k≥n0，k∈N*)時命題成立，證明當n＝k＋1時命題也成立，只要完成這兩步，就可以斷定命題對從n0開始的所有的正整數都成立，兩步缺一不可． 18. 設函數，其中． (1)若

14、，求函數的單調遞減區(qū)間． (2)求函數的極值． (3)若函數在區(qū)間上恰有兩個零點，求的取值范圍． 【答案】（1）. （2）的極大值為，無極小值． （3）. 【解析】 【分析】 （1）先求定義域，由，由可求得單調遞減區(qū)間。 （2）由于m>0,，由的根為>,可求得極值。 （3）由（）可知，因為，且，所以只需。 【詳解】（）依題意，函數的定義域為， 當時，，， 令，得，解得或， 又∵， ∴函數的單調遞減區(qū)間是． （），，∵，， ∴在上單調遞增，在上單調遞減， ∴，無極小值， 綜上，的極大值為，無極小值． （）由（）可知， 當時，，又，∴為的一個零點， ∴若在恰有兩個零點， 則，即， 解得． 【點睛】求函數零點問題，一般利用導數分析函數單調性與極值等圖像特征，再根據零點存在性定理分析函數零點個數，數形結合更有利于解題。