四川省成都市树德中学2021-2022学年高二下学期（5月）阶考 数学（理科） PDF版含解析 （可编辑）

高二数学（理科） 2022-05 阶考 第1 页 共2 页 高2020 级高二下期5 月阶段性测试数学（理科）试题 命题人：邓连康 审题人：白继才、陈杰、常勇 一、单选题（每小题仅有一个正确选项，选对得5 分，共60 分） 1．已知复数z 满足 3 i 2 z i    ，则z 的虚部是（ ） A．i  B．i C． 1  D．1 2．老师在课堂中与学生探究某个圆时，有四位同学分别给出了一个结论. 甲：该圆经过点  2,2 . 乙：该圆的半径为5 . 丙：该圆的圆心为  1,0 . 丁：该圆经过点  7,0 ， 如果只有一位同学的结论是错误的，那么这位同学是（ ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 3．已知曲线   2cos : sin x C y        为参数，以坐标原点O 为原点， x 轴正方向为极轴，建立极坐标系， 则曲线C 的极坐标方程为（ ） A． 2 2 4 1 sin    B． 2 2 4 1 2sin    C． 2 2 4 1 3sin    D． 2 2 4 1 4sin    4．   2 2 0 cos x x dx      （ ） A． 3 4  B． 3 2 4   C． 2 2  D． 2 2 2   5．函数  2 1 1 2 2 2 x x f x x e e ax ax a       ， 1 x  是函数的极大值点，则a 的取值范围是（ ） A．  , e  B．  , 2e  C．  2 , e  D．  2 , 2e  6．实数, x y 满足：   2 1 2 4 x t t y t         为参数，则3x y  的取范围为( ) A． 3,2      B． 7, 7      C．2, 7     D． 3, 7      7． 用数学归纳法证明：    * 1 1 1 1 2 3 2n f n n N      的过程中， 从n k  到 1 n k  时，  1 f k  比  f k 共增加了（ ） A．1 项 B．2 1 k 项 C．2k 项 D． 1 2k项 8．偶函数  f x  为  f x 的导函数，  f x  的图象如图所示，则函数  f x 的图象可能为（ ） A． B． C． D． 9．正方体 1 1 1 1 ABCD A BC D  ，棱长为2 ，M 是CD 的中点，则三棱锥 1 1 B AMD  的体积为（ ） A．2 B．2 C．2 2 D．4 10．函数  2 1 cos 2 f x x ax   ，定义域为0, 2        ， f x 有唯一极值点，则实数a 的取值范围为（ ） A． 2 1         ， B． 1 1 2        ， C． 1 1 2 2         ， D． 1 1 2          ， 11．已知函数  e , 0 ln , 0 x x f x x x        ， （e 为自然对数的底数） ，则函数    2 1 1 e        F x f f x f x 的零点个 数为（ ） A．8 B．7 C．6 D．4 12．函数 f x 定义域为R ，导函数为  ' f x ，  f x 满足下列条件：①任意x R  ，    2 2 2 f x f x x     恒成立，②   1, x  时，  ' 2 1 f x x  恒成立， 则关于t 的不等式：    2 2 2 3 5 2 f t f t t t      的解集为（ ） A．   0,2 B．  01 ， C．   11 ， D．  1 2 ， 高二数学（理科） 2022-05 阶考 第2 页 共2 页 二、填空题（每小题5 分，共20 分） 13．直线l 为曲线 2 2 3ln y x x x    的切线，且l 与直线 2 y x   平行，则直线l 的一般方程为_______. 14．在复平面内，复数z 满足： 1 1 z i  ，则z 最小值是___________. 15． 已知梯形ABCD和矩形CDEF . 在平面图形中， 1 1 2 AB AD DE CD    ， CD AE  . 现将矩形CDEF 沿CD进行如图所示的翻折，满足面ABCD垂直于面CDEF . 设 2 EN NC  ，EP PB   ，若 \ \ AP DBN 面 ，则实数的值为 ； 16．已知 6 a  ，若方程 4 3 2 3 1 3 ln 2 0 2 x ax x x x x        在  1,2 上有唯一实根，则实数a 的取值范 围为 三、解答题(本大题共6 小题，共70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17． （10 分）已知 C 的极坐标方程为 4cos    ，以极点O 为坐标原点，极轴为x 轴正半轴，建立平 面直角坐标系， （1）求 C 的直角坐标方程， （2）过   1,1 M 作直线l 交圆 C 于, P Q 两点，且 2 PM QM  ，求直线l 的斜率. 18． （12 分）如图，AB 为圆柱底面的直径， ACD △ 是圆柱底面的内接正三角形，AP 和DQ 为圆柱的两条 母线，若 2 =2 AB AP  ． （1）求证：平面PCQ 平面BDQ； （2）求BP 与面ABQ所成角正弦值； （3）求二面角B AQ C   的余弦值． 19． （12 分）已知函数 3 3 4 f x x ax    ，定义域为  2,  ，实数   0, a , （1）若=1 a ，求函数的极值点与极值； （2）若函数  f x 在区间  2,1  上的最大值为20 ，求实数a 的值. 20． （12 分）数列 n a ，分别解答下列问题 （1）若： 1 4 a  ，   * 1 3 1 1 n n n a a n n       N ．求 2 a ， 3 a ， 4 a 的值，猜想 n a 的通项公式；并用数学归纳 法证明你的猜想． （2）已知  2 2 x e f x x  ，若： 1 2 a  ，    * 1 n n a f a n  N ，证明： * n N  ， 1 2 n n a a    恒成立 21． （12 分）函数 2 1 x f x e ax x   ，定义域为  0,1 （1） f x 在  0,1 上单调递增，求实数a 的取值范围 （2） f x 在  0,1 上恰有两个零点，求实数a 的取值范围 22． （12 分）函数    2 1 ln 1 2 f x x x x a x     ，  f x 有两个不同的极值点   1 2 1 2 , x x x x  ， （1）求实数a 的取值范围; （2）当 1 2 7 x x  的取值范围为   15ln 2,11 ln3    时，总存在两组不同的数对  1 2 , x x 使得方程     2 2 1 2 2 2 1 e x x x x    成立，求实数的取值范围 D C A B E F N P 高二数学（理科） 2022-05 阶考 第3 页 共2 页 高2020 级高二下期5 月阶段性测试数学（理科）试题参考答案 1—6：CDCAAD, 7—12CBBACA 13: 2 0 x y    ，14：2 1 ，15：3 ，16：  7 2ln2,6  17: （1） C 的极坐标方程为： =4cos  ， 直角坐标方程为  2 2 2 4 x y    （2）设直线的倾斜角为，则直线的参数方程为      1 cos : 1 sin x t l t y t         为参数， 与  2 2 2 4 x y    联立，得   2 2 sin cos 2 0 t t       ， 点P 对应的参数为1 t ，点Q对应的参数为2 t ， 则   1 2 1 2 2 sin cos 2 t t t t          ，因为 1 2 2 t t  ，所以1 2 2 t t  ， 联立可得 2 3sin 8sin cos 3cos 0        ，解得： 4 7 tan 3    ， 所以直线的斜率为4 7 4 7 3 3   或 18： (1)因为AB 为圆柱底面的直径，所以AD BD  ；因为DQ 为圆柱的母线，故AD DQ  ， 又BD DQ D   ，故AD 平面BDQ． 由AP 和DQ 为圆柱的两条母线知四边形APQD 为矩形，因此PQ AD ∥ ，故PQ 平面BDQ． 又因为PQ 平面PCQ，所以平面PCQ 平面BDQ． （2）由题意知DA，DB，DQ 两两垂直，以D 为坐标原点，DA，DB，DQ 为x，y，z 轴，建立如图空间 直角坐标系，令 2 AB  ，因为 ACD △ 是圆柱底面的内接正三角形， 故 30 BAD    ，故 cos30 3 AD AB    ， sin30 1 BD AB   ．   3,0,0 A ，  0,1,0 B ，   0,0,1 Q ，  3,0,1 P   3,1,0 AB  ，   3,0,1 AQ  ．   3, 1,1 BP   在平面ABQ 中，设平面ABQ 的法向量为   , , n x y z  ， 由 0 0 n AB n AQ      ，即 3 0 3 0 x y x z           ，令 1 x 得   1, 3, 3 n  ， | | 105 cos , 35 BP n BP n BP n    ，所以直线BP 与面ABQ所成角正弦值为105 35 (3)过C 作CH AD  ，垂足为H， 1 3 2 2 DH AD   ， 3 3 2 2 CH AD   ， 故点C 的坐标为 3 3 , ,0 2 2 C         ， 3 3 , ,0 2 2 AC          ，   3,0,1 AQ  ． 在平面ACQ 中，设平面ACQ 的法向量为   , , m x y z  ， 由 0 0 m AC m AQ        ，即 3 3 0 2 2 3 0 x y x z          ，令 3 x  得   3,1,3 m  ． 设二面角B AQ C   的平面角为，由图可知为锐角， 则 | | 5 3 cos | cos , | 91 m n m n m n      ，所以二面角B AQ C   的余弦值为5 273 91 19： （1）    2 ' 3 1 f x x     2, 1 x  ，  ' 0 f x  ， f x 单调递增；   1,1 x ，  ' 0 f x  ，  f x 单调递减   1, x ，  ' 0 f x  ， f x 单调递增， 所以1 是函数的极大值点，极大值为  1 6 f   ；1是函数的极小值点，极大值为 1 2 f  （2）    2 ' 3 f x x a   ①若0 1 a  ，   2, x a   ，  ' 0 f x  ，  f x 单调递增   , x a a  ，  ' 0 f x  ， f x 单调递减   ,1 x a  ，  ' 0 f x  ， f x 单调递增 若    max 2 4 20 f x f a a a      ，得 4 a  （舍去） 若  max 1 5 3 20 f x f a    ，得 5 a （舍去） ②若1 4 a   ，   2, x a   ，  ' 0 f x  ，  f x 单调递增   ,1 x a  ，  ' 0 f x  ， f x 单调递减 高二数学（理科） 2022-05 阶考 第4 页 共2 页 若    max 2 4 20 f x f a a a      ，得 4 a  （舍去） ③若 4 a  ，   2,1 x ，  ' 0 f x  ，  f x 单调递减 若    max 2 6 4 20 f x f a      ，得 4 a  （满足） 综上所述： 4 a  20： （1）解：∵ 1 4 a ， 1 3 1 1 n n n a a n     ，∴ 2 1 2 1 9 a a   ， 3 2 5 1 16 3 a a   ， 4 3 3 1 25 2 a a   ．猜想   2 1 n a n   ． 证明：①当 1 n 时， 2 1 4 2 a   ，猜想显然成立； ②假设当n k  时，猜想成立，即   2 1 k a k   ， 则当 1 n k  时，     2 2 2 1 3 1 4 4 2 1 1 1 k k k a a k k k k k                 ， 即当 1 n k  时，猜想也成立．由①②可知，猜想成立，即   2 1 n a n   ． （2）当 1 n  ， 2 2 1 2 2 e a a    ，命题成立 当n k  时，假设 1 2 k k a a    成立 当 1 n k  时，   1 k k a f a  ，   2 1 k k a f a       ' 3 2 2 x e x f x x   ，当   2, x ， f x 单调递增， 因为 1 2 k k a a    ，所以      2 1 2 2 k k e f f a f a     所以 1 2 2 k k a a     ，有数学归纳法，命题成立 21： （1）  ' 2 1 x f x e ax   ，  '' 2 x f x e a   ，  '' f x 在  0,1 单调递增 ①若2 1 a ，即 1 2 a  时，   0,1 x ，   '' '' 0 1 2 0 f x f a    ，  ' f x 单调递增，   ' ' 0 0 f x f   ，  f x 单调递增（满 足） ②若2a e  ，即 2 e a  时，   0,1 x ，   '' '' 1 2 0 f x f e a    ，  ' f x 单调递减，   ' ' 0 0 f x f   ，  f x 单调递减（舍 去） ③若1 2a e   ，即1 2 2 e a   时，  '' 0 1 2 0 f a   ，  '' 1 2 0 f e a   ，存在   0 0,1 x  ，且   0 ln 2 x a  ，使得   '' 0 0 f x  ，   0 0, x x  ，  '' 0 f x  ，  ' f x 单调递减，   ' ' 0 0 f x f   ， f x 单调递减（舍去） 综上所述： 1 2 a  （2）由（1）问知 1 2 a  或 2 e a  时，函数 f x 在  0,1 单调，所以不符合题意 若1 2a e   ，即1 2 2 e a   时，  '' 0 1 2 0 f a   ，  '' 1 2 0 f e a   ，存在   0 0,1 x  ，且   0 ln 2 x a  ，使得   '' 0 0 f x  ，   0 0, x x  ，  '' 0 f x  ，  ' f x 单调递减，   ' ' 0 0 f x f     0,1 x x  ，  '' 0 f x  ，  ' f x 单调递增，  ' 1 2 1 f e a   ①若  ' 1 2 1 0 f e a   ，即 1 2 2