2021-2022学年甘肃张掖市省民乐县第一中学高二下学期3月教学质量检测数学（理）试题解析

1、试卷第 =page 2 2页，共 =sectionpages 4 4页第 Page * MergeFormat 15 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 15 页2021-2022学年甘肃张掖市省民乐县第一中学高二下学期3月教学质量检测数学（理）试题一、单选题1的实部与虚部分别是（）A，B，C ，D ，【答案】C【分析】根据实部和虚部的定义，知的实部为，虚部为，代入即可求值.【详解】由复数的基本形式，且根据实部和虚部的定义，知的实部为，虚部为，化简，知的实部为0，虚部为.故选：C.2设是可导函数，且，则（）A2B-1C1D-2【答案】A【解析】根据导数的定义求解【详解】故选：

2、A.【点睛】本题考查导数的定义，注意极限中形式的一致性3一物体沿直线以v3t2(t的单位：s，v的单位：m/s)的速度运动，则该物体在36 s间的运动路程为A46 mB46.5 mC87 mD47 m【答案】B【详解】(5412)46.5(m)故选B.【解析】定积分在物理中的应用4已知，则等于（）A（0，34，10）B（-3，19，7）C44D23【答案】C【分析】由题可得，再利用数量积的坐标表示即得.【详解】，.故选：C.5高三某班上午有4节课，现从6名教师中安排4人各上一节课，如果甲、乙两名教师不上第一节课，丙必须上最后一节课，则不同的安排方案种数为（ ）A36B24C18D12【答案】A

3、【分析】先从初甲乙丙之外的3人中任选1人上第一节课，最后一节课丙上，中间的两节课从剩下的4人中任选2人，即可求解.【详解】先安排第一节课，从初甲乙丙之外的3人中任选1人，最后一节课丙上，中间的两节课从剩下的4人中任选2人，故甲乙两名教师不上第一节课，丙必须项最后一节课，则不同的安排方案种数为种.故选：A.6观察下列算式:21=2，22=4，23=8，24=16，25=32，26=64，27=128，28=256，用你所发现的规律可得22019的末位数字是（）A2B4C6D8【答案】D【分析】观察2的次方的末位数字，发现规律，即可计算的末位数字.【详解】由题意得，2的次方的末位数字分别是2，4，

4、8，6这4个数字循环，即以4为周期又，的末位数字与 的末位数字相同，的末位数字是8故选：D7某学校派出5名优秀教师去边远地区的三所中学进行教学交流，每所中学至少派1名教师，则不同的分配方法有（）A80种B90种C120种D150种【答案】D【分析】对5个人先进行两种情况的分组，再进行全排列，即可得答案.【详解】先对5个人先进行两种情况的分组，一是分为1，1，3，有种，二是分为1，2，2，共有种，再分配，可得不同的分配方法有种.故选：D.8对于不等式 n1(nN)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：（1）当n1时， 11，不等式成立（2）假设当nk(kN)时，不等式成立，即 k1，则当nk1时，

5、(k1)1，nk1时，不等式成立，则上述证法（）A过程全部正确Bn1验得不正确C归纳假设不正确D从nk到nk1的推理不正确【答案】D【分析】根据数学归纳法的定义即可判断答案.【详解】在nk1时，没有应用nk时的归纳假设.故选:D.9设函数f（x）在定义域内可导，其图象如图所示，则导函数f（x）的图象可能是（）ABCD【答案】B【分析】根据函数图象得出单调性，然后判断导函数的正负即可选出答案.【详解】由函数的图象，知当时，是单调递减的，所以；当时，先减少，后增加，最后减少，所以先负后正，最后为负故选：B【点睛】本题考查原函数的单调性与导函数的正负的关系.属于基础题.10已知正四棱柱中，E为中点，

6、则异面直线BE与所成角的余弦值为ABCD【答案】C【详解】平移成三角形用余弦定理解，或建立坐标系解，注意线线角不大于,故选C.取DD1中点F，则为所求角, ，选C.11已知函数在处有极小值，则实数m的值为（）A3B1或3C1D3【答案】D【分析】根据在处导数等于0可得m的值，然后讨论是否满足原函数在处有极小值即得.【详解】由，可得令，得，由题知，或当时，当时，时，在处有极大值，不满足题意；当时，当时，时，在处有极小值，所以.故选：D.12在长方体，底面是边长为的正方形，高为，则点到截面的距离为ABCD【答案】B【分析】设，根据直线与平面垂直的判定定理可得平面，再根据平面与平面垂直的判定定理得出

7、平面平面，交线为，在平面内过作于，则的长即为点到截面的距离，在中，利用等面积法求出即可.【详解】如下图所示：设，又，平面，平面，平面平面.又平面平面，过点在平面内作于点，则的长即为点到截面的距离，在中，由，可得，因此，点到截面的距离为，故选B.【点睛】本题考查点到平面的距离的计算，考查空间想象能力与逻辑推理能力，属于中等题.二、填空题13设，且，则的最小值为_.【答案】.【分析】设，根据等式化简即可得到,带入，化简即可得出答案.【详解】设.则即化简得：.所以所以当时.故答案为：.14抛物线与直线围成的平面图形的面积为_【答案】18【分析】先求出抛物线与直的交点坐标，再选y作为积分变量，利用定积

8、可求得结果【详解】由方程组，解得两交点、，选y作为积分变量，故答案为：1815从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成_个没有重复数字的四位数.(用数字作答)【答案】1260.【详解】分析:按是否取零分类讨论，若取零，则先排首位，最后根据分类与分步计数原理计数.详解：若不取零，则排列数为若取零，则排列数为因此一共有个没有重复数字的四位数.点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：(1)元素相邻的排列问题“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题间接法.1

9、6已知函数在区间（其中）上存在最大值，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】利用导数求出函数的单调性，判断出极值点后可得关于的不等式组，从而可得所求的范围.【详解】因为，所以.当时，；当时，.所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以函数在处取得极大值.因为函数在区间（其中）上存在最大值，所以，解得.故答案为：.【点睛】关键点点睛：函数在开区间内有最值，则最值点（极值点）必在此开区间内，这是解决此题的关关键.三、解答题17用黄、蓝、白三种颜色粉刷6间办公室.(1)若每间办公室粉刷什么颜色不作要求，有多少种不同的粉刷方法?(2)若一种颜色的粉刷3间，一种颜色的粉刷2间，一种颜色的粉刷1间，有多

10、少种不同的粉刷方法?【答案】(1)729(2)360【分析】（1）由分步乘法原理计算（2）先将办公室分为3组，然后分配【详解】(1)根据题意，每间办公室粉刷什么颜色不要求，则每间办公室都有3种选择，即共有333333=36=729种粉刷方法.(2)根据题意，先将办公室分为3组，分别为3间、2间、1间，有种分法，再将3组对应三种颜色，有种情况，由分步乘法计数原理可得，共有=360种粉刷方法.18（1）复数z在复平面内对应的点在第四象限，|z|=1，且，求z；（2）已知复数为纯虚数，求实数m的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）设，根据列方程，解方程求得，也即求得.（2）利用复数的乘法和除法

11、运算化简，根据为纯虚数，求得实数的值.【详解】（1）设，依题意，即，解得，所以.（2）依题意.由于为纯虚数，则，解得.【点睛】本小题主要考查复数的有关概念和运算，属于基础题.19如图，在正方体中， E为的中点（）求证：平面；（）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（）证明见解析；（）.【分析】（）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .【详解】（）方法一：几何法如下图所示：在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，

12、则，平面，平面，平面；方法二:空间向量坐标法以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、，设平面的法向量为，由，得，令，则，则.又向量,又平面，平面；（）方法一：几何法延长到，使得，连接，交于，又，四边形为平行四边形，又,所以平面即平面,连接，作,垂足为,连接,平面,平面,，又,直线平面,又直线平面,平面平面,在平面中的射影在直线上,直线为直线在平面中的射影，为直线与平面所成的角，根据直线直线，可知为直线与平面所成的角.设正方体的棱长为2，则,即直线与平面所成角的正弦值为.方法二：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，又,，直线与平面所

13、成角的正弦值为.方法三：几何法+体积法 如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P因为，所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角设正方体的棱长为2，在中，易得，可得由，得，整理得所以所以直线与平面所成角的正弦值为方法四：纯体积法设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，在中，所以，易得由，得，解得，设直线与平面所成的角为，所以【整体点评】（）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最

14、优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.20已知函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求过点且与曲线相切的直线方程【答案】（1）；（2）或【分析】（1）利用导数的几何意义即可求函数在点处的切线方程；（2）设出切点，由点斜式方程得到所求切线的方程，代入，解方程可得切点，进而得到切线的方程【详解】（1）由，切线方程的，则曲线在点处的切线方程为（2）设切点的坐标为，则所求切线方程为 代入点的坐标得，解得或 当时，所求直线方程为，当时，所求直线方程为，所以过点且与曲线相切的

15、直线方程为或【点睛】本题考查导数的几何意义，求切线的方程，注意在点与过点的区别，属于基础题.21如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O，OP底面ABCD，点M为PC中点，AC=4，BD=2，OP=4.求平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值.【答案】.【分析】根据题意建立空间直角坐标系，分别求出平面ABM与平面PAC的法向量，即可求出答案.【详解】因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD.又OP底面ABCD，以O为原点，直线OA，OB，OP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，,.故，.设平面的法向量为，则令，得.又平面PAC的一个法向量为，所以.故平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查二面角.属于中档题.求二面角常用方法：几何法、向量法.22已知函数.（1）令，求的单调区间；（2）若直线是函数的图象的切线，且，求的最小值.【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为（2）【解析】（1）求出，再求导、解不等式，从而得到函数的单调区间；（2）