新疆霍城县第二中学2021-2022学年高二下学期期中考试数学（理）试题（word 含解析）

2021-2022学年度高二数学期中考试卷
考试时间：120分钟；
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
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一、单选题(共60分，每小题5分)
1．已知是虚数单位，则-+2的实部为（ ）
A． B． C． D．2
2．我们常用函数的函数值的改变量与自变量的改变量的比值来表示平均变化率，当自变量x由改变到时，函数值的改变量（ ）
A． B．
C． D．
3．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要
4．设，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
5．如果抛物线的准线是直线，那么它的焦点坐标为（ ）
A．（1，0） B．（2，0） C．（3，0） D．
6．已知椭圆的一个焦点为，椭圆上一点P到两个焦点的距离之和为6，则该椭圆的方程为（ ）
A． B． C． D．
7．函数（是自然对数的底数）在点处的切线方程是（ ）
A． B． C． D．
8．设函数，则
A．为的极大值点 B．为的极小值点
C．为的极大值点 D．为的极小值点
9．设函数的导函数为，若是奇函数，则曲线在点处切线的斜率为（ ）
A． B． C．2 D．
10．已知双曲线的一条渐近线与直线平行，则该双曲线的离心率是（ ）
A． B． C．2 D．
11．已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
12．阿基米德（公元前287年公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积若椭圆的对称轴为坐标轴，焦点在轴上，且椭圆的离心率为，面积为，则椭圆的方程为（ ）
A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
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二、填空题(共20分，每小题5分)
13．复数的虚部是__________．
14．命题“存在，使得”的否定是__________．
15．设函数，，则实数a＝______．
16．已知抛物线的焦点为，为坐标原点，点在上，且，若，则______.
三、解答题(共70分，必须要有相应的步骤和解题过程)。
17．（10分）求下列函数的导数．
①；
②；
18（12分）．已知复数，当取何实数值时，复数是：
（1）纯虚数；
（2）.
19．已知椭圆的两焦点分别为、，长轴长为6．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求以椭圆的焦点为顶点，以椭圆的顶点为焦点的双曲线的方程．
20．（12分）设函数
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的极值.
21．（12分）已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）设，求在区间上的最小值．
22．（12分）已知拋物线：，点是拋物线的焦点，直线与拋物线交于两点．点的坐标为．
（1）若直线过抛物线的焦点，且，求直线的斜率；
（2）分别过，两点作拋物线的切线，两切线的交点为，求直线的斜率．
参考答案
1．D
【解析】
计算出，再利用的周期性可求得结果.
【详解】
，又，.
故选：D.
【点睛】
本题考查复数指数幂的计算，涉及复数的除法运算以及的周期性的应用，考查计算能力，属于基础题.
2．D
【解析】
【分析】
根据平均变化率的概念即可得出结果.
【详解】
由题意知，当时，；当时，，
故.
故选D.
3．B
【解析】
【分析】
由可解得，即可判断.
【详解】
由可解得，
“”是“”的必要不充分条件，
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．A
【解析】
【分析】
先求出，再求得解.
【详解】
因为.所以，
所以点位于第一象限.
【点睛】
本题主要考查复数的运算和共轭复数，考查复数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
5．D
【解析】
【分析】
结合抛物线的知识确定正确答案.
【详解】
由于抛物线的准线是直线，所以它的焦点为.
故选：D
6．C
【解析】
【分析】
利用已知条件求出c，求解a，然后求解b，即可得到椭圆方程.
【详解】
解：椭圆的一个焦点为，，
椭圆上一点P到两个焦点的距离之和为6，所以，则，
所以所求椭圆方程为：.
故选：C.
【点睛】
本小题主要考查函数导数的计算，考查函数的奇偶性，属于基础题.
7．B
【解析】
【分析】
对函数求导，根据导数的几何意义，求出在点处的切线斜率，进而可得切线方程.
【详解】
由得，
则在点处的切线斜率为，
因此在点处的切线方程为，即.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查求曲线在一点处的切线方程，属于基础题型.
8．D
【解析】
【分析】
先求出函数的导数，令f′（x）＝0，求出极值点，分别得到单调区间，从而求出函数的极值．
【详解】
函数f（x），则函数f′（x），
令f′（x）＝0，解得x＝1，
当f′（x）＞0，解得x>1，
∴函数f（x）在（1，+∞）单调递增；
由f′（x）＜0，解得0＜x＜1，
∴函数f（x）在（0，1）上单调递减．
∴函数f（x）在x＝1取得极小值，
故选D．
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性，函数的极值问题，考查了极值点的概念，属于基础题．
9．D
【解析】
利用为奇函数求得的值，由此求得的值.
【详解】
依题意，由于是奇函数，所以，解得，所以，所以.
故选：D
10．D
【解析】
【分析】
写出渐近线，再利用斜率相等，进而得到离心率
【详解】
双曲线的渐近线为，易知与直线平行，
所以.
故选：D.
11．D
【解析】
【分析】
求出函数在时值的集合， 函数在时值的集合，再由已知并借助集合包含关系即可作答.
【详解】
当时，在上单调递增，，，则在上值的集合是，
当时，，，
当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，
，，则在上值的集合为，
因函数的值域为，于是得，则，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D
12．B
【解析】
【分析】
由题意，设出椭圆的标准方程为，然后根据椭圆的离心率以及椭圆面积列出关于的方程组，求解方程组即可得答案．
【详解】
解：由题意，设椭圆的方程为，
因为椭圆的离心率为，面积为，
所以，解得，
所以椭圆的方程为，
故选：B.
13．
【解析】
【分析】
根据复数除法法则化简即得结果.
【详解】
因为，所以虚部为.
故答案为：
14．对于，都有
【解析】
【分析】
特称命题的否定是全称命题，改量词，否结论.
【详解】
对于，都有.
故答案为：对于，都有.
【点睛】
本题考查特称命题的否定形式.属于容易题.
15．2；
【解析】
【分析】
先对求导，再利用即可求解.
【详解】
，所以，解得，
故答案为：.
16．
【解析】
【分析】
设，进而结合抛物线的定义与已知条件得，进而由解得答案.
【详解】
解：设，由题知，，
因为，所以
因为点在上，
所以，解得，
所以，
所以，解得，
故答案为：
17.解：①.
②因为，
所以
18．（1）；（2）.
【解析】
（1）利用，即可求解.
（2）利用复数相等的条件实部与虚部分别相等即可求解.
【详解】
（1）若复数是纯虚数，则，解得，所以
（2）利用复数相等的条件实部与虚部分别相等可得，
解得，即
19．（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由题意可知，椭圆的焦点在上，，，再由，即可求解.
（2）由题意可知双曲线的，，再由，即可求解.
【详解】
解：（1）由、，长轴长为6，
得：，，所以，
∴椭圆方程为．
（2）由题意得，双曲线的，，
所以，
∴双曲线方程为．
20．（1）；（2）极大值为，极小值为.
【解析】
（1）首先计算得到切点为，再求导代入得到斜率，利用点斜式即可得到切线方程.
（2）首先求出的单调区间，再根据单调区间即可得到函数的极值.
【详解】
（1），切点为.
，.
曲线在点处的切线方程为，即.
（2）
令，解得，.
，，为增函数，
，，为减函数，
，，为增函数.
则函数的极大值为，
极小值为.
【点睛】
本题第一问考查导数的几何意义，第二问考查导数的极值问题，属于简单题.
21．（1）在区间上单调递增，在区间上单调递减；（2）.
【解析】
【分析】
(1) 求出，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；(2)由，结合（1）可得在上递增，在上递减，可得的最小值为中的较小值，进而可得结果.
【详解】
（1）．
当时，，，所以，故单调递增；
当时，，，所以，故单调递减．
所以 在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（2）因为，
所以，在上递增，在上递减，
可得为中的较小值，
设 ，其中．则 ，
故 在区间上单调递增． 所以 ， 即 ，
故 最小值为．
【点睛】
利用导数解答函数最值的一般步骤：第一步：利用或求单调区间；第二步：解；第三步：比较方程的根同区间端点的大小；第四步：求极值；第五步：比较区间端点的函数值与极值的大小．
22．（1）或；（2）．
【解析】
【分析】
（1）设直线方程为，，，联立，由韦达定理求出、、、，再根据即可求解．
（2）由导数的几何意义求出过点，的切线方程，将代入两切线方程，即可得直线的方程，进而可得直线的斜率.
【详解】
解：（1）由题知，焦点，设过点的直线方程为，，
联立，得，，
所以，，
所以，解得或．
（2）由抛物线方程得，，
所以过点，的切线方程分别为和，
因为为两切线的交点，所以，
所以过，的直线方程为，即，
所以．