2020-2021学年江西省上饶市高二（下）期末考试数学试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省上饶市高二（下）期末考试数学试卷北师大版，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知命题p：∃x0>2，x03−8>0，那么¬p为( )
A.∃x0>2，x03−8≤0B.∀x>2，x3−8≤0
C.∃x0≤2，x03−8≤0D.∀x≤2，x3−8≤0

2. 已知复数z=1+i，则1+zz等于( )
A.3+i2B.3−i2C.1−iD.2−i2

3. 定积分−113x2−x+1−x2dx=（ ）
A.1+π2B.2+π2C.3+πD.4+π

4. 双曲线x2−y2b2=1(b>0)的渐近线方程是：y=±22x，则双曲线的焦距为( )
A.3B.6C.27D.322

5. 已知△ABC的边长分别为a，b，c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r=2Sa+b+c，类比这一结论可知：若三棱锥A−BCD的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球半径为R，三棱锥A−BCD的体积为V，则R=( )
A.VS1+S2+S3+S4B.2VS1+S2+S3+S4
C.3VS1+S2+S3+S4D.4VS1+S2+S3+S4

6. 设函数fx在定义域内可导， y=fx的图象如图所示，则导函数y=f′x的图象为（ ）

A.B.
C.D.

7. 已知函数fx=13x3+a2x2+x+1在(−∞,0)和(3,+∞)上为增函数，在(1,2)上为减函数，则实数a的取值范围为（ ）
A.−103,−52B.(−∞,−2)C.(−103,−2]D.−103,−52

8. 若椭圆x225+y216=1和双曲线x24−y25=1的共同焦点为F1，F2，P是两曲线的一个交点，则cs∠F1PF2的值为( )
A.1121B.712C.1921D.37

9. 若直线y=2x+b是曲线y=2alnx的切线，且a>0，则实数b的最小值是( )
A.1B.−1C.2D.−2

10. 四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，且AB=BC=1，点E是AC的中点，异面直线AD与BE所成角为θ，且csθ=1010，则该四面体的体积为( )
A.13B.23C.43D.83

11. 已知函数fx=alnx−2x ，在区间0,3内任取两个实数x1，x2，且x1≠x2，若不等式fx1+1−fx2+1x2−x11)在x=−1时有极值0．
(1)求常数a，b的值；

(2)求函数y=f(x)在区间[−4, 0]上的值域．

已知椭圆C： x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12 ，F1，F2分别是椭圆的左，右焦点，P是椭圆C上一点，且△PFF2的周长是6.
(1)求椭圆C的方程；

(2)设斜率为k的直线交x轴于T点，交曲线C于A，B两点，是否存在k使得|AT|2+|BT|2为定值，若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．

已知函数fx=x2−2x+alnxa∈R．
(1)当a=−4时，求函数fx的单调区间；

(2)若函数fx有两个极值点x1，x2x12，x03−8>0”的否定¬p为“∀x>2，x3−8≤0”．
故选B．
2.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
将z=1+i代入，利用复数除法运算法则计算即可．
【解答】
解：1+zz=1z+1=11+i+1
=1−i(1+i)(1−i)+1=1−i2+1=32−12i.
故选B．
3.
【答案】
B
【考点】
定积分
【解析】
由定积分的运算法则，得到−11(3x2−x+1−x2)dx=−11(3x2−x)dx+−111−x2dx，根据定积分的计算和定积分的几何意义，即可求解．
【解答】
解：由定积分的运算法则，
可得−11(3x2−x+1−x2)dx=−11(3x2−x)dx+−111−x2dx，
又由−113x2−xdx=x3−12x2|−11=1−12+1+12=2.
又由y=1−x2，可得x2+y2=1(y≥0)，表示以原点为圆心，半径为1的上半圆，
此半圆的面积为S=12π×12=π2，
根据定积分的几何意义，可得−111−x2dx=π2，
所以−113x2−x+1−x2dx=2+π2．
故选B．
4.
【答案】
B
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的定义
【解析】
利用双曲线的渐近线方程，求出b，然后求解c，即可求解双曲线的焦距．
【解答】
解：双曲线x2−y2b2=1(b>0)的渐近线方程是y=±22x，
可得b=22，
所以c=a2+b2=3，
所以双曲线的焦距为6．
故选B.
5.
【答案】
C
【考点】
类比推理
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
本题主要考查类比推理.
【解答】
解：设四面体的内切球的球心为O，
则球心O到四个面的距离都是R，
所以四面体的体积等于以O为顶点，
分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和，
所以四面体的体积为
V=13(S1+S2+S3+S4)R，
所以R=3VS1+S2+S3+S4.
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
导数的几何意义
函数的图象
【解析】
根据原函数图像，由导函数与原函数图像之间关系，逐项判断，即可得出结果．
【解答】
解：由图可知，函数fx在−∞,0上单调递减，
∴y=f′x0)．
令f(x)=2xlnx−2x(x>0)，
则f′(x)=2lnx.
由f′(x)>0得x>1；f′(x)0恒成立．
∴x1+x2=8k2+8k2， x1x2=16，
∴ |AB|=1+k2⋅x1+x22−4x1x2
=1+k2⋅(8k2+8k2)2−64
=8k2(k2+1)(2k2+1)，
同理可得|CD|=8k2(1k2+1)(2k2+1)，
∵ l1⊥l2，
∴ 四边形ABCD的面积
S=12|AB|⋅|CD|
=12×8k2(k2+1)(2k2+1)×8k2(1k2+1)(2k2+1)
=32k2+11k2+12k2+12k2+1
=32k2+1k2+22k2+2k2+5.
令t=k2+1k2，
则t=k2+1k2≥2k2⋅1k2=2，
当且仅当k2=1，即k=±1时等号成立．
故S=32t+22t+5=322t2+9t+10，其中t≥2，
利用二次函数的性质知，当t=2时，Smin=322×4+9×2+10=192，
∴四边形ABCD面积的最小值为192．
【考点】
抛物线的性质
斜率的计算公式
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
(1)设Ax1,y1， Bx2,y2，利用点差法可求得结果．
(2)设出直线l1，l2的方程，l1的方程与抛物线方程联立，利用弦长公式求出|AB|，同理求出|CD|，利用两直线垂直求出四边形的面积，然后根据基本不等式可求得最小值．
【解答】
解：(1)设Ax1,y1，Bx2,y2，
则y12=8x1,y22=8x2.
∵ 线段AB的中点为M8,4，
∴y1+y2=2×4=8，
∴y12−y22=8x1−x2，
∴y1−y2x1−x2=8y1+y2=88=1，
∴直线AB的斜率kAB=y1−y2x1−x2=1．
(2)依题意可知l1，l2的斜率都存在且不等于0，设l1的斜率为k.
∵直线l1，l2相互垂直，
∴l2的斜率为−1k，
∴直线l1的方程为：y=kx−4，直线l2的方程为y=−1kx−4.
联立y2=8x，y=kx−4，消去y并整理得k2x2−8k2+8x+16k2=0，
Δ=8k2+82−64k4=128k2+64>0恒成立．
∴x1+x2=8k2+8k2， x1x2=16，
∴ |AB|=1+k2⋅x1+x22−4x1x2
=1+k2⋅(8k2+8k2)2−64
=8k2(k2+1)(2k2+1)，
同理可得|CD|=8k2(1k2+1)(2k2+1)，
∵ l1⊥l2，
∴ 四边形ABCD的面积
S=12|AB|⋅|CD|
=12×8k2(k2+1)(2k2+1)×8k2(1k2+1)(2k2+1)
=32k2+11k2+12k2+12k2+1
=32k2+1k2+22k2+2k2+5.
令t=k2+1k2，
则t=k2+1k2≥2k2⋅1k2=2，
当且仅当k2=1，即k=±1时等号成立．
故S=32t+22t+5=322t2+9t+10，其中t≥2，
利用二次函数的性质知，当t=2时，Smin=322×4+9×2+10=192，
∴四边形ABCD面积的最小值为192．
【答案】
解：(1)由f(x)=x3+3ax2+bx+a2(a>1)，
得f′(x)=3x2+6ax+b.
∵ f(x)在x=−1时有极值0，
∴ f′(−1)=0，f(−1)=0,
∴ 3−6a+b=0，−1+3a−b+a2=0,
解得a=1，b=3,（舍去）或a=2，b=9,
经检验，当a=2，b=9时，符合题意，
∴ a=2，b=9．
(2)由(1)知，f′(x)=3x2+12x+9，
令f′(x)=0，则x=−3或x=−1.
∵ x∈[−4, 0]，
∴ 当−4