2021-2022学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、南师附中、十七中四校高二上学期期末联考数学（理）试题含解析

这是一份2021-2022学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、南师附中、十七中四校高二上学期期末联考数学（理）试题含解析，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、南师附中、十七中四校高二上学期期末联考数学（理）试题一、单选题1．据记载，欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉发现的，该公式被誉为“数学中的天桥”特别是当时，得到一个令人着迷的优美恒等式，将数学中五个重要的数（自然对数的底，圆周率，虚数单位，自然数的单位和零元）联系到了一起，有些数学家评价它是“最完美的数学公式”.根据欧拉公式，复数的虚部（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由欧拉公式的定义和复数的概念进行求解.【详解】由题意，得，则复数的虚部为.故选：D.2．命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】求解命题为真命题的充要条件，再利用集合包含关系判断【详解】命题“”为真命题，则≤1,只有是的真子集,故选项B符合题意故选：B3．函数的极大值点为（       ）A． B．C． D．不存在【答案】B【分析】求导，令导数等于0，然后判断导数符号可得，或者根据对勾函数图象可解.【详解】令，得，因为时，，时，，所以时有极大值；当时，，时，，所以时有极小值.故选：B4．已知为圆：上任意一点，则的最小值为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，则的几何意义为圆上的点和定点连线的斜率，利用直线和圆相切，即可求出的最小值；【详解】圆，它的圆心是，半径为1，设，则，即，当直线和圆相切时，有，可得，，的最小值为：，故选：．5．曲线在处的切线如图所示，则（       ）A． B．C． D．【答案】C【详解】由图可知切线斜率为，∴.故选：C.6．过椭圆的左焦点作弦，则最短弦的长为（       ）A． B．2 C． D．4【答案】A【分析】求出椭圆的通径，即可得到结果．【详解】过椭圆的左焦点作弦，则最短弦的长为椭圆的通径：．故选：A．7．日常饮用水通常都是经过净化的，随若水纯净度的提高，所需净化费用不断增加．已知水净化到纯净度为时所需费用单位：元为那么净化到纯净度为时所需净化费用的瞬时变化率是（       ）元/t.A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意求出函数的导函数，然后令即可求解．【详解】因为，所以，则，故选：．8．如图，双曲线，是圆的一条直径，若双曲线过，两点，且离心率为，则直线的方程为（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由离心率求得，设出两点坐标代入双曲线方程相减求得直线斜率与的关系得结论．【详解】由题意，则，即，由圆方程知，设，，则，，又，两式相减得，所以，直线方程为，即．故选：D．9．设函数是定义在上的函数的导函数，有，若，，则，，的大小关系是（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】设，求导分析的单调性，又，，，即可得出答案．【详解】解：设，则，又因为，所以，所以在上单调递增，又，，，因为，所以，所以.故选：C．10．已知抛物线的焦点为F，过点F作倾斜角为的直线l与抛物线交于两点，则POQ(O为坐标原点)的面积S等于（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由抛物线的方程可得焦点的坐标，由题意设直线的方程，与抛物线的方程，联立求出两根之和及两根之积，进而求出，的纵坐标之差的绝对值，代入三角形的面积公式求出面积．【详解】抛物线的焦点为，，由题意可得直线的方程为，设，，，，联立，整理可得：，则，，所以，所以，故选：A．11．设双曲线与幂函数的图象相交于，且过双曲线的左焦点的直线与函数的图象相切于，则双曲线的离心率为（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】设直线方程为，联立，利用判别式可得，进而可求，再结合双曲线的定义可求，即得.【详解】可设直线方程为，联立，得，由题意得,∴，，∴，即，由双曲线定义得，.故选：B.12．已知函数，要使函数有三个零点，则的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】要使函数有三个解，则与图象有三个交点，数形结合即可求解.【详解】要使函数有三个解，则与图象有三个交点，因为当时，，所以，可得在上递减，在递增，所以，有最小值，且时，，当趋向于负无穷时，趋向于0，但始终小于0，当时，单调递减，由图像可知：所以要使函数有三个零点，则.故选：A．二、填空题13．已知复数对应的点在复平面第一象限内，甲、乙、丙三人对复数的陈述如下为虚数单位：甲：；乙：；丙：，在甲、乙、丙三人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数______．【答案】【分析】设，则，然后分别求出甲，乙，丙对应的结论，先假设甲正确，则得出乙错误，丙正确，由此即可求解．【详解】解：设，则，甲：由可得，则， 乙：由可得：，丙：由可得，即，所以，若，则，则不成立，，则，解得或，所以甲，丙正确，乙错误，此时或，又复数对应的点在复平面第一象限内，所以，故答案为：．14．=______.【答案】【解析】根据被积函数（）表示一个半圆，利用定积分的几何意义即可得解.【详解】被积函数（）表示圆心为，半径为2的圆的上半部分，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了利用定积分的几何意义来求定积分，在用该方法求解时需注意被积函数的在给定区间内的函数值符号，本题属于中档题.15．已知椭圆交轴于A，两点，点是椭圆上异于A，的任意一点，直线，分别交轴于点，，则为定值．现将双曲线与椭圆类比得到一个真命题：若双曲线交轴于A，两点，点是双曲线上异于A，的任意一点，直线，分别交轴于点，，则为定值___．【答案】－【分析】由双曲线的方程可得，的坐标，设的坐标，代入双曲线的方程可得的横纵坐标的关系，求出直线，的方程，令，分别求出，的纵坐标，求出的表达式，整理可得为定值．【详解】由双曲线的方程可得，，设，则，可得，直线的方程为：，令，则，可得，直线的方程为，令，可得，即，∴，，，故答案为：－．另解：双曲线方程化为，只是将的替换为－，故答案也是只需将中的替换为－即可.故答案为：－.16．已知函数若存在，使得成立，则实数的取值范围是_______________．【答案】【分析】分离参数法得到能成立, 构造函数，求出的最小值，即可求出实数a的取值范围.【详解】由得.设，则存在,使得成立，即能成立，所以能成立,所以.又令,由对勾函数的性质可得：在上，t(x)单调递增,所以当x=2时,t有最小值，所以实数a的取值范围是.故答案为：【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围.三、解答题17．已知命题实数满足成立，命题方程表示焦点在轴上的椭圆，若命题为真，命题或为真，求实数的取值范围．【答案】或【分析】首先根据复数的乘方及复数模的计算公式求出命题为真时参数的取值范围，再根据椭圆的性质求出命题为真时参数的取值范围，依题意为假，为真，即可求出参数的取值范围；【详解】解：因为，，，，所以，所以，所以为真时，因为方程表示焦点在轴上的椭圆，所以，所以，即为真时，所以为假时参数的取值范围为或，因为命题为真，命题或为真，所以为假，为真，或．18．以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为，曲线的参数方程是(为参数．(1)求直线和曲线的普通方程；(2)直线与轴交于点，与曲线交于，两点，求．【答案】(1)，(2)4【分析】（1）根据，即可将直线的极坐标方程转化为普通方程；消参数，即可求出曲线的普通方程；（2）由题意易知，求出直线的参数方程，将其代入曲线的普通方程，利用一元二次方程根和系数关系式的应用，即可求出结果．【详解】(1)解：直线的极坐标方程为，即，又，可得的普通方程为，曲线的参数方程是(为参数，消参数，所以曲线的普通方程为．(2)解：在中令得，，倾斜角，的参数方程可设为，即（为参数），将其代入，得，，设，对应的参数分别为，，则，，，异号，.19．已知函数(1)求在点处的切线方程．(2)求直线与曲线围成的封闭图形的面积．【答案】(1)(2)2【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再利用点斜式求出切线方程；（2）首先求出两函数的交点坐标，再利用定积分及微积分基本定理计算可得；【详解】(1)解：因为，所以，所以切线的斜率，切线过点，切线的方程为，即．(2)解：由题知，即解得或，即或或，直线与曲线于则所求图形的面积20．请你设计一个包装盒，如图所示，是边长为的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得四个点重合于图中的点，正好形成一个长方体形状的包装盒，、在上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设 (1)求包装盒的容积关于的函数表达式，并求出函数的定义域；(2)当为多少时，包装盒的容积最大？最大容积是多少？【答案】(1)，定义域为；(2)当时，包装盒的容积最大是.【分析】（1）设出包装盒的高和底面边长，利用长方体的表面积得到等量关系，再利用长方体的体积公式求出表达式，再利用实际意义得到函数的定义域；（2）求导，利用导函数的符号变化得到函数的极值，即最值.【详解】(1)解：设包装盒的高为，底面边长为，则，，．所以=其定义域为；(2)解：由（1）得：，，因为，所以当时，；当时，；所以当时，取得极大值，即当时，包装盒的容积最大是21．已知两动圆：和：，把它们的公共点的轨迹记为曲线，若曲线与轴的正半轴的交点为，取曲线上的相异两点、满足：且点与点均不重合.(1)求曲线的方程；(2)证明直线恒经过一定点，并求此定点的坐标；【答案】(1)；(2)证明见解析，.【分析】（1）设两动圆的公共点为，则有，运用椭圆的定义，即可得到，，，进而得到的轨迹方程；（2），设，，，，设出直线方程，联立方程组，利用韦达定理法及向量的数量积的坐标表示，即可得到定点.【详解】(1)设两动圆的公共点为，则有．由椭圆的定义可知的轨迹为椭圆，设方程为，则，，所以曲线的方程是：．(2)由题意可知：，且直线斜率存在，设，， 设直线：，联立方程组，可得，，，因为，所以有，把代入整理化简得，或舍，因为点与点均不重合，所以直线恒过定点22．已知函数，(1)讨论的单调性；(2)若时，对任意都有恒成立，求实数的最大值．【答案】(1)答案见解析；(2).【分析】（1）利用导数与单调性的关系分类讨论即得；（2）由题可得在上恒成立，构造函数，利用导数求函数的最值即可.【详解】(1)的定义域为，且．当时，显然，在定义域上单调递增； 当时，令，得则有：极大值 即在上单调递增，在上单调递减，综上所述，当时，在定义域上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减.(2)当时，，对于满足恒成立，在上恒成立，令，只需．∴，，，令，则，在上单调递增，又，，存在唯一的，使得，即，两边取自然对数得， 极小值 ，则的最大值为．