2021-2022学年重庆市南开中学高二上学期期末数学试题含解析

这是一份2021-2022学年重庆市南开中学高二上学期期末数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年重庆市南开中学高二上学期期末数学试题一、单选题1．已知是函数的导函数，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出，代值计算可得的值.【详解】因为，则，因此，.故选：B.2．设直线的倾斜角为，且，则满足A． B．C． D．【答案】D【详解】因为，所以，，，，．故选D3．已知直线为抛物线的准线，直线经过抛物线的焦点，与抛物线交于点，则的最小值为（       ）A． B． C．4 D．8【答案】D【分析】先求抛物线的方程，再联立直线方程和抛物线方程，由弦长公式可求的最小值.【详解】因为直线为抛物线的准线，故即，故抛物线方程为：.设直线，则，，而，当且仅当等号成立，故的最小值为8，故选：D.4．已知的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为，则（       ）A．4 B．5C．6 D．7【答案】C【解析】利用赋值法确定展开式中各项系数的和以及二项式系数的和，利用比值为，列出关于的方程，解方程.【详解】二项式的各项系数的和为，二项式的各项二项式系数的和为，因为各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为，所以，.故选：C.5．设函数在上单调递减，则实数的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分析可知，对任意的恒成立，由参变量分离法可得出，求出在时的取值范围，即可得出实数的取值范围.【详解】因为，则，由题意可知对任意的恒成立，则对任意的恒成立， 当时，，.故选：B.6．已知椭圆是椭圆上关于原点对称的两点，设以为对角线的椭圆内接平行四边形的一组邻边斜率分别为，则（       ）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】根据椭圆的对称性和平行四边形的性质进行求解即可.【详解】是椭圆上关于原点对称的两点，所以不妨设，即，因为平行四边形也是中心对称图形，所以也是椭圆上关于原点对称的两点，所以不妨设，即，，得：，即，故选：C7．已知定义在上的函数满足：，且，则的解集为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】令，利用导数可判断其单调性，从而可解不等式.【详解】设，则，故为上的增函数，而可化为即，故即，所以不等式的解集为，故选：A.8．入冬以来，梁老师准备了4个不同的烤火炉，全部分发给楼的三个办公室（每层楼各有一个办公室）.1，2楼的老师反映办公室有点冷，所以1，2楼的每个办公室至少需要1个烤火队，3楼老师表示不要也可以.则梁老师共有多少种分发烤火炉的方法（       ）A．108 B．36 C．50 D．86【答案】C【分析】运用分类计数原理，结合组合数定义进行求解即可.【详解】当3楼不要烤火炉时，不同的分发烤火炉的方法为：；当3楼需要1个烤火炉时，不同的分发烤火炉的方法为：；当3楼需要2个烤火炉时，不同的分发烤火炉的方法为：，所以分发烤火炉的方法总数为：，故选：C【点睛】关键点睛：运用分类计数原理是解题的关键.二、多选题9．已知m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面.下列说法中正确的是（       ）A．若，，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】ACD【分析】对A，由线面平行的性质可判断正确；对B，可能存在，对C，由面面垂直的性质可判断正确；对D，由垂直和平行的性质可判断正确.【详解】对A，由线面平行的性质可知，直线平行于已知平面，则直线平行于过该直线的平面与已知平面的交线，故A正确；对B，当，不满足命题，故B错误；对C，如图所示，，作，因为，，，所以,，又因为，所以，因为，所以，故C正确；对D，因为，，所以，又，则，故D正确.故选：ACD10．设函数，则的零点个数可能是（       ）A． B．2 C．3 D．4【答案】AB【分析】将问题转化为求函数与交点的个数，画出和的图象，利用数形结合的数学思想即可得出结果.【详解】由函数，得，则函数的零点个数就是函数与交点个数，画出和的图象，如图由图可知，当，两个函数的图象有1个交点，当，两个函数的图象有2个交点，所以函数的零点个数可能有1个或2个．故选：AB．11．已知为双曲线的左右焦点，关于一条渐近线的对称点刚好落在双曲线上，则下列说法正确的是（       ）A．B．双曲线的离心率C．D．渐近线方程为【答案】BC【分析】渐近线与的交点为关于直线的对称点为，连接，运用三角形的中位线定理和双曲线的定义，求得，再计算可得．【详解】如图所示，双曲线的左焦点为，右焦点为，由对称性，取一条渐近线， 关于渐近线的对称点为， 直线与线段的交点为，连接，因为点与关于直线对称，则，且为的中点，所以，根据双曲线的定义，有，故A不正确；，即，所以，故B正确；易知是以为直角的直角三角形，所以，故C正确；由于，所以渐近线方程为，故D不正确.故选：BC12．已知曲线，则以下说法正确的是（       ）A．最小值为B．两曲线有且仅有2条公切线，记两条公切线斜率分别为，则C．当轴时，D．【答案】ABC【分析】对选项A，利用抛物线的焦半径公式转化求得最小值，进而建立函数，然后再研究函数的单调性即可；对选项B，先找到是其中的一条公切线，分别在两个曲线上设切线方程，然后根据公切线定义，则设立的两个切线方程重合而建立方程，然后将方程转化为函数，研究该函数的零点即可；对选项C，先设动点（）的坐标，根据轴，进而建立目标函数，然后研究该函数单调性即可；对选项D，考虑轴时，进而建立目标函数（），通过求该函数的最小值就能说明【详解】 对选项A，如图所示，易知，根据抛物线的焦半径公式可得：故有：，则有：设点的坐标为：则有：令，则可得：再次求导可得：故在区间上单调递增又可得：当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增；故则故故选项A正确；对选项B，不妨设外公切线分别与，（）切于点，则曲线的切线为：则曲线的切线为：根据与表示同一直线，则有：解得：令（）则有：可得：在区间上单调递增；在区间上单调递减则有：，，（注意：实际上取不到该点），因为，故根据零点存在性定理可知：在区间上存在一个零点，即存在一条公切线；当时，，则在函数的处的切线方程为：联立 可得：，故此时与切于点，也满足由图易知：当时，不可能存在公切线综上可得：两曲线有且仅有2条公切线不妨取（）则有：又，可得：在上单调递增，则有：故选项B正确；对选项C，当轴时，设（），则则有：记，则有：令，解得：故当时，，在区间上单调递减；当时，，在区间上单调递增；故有：故故选项C正确；对选项D， 不妨设（）上点，（）上点则有：，可得：若轴时，（）令 （）则有：易知：在区间上单调递增可得：令，下面证明：可化简为进而可化简为：故在区间存在一个零点，令则当时，，即在区间上单调递减；当时，，即在区间上单调递增；故而又下面证明：即证：只需证明：又：故成立从而，而且以上还仅仅考虑轴时的情况，故选项D错误故答案选：ABC【点睛】求函数最值和值域的常用方法：（1）单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值；（2）图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值；（3）基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值；（4）导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值；（5）换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．三、填空题13．曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为__________.【答案】【分析】运用导数的几何意义进行求解即可.【详解】由，所以，而，所以切线方程为：，令，得，令，得，所以三角形的面积为：，故答案为：14．二项式的展开式中，项的系数为__________.【答案】80【分析】利用二项式的通项公式进行求解即可.【详解】二项式的通项公式为：，令，所以项的系数为，故答案为：8015．已知直线与圆交于两点，则面积的最大值为__________.【答案】【分析】先求出的范围，再利用面积公式可求面积的最大值.【详解】圆即为，直线为过原点的直线，如图，连接，故，解得，此时，故的面积为，当且仅当时等号成立，此时即，故答案为：.16．如图，椭圆左顶点为轴上一点满足，且线段与椭圆交于点是以为底边的等腰三角形，则椭圆离心率为__________.【答案】【分析】根据题设条件可得的坐标，代入椭圆方程后可求椭圆的离心率.【详解】因为，故，， 且在轴的正半轴上，则在第二象限中，故，代入椭圆方程有：即，故，故答案为：.四、解答题17．已知是函数的一个极值点.(1)求实数的值；(2)求函数在区间上的最大值和最小值.【答案】(1)3(2)，【分析】（1）先求出函数的导数，根据极值点可得导数的零点，从而可求实数的值；（2）由（1）可得函数的单调性，从而可求最值.(1)，是的一个极值点,.，，此时，令，解剧或，令，解得，故为的极值点，故.(2)由（1）可得在上单调递增，在上单调递减，故在上为增函数，在上为减函数，.又.18．已知抛物线过点.(1)求抛物线方程；(2)若直线与抛物线交于两点两点在轴的两侧，且，求证：过定点.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）运用代入法直接求解即可；（2）设出直线的方程与抛物线方程联立，结合一元二次方程根与系数关系、平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.(1)由已知可得：；(2)的斜率不为设，，或，因为直线与抛物线交于两点两点在轴的两侧，所以，即过定点.【点睛】关键点睛：运用一元二次方程根与系数关系是解题的关键.19．已知函数.(1)若与在处有相同的切线，求实数的取值；(2)若时，方程在上有两个不同的根，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据导数的几何意义求得函数在处的切线方程，再由有相同的切线这一条件即可求解；（2）先分离，再研究函数的单调性，最后运用数形结合的思想求解即可.(1)设公切线与的图像切于点，在处的切线为，由题意得：；(2)当时，，①，①式可化为为，令令，，在上单调递增，在上单调递减.，当时，由题意知：20．四棱锥，底面为矩形，面，且，点在线段上，且面.(1)求线段的长；(2)对于（1）中的，求直线与面所成角的正弦值.【答案】(1)1(2)【分析】（1）根据线面垂直得到，再由相似比得方程可求解；（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，运用夹角公式先求线面角的余弦值，再转化为正弦值即可.(1)面，在矩形中，易得：；(2)如四建立空间直角坐标系：则，，由题意可知：为平面的一个法向量，，，直线与面所成角的正弦值为.21．设函数.(1)讨论函数在区间上的单调性；(2)函数，若对任意的，总存在使得，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2).【分析】（1）求导，根据导函数的正负性分类讨论进行求解即可；（2）根据存在性和任意性的定义，结合导数的性质、（1）的结论、构造函数法分类讨论进行求解即可.(1),,①当时，恒成立，在上单调递增.②当时，恒成立，在上单调递减，③当吋，，在单调递减，单调递增.综上所述，当吋，在上单调递增；当时，在上单调递减，当时，在单调递减，单调递增.(2)由题意可知：在单调递减，单调递增由（1）可知：①当时，在单调递增，则恒成立②当时，在单调递减，则应（舍）③当时，，则应有令，则，且在单调递增，单调递减，又恒成立，则无解综上，.【点睛】关键点睛：运用构造函数法，结合存在性、任意性的定义进行求解是解题的关键.22．将离心率相同的两个椭圆如下放置，可以形成一个对称性很强的几何图形，现已知.(1)若在第一象限内公共点的横坐标为1，求的标准方程；(2)假设一条斜率为正的直线与依次切于两点，与轴正半轴交于点，试求的最大值及此时的标准方程.【答案】(1)(2)；【分析】（1）设，将点代入得出的标准方程；（2）联立与直线的方程，得出两点的坐标，进而得出，再结合导数得出的最大值及此时的标准方程.(1)由题意得：在第一象限的公共点为设，则有：的标准方程为：；(2)设则①，则②，，，又，由①有代入①有，令，则令，在单调递增，在单调递减，此时，则，代入②得，综上：的最大值2，此时.