2021-2022学年江西省师范大学附属中学高二上学期期末数学（理）试题含解析

2021-2022学年江西省师范大学附属中学高二上学期期末数学（理）试题

一、单选题

1．函数，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出函数的导数，代入求值即可.

【详解】函数,故，

所以，

故选：B

2．设函数在上可导，则等于（       ）

A． B． C． D．以上都不对

【答案】C

【分析】根据目标式，结合导数的定义即可得结果.

【详解】.

故选：C

3．将点的极坐标化成直角坐标是(   )

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】本题考查极坐标与直角坐标的互化

由点M的极坐标，知

极坐标与直角坐标的关系为，所以的直角坐标为

即

故正确答案为A

4．命题 ，， 则是（       ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【解析】根据特称命题的否定为全称命题，即可得到答案.

【详解】因为命题 ，，

所以，.

故选：D

5．若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为

A．y=±2x B．y= C． D．

【答案】B

【详解】双曲线的离心率为，渐进性方程为，计算得，故渐进性方程为.

【考点定位】本小题考查了离心率和渐近线等双曲线的性质.

6．魏晋时期数学家刘徽首创割圆术，他在《九章算术》方田章圆田术中指出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”这是注述中所用的割圆术是一种无限与有限的转化过程，比如在正数中的“”代表无限次重复，设，则可以利用方程求得，类似地可得到正数（       ）

A．2 B．3 C． D．

【答案】A

【解析】设，则，解方程可得结果.

【详解】设，则且，

所以，所以，

所以，所以或（舍）.

所以.

故选：A

【点睛】关键点点睛：设是解题关键.

7．已知“”的必要不充分条件是“或”，则实数的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】首先解不等式得到或，根据题意得到，再解不等式组即可.

【详解】，解得或，

因为“”的必要不充分条件是“或”，

所以.

实数的最小值为.

故选：A

8．如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接（相切）.已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为（       ）

A．

B．

C．       

D．

【答案】D

【分析】由题设，“需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接（相切）“可得出此两点处的切线正是两条直道所在直线，由此规律验证四个选项即可得出答案．

【详解】由函数图象知，此三次函数在上处与直线相切，在点处与相切，下研究四个选项中函数在两点处的切线．

A：，将0代入，此时导数为，与点处切线斜率为矛盾，故A错误．

B：，将0代入，此时导数为，不为，故B错误；

C：，将2代入，此时导数为，与点处切线斜率为3矛盾，故C错误；

D：，将0，2代入，解得此时切线的斜率分别是，3，符合题意，故D正确；

故选：D.

9．函数的定义域是，，对任意，，则不等式的解集为（       ）

A． B．

C．或 D．或

【答案】A

【分析】构造函数，结合已知条件可得恒成立，可得为上的减函数，再由，从而将不等式转换为，根据单调性即可求解.

【详解】构造函数，

因为，

所以为上的增函数．

又因为，

所以原不等式转化为，即，解得.

所以原不等式的解集为，

故选：A.

10．《米老鼠和唐老鸭》这部动画给我们的童年带来了许多美好的回忆，令我们印象深刻.如图所示，有人用3个圆构成米奇的简笔画形象.已知3个圆方程分别为： 圆 圆 ，圆 若过原点的直线 与圆、均相切，则截圆所得的弦长为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】设直线，利用直线与圆相切，求得斜率，再利用弦长公式求弦长

【详解】设过点的直线.由直线与圆 、圆 均相切，得 解得 (1).设点到直线的距离为 则 (2).又圆的半径直线截圆所得弦长 结合(1)(2)两式，解得

11．若函数有零点，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】设，则函数有零点转化为函数的图象与直线有交点，利用导数判断函数的单调性，即可求出．

【详解】设，定义域为，则，易知为单调递增函数，且 所以当时，，递减； 当时， ， 递增，所以 所以，即．

故选：A．

【点睛】本题主要考查根据函数有零点求参数的取值范围，意在考查学生的转化能力，属于基础题．

二、填空题

12．已知为偶函数，且，则___________.

【答案】8

【分析】由已知条件中的偶函数即可计算出结果，

【详解】为偶函数，且，

.

故答案为：8

13．已知函数，则________.

【答案】2

【分析】根据导数的计算法则计算即可.

【详解】∵，

∴，

∴

∴.

故答案为：2.

14．用数学归纳法证明等式：，验证时，等式左边________．

【答案】

【分析】根据数学归纳法的步骤即可解答.

【详解】用数学归纳法证明等式：，

验证时，等式左边=.

故答案为：.

15．已知拋物线的焦点为F，O为坐标原点，M的准线为l且与x轴相交于点B，A为M上的一点，直线AO与直线l相交于C点，若，，则M的标准方程为______________.

【答案】

【分析】先利用相似关系计算，求得直线OA的方程，再联立方程求得，利用抛物线定义根据即得p值，即得结果.

【详解】因为，，所以，则，

如图，，故，解得，

所以，直线OA的斜率为，OA的方程，

联立直线OA与抛物线方程，解得，所以，

故，则抛物线标准方程为.

故答案为：.

16．若函数在区间内存在最大值，则实数的取值范围是____________.

【答案】

【解析】首先利用导数判断函数的单调性，再根据函数在开区间内存在最大值，可判断极大值点就是最大值点，列式求解.

【详解】由题可知：

所以函数在单调递减，在单调递增，故函数的极大值为 .所以在开区间内的最大值一定是又， 所以 得实数的取值范围是

故答案为：

【点睛】关键点点睛：由函数在开区间内若存在最大值，即极大值点在区间内，同时还得满足极大值点是最大值，还需列不等式，不要忽略这个不等式.

三、解答题

17．在平面直角坐标系中，过点且倾斜角为的直线与曲线（为参数）交于两点.

（1）将曲线的参数方程转化为普通方程；

（2）求的长.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）利用公式直接将椭圆的参数方程转化为普通方程即可.

（2）首先求出直线的参数方程，代入椭圆的普通方程得到，再利用直线参数方程的几何意义求弦长即可.

【详解】（1）因为曲线（为参数），

所以曲线的普通方程为：.

（2）由题知：直线的参数方程为（为参数），

将直线的参数方程代入，得.

，.

所以.

18．已知圆C：x2+y2-2x+4y-4=0,问是否存在斜率是1的直线l，使l被圆C截得的弦AB，以AB为直径的圆经过原点，若存在，写出直线l的方程；若不存在，说明理由.

【答案】x-y-4=0或x-y+1="0. "

【详解】试题分析：假设存在，并设出直线方程y＝x＋b，然后代入圆的方程得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理得到根的关系，最后利用OA⊥OB即x1x2＋y1y2＝0，得到参数b的方程求解即可．

试题解析：

设直线l的方程为y＝x＋b①

圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0．②

联立①②消去y，得

2x2＋2（b＋1）x＋b2＋4b－4＝0．

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则有③

因为以AB为直径的圆经过原点，所以OA⊥OB，即x1x2＋y1y2＝0，

而y1y2＝（x1＋b）（x2＋b）＝x1x2＋b（x1＋x2）＋b2，所以2x1x2＋b（x1＋x2）＋b2＝0，

把③代入：b2＋4b－4－b（b＋1）＋b2＝0，

即b2＋3b－4＝0， 解得b＝1或b＝－4，

故直线l存在，方程是x－y＋1＝0，或x－y－4＝0．

【解析】存在性问题．

【方法点睛】存在性问题，首先应假设存在，然后去求解．对本题来说具体是：设出直线方程y＝x＋b，然后分析几何性质得到OA⊥OB即得到关于参数b的方程求解即可．解该类问题最容易出错的的地方是，忽视对参数范围的考虑，即直线方程与圆的方程联立求解后应得到，即求出的b值必须满足b的范围，否则无解．

19．已知函数.

（1）若函数的图象在处的切线方程为，求的值；

（2）若函数在上是增函数，求实数的最大值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）先对函数求导，再根据在处的切线斜率可得到参数的值，然后代入，求出的值，则即可得出；

（2）根据函数在上是增函数，可得，即恒成立，再进行参变分离，构造函数，对进行求导分析，找出最小值，即实数的最大值．

【详解】解：（1）由题意，函数.

故，

则，

由题意，知，即.

又，则.

，即.

.

（2）由题意，可知，即恒成立，

恒成立.

设，则.

令，解得.

令，解得.

令，解得x.

在上单调递减，在上单调递增，在处取得极小值.

.

，

故的最大值为.

【点睛】本题主要考查利用某点处的一阶导数分析得出参数的值，参变量分离方法的应用，不等式的计算能力．本题属中档题．

20．如图，点是曲线上的动点(点在轴左侧)，以点为顶点作等腰梯形，使点在此曲线上，点在轴上.设，等腰梯的面积为.

（1）写出函数的解析式，并求出函数的定义域；

（2）当为何值时，等腰梯形的面积最大？求出最大面积.

【答案】（1）；

（2）当时取到最大值，

【解析】（1）设点，则根据题意得，，故；

（2）令，研究函数的单调性，进而得的最值，进而得的最大值.

【详解】解：（1）根据题意，设点，

由是曲线上的动点得：，

由于椭圆与轴交点为，故，

所以

即：

（2）结合（1），对两边平方得：

，

令，

则，

所以当时，，当时，，

所以在区间单调递增，在上单调递减，

所以在处取到最大值，，

所以当时，取到最大值，.

【点睛】本题考查利用导数研究实际问题，考查数学应用能力与计算能力，是中档题.

21．已知动圆过点 且动圆内切于定圆： 记动圆圆心的轨迹为曲线.

（1）求曲线的方程；

（2）若、是曲线上两点，点 满足 求直线的方程.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）根据两圆内切，以及圆过定点列式求轨迹方程；（2）利用重心坐标公式可知，，再设直线的方程为与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求解直线方程.

【详解】（1）由已知可得，两式相加可得 则点的轨迹是以 、 为焦点， 长轴长为的椭圆，则 因此曲线的方程是

(2)因为， 则点是的重心， 易得直线的斜率存在， 设直线的方程为，

联立 消 得：

且 ①

②

由①②解得 则直线的方程为 即

【点睛】本题考查直线与椭圆的问题关系，本题的关键是根据求得，.

22．已知函数为常数，函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若函数的图象与直线相切，求实数的值；

（3）当时，在上有两个极值点且恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）答案见解析；（2）7；（3）

【解析】（1）根据题意求得，讨论，，，时解，即可得出函数的单调区间；

（2）设切点为则结合，得令通过求导研究单调性解得进而解出的值.

（3）由已知可得解析式，观察有，求导得

原题意可转化为函数在上有两个不同零点.结合根的分布可得，函数的两个极值点为是在上的两个不同零点可得且，代入函数中令通过单调性求出进而可得答案.

【详解】解：(1)，

令，解得：

①当时，由得，由得，

在上单调递减，在上单调递增；

②当时，由得或

由得

所以在上单调递减，在上单调递增；

③当时，恒成立，所以在上单调递增.

④当时，由得或

由得

所以在上单调递减，在上单调递增.

综上：①当时，在上单调递减，在上单调递增；

②当时，在上单调递减，在上单调递增；

③当时，在上单调递增.

④当时，在上单调递减，在上单调递增.

(2)设切点为则()，

由可得 ()，

联立() ()可得，

设则，

所以在单调递增，在单调递减，

又，所以，所以.

（3）由已知可得

令由题意知在上有两个不同零点.

则，

因为函数的两个极值点为，

则和是在上的两个不同零点.

所以且，

所以

令

则所以在上单调递增，

所以有其中，

即又恒成立，所以

故实数的取值范围为.

【点睛】方法点睛：已知不等式恒成立求参数值(取值范围)问题常用的方法：

（1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.