2021-2022学年陕西省渭南市韩城市高二上学期期末数学(文)试题(解析版)
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这是一份2021-2022学年陕西省渭南市韩城市高二上学期期末数学(文)试题(解析版),共12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学年陕西省渭南市韩城市高二上学期期末数学(文)试题 一、单选题1.命题“,”的否定是( )A.B.C.D.【答案】A【分析】根据特称命题“存在”,符号,其否定为全称命题,符号为,“”的否定为“”, 即可选出答案.【详解】解:该命题是一个特称命题,其否定是一个全称命题,即命题“,”的否定是“,”,故选:A.2.将点的直角坐标化成极坐标得( )A. B. C. D.【答案】D【分析】根据公式,,结合点在第一象限,为第一象限角求得,即可求解.【详解】因为点的直角坐标,所以极径为,,因为在第一象限,所以,所以直角坐标化成极坐标得,故选:D.3.若,,那么A. B.C. D.【答案】B【解析】根据不等式的性质比较判断即可求解.【详解】因为,所以,又,所以, 故选:B【点睛】本题主要考查了不等式的性质,考查了推理分析能力,属于容易题.4.平面上动点M到点F(3,0)的距离等于M到直线l:x=-3的距离,则动点M满足的方程是( )A.y2=6x B.y2=12x C.x2=6y D.x2=12y【答案】B【解析】根据定义:平面内与一个定点F和一条定直线l(F∉l)距离相等的点的轨迹叫做抛物线.点F叫做抛物线的焦点,直线l叫做抛物线的准线.【详解】解:由条件可知,点M到点F(3,0)的距离与到直线x=-3的距离相等,所以点M的轨迹是以F(3,0)为焦点,x=-3为准线的抛物线,故,根据抛物线方程可得:其方程为y2=12x.故选:B5. 设则“且”是“”的A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.即不充分也不必要条件【答案】A【详解】试题分析:若x≥2且y≥2,则x2≥4,y2≥4,所以x2+y2≥8,即x2+y2≥4;若x2+y2≥4,则如(-2,-2)满足条件,但不满足x≥2且y≥2.所以“x≥2且y≥2”是“x2+y2≥4”的充分而不必要条件.故选A.【解析】本题考查充分、必要、冲要条件.点评:本题也可以利用几何意义来做:“”表示为以原点为圆心,2为半径的圆外的点,包括圆周上的点,“且”表示横坐标和纵坐标都不小于2的点.显然,后者是前者的一部分,所以选A.这种做法比分析中的做法更形象、更直观.6.已知椭圆,长轴在轴上,若焦距为4,则等于A.5 B.6 C.9 D.10【答案】C【分析】先把椭圆方程转换成标准方程,进而根据焦距求得m.【详解】将椭圆的方程转化为标准形式为,显然m﹣3>11﹣m>0,即11>m>4,焦距为4,则(m-3)-(11-m)=4,解得m=9.故选C.【点评】本题主要考查了椭圆的简单性质.要求学生对椭圆中对长轴和短轴即及焦距的关系明了.7.已知数列是等比数列,其前项和为,,则A. B. C.2 D.4【答案】A【分析】由题意,根据等比数列的通项公式和求和公式,求的公比,进而可求解,得到答案.【详解】由题意得,,,公比,则,故选A.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式和求和公式的应用,其中解答中熟记等比数列的通项公式和求和公式,准确运算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.8.已知函数的导函数为,若的图象如图所示,则函数的图象可能是( )A. B.C. D.【答案】D【解析】根据导函数大于,原函数单调递增;导函数小于,原函数单调递减;即可得出正确答案.【详解】由导函数得图象可得:时,,所以在单调递减,排除选项A、B,当时,先正后负,所以在先增后减,因选项C是先减后增再减,故排除选项C,故选:D.9.若满足约束条件则的最小值为( )A.18 B.10 C.6 D.4【答案】C【分析】由题意作出可行域,变换目标函数为,数形结合即可得解.【详解】由题意,作出可行域,如图阴影部分所示,由可得点,转换目标函数为,上下平移直线,数形结合可得当直线过点时,取最小值,此时.故选:C.10.已知命题p:∃x0∈R,,命题q:∀x∈R,x2+x+1>0.则下列命题为真命题的是( )A.p∧q B.()∧qC.p∧() D.()∧()【答案】A【分析】本题的关键是判定命题p:,使得,命题q:∀x∈R, 的真假,再利用复合命题的真假判定.【详解】对于命题p:,使得,当x<0时,命题p成立,命题p为真命题q:∀x∈R,,显然 ,命题q为真∴根据复合命题的真假判定,p∧q为真,(¬p)∧q为假,p∧(¬q)为假,(¬p)∧(¬q)为假故选A.【点睛】本题考查复合命题的真假判定,解决的办法是先判断组成复合命题的简单命题的真假,再根据真值表进行判断.11.《孙子算经》是我国古代的数学名著,书中有如下问题:“今有五等诸侯,共分橘子六十颗,人别加三颗.问五人各得几何?”其意思为“有5个人分60个橘子,他们分得的橘子数成公差为3的等差数列,问5人各得多少子,”这个问题中,得到橘子最少的人所得的橘子个数是( )A.4 B.5C.6 D.7【答案】C【分析】设等差数列首项为,利用前五项和求得首项.【详解】由题,设得到橘子最少的人所得的橘子个数即为,则该数列前5项和,解得. 故选:C.12.已知圆:与双曲线:的渐近线相切,则的离心率为( )A.2 B. C. D.【答案】C【分析】根据题意可得圆心到渐近线的距离为半径,可解得,即可求出离心率.【详解】由得,所以圆心,半径,双曲线:的一条渐近线为,由题意得圆心到渐近线的距离,所以,所以,所以.故答案为:. 二、填空题13.不等式的的解集是______.【答案】【分析】先通分化简,再转化为乘法且分母不为零,即可得到答案.【详解】故答案为:.14.曲线在点处的切线方程为______.【答案】【分析】求出函数的导数,再借助导数的几何意义及直线的点斜式方程即可计算作答.【详解】函数定义域为,,则,于是得,即,所以曲线在点处的切线方程为.故答案为:15.已知,则的大小关系为______.【答案】【分析】先对a,b,c分别进行平方,然后比较平方后的大小关系,从而得到a,b,c的大小关系.【详解】由题意可得,,,可以比较得出,,又,,,由幂函数在的单调性可知,故答案为:16.若圆的极坐标方程为,则圆心到直线的距离为______.【答案】【分析】将极坐标方程转化为普通方程得到圆心为,再根据点到直线的距离公式得到答案.【详解】圆的极坐标方程为,即,,圆心为,圆心到直线的距离为.故答案为: 三、解答题17.(1)解关于的不等式:;(2)若为实数,且,求的最小值. 【答案】(1);(2)6.【分析】(1)先将原不等式化简整理成,然后根据二次不等式的解法进行求解即可;(2)直接利用基本不等式结合指数运算法则进行求解即可.【详解】(1)原不等式可化为,解得.∴不等式的解集为.(2)∵为实数,∴,则,当且仅当,即时等号成立.∴的最小值为6.18.已知曲线(为参数),(为参数).(1)求,的普通方程;(2)若上的点对应的参数为,上的点对应的参数,求.【答案】(1):,:;(2);【分析】(1)消去参数得到曲线的普通方程;(2)直接将所对应的参数代入参数方程,求出、两点的坐标,再根据两点的距离公式计算可得;【详解】解:(1)曲线(为参数),曲线的普通方程为:,(为参数).曲线的普通方程为.(2)因为曲线(为参数),对应的参数为,所以;(为参数),点对应的参数,所以,所以19.设是数列的前项和,且.(1)证明:数列是等差数列;(2)求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)首先根据与的关系得到,即可证明数列是等差数列.(2)利用裂项相消法求解即可.【详解】(1)∵,,∴,∴,又∵,∴是以首项为1,公差为1的等差数列.(2)由(1)知,∴.∴,∴.20.已知函数在处取得极值.(1)求实数的值;(2)求函数在上的最大值和最小值.【答案】(1)(2),. 【分析】(1)求导,根据极值的定义可以求出实数的值;(2)求导,求出时的极值,比较极值和,之间的大小关系,最后求出函数的最大值和最小值.【详解】(1),∵函数在处取得极值,∴,即(经检验符合题意),∴.(2)由(1)知,则,令,解得或;令,解得;∴函数在上单调递增,在上单调递减,则极大值,而,.故函数在上的最大值和最小值分别为,,.21.已知椭圆,、分别是其左、右焦点,过的直线与椭圆交于两点,且椭圆的离心率为,的周长等于.(1)求椭圆的方程;(2)当时,求直线的方程.【答案】(1);(2)或【分析】(1)由椭圆的离心率为,得,由的周长等于,可得,结合,可求出椭圆方程.(2)当直线l的斜率不存在时,不满足条件,当直线l的斜率存在时,设l:,与椭圆方程联立,写出韦达定理,然后由弦长公式可得关于的方程,解出,即得到直线l的方程.【详解】解:(1)由题可得,,即的周长等于,的周长为即,所以,而,解得则椭圆C的方程为:.(2)设,由(1)可得,当直线l的斜率不存在时,l的方程为,代入椭圆方程得:.所以,即,不符合题意,当直线l的斜率存在时,可设l:,联立直线l与椭圆C可得:,,,,解得,所以直线l的方程为或.【点睛】本题考查椭圆的定义的应用,求椭圆的方程和求弦长,属于中档题.22.已知函数(1)求的单调区间.(2)若,证明:对任意的时恒成立.【答案】(1)减区间为;增区间为;(2)证明见解析.【分析】(1)求导可得,,分别令,结合定义域,即得单调区间;(2)转化为,求导可得,令,二次求导分析可得在单调递增,,分析即得解.【详解】(1)已知函数的定义域为令即,又因为,所以即令即,又因为,所以即的减区间为;增区间为.(2)因为定义域为-令及则在单调递增则在单调递增对任意的时恒成立