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

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D

3．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．5

C．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：C

7．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：ACD

10．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：BC

12．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：80

15．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.