四川省南充市2021-2022学年高二数学（文）下学期期末试题（Word版附解析）

南充市2021-2022学年度下期普通高中二年级学业质量监测文科数学第Ⅰ卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知，，（为虚数单位），则（）A.，B.，C.，D.，【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用复数乘法结合复数相等列式求解作答.【详解】依题意，，而，，所以.故选：C2.命题“，”的否定为（）A.，B.，C.，D.，【答案】D【解析】【分析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论．【详解】解：命题为全称命题“，”，则命题的否定为，，故选：D．3.“”是“直线：与直线：互相垂直”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件 【答案】A【解析】【分析】根据给定直线方程求出的等价条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.【详解】依题意，，解得或，所以“”是“直线：与直线：互相垂直”的充分不必要条件.故选：A4.若曲线在点处的切线方程是，则（）A.，B.，C.，D.，【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用导数的几何意义求解作答.【详解】因曲线在点处的切线方程是，对函数求导得：，所以，.故选：B5.函数的大致图象是（）A.B. C.D.【答案】D【解析】【分析】探讨给定函数的性质，结合当时函数值的符号即可判断作答.【详解】函数定义域为，，则有函数是奇函数，其图象关于原点对称，选项B，C不满足；当时，，即，因此，选项A不满足，D符合条件.故选：D6.某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积（单位：）为（）A.B.32C.D.64【答案】B【解析】【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步利用割补法的应用求出结果．【详解】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为四棱锥，如图所示： 故．故选：B．7.调查表明，酒后驾驶是导致交通事故的主要原因，交通法规规定：驾驶员在驾驶机动车时血液中酒精含量不得超过0.02mg/mL．如果某人喝了少量酒后，血液中酒精含量将迅速上升到0.3mg/mL，在停止喝酒后，血液中酒精含量就以每小时50%的速度减小，他至少要经过几小时才可以驾驶机动车（精确到小时）（）A.5小时B.4小时C.3小时D.2小时【答案】B【解析】【分析】设个小时后才可以驾车，根据题意可知，每单位时间内酒精下降的量成等比数列，进而可得方程，求得．【详解】解：设个小时后才可以驾车，由题得方程，即，因为，，所以，即至少要经过4小时后才可以驾驶机动车．故选：B．8.抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，点为平面上任意一点，为坐标原点，则（）A.－5B.－3C.3D.5【答案】B【解析】【分析】根据直线与抛物线的位置关系，利用韦达定理和向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】解：设，， 由题意，直线的斜率存在，因为抛物线的焦点为，所以不妨设直线的方程为，由，可得，所以，，，所以，故选：B.9.将边长为1的正方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中与在平面的同侧，则异面直线与所成的角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】作出过点的圆柱的母线，连接，证明即可推理、计算作答.【详解】作出过点的圆柱的母线，连接，如图， 则有，而，即有，为正三角形，，因此，，是异面直线与所成的角，由平面得，而，从而有，，所以异面直线与所成的角的余弦值为.故选：C10.过椭圆：右焦点的直线：交于，两点，为的中点，且的斜率为，则椭圆的方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由与x轴交点横坐标可得半焦距c，设出点A，B坐标，利用点差法求出的关系即可计算作答.【详解】依题意，焦点，即椭圆C的半焦距，设， ，则有，两式相减得：，而，且，即有，又直线的斜率，因此有，而，解得，经验证符合题意，所以椭圆的方程为.故选：A11.过坐标原点作直线：的垂线，垂足为，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，将表示成a的函数，求出函数的值域的作答.【详解】依题意，，直线l的方向向量，则有，解得，因此，，因当时，取最小值，则有，所以的取值范围是.故选：D12.已知函数的一个零点为，另外两个零点可分别作为一个椭 圆、一个双曲线的离心率，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用，求得的表达式，利用二次函数零点分布的知识，求得满足的不等式组，转化为斜率型的线性规划问题来求解出的取值范围.【详解】由，得.所以，对于函数，其开口向上，其两个零点分别可以作为椭圆和双曲线的离心率，即零点，根据二次函数零点分布的知识有，画出不等式组组成的可行域，令，表示可行域上的点与定点连线的斜率的取值范围， 由，可得，又，由图可知的取值范围在直线的斜率和的斜率之间，也即.故选：C.第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知非零向量，的夹角为，，，则______．【答案】【解析】【分析】利用垂直关系的向量表示，结合数量积的定义及运算律求解作答.【详解】非零向量，夹角为，，则由得：，即，于是得，所以.故答案为：14.若双曲线的渐近线与圆相切，则______．【答案】【解析】【分析】求出渐近线方程，求出圆心与半径，利用点到直线的距离等于半径求解即可．【详解】解：双曲线的渐近线：，圆的圆心与半径，双曲线的渐近线与圆相切， ，解得或（舍去）．故答案为：．15.如图，平面四边形中，，，，，则四边形的面积的最大值为______．【答案】【解析】【分析】令，利用余弦定理、三角形面积公式将四边形的面积表示为的函数，再求出函数最大值作答.【详解】连接，如图，令，在中，由余弦定理得：，因，，则，因此，四边形的面积，而，则当，即时， ，所以四边形的面积的最大值为.故答案为：16.若实数，满足，则的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】利用基本不等式可得，结合条件可得，即得．【详解】由于，(当且仅当时取等号)，∴，又，所以，故，即的取值范围为.故答案为：．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.已知公差不为零的等差数列中，，又成等比数列． （1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用已知条件和等比中项，求出数列的首项和公差，即可求出通项公式；（2）利用裂项相消法即可求出结果.【小问1详解】解：公差不为零的等差数列中，，又成等比数列，所以，即，解得，则；【小问2详解】解：由（1）可知，，可得数列的前项和.18.已知函数在处取得极值3．（1）求，的值；（2）求函数在区间上的最值．【答案】（1）；（2）最大值为12，最小值为0.【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用给定极值点和极值列式求出a，b并验证作答.（2）由（1），利用导数求出在给定区间上最值作答.【小问1详解】依题意，，则有，解得，此时，，显然时，，当时，，即在处取得极大值，所以.【小问2详解】由（1）知，，，当或时，，当时，，即在，上单调递增，在上单调递减，，，，，因此，，，所以函数在区间上的最大值为12，最小值为0.19.如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，分别为，的中点，且．（1）求证：平面；（2）求三棱锥体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）构造平行四边形，得线线平行，利用线面平行判定定理证明即可；（2）利用几何关系证明线面垂直，得几何体高度，利用体积关系分割求解三棱锥的体积即可.【小问1详解】证明：取中点，连接、，四棱锥中，底面是正方形，，分别是棱，的中点．，又为中点，四边形为平行四边形平面，平面，平面．【小问2详解】解：如图，取PA中点M，AD中点N，连接MF，FN ∵F，M为PD，PA中点∴∵矩形，∴，又平面，∴，平面平面，即平面∵F，NPD，AD中点平面故三棱锥的体积为.20.如图所示：已知椭圆：的长轴长为4，离心率．是椭圆的右顶点，直线过点交椭圆于，两点，记的面积为． （1）求椭圆的标准方程；（2）求的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据，及椭圆的离心率公式，即可求得，则，即可求得椭圆的标准方程；（2）将直线方程代入椭圆方程，利用点到直线的距离公式及弦长公式即可求得三角形面积，利用基本不等式和函数的性质，即可求得的面积为的最大值．【小问1详解】解：由题意可得：，，离心率，则，，椭圆的方程为：；【小问2详解】解：依题意知直线的斜率可能不存在，但直线的斜率不能为0，则设直线方程为：，设，，，，由，得，恒成立 则，，则，又点到直线的距离，，令，则当且仅当，即，等号成立，取等条件不成立，故当时，时，故．即的最大值为.21.设函数．（1）当时，讨论函数的单调性；（2）设，记，当时，若方程有两个不相等的实根，求证：．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求导后转化为含参的函数，讨论单调性的实质就是解含参的不等式，借助分子函数的图像，完成讨论．（2 ）本问题为极值点偏移问题，可转换为单变量的不等式证明，构造函数利用导数证明即可．【小问1详解】的定义域为，.令，则得到导函数的两个零点，或，由于分母为正，故我们只关注分子函数，其为二次函数，借助其图像，以两个零点的大小关系为分类标准得到如下：①当时，即时，当时，，单调递减，当时，，单调递增；②当时，即时，恒成立，即恒成立，故在上单调递增；综上所述，当时，的单减区间为，单增区间为；当时，只有单增区间；【小问2详解】由题可知，，设是方程的两个不等实根，不妨设为，则，两式相减整理得到，从而得到，要证，故只需要证明，由于，转化为， 即，即，令，则上述式子转化为设，则，当且仅当时等号成立，故在上单调递增，故有，故得证，即.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆的极坐标方程为．（1）写出直线的普通方程和圆的直角坐标方程；（2）若点直角坐标为，圆与直线交于，两点，求的值．【答案】（1）直线的普通方程为，圆的直角坐标方程为（2）【解析】【分析】（1）由直线的参数方程为消去参数即可得直线的普通方程，又由，，化简即可得圆的直角坐标方程；（2）将直线的参数方程代入圆C的直角坐标方程得，设是上述方程的两实数根，又直线过点，则A、B两点对应的参数分别为 ，从而根据韦达定理及直线参数方程中的几何意义即可求解.【小问1详解】解：由直线的参数方程为（为参数），消去参数可得直线的普通方程为，又由圆的极坐标方程为，可得，因为，，所以圆的直角坐标方程为；【小问2详解】解：将直线的参数方程代入圆C的直角坐标方程得，即，设是上述方程的两实数根，则，所以，又直线过点，则A、B两点对应的参数分别为，所以.23.设实数、，满足．（1）求的取值范围；（2）若，求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用基本不等式可得出关于的不等式，即可解得的取值范围；（2）利用基本不等式结合指数运算可求得的最小值. 小问1详解】解：因为，.当且仅当，时，；当且仅当，时，.因此，的取值范围是.【小问2详解】解：因为，当且仅当，时，等号成立，因此，的最小值为.