宁夏银川市第二中学2021-2022学年高二数学（文）下学期期中考试试题（Word版附解析）

银川二中2021-2022学年第二学期高二年级期中考试文科数学试题注意事项：1.本试卷共22小题，满分150分.考试时间为120分钟.答案写在答题卡上的指定位置.考试结束后，交回答题卡.一、选择题:本大题共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1.点的直角坐标是，则点的极坐标为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设点的极坐标，再根据直角坐标与极坐标的关系求解即可【详解】设点的极坐标为则，故，，故，故点的极坐标为故选：B2.若不等式的解集为，求实数的值（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据绝对值不等式的解法建立条件关系即可求出实数的值.【详解】因为，即，因为不等式的解集为， 所以，解得：.故选：D.3.若，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】化两点的极坐标为直角坐标，再由两点间的距离公式求解.【详解】由两点，，得两点的直角坐标分别为，由两点的距离公式得：.故选：C.4.下列点在曲线上是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】将参数方程化为普通方程是，代入各点可得在曲线上.考点：参数方程.5.不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】根据绝对值不等式的方法求解即可【详解】即，即，即故选：B6.在以为极点的极坐标系中，圆和直线相交于两点.若是等边三角形，则a的值等于（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由为等边三角形，结合圆的对称性可得，从而可求出，进而可求出【详解】因为圆和直线相交于两点，且是等边三角形，所以，所以，所以，故选：C7.已知直线的极坐标方程为，则极点到该直线的距离是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先将直线的极坐标方程化为直角坐标方程，再利用点到直线的距离公式求解即可【详解】由，得，，得， 所以极点到该直线的距离为，故选：A8.曲线在坐标伸缩变换下的方程是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据伸缩变换，将用表示出来，代入曲线方程中即可求解.【详解】，将代入曲线中可得：故选：D9.设，当时，，则的取值范围（）A.B.CD.【答案】B【解析】【分析】解不等式，结合已知条件可得出集合的包含关系，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】由可得，解得，因为当时，，则，所以，，解得. 故选：B.10.直线（为参数）被曲线所截的弦长（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先将直线的参数方程化为普通方程，曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，然后求出圆心到直线的距离，再利用圆心距，弦和半径的关系可求出弦长【详解】直线（为参数）消去参数得，由，得，，，，即，所以圆的圆心为，半径，所以圆心到直线的距离为，所以所求弦长为，故选：D11.已知函数，若存在，使得成立，则的取值范围（）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】由题意得，由绝对值不等式的性质可得，所以，由不等式的性质得，所以，从而可求出的取值【详解】存在，使得成立，等价于，因为，当且仅当时成立，所以，则，因为，当且仅当，即时取等号，所以，所以，解得或，所以的取值范围为，故选：C12.已知，且，则下列不等式一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用作差法可判断AB选项；利用特殊值法可判断CD选项.【详解】因为 ，所以，，因为，则，A对B错；若，则成立，但，C错；若，则成立，则不成立，D错.故选：A.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13.若点的极坐标是，则点的直角坐标为______【答案】【解析】【分析】根据极坐标与直角坐标的关系求解即可【详解】点的直角坐标为，即故答案为：14.曲线与坐标轴的交点是_______【答案】【解析】【分析】分别令求解与对应的点坐标即可【详解】令，则，此时，，故与轴的交点是；令，则，此时，，故与轴的交点是；故答案为：、15.不等式的解集_______. 【答案】【解析】【分析】根据给定条件，分段去绝对值符号，求解不等式作答.【详解】当时，原不等式化为：，解得，则，当时，原不等式化为：，无解，当时，原不等式化为：，解得，则，所以原不等式的解集为.故答案为：16.在直角坐标系中，曲线方程为，直线的参数方程为（为参数），若曲线截直线所得线段的中点坐标为，则的斜率是_____.【答案】【解析】【分析】将直线的参数方程代入曲线方程化简，由题意可知，则，从而可求出直线的斜率【详解】因为直线的参数方程为（为参数），表示过点的直线，所以将直线的参数方程代入曲线方程得，化简整理得，因为直线的参数方程中参数的几何意义为直线上的点到点的位移，所以两交点到中点的距离和为0，即，所以，解得， 所以，所以的斜率是，故答案为：三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.设函数，其中．（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）若不等式的解集为，求a的值．【答案】（Ⅰ）或；（Ⅱ）2.【解析】【分析】（Ⅰ）当时，可化为，去掉绝对值求解即可；（Ⅱ）可化为不等式组或，分别求解与已知不等式的解集对应相等，求出a的值．【详解】（Ⅰ）当时，可化为，由此可得或．故不等式的解集为或．( Ⅱ)由得，此不等式化为不等式组或，即或，因为，∴不等式组的解集为，由题设可得=，故．【点睛】本题考查含绝对值的不等式的解法，考查学生计算能力和分类讨论思想，属于基础题．18.在直角坐标系中，曲线的方程为，以为极点，轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为． （1）求曲线的极坐标方程；（2）已知射线与曲线交于两点，射线与曲线交于两点．求面积．【答案】（1）（2）9【解析】【分析】（1）根据化简求解即可（2）设，，再结合极坐标的几何意义与三角形面积公式求解即可【小问1详解】由，即，将，代入，得，即，故曲线的极坐标方程为．【小问2详解】依题意，设，．由曲线的极坐标方程为．得，曲线的极坐标方程为．则，所以19.（1）设且．证明：；（2）已知为正数，且满足．证明：【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）将展开可得，由题意可得，，都不为，则即可求证；（2）利用基本不等式可得，三式相加，结合，可得结论【详解】（1）因为，所以，因为，所以，，都不为，则，所以.（2）因为a，b，c为正数，，所以，所以，因为，所以，当且仅当时取等号，即20.在直角坐标系中，曲线的参数方程为，直线的参数方程为.（1）若，求与的交点坐标；（2）若时，曲线上的点到距离的最大值为，求.【答案】（1），（2）8【解析】【分析】（1）将曲线化为标准方程，直线 的参数方程化为一般方程，联立方程可以求得交点坐标.（2）曲线上的点可以表示成，应用点到直线的距离公式可以表示出到直线的距离，再结合距离最大值为进行分析，即可求出的值.【小问1详解】曲线的普通方程为.当时，直线的普通方程为.由解得或从而与的交点坐标为，.【小问2详解】直线的普通方程为，故上的点到的距离为.当时，的最大值为.由题设得，所以.21.已知函数．（1）若，求不等式解集；（2）对于任意的正实数，且，若恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）分类讨论去绝对值求解即可；（2）变换根据基本不等式求解最小值，再根据绝对值的三角不等式，结合恒成立问题求解即可【小问1详解】原不等式为，当时，得，显然成立，所以．当时，得，得所以，当时，，不成立.综上得不等式的解集为．【小问2详解】因为为正实数，并且，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值．又因为，当时取到等号，要使恒成立，只需．所以．22.在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数，0≤α＜π），以原点为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2＝，直线l与曲线C的交点为A，B．（1）求曲线C的直角坐标方程及α＝时|AB|的值；（2）设点P（﹣1，1），求的最大值．【答案】（1）；|AB|＝3；（2）2．【解析】 【分析】(1)结合即可得出曲线的直角方程，将当α＝代入直线l的参数方程得出的直角方程为x＝﹣1，联立曲线方程解出的值即可.(2)把直线的参数方程代入曲线的直角方程得出关于的一元二次方程，结合韦达定理和的几何意义即可求出结果.【详解】解：（1）曲线C的极坐标方程为ρ2＝，根据，转换直角坐标方程为，当α＝时，直线l的参数方程为（t为参数，0≤α＜π），转换为直角坐标方程为x＝﹣1．所以，由，解得，所以|AB|＝3．（2）把直线的参数方程，代入，得到（3+sin2α）t2+（8sinα﹣6cosα）t﹣5＝0，设点对应的参数为，点对应的参数为，故，，故t1、t2的符号相反，由此时的几何意义可得：||PA|﹣|PB||＝||t1|﹣|t2||＝|t1+t2|，＝2|sin（α﹣φ）|的最大值为2，(其中).【点睛】(1)极坐标方程与直角坐标方程的互化方法:①直角坐标方程化为极坐标方程：将公式x＝ρcosθ及y＝ρsinθ直接代入直角坐标方程并化简即可． ②极坐标方程化为直角坐标方程：通过变形，构造出形如ρcosθ，ρsinθ，ρ2的形式，再应用公式进行代换．其中方程的两边同乘以(或同除以)ρ及方程两边平方是常用的变形技巧．(2)圆和圆锥曲线参数方程的应用要注意两点：①在使用直线参数方程的几何意义时，要注意参数前面的系数应该是该直线倾斜角的正、余弦值，否则参数不具备该几何含义．②有关圆或圆锥曲线上动点距离的最大值、最小值以及取值范围的问题，通常利用它们的参数方程转化为三角函数的最大值、最小值求解．