内蒙古自治区赤峰市大板第一中学2022-2023学年高二数学理上学期期末试题含解析

内蒙古自治区赤峰市大板第一中学2022-2023学年高二数学理上学期期末试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.若点P在曲线y=x3﹣3x2+（3﹣）x+上移动，经过点P的切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是（）A．[0，） B．[0，）∪[，π） C．[，π） D．[0，）∪（，]参考答案：B【考点】导数的几何意义；直线的倾斜角．【分析】先求出函数的导数y′的解析式，通过导数的解析式确定导数的取值范围，再根据函数的导数就是函数在此点的切线的斜率，来求出倾斜角的取值范围．【解答】解：∵函数的导数y′=3x2﹣6x+3﹣=3（x﹣1）2﹣≥﹣，∴tanα≥﹣，又0≤α＜π，∴0≤α＜

或

≤α＜π，故选B．2.（5分）（2011?辽宁校级模拟）已知m、n、s、t为正数，m+n=2，=9其中m、n是常数，且s+t最小值是，满足条件的点（m，n）是椭圆=1一弦的中点，则此弦所在的直线方程为（）A．x﹣2y+1=0B．2x﹣y﹣1=0C．2x+y﹣3=0D．x+2y﹣3=0参考答案：D【考点】：椭圆的简单性质．【专题】：计算题．【分析】：由题设知（）（s+t）=n+m+≥=，满足时取最小值，由此得到m=n=1．设以（1，1）为中点的弦交椭圆=1于A（x1，y1），B（x2，y2），由中点从坐标公式知x1+x2=2，y1+y2=2，把A（x1，y1），B（x2，y2）分别代入x2+2y2=4，得，①﹣②，得2（x1﹣x2）+4（y1﹣y2）=0，k=，由此能求出此弦所在的直线方程．解：∵sm、n、s、t为正数，m+n=2，=9，s+t最小值是，∴（）（s+t）的最小值为4∴（）（s+t）=n+m+≥=，满足时取最小值，此时最小值为=2+2=4，得：mn=1，又：m+n=2，所以，m=n=1．设以（1，1）为中点的弦交椭圆=1于A（x1，y1），B（x2，y2），由中点从坐标公式知x1+x2=2，y1+y2=2，把A（x1，y1），B（x2，y2）分别代入x2+2y2=4，得，①﹣②，得2（x1﹣x2）+4（y1﹣y2）=0，∴k=，∴此弦所在的直线方程为，即x+2y﹣3=0．故选D．【点评】：本题考查椭圆的性质和应用，解题时要认真审题，注意均值不等式和点差法的合理运用．3.设集合，，则图中阴影部分表示的集合是(

)A．

B．

C．

D．参考答案：A略4.若函数的导函数在区间上是增函数，则函数在区间上的图象可能是()参考答案：A5.命题“存在x0∈R，2≤0”的否定是（）A．不存在x0∈R，2＞0 B．存在x0∈R，2≥0C．对任意的x∈R，2x≤0 D．对任意的x∈R，2x＞0参考答案：D【考点】特称命题；命题的否定．【专题】简易逻辑．【分析】根据特称命题的否定是全称命题，直接写出该命题的否定命题即可．【解答】解：根据特称命题的否定是全称命题，得；命题“存在x0∈R，2≤0”的否定是“对任意的x∈R，都有2x＞0”．故选：D．【点评】本题考查了全称命题与特称命题的应用问题，解题时应根据特称命题的否定是全称命题，写出答案即可，是基础题．6.若偶函数f（x）在上是增函数，则

（

）A、

B、C、

D、参考答案：D7.欲将方程所对应的图形变成方程所对应的图形，需经过伸缩变换为（

）A.

B.

C.

D.参考答案：B略8.在△ABC中，若，则△ABC是（）A．有一内角为30°的直角三角形B．等腰直角三角形C．有一内角为30°的等腰三角形D．等边三角形参考答案：B【考点】GZ：三角形的形状判断；HP：正弦定理．【分析】由题中等式结合正弦定理，算出A=B=，由此可得△ABC是以C为直角的等腰直角三角形．【解答】解：∵，∴结合正弦定理，可得sinA=cosA，因此tanA=1，可得A=．同理得到B=∴△ABC是以C为直角的等腰直角三角形故选：B9.点为等腰三角形所在平面外一点，底边,则点到的距离为（

）

A.

B.

C.

D.参考答案：A10.已知幂函数过点（2，），则当x=8时的函数值是(

)A．2 B． C．2 D．64参考答案：A【考点】幂函数的概念、解析式、定义域、值域．【专题】数形结合；待定系数法；函数的性质及应用．【分析】设出幂函数的解析式，用待定系数法求出函数的解析式，再计算对应的函数值．【解答】解：设幂函数y=xα，其图象过点（2，），∴2α=，解得α=，∴函数y==，∴当x=8时，函数y==2．故选：A．【点评】本题考查了求函数的解析式与利用函数解析式求值的应用问题，是基础题目．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.命题“”的否定形式是

．参考答案：，使特称命题的否定，先把特称命题改成全称命题，即把存在量词改成全称量词，再否定结论，即得到答案，使12.当a取不同实数时，直线恒过一个定点，这个定点的坐标为

。参考答案：(1,－4)13.随机变量服从正态分，若P(>11)=a，则P(9<≤ll)=______；参考答案：1-2a14.在平面直角坐标系xOy中，双曲线中心在原点，焦点在x轴上，一条渐近线方程为2x—y=0，则双曲线的离心率为

▲

参考答案：15.正方体中，是中点，则与平面所成角的正弦为

参考答案：略16.点在动直线上的射影为，已知点，则线段长度的最大值是

.参考答案：略17.若点（a，b）在直线x＋3y＝1上，则的最小值为

参考答案：2

略三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.设椭圆C：的离心率e=，左顶点M到直线=1的距离d=，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设直线l与椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：点O到直线AB的距离为定值；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，试求△AOB的面积S的最小值．参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．【分析】（Ⅰ）由已知得，又a2=b2+c2，由此能求出椭圆C的方程．（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），当直线AB的斜率不存在时，x1x2+y1y2=0，点O到直线AB的距离为．当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为y=kx+m，联立，得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4=0，由此利用韦达定理结合已知条件推导出点O到直线AB的距离为，由此能证明点O到直线AB的距离为定值．（3）设直线OA的斜率为k0，OA的方程为y=k0x，OB的方程为y=﹣，联立，得，同理，得，由此能求出△AOB的面积S的最小值．【解答】解：（Ⅰ）由已知得，又a2=b2+c2，解得a=2，b=1，c=，∴椭圆C的方程为．（Ⅱ）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），①当直线AB的斜率不存在时，则由椭圆的对称性知x1=x2，y1=﹣y2，∵以AB为直线的圆经过坐标原点，∴=0，∴x1x2+y1y2=0，∴，又点A在椭圆C上，∴=1，解得|x1|=|y1|=．此时点O到直线AB的距离．（2）当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为y=kx+m，联立，得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4=0，∴，，∵以AB为直径的圆过坐标原点O，∴OA⊥OB，∴=x1x2+y1y2=0，∴（1+k2）x1x2+km（x1+x2）+m2=0，∴（1+k2）?，整理，得5m2=4（k2+1），∴点O到直线AB的距离=，综上所述，点O到直线AB的距离为定值．（3）设直线OA的斜率为k0，当k0≠0时，OA的方程为y=k0x，OB的方程为y=﹣，联立，得，同理，得，∴△AOB的面积S==2，令1+=t，t＞1，则S=2=2，令g（t）=﹣++4=﹣9（）2+，（t＞1）∴4＜g（t），∴，当k0=0时，解得S=1，∴，∴S的最小值为．19.（12分）已知函数f（x）=ax﹣lnx，x∈（0，e]，g（x）=，其中e是自然常数，a∈R．（1）当a=1时，求f（x）的极值，并证明f（x）＞g（x）+，x∈（0，e]恒成立；（2）是否存在实数a，使f（x）的最小值为3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．参考答案：【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（1）求出函数的导数，由x∈（0，e]和导数的性质能求出f（x）的单调区间、极值，f（x）=x﹣lnx在（0，e]上的最小值为1，由此能够证明f（x）＞g（x）+．（2）求出函数f（x）的导数，由此进行分类讨论能推导出存在a=e2．【解答】解：（1）f′（x）=1﹣=，∵x∈（0，e]，由f′（x）=＞0，得1＜x＜e，∴增区间（1，e）．由f′（x）＜0，得0＜x＜1．∴减区间（0，1）．故减区间（0，1）；增区间（1，e）．所以，f（x）极小值=f（1）=1．令F（x）=f（x）﹣g（x）=x﹣lnx﹣﹣，求导F′（x）=1﹣﹣=，令H（x）=x2﹣x+lnx﹣1则H′（x）=2x﹣1+=（2x2﹣x+1）＞0易知H（1）=﹣1，故当0＜x＜1时，H（x）＜0，即F′（x）＜01＜x＜e时，H（x）＞0，即F′（x）＞0故当x=1时F（x）有最小值为F（1）=＞0故对x∈（0，e]有F（x）＞0，∴f（x）＞g（x）+．（2）f′（x）=a﹣=，①当a≤0时，f（x）在（0，e）上是减函数，∴ae﹣1=3，a=＞0，（舍去）．②当0＜a＜时，f（x）=，f（x）在（0，e]上是减函数，∴ae﹣1=3，a=＞，（舍去）．③当a≥时，f（x）在（0，]上是减函数，（，e）是增函数，∴a?﹣ln=3，a=e2，所以存在a=e2．【点评】本题考查利用导数求闭区间上函数的最值的应用，综合性强，难度大．解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化．20.据统计某种汽车的最高车速为120千米∕时，在匀速行驶时每小时的耗油量y（升）与行驶速度y（千米∕时）之间有如下函数关系：．已知甲、乙两地相距100千米．（Ⅰ）若汽车以40千米∕时的速度匀速行驶，则从甲地到乙地需耗油多少升？（Ⅱ）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？参考答案：【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；函数模型的选择与应用．【分析】（Ⅰ）求出汽车从甲地到乙地行驶的时间，即可求得需耗油的升数；（Ⅱ）当汽车的行驶速度为x千米∕时时，从甲地到乙地需行驶小时，列出耗油函数关系式，利用导数可得最值．【解答】解：（Ⅰ）当x=40千米∕时时，汽车从甲地到乙地行驶了（小时），需耗油（升）．所以，汽车以40千米∕时的速度匀速行驶，从甲地到乙地需耗油17.5升…（4分）．（Ⅱ）当汽车的行驶速度为x千米∕时时，从甲地到乙地需行驶小时．设耗油量为h（x）升，依题意，得，其中，0＜x≤120．…（7分）即（0＜x≤120）．令h′（x）=0，得x=80当x∈（0，80）时，h′（x）＜0，函数单调递减；当x∈（80，120）时，h′（x）＞0，函数单调递增∴x=80时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升∴所以当汽车以80千米∕时的速度行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升．…（12分）【点评】本题考查函数模型