2022年重庆忠县三汇中学高二数学理期末试卷含解析

2022年重庆忠县三汇中学高二数学理期末试卷含解析一、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.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．16π B．8π C．π D．π参考答案：D【考点】L!：由三视图求面积、体积．【分析】解：由题意，几何体为圆锥的一半，底面半径为2，高为4，利用圆锥的体积公式，求出几何体的体积．【解答】解：由题意，几何体为圆锥的一半，底面半径为2，高为4，几何体的体积为=，故选D．2.已知集合，集合，则等于

A．

B．

C．

D．参考答案：A略3.函数在区间[，+x]上的平均变化率为A. B.1+ C. D.2参考答案：D【分析】由平均变化率的运算公式，即可求解，得到答案．【详解】由题意，可得平均变化率，故选D．【点睛】本题主要考查了平均变化率的求得，其中解答熟记平均变化率的计算公式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．4.曲线在点（1，-1）切线方程为（

）

A.

B.

C. D.参考答案：B略5.已知tan(α＋β)=，tan(α＋)=,那么tan(β－)的值是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B略6.函数的部分图象是(

)A

B

C

D参考答案：D7.如图，在△ABC中，点D、E是线段BC上两个动点，且，则的最小值为（

）A. B.2 C. D.参考答案：D【分析】根据题意求出x,y满足的等式，然后利用基本不等式中“1”的代换，求解最小值【详解】如图可知x，y均为正，设，共线，，，则，，则的最小值为，故选D.【点睛】平面向量与基本不等式的综合题目，考察基本不等式中“1”的代换，求解代数式最值问题8.已知f（x）=，设f1（x）=f（x），fn（x）=fn﹣1[fn﹣1（x）]（n＞1，n∈N*），若fm（x）=（m∈N*），则m等于（）A．9 B．10 C．11 D．126参考答案：B【考点】8I：数列与函数的综合．【分析】通过计算f2（x），f3（x），f4（x），f5（x），归纳可得fn（x）=（n∈N*），由恒等式可得m的方程，即可得到m的值．【解答】解：f（x）=，设f1（x）=f（x），fn（x）=fn﹣1[fn﹣1（x）]（n＞1，n∈N*），可得f2（x）=f1[f1（x）]=f1（）==，f3（x）=f2[f2（x）]=f2（）==，f4（x）=f3[f3（x）]=f3（）==，f5（x）=f4[f4（x）]=f4（）==，…，fn（x）=（n∈N*），由fm（x）==恒成立，可得2m﹣2=256=28，即有m﹣2=8，即m=10．故选：B．9.若方程x2+ky2=2表示焦点在y轴上的椭圆，则实数k的取值范围为（

）A．（0，+∞）

B．（0，2）

C．（1，+∞）

D．（0，1）参考答案：D10.过A（0，1），B（3，5）两点的直线的斜率是（）A． B． C．﹣ D．﹣参考答案：A【考点】直线的斜率．【分析】直接应用斜率公式求解．【解答】解：由斜率公式可得：k==故选A【点评】本题主要考查直线的斜率公式，比较基础．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知命题p：存在，使，命题q：的解集是，下列结论：①命题“p且q”是真命题；②命题“p且?q”是假命题；③命题“?p或q”是真命题；④命题“?p或?q”是假命题，其中正确的有

。参考答案：①②③④。12.定义方程的实数根叫作函数f(x)的“新不动点”,有下列函数：①；②；③；④.其中只有一个“新不动点”的函数是________.参考答案：②③【分析】根据“新不动点”的定义，对每个函数进行求导，令，求解出根的个数，即可确定只有一个“新不动点”的函数.【详解】①，则令，解得：，，可知有个“新不动点”，不合题意②，则令，解得：，可知有个“新不动点”，符合题意③，则令，则在上单调递增，又，在存在唯一零点，即有唯一解，可知有个“新不动点”，符合题意④，则令，即，即：周期为

的根有无数个可知有无数个“新不动点”，不合题意本题正确结果：②③【点睛】本题考查新定义问题的求解、方程根的个数的判断，涉及到二次函数、指数函数、对数函数和三角函数的应用问题.13.曲线在点处的切线方程为______参考答案：略14.等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，2S2，3S3成等差数列，则{an}的公比为

．参考答案：【考点】等比数列的性质．【分析】先根据等差中项可知4S2=S1+3S3，利用等比数列的求和公式用a1和q分别表示出S1，S2和S3，代入即可求得q．【解答】解：∵等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，2S2，3S3成等差数列，∴an=a1qn﹣1，又4S2=S1+3S3，即4（a1+a1q）=a1+3（a1+a1q+a1q2），解．故答案为15.抛物线y2=8x的准线与x轴相交于点P，过点P作斜率为k（k＞0）的直线交抛物线于A、B两点，F为抛物线的焦点，若|FA|=2|FB|，则k=．参考答案：【考点】抛物线的简单性质．【分析】设出A，B的坐标，再设出AB的方程，联立直线方程和抛物线方程，由焦半径结合|FA|=2|FB|求得A的坐标，代入两点求斜率公式得答案．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2）由已知|FA|=2|FB|，得：x1+2=2（x2+2），即x1=2x2+2，①∵P（﹣2，0），则AB的方程：y=kx+2k，与y2=8x联立，得：k2x2+（4k2﹣8）x+4k2=0，则x1x2=4，②由①②得x2=1，则A（1，），∴k==．故答案为：．16.已知|e|=1，且满足|a+e|=|a-2e|,则向量a在e方向上的投影等于

.

参考答案：17.过椭圆的左焦点作斜率为1的直线与椭圆C分别交于点A，B，O是坐标原点，则

▲

.参考答案：【分析】联立方程，解得A，B点坐标，代入数量积坐标公式得到结果.【详解】设直线方程为：，代入椭圆方程可得：，解得：即∴故答案为：

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.直三棱柱ABC－A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D、E分别为AB、BB′的中点．(1)求证：CE⊥A′D；(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值．参考答案：略19.（12分）如图，已知椭圆（a＞b＞0）的离心率，过点A（0，-b）和B（a，0）的直线与原点的距离为．（1）求椭圆的方程．（2）已知定点E（-1，0），若直线y＝kx＋2（k≠0）与椭圆交于C、D两点．问：是否存在k的值，使以CD为直径的圆过E点?请说明理由．

参考答案：（1）直线AB方程为：bx-ay-ab＝0．依题意解得

∴椭圆方程为．（2）假若存在这样的k值，由得．∴①设，、，，则②而．要使以CD为直径的圆过点E（-1，0），当且仅当CE⊥DE时，则，即

∴③将②式代入③整理解得．经验证，，使①成立．综上可知，存在，使得以CD为直径的圆过点E．20.已知函数．（1）设是函数f(x)的极值点，求m的值，并求f(x)的单调区间；（2）若对任意的，恒成立，求m的取值范围．参考答案：(1)在和(2,+∞)上单调递增，在上单调递减.(2)【分析】（1）由题意，求得函数的导数，根据是函数的极值点，求得，利用导数符号，即可求解函数的单调区间；所以在和上单调递增，在上单调递减.（2）由函数的导数，当时，得到在上单调递增，又由，即可证明，当时，先减后增，不符合题意，即可得到答案。【详解】（1）由题意，函数，则，因为是函数的极值点，所以，故，即，令，解得或.令，解得,所以在和上单调递增，在上单调递减.（2）由，当时，，则在上单调递增，又，所以恒成立；当时，易知在上单调递增，故存在，使得，所以在上单调递减，在上单调递增，又，则，这与恒成立矛盾.综上，.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的不等关系式，求解参数的取值范围；有时也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

21.（12分）焦距为2的椭圆E的两个顶点分别为,，且与共线．（1）求椭圆E的标准方程；（2）若直线与椭圆E有两个不同的交点P和Q，且原点O总在以PQ为直径的圆的内部，求实

数m的取值范围．参考答案：（1）（2）（Ⅰ）设椭圆E的标准方程为，由已知得∴，∵与共线，∴，又

∴，∴椭圆E的标准方程为

（Ⅱ）设,把直线方程代