2020-2021学年安徽省滁州市定远县重点中学高二（上）期末数学试卷（文科）人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省滁州市定远县重点中学高二（上）期末数学试卷（文科）人教A版，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知命题p:∃x0∈R，mx02+1≤0，命题q:∀x∈R，x2+mx+1>0，若p，q为假命题，则实数m的取值范围是（ ）
A.−2≤m≤2B.m≤−2或m≥2C.m≤−2D.m≥2

2. 已知p:−1≤x<2，q:2a≤x≤a2+1，若p是q的必要条件，则实数a的取值范围是（ ）
A.a≤−1B.−1
3. 已知命题p：关于m的不等式lg2m<1的解集为{m|m>2}，命题q：函数f(x)＝x3+x2−1在区间(0, 1)内有零点，下列命题为真命题的是（ ）
A.p∧qB.p∧￢qC.￢p∧qD.￢p∧￢q

4. 已知椭圆C的焦点为F1(−1, 0)，F2(1, 0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝3|BF2|，|BF1|＝5|BF2|，则椭圆C的方程为（ ）
A.x22+y2=1B.x23+y22=1C.x24+y23=1D.x25+y24=1

5. 已知F1，F2是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两个焦点，以线段F1F2为边作正三角形MF1F2，若边MF1的中点在双曲线C上，则双曲线C的离心率为（ ）
A.4+22B.3−1C.3+12D.3+1

6. 已知过抛物线C:y2＝2px(p>0)的焦点F的直线交抛物线于点A、B，交其准线于点C，若|BC|＝2|BF|（其中点B位于A、C之间），且|AF|＝4，则此抛物线的方程为（ ）
A.y2＝2xB.y2＝6xC.y2＝4xD.y2＝8x

7. 函数y＝x2在区间[x0, x0+△x]上的平均变化率为k1，在[x0−△x, x0]上的平均变化率为k2，则k1与k2的大小关系是（ ）
A.k1>k2B.k1C.k1＝k2D.k1与k2的大小关系不确定

8. 已知函数f(x)＝x4+ax2−bx，且f′(0)＝−13，f′(−1)＝−27，则a+b等于（ ）
A.18B.−18C.8D.−8

9. 若函数f(x)=x3+2x2+mx+1在(−∞, +∞)上单调递增，则m的取值范围是( )
A. m≥43 B.m>43C.m≤43D. m<43

10. 已知函数y=f(x)的定义域为(a, b)，导函数y=f′(x)在(a, b)内的图象如图所示，则函数y=f(x)在(a, b)内的极小值有( )

A.1个B.2个C.3个D.4个

11. 若对任意的x>0，恒有lnx≤px−1(p>0)，则p的取值范围是（ ）
A.(0, 1]B.(1, +∞)C.(0, 1)D.[1, +∞)

12. 如图，正方形ABCD的边长为1，点P从顶点A沿着A→B的方向向顶点B运动，速度为2，同时，点Q从顶点B沿着B→C方向向顶点C运动，速度为1，则|PQ|的最小值为（ ）
A.0B.55C.22D.1
二、填空题（本大题共4小题，共20分）

已知命题p：方程x2+ax+1＝0有两个不等的实根；命题q：方程4x2+2(a−4)x+1＝0无实根，若“p∨q”为真，“p∧q”为假，则实数a的取值范围为________．（写成区间的形式）

椭圆x2+4y2=16被直线y=12x+1截得的弦长为________．

点A在抛物线C:y2＝4x上，F为C的焦点，以AF为直径的圆与y轴只有一个公共点M，且点M的坐标为(0, 2)，则|AF|＝________．

若函数y=f(x)的图象在点M（1, f(1)）处的切线方程是y=x+2，则f(1)+f′(1)=________．
三、解答题（本大题共6小题，共70分）

已知P：存在x∈[0, 4]，使不等式2x+lg2(x+1)−a<0成立．q：方程sin2x+sinx−a＝0有解．
（1）若p为真命题，求实数a的取值范围；

（2）若￢p∧q为真命题，求实数a的取值范围．

已知椭圆的两焦点为F1(−1, 0)、F2(1, 0)，P为椭圆上一点，且2|F1F2|=|PF1|+|PF2|．
（1）求此椭圆的方程；

（2）若点P在第二象限，∠F2F1P=120∘，求△PF1F2的面积．

已知双曲线x2a2−y2b2=1(b>a>0)，0为坐标原点，离心率e=2，点M(5, 3)在双曲线上．
（1）求双曲线的方程；

（2）若直线l与双曲线交于P、Q两点，且OP→⋅OQ→=0，求：|OP|2+|OQ|2的最小值．

已知抛物线y2＝−x与直线y＝k(x+1)相交于A、B两点．
（1）求证：OA⊥OB；

（2）当△OAB的面积等于10时，求k的值．

已知函数f(x)=alnx−ax−3(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)当a=−1时，证明：在(1, +∞)上，f(x)+2>0．

某汽车制造厂有一条价值为60万元的汽车生产线，现要通过技术改造来提高其生产能力，进而提高产品的增加值．已知投入x万元用于技术改造，所获得的产品的增加值为(60−x)x2万元，并且技改投入比率为x60−x∈(0, 5]．
(1)求技改投入x的取值范围；

(2)当技改投入为多少万元时，所获得的产品的增加值为最大，其最大值为多少万元？
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省滁州市定远县重点中学高二（上）期末数学试卷（文科）
一、选择题（本大题共12小题，共60分）
1.
【答案】
D
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
2.
【答案】
D
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
根据题中给的充要性，判断集合的包含关系，解出参数．
【解答】
p:−1≤x<2，对应的集合为A，
q:2a≤x≤a2+1，对应的集合为B，
若p是q的必要条件，
则B⊆A，
则−1≤2aa2+1<2 ，
解之得：−12≤a<1，
3.
【答案】
C
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
4.
【答案】
A
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得a，再由隐含条件求得b，则椭圆的方程可求．
【解答】
∵ |BF1|＝5|BF2|，且|BF1|+|BF2|＝2a，∴ |BF2|=a3，|BF1|=5a3，
∵ |AF2|＝3|BF2|，∴ |AF2|＝a，
∵ |AF1|+|AF2|＝2a，∴ |AF1|＝a，
∴ |AF1|＝|AF2|，则A在y轴上．
在Rt△AF2O中，cs∠AF2O=1a，
在△BF1F2中，由余弦定理可得cs∠BF2F1=4+(a3)2−(5a3)22×2×a3=3−2a2a，
根据cs∠AF2O+cs∠BF2F1＝0，可得1a+3−2a2a=0，
解得a2＝2，∴ b2＝a2−c2＝1．
∴ 椭圆C的方程为：x22+y2=1．
5.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
先根据双曲线方程求得焦点坐标的表达式，进而可求得三角形的高，则点M的坐标可得，进而求得其中点N的坐标，代入双曲线方程求得a，b和c的关系式化简整理求得关于e的方程求得e．
【解答】
依题意可知双曲线的焦点为F1(−c, 0)，F2(c, 0)
∴ F1F2＝2c
∴ 三角形高是3c
M(0, 3c)
所以中点N(−c2, 32c)
代入双曲线方程得：c24a2−3c24b2=1
整理得：b2c2−3a2c2＝4a2b2
∵ b2＝c2−a2
所以c4−a2c2−3a2c2＝4a2c2−4a4
整理得e4−8e2+4＝0
求得e2＝4±23
∵ e>1，
∴ e=3+1
6.
【答案】
C
【考点】
抛物线的性质
【解析】
分别过A、B作准线的垂线，利用抛物线定义将A、B到焦点的距离转化为到准线的距离，结合已知比例关系，在直角三角形ADC中求线段GF长度即可得p值，进而可得方程．
【解答】
如图，过A作AD垂直于抛物线的准线，垂足为D，
过B作BE垂直于抛物线的准线，垂足为E，G为准线与x轴的焦点，
由抛物线的定义，|BF|＝|BE|，|AF|＝|AD|＝4，
∵ |BC|＝2|BF|，∴ |BC|＝2|BE|，则∠DCA＝30∘，
∴ |AC|＝2|AD|＝8，可得|CF|＝8−4＝4，
∴ |GF|=|CF|2=2，即p＝|GF|＝2，
∴ 抛物线方程为：y2＝4x，
7.
【答案】
A
【考点】
变化的快慢与变化率
【解析】
直接代入函数的平均变化率公式进行化简求解．
【解答】
∵ 函数y＝f(x)＝x2在x0到x0+△x之间的平均变化量为：△y＝f(x0+△x)−f(x0)＝(x0+△x)2−(x0)2＝△x(2x0+△x)
∴ k1=△y△x=2x0+△x．
∵ 函数y＝f(x)＝x2在x0−△x到x0之间的平均变化量为：△y＝f(x0)−f(x0−△x)＝(x0)2−(x0−△x)2＝△x(2x0−△x)
∴ k2=△y△x=2x0−△x．
∵ k1−k2＝2△x，而△x>0，故k1>k2．
8.
【答案】
A
【考点】
导数的运算
函数奇偶性的性质与判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
9.
【答案】
A
【考点】
函数的单调性与导数的关系
【解析】
根据函数f(x)在(−∞, +∞)内单调递增，得出f′(x)≥0恒成立，利用判别式△≤0，求出m的取值范围．
【解答】
解：∵ 函数f(x)=x3+2x2+mx+1在(−∞, +∞)上单调递增，
∴ f′(x)=3x2+4x+m≥0恒成立，
即Δ=16−4×3m≤0，
解得m≥43，
∴ m的取值范围是m≥43．
故选A．
10.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
直接利用极小值点两侧函数的单调性是先减后增，对应导函数值是先负后正，再结合图象即可求得结论．
【解答】
解；因为极小值点两侧函数的单调性是先减后增，对应导函数值是先负后正，
由图得，导函数值先负后正的点只有一个，故函数f(x)在区间(a, b)内极小值点的个数是1．
故选A.
11.
【答案】
D
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
先把lnx≤px−1转化为p≥lnx+1x恒成立，再利用导函数求函数f(x)=lnx+1x的最大值，让p与其最大值比较即可．
【解答】
解：因为对任意的x>0，恒有lnx≤px−1⇒p≥lnx+1x恒成立，
设f(x)=lnx+1x只须求其最大值，
因为f′(x)=−lnxx2，令f′(x)=0⇒x=1，
当00，
当x>1时，f′(x)<0，
故f(x)在x=1处取最大值且f(1)=1．
故p的取值范围是[1, +∞)．
故选 D．
12.
【答案】
B
【考点】
两点间的距离公式
【解析】
设经过的时间为t，可得BQ=t，BP=1−2t，由勾股定理和二次函数的最值可得．
【解答】
解：设经过的时间为t，则AP=2t，BQ=t，
∴ BP=AB−AP=1−2t，
由勾股定理可得|PQ|2=(1−2t)2+t2=5t2−4t+1，
由二次函数可知当t=−−42×5=25时，上式取最小值15，
∴ |PQ|的最小值为15=55
故选：B
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
【答案】
(−∞, −2)∪[6, +∞)
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
35
【考点】
圆锥曲线的综合问题
【解析】
将直线y=12x+1代入椭圆x2+4y2=16的方程，得出关于x的二次方程，利用根与系数的关系结合弦长公式，从而可求弦长．
【解答】
解：将直线y=12x+1代入椭圆x2+4y2=16的方程，整理得x2+2x−6=0
设直线与椭圆的交点为A(x1, y1)，B(x2, y2)．
∴ x1+x2=−2，x1x2=−6
∴ 椭圆被直线截得的弦长为AB=(1+k2)(x1−x2)2=54[(x1+x2)2−4x1x2]=54(4+24)=35
故答案为：35．
【答案】
5
【考点】
抛物线的性质
直线与抛物线的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
4
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
根据函数导数的几何意义，建立方程即可求出结论．
【解答】
解：∵ y=f(x)的图象在点M（1, f(1)）处的切线方程是y=x+2，
∴ f′(1)=1，
当x=1时，y=1+2=3，
即f(1)=3，
∴ f(1)+f′(1)=3+1=4，
故答案为：4．
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
【答案】
P为真命题等价于不等式2x+lg2(x+6)−a<0在x∈[0, 5]上有解，
设f(x)＝2x+lg2(x+4)−a，则不等式2x+lg2(x+3)−a<0等价于f(x)min<0．
又f(x)在x∈[4, 4]上单调递增，
∴ f(x)min＝f(0)＝1−a<5，解得a>1．
故若p为真命题时，实数a的取值范围为(1；
令t＝sinx，则g(t)＝t8+t，t∈[−1，
当q为真命题时，a的取值范围为g(t)的值域，
∵ 当t∈[−1, 8]时​2+t＝，
∵ ￢p∧q为真命题，∴ p假q真，
∴ ，即．
∴ 当￢p∧q为真命题时，实数a的取值范围为[．
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
解：（1）依题意得|F1F2|=2，
又2|F1F2|=|PF1|+|PF2|，
∴ |PF1|+|PF2|=4=2a，
∴ a=2，
∵ c=1，
∴ b2=3．
∴ 所求椭圆的方程为x24+y23=1．----------
（2）设P点坐标为(x, y)，
∵ ∠F2F1P=120∘，
∴ PF1所在直线的方程为y=(x+1)⋅tan 120∘，
即y=−3(x+1)．----------
解方程组y=−3(x+1)x24+y23=1
并注意到x<0，y>0，可得x=−85y=335−−−−−−−−−
∴ S△PF1F2=12|F1F2|⋅335=335．----------
【考点】
圆锥曲线的综合问题
椭圆的应用
【解析】
（1）根据2|F1F2|=|PF1|+|PF2|，求出a，结合焦点坐标求出c，从而可求b，即可得出椭圆方程；
（2）直线方程与椭圆方程联立，可得P的坐标，利用三角形的面积公式，可求△PF1F2的面积．
【解答】
解：（1）依题意得|F1F2|=2，
又2|F1F2|=|PF1|+|PF2|，
∴ |PF1|+|PF2|=4=2a，
∴ a=2，
∵ c=1，
∴ b2=3．
∴ 所求椭圆的方程为x24+y23=1．----------
（2）设P点坐标为(x, y)，
∵ ∠F2F1P=120∘，
∴ PF1所在直线的方程为y=(x+1)⋅tan 120∘，
即y=−3(x+1)．----------
解方程组y=−3(x+1)x24+y23=1
并注意到x<0，y>0，可得x=−85y=335−−−−−−−−−
∴ S△PF1F2=12|F1F2|⋅335=335．----------
【答案】
解：（1）∵ 离心率e=2∴ ca=2
∵ 点M(5, 3)在双曲线上，∴ 52a2−32b2=1
又∵ c2=a2+b2
∴ 双曲线的方程为x24−y212=1
（2）设P、Q的坐标分别为(x1, y1)，(x2, y2)，
直线OQ的方程为y=kx，∵ OP→⋅OQ→=0∴ OP⊥OQ，∴ 直线OP的方程为y=−1kx
化简得x12=123−k2，y12=12k23−k2，x22=123−(1−k)2，y22=12(−1k)23−(1−k)2
∴ x12+y12+x22+y22=123−k2+12k23−k2+123−(1−k)2+12(−1k)23−(1−k)2
=12+12k23−k2+12+12k23k2−1=24(1+k2)2(3−k2)(3k2−1)
设1+k2=t，则t≥1，0<1t≤1
∴ |OP|2+|OQ|2=24t2(4−t)(3t−4)=2416(−1t2+1t)−3≥2416(−122+12)−3=24
当且仅当t=2，即k=±1时，等号成立．
∴ |OP|2+|OQ|2的最小值为24．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
（1）欲求双曲线的方程，只需找到含a，b，c的方程，因为双曲线的离心率e=2，且点M(5, 3)在双曲线上，所以可以得到两个关于a，b，c的方程，再根据c2=a2+b2，就可解出a，b，c，求出双曲线的方程．
（2）因为OP→⋅OQ→=0，所以OP→⊥OQ→，设直线OQ的方程为y=kx，则直线OP的方程为y=−1kx，分别代入双曲线方程，即可得P，Q的坐标用含k的式子表示，再代入|OP|2+|OQ|2，化简，利用均值不等式求最值即可．
【解答】
解：（1）∵ 离心率e=2∴ ca=2
∵ 点M(5, 3)在双曲线上，∴ 52a2−32b2=1
又∵ c2=a2+b2
∴ 双曲线的方程为x24−y212=1
（2）设P、Q的坐标分别为(x1, y1)，(x2, y2)，
直线OQ的方程为y=kx，∵ OP→⋅OQ→=0∴ OP⊥OQ，∴ 直线OP的方程为y=−1kx
化简得x12=123−k2，y12=12k23−k2，x22=123−(1−k)2，y22=12(−1k)23−(1−k)2
∴ x12+y12+x22+y22=123−k2+12k23−k2+123−(1−k)2+12(−1k)23−(1−k)2
=12+12k23−k2+12+12k23k2−1=24(1+k2)2(3−k2)(3k2−1)
设1+k2=t，则t≥1，0<1t≤1
∴ |OP|2+|OQ|2=24t2(4−t)(3t−4)=2416(−1t2+1t)−3≥2416(−122+12)−3=24
当且仅当t=2，即k=±1时，等号成立．
∴ |OP|2+|OQ|2的最小值为24．
【答案】
由方程y2＝−x，y＝k(x+1)
消去x后，整理得
ky2+y−k＝0．
设A(x1, y1)、B(x2, y2)，由韦达定理y1⋅y2＝−1．
∵ A、B在抛物线y2＝−x上，
∴ y12＝−x1，y22＝−x2，y12⋅y22＝x1x2．
∵ kOA⋅kOB=y1x1⋅y2x2=y1y2x1x2=1y1y2=−1，
∴ OA⊥OB．
设直线与x轴交于N，又显然k≠0，
∴ 令y＝0，则x＝−1，即N(−1, 0)．
∵ S△OAB＝S△OAN+S△OBN
=12|ON||y1|+12|ON||y2|
=12|ON|⋅|y1−y2|，
∴ S△OAB=12⋅1⋅(y1+y2)2−4y1y2
=12(1k)2+4．
∵ S△OAB=10，
∴ 10=121k2+4．解得k＝±16．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
抛物线的性质
【解析】
（1）证明OA⊥OB可有两种思路：①证kOA⋅kOB＝−1；②取AB中点M，证|OM|=12|AB|．
（2）求k的值，关键是利用面积建立关于k的方程，求△AOB的面积也有两种思路：①利用S△OAB=12|AB|⋅h（h为O到AB的距离）；②设A(x1, y1)、B(x2, y2)，直线和x轴交点为N，利用S△OAB=12|ON|⋅|y1−y2|．
【解答】
由方程y2＝−x，y＝k(x+1)
消去x后，整理得
ky2+y−k＝0．
设A(x1, y1)、B(x2, y2)，由韦达定理y1⋅y2＝−1．
∵ A、B在抛物线y2＝−x上，
∴ y12＝−x1，y22＝−x2，y12⋅y22＝x1x2．
∵ kOA⋅kOB=y1x1⋅y2x2=y1y2x1x2=1y1y2=−1，
∴ OA⊥OB．
设直线与x轴交于N，又显然k≠0，
∴ 令y＝0，则x＝−1，即N(−1, 0)．
∵ S△OAB＝S△OAN+S△OBN
=12|ON||y1|+12|ON||y2|
=12|ON|⋅|y1−y2|，
∴ S△OAB=12⋅1⋅(y1+y2)2−4y1y2
=12(1k)2+4．
∵ S△OAB=10，
∴ 10=121k2+4．解得k＝±16．
【答案】
(1)解：易知函数的定义域为(0,+∞)，
所以f′(x)=ax−a=a(1−x)x．
若a=0，则f′(x)=0，此时原函数不具有单调性；
若a>0，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，此时函数f(x)为增函数，当x∈[1,+∞)时，f′(x)<0，此时函数f(x)为减函数；
若a<0，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，此时函数f(x)为减函数，当x∈[1,+∞)时，f′(x)>0，此时函数f(x)为增函数.
(2)证明：当a=−1时，令g(x)=f(x)+2=−lnx+x−1，
g′(x)=x−1x时，当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，此时函数g(x)在(1,+∞)递增，
所以当x∈(1,+∞)，g(x)>g(1)=0恒成立.
故在(1,+∞)上，f(x)+2>0.
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：易知函数的定义域为(0,+∞)，
所以f′(x)=ax−a=a(1−x)x．
若a=0，则f′(x)=0，此时原函数不具有单调性；
若a>0，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，此时函数f(x)为增函数，当x∈[1,+∞)时，f′(x)<0，此时函数f(x)为减函数；
若a<0，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，此时函数f(x)为减函数，当x∈[1,+∞)时，f′(x)>0，此时函数f(x)为增函数.
(2)证明：当a=−1时，令g(x)=f(x)+2=−lnx+x−1，
g′(x)=x−1x时，当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，此时函数g(x)在(1,+∞)递增，
所以当x∈(1,+∞)，g(x)>g(1)=0恒成立.
故在(1,+∞)上，f(x)+2>0.
【答案】
解：(1)由题意，x60−x∈(0, 5]，x>0，
即0∴ 0∴ 技改投入x的取值范围是(0, 50].
(2)设f(x)=(60−x)x2，x∈(0, 50]，
则f′(x)=−3x(x−40)，
当00，函数单调递增；
当40∴ 当x=40时，函数取得极大值，也是最大值，
∴ f(x)max=(60−40)×402=32000，
∴ 当技改投入为40万元时，所获得的产品的增加值为最大，其最大值为32000万元．
【考点】
分段函数的应用
函数模型的选择与应用
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）利用x60−x∈(0, 5]，x>0，即可确定技改投入x的取值范围；
（2）求导函数，确定函数的单调性，即可求出产品增加值的最大值及相应x的值．
【解答】
解：(1)由题意，x60−x∈(0, 5]，x>0，
即0∴ 0∴ 技改投入x的取值范围是(0, 50].
(2)设f(x)=(60−x)x2，x∈(0, 50]，
则f′(x)=−3x(x−40)，
当00，函数单调递增；
当40∴ 当x=40时，函数取得极大值，也是最大值，
∴ f(x)max=(60−40)×402=32000，
∴ 当技改投入为40万元时，所获得的产品的增加值为最大，其最大值为32000万元．