2021-2022學(xué)年廣東省茂名市第九中學(xué)高二數(shù)學(xué)理期末試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.如圖5，銳角三角形ABC中，以BC為直徑的半圓分別交AB、AC于點D、E，則△ADE與△ABC的面積之比為（

）A．cosA

B．sinA

C．sin2A

D．cos2A參考答案：D略2.如圖是一正方體的表面展開圖，MN和PB是兩條面對角線，則在正方體中，直線MN與直線PB的位置關(guān)系為（）A．相交 B．平行 C．異面 D．重合參考答案：C【考點】空間中直線與直線之間的位置關(guān)系．【分析】把正方體的表面展開圖還原成正方體，由此能求出直線MN與直線PB的位置關(guān)系．【解答】解：把正方體的表面展開圖還原成正方體，如圖，∵MN∥BD，PB∩BD=B，∴直線MN與直線PB異面．故選：C．3.定積分=（）A． B． C． D．參考答案：D【考點】67：定積分．【分析】根據(jù)定積分的運算法則，求出的原函數(shù)，然后再代入求解；【解答】解：∵=又y=，是以（1，0）為圓心，r=1為半徑的上半圓，求其在x=0到x=1上的積分，其實為圓的面積的：∴=×π=，∵==﹣0=，∴=故選D．4.過拋物線y2=4x的焦點作直線交拋物線于點A（x1，y1），B（x2，y2）若|AB|=7，則AB的中點M到拋物線準(zhǔn)線的距離為（）A． B． C．2 D．參考答案：A【考點】拋物線的簡單性質(zhì)．【分析】拋物線的焦點F（1，0），準(zhǔn)線方程為x=﹣1，由拋物線的定義可得|AB|=7=（x1+1）+（x2+1），求得x1+x2的值，由此求得點M到拋物線準(zhǔn)線的距離+1的值．【解答】解：由拋物線的方程y2=4x可得p=2，故它的焦點F（1，0），準(zhǔn)線方程為x=﹣1．由拋物線的定義可得|AB|=7=|AF|+|BF|=（x1+1）+（x2+1），∴x1+x2=5．由于AB的中點M（，）到準(zhǔn)線的距離為+1=，故選A．【點評】本題主要考查拋物線的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程，以及簡單性質(zhì)的應(yīng)用，屬于中檔題．5.已知命題：，，那么下列結(jié)論正確的是

A.，

B.，C.，

D.，參考答案：B6.過曲線上一點A(1,2)的切線方程為,則的值為(

)

A.

B.6

C.

D.4參考答案：A略7.以拋物線y2=4x的焦點為圓心，且過坐標(biāo)原點的圓的方程為(

)A．x2+y2+2x=0 B．x2+y2+x=0 C．x2+y2﹣x=0 D．x2+y2﹣2x=0參考答案：D【考點】圓的一般方程；拋物線的簡單性質(zhì)．【分析】先求拋物線y2=4x的焦點坐標(biāo)，即可求出過坐標(biāo)原點的圓的方程【解答】解：因為已知拋物線的焦點坐標(biāo)為（1，0），即所求圓的圓心，又圓過原點，所以圓的半徑為r=1，故所求圓的方程為（x﹣1）2+y2=1，即x2﹣2x+y2=0，故選D．【點評】本題考查拋物線的幾何性質(zhì)以及圓的方程的求法，屬基礎(chǔ)題．8.復(fù)數(shù)，則

A.1B.C.D.

參考答案：B略9.已知函數(shù)f（x）=（2x+1）er+1+mx，若有且僅有兩個整數(shù)使得f（x）≤0．則實數(shù)m的取值范圍是（）A．()B．() C．[) D．[)參考答案：B【分析】問題轉(zhuǎn)化為mx≤﹣（2x+1）ex+1，設(shè)g（x）=mx，h（x）=﹣（2x+1）ex+1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合函數(shù)圖象得到關(guān)于m的不等式組，解出即可．【解答】解：依題意由f（x）≤0，得（2x+1）ex+1+mx≤0，即mx≤﹣（2x+1）ex+1．設(shè)g（x）=mx，h（x）=﹣（2x+1）ex+1，則h'（x）=﹣[2ex+1+（2x+1）ex+1]=﹣（2x+3）ex+1．由h'（x）＞0得﹣（2x+3）＞0，即；由h'（x）＜0得﹣（2x+3）＜0，即．所以當(dāng)時，函數(shù)h（x）取得極大值．在同一直角坐標(biāo)系中作出y=h（x），y=g（x）的大致圖象如圖所示，當(dāng)m≥0時，滿足g（x）≤h（x）的整數(shù)解超過兩個，不滿足條件．當(dāng)m＜0時，要使g（x）≤h（x）的整數(shù)解只有兩個，則需要滿足，即，解得，所以．故選B．10.若將函數(shù)的圖像向左平移個單位長度，則平移后圖象的對稱軸為（

）A.

B.

C.

D.參考答案：B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.“x＞1”是“”的________條件(填“充要”、“充分不必要”、“必要不充分”或“既不充分又不必要”)．參考答案：：充分不必要12.函數(shù)在上是減函數(shù),則實數(shù)的取值范圍是

.參考答案：略13.不等式≧0的解集為___________.參考答案：由題意得，所以解集為，填。14.復(fù)數(shù)z滿足(i為虛數(shù)單位)，則z=________參考答案：【分析】由題意求出，根據(jù)復(fù)數(shù)的除法即可求得的值.【詳解】由題意，所以.所以本題答案為.【點睛】本題主要考查復(fù)數(shù)的運算及復(fù)數(shù)的求模問題，屬基礎(chǔ)題.15.已知函數(shù)在區(qū)間上是減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是

.參考答案：16.按流程圖的程序計算，若開始輸入的值為，則輸出的的值是

參考答案：

231

17.已知函數(shù)(圖象如圖所示，則的值是

。

參考答案：-2略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知函數(shù)（）在處取得極值．（1）求的單調(diào)區(qū)間；（2）討論的零點個數(shù)，并說明理由．參考答案：（1）因為， 1分

又，即，解得． 2分

令，即，解得；

令，即，解得． 4分所以的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為． 5分（2）由（Ⅰ）知在處取得最大值． 6分①當(dāng)即時，，所以無零點． 7分②當(dāng)即時，當(dāng)且僅當(dāng)時，，所以有一個零點． 8分③當(dāng)即時，，因為，且，又在上單調(diào)遞增，所以在上有且只有一個零點． 10分因為，且，令，則，所以在上單調(diào)遞減，所以，所以．又在上單調(diào)遞減，所以在上有且只有一個零點．故當(dāng)時，有兩個零點． 12分19.已知函數(shù).（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）當(dāng)時，函數(shù)在(－∞,0)上的最小值為，若不等式有解，求實數(shù)t的取值范圍.參考答案：（1）答案見解析；（2）【分析】（1）求出導(dǎo)函數(shù)，然后根據(jù)的符號進行分類討論，并借助解不等式組的方法得到單調(diào)區(qū)間；（2）根據(jù)（1）中的結(jié)論求出當(dāng)時，函數(shù)在上的最小值，因此問題轉(zhuǎn)化為有解，即有解，構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)的最小值即可得到所求．【詳解】（1）由，得，①當(dāng)時，令，得，所以，或，即或，解得或．令，得，所以或，即或，解得或．所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，；單調(diào)遞減區(qū)間為．②當(dāng)時，令，得，由①可知；令，得，由①可知或．所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為；單調(diào)遞減區(qū)間為，．綜上可得，當(dāng)時，的單調(diào)遞增區(qū)間為，；單調(diào)遞減區(qū)間為．當(dāng)時，的單調(diào)遞增區(qū)間為；單調(diào)遞減區(qū)間為，．（2）由（1）可知若，則當(dāng)時，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，所以不等式有解等價于有解，即有解，設(shè)，則，所以當(dāng)時，，單調(diào)遞減，當(dāng)時，，單調(diào)遞增，所以的極小值也是最小值，且最小值為，從而，所以實數(shù)的取值范圍為．【點睛】（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，若函數(shù)解析式中含有字母、并且字母對結(jié)果產(chǎn)生影響時，需要對字母進行分類討論，討論時要選擇合適的標(biāo)準(zhǔn)，同時分類時要做到不重不漏．（2）解答不等式有解的問題時，常用的方法是分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值的問題，解題時要用到以下結(jié)論：在上有解；在上有解．若函數(shù)的最值不存在，則可利用函數(shù)值域的端點值來代替．20.（1）若命題“?x∈R，2x2﹣3ax+9＜0”為假命題，求實數(shù)a的取值范圍；（2）設(shè)p：|4x﹣3|≤1，命題q：x2﹣（2m+1）x+m（m+1）≤0．若￢p是￢q的必要而不充分條件，求實數(shù)a的取值范圍．參考答案：【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；簡易邏輯．【分析】（1）根據(jù)特稱命題為假命題，轉(zhuǎn)化為命題的否定為真命題，利用判別式△進行求解即可．（2）根據(jù)絕對值的性質(zhì)和十字相乘法分別求出命題p和q，再根據(jù)￢p是￢q的必要而不充分條件，可以推出p?q，再根據(jù)子集的性質(zhì)進行求解；【解答】解：（1）若命題“?x∈R，2x2﹣3ax+9＜0”為假命題，即命題“?x∈R，2x2﹣3ax+9≥0”為真命題，則判別式△=9a2﹣4×2×9≤0，則a2≤8，即﹣2≤a≤2，即實數(shù)a的取值范圍是[﹣2，2]．（2）∵p：|4x﹣3|≤1；p：﹣1≤4x﹣3≤1，解得≤x≤1，由x2﹣（2m+1）x+m（m+1）≤0得m≤x≤m+1，若￢p是￢q的必要而不充分條件，則￢q?￢p，￢p推不出￢q，可得p?q，q推不出p，∴解得0≤m≤，驗證m=0和m=滿足題意，∴實數(shù)m的取值范圍為：m∈[0，]．【點評】本題考查充分條件必要條件的應(yīng)用以及命題真假性的判斷和應(yīng)用，本題求解中涉及到了一元二次方程有根的條件，及集合間的包含關(guān)系，有一定的綜合性．21.（本題滿分14分）如圖所示，已知曲線與曲線交于點O、A，直線(0<t≤1)與曲線C1、C2分別相交于點D、B，連接OD、DA、AB。（1）寫出曲邊四邊形ABOD（陰影部分）的面積S與t的函數(shù)關(guān)系式；（2）求函數(shù)在區(qū)間上的最大值。

參考答案：（本題滿分14分）解：（1）由解得或（2分）∴O（0，0），A（a,a2）。又由已知得B（t,-t2+2at）,D(t,t2),∴

……6分（2）=t2-2at+a2,令=0，即t2-2at+a2=0。解得t=(2-)a或t=(2+)a.∵0<t≤1,a>1,

∴t=(2+)a應(yīng)舍去。

即t=(2-)a

8分若(2-)a≥1,即a≥時，∵0<t≤1，∴≥0?！嘣趨^(qū)間上單調(diào)遞增，S的最大值是=a2-a+.

10分若(2-)a<1,

即1<a<時，當(dāng)0<t<(2-)a時，.

當(dāng)(2-)a<t≤1時，.∴在區(qū)間(0,(2-)a]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[(2-)a，1]上單調(diào)遞減?！?(2-)a是極大值點，也是最大值點

12分∴的最大值是f((2-)a)=[(2-)a]3-a[(2-)a]2+a2(2-)a=.13分綜上所述。

……14分略22.已知數(shù)列{an}滿足.（1）求，，的值，猜想并證明{an}的單調(diào)性；（2）請用反證法證明數(shù)列{an}中任意三項都不能構(gòu)成等差數(shù)列．參考答案：（1）計算得，猜想該數(shù)列為單調(diào)遞減數(shù)列.