云南省昆明市安寧第四中學(xué)2021-2022學(xué)年高二數(shù)學(xué)理上學(xué)期期末試題含解析

云南省昆明市安寧第四中學(xué)2021-2022學(xué)年高二數(shù)學(xué)理上學(xué)期期末試題含解析一、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(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.某人有5把鑰匙，其中有兩把房門鑰匙，但忘記了開房門的是哪兩把，只好逐把試開，則此人在3次內(nèi)能開房門的概率是

（

）..

..參考答案：A故選答案A2.在正方體AC1中，E，F(xiàn)分別是線段BC，CD1的中點(diǎn)，則直線A1B與直線EF的位置關(guān)系是（）A．相交 B．異面 C．平行 D．垂直參考答案：A【考點(diǎn)】空間中直線與直線之間的位置關(guān)系．【分析】直線AB與直線外一點(diǎn)E確定的平面為A1BCD1，EF?平面A1BCD1，且兩直線不平行，故兩直線相交，可得結(jié)論．【解答】解：如圖，在正方體AC1中：∵A1B∥D1C∴A1B與D1C可以確定平面A1BCD1，又∵EF?平面A1BCD1，且兩直線不平行，∴直線A1B與直線EF的位置關(guān)系是相交，故選A．3.命題“，”的否定是（

）A．，

B．，C．，

D．，參考答案：B根據(jù)命題的否定易得：命題“，”的否定是，4.不等式x2﹣2x+m＞0在R上恒成立的充分不必要條件是（）A．m＞2 B．0＜m＜1 C．m＞0 D．m＞1參考答案：A【考點(diǎn)】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．【分析】不等式x2﹣2x+m＞0化為：m＞﹣x2+2x=﹣（x﹣1）2+1，利用二次函數(shù)的單調(diào)性、充分不必要條件即可得出．【解答】解：不等式x2﹣2x+m＞0化為：m＞﹣x2+2x=﹣（x﹣1）2+1，∵﹣（x﹣1）2+1≤1，∴m＞1．∴不等式x2﹣2x+m＞0在R上恒成立的充分不必要條件是m＞2．故選：A．5.邊長為a的正方體表面積為（）A．6a2 B．4a2 C． D．參考答案：A【考點(diǎn)】棱柱、棱錐、棱臺(tái)的側(cè)面積和表面積．【分析】正方體的表面積由6個(gè)正方形的面積組成．所以正方體的表面積=6×正方形的面積S=6a2．【解答】解：依題意得：正方體的表面積=6×正方形的面積S=6a2．故選A．6.若某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則該幾何體的體積等于（）A．10cm3 B．20cm3 C．30cm3 D．40cm3參考答案：B【考點(diǎn)】由三視圖求面積、體積．【分析】由三視圖知幾何體為直三削去一個(gè)三棱錐，畫出其直觀圖，根據(jù)棱柱的高為5；底面為直角三角形，直角三角形的直角邊長分別為3、4，計(jì)算三棱柱與三棱錐的體積，再求差可得答案．【解答】解：由三視圖知幾何體為三棱柱削去一個(gè)三棱錐如圖：棱柱的高為5；底面為直角三角形，直角三角形的直角邊長分別為3、4，∴幾何體的體積V=×3×4×5﹣××3×4×5=20（cm3）．故選B．7.若圓與圓相切,則的值為(

)A.

B.

C.

D.

參考答案：D8.函數(shù)的極大值與極小值之和為 A、

B、

C、

D、參考答案：A略9.從{1，2，3，4，5}中隨機(jī)選取一個(gè)數(shù)為a，從{1，2，3}中隨機(jī)選取一個(gè)數(shù)為b，則b＞a的概率是（）A． B． C． D．參考答案：D【考點(diǎn)】等可能事件的概率．【分析】由題意知本題是一個(gè)古典概型，試驗(yàn)包含的所有事件根據(jù)分步計(jì)數(shù)原理知共有5×3種結(jié)果，而滿足條件的事件是a=1，b=2；a=1，b=3；a=2，b=3共有3種結(jié)果．【解答】解：由題意知本題是一個(gè)古典概型，∵試驗(yàn)包含的所有事件根據(jù)分步計(jì)數(shù)原理知共有5×3種結(jié)果，而滿足條件的事件是a=1，b=2；a=1，b=3；a=2，b=3共有3種結(jié)果，∴由古典概型公式得到P==，故選D．10.若tanα=3，則的值等于（）A．2 B．3 C．4 D．6參考答案：D【考點(diǎn)】GS：二倍角的正弦；GK：弦切互化．【分析】利用兩角和公式把原式的分母展開后化簡，把tanα的值代入即可．【解答】解：==2tanα=6故選D二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知向量，，則k=

．參考答案：或略12.拋物線的準(zhǔn)線方程為，則焦點(diǎn)坐標(biāo)是

▲

.參考答案：略13.若對(duì)區(qū)間D上的任意都有成立，則稱為到在區(qū)間D上的“任性函數(shù)”，已知，若是到在上的“任性函數(shù)”，則的取值范圍是 ．參考答案：14.命題“”的否定是

．參考答案：15.是定義在上的奇函數(shù)，且，當(dāng)時(shí)，,則不等式的解集為

參考答案：略16.函數(shù)的值域是

▲

．參考答案：略17.一元二次不等式的解集為，則的最小值為．參考答案：【考點(diǎn)】一元二次不等式的解法．【專題】計(jì)算題；函數(shù)思想；數(shù)形結(jié)合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．【分析】通過關(guān)于x的一元二次不等式ax2+2x+b＞0的解集為，求出a，b的關(guān)系，利用基本不等式確定其最小值．【解答】解：一元二次不等式的解集為，說明x=﹣時(shí)，不等式對(duì)應(yīng)的方程為0，可得b=，即ab=1，∵a＞b，∴==（a﹣b）+≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a﹣b=時(shí)取等號(hào)，∴則的最小值為2，故答案為：2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查一元二次不等式的解法，考查轉(zhuǎn)化思想，計(jì)算能力，是基礎(chǔ)題．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.已知定圓C：x2+（y﹣3）2=4，定直線m；x+3y+6=0，過A（﹣1，0）的一條動(dòng)直線l與直線相交于N，與圓C相交于P，Q兩點(diǎn)，（1）當(dāng)l與m垂直時(shí)，求出N點(diǎn)的坐標(biāo)，并證明：l過圓心C；（2）當(dāng)|PQ|=2時(shí)，求直線l的方程．參考答案：【考點(diǎn)】直線和圓的方程的應(yīng)用．【分析】（1）運(yùn)用兩直線垂直的條件：斜率之積為﹣1，求得l的斜率，可得直線l的方程，聯(lián)立直線m的方程，可得交點(diǎn)N，代入圓心，可得直線l過圓心；（2）由|PQ|=2得，圓心C到直線l的距離d=1，設(shè)直線l的方程為x﹣ny+1=0，求得n的值，可得直線l的方程．【解答】解：（1）因?yàn)閘與m垂直，直線m：x+3y+6=0的斜率為﹣，所以直線l的斜率為3，所以l的方程為y﹣0=3（x+1），即3x﹣y+3=0．聯(lián)立，解得，即有N（﹣，﹣），代入圓心（0，3），有0﹣3+3=0成立，所以直線l過圓心C（0，3）．（2）由|PQ|=2得，圓心C到直線l的距離d=1，設(shè)直線l的方程為x﹣ny+1=0，則由d==1．解得n=0，或n=，所以直線l的方程為x+1=0或4x﹣3y+4=0．19.已知函數(shù)f（x）（x∈R），f′（x）存在，記g（x）=f′（x），且g′（x）也存在，g′（x）＜0．（1）求證：f（x）≤f（x0）+f′（x0）（x﹣x0）；（x0∈R）（2）設(shè)n），且λ1+λ2+…+λn=1，xi∈R（i=1，…，n）（n∈N+）求證：λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）≤f（λ1x1+λ2x2+…+λnxn）（3）已知a，f（a），f[f（a）]，f{f[（f（a）]}是正項(xiàng)的等比數(shù)列，求證：f（a）=a．參考答案：【考點(diǎn)】數(shù)列的應(yīng)用；導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算．【分析】（1）構(gòu)造輔助函數(shù)?（x）=f（x）﹣f（x0）﹣f'（x0）（x﹣x0），求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求得?（x）的極大值，?（x）≤?（x0）=0，即可得f（x）≤f（x0）+f'（x0）（x﹣x0）；（2）由（1）可知，兩邊分別同乘以λ1，λ2，λ3，…λn，采用累加法，得λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）≤（λ1+λ2+…+λn）f（x0）+f'（x0）?[λ1（x1﹣x0）+λ2（x2﹣x0）+…+λn（xn﹣x0）]，由λ1+λ2+…+λn=1，設(shè)x0=λ1x1+λ2x2+…+λnxn，則λ1（x1﹣x0）+λ2（x2﹣x0）+…+λn（xn﹣x0）=0，即可證明λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）≤f（λ1x1+λ2x2+…+λnxn）；（3）分別求得f（a）=aq，f[f（a）]=aq2，f{f[f[f（a}}=aq3，λx1+（1﹣λ）x2=aq，f[λx1+（1﹣λ）x2]=f（aq）=f[f（a）]=aq2，可得：=f[λx1+（1﹣λ）x2]，由n=2，λ1=λ，λ2=1﹣λ，即λf（x1）+（1﹣λ）f（x2）≤f[λx1+（1﹣λ）x2]，當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2時(shí)成立，即a=aq2?a=1，可得f（a）=a．【解答】解：（1）證明：設(shè)?（x）=f（x）﹣f（x0）﹣f'（x0）（x﹣x0），則?'（x）=f'（x）﹣f'（x0）∵g'（x）＜0故g（x）=f'（x）為減函數(shù)，則x=x0為?（x）的極大值點(diǎn)．∵?（x）≤?（x0）=0，即f（x）≤f（x0）+f'（x0）（x﹣x0）（當(dāng)且僅當(dāng)在x=x0取到）（2）證明：由（1）可知：f（x1）≤f（x0）+f'（x0）（x1﹣x0），兩邊同乘以λ1得λ1f（x1）≤λ1f（x0）+λ1f'（x0）（x1﹣x0），λ2f（x2）≤λ2f（x0）+λ2f'（x0）（x2﹣x0），…λnf（xn）≤λnf（x0）+λnf'（x0）（xn﹣x0），上式各式相加，得λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）≤（λ1+λ2+…+λn）f（x0）+f'（x0）?[λ1（x1﹣x0）+λ2（x2﹣x0）+…+λn（xn﹣x0）]，因?yàn)棣?+λ2+…+λn=1，設(shè)x0=λ1x1+λ2x2+…+λnxn，則λ1（x1﹣x0）+λ2（x2﹣x0）+…+λn（xn﹣x0）=0，由此，λ1f（x1）+λ2f（x2）+…+λnf（xn）≤f（λ1x1+λ2x2+…+λnxn））等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)在x1=x2=…=xn時(shí)成立，（3）證明：記公比為q，q＞0，則f（a）=aq，f[f（a）]=aq2，f{f[f[f（a}}=aq3，取x1′=a，，λ=∈（0，1），則λx1+（1﹣λ）x2=aq，f[λx1+（1﹣λ）x2]=f（aq）=f[f（a）]=aq2，又∵λf（x1）+（1﹣λ）f（x2）=λf（a）+（1﹣λ）f（aq2），=λf（a）+（1﹣λ）f{f[f（a）]}，=λaq+（1﹣λ）aq3，=aq3+λaq﹣λaq3，=aq3+λaq（1﹣q2），=aq3+aq（1﹣q2），=aq2，即aq3+λaq（1﹣q2）=aq2=f[λx1+（1﹣λ）x2]，在（2）中取n=2，λ1=λ，λ2=1﹣λ，即λf（x1）+（1﹣λ）f（x2）≤f[λx1+（1﹣λ）x2]，當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2時(shí)成立，即a=aq2?q=1，∴f（a）=a．20.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且an是Sn與2的等差中項(xiàng)，數(shù)列{bn}中，b1=1，點(diǎn)P（bn，bn+1）在直線上。（1）求a1和a2的值；

（2）求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)an和bn；（3）設(shè)cn=an·bn，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.參考答案：解：（1）∵an是Sn與2的等差中項(xiàng)

∴Sn=2an-2

∴a1=S1=2a1-2，解得a1=2

a1+a2=S2=2a2-2，解得a2=4

（2）∵Sn=2an-2，Sn-1=2an-1-2，又Sn—Sn-1=an，

∴an=2an-2an-1，

又an≠0，

∴，即數(shù)列{an}是等比數(shù)列

∵a1=2，∴an=2n

∵點(diǎn)P(bn，bn+1)在直線x-y+2=0上，∴bn-bn+1+2=0，

∴bn+1-bn=2，即數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，又b1=1，∴bn=2n-1，

（3）∵cn=(2n-1)2n

∴Tn=a1b1+a2b2+····anbn=1×2+3×22+5×23+····+(2n-1)2n，

∴2Tn=1×22+3×23+····+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1

則

-Tn=1×2+(