2021年江苏省南京市第四十二中学高二数学理上学期期末试题含解析

2021年江苏省南京市第四十二中学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.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于

(

)A．6

B．7

C．8

D．9

参考答案：A2.在△ABC中，BC=8，B=60°，C=75°，则AC等于（

）

A． B． C． D．参考答案：C略3.下列说法正确的是(

)①必然事件的概率等于1；

②互斥事件一定是对立事件；③球的体积与半径的关系是正相关；

④汽车的重量和百公里耗油量成正相关A、①②

B、①③

C、①④

D、③④参考答案：C4.把化为十进制数为（

）

A．20 B．12 C．10 D．11参考答案：C略1.已知集合,，则=

A.

B.

C.

D.参考答案：A略6.若直线与直线分别交于点P，Q，且线段PQ的中点坐标为(1,－1)，则直线的斜率为（

）A．

B．

C.

D．参考答案：B∵直线l与直线y=1，x=7分别交于点P，Q，

∴P，Q点的坐标分别为：P（a，1），Q（7，b），

∵线段PQ的中点坐标为（1，-1），

∴由中点坐标公式得：∴a=-5，b=-3；

∴直线l的斜率k=故选B

7.设抛物线y2=6x的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，PA丄l，垂足为A，如果△APF为正三角形，那么|PF|等于（）A．4 B．6 C．6 D．12参考答案：C【考点】抛物线的简单性质．【专题】计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】先根据抛物线方程求出焦点坐标和准线方程，根据直线AF的斜率得到AF方程，与准线方程联立，解出A点坐标，因为PA丄l，所以P点与A点纵坐标相同，再代入抛物线方程求P点横坐标，利用抛物线的定义就可求出|PF|长．【解答】解：∵抛物线方程为y2=6x，∴焦点F（1.5，0），准线l方程为x=﹣1.5，∵△APF为正三角形，∴直线AF的斜率为﹣，∴直线AF的方程为y=﹣（x﹣1.5），与x=﹣1.5联立，可得A点坐标为（﹣1.5，3）∵PA⊥l，A为垂足，∴P点纵坐标为3，代入抛物线方程，得P点坐标为（4.5，3），∴|PF|=|PA|=4.5﹣（﹣1.5）=6故选：C．【点评】本题主要考查抛物线的几何性质，定义的应用，以及曲线交点的求法，属于综合题．8.下列四个命题为真命题的是A.“若，则a，b互为相反数”的逆命题；B.“全等三角形的面积相等”的否命题；C.“若，则无实根”的逆否命题；D.“不等边三角形的三个内角相等”的逆命题；参考答案：A【分析】根据四种命题的定义依次得到四个选项中的命题，并判断真假，从而得到结果.【详解】选项的逆命题为“若互为相反数，则”，为真命题；选项的否命题为“不全等三角形的面积不相等”，不全等三角形的面积也可以相等，为假命题；选项的逆否命题为“若有实根，则”，当有实根，则，解得，可知为假命题；选项的逆命题为“若三角形的三个内角相等，则该三角形是不等边三角形”，显然为假命题.本题正确选项：【点睛】本题考查四种命题的求解和辨析，关键是能够准确的根据原命题求解出其他三个命题，属于基础题.9.若复数，则

()．A．

B．

C．

D．参考答案：A10.若关于x的方程在区间[－2,2]上仅有一个实根，则实数a的取值范围为（）A.(－4,0]∪[1,28) B.[－4,28] C.[－4,0)∪(1,28] D.(－4,28)参考答案：C原方程可化为,令,故函数在上递减,在上递增,画出函数的图像如下图所示,.由图可知,的取值范围为.【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数零点问题,求出参数的取值范围.解决含参数问题及不等式问题注意两个转化：(1)利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．(2)将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性问题处理．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知，则实数m=_______.参考答案：2或【分析】先求得，解即可得解.【详解】=解得故答案为2或【点睛】本题考查了复数的模的计算，属于基础题.12.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N分别是CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是．参考答案：90°【考点】异面直线及其所成的角．【专题】计算题．【分析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量的方法求出与夹角求出异面直线A1M与DN所成的角．【解答】解：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设棱长为2，则D（0，0，0），N（0，2，1），M（0，1，0），A1（2，0，2），=（0，2，1），=（﹣2，1，﹣2）?=0，所以⊥，即A1M⊥DN，异面直线A1M与DN所成的角的大小是90°，故答案为：90°．【点评】本题考查空间异面直线的夹角求解，采用了向量的方法．向量的方法能降低空间想象难度，但要注意有关点，向量坐标的准确．否则容易由于计算失误而出错．13.如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2cm，高为5cm，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为_____cm．参考答案：13试题分析：正三棱柱的一个侧面,由于三个侧面均相等，沿着三棱柱的侧面绕行两周可以看成六个侧面并排成一平面，所以对角线的长度就是最短路线，求得最短距离cm。考点：几何体的展开图点评：求几何体上两点的最短距离，常将该几何体展开，然后由两点的距离求得。14.求与圆A：=49和圆B：=1都外切的圆的圆心P的轨迹方程

参考答案：略15.双曲线的焦距是10，则实数的值为_____________.参考答案：111]双曲线的焦距为

所以,,

所以

故本题正确答案是

16.如图，某建筑工地搭建的脚手架局部类似于一个2×2×3

的长方体框架，一个建筑工人欲从

A处沿脚手架攀登至B处，则其最近的行走路线中不连续向上攀登的概率为______________．参考答案：?【分析】先求出最近路线的所有走法共有种，再求出不连续向上攀登的次数，然后可得概率.【详解】最近的行走路线就是不走回头路，不重复，所以共有种，向上攀登共需要3步，向右向前共需要4步，因为不连续向上攀登，所以向上攀登的3步，要进行插空，共有种，故所求概率为.【点睛】本题主要考查古典概率的求解，明确事件包含的基本事件种数是求解关键，侧重考查数学建模和数学运算的核心素养.17.___▲

_参考答案：20，故答案是.

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.已知:如右图,在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB＝DC,过点D作AC的平行线DE,交BA的延长线于点E．求证：(1)△ABC≌△DCB

(2)DE·DC＝AE·BD．参考答案：证明：(1)∵四边形ABCD是等腰梯形，∴AC＝DB∵AB＝DC，BC＝CB，∴△ABC≌△BCD。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。5分(2)∵△ABC≌△BCD，∴∠ACB＝∠DBC，∠ABC＝∠DCB∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，∠EAD＝∠ABC。。。。。。。。。。。。。8分∵ED∥AC，∴∠EDA＝∠DAC

∴∠EDA＝∠DBC，∠EAD＝∠DCB∴△ADE∽△CBD

∴DE:BD＝AE:CD，

∴DE·DC＝AE·BD.。。。。。。。10分19.（1）（2）参考答案：（1）2；（2）【分析】（1）根据实数指数幂的运算性质，化简、运算，即可求解；（2）根据对数的运算性质，化简、运算，即可求解．【详解】（1）由题意，根据实数指数幂的运算性质，可得.（2）根据对数的运算性质，可得．【点睛】本题主要考查了实数指数幂的运算，以及对数的运算性质的应用，其中解答中熟记实数指数幂的运算性质和对数的运算性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．20.如图所示，面ABC，，过A作SB的垂线，垂足为E，过E作SC的垂线，垂足为F，求证：

参考答案：证明：因为面ABC，所以，（3分）

又且，所以面SAB，（6分）

所以AE，（8分）因为且，所以面ABC，（11分）又因为，所以根据三垂线定理可得（12分）21.（本小题12分）设椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，离心率为，在轴负半轴上有一点，且（1）若过三点的圆恰好与直线相切，求椭圆的方程；（2）在（1）的条件下，过右焦点作斜率为的直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在点，使得以为邻边的平行四边形是菱形，如果存在，求出的取值范围；如果不存在，说明理由．参考答案：（1）由题意，得，所以

又

由于，所以为的中点，所以所以的外接圆圆心为，半径…3分又过三点的圆与直线相切，所以解得，所求椭圆方程为……………………6分（2）有（1）知,设的方程为：将直线方程与椭圆方程联立,整理得设交点为，因为则……8分若存在点，使得以为邻边的平行四边形是菱形，由于菱形对角线垂直，所以又又的方向向量是，故，则，即由已知条件知………11分，故存在满足题意的点且的取值范围是………………13分22.已知定义在R上的函数，其中a为常数．

（1）若x=1是函数的一个极值点，求a的值；

（2）若函数在区间（－1，0）上是增函数，求a的取值范围；（3）若函数，在x=0处取得最大值，求正数a的取值范围．参考答案：解析：（1）

的一个极值点，；

………………4分

（2）①当a=0时，在区间（－1，0）上是增函数，符合题意；

②当；

当a>0时，对任意符合题意；

当a<0时，当符合题意；

综上所述，