湖北省荆州市万家中学高二数学理上学期期末试卷含解析

湖北省荆州市万家中学高二数学理上学期期末试卷含解析一、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.当取什么值时，不等式对一切实数都成立？（

）A、

B、（-3,0）

C、[-3,0]

D、(-3,0]参考答案：D略2.已知等比数列{an}满足，a3a5=4（a4﹣1），则a2=（）A．2 B．1 C． D．参考答案：C【考点】等比数列的通项公式．【专题】等差数列与等比数列．【分析】利用等比数列的通项公式即可得出．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，∵，a3a5=4（a4﹣1），∴=4，化为q3=8，解得q=2则a2==．故选：C．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，属于基础题．3.已知随机变量服从正态分布,若,则（

）A．0.477

B.0.628

C.0.954

D.0.977参考答案：C4.设是圆上的动点，，是圆的切线，且，则点到点距离的最小值为（）A．5

B．4

C．6

D．15参考答案：A略5.过抛物线的焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，且，O为坐标原点，则的面积与的面积之比为A. B. C. D.2参考答案：D【分析】设点位于第一象限，点，并设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得出，由抛物线的定义得出点的坐标，可得出点的纵坐标的值，最后得出的面积与的面积之比为的值.【详解】设点位于第一象限，点，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，得，，由抛物线的定义得，得，，，，可得出，，故选：D.【点睛】本题考查抛物线的定义、直线与抛物线的综合问题，考查韦达定理在直线与抛物线综合问题中的应用，解题的关键在于利用抛物线的定义以及韦达定理求点的坐标，并将三角形的面积比转化为高之比来处理，考查运算求解能力，属于中等题。6.下列给出的赋值语句中正确的是（

）A．3=A

B．

M=-M

C．

B=A=2

D．

参考答案：B7.定积分的值为A.e+2

B.e+1

C.e

D.e－1参考答案：C8.双曲线的渐近线方程是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：A9.若椭圆过抛物线y2=8x的焦点，且与双曲线x2﹣y2=1有相同的焦点，则该椭圆的方程为（）A． B． C． D．参考答案：A【考点】KF：圆锥曲线的共同特征．【分析】求出抛物线的焦点坐标，求出双曲线的两焦点坐标，即为椭圆的焦点坐标，即可得到c的值，然后根据椭圆的基本性质得到a与b的关系，设出关于b的椭圆方程，把抛物线的焦点坐标代入即可求出b的值，得到椭圆方程．【解答】解：抛物线y2=8x的焦点为（2，0），双曲线x2﹣y2=1的焦点坐标为（，0），（﹣，0），所以椭圆过（2，0），且椭圆的焦距2c=2，即c=，则a2﹣b2=c2=2，即a2=b2+2，所以设椭圆的方程为：+=1，把（2，0）代入得：=1即b2=2，则该椭圆的方程是：．故选A10.如果则的最小值是

(

)（A）

（B）

（C）

（D）2

参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.若直线与曲线满足下列两个条件：（）直线在点处与曲线相切；（）曲线在点附近位于直线的两侧，则称直线在点处“切过”曲线．下列命题正确的是__________．（写出所有正确命题的编号）①直线在点处“切过”曲线；②直线在点处“切过”曲线；③直线在点处“切过”曲线；④直线在点处“切过”曲线．参考答案：①③①∵，，∴，∴曲线在点处切线为，当时，，当时，，即曲线在点附近位于直线的两侧，①正确；②设，，当时，，在是减函数，当时，，在是增函数，∴，即在上恒成立，∴曲线总在直线下方，不合要求，②不正确；③∵，，∴，∴曲线在点处切线为，设，，∴是减函数，又∵，∴当时，，即，曲线在切线的下方，当，，即，曲线在切线的上方，③正确；④设，，当时，，当时，，函数在区间上是减函数，当时，，函数在区间上是增函数，∴，即在上是恒成立，∴总在直线上方，不合要求，④不正确．综上，正确命题有①③．12.某人5次上班途中所花的时间（单位:分钟）分别为：x，y，10，11，9．已知这组数据的平均数为10，方差为2，则的值为

▲.参考答案：4略13.已知函数，，则________．参考答案：－114.已知命题p：?x∈R，2x＜3x；命题q：?x∈R，x3=1﹣x2，则下列命题中为真命题的是（）A．p∧q B．￢p∧q C．p∧￢q D．￢p∧￢q参考答案：B【考点】复合命题的真假．【分析】举反例说明命题p为假命题，则￢p为真命题．引入辅助函数f（x）=x3+x2﹣1，由函数零点的存在性定理得到该函数有零点，从而得到命题q为真命题，由复合命题的真假得到答案．【解答】解：因为x=﹣1时，2﹣1＞3﹣1，所以命题p：?x∈R，2x＜3x为假命题，则￢p为真命题．令f（x）=x3+x2﹣1，因为f（0）=﹣1＜0，f（1）=1＞0．所以函数f（x）=x3+x2﹣1在（0，1）上存在零点，即命题q：?x∈R，x3=1﹣x2为真命题．则￢p∧q为真命题．故选B．15.命题“若，则”的否命题是：__________．参考答案：若，则原命题为“若则”，否命题为“若则”．16.已知△ABC中，，b=2，B=30°，则角A=

．参考答案：60°，或120°【考点】正弦定理．【分析】由已知及正弦定理可求sinA==，结合a＞b，A为三角形内角，可求范围A∈（30°，180°），即可得解A的值．【解答】解：∵，∴由正弦定理可得：sinA===，又∵a＞b，A为三角形内角，即A∈（30°，180°），∴A=60°，或120°．故答案为：60°，或120°．17.如下图所示，对大于或等于2的自然数M的n次幂进行如下方式的“分裂”：依次类推，20143“分裂”中最大的数是

.

参考答案：4058209略三、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.已知椭圆C的离心率为，点在椭圆C上．直线l过点（1，1），且与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M．（I）求椭圆C的方程；（Ⅱ）点O为坐标原点，延长线段OM与椭圆C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求出此时直线l的方程，若不能，说明理由．参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）根据题意，可得，解得a2与b2的值，代入椭圆的标准方程即可得答案；（Ⅱ）根据题意，分2种情况讨论，（1）当直线l与x轴垂直时，分析可得直线l的方程为x=1满足题意；（2）当直线l与x轴不垂直时，设直线l为y=kx+m，分析A、B、M的坐标，将y=kx+m代入．得（4k2+1）x2+8kmx+4m2﹣4=0，由根与系数的关系可得M的坐标，进而由四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分可得P的坐标，代入椭圆的标准方程可得，进而分析可得，解可得k、m的值，即可得答案．【解答】解：（I）由题意得，解得a2=4，b2=1．所以椭圆C的方程为．…..（Ⅱ）四边形OAPB能为平行四边形，分2种情况讨论：（1）当直线l与x轴垂直时，直线l的方程为x=1满足题意；（2）当直线l与x轴不垂直时，设直线l：y=kx+m，显然k≠0，m≠0，A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM）．将y=kx+m代入．得（4k2+1）x2+8kmx+4m2﹣4=0，．故，．四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即．则．由直线l：y=kx+m（k≠0，m≠0），过点（1，1），得m=1﹣k．则，则（4k2+1）（8k﹣3）=0．则．满足△＞0．所以直线l的方程为时，四边形OAPB为平行四边形．综上所述：直线l的方程为或x=1．…..19.已知函数（，且）.（1）若曲线在处的切线和直线平行，且方程有两个不等的实根，求m的取值范围；（2）若，不等式恒成立，求a的取值范围.参考答案：（1）；（2）.【分析】（1）根据曲线在处的切线和直线平行，利用导数的几何意义求得，再将方程有两个不等的实根，转化为函数的图象和直线有两个不同的交点求解.

（2）由，即对恒成立，令，只要其最小值大于等于零求解即可.【详解】（1）因为，由，解得，所以，，函数在上单调递增，在上单调递减，，又因为当时，，方程有两个不等的实根，即函数的图象和直线有两个不同的交点，故.（2）由，即对恒成立，令，则，令，得.当时，；当时，，所以的最小值为，令，则，令，得.当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减.所以当时，的最小值为，所以，当时，的最小值为，所以，综上：故的取值范围是.【点睛】本题主要考查导数在函数的零点和不等式恒成立中的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.20.（15分）已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a＞0）．（Ⅰ）（i）若b=﹣2，且f（x）在（1，+∞）上为单调递增函数，求实数a的取值范围；（ii）若b=﹣1，c=1，当x∈[0，1]时，|f（x）|的最大值为1，求实数a的取值范围；（Ⅱ）若f（0）≥1，f（1）≥1，f（x）=0的有两个小于1的不等正根，求a的最小正整数值．参考答案：

21.(本小题满分12分)已知椭圆的离心率，A，B分别为椭圆的长轴和短轴的端点，为AB的中点，O为坐标原点，且.(1)求椭圆的方程;(2)过(-1,0)的直线交椭圆于P,Q两点,求△POQ面积最大时直线的方程.参考答案：（1），

（2）略22.设f(x)=xlnx–ax2+(2a–1)x，a∈R.（Ⅰ）令g(x)=f'(x)，求g(x)的单调区间；（Ⅱ）已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.参考答案：（Ⅰ）当时，函数单调递增区间为，当时，函数单调递增区间为，单调递减区间为；（Ⅱ）试题分析：（Ⅰ）先求出，然后讨论当时，当时的两种情况即得.（Ⅱ）分以下情况讨论：①当时，②当时，③当时，④当时，综合即得.试题解析：（Ⅰ）由可得，则，当时，时，，函数单调递增；当时，时，，函数单调递增，时，，函数单调递减.所以当时，单调递增区间为；当时，函数单调递增区间为，单调递减区间为.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，.①当时，，单调递减.所以当时，，单调递减.当时，，单调递增.所以在x=1处取得极小值，不合题意.②当时，，由(Ⅰ)知在内单调递增，可得当当时，，时，，所以在(0,1)内单调递减，在内单调递增，所以在x=1处取得极小值，不合题意.③当时，即时，在(0,1)内单调递增，在内单调递减，