江西省莲塘第二中学2020-2021学年高二数学上学期期末考试试题文

江西省莲塘第二中学20202021学年高二数学上学期期末考试试题文考试时间：120分钟总分150分一、单选题（5*12=60）1．已知曲线y＝eq\f(1,8)x2的一条切线的斜率为eq\f(1,2)，则切点的横坐标为()A．4B．3C．2D.eq\f(1,2)2．下列说法正确的是()A．命题“若x2＝1，则x＝1”的否命题为“若x2＝1，则x≠1”B．若a，b∈R，则“ab≠0”是“a≠0”的充分不必要条件C．命题“∃x0∈R，xeq\o\al(2,0)＋x0＋1<0”的否定是“∀x∈R，x2＋x＋1>0”D．若“p且q”为假命题，则p，q全是假命题3．已知p：|x＋1|>2，q：x>a，且p是q的充分不必要条件，则a的取值范围是()A．a≤－3B．a≥－3C．a≤1D．a≥14．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1，1]上的最大值是()A．－2B．0C．2D．45．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2f′(e)x＋lnx，则f′(e)＝()A.－eq\f(1,e)B．－eC．eq\f(1,e)D．e6．若函数f(x)＝2x2＋lnx－ax在定义域上单调递增，则实数a的取值范围为()A．(4，＋∞)B．[4，＋∞)C．(－∞，4) D．(－∞，4]7．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,4)＝1(a>0)的一条渐近线方程为2x＋3y＝0，F1，F2分别是双曲线C的左、右焦点，点P在双曲线C上，且|PF1|＝2，则|PF2|＝()A．4B．6C．8D．108．已知直线ax＋y＋1＝0经过抛物线y2＝4x的焦点，则直线与抛物线相交弦的弦长为()A．6B．7C．8 D．99．已知函数f(x)＝xlnx，若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的方程为()A．x＋y－1＝0 B．x－y－1＝0C．x＋y＋1＝0 D．x－y＋1＝010．设三次函数f(x)的导函数为f′(x)，函数y＝x·f′(x)的图象的一部分如图所示，则()A．f(x)的极大值为f(eq\r(3))，极小值为f(－eq\r(3))B．f(x)的极大值为f(－eq\r(3))，极小值为f(eq\r(3))C．f(x)的极大值为f(－3)，极小值为f(3)D．f(x)的极大值为f(3)，极小值为f(－3)11．若P为曲线y＝lnx上一动点，Q为直线y＝x＋1上一动点，则|PQ|min＝()A．0B.eq\f(\r(2),2)C.eq\r(2)D．212．已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)ax2－2x有两个极值点，则实数a的取值范围是()A．(－∞，1)B．(0，1)C．(0，2)D．(0，3)二、填空题（5*4=20）13．设原命题：若a＋b≥2，则a，b中至少有一个不小于1，则命题的1逆命题、否命题和逆否命题中真命题的个数是.14．已知椭圆C的中心在原点，一个焦点F(－2,0)，且长轴长与短轴长的比是2∶eq\r(3)，则椭圆C的方程是___________．15．函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调减区间为__________．16．曲线y＝x－eq\f(1,x)(x>0)上点P(x0，y0)处的切线分别与x轴，y轴交于点A，B，O是坐标原点，若△OAB的面积为eq\f(1,3)，则点P的坐标为____________．三、解答题17．已知m∈R，命题p：对任意x∈[0,1]，不等式2x－2≥m2－3m恒成立；命题q：存在x∈[－1,1]，使得m≤ax成立．(1)若p为真命题，求m的取值范围；(2)当a＝1，若p且q为假，p或q为真，求m的取值范围．18．已知函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R)．(1)当a＝2时，求函数f(x)在x＝0处的切线方程；(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值．19．已知函数f(x)＝xlnx(x>0)．(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥eq\f(－x2＋mx－3,2)恒成立，求实数m的最大值．20．已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，离心率为eq\f(1,2).(1)求椭圆E的方程；(2)设点A，F分别为椭圆的右顶点、右焦点，经过点F作直线交椭圆于C，D两点，求四边形OCAD面积的最大值(O为坐标原点)．21．函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．22．在直角坐标系xOy中，曲线C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3cosθ，,y＝2sinθ))(θ为参数)，在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ－2cosθ＝0.(1)求曲线C2的直角坐标方程；(2)若曲线C1上有一动点M，曲线C2上有一动点N，求|MN|的最小值．20202021学年第一学期期末考试高二文科数学答案一、单选题（5*12=60）1．C2.B3．D4．C5．A6．D7C8．C9．B10.D11.C12．B二、填空题（5*4=20）13．114．eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝115．(0,1]16．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(5)，\f(4\r(5),5)))三、解答题19．解(1)∵对任意x∈[0,1]，不等式2x－2≥m2－3m恒成立，∴(2x－2)min≥m2－3m.即m2－3m≤－2.解得1≤m≤2.因此，若p为真命题时，m的取值范围是[1,2]．(2)∵a＝1，且存在x∈[－1,1]，使得m≤ax成立，∴m≤x，命题q为真时，m≤1.∵p且q为假，p或q为真，∴p，q中一个是真命题，一个是假命题．当p真q假时，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤m≤2，,m>1，))解得1<m≤2；当p假q真时，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<1或m>2，,m≤1，))即m<1.综上所述，m的取值范围为18.解f′(x)＝(x＋1－a)ex.(1)当a＝2时，f′(x)＝(x－1)ex.∴f(0)＝－2，f′(0)＝－1，∴所求切线方程为y＋2＝－x，即x＋y＋2＝0.(2)令f′(x)＝0得x＝a－1.①若a－1≤1，则a≤2.当x∈[1,2]时，f′(x)≥0，则f(x)在[1,2]上单调递增．∴f(x)min＝f(1)＝(1－a)e；②若a－1≥2，则a≥3.当x∈[1,2]时，f′(x)≤0，则f(x)在[1,2]上单调递减．∴f(x)min＝f(2)＝(2－a)e2；③若1<a－1<2，则2<a<3.f′(x)，f(x)随x的变化情况如表：∴f(x)的减区间为(1，a－1)，增区间为(a－1,2)，∴f(x)min＝f(a－1)＝－ea－1.综上可知当a≤2时，f(x)min＝(1－a)e；当a≥3时，f(x)min＝(2－a)e2；当2<a<3时，f(x)min＝－ea－1.19．解(1)由题意知f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)，令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e)，∴f(x)的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，单调减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，f(x)在x＝eq\f(1,e)处取得极小值，极小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)，无极大值．(2)由f(x)≥eq\f(－x2＋mx－3,2)及f(x)＝xlnx，得m≤eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)，问题转化为m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2xlnx＋x2＋3,x)))min.令g(x)＝eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)(x>0)，则g′(x)＝eq\f(2x＋x2－3,x2)，由g′(x)>0⇒x>1，由g′(x)<0⇒0<x<1.所以g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)min＝g(1)＝4，即m≤4，所以m的最大值是4.20．解(1)由题设得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝3，,c2＝1.))∴椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)知，F(1,0)，A(2,0)．由题意知，当直线CD的斜率存在时，斜率不为0.设直线CD的方程为x＝my＋1，与椭圆方程eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1联立得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则y1＋y2＝－eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(－9,3m2＋4)，∴S四边形OCAD＝S△OCA＋S△ODA＝eq\f(1,2)×2×|y1|＋eq\f(1,2)×2×|y2|＝|y1－y2|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(12\r(m2＋1),3m2＋4)＝eq\f(12t,3t2＋1)＝eq\f(12,3t＋\f(1,t))，其中t＝eq\r(m2＋1)，t≥1.∵当t≥1时，3t＋eq\f(1,t)单调递增，3t＋eq\f(1,t)≥4，∴S四边形OCAD≤3(当m＝0时取等号)．21.解(1)f′(x)＝a＋lnx＋1，f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋xlnx，即f′(x)＝lnx，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.∴f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)内有两个不同的根，也可转化为y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1即m>－2，①当0<x<1时，f(x)＝x(－1＋lnx)<0；当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞(或者举例：当x＝e2时，f(e2)＝e2＞0)．如图，由图象可知，m＋1＜0，即m＜－1，②由①②可得－2＜m＜－1.故m的取值范围为(－2，－1)．22.解①由ρ－2cosθ＝0得ρ2－2ρcosθ＝0.∵ρ2＝x2＋y2，