期末金牌测试卷（三）-2021-2022学年高二数学上学期期末金牌模拟试卷（2019选择性）

20212022高二上学期期末金牌测试卷（三）注意事项：1.本试卷共6页，包含单项选择题（第1题～第8题，共40分）、多项选择题（第9题～第12题，共20分）、填空题（第13题～第16题，共20分）和解答题（第17题～第22题，共70分）四部分.本卷满分150分，考试时间120分钟.2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡、试卷和草稿纸的指定位置上.3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨水的签字笔将答案写在答题卡上.写在本试卷或草稿纸上均无效.4.考试结束后，将本试卷、答题卡和草稿纸一并交回.5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意要求的.）1．函数的导数是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用复合函数进行求导，即可得到答案；【详解】，令，则，从而.故选：D.2．直线的倾斜角为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】将直线一般式方程化为点斜式方程得直线斜率，再根据斜率与倾斜角的关系求解即可.【详解】解：将直线化为点斜式方程得，所以直线的斜率为，所以直线的倾斜角为.故选：B3．已知圆关于直线对称，则（）A．0 B．1 C．2 D．4【答案】C【分析】由题得圆心的坐标为，解方程即得解.【详解】解：由题得圆心的坐标为，因为已知圆关于直线对称，所以.故选：C4．点为椭圆上一点，为焦点，则的最大值为（）A．1 B．3 C．5 D．7【答案】C【分析】先求得，由此求得的最大值.【详解】，，，即.所以的最大值为.故选：C5．设数列中，，（且），则（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据数列递推关系式求解数列的周期，再利用数列的周期性求解数列的项.【详解】由已知得：，可求，∴数列的周期为3，，选项B正确.故选：B．6．定义在上的函数其导函数恒成立，且，则不等式的解集为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，设g（x）＝f（x）−3x，求出其导数，分析可得g′（x）<0，则g（x）在R上为减函数，又由f（1）＝3，则g（1）＝0，⇒⇒，结合函数的单调性分析可得答案．【详解】解：设g（x）＝f（x）−3x，则g′（x）＝f′（x）−3，

又由f′（x）<3，则g′（x）<0，则g（x）在R上为减函数，

又由f（1）＝3，则g（1）＝f（1）−3＝0，则g（x）过点，且在R上为减函数，

由得即，由于过点，且在R上为增函数，则必有故选：C7．如图为陕西博物馆收藏的国宝——唐·金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，玲珑娇美，巧夺天工，是唐代金银细作的典范之作.该杯的主体部分可以近似看作是双曲线：的右支与直线，，围成的曲边四边形绕轴旋转一周得到的几何体，若该金杯主体部分的上口外半径为，下底外半径为，则双曲线的离心率为()A．3 B． C． D．2【答案】D【分析】由已知得出点，的坐标，然后代入双曲线方程求出，的值，由此求出的值，即可求解．【详解】由题意可知，，又双曲线经过，两点，则，解得，设双曲线的半焦距为，所以，则双曲线的离心率为，故选：D．8．已知直线与曲线有公共点，则的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞） B．[﹣1，1]C．[﹣1，0）∪（0，1] D．[0，+∞）【答案】A【分析】根据题意可得曲线表示以原点为圆心，1为半径的圆的上半部分，根据图形分析可求出.【详解】由可得，即曲线表示以原点为圆心，1为半径的圆的上半部分，直线过定点，如图，要使直线与曲线有公共点，则应满足或，因为，所以或，即的取值范围是.故选：A.二、多项选择题：（本题共4小题,每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9．圆（）A．关于点对称 B．关于直线对称C．关于直线对称 D．关于直线对称【答案】AC【分析】先把圆化为标准方程，找到圆心，对于A：圆是以圆心为对称中心的中心对称图形，即可判断；对于B、C、D：根据直径所在直线为圆的对称轴，只需判断直线是否经过圆心即可.【详解】，所以圆心的坐标为，半径为．A项，圆是关于圆心对称的中心对称图形，而点是圆心，所以A正确；B项，圆是关于直径所在直线对称的轴对称图形，直线不过圆心，所以B错误；C项，圆是关于直径所在直线对称的轴对称图形，直线过圆心，所以C正确；D项，圆是关于直径所在直线对称的轴对称图形，直线不过圆心，所以D错误．故选：AC．10．已知方程，则（）A．时，方程表示椭圆 B．时，所表示的曲线离心率为C．时，方程表示焦点在y轴上的双曲线 D．时，所表示曲线的渐近线方程为【答案】BC【分析】根据椭圆、双曲线的简单几何性质计算可得；【详解】解：因为，对于A：若方程表示椭圆，所以，解得或，故A错误；对于B：若，则，所以、，所以，所以离心率，故B正确；对于C：若方程表示焦点在y轴上的双曲线，则，解得，故时，方程表示焦点在y轴上的双曲线，即C正确；对于D：若，则曲线方程为，则渐近线方程为，故D错误；故选：BC11．数列的前n项和为，已知，则（）A．是递增数列 B．C．当时， D．当或4时，取得最大值【答案】BCD【分析】根据等差数列的性质依次判断即可.【详解】当时，，又，所以，则是递减数列，故A错误；，故B正确；当时，，故C正确；因为的对称轴为，开口向下，所以当或4时，取得最大值，故D正确．故选：BCD．12．已知函数，，则下列说法正确的是（）A．对任意的，的周期都不可能是B．存在，使得的图象关于直线对称C．对任意的，D．对任意的，在上单调递减【答案】ACD【分析】利用函数的周期性的定义以及诱导公式可判断A；利用诱导公式计算是否成立可判断B；先利用二倍角公式化简，再换元构造新函数，借助函数的单调性及最值可判断C，对化简后的函数求导，利用导数判断在上的单调性可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A，，所以的周期都不可能是，故选项A正确；对于B，若的图象关于直线对称，则，而，所以不存在，使得的图象关于直线对称，故选项B不正确；对于C，注意到，令，则，令，则，，易知的最大值为，因此，故选项C正确；对于D，因为，所以，当时，，，所以，故，在上单调递减，故选项D正确，故选：ACD.三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．圆心在上，过，的圆的标准方程______.【答案】【分析】求解垂直平分线方程，然后求解圆的圆心，求解圆的半径，得到圆的方程．【详解】由已知，中点坐标为，垂直平分线方程为．则由，解得，所以圆心，因此半径，所以圆的标准方程．故答案为：14．直线过抛物线的焦点，与交于俩点，则________．【答案】10【分析】先求出，再利用公式可求.【详解】因为直线过抛物线的焦点，故即，故抛物线，设，由可得，故，故答案为：10.15．用表示自然数的所有因数中最大的那个奇数，例如：“9的因数有1、3、9，”，“10的因数有1、2、5、10，”，那么____________．【答案】【分析】根据题中对的定义，判断出，且若为奇数则，利用等差数列的前项和公式及逐差累加的方法及等比数列的前项和公式，即可得出答案.【详解】由的定义易知，且若为奇数则令则即由此可得以上各式相加得即故答案为：【点睛】方法点睛：本题考查等差数列的前项和公式、等比数列的前项和公式、累加法的应用，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想.16．已知函数若存在，，使得，则的取值范围是_________．【答案】【分析】由，得到，再研究函数的单调性，得到，将表示出来，然后利用换元法化为二次函数的最值即可；【详解】，，，，，当时，，，由得，由得，在单调递减，在单调递增，在处取得最小值，，，令，则，，当时，取得最小值，当时，取得最大值，所以的取值范围是；故答案为：四、解答题：（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．已知直线经过两条直线和的交点，且________，若直线与直线关于点对称，求直线的方程．试从以下两个条件中任选一个补充在上面的问题中，完成解答，若选择多个条件分别解答，按照第一个解答计分．①与直线垂直；②在轴上的截距为．【答案】选①，；选②，.【分析】选①可设直线的方程，求出交点并代入即可求出直线l的方程，在直线上取两点，再利用点的对称即可求解；选②，由点斜式即可求出直线l的方程，在直线上取两点，再利用点的对称即可求解.【详解】因为方程组的解为，所以两条直线和的交点坐标为．若选①，可设直线l的方程为，点代入方程可得，即l：．在直线l上取两点和，点关于点对称的点的坐标为，点关于点对称的点的坐标为（0，0），所以直线m的方程为．若选②，可得直线l的斜率，所以直线l的方程为．在直线l上取两点和，点关于点对称的点的坐标为，点关于点对称的点的坐标为，所以直线m的方程为，即．18．若圆C过两点A（0，4），B（4，6），且圆心在直线上．（1）求圆C的方程（2）过点P（－1，0）向圆引两条切线，切点分别为求的长．【答案】（1）（2）【分析】（1）设圆心坐标为，根据可求的值，从而可得圆的方程.（2）先求出以PC为直径的圆的方程，从而可求切点弦的方程，进而可求弦的长，也可以等积法求其长度.（1）设，因为，所以，解得，即，所以圆C的标准方程为：．（2）解法一：以PC为直径的圆的方程为：，由得，即直线EF的方程为．圆心C到直线EF的距离，所以．解法二：因为，所以四边形PECF的面积．又因为，，所以．19．若圆P与圆C1∶外切，与圆C2∶内切.（1）求圆心P的轨迹E的方程；（2）己知△ABC的顶点B，C在轨迹E上，顶点A是轨迹E的一个焦点，且轨迹E的另外一个焦点在BC边上，求△ABC的周长.【答案】（1）（2）【分析】（1）设，根据已知及圆之间的关系可得，有，即可求圆心P的轨迹E的方程；（2）由（1）知轨迹E为椭圆且，而△ABC的周长，即可得周长.（1）设且对应的半径为，而且，且，∴，可得，∴.（2）由（1）知：轨迹E为椭圆且，由题意，△ABC的周长为，∴△ABC的周长.20．已知数列的前项和为，且，________.请在①；②成等比数列；③，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据题意，易知数列为公差为1的等差数列，再结合所选条件求出，即可求解；（2）根据题意，结合错位相减法，即可求解.（1）因为，所以，即，所以数列是首项为，公差为1的等差数列.选①.由，得，即，所以，解得.所以，即数列的通项公式为.选②.由，，成等比数列，得，则，所以.所以.选③.因为，所以，所以.所以.（2）由题可知，所以，所以，两式相减，得，所以.21．环保生活，低碳出行，新能源电动汽车正成为人们购车的热门选择．某型号电动汽车，在一段平坦的国道进行测试，国道限速（不含）经多次测试得到，该汽车每小时耗电量（单位：）与速度（单位：）的下列数据：02040600300056009000为了描述国道上该汽车每小时耗电量与速度的关系，现有以下三种函数模型供选择：，，.（1）当时，请选出符合表格所列数据实际的函数模型，并求出相应的函数解析式；（2）现有一辆同型号汽车从A地驶到B地，前一段是的国道，后一段是的高速路．若已知高速路上该汽车每小时耗电量（单位：）与速度的关系是：，则如何行驶才能使得总耗电量最少，最少为多少？（假设在两段路上分别匀速行驶）【答案】（1）选择；当时，；（2）当这辆车在国道上的行驶速度为，在高速路上的行驶速度为时，该车从地到地的总耗电量最少，最少为．【分析】（1）根据，当时，它无意义，，是减函数，不满足，即可得到，从而得到，再解方程组即可.（2）首先得到国道路段所耗电量为，利用二次函数的性质得到当时，；高速路段所耗电量为，利用导数的性质得到，即可得到答案.【详解】（1）对于，当时，它无意义，所以不合题意；对于，它显然是个减函数，这与矛盾；故选择．根据提供的数据，有，解得，当时，．（2）国道路段长为，所用时间为，所耗电量为，因为，当时，；高速路段长为，所用时间为，所耗电量为，因为，当时，，所以在上单调递增，所以；故当这辆车在国道上的行驶速度为，在高速路上的行驶速度为时，该车从地到地的总耗电量最少，最少为．22．已知，（其中为自然对数的底数）.（1）讨论函数的单调性；（2）若，函数有两个零点，，求证：.【答案】（1）时，增区间为：，减区间为：；时，增区间为：；时，增区间为：，减区间为：（2）证明见解析.【分析】（1）求导函数，讨论参数的取值范围即可求解单调区间；（2）解法一：先证：，即证：，令函数，通过求导判断单调性可证明，从而得；解法二：由，令利用导数判断单调性，再构造，求导分析单调性即可证明，从而有，即.（1）解：∵，∴时，，∴时，增区间为：，减区间为：；时，，∴时，增区间为：；时，，，∴时，增区间为：，减区间为：；综上，时，增区间为：，减区间为：；时，增区间为：；时，增区间为：，减区间为：（2）解：由（