【文档说明】吉林省榆树市第一高级中学2020-2021学年高二上学期（老教材）期末备考卷（A）数学（理）试卷含答案.doc，共(18)页，750.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年上学期高二期末备考卷理科数学注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试

题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题

，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．命题“存在xR，使得221xx+”的否定是（）A．对任意xR，都有221xx+B．不存在xR，使得221xx+C．存在x

R，使得221xx+D．对任意xR，都有221xx+【答案】A【解析】命题“存在xR，使得221xx+”为特称命题，该命题的否定为“对任意xR，都有221xx+”．故选A．2．已知函数2()(0)32xfxefxx=+++，则(1)f=（）A．5e+B．8e+C．11e

+D．12e+【答案】C【解析】∵()2(0)3xfxefx=++，∴(0)134f=+=，∴()83xfxex=++，(1)11fe=+．3．经过点(1,0)P作直线l，若直线l与连接(1,2)A−，(2

,1)B的线段总有公共点，则l的倾斜角的取值范围是（）A．[0,π]4B．π3π[,]44C．3π[,π)4D．3π[0,][)4π,π4【答案】D【解析】设直线l的斜率为k，倾斜角为，1(2)101PAk−−−==

−−，11102PBk−−==−，由图可知，11k−，所以0π4或3ππ4．4．若直线123xtyt=−=+（t为参数）与直线10kxy++=平行，则常数k=（）A．3−B．13−C．13D．3【答案】D【解析】直线123xtyt=−=+

（t为参数）化为普通形式350xy+−=，因为两直线平行，所以13k=，即3k=．5．已知双曲线22221xyab−=（0a，0b）的一条渐近线的斜率为12，则此双曲线的离心率为（）A．32B．52C．3D．5【答案】B【解析】由题知12

ba=，因此，该双曲线的离心率222222151()22ccabeaaa+====+=．6．已知函数2()(1)xfxxxe=++，则()fx在(0,(0))f处的切线方程为（）A．10xy++=B．10xy−+=C．210xy++=D．

210xy−+=【答案】D【解析】∵2()(1)xfxxxe=++，求导得22()(21)(1)(32)xxxfxxexxexxe=++++=++，∴(0)2f=，又∵(0)1f=，∴()fx在(0,(0))f处的切线方程为21yx=+，即210xy−+=．7．已知l为抛物线28yx=的

准线，抛物线上的点M到l的距离为d，点A的坐标为(1,4)，则AMd+的最小值是（）A．17B．4C．2D．117+【答案】A【解析】抛物线28yx=的焦点(2,0)F，准线2x=−，连接FM，MA，由抛物线定义MFd=，∴22(12)(40)17AMdAMMFAF=+−++=−=，当且仅当

A，M，F三点共线时，取“=”号，∴AMd+的最小值为17．8．古希腊数学家阿波罗尼奧斯（约公元前262~公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（0k且1k

）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．已知(0,0)O，(3,0)A，动点(,)Pxy满足2PAPO=，则动点P轨迹与圆22(1)1xy−+=位置关系是（）A．外离B．外切C．相交D．内切【答案】C【解析】设(,)Pxy，由2PAPO=，得2222(3)44xyxy−+=+，整理得2

2(1)4xy++=，表示圆心为(1,0)−，半径为2R=的圆，圆22(1)1xy−+=的圆心为(1,0)为圆心，1r=为半径的圆，两圆的圆心距为2，满足2RrRr−+，所以两个圆相交．9．已知aR，若方程222(2)4850axayxya+++++=表示圆，则此圆的圆心坐标为（）A．(2

,4)−−B．1(,1)2−−C．(2,4)−−或1(,1)2−−D．不确定【答案】A【解析】∵方程222(2)4850axayxya+++++=表示圆，∴220aa=+，解得1a=−或0a=．当1a=−时，方程

化为224850xyxy+++−=．配方，得标准式方程22(2)(4)25xy+++=，所得圆的圆心坐标为(2,4)−−，半径为5；当2a=时，方程化为225202xyxy++++=，其中2222512442DFF+=+=，方程不表示圆．故选A．10．设

椭圆C的两个焦点是1F，2F，过点1F的直线与椭圆C交于点P，Q，若212PFFF=，且1123PFQF=，则椭圆C的离心率等于（）A．35B．12C．32D．13【答案】A【解析】因为2122PFFFc==，则122PFac=−，又因为1123PFFQ=，则14()3FQac

=−，22433FQac=+，22212(22)441cos4(22)22acccacePFFcacce−+−−−===−，22221222442414()4()33333cos444()3)(33accaceeQFFaccee−+−++−==−−，1212coscos0P

FFQFF+=，即221341342()3eeeeee+−−=−，解得35e=，故选A．11．已知抛物线22(0)ypxp=的焦点为F，准线l与x轴交于点H，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，分别过点A，B作准线l的垂线，垂足分别为1A，1B，如图所示

，则（）①以线段AB为直径的圆与准线l相切；②以11AB为直径的圆经过焦点F；③A，O，1B（其中点O为坐标原点）三点共线；④若已知点A的横坐标为0x，且已知点0(,0)Tx−，则直线TA与该抛物线相切．则以上说法中正确的个数为（）A．1B

．2C．3D．4【答案】D【解析】对于①，设AFa=，BFb=，则1AAa=，1BBb=，所以线段AB的中点到准线的距离为22ABab+=，所以以线段AB为直径的圆与准线l相切，故①正确；对于②，连接1AF，1BF，如图

，因为1AAAF=，1BBBF=，11180BAAABB+=，所以1118021802180AFABFB−+−=，所以112()180AFABFB+=，所以1190AFABFB+=，

即1190AFB=，所以以11AB为直径的圆经过焦点F，故②正确；对于③，设直线:2pABxmy=+，11(),Axy，22(,)Bxy，将直线方程代入抛物线方程化简得2220ypmyp−−=，0Δ，则212yyp=−，又21111(,)(,)2yOAxyyp==，12(,)2pOBy=−

，因为22112()22yyppp=−−，221112121222()()()yyyyyypyppp−=−=−−=，所以2112yOAOBp=−，所以A，O，1B三点共线，故③正确；对于④，不妨设00(,2)Axpx，

则0022ATpxkx=，则直线002:xATxyxp=−，代入抛物线方程化简得0202220xypxpyp+=−，则0202280()xpxpΔp−−==，所以直线TA与该抛物线相切，故④正确．12．已知5ln5a=，1be−=，3ln28c=，则a，

b，c的大小关系为（）A．abcB．bcaC．cabD．bac【答案】D【解析】根据题意，5ln5ln55a==，1lnebee−==，ln88c=．令ln()xfxx=，则21ln()xfxx−=，则函数()fx在

(0,)e上单调递增，在(,)e+上单调递减，所以，max1[()]()fxfebe===，且(5)(8)ff，即ac，所以bac．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．曲线22:1Cxy+=经2xxyy==坐标变换后所得曲线

的方程为．【答案】2214yx+=【解析】由2xxyy==，得2xxyy==，代入221xy+=，得2214yx+=，所以变换后所得曲线的方程为2214yx+=，故答案为2214yx+=．14．“1a=”是“直线1:10laxy++=，2:(2)320laxy+−−=垂

直”的条件（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充分必要”或“既不充分也不必要”之一）．【答案】充分不必要【解析】∵直线1:10laxy++=和2:(2)320laxy+−−=垂直，∴(2)30aa+−=，解得3a=−或1a=，故实数“1a=”是“直线1:10laxy++=，

2:(2)320laxy+−−=垂直”的充分不必要条件．15．既要金山银山，又要绿水青山，说明了既要发展经济，又要保护环境，两者兼得，社会才能又快又好的发展．现某风景区在践行这一理念下，计划在如图所示的以AB为直径的半圆形山林中设计一条休闲小道AC（C与A，B不重合），A，B相距40

0米，在紧邻休闲小道AC的两侧及圆弧CB上进行绿化，设BAC=，则绿化带的总长度()f的最大值约为米．(参考数据：31.7，π3)【答案】880【解析】如图所示，设圆心为O，连接OC，BC，

因为点C在半圆上，所以ACCB⊥，所以cos400cosACAB==，弧CB的长为2002400=，所以绿化带的总长度为()800cos400f=+，π(0,)2，所以()800sin400f=−+．令0()f=，得1

sin2=，所以π6=．当π(0,)6时，0()f，()f单调递增；当ππ(,)62时，0()f，()f单调递减，所以当π6=时，()f取得极大值，也是最大值，所以200π()800cos4004ππ0036802008806663πf=+=++=

，故答案为880．16．已知1B、2B是椭圆22221(0)xyabab+=短轴上的两个顶点，点P是椭圆上不同于短轴端点的任意一点，点Q与点P关于y轴对称，则下列四个命题中，其中正确的是．①直线1PB与2PB的斜率之积为定

值22ab−；②120PBPB；③12PBB△的外接圆半径的最大值为222aba+；④直线1PB与2QB的交点M的轨迹为双曲线．【答案】②③【解析】①设00(,)Pxy，2200221xyab+=，则1222002020200PBPBybybybbkkxx

xa+−−===−，因此①不正确；②∵点P在圆222xyb+=外，∴220200xyb+−，所以21200200002(,)(,)0PBPBxbyxbyxyb=−−−−−=+−，②正确；③当点P在长轴的顶点上时，12BPB最小且为锐角，设12PBB△的外接圆半径为r，由正

弦定理可得221212222222222sinsinsin2bbbbabrabBPBBABOABaab+====+．∴222abra+，∴12PBB△的外接圆半径的最大值为222aba+，③正确；④直线1PB的方程为00

ybybxx++=，直线2QB的方程为00ybybxx−−=−，两式相乘可得20222220ybybxx−−=−，化为22221yxba−=，由于点P不与1B，2B重合，∴M的轨迹为双曲线的一部分，∴④不正确，

故答案为②③．三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知命题p：xR，2(1)40xax+−+，命题q：[1,2]x，220ax−．（1）若p为真，求实数a的取值范围；（2）若pq为假，pq为真，求实数a的取值范围．【答案

】（1）3a−或5a；（2）1(3,)[5,)2−+．【解析】（1）若p为真：22(1)162150Δaaa=−−=−−，解得35a−，∵p为真，∴p为假，∴3a−或5a．（2）由（1）得：p真35a−，若q为真：1,2x，22ax，∴12a，

∵pq为假，pq为真，∴p、q一真一假．①p真q假：3512aa−，∴132a−；②p假q真：3512aaa−或，∴5a，综上：a的取值范围是1(3,)[5,)2−+．18．（12分）已知圆1C过点(0,6)A，且

直线:(21)(1)740lmxmym+++−−=，圆1C与圆2221010:0Cxyxy+++=相切于原点．（1）求圆1C的方程；（2）求直线l经过的定点P的坐标及直线l被圆1C所截得的弦长的最小值．【答案】（1）22(3)(3)18xy−+−=；（2）(3,1)P，214．【解析】（

1）设2221():()Cxaybr−+−=，222(5)(5)50:Cxy+++=，则22222222()(6)3332(5)(5)52abraabrbrabr−+−==+===+++=+，

所以圆1C的方程22(3)(3)18xy−+−=．（2）直线:(21)(1)740lmxmym+++−−=，(27)(4)0mxyxy+−++−=，由27040xyxy+−=+−=，得31xy==，所以直线l过定点(3,1)P，由（1）知1(3,3)C，所以直

线1PC与x轴垂直，1312PC=−=，当1lPC⊥时弦长最短，最短弦长222(32)2214−=．19．（12分）在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为32254xtyt=+=−，（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C的极坐标方程为2312s

in=+．（1）求曲线1C的普通方程，曲线2C的参数方程；（2）若P，Q分别为曲线1C，2C上的动点，求PQ的最小值，并求PQ取得最小值时，Q点的直角坐标．【答案】（1）12:40xyC+−=，23:cos

sinxyC==（为参数）；（2）3727(,)77Q．【解析】（1）由32254xtyt=+=−，消去t得24xy+=，即1C的普通方程为240xy+−=；由2312sin=+，得2222sin3+=，∴2233

xy+=，即222:13xCy+=，∴2C的参数方程为3cossinxy==（为参数）．（2）设(3cos,sin)Q，则PQ的最小值即为Q到直线240xy+−=的距离d，3cos2

sin47sin()455d+−+−==，其中27cos7=，21sin7=，当sin()1+=时，min47453555d−−==，此时27sincos7==，21cossin7==，∴3727(,)

77Q，即min45355PQ−=，此时Q点直角坐标为3727(,)77．20．（12分）已知抛物线2:2(0)Cypxp=，焦点为F，准线为l，抛物线C上一点A的横坐标为3，且点A到焦点的距离为4．（1）求抛物线的方程；（2）设过点(6,0)P的直线l与抛物线交于A，B两点，若以

AB为直径的圆过点F，求直线l的方程．【答案】（1）24yx=；（2）:2120lxy−=．【解析】（1）抛物线22(0)ypxp=的准线方程为2px=−，∵抛物线C上一点A的横坐标为3，∴根据抛物线的定义可知，342p+=，∴2p=，∴抛物线C的方程是24yx=．（2）由题意可知，直

线l不垂直于y轴，可设直线:6lxmy=+，则由246yxxmy==+，可得24240ymy−−=，设11(,)Axy，22(,)Bxy，则1212424yymyy+==−，因为以AB为直径的圆过点F，所以FAFB⊥，即0FAFB=，∴212121212(1)(1)(1)5()25x

xyymyymyy−−+=++++2224(1)20250mm=−+++=，解得12m=，∴直线1:62lxy=+，即:2120lxy−=．21．（12分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆2222:1(0)xyCabab+=的右焦点为(1,0)F，且过点2(1,)2．（1）求椭

圆C的方程；（2）设A是椭圆C上位于第一象限内的点，连接AF并延长交椭圆C于另一点B，点(2,0)P，若PAB为锐角，求ABP△的面积的取值范围．【答案】（1）2212xy+=；（2）22(,]32．【解析】（1）由题意知，222211121abab+=−=，解得2221ab==

，所以椭圆C的方程为2212xy+=．（2）当直线AB斜率不存在时，12222ABPS==△，当直线AB斜率存在时设为(1)ykx=−，联立2212(1)xyykx+==−，整理得2222(21)4220kxkxk+−+−=，设11(,)Axy，2

2(,)Bxy，则2122421kxxk+=+，21222221kxxk−=+，222121212122(1)(1)(+1)21kkxxkxyxyxxk−−==−−=−+，由PAB为锐角可知，0AFAP，即1

111(1)(2)0xxyy−−+，222211111123330222xxxxyx−+++=−+，解得133x−，又点A在第一象限，1033x−，当0x=时，1y=，1k=−，当133x=

−时，335y=−，(23)335k=+−，所以(,1)((23)335,)k−−+−+，所以ABP△的面积21212121211()4222kSPFyykxxxxxx=−=−=+−222222222422(1)()42121(212)2k

kkkkkkk−=+−+++=，因为22((23)335)1k=+−，所以2(1,)k+，令212tk=+，(3,)t+，22221111122()444tttftttt−+−===−，()ft在(3,)+单调递增，所以112(3)4369f=−=，21()(,)94ft，

∴222()(,)32ABPSft=△，综上所述，ABP△的面积取值范围是22(,]32．22．（12分）已知函数()(1)ln)(faxxax=−+R．（1）讨论函数()fx的单调性；（2）若21()1)2(gxxxaxf=−−−+，设

1x，212()xxx是函数()gx的两个极值点，若32a，求证：12()()152ln28gxxg−−．【答案】（1）见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）由题意得，函数()fx的定义域为(1,)−+，1()1fxax

=−+．当0a时，1()01fxax=−+，∴函数()fx在(1,)−+上单调递增；当0a时，令()0fx=，得11xa=−+．若1(1,1)xa−−+，则()0fx，此时函数()fx单调递增；若1(1,)

xa−++，则()0fx，此时函数()fx单调递减．综上，当0a时，函数()fx在(1,)−+上单调递增；当0a时，函数()fx在1(1,1)a−−+上单调递增，在1(1,)a−++上单调递减．（2）∵21()ln(1)2gxxxax=+−+，0x

，∴21(1)1()(1)xaxgxxaxx−++=+−+=．由()0gx=，得2(1)10xax−++=，23(1)402aΔa=+−，∴121xxa+=+，121xx=，∴211xx=．∵32a，∴512a+，12xx，∴111115210xxxx+，

解得1102x．∴222112121211221111()()ln()(1)()2ln()22xgxgxxxaxxxxxx−=+−−+−=−−．设22111()2ln()(0)22hxxxxx=−−，则223321(1)()0xhxxxxx−=−−=−，∴函数()hx在1(0,]2上

单调递减，∴当112x=时，min115()()2ln228hxh==−．∴32a时，1215()()2ln28gxgx−−成立