【文档说明】宁夏石嘴山市石嘴山市平罗中学2020-2021学年高二上学期期末考试数学（理）试题 含解析【精准解析】.doc，共(18)页，1.781 MB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年宁夏石嘴山市平罗中学高二（上）期末数学试卷（理科）一､单选题（共12小题）．1.抛物线28yx=的准线方程是（）A.4x=B.2x=C.2x=−D.4x=−【答案】C【解析】【分析】由抛物线的知识直接可得答案.【详解】抛物线28yx=的准线方程是2x=−故选：C2.

已知命题:p“2,20xxx−+R”，则p是（）A.2,20xxx−+RB.2000,20xxx−+RC.2000,20xxx−+RD.2000,20xxx−+R【答案】C【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题，即可求出．【详解】因为

全称命题的否定是特称命题，所以命题:p“2,20xxx−+R”，则p是2000,20xxx−+R．故选：C．3.1211xdx−−等于（）A.4B.2C.D.2【答案】B【解析】【分析】根据定积分的几何意义可知，1211xdx−−的几何意

义是以()0,0为圆心，1为半径的单位圆在x轴上方部分（半圆）的面积，即可求出．【详解】1211xdx−−的几何意义是以()0,0为圆心，1为半径的单位圆在x轴上方部分（半圆）的面积122111122xdx−−==．故选：B．【点睛】本题主要考查定积分的几何意义的理解和应用，属于容易

题．4.已知1F，2F是椭圆C：2214xy+=的两个焦点，若点P是椭圆C上的一个动点，则12PFF△的周长是（）A.423+B.425+C.8D.10【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的定义可求.【详解】由椭圆C：2214xy+=

知，1a=，1b=，223cab=−=，所以1223FF=，由椭圆的定义知，1224PFPFa+==，则12PFF△的周长为：1212423PFPFFF++=+.故选：A5.已知函数()yfx=在0xx=处

的导数为1，则()()000lim2xfxxfxx→+−=（）A.0B.12C.1D.2【答案】B【解析】【分析】由已知结合导数的定义即可直接求解.【详解】解：因为函数()yfx=在0xx=处的导数为1，则()

()()()()0000000111limlim2222xxfxxfxfxxfxfxxx→→+−+−===.故选：B.【点睛】本题考查导数的概念，涉及极限的性质，属于基础题．6.函数()22lnfxxx=−的递增区间是（

）A.10,2B.1,02−和1,2+C.1,2+D.1,2−−和10,2【答案】C【解析】【分析】求导后，由()0fx可解得结果.【详解】因为()22lnf

xxx=−的定义域为(0,)+，1()4fxxx=−，由()0fx，得140xx−，解得12x，所以()fx的递增区间为1(,)2+.故选：C.【点睛】本题考查了利用导数求函数的增区间，属于基础题.7.斜率为1的直线l经过抛物线24yx=的焦点F，且与抛物

线相交于A、B两点，则线段AB的长为（）A.42B.62C.82D.8【答案】D【解析】【分析】写出直线l的方程，设点()11,Axy、()22,Bxy，联立直线l与抛物线的方程，列出韦达定理，利用抛物线的焦点弦长公式可求得AB.【详解】抛物线24yx=的焦点()1

,0F，直线l的方程为1yx=−，设点()11,Axy、()22,Bxy联立214yxyx=−=，可得2610xx−+=，2640=−，所以，126xx+=，由抛物线的焦点弦长公式得1228ABxx=++=.故选：D.【点睛】方法点睛：有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的

焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式12ABxxp=++，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．8.设()fx是函数()fx的导函数，()fx的图象如图所示，则()fx的图象最有可能的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】

【分析】根据()fx的图象，由()fx的符号，确定原函数()fx的单调性，确定()fx的图象.【详解】从()fx的图象可以看出当(),0x−，()0fx，()fx在(),0−上为增函数；当()0,2x时，()0fx，()fx在()0,2上为减函数；当()2,x+

时，()0fx，()fx在()2,+上为增函数，符合的图象是C.故选：C.【点睛】本题考查了导函数图象与原函数图象间的关系，属于容易题.9.长方体1111ABCDABCD−中，11,2,ABADAAE===为棱1AA的中点，则直线1CE与平面11CBD所成角的余弦值为（）A.69B.539

C.53D.23【答案】A【解析】【分析】根据题意建立空间直角坐标系，用向量法进行处理.【详解】根据题意，建立如图所示直角坐标系：则：1CE(1,1,1)=−−设平面11BDC的法向量为n(,,)xyz=则100nBDnBC==可得：020xyxz−−=

−−=取n(2,2,1)=−−则1,cosnCE=11nCEnCE553933==设直线1CE与平面11BDC的夹角为则539sin=，261sin9cos=−=.故选：A.【点睛】本题考

查线面角的求解，属基础题.10.已知条件p：()()30xmxm−−−﹔条件q：22760xx−+−，若q是p的充分不必要条件，则实数m的取值范围是（）A.3,22−B.)3,2,2−−+C.()3,2,2−−+D.3,22−【答案】

B【解析】【分析】先利用一元二次不等式的解法化简p、q，再根据q是p的充分不必要条件，由q是p的真子集求解.【详解】解不等式()()30xmxm−−−，解得xm或3xm+.解不等式22760xx−+−，即22760xx−+，即()()2320xx

−−，解得332x.所以，:0px或3xm+，3:32qx.因为q是p的充分不必要条件，所以，322xx|xxm或3xm+，可得2m或332m+，所以)3,2,2m−−+，故选：B

.11.已知双曲线()222210xyabab−=的渐近线与圆223204xxy−++=相切，则此双曲线的离心率等于（）A.2B.3C.233D.2【答案】C【解析】【分析】求出圆的圆心坐标，半径，渐近线方程，然后

求解离心率即可．【详解】圆x2﹣2x+y2+34=0的圆心（1，0），半径为：12，双曲线的渐近线方程为：y=±bax，由点到直线的距离可得到：21=21baba+，解得ba=33，即2213ba=，22213caa−=，可得e=ca=233．故选C．【点睛】本题考查双曲线

的简单性质的应用，双曲线与圆的位置关系的应用，考查计算能力．一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理.1

2.已知()fx的定义域为(0,)+，()fx¢为()fx的导函数，且满足()()'fxxfx−，则不等式(1)(1)fxx+−()21fx−的解集是（）A.()0,1B.()2,+?C.()1,2D.()1,+?【答案】B【解析

】【分析】构造函数()()Fxxfx=，再根据单调性解不等式，即得结果.【详解】令()()Fxxfx=，则()()()0Fxfxxfx=+，所以()Fx在(0,)+上单调递减(1)(1)fxx+−()21fx−，2(1)(1)(1)xfxx++−(

)21fx−，2(1)(1)FxFx+−，2011,2xxx+−，故选：B【点睛】本题考查利用导数解不等式，考查基本分析求解能力，属中档题.三､填空题（共4小题）．13.双曲线2214xy−=的渐近线方程为等于____

________．【答案】12yx=【解析】【分析】根据双曲线的方程，求得,ab的值，进而求得双曲线的渐近线的方程.【详解】由题意，双曲线2214xy−=的焦点在y上，且1,2ab==，所以双曲线的渐近线的方程为12ayxxb==.故答案为：12

yx=.14.已知1x=是函数()2afxxx=+的极值点，则实数a的值为_______．【答案】2【解析】【分析】由已知条件可得出()10f=，可求得a的值，然后分析导数在1x=附近的符号变化，由此可求得实数a的值.【详解】由()2afxxx=+，得()2

2afxxx=−+．因为1x=是()fx的极值点，所以()10f=，即20a−+=，所以2a=．此时()()3221xfxx−=，当1x时，()0fx；当1x时，()0fx．因此1x=是

函数()fx的极小值点，即2a=符合题意．故答案为：2.【点睛】易错点点睛：已知极值点求参数的值，先计算()0fx=，求得x的值，再验证极值点．由于导数为0的点不一定是极值点，因此解题时要防止遗漏验证导致错误．15

.设P是抛物线24yx=上的一个动点，F是抛物线24yx=的焦点，若()3,2B，则PBPF+的最小值为______．【答案】4【解析】【分析】先判断点()3,2B在抛物线内，过点B作BQ垂直准线于点Q，交抛物线于点1P，根据抛物线的定义

，结合图形，得到11PBPFPBPQ++，即可得出结果.【详解】因为2243，所以点()3,2B在抛物线24yx=的内部，如图，过点B作BQ垂直准线于点Q，交抛物线于点1P，根据抛物线的定义可得，11PQPF=，又P是抛物线24yx=上的一个动点，所以114PBPFPB

PQBQ++==，当且仅当点P与点1P重合时，PBPF+取得最小值，即PBPF+的最小值为4.故答案为：4.【点睛】思路点睛：求解抛物线上一动点到定点（定点在抛物线内部）与焦点距离和的最值问题时，通常需要过该动点向准线作垂线，利用抛物线的定义，将问题转为求抛物线上一点到准线以及定点

距离的最值问题，结合图形，即可求解.16.已知1lnxaxx−+对于1,22x恒成立，则a的最大值为________.【答案】0【解析】【分析】设f（x）=1xx−+lnx，依题意，a≤f（x）min，利用导数法可求得f（x）=1xx−+lnx的极小值

，也是最小值，从而可得a的最大值．【详解】设f（x）=1xx−+lnx，f′（x）=﹣21x+1x=21xx−，∵a≤1xx−+lnx，对任意x∈[12，2]恒成立，∴a≤f（x）min，令f′（x）=0，得：x=1；当12≤x＜1时，f′（x）＜0，f（x）=1xx−+lnx单调递

减；当1＜x≤2时，f′（x）＞0，f（x）=1xx−+lnx单调递增；∴f（x）min=f（1）=0，∴a≤0，∴a的最大值为：0．故答案为0．【点睛】本题考查函数恒成立问题，着重考查构造函数思想、等价转化思想与导数法求极值的综合应用，求得f（x）=1xx−+lnx的最小值是关键

．四､解答题17.已知椭圆C：22416+=xy.（1）求椭圆C的焦点坐标和离心率；（2）求通过()2,1M点且被点()2,1M平分的弦所在的直线方程.【答案】（1）焦点坐标是()23,0和()23,0−，离心率32；（2）240

xy+−=.【解析】【分析】（1）直接由方程可得4a=，2b=，23c=，进而可得交点坐标及离心率；（2）设交点分别为()11,Axy､()22,Bxy，则22112222416416xyxy+=+=，两式作差利用中点坐标公式及斜率公式可得直

线斜率，从而得解.【详解】（1）由22416+=xy得221164xy+=，∴4a=，2b=，23c=，∴焦点坐标是()23,0和()23,0−；离心率32e=（2）显然直线不与x轴垂直，可设此直线方程为()12ykx−=−，设交点分别为()11,Axy､()22,Bxy，则

22112222416416xyxy+=+=，∴()()()()1212121240xxxxyyyy−++−+=，又1212yykxx−=−，124xx+=，122yy+=，∴12k=−，直线方程为()1122yx−=−−即240xy+−=1

8.设命题p：方程221327xyaa+=−+表示中心在原点，焦点在坐标轴上的双曲线；命题q：方程220xxa−+=有实数解.（1）若命题p为真命题，求实数a取值范围；（2）若命题“pq”为真，命题“pq”为假，求实数a的取值范围.【答案】（1）7,32−；（2）71,,328

−−．【解析】【分析】（1）根据双曲线的标准方程求得参数范围；（2）再求出命题q为真时参数的范围，然后由复合命题的真假确定参数范围．【详解】（1）由题意(3)(27)0aa−+，解得732a−．即a的范围是7,32−．（2）命题q为真

时，180a=−，18a≤，命题“pq”为真，命题“pq”为假，则,pq一真一假．p真q假时，73218aa−，∴138a，p假q真时，73218aaa−或，∴72a−，综上a的取值范围是71,,328−−

．【点睛】方法点睛：本题考查由复合命题的真假求参数范围．掌握复合命题的真值表是解题关键．复合命题的真值表：pqpqpqp真真真真假真假真假假假真真假真假假假假真19.如图所示，AE⊥平面ABCD，四边形AEFB为矩形，//BCAD，BAAD⊥，224AEADA

BBC====．（1）求证：//CF平面ADE；（2）求平面CDF与平面AEFB所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）见解析（2）23【解析】【分析】（1）根据//BFAE，//BCAD，从而证明平面//BCF平面ADE，从而//CF平面ADE。（2）以A为坐标原点，建立空间直

角坐标系Axyz−，写出点的空间坐标，根据向量法求解即可。【详解】（1）∵四边形ABEF为矩形//BFAE又BF平面ADE，AE平面ADE//BF平面ADE又//BCAD，同理可得：//BC平面ADE又BF

BCB=，BF，BC平面BCF∴平面//BCF平面ADE又CF平面BCF//CF平面ADE（2）如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz−，则(2,2,0)C，(0,4,0)D，()2,0,4F(0,4,0)AD=,(2,2,0)CD=

−,(0,2,4)CF=−设(,,)xyz=n是平面CDF的一个法向量，则00nCDnCF==即020xyyz−=−=令2y=，解得21xz==(2,2,1)n=又AD是平面AEFB的一个法向量

，2cos,3||nADnADnAD==∴平面CDF与平面AEFB所成锐二面角的余弦值为23.【点睛】此题考查立体几何线面平行证明和二面角求法，线面平行可先证面面平行得到，属于简单题目。20.已知

函数32()1()fxxaxxa=+++R，其导函数为()fx，且()01f=.（1）求曲线()yfx=在点(2,(2))f处的切线方程.（2）求函数()fx在[1,1]−上的最大值和最小值.【答案】（1）570xy−

−=；（2）()fx在[1,1]−上的最小值是3−，最大值是3127.【解析】【分析】（1）求出导函数2()321fxxax=++，由()01f=，求出a的值，然后由(2)kf=，(2)3f=，求出切线方程.（2）先求出函数()fx在[1,1]−上的单调性，从

而可得出其最大值和最小值.【详解】（1）因为函数32()1fxxaxx=+++，所以2()321fxxax=++，由(1)3210fa=++=，得2a=−，所以(2)5kf==，又(2)3f=，所以曲线()yfx=在

点(2,(2))f处的切线方程为()352yx−=−，即570xy−−=.（2）由（1）可知2()341(1)(31)fxxxxx=−+=−−，当113x−时，()0fx，当113x时，()0fx，所以(

)fx在11,3−单增，在1,13单减.所以max131()327fxf==，又(1)3f−=−，(1)1f=，()()11ff−，所以min()(1)3fxf=−=−，所以，()fx在[1,1]−上的最小值是3−，最

大值是3127.21.已知动点M到直线20x+=的距离比到点()1,0F的距离大1.（1）求动点M所在的曲线C的方程；（2）已知点()1,2P，A､B是曲线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点.【答案】（1）24yx=；（2）直线过定点()

1,0−，证明见解析.【解析】【分析】（1）由题意可得动点M到直线10x+=的距离等于到点()1,0F的距离，轨迹抛物线定义可得答案；（2）设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为2k−，写出PA、PB的方程，分别与抛物线方程联立，求得AB、两点坐标，得到直线AB的方程，由直线

系方程可得答案.【详解】（1）设(,)Mxy，动点M到直线20x+=的距离比到点()1,0F的距离大1即动点M到直线10x+=的距离等于到点()1,0F的距离，由抛物线定义可得曲线C的方程为24yx=.（2）证明：设直线PA的斜率为k，则直线PB的

斜率为2k−，所以直线PA的方程为2(1)ykx−=−，由（1）抛物线方程为24yx=，所以22(1)4ykxyx−=−=，整理得24804yykk+−−=，解得()22242,kkAkk−−，直线PB的方程为()2

2(1)ykx−=−−，与抛物线联立()222(1)4ykxyx−=−−=，整理得()22440kyyk−−+=，解得()222,22kkBkk−−,所以()()()22222422222222ABk

kkkkkkkkkkkk−−−−==−+−−−，所以直线AB的方程为()()222222222kkkkkkkyxk−−−+−=−−，整理得()()22122kkkyxk−−+=+，所以直线AB过定点()1,0−.【点睛】本题考查轨迹方程的求法，考查直线与抛物线的

位置关系，关键点是设出直线PA、PB的斜率求得它们的方程分别与抛物线方程联立后，可得直线AB的方程，考查学生的分析问题、解决问题和运算求解能力.22.已知函数1()(2)ln2fxaxaxx=−++，（1）当2a=时，求函数()fx的极值；（2）当0a时，讨论函数()fx的单调性；（3）

若对a(-3，-2)，12,xx[1，3]，不等式12(ln3)2ln3|()()|mafxfx+−−恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）极小值为4，无极大值（2）答案见解析（3）133

m−【解析】【分析】（1）利用导数可求得结果；（2）求导后，令()0fx=得1xa=−或12x=，对1a−与12的大小分类讨论可求得结果；（3）转化为12max(ln3)2ln3()()mafxfx+−−1max2min()()fxfx=−，根据（2

）中的单调性求出1max()fx和2min()fx代入后得2(4)03ma+−对a(-3，-2)恒成立，列式23(4)0322(4)03mm−+−−+−可解得结果.【详解】（1）当2a=时，1()4fxxx=+(0)x，22214

1()4xfxxx−=−=，当102x时，()0fx，当12x时，()0fx，所以()fx在1(0,)2上递减，在1(,)2+上递增，所以()fx在12x=处取得极小值1()42f=，无极大值.（2）当0a时，1()(2)ln

2fxaxaxx=−++，定义域为(0,)+，221()2afxaxx−=−+222(2)1axaxx+−−=2(1)(21)axxx+−=，令()0fx=得1xa=−或12x=，当112a−，即20a−时，由()0fx得102x或1xa−，由()0fx

得112xa−，所以()fx在1(0,)2和1(,)a−+上单调递减，在11(,)2a−上单调递增，当112a−=，即2a=−时，22(21)()xfxx−−=0，所以()fx在(0,)+上单调

递减，当112a−，即2a−时，由()0fx得10xa−或12x，由()0fx得112xa−，所以()fx在1(0,)a−和1(,)2+上单调递减，在11(,)2a−上单调递增，（3）由（2）可知对a(-3，-2)，()

fx在[1,3]上单调递减，因为不等式12(ln3)2ln3|()()|mafxfx+−−恒成立，等价于12max(ln3)2ln3()()mafxfx+−−1max2min()()fxfx=−，而1max()(1)12fxfa=

=+，2min1()(3)(2)ln363fxfaa==−++，所以1(ln3)2ln312(2)ln363maaaa+−+−−−−，即2(4)03ma+−对a(-3，-2)恒成立，所以23(4)0322(4)03mm−+−−+−，解得133m−.【点睛】

结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数(),,yfxxab=，(),,ygxxcd=（1）若1,xab，2,xcd，总有()()12fxgx

成立，故()()2maxminfxgx；（2）若1,xab，2,xcd，有()()12fxgx成立，故()()2maxmaxfxgx；（3）若1,xab，2,xcd，有()()1

2fxgx成立，故()()2minminfxgx；（4）若1,xab，2,xcd，有()()12fxgx=，则()fx的值域是()gx值域的子集．