2021年重庆一中高2022届高二上期期末考试数学试题4286.pdf

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1、 1 2021 年重庆一中高 2022 届高二上期期末考试 数学试题卷 一、单选题：本大题共8 小题，每小题 5 分，共 40 分.四个选项中只有一项是符合题目要求的.1.命题“0 x，310 xx”的否定形式为()A.0 x，310 xx B.0 x，310 xx C.0 x，310 xx D.0 x，310 xx 2.曲线lnyx在点(,1)e处的切线方程为 ()A.xye B.yex C.yx D.2xy 3.已知,m n是两条不重合的直线，,是两个不重合的平面，且,mn，则“m且n”是“”的()A.充分必要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 4.在正

2、方体1111ABCDABC D中，M为棱1DD中点，则异面直线11,AM AC所成角的余弦值为()A.105 B.105 C.147 D.155 5.已知椭圆2222:1(0)xyCabab的左右焦点分别为12F F,，P为C上一点，若1260F PF，且12FPF的面积为3，则b ()A.1 B.2 C.3 D.3 6.已知函数2()(2)3xf xxaxae在(0,)上单调递增，则实数a的取值范围为()A.2,2 B.(2,2)C.(0,2)D.(,2 7.已知抛物线2:8C yx，其准线与x轴交于点N，过点N的直线与C相交于,A B两点，F为C的焦点，若=2FAFB,则=FB()A.2

3、2 B.3 C.2 D.1 8.定义在R上的可导函数()f x满足：()2()2fxf x，(0)1f，关于x的不等式2(ln)21fxx的解集为()A.(,0)B.(,1)C.(1,)D.(0,1)2 二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的的得 5 分，部分选对得 3 分，有选错的得 0 分.9.设O为坐标原点，直线xa与双曲线2222:1(0,0)xyCabab的两条渐近线分别交于,D E两点，若ODE的面积为4，则C的焦距的可能取值有 ()A.2 B.4 C.6 D.8 10.若函数()f x在D上可导，

4、即()fx存在，且导函数()fx在D上也可导，则称()f x在D上存在二阶导函数，记()()fxfx.若()0fx 在D上恒成立，则称()f x在D上为凸函数以下四个函数在(0,1)上是凸函数的有 ()A.()f xx B.21()f xx C.()lnf xx D.()sinf xxx 11.下列大小比较，正确的有()A.3ln 44ln3 B.3ln 44ln3 C.1202220232022e D.1202220232022e 12.已知四面体SABC为正三棱锥，S为顶点，点P为ABC内一动点（含边界），则以下说法正确的是 ()A.SABC B.若点P满足PAPS，则动点P的轨迹为一条直

5、线.C.若点M为线段BC上一动点，SP垂直相交AM于点P，则动点P的轨迹为一段圆弧.D.过点S作直线SD垂直相交AB于点D，若该四面体的体积为2 3，则线段SD的最小值为3.三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13.已知某圆锥的母线长是其底面圆半径的两倍，则该圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 .14.直线ykx与圆22410 xyy 相交于,A B两点，若2AB，则k .15.函数cos(),0,2sinxf xxx的单调递减区间为 .16.已知1a，关于x的方程2xeax有解（其中e为自然对数的底），则实数a的取值范围为 .四、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分

6、。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.（10 分）如 图，在 直 棱 柱111ABCABC中，CABA，12ACABAA，P为11BC中点.（1）求证：1AP 面11BCC B；（2）求直线AP与平面11BCC B所成角的正弦值.3 18.（12 分）已知函数3()31f xxx，2,3x.（1）求()f x的值域；（2）若函数3()31f xxx在区间 2,(23)aa 上的最大值为3，求实数a的取值范围.19.（12 分）已知函数()lnf xxx，（1）求证：()1f x；（2）若关于x的不等式e()xaxf x对任意(0,+)x恒成立（其中e为自然对数的底），求实数a的取值范

7、围.20.（12 分）如图，AB是圆锥SO的底面圆O的直径，D是圆O上异于,A B的任意一点，P为圆锥SO母线SD的中点，且4,4ABSO.（1）是否存在圆锥SO的某条母线，使得该母线恰与平面PAB平行，若存在，判断并证明你的结论，若不存在，请说明理由；（2）若60DOB，求二面角BOPD的余弦值.21.（12 分）在平面直角坐标系xOy中，已知点P是椭圆22:14xCy上的动点，不经过点P的直线l交椭圆C于,A B两点，线段AB的中点为M.（1）若直线AB与直线OM的斜率都存在，分别记为12,k k，证明：12kk为定值；（2）若O为ABP的重心，（i）求M的轨迹方程；（ii）判断直线PA与

8、M的轨迹的位置关系，并说明理由.22.（12 分）在平面直角坐标系xOy中，直线2xmy与曲线lnyx交于,P Q两点（其中e为自然对数的底），设点P的横坐标为(01)aa，记OPQ的面积为S.（1）求证：12lnSeaSaa；（2）当S取得最小值时，求m的值.高 2022 届高二上期期末考试参考答案 一.单选 DACB CDBC 4 二.多选 9.CD 10.ACD 11.AC 12.ACD 三.填空题 13.14.1k 15.5(,)66 16.(1,e 四.解答题 17.解：（1）棱柱111ABCABC为直棱柱，1111111111111111BBABCAPBBAPBCC BAPABCA

9、PBC面面面由三线合一，；（2）取BC中点M，连接MP，由1AMPA为平行四边形可得1AMAP，所以AM 面11BCC B，AP在面11BCC B上的射影为MP，所以直线AP与平面11BCC B所成角即为APM，在RT AMP中，=22,6AMMPAP，3sin3APM.18.解：（1）2()333(1)(1)fxxxx，x 2(2,1)1(1,1)1(1,3)3()fx +0-0+()f x 极大值(1)3f 极小值 (1)1f (2)1f ，(3)19f，minmax1,19ff，所以()f x的值域为 1,19；（2）由（1）可知(1)3f，令3313xx，3220 xxx，(1)(1)

10、2(1)0 x xxx，解得2x 或1x ，即(2)3f，所以 1,2a.19.解:（1）()lnf xxx，11()1xfxxx，令()0fx，得1x，当(0,1)x时，()0fx，当(1,)x时，()0fx，所以min()(1)1fxf，所以ln1xx；（2）法一 分离 2elnxaxxx，令2e()lnxh xxxx，22222e(21lnln)e(1)(ln1)()(ln)(ln)xxxxxxxxxxh xxxxxxx，令()0h x，得1x，由（1）ln10 xx，当(0,1)x时，()0h x，当(1,)x时，()0h x，所以min()(1)h xhe，ae.法二 同构ln1e(

11、ln)e(ln)e(ln)xxxxax xxa xxa xxx，5 令ln1,)txx，teat，令()teh tt，(1)()te th tt，()h t在1,)上单调递增，所以ae.20.解（1）存在，延长DO交圆O于点E，连接,S E，连接,P O，SE即为所求母线，SEPOSEPABPOPAB面面，所以SE平面PAB；（2）建立如图所示的坐标系(0,0,0)O，(0,2,0)B，(3,1,0)D，3 1(,2)22P，设面POB的法向量1(,)nx y z，(0,2,0)OB，3 1(,2)22OP ，由1100n OBn OP，20340yxyz，令3z，得1(4,0,3)n，设面P

12、OD的法向量2(,)nx y z，3 1(,2)22OP ，(3,1,0)OD ，由2200n ODn OP，30340 xyxyz，令3x，得2(3,3,0)n，122 19coscos,19n n，所以2 19cos19.21.解:设点00P xy，11A xy，22B xy，.(1)222212121,144xxyy作差，可得2222121204xxyy，化简的14MMxky，2MMykx，所以1214k k.(2)O为ABP的重心，2OPOM.设M xy，则0022xxyy .由022014xy，得2241xy，动点M的轨迹方程为2241xy.设直线OB与直线PA交于点N，则点N为线段

13、PA的中点，由重心性质2222Nxy，当20y 时，由（1），22144PAONxkky ，6 直线PA的方程为2222242yxxyxy，2222222448xxyyxyy，由222244xy，整理得2224x xyy.将2224x xyy 代入动点M的轨迹方程得，22222222444 10 xyxx xy.化简得2222440 xx xx.222216160 xx，直线PA与动点M的轨迹相切.当20y 时，直线PA的方程为1x ，直线PA与动点M的轨迹相切.综上可知，直线PA与动点M的轨迹相切.22.解答：（1）记(,ln),(,ln)P aa Q bb，12(lnln)ln2OPQbS

14、baa，,SSbebaea，1lnlnln2baambaa，ln2SSaaeaa，化简得12lnSeaSaa；（2）记1()(0)xef xxx，21()xxxeefxx，记()1,(0)0 xxh xxeeh，又()0 xh xxe，可得0 x 时，()0h x，所以函数()f x在(0,)上单调递增，所以S取得最小值时，只需2lnaaa取得最小值，记2(),(0,1)lnam aaaa，22ln2()(ln)aam aaa，记()2ln2g aaa，22()10ag aaa，所以函数()g a在区间(0,1)单调递增，由于11()0,(1)10ggee ，由零点存在定理可得存在唯一的0(0,1)a，使得()0,()0g am a，0a满足002ln20aa，且0(0,)aa时，()0m a，0(,1)aa时，()0m a，所以当0aa时，()m a取得最小值，此时00ln1122ama，所以2m.