《2022年山西省长治市南常中学高二数学文下学期期末试卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年山西省长治市南常中学高二数学文下学期期末试卷含解析（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2022年山西省长治市南常中学高二数学文下学期期末试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则参考答案：D2. 已知函数，则的最小值为（ ）A B C D参考答案：B略3. 已知中，则的值为（ ）A、 B、 C、 D、 参考答案：D4. 由数字、组成没有重复数字的五位数，其中小于的偶数共有（ ）A个 B个 C个 D 个参考答案：C略5. 如图ABCDA1B1C1D1是正方体，B1E1D1F1，则BE1与DF1所成角的余弦
2、值是()A B C D参考答案：A【知识点】利用直线方向向量与平面法向量解决计算问题因为如图，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为a,则所以，故答案为：A6. 函数的递减区间是（ ）A.或 B. C. 或 D. 参考答案：B.函数f（x）=x3-3x的导数为f（x）=3x2-3，由f（x）0，解得-1x1，所以函数的单调递减区间为（-1，1）故选B7. 某技术学院安排5个班到3个工厂实习，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，则不同的安排方法共有（ ）A. 60种B. 90种C. 150种D. 240种参考答案：C【分析】先将5人分成3组，3，1，1和2，2，1两种分法，再分配，应用排列组合
3、公式列式求解即可.【详解】将5个班分成3组，有两类方法：（1）3，1，1，有种；（2）2，2，1，有种.所以不同的安排方法共有种.故选：C.【点睛】本题主要考查了排列组合的实际应用问题：分组分配，注意此类问题一般要先分组再分配（即为排列），属于基础题.8. 函数的单调递减区间是A B C D参考答案：A试题分析：函数定义域为，由得，所以减区间为考点：函数导数与单调性9. 若点A的坐标是（4，2），F是抛物线y2=2x的焦点，点P在抛物线上移动，为使得|PA|+|PF|取得最小值，则P点的坐标是A（1，2） B（2，1） C（2，2） D（0，1）参考答案：C10. 将甲、乙、丙、丁四名大学生分
4、配到三个不同的学校实习，每个学校至少分配一人，若甲、乙不能去同一个学校，则不同的分配方案共有（ ）A36种 B30种 C24种 D20种参考答案：B二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 过点的直线与圆C：交于A、B两点，当的最小时，直线的方程： .参考答案：2x-4y+3=0略12. （5分）（2014?四川模拟）在直角坐标系中，定义两点P（x1，y1），Q（x2，y2）之间的“直角距离”为d（P，Q）=|x1x2|+|y1y2|现有下列命题：已知P（1，3），Q（sin2，cos2）（R），则d（P，Q）为定值；原点O到直线xy+1=0上任一点P的直角距离d（O，P）的最
5、小值为；若|PQ|表示P、Q两点间的距离，那么|PQ|d（P，Q）；设A（x，y）且xZ，yZ，若点A是在过P（1，3）与Q（5，7）的直线上，且点A到点P与Q的“直角距离”之和等于8，那么满足条件的点A只有5个其中的真命题是（写出所有真命题的序号）参考答案：【分析】先根据直角距离的定义分别表示出所求的问题的表达式，然后根据集合中绝对值的性质进行判定即可【解答】解：已知P（1，3），Q（sin2，cos2）（R），则d（P，Q）=|1sin2|+|3cos2|=cos2+2+sin2=3为定值，正确；设P（x，y），O（0，0），则d（0，P）=|x1x2|+|y1y2|=|x|+|y|=|x
6、|+|x+1|，表示数轴上的x到1和0的距离之和，其最小值为1，故不正确；若|PQ|表示P、Q两点间的距离，那么|PQ|=，d（P，Q）=|x1x2|+|y1y2|，因为2（a2+b2）（a+b）2，所以|PQ|d（P，Q），正确；过P（1，3）与Q（5，7）的直线方程为y=x+2，点A到点P与Q的“直角距离”之和等于8，则|x1|+|y3|+|x5|+|y7|=2|x1|+2|x5|=8，所以|x1|+|x5|=4，所以1x5，因为xZ，所以x=1，2，3，4，5，所以满足条件的点A只有5个，正确故答案为：【点评】本题考查两点之间的“直角距离”的定义，绝对值的意义，关键是明确P（x1，y1）
7、、Q（x2，y2）两点之间的“直角距离”的含义13. 圆与圆的位置关系是 参考答案：相交14. 已知直线y=（3a1）x1，为使这条直线经过第一、三、四象限，则实数a的取值范围是参考答案：a【考点】确定直线位置的几何要素【分析】由于给出的直线恒过定点（0，1）所以直线的斜率确定了直线的具体位置，由斜率大于0可求解a的范围【解答】解：因为直线y=（3a1）x1过定点（0，1），若直线y=（3a1）x1经过第一、三、四象限，则其斜率大于0，即3a10，所以a故答案为a15. 若三点A(3,1)，B(2，b)，C(8,11)在同一直线上，则实数b等于_参考答案：略16. （坐标系与参数方程选做题）设
8、点的极坐标为，直线过点且与极轴所成的角为，则直线的极坐标方程为 参考答案：或或或略17. 连接正方体各个顶点的所有直线中，异面直线共有 对参考答案：174三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 已知函数，其定义域为，（1）用单调性的定义证明函数在上为单调增函数;（2）利用所得到（1）的结论，求函数在上的最大值与最小值.参考答案：(1)证明：设，则 又在上为单调增函数(2) 在上为单调增函数19. 设椭圆C： +=1（ab0）过点M（，），且离心率为，直线l过点P（3，0），且与椭圆C交于不同的A、B两点（1）求椭圆C的方程；（2）求?的取值范围参考
9、答案：【考点】椭圆的简单性质【分析】（1）由椭圆的离心率e=，则=，将M（，），代入椭圆方程，即可求得椭圆的标准方程；（2）设其方程为：y=k（x3），代入椭圆方程，由0，解得：k2， =（x13，y1），=（x23，y2），则?=（x13）（x23）+y1y2=（k2+1）x1x23（x1+x2）+9，由韦达定理可知，代入求得?=2+，由k的取值范围，即可求得?的取值范围【解答】解：（1）由已知可得：由椭圆的离心率e=，则=，由点M（，）在椭圆上，解得：a2=6，b2=4，椭圆C的方程为：； （2）当直线l的斜率不存在时，l的方程为：x=3与椭圆无交点故直线l的斜率存在，设其方程为：y=k（
10、x3），A（x1，y1），B（x2，y2），由，整理得：（3k2+2）x218k2x+27k212=0，=（18k2）24（3k2+2）（27k212）0，解得：k2，x1+x2=，x1x2=，（6分）=（x13，y1），=（x23，y2）?=（x13）（x23）+y1y2=（x13）（x23）+k2（x13）（x23），=（k2+1）x1x23（x1+x2）+9=（k2+1）（+9）=2+，（10分）0k2，2+3，?（，3（12分）【点评】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中档题20. 已知圆心为C的圆过点A（2，2），
11、B（5，5），且圆心在直线l：x+y+3=0上（）求圆心为C的圆的标准方程；（）过点M（2，9）作圆的切线，求切线方程参考答案：【考点】直线与圆的位置关系；圆的标准方程【分析】（）先设出圆的标准方程为（xa）2+（yb）2=r2，然后把A和B的坐标代入到圆方程中得到和，又因为圆心在直线x+y+3=0上，所以代入得到，联立，求出a，b，r的值即可得到圆的方程（）分类讨论，利用圆心到直线的距离等于半径，即可求过点M（2，9）作圆的切线的切线方程【解答】解：（）设圆的标准方程为（xa）2+（yb）2=r2，根据已知条件可得（2a）2+（2b）2=r2，（5a）2+（5b）2=r2，a+b+3=0，联
12、立，解得a=5，b=2，r=3所以所求圆的标准方程为（x+5）2+（y2）2=9（）直线的斜率存在时，设方程为y9=k（x+2），即kxy+2k+9=0，圆心C（5，2）到切线的距离d=3，k=，直线方程为20x21y+229=0，直线的斜率不存在时，即x=2也满足题意，综上所述，所求切线方程为x=2或20x21y+229=021. 已知椭圆M： +=1（ab0）的长轴长为4，且与椭圆+=1有相同的离心率（）求椭圆M的方程； （）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与M有两个交点A、B，且？若存在，写出该圆的方程，并求|的取值范围，若不存在，说明理由参考答案：【考点】KH：直线与圆锥
13、曲线的综合问题【分析】（）由已知条件得a=2，e=，由此能求出椭圆M的方程（）不妨设存在圆C：x2+y2=r2，（r0），若l的斜率不存在，设l：x=r，得；若l的斜率存在，设l：y=kx+m，由l与C相切，将直线l方程代入椭圆M的方程，得（1+2k2）x2+4kmx+2m28=0，由此能求出|的取值范围【解答】解：（）椭圆M： +=1（ab0）的长轴长为4，a=2，椭圆M与椭圆+=1有相同的离心率，e=，解得c=2，b2=84=4，椭圆M的方程为（）不妨设存在圆C：x2+y2=r2，（r0）（i）若l的斜率不存在，设l：x=r，则A（r，y0），B（r，y0），由，得，又，两式联立消去y，得，（ii）若l的斜率存在，设l：y=kx+m，l与C相切，m2=r2（1+k2），又将直线l方程代入椭圆M的方程，得：（1+2k2）x2+4kmx+2m28=0，（*）设A（x1，y1），B（x2，y2），由韦达定理，得，由=0，得，化简，得3m2=8+8k2，联立，得，综上所述，存在圆C：，由，得|AB|2=（1+k2）=（1+），k0（，12当k=0时，|AB|2=，|
