2020-2021學(xué)年高二數(shù)學(xué)上學(xué)期期末測試卷01(人教A版2019)(教師版)

2020-2021學(xué)年高二數(shù)學(xué)上學(xué)期期末測試卷01(人教A版2019)(教師版)1an2，可得Snan4，再由S52S4a52S32a4a52S22a32a4a52S12a22a32a4a52a12a22a32a4a52a5，故S52a522S422S32a422S22a32a422S12a22a32a422a12a22a32a42212223415，故選C。5．已知函數(shù)f(x)x2x1，則f(2x1)()。A、4x24x1B、4x22x1C、2x22x1D、2x24x1【答案】A【解析】f(2x1)(2x1)2(2x1)14x24x1，故選A。6．已知函數(shù)f(x)x1x，g(x)f(x1)，則g(x)()。A、x11x1B、x11xC、x21x1D、x21x【答案】B【解析】g(x)f(x1)x11x11x1x，故選B。7．已知函數(shù)f(x)xlnx，則f(e)()。A、0B、1C、eD、e1【答案】B【解析】f(x)lnx1，故f(e)1，故選B。8．已知函數(shù)f(x)x23x2，則當(dāng)x2時，f(x)的增量為()。A、1B、0C、1D、2【答案】C【解析】f(x)的增量為f(2x)f(2)(44xx2)62(462)6xx2，其中x趨近于0，故增量近似為6x，故選C。4，x)，b(2，y，2)，若|a|6，ab，則xy()。A、3B、2C、1D、2【答案】AC【解析】向量a的模長為6，設(shè)向量a的第三個分量為z，則有：$$\begin{cases}4+x^2+z^2=6\\2x+2y+2z=0\end{cases}$$解得$x=\pm4$，$y=-\frac{x+z}{2}$。因為$a$與$b$垂直，所以$a\cdotb=0$，即$4+2y+2z=0$，代入$y=-\frac{x+z}{2}$，得$x+z=-4$。解得$x=-4$，$y=1$或$x=4$，$y=-3$。因此$x+y=-3$或$x+y=1$，故選AC。10．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的左右焦點分別為$F_1$、$F_2$，過$F_1$且斜率為2的直線交橢圓$E$于$P$、$Q$兩點，若$\trianglePF_1F_2$的面積為2，則$\frac{a}=$()A、$1+\sqrt{3}$B、$\frac{1+\sqrt{3}}{2}$C、$\sqrt{3}$D、$\frac{\sqrt{3}}{2}$【答案】B【解析】設(shè)$F_1(-c,0)$，$F_2(c,0)$，則$c=\sqrt{a^2-b^2}$。直線$F_1P$的斜率為2，可設(shè)$P(x_0,y_0)$，則$\frac{y_0}{x_0+c}=2$，即$y_0=2x_0+2c$。代入橢圓方程，得：$$\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{(2x_0+2c)^2}{b^2}=1$$化簡得$(a^2-b^2)x_0^2+2a^2cx_0+a^2b^2=0$。因為$P$在橢圓上，所以$x_0^2\leqa^2$，即$-a\leqx_0\leqa$。因此，上式有兩個根$x_1$和$x_2$，滿足$x_1+x_2=-\frac{2a^2c}{a^2-b^2}=-2c$，$x_1x_2=\frac{a^2b^2}{a^2-b^2}$。由于$\trianglePF_1F_2$的面積為2，$PF_1\cdotPF_2=c$，故$\frac{1}{2}PF_1\cdotPF_2\cdot\sin\angleF_1PF_2=2$，即$c^2=8$。代入$c=\sqrt{a^2-b^2}$，得$a^2-b^2=8$。因此，$x_1$和$x_2$是方程$x^2-2ax+8=0$的兩個根，且$x_1+x_2=2a$，$x_1x_2=8$。因此，$a$和$b$的值可以表示為：$$\begin{cases}a+b=2a=\frac{x_1+x_2}{2}=1+\sqrt{3}\\ab=\frac{x_1x_2}{4}=2\end{cases}$$解得$\frac{a}=\frac{1+\sqrt{3}}{2}$，故選B。，∴f(x)在(x1，x2)上有極小值和極大值，故A選項正確。B選項，∵f(x)在(，x1)、(x2，)上是增函數(shù)，∴f(x)在(，x1)、(x2，)上恒大于0，∴f(x)在(x1，x2)上是單調(diào)遞增函數(shù)，∴x2x10，故B選項正確。C選項，f(x)的圖像是不對稱圖形，故C選項錯誤。D選項，∵f(x)在(x，f(x))處的切線方程為y=f(x)(xx)+f(x)，∴當(dāng)f(x)=0時，切線與f(x)的圖像有兩個公共點，故D選項正確。綜上所述，選項ABC正確。已知正三角形ABC，點D、E分別為AC、BC的中點，點O為DE的中點。將三角形CDE沿DE折起，得到四棱錐C-ABED。首先，根據(jù)題目所給條件，可以得到三角形CDE是等腰三角形，且OD=OE。因此，可以知道點O在三角形CDE的垂直平分線上，且OC⊥DE。接著，將三角形CDE沿DE折起，得到四棱錐C-ABED。根據(jù)四棱錐的定義，可以知道四棱錐C-ABED有四個頂點，分別為C、A、B、D。此外，底面為三角形ABD，側(cè)面為三角形CDE。最后，根據(jù)題目所給條件，可以知道DE是AB的中線，因此四棱錐C-ABED是直棱錐。(1)在四棱錐C-ABED的棱BC上找一點F，使得OF//平面ACD。在棱AB上取一點G，使得AG=AB/4，連接FG、OG。由于CF=CB/4，AG=AB，所以在三角形ABC中，CF和AG平行，因此AC//FG。又因為AG//OD且AG=OD=AB/4，所以四邊形ADOG為平行四邊形，因此AD//OG。由于AD//OG、AC//FG，且AD∩AC=A，OG∩FG=G，所以平面GOF//平面ACD。因為OF∥平面GOF，所以O(shè)F//平面ACD。(2)取棱AB的中點H，連接OH、OC，則OH⊥DE，OC⊥DE。由于平面CDE⊥平面ABED，平面CDE∩平面ABED=DE，又因為OC⊥平面CDE，OC⊥DE，所以O(shè)C⊥平面ABED。以O(shè)為坐標原點，OH、OE、OC為x、y、z軸建立坐標系。設(shè)AB=4，則A(3,-1,2)，B(-3,-1,2)，C(0,0,3)，D(0,0,-3)，CD=(0,-1,-6)。設(shè)平面ACD的法向量為n=(x,y,z)，則n·AD=-3x+y=-1，n·CD=-y-3z=0。解得n=(1,3,-1)。設(shè)點F(x1,y1,z1)，則CF=CB/4，所以F的坐標為(13/24,13/24,-5/24)。設(shè)直線DF與平面ACD所成角的平面角為θ，則sinθ=|DF·n|/|DF|·|n|=21/55。(1)因為圓O的方程為x^2+y^2=4，所以F的坐標為(1,0)。設(shè)動點M的坐標為(x,y)，則線段FM的中點坐標為((x+1)/2,y/2)，因此以線段FM為直徑的圓的圓心坐標為((x+1)/2,y/2+1)，且該圓與圓O內(nèi)切，因此兩圓心的距離等于圓O的半徑2，即(x-1)^2+(y-2)^2=4。(2)設(shè)線段PQ與x軸的交點為T，則由于F為圓心，所以FT為線段PQ的中垂線，因此OT垂直于線段PQ。設(shè)線段PQ的中點坐標為((x1+x2)/2,(y1+y2)/2)，則OT的坐標為((x1+x2)/2,(y1+y2)/2-1)，因此OT的方程為y=x/2-1。設(shè)點P、Q的坐標分別為(x1,y1)、(x2,y2)，則有x1^2+y1^2=4，x2^2+y2^2=4，(x1-1)^2+(y1-2)^2=4，(x2-1)^2+(y2-2)^2=4，且線段PQ的斜率為(y2-y1)/(x2-x1)。因為該斜率等于線段PQ與x軸的夾角的正切值，所以線段PQ與x軸的夾角為arctan((y2-y1)/(x2-x1))。因此，線段PQ與x軸的夾角的正弦值為|(y2-y1)/(x2-x1)|/sqrt((y2-y1)^2+(x2-x1)^2)。由于線段PQ與x軸的夾角等于OT與x軸的夾角，所以線段PQ與x軸的夾角的正弦值等于|OT·(1,0)|/|OT|=|y/2-1|/sqrt(x^2+4)。因為OT垂直于線段PQ，所以線段PQ的長度等于OT的長度的兩倍，即sqrt((x^2+4)/4)+1。因此，線段PQ的長度為sqrt(x^2+4)+2。設(shè)點A的坐標為(4,z)，則線段AP的長度為sqrt((x-4)^2+z^2)，線段AQ的長度為sqrt((x+4)^2+z^2)，因此，OAP和OAQ的面積分別為2sqrt(16-z^2)和2sqrt(x^2+16)。因此，OAP和OAQ的面積之差為2sqrt(16-z^2)-2sqrt(x^2+16)。要求這個差的最大值，就要求其絕對值的最大值。因此，問題轉(zhuǎn)化為求2sqrt(16-z^2)-2sqrt(x^2+16)的最大值。由于16-z^2和x^2+16均為正數(shù)，所以2sqrt(16-z^2)-2sqrt(x^2+16)的最大值等于2(sqrt(16-z^2)-4+4-sqrt(x^2+16))，即2sqrt(16-z^2)-2sqrt(x^2+16)-8。因此，問題進一步轉(zhuǎn)化為求2sqrt(16-z^2)-2sqrt(x^2+16)-8的最大值。因為2sqrt(16-z^2)-2sqrt(x^2+16)-8=2(sqrt(16-z^2)-4)-2(sqrt(x^2+16)-4)，所以該式的值最大為2(sqrt(16-z^2)-4)，即z=0時取得最大值，此時最大值為4。因此，OAP和OAQ的面積之差的最大值為4。極值點為x=-2，此時F(x)取得最小值；②當(dāng)a≠0且a≠-1/2時，F(xiàn)(x)存在兩個極值點，分別為x=-2/a和x=-1/2，其中當(dāng)a>0時，F(xiàn)(x)在x=-2/a處取得最小值，在x=-1/2處取得最大值；當(dāng)a<0時，F(xiàn)(x)在x=-2/a處取得最大值，在x=-1/2處取得最小值；③當(dāng)a=-1/2時，F(xiàn)(x)不存在極值點。綜上所述，當(dāng)a≠-1/2時，F(xiàn)(x)存在極值點，極值點為x=-2/a和x=-1/2，具體取值需根據(jù)a的正負性來確定。(2)根據(jù)題意，有f(x1)-f(x2)<g(x1)-g(x2)，即ex1-1(ax1^2+x1+1)-ex2-1(ax2^2+x2+1)<ax1^2+x1+1-ax2^2-x2-1，化簡得(ae^x1-a)x1^2+(ae^x2-a)x2^2+(2a-a)x1+(2a-a)x2+(a-1)<0，整理得(ae^x1-a)x1^2+(ae^x2-a)x2^2+2(a-1)(x1-x2)<0。由于1≤x1<x2≤2，所以x2-x1>0，因此上式兩邊同時除以x2-x1得(ae^x1-a)x1+(ae^x2-a)x2+2(a-1)<0。又因為e^x1和e^x2都大于0，所以a-1<0，即a<1。綜上所述，a的取值范圍為a<1。F(x)在區(qū)間(∞，2)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(2，∞)上單調(diào)遞增，且有極小值點x=-2，無極大值點。當(dāng)a<0時，-1/a>>-2，F(xiàn)(x)在區(qū)間(∞，2)和(1/a，∞)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(2，1/a)上單調(diào)遞增，且有極小值點x=-2，有極大值點x=-1/a。當(dāng)a=1/2時，F(xiàn)(x)=1/2ex-1(x+2)2≥0，F(xiàn)(x)在實數(shù)集上單調(diào)遞增，無極值點。當(dāng)a>1/2時，-1/a>-2，F(xiàn)(x)在區(qū)間(∞，2)和(1/a，∞)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(2，1/a)上單調(diào)遞減，且有極大值點x=-2，有極小值點x=-1/a。當(dāng)0<a<1/1時，-∞<-1/a<-2，F(xiàn)(x)在實數(shù)集上單調(diào)遞增，在區(qū)間(∞，1/a)和(2，2/a)上單調(diào)遞減，有極大值點x=-1/a，有極小值點x=-2。根據(jù)題意得，f(x1)-f(x2)<g(x