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2021-2022学年上学期期末卷03
高二数学·全解全析
1
2
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4
5
6
7
8
9
10
11
12
B
C
B
B
A
A
B
C
AC
ACD
BD
BC
1.【答案】B
【解析】由直线y=ax+1可得直线的斜率为,且过定点,又,
则由图可得,要使直线与线段总有公共点,需满足或,
又,
或.
故选:B.
?2.【答案】C
【解析】解:由题意,,得,解得,
所以,
故选:C.
?3.【答案】B
【解析】,
所以,
∴,∴,
∴,
又∵,
∴与的夹角为.
故选:B.
4.【答案】B
【解析】当①虚轴长为4,②离心率为2时,
则,
所以
故③④错误,不符合题意;
当①虚轴长为4,③焦距为8时,
则,
所以,
故,
故②错④正确,符合题意;
当①虚轴长为4,④渐近线方程为时,
则,
所以,
故②错③正确,符合题意;
当③焦距为8,④渐近线方程为时,
则,
所以,
故②错①正确,符合题意;
故选:B
5.【答案】A
【解析】因为①,所以②,
①-②得,
当时,满足上式.
所以,∴,
∴数列是以为首项,为公比的等比数列,
∴.
故选:A.
6.【答案】A
【解析】由可得圆心,
设点,则,
因为,是圆的两条切线,切点分别为,
所以,,
所以点在以为直径的圆上,圆心为设为中点,半径为,
所以圆的方程为,
而直线为两圆公共弦所在的直线,
由可得,
由可得,
两圆方程相减可得:,
所以直线的方程为,
故选:A.
7.【答案】B
【解析】是抛物线的焦点,,解得:,抛物线方程为:;
由对称性可知:,,
设为第一象限内的点,则,直线方程为,
将代入抛物线方程可得,
由双曲线定义可知:,解得:,
又,双曲线离心率.
故选:B.
8.【答案】C
【解析】设切点为,
由可得,则切线方程为,
因为点在切线上,所以,所以,
若过点可以作曲线的两条切线,则有两解,
设,可得,
当时,恒成立,此时在上单调递增,
至多一解,所以不符合题意,
当时,由可得;由可得;
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以,
当趋近于时,趋近于;
当趋近于时,趋近于;
所以若与图象有两个交点,可得即,
所以若过点可以作曲线的两条切线,则,
故选:C.
9.【答案】AC
【解析】,不存在只能说明曲线在该点处的切线斜率不存在;
当斜率不存在时,切线也可能存在,其切线方程为,故AC正确.
故选:AC.
10.【答案】ACD
【解析】直线可化为:,
由可得,故直线恒过定点,故A正确.
当时,直线,圆心到该直线的距离为,
因为,故圆上有且仅有四个点到直线的距离都等于1,故B错.
因为圆与曲线恰有三条公切线,故两圆外切,
故,故,故C正确.
当时,直线,设,
则以为直径的圆的方程为,
而圆,故的直线方程为,
整理得到,由可得,
故直线经过点,故D正确.
故选:ACD.
11.【答案】BD
【解析】当时,;
当时,由可得,
两式相减得,所以,且,
则数列从第二项开始成以3为公比的等比数列,
则,
所以则,所以A选项错误,B选项正确.
由题意可知,数列为单调递增数列,
设,若在数列中能找到三项,,,使得,
则且,,,
若,则,这与数列单调递增矛盾,
若,则,,
由,可得,
由于能被2整除,不能被2整除,故C选项错误;
因为所以;
当时,
,
故选项D正确.
故选:BD
12.【答案】BC
【解析】若,则,令,解得,,可知有2个“新不动点”,A不符合题意.
若,则,令,解得,可知有1个“新不动点”,B符合题意.
若,则,令(),则,
所以在上单调递增,又,,
所以在上存在唯一零点,,即有唯一解,可知有1个“新不动点”,C符合题意.
若,则,令,即,即,因为函数的周期为,所以的根有无数个,可知有无数个“新不动点”,D不符合题意.
故选:BC.
13.【答案】-3
【解析】,
,
函数的图象在点处切线的斜率为-1,
,解得:,
.
故答案为:-3
14.【答案】
【解析】函数在上是单调递增函数,则在上恒成立,等价于在上恒成立,即
在上单调递增,的最小值为3,所以.
故答案为:
15.【答案】
【解析】设,则,的中点坐标为,
有因为,关于直线,
所以,解得,,
即,
故最短路径为,
故答案为:.
??16.【答案】
【解析】如图,设圆锥的高为h,底面半径为r,则
,
∴
由
又得,即,∴
∴时,,递增;时,,递减.
∴时,V最大,
故答案为:
17.【解析】(1)设,由题意可知
即
整理得,即为点的轨迹方程;
(2),
由(1)得:,将其代入上式得
,
又∵
∴当时,最大,最大值为45.
18.【解析】(1)由题,时,,则,
令,得或1,则时,,单调递增;时,,单调递减;时,,单调递增.
∴在时取极大值,在时取极小值,又,,
综上,在区间上取得的最大值为9,最小值为.
(2)
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