安徽省滁州市定远重点中学2021学年上学期高二年级期末考试数学试卷(文科)

安徽省滁州市定远重点中学2020-2021学年上学期高二年级期末考试数学试卷（文科）
一、选择题（本大题共12小题，共60分）
：∃x0∈R,mx02+1≤0，命题q：∀x∈R,x2+mx+1>0.若p∨q为假命题，则实数m的取值范围为
A −2≤m≤2
B m≤−2或m≥2
C m≤−2
D m≥2
2已知，q:2a≤x≤a2+1，若a≤ −1p:log2m< 1{m|m>2}q:f(x)=x3+x2−1(0,1)p∧qp∧¬q¬p∧q¬p∧¬qF1(−1,0)F2(1,0)F2|AF2|=3|BF2||BF1|=
5|BF2|x2
2+y2=1x2
3
+y2
2
=1x2
4
+y2
3
=1x2
5
+y2
4
=1F1F2x2
a2
−y2
b2
=1(a>0,b>0)F1F2MF1F2MF14+2√3√3−
1√3+1
2
√3+1y2=2px(p>0)|BC|=2|BF|()|AF|=4y2=8xy2=6xy2=4xy2=2xy=f(x)=x2[x0,x0+Δx]k1[x0−Δx,x0]k2k1k2k1>k2k1<k2k1=k2f(x)=x4+ax2−bxf′(0)=−13f′(−1)=−27a+b−18−8f(x)=x3+2x2+mx+1(−∞,+∞)的取值范围是
A m≥4
3 B m>4
3
C m≤4
3
D m<4
3
10已知函数y=f(x)的定义域为(a,b)，导函数y=f′(x)在(a,b)内的图象如图所示，则函数y=f(x)在(a,b)内的极小值有
A 1个
B 2个
C 3个
D 4个
11若对任意的x>0，恒有lnx≤px−1(p>0)，则(0,1](1,+∞)(0,1)[1,+∞)A→BB→C|PQ|
√5 5√2
2
q:a.()x2+4y2=16y=1
2
x+1C:y2=4x，且点
M的坐标为(0,2)，则|AF|=________．
16已知函数y=f(x)的图象在点M(1,f(1))处的切线方程为y=x+2，则f(1)+f′(1)=________．
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17（10分）已知p：存在x∈[0,4]，使不等式2x+log2(x+1)−a<0成立；q：方程sin2x+sin x−a=0有解。

（1）若p为真命题，求a的取值范围；
（2）若(﹁p)∧q 为真命题，求a 的取值范围。

18（12分）如图所示，已知椭圆的两焦点为F 1(−1,0)，F 2(1,0)，P 为椭圆上一点，且2|F 1F 2|=|PF 1|+|PF 2|.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若点P 在第二象限，∠F 2F 1P =120°，求△PF 1F 2的面积．
19（12分）已知双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)，O 为坐标原点，离心率e =2，点M(√5,√3)在双曲线上．
（1）求双曲线的方程;
（2）如图，若直线l 与双曲线的左、右两支分别交于点Q ，P ，且OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，求|OP|2+|OQ|2的最小值．
20（12分）已知抛物线y 2=−x 与直线y =k(x +1)相交于A ，B 两点．
（1）求证：OA ⊥OB ；
（2）当△AOB 的面积等于√10时，求的值．
21（12分）已知函数f(x)=aln x −ax −3(a ∈R)．
（1）函数f(x)的单调区间；
（2）当a =−1时，证明：当x ∈(1,+∞)时，f(x)+2>0．
22（12分）某汽车制造厂有一条价值为60万元的汽车生产线，现要通过技术改造来提高其生产能力，进而提高产品的增加值．已知投入万元用于技术改造，所获得的产品的增加值为(60−x)x2万元，并且技改投入比率为
x
∈(0,5]．
60−x
（1）求技改投入的取值范围；
（2）当技改投入为多少万元时，所获得的产品的增加值最大，其最大值为多少万元
参考答案
一、选择题
二、填空题
13(−∞,−2)∪[6，+∞) 14√35
三、解答题
17解：(1)p 为真命题等价于不等式2x +log 2(x +1)−a <0在x ∈[0,4]上有解， 设f(x)=2x +log 2(x +1)−a ，则f(x)在[0,4]上单调递增，
因为不等式2x +log 2(x +1)−a <0在x ∈[0,4]上有解，
所以f(x)min =f(0)=1−a <0，解得a >1，
故若p 为真命题，a 的取值范围为(1,+∞)；
(2)记y =sin 2x +sin x ，令t =sin x ，t ∈[−1,1]，
则y =t 2+t ∈[−14,2]，
当q 为真命题时，即方程sin 2x +sin x −a =0有解，故a ∈[−14,2]，
因为(﹁p)∧q 为真命题，所以{a ≤1 −14
≤a ≤2，
即a ∈[−14,1].
18解：(1)设椭圆的标准方程为x 2
a 2+y 2
b 2=1(a >b >0)，焦距为2
c ，
则由已知得c =1，|F 1F2|=2，
所以4=|PF 1|+|PF 2|=2a ，所以a =2，
所以b2=a 2−c 2=4−1=3，
所以椭圆的标准方程为x 24+y 23=1．
(2)在△PF 1F2中，|PF 2|=2a −|PF 1|=4−|PF 1|.
由余弦定理，得|PF 2|2=|PF 1|2+|F 1F2|2−2|PF 1|·|F 1F2|·cos 120°， 即(4−|PF 1|)2=|PF 1|2+4+2|PF 1|，
所以|PF 1|=65，
所以S △PF 1F 2=12|F 1F2|·|PF 1|·sin 120°=12×2×65×√32
=3√35． 19解：(1)因为e =c a =2，所以c =2a ，b 2=c 2−a 2=3a 2．
所以双曲线的方程为x 2
a 2−y 23a 2=1，即3x 2−y 2=3a 2．
因为点M(√5,√3)在双曲线上，所以15−3=3a 2，所以a 2=4． 所以所求双曲线的方程为3x 2−y 2=12．
(2)设直线OP 的方程为y =kx(k ≠0)，则直线OQ 的方程为y =−1k x ，
由{3x 2−y 2=12y =kx ，得{x 2=12
3−k 2y 2=12k 23−k 2， 所以|OP|2=x 2+y 2=12(k 2+1)
3−k 2．
同理可得，|OQ|2=12(1+1k 2
)3−1k 2=12(k 2+1)3k 2−1，
所以1|OP|2+1|OQ|2=3−k 2+(3k 2−1)12(k 2+1)=2+2k 212(k 2+1)=16． 设|OP|2+|OQ|2=t ，
则t ⋅(1|OP|2+1|OQ|2)=2+(|OQ||OP|)2+(|OP||OQ|)2≥2+2=4，
所以t ≥4
16=24，即|OP|2+|OQ|2≥24(当且仅当|OP|=|OQ|=2√3时取等号)．
所以当|OP|=|OQ|=2√3时，|OP|2+|OQ|2取得最小值24．
20解：(1)证明：如图，由方程组{y 2=−x,y =k(x +1),
消去并整理，得y2+y −k =0．
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由根与系数的关系知y1+y2=−1
k
，y1·y2=−1．
因为OA·k OB=y1x
1·y2
x2
=y1
−y12
·y2
−y22
=1
y1y2
=−1，
所以OA⊥OB．
(2)设直线与轴交于点N，显然k≠0．令y=0，则x=−1，即点N(−1,0)．所以S△OAB=S△OAN+S△OBN
=1
2|ON||y1|+1
2
|ON||y2|
=1
2|ON||y1−y2|=1
2
×1×√(y1+y2)2−4y1y2
=1
2√(−1
k
)
2
+4=√10，
所以k=±1
6
．
21解：(1)根据题意知，f′(x)=a(1−x)
x
(x>0)，
当a>0时，则当x∈(0,1)时，f′(x)>0，
当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+∞)；
同理，当a<0时，f(x)的单调递增区间为(1,+∞)，单调递减区间为(0,1)；当a=0时，f(x)=−3，不是单调函数，无单调区间．
(2)证明：当a=−1时，f(x)=−ln x+x−3，
所以f(1)=−2，
由(1)知f(x)=−ln x+x−3在(1,+∞)上单调递增，
所以当x∈(1,+∞)时，f(x)>f(1)．
即f(x)>−2，所以f(x)+2>0．
∈(0,5]，x>0，
22解：(1)由题意，x
60−x
所以0<x≤50，
所以技改投入的取值范围是(0,50]．
(2)设f(x)=(60−x)x2，x∈(0,50]，
则f′(x)=−3x(x−40)，
0<x<40时，f′(x)>0；40<x≤50时，f′(x)<0，
所以x=40时，函数取得极大值，也是最大值，即最大值为32000万元．。