江苏省扬州市2021-2022高二数学下学期期末考试试题 文(含解析)

扬州市2021-2022度第二学期期末检测试题

高二数学（文科）

一、填空题

1.已知集合A3,,141B2,，则AB_____．

4【答案】 【解析】 【分析】

14AB表示的是属于集合A且属于集合B的所有元素组成的集合，称为A与B的交集，集合A，

B已知，则可得交集。 【详解】由题得AB{}.

【点睛】本题考查集合的交集，属于基础题。

2.设复数z满足zi42i（i为虚数单位），则z的虚部为___． 【答案】3 【解析】 【分析】

先根据已知求出z，然后可直接知道z的虚部。 【详解】由题得z=-4+3i，故z的虚部为3. 【点睛】本题考查复数的概念，属于基础题。

1413.若幂函数yfx的图像经过点,9，则f2_____．

3【答案】

1 4【解析】 【分析】

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1f(x)为幂函数，则有yf(x)x，图像经过点,9，代入幂函数可解得，确定f(x)，

3即可求出f(2)。

【详解】由题得()9，解得

132，故幂函数解析式为yf(x)x2，则

f(2)(2)21. 4【点睛】本题考查幂函数，属于基础题。

4.已知角的终边经过点P8,y，且cos【答案】6 【解析】 【分析】

根据题意可知直角坐标系内点的坐标表示的锐角三角函数cos出y的值。

【详解】由题得cos4，则y的值为_____． 5882y24，可直接求54，解得y6.

82y258【点睛】本题考查任意角的三角函数，属于基础题。

5.fx为定义在R上的奇函数，且fx2fx，则f102_____． 【答案】0 【解析】 【分析】

根据已知将x=x+2代入等式可得f(x4)f(x2)[f(x)]f(x)，可知f(x)为周期T=4的周期函数，化简f102，再由奇函数的性质可得其值。

【详解】由题得f(x4)f(x2)f(x)，则有f(102)f(2542)f(2)，因为f(x)为定义在R上的奇函数，那么f(0)0，则f(02)f(0)0，故f(102)0.

【点睛】本题考查奇函数的性质和周期函数，属于常见考题。

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6.设aR，若复数2ia2i在复平面内对应的点位于直线yx上，则a_____． 【答案】6 【解析】 【分析】

先化简复数2ia2i，由它在复平面内对应的点的位置可知其实部与虚部的关系为“ba”，则可求得复数中未知量a的值。

【详解】由题得2ia2i2a2(4a)i，再由其实部和虚部的关系可得

(2a2)(4a)，解得a6.

【点睛】本题考查复数的几何意义及其代数形式的乘法运算，属于基础题。

7.若直线l1:2x3ay40与直线l2:axa2y10垂直，则实数a的值为___． 【答案】

4或0 3【解析】 【分析】

分两种情况进行讨论：1，当a0时，直线l1的斜率不存在，此时直线l2:y1，l1,l2垂直，2满足题意；2，当a0时，若a=2，直线l1的斜率为，l2垂直于x轴，两条直线不垂直，故a2，此时l1斜率为的值。

【详解】由题，当a0时，直线l1垂直于x轴，直线l2为y132a，l2的斜率为，由两直线垂直，斜率乘积为-1可求得a3aa21垂直于y轴，l1,l2垂直，满2足题意；当a0时，若a=2，直线l1的斜率为，l2垂直于x轴，两条直线不垂直，故a2，此时l1,l2的斜率分别为综上实数a的值为0或

1342a2a()1，和，两直线垂直，则有解得a，

3aa23aa234. 3【点睛】本题考查两直线位置关系，两直线垂直斜率关系为k1k21，此题要注意斜率不存在的情况。

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8.“x12”是“x3”的____条件（在“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分又不必要条件”、“充要”中选择填空）． 【答案】充分不必要 【解析】 分析】

据题意“x12”解得1x3，由此可判断它与“x3”的关系。

3

【【详解】由“x12”解得1x是“x3”的充分不必要条件。

由题得“x12” “x3”，但“x3”不能推出“x12”，故“x12”

【点睛】本题考查充分条件和必要条件，属于基础题。

9.已知函数f(x)Asin(x)A0,0,||的图像上有一个最高点的坐标为23,2，点7,2是其一个相邻的最低点，则此函数解析式fx____．

x

44【答案】f(x)2sin【解析】 【分析】

由图确定A,T，由【详解】由题得A2可得，再根据点7,2计算出的值，即得解析式。 T2(2)2，点7,2是函数的2，T(73)28，T4232k(kZ)，则2k(kZ)，因为||，所一个最低点可得74242以，故函数解析式f(x)2sin(x).

444【点睛】本题考查求函数f(x)Asin(x)的解析式，属于基础题。

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10.观察式子1131151117,11……，则可归纳出，2222232322324241111____． 2232(n1)22n1 n1【答案】

【解析】

分析：根据已知中，分析左边式子中的数与右边式子中的数之间的关系，由此可以写出结论. 详解：根据题意，每个不等式的右边的分母是n1，不等号的右边的分子是2n1， 所以111112n12n1，所以答案是. 223242(n1)2n1n1点睛：该题考查的是有关归纳推理的问题，在解题的过程中，需要认真分析式子中出现的量之间的关系，以及对应的式子的特点，得出结果.

29sinxcos2xx,211.已知函数f(x)，63sinx【答案】11,【解析】 分析】

，则fx值域为____．

的【先将函数化简整理f(x)9sinx即可求得值域。

23 2112x，,，则sinx(,1]，根据函数性质

sinx263【详解】由题得f(x)9sinx111，sinx(,1]，令tsinx，t(,1]，构造函数sinx2211g(t)t，求导得g'(t)12，则有当t(,1)时，g'(t)0，g(t)单调递减，当

tt1t(1,)时，g'(t)0，g(t)单调递增，t=1时，g'(t)0，为g(t)的极小值，故由t(,1]2523可得g(t)[2,)，又f(x)9g(x)，则f(x)的值域为[11,).

22【点睛】本题考查求三角函数的值域，运用了求导和换原的方法。

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2212.已知直线l:xky23k0过定点P，过点P作圆C:xy4x4y70的两条

切线，切点分别为A、B，则直线AB的方程为_____． 【答案】4x5y170 【解析】 【分析】

先求定点P(2,3)，再根据两圆方程相减，即得直线AB的方程。

【详解】整理直线方程(x2)k(y3)0可知定点P(2,3)，由题得直线l所过的定点

P(2,3)，圆C：(x2)2(y2)21，直线AB可以看作圆C与以AP为半径P为圆心的圆

的交线，AP2240，以AP为半径P为圆心的圆为(x2)(y3)40，两圆做差后得

4x5y170，即为直线AB的方程。

【点睛】本来考查直线和圆的位置关系，关键在于转化为求两圆的公共弦。

13.设fx是0,上的单调函数，且对任意x(0,)，都有ff(x)log2x11，若x0是方程f(x)f(x)8的一个解，且x0(a2,a1),【答案】3 【解析】 【分析】

先根据题意求fx函数解析式，再根据导数研究新函数g(x)log2x定a的值。

【详解】根据题意fx是0,上的单调函数，且在定义域内都有ff(x)log2x11， 则可知f(x)log2x的值为一个常数C，即f(C)11，故f(C)log2CC11， 解得C8，则函数解析式为f(x)log2x8，

 aN，则a的值为_____．

*1性质，进而确xln2118，即log2x0， xln2xln2111(lnx)， 构造新函数g(x)log2xxln2ln2xf(x)f'(x)log2x8 - 6 -

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111()0，函数g(x)单调递增， ln2xx2110，g(2)10，g(x0)0，故1x02， 因为g(1)ln22ln2求导得g'(x)又x0(a2,a1),aN，所以a3。

*【点睛】本题考查求函数原函数和用导函数判断函数单调性，根据函数根的范围确定参数值，运用了零点定理，有一定的难度。

a21,x03x14.设函数f(x)的图像上存在两点P、Q，其中点P在y轴右侧，且x32xx2x,x0线段PQ与y轴的交点恰好是线段PQ靠近点P的一个三等分点.若OP和OQ斜率之和等于

3，则实数a的取值范围是____．

【答案】2, 【解析】 【分析】 根据设点P(x,3x4a21)，得点Q(2x,8x34x24x)，再根据OP和OQ斜率之和等x32于-3得 a4x2x4xx2(x0)，最后根据函数单调性确定a的取值范围。 【详解】由题P在y轴右侧，故设点P(x,3xOP斜率为kOP3可得3a21)，点Q(2x,8x34x24x)，则xa212k4x2x2，再由OP和OQ斜率之和为-3，OQ斜率为OQ2xxa2124324x2x23a4x2x4xx2(x0)， ，整理得2xx43232令g(x)4x2x4xx2(x0)，g'(x)16x6x8x10(x0) 则g(x)在x(0,)上单调递增，故g(x)2，那么a的取值范围是(2,).

【点睛】本题考查由两条直线的斜率关系求参数的取值范围，解题关键在于设出点的坐标来表示斜率，和用分离参变量的方法求其取值范围，有一定的综合性。

二、解答题。

15.已知复数z3mi(mR)，且(1+3 i) z为纯虚数.

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（1）求复数z；

（2）若z=(2-i) w，求复数w的模w. 【答案】（1）z3i（2）|w|【解析】 【分析】

（1）将复数z3mi代入(1+3 i) z，令其实部为0，虚部不为0，可解得m，进而求出复数z；（2）先根据复数的除法法则计算w，再由公式|z||abi|a2b2计算w的模。 【详解】解：（1）(13i)(3mi)(33m)(9m)i

2 (13i)z是纯虚数

33m0，且9m0

m1,z3i

（2）w3i(3i)(2i)55i1i. 2i(2i)(2i)5|w|12122. 【点睛】本题考查复数的概念和模以及复数代数形式的乘除运算，属于基础题。

216.已知命题p:xR，使x(a1)x10；命题q:x[2,4]，使log2xa0.

（1）若命题p为假命题，求实数a的取值范围；

（2）若pq为真命题，pq为假命题，求实数a的取值范围. 【答案】（1）1,3（2）[1,1](3,) 【解析】 【分析】

（1）若p为假命题，(a1)40，可直接解得a的取值范围；（2）由题干可知p,q一真一假，分“p真q假”和“p假q真”两种情况讨论，即可得a的范围。 【详解】解：（1）由命题P为假命题可得：(a1)40，

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即a22a30，

所以实数a的取值范围是1,3.

（2）pq为真命题，pq为假命题，则p、q一真一假. 若p为真命题，则有a1或a3，若q为真命题，则有a1. 则当p真q假时，则有a3 当p假q真时，则有1a1

所以实数a的取值范围是[1,1](3,).

【点睛】本题考查根据命题的真假来求变量的取值范围，属于基础题，判断为真的语句叫做真命题，判断为假的语句叫做假命题。

17.已知函数f(x)3sin(x)cos(x)，0,0的图像经过点

2,3且相邻两条对称轴间的距离为. 3（1）求函数fx的解析式和单调减区间； （2）若将fx的图像上所有点的横坐标变为原来的求函数hx在区间1，纵坐标不变，得到函数hx的图像，3,上的值域. 63【答案】（1）f(x)2sinx【解析】 【分析】

3单调减区间为2k；

7,2k，kZ（2）(3,1) 66（1） 先将已知函数进行整理可得

f(x)2[31sin(x)cos(x)]2sinx，由相邻两条对称轴间的距226离可知

T2，T2，1，函数经过点,3，代入f(x)再根据0，2T23可以解得，进而确定函数f(x)的解析式和单调区间；（2）fx的图像上所有点的横坐标

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变为原来的

1后，解析式为h(x)2sin3x，再由x,可得h(x)的值域。

3363【详解】解：（1）f(x)2sinx

62TT2，0，1， ，T2，

||2f(x)2sinx

6f2sin2cos3，cos3，0，，

626332f(x)2sinx

32k2x372k，2kx2k， 32667函数fx的单调减区间为2k,2k，kZ

66（2）h(x)2sin3x 35431x,，3x,sin3x, ，36362263h(x)2sin3x(3,1)

6【点睛】本题考查求函数f(x)Asin(x)的解析式，单调区间，图形的伸缩变换及其值域，考点非常全面。

18.某种儿童型防蚊液储存在一个容器中，该容器由两个半球和一个圆柱组成，（其中上半球是容器的盖子，防蚊液储存在下半球及圆柱中），容器轴截面如图所示，两头是半圆形，中间区域是矩形ABCD，其外周长为100毫米.防蚊液所占的体积为圆柱体积和一个半球体积之和.假设AD的长为2x毫米.（注：Vk4R3,V柱Sh，其中R为球半径，S为圆柱底面积，3h为圆柱的高）

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（1）求容器中防蚊液的体积y关于x的函数关系式； （2）如何设计AD与AB的长度，使得y最大？ 【答案】（1）yx50x，x0,2322350200（2）当为毫米，AB为AD3250100毫米时，防蚊液的体积有最大值.

32【解析】 【分析】

（1）由矩形ABCD其外周长为100毫米，设AD的长为2x毫米，可得AB的长度，再根据圆柱和球的体积公式即可求得防蚊液的体积y关于x的函数关系式；（2）对（1）求得的函数关系式求导得y2x3x100x，据此讨论函数单调性，根据函数单调性即可确定防毒液体积最大值。

【详解】解：（1）由2AB2x100得AB50x， 由A B>0得，x0,22250 所以防蚊液体积y143250232xx2(50x)x50x，x0, 233222（2）求导得y2x3x100x， 令y0得x所以y在0,所以当x100100；令y0得x，

323210010050,上单调减， 上单调增，在323210020050100时，y有最大值，此时AD2x，AB，

32323220050100答：当AD为毫米，AB为毫米时，防蚊液的体积有最大值.

3232【点睛】本题是考查关于函数及其导数一道应用题，难度不大。

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2219.已知圆M:x2axy0，直线l:8x6y30被圆M截得的弦长为3，且圆心M在直线l的下方. （1）求实数a的值；

（2）过点P2,4作圆M的切线m，求切线m的方程；

（3）已知点A5,0，O为坐标原点，Q为圆M上任意一点，在x轴上是否存在异于A点

的B点，使得

QB为常数，若存在，求出点B的坐标,不存在说明理由. QA【答案】（1）a1（2）x2或15x8y20.（3）见解析 【解析】 【分析】

（1）由勾股定理，“圆心到直线距离的平方”等于“半径的平方”减去“二分之一弦长的平方”，可得关于a的方程，再根据圆心在直线l的下方，即可解得a的值；（2）由（1）得M的方程为(x1)y1，当直线m的斜率不存在时，m的方程为x=2，当直线m的斜率存在

22kb12时，设直线为y=kx+b，满足k1，解方程组即可得到m的方程；（3）假设点B(t,0)存

2kb4在，点Q(x,y)，使得

QB222为常数，那么QBQA也成立，点Q在圆M上，可得方程组QAy

整理得

(xt)2y22[(x5)2y2]①，x2y22x②， 消去

2122t20对任意x[0,2]恒成立，可知,t满足，1222t2x252t20，2225t0即可解得,t，从而确定B存在。

【详解】解：（1）设圆心Ma,0，由已知得点M到直线l:8x6y30的距离为

|8a3|8262a23. 4即9a212a210，又点M在直线l的下方，8a30，

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a1

（2）①当直线m的斜率不存在时，直线m的方程x2；

②直线m的斜率存在时，设直线m的方程为y=kx+b，点P在直线m上，可得方程组

kb12115，解得b,k，整理得m方程为15x8y20， k1482kb4综上所述，可得直线m的方程为x2或15x8y20. （3）假设存在这样的点B(t,0)，点Q(x,y)，使得

QB222为常数，则QBQA QA2222222(x5)y即(xt)y①，又xy2x②

由①②得122t2x25t0对任意x[0,2]恒成立，

2221222t20所以 2225t0111616解得或（舍去）或（舍去）或（舍去）

55t5t5tt66所以存在点BQB5,0，对于圆上任意一点Q都有为常数.

QA6【点睛】本题考查直线和圆的位置关系以及满足条件的定点是否存在问题，有一定的综合性。

20.已知函数f(x)exx1 （1）求函数yf(x)的单调区间；

（2）已知a1，且f(x)xaxb1恒成立，求a1b的最大值；

2x2（3）若存在不相等的实数x1,x2使fx1fx2成立，试比较x1x2与2ln2的大小. 【答案】（1）函数yf(x)在区间(,ln2)上单调递减，在(ln2,)上单调递增.（2）最大值为

e.（3）x1x22ln2 2【解析】

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【分析】

（1）对函数求导得f(x)e2x1，令(x)f(x)，对(x)求导来确定f(x)单调性，

x进而确定

f(x)的单调区间；（2）根据题意构造新的函数

h(x)f(x)x2axb1ex(a1)xb0恒成立，求导得h(x)ex(a1)，分

情况进行讨论当a10时，hx0恒成立，可得(a1)b0，当a10，讨论求得此时a1b的值；（3）根据yf(x)在(,ln2)上单调递增，在(ln2,)上单调递减，且

fx1fx2，则必有x1ln2x2，且ex2x11ex2x21成立，整理得

12ex2ex1xx12,(t0)，将其回（1）中的(x)，可得 ，用换元法令t2x2x12x1x3x2x1eex1x22e2ex2x12t2x22tee，构造新函数

ttxg(t)2tetet,(t0)，讨论起单调性以确定原函数单调性，进而得证。

【详解】解：（1）由已知得f(x)e2x1，令(x)f(x)，则(x)e2 由(x)e20得xln2，由(x)e20，得xln2 所以函数yf(x)在区间(,ln2)上单调递减，在(ln2,)上单调递增. （2）若f(x)xaxb1恒成立，

即h(x)f(x)xaxb1e(a1)xb0恒成立

2x2xxxh(x)ex(a1)

当a10时，hx0恒成立，则b0,(a1)b0； 当a10时，h(x)e(a1)x增函数，由h(x)0得xln(a1)，

故f(x)0xln(a1)，f(x)0xln(a1). 当xln(a1)时，

hx取最小值h(ln(a1))a1(a1)ln(a1)b.

依题意有h(ln(a1))a1(a1)ln(a1)b0，

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即ba1(a1)ln(a1)，

a10,(a1)b(a1)2(a1)2ln(a1)，

令u(x)xxlnx22(x0)，则u(x)2x2xlnxxx(12lnx)，

u(x)00xe,u(x)0xe，

所以当xe，ux取最大值u(e)e， 2故当a1eea1b时，取最大值. e,b2212exaxb，则a1b的最大值为. 22综上，若f(x)（3）x1x22ln2

法一：证明如下：设xln2，所以2ln2xln2，

f(2ln2x)e(2ln2x)2(2ln2x)1

42x4ln21. exx令g(x)f(x)f(2ln2x)e44x4ln2(xln2)， xe所以g(x)e4exx40，

当且仅当xln2时，等号成立，

所以g(x)f(x)f(2ln2x)在(ln2,)上单调递增

又g(ln2)0，所以当xln2时，g(x)f(x)f(2ln2x)g(ln2)0，

即f(x)f(2ln2x)，不妨设x1ln2x2，所以fx2f2ln2x2， 又因为fx1fx2，所以fx1f2ln2x2，

由于x2ln2，所以2ln2x2ln2，

因为x1ln2，由（1）知函数yf(x)在区间(,ln2)上单调递减，

所以x12ln2x2， 即x1x22ln2.

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法二：x1x22ln2 证明：令x1ln2x2fx1fx2e2x11e2x21x1x2ex2ex12

x2x1

2tee，

tt13ex2ex1e2x2x1x1x22,(t0)，则由（1）知记te2x2x12t2xxx2设g(t)2teett,(t0)，则g(t)2ee0，

tt所以gt在t(0,)上单调递减，故g(t)0，所以x1x20 2x1x22ln2

【点睛】本题考查用导数求函数单调区间，函数的不等式恒成立情况下求参数最大值，以及根据两点处函数值相等比较两根之和与一个定值的大小，充分体现了导数研究函数单调性的重要性，对于复杂形式的函数运用了换原的方法，简化了解题步骤，是一道考查导数知识很全面的综合题，并且有一定的难度。

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