2021-2022学年山东省济南市历城区历城第二中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2021-2022学年山东省济南市历城区历城第二中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．复数的虚部为（    ）

A．-2 B．2 C．-2i D．2i

【答案】B

【分析】由复数的运算得出虚部.

【详解】，即该复数的虚部为.

故选：B

2．命题“∀x∈[1，2]，x2－a≤0”为真命题的一个充分不必要条件是（    ）

A．a≥4 B．a≤4 C．a≥5 D．a≤5

【答案】C

【分析】先要找出命题为真命题的充要条件， 从集合的角度充分不必要条件应为

的真子集，由选择项不难得出答案

【详解】命题“∀x∈[1，2]，x2－a≤0”为真命题，可化为∀x∈[1，2]，恒成立

即只需，

即命题“∀x∈[1，2]，x2－a≤0”为真命题的的充要条件为，

而要找的一个充分不必要条件即为集合的真子集，由选择项可知 C 符合题

意.

故选：C

3．曲线在点处的切线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先求得导函数,根据切点求得斜线的斜率,再由点斜式即可求得方程.

【详解】曲线

则

当时,

所以在点处的切线方程,由点斜式可得

化简可得

故选:A

【点睛】本题考查了导数的几何意义,切线方程的求法,属于基础题.

4．已知向量．若与垂直，则实数（    ）

A． B． C．1 D．3

【答案】B

【分析】求出，根据向量垂直可得数量积为0即可求出.

【详解】因为，

所以，

因为与垂直，所以，解得.

故选：B.

5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于(　　)

A．6 B．7 C．8 D．9

【答案】A

【详解】分析：条件已提供了首项，故用“a1，d”法，再转化为关于n的二次函数解得．

解答：解：设该数列的公差为d，则a4+a6=2a1+8d=2×（-11）+8d=-6，解得d=2，

所以Sn=-11n+

×2=n2-12n=(n-6)2-36，所以当n=6时，Sn取最小值．

故选A

点评：本题考查等差数列的通项公式以及前n项和公式的应用，考查二次函数最值的求法及计算能力．

6．下列四个图形中，正方体棱上的四个中点共面的图形是（   ）．

A．甲与乙 B．乙与丙 C．丙与丁 D．丁与甲

【答案】A

【分析】如图所示:利用空间点线面位置关系可以证明图中中点E、F、G、H、M、N六点共面,进而判断甲乙图中对应的四点为分别为:H、F、G、N和E、F、G、M均在平面EFGNMH内，所以可得甲乙图形符合要求;然后可判断丙和丁图中对应的四点不共面.

【详解】

如图所示, E、F、G、H、M、N、P、Q均为正方体AC1棱上的中点,所以有:EFAC,MNA1C1,ACA1C1,得EFMN,所以得EF、MN可确定一个平面α,同理EH、NG可确定一个平面β,又因为E、F、M三点不共线只能确定一个平面,所以α、β重合,即E、F、G、H、M、N六点共面为平面EN,所以有:

甲图中对应的四点为H、F、G、N在平面EN内即共面;

乙图中对应的四点为E、F、G、M在平面EN内即共面;

丙图中对应的四点为E、F、P、M其中P点不在平面EN内即得四点不共面;

丁图中对应的四点为E、H、G、Q其中Q点不在平面EN内即得四点不共面;

综上可得甲乙图满足要求.

故选:A

【点睛】本题考查了多点共面的问题,综合利用点线面的位置关系来证明,解决此类问题要求学生有丰富的空间想象能力,属于中档题.

7．已知是圆的一条弦，且，是的中点，当弦在圆上运动时，直线上存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据已知条件先确定出点的轨迹方程，然后将问题转化为“以为直径的圆要包括圆”，由此利用圆心到直线的距离结合点的轨迹所表示圆的半径可求解出的最小值.

【详解】由题可知：，圆心，半径，

又，是的中点，所以，

所以点的轨迹方程，圆心为点，半径为，

若直线上存在两点，使得恒成立，

则以为直径的圆要包括圆，

点到直线的距离为，

所以长度的最小值为，

故选：B．

【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于点轨迹方程的求解以及转化思想的运用，根据弦中点以及线段长度可求点轨迹方程，其次“恒成立”转化为“以为直径的圆包括的轨迹”，结合圆心到直线的距离加上半径可分析的最小值.

8．已知函数，函数有四个不同的零点，从小到大依次为，，，，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据导函数判断函数的单调性，画出函数图像，将有四个零点转化为的图像与有四个不同交点，分析可知，由韦达定理可得，设，，由导函数分析函数单调性，即可求出范围.

【详解】解：时，，，

在上单调递减，在上单调递增，，

时，，

在上单调递减，在上单调递增，，

画出的图像如下图，有四个零点即的图像与有四个不同交点，

由图可得，是方程，即的两根，

是方程，即的两根，

，，

则，

设，，则，在上单调递增，

当时，，即.

故选：A.

二、多选题

9．已知等差数列 的前n项和为 ，且 ，则（　　）

A．在数列中， 最大

B．在数列中， 或 最大

C．  

D．当 时，

【答案】AD

【分析】根据，且，可推出，，故，可判断AD正确，B错误，结合等差数列的性质可判断，判断C.

【详解】为等差数列，∵，且，

∴ ，

即，

∴{an}是递减等差数列，最大，当 时，，当 时，，

故AD正确，B错误，

，

则 ，故C错误，

故选：AD．

10．光线沿着直线射到直线上，经反射后沿着直线射出，则实数a可能为（    ）

A．6 B． C．2 D．

【答案】AD

【分析】根据入射光线上的点关于直线的对称点一定在反射光线上，即可求解.

【详解】在直线上任意取一点，

由题知点关于直线的对称点在直线上，

则整理得，

解得或.

故选：AD.

11．如图，正三棱柱的底面是边长为的等边三角形，侧棱长为 ，分别是的中点，则下列结论成立的是（ ）

A．直线与是异面直线

B．直线与平面平行

C．直线与直线所成角的余弦值为

D．直线与平面所成角的余弦值为

【答案】BCD

【解析】直线与在同一平面内，不是异面直线，分别证明线面平行，计算异面直线夹角和直线与平面所成角的大小即可得解.

【详解】

直线与 在同一平面内，不是异面直线，所以A选项错误；

取交点，连接， ，

所以四边形是平行四边形，，

平面，平面 ，所以直线与平面平行，B选项正确；

直线与直线 所成角就是与直线所成角，

正三棱柱的底面是边长为的等边三角形，侧棱长为 ，

连接在中，

由余弦定理可得

所以直线与直线所成角的余弦值为，所以C选项正确；

由题可得：平面平面，交线为 AC，，

平面，根据面面垂直的性质可得平面 ，，

所以平面，

线与平面所成角就是，在直角三角形 中，

直线与平面所成角的余弦值为 ，所以D选项正确.

故选：BCD

【点睛】此题考查空间线面位置关系，涉及异面直线判定，求异面直线所成角，判断线面平行，求直线与平面所成角的大小，关键在于熟练掌握相关定理和解决问题的基本方法.

12．已知函数，则（    ）

A．恒成立 B．是上的减函数

C．在得到极大值 D．在区间内只有一个零点

【答案】CD

【分析】利用导数分析函数的单调性与极值，由此可判断BC，取可判断A选项的正误，根据函数的单调性及可判断D.

【详解】，该函数的定义域为，

所以，

由，可得，由，可得，

所以当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，

，故B选项错误，C选项正确；

当时，，此时，A选项错误；

由题可知函数在区间内单调递减，而，故在区间内只有一个零点，D选项正确.

故选：CD.

三、填空题

13．若，，…，这20个数据的平均数为，方差为0.21，则，，…，，这21个数据的方差为__________．

【答案】

【解析】根据平均数与方差的概念，利用公式，准确计算，即可求解．

【详解】由题意，数据，，…，这20个数据的平均数为，方差为，

由方差的公式，可得，

所以，

所以，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了平均数与方差的概念及应用，其中解答中熟记平均数和方差的计算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题．

14．若点，，点P是yOz平面上一点，则的最小值为__________.

【答案】

【分析】根据三点共线时距离和取到最小值，利用对称点转移等长线段，即可分析出，由空间两点间距离公式即可求解.

【详解】解：构造点关于平面yOz的对称点，

将转化成，当P，A，B三点共线时有最小值，

，

故答案为：

15．如图，“神舟十三号”载人飞船的运行轨道是以地球的中心（简称“地心”）为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为e．设地球半径为r，该飞船远地点离地面的距离为R，则该卫星近地点离地面的距离为______．

【答案】

【分析】由题设及椭圆的几何性质可得，再由近地点距地面距离为，即可求结果.

【详解】由题设，若椭圆轨道对应方程为且，

椭圆的几何性质知：，则，

又近地点离地面的距离为.

故答案为：.

四、双空题

16．若函数在和两处取到极值，则实数的取值范围是___________；若，则实数的取值范围是___________.

【答案】         

【分析】对求导后令，再根据是导函数的两根，数形结合分析两根的关系求解.

【详解】解：①已知函数，则，

若函数在和两处取到极值，则和是函数的两个零点，

即是方程，即的两个根，

所以函数的图像与直线有两个不同的交点且交点的横坐标分别为，

由于，所以当或时，；当时，；

故的减区间有和，增区间有，

且当时，，作出的草图：

由图可知要满足函数有两个零点，需使，

所以实数的取值范围是，

②，且

若，即，取，并令，则，

所以，解得，此时，

故，即实数的取值范围是，

故答案为：.

五、解答题

17．等差数列{}中，.

（Ⅰ）求{}的通项公式；

（Ⅱ） 设，求数列的前10项和，其中表示不超过的最大整数，如[0.9]=0,[2.6]=2.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）24.

【详解】试题分析：（Ⅰ） 根据等差数列的通项公式及已知条件求，，从而求得；（Ⅱ）由（Ⅰ）求，再求数列的前10项和.

试题解析：（Ⅰ）设数列的公差为d，由题意有.

解得.

所以的通项公式为.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知.

当n=1,2,3时，；

当n=4,5时，；

当n=6,7,8时，；

当n=9,10时，.

所以数列的前10项和为.

【解析】等差数列的通项公式，数列的求和

【名师点睛】求解本题时常出现以下错误：对“表示不超过的最大整数”理解出错.

18．已知直线和圆．

(1)若直线交圆于，两点，求弦的长；

(2)求过点且与圆相切的直线方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）先由圆的方程得到圆心和半径，根据几何法求弦长，即可得出结果；

（2）当直线斜率不存在时，可直接得出切线方程；当直线斜率存在时，先设切线方程为，由圆心到直线的距离等于半径列方程，得出的值即可求出直线方程．

【详解】（1）将圆：化成标准方程：，

所以的圆心为，半径，

所以到直线：的距离，

所以；

（2）①当直线斜率不存在时，过点的直线为，是圆的一条切线；

②当直线的斜率存在时，设圆的切线方程为，即，

所以圆心到直线的距离为，

即，解得：，

所以此时切线方程为，化简得．

综上所述，所求的直线方程为：或．

19．已知锐角三角形中，角、、所对的边分别为、、，向量，，且.

(1)求角的大小；

(2)若，求面积的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由已知可得出，利用正弦定理化简可得出的值，结合角为锐角可得角的值；

（2）利用正弦定理结合两角和的正弦公式可得出，求出角的取值范围，可求得的取值范围，再利用三角形的面积公式可求得面积的取值范围.

【详解】（1）解：由已知可得，由正弦定理可得，

、均为锐角，则，故，因此，.

（2）解：由（1）可知，，故，又因为，

所以，

又因为，，所以，故，

即有，则，

又由.

所以面积的取值范围是.

20．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD⊥底面ABCD，PA=PD，点E为BC的中点，△AEB为等边三角形.

(1)证明：PB⊥AE；

(2)点F在线段PD上且DF=2FP，若二面角F−AC−D的大小为45°，求直线AE与平面ACF所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）作出辅助线，证明，由面面垂直得到线面垂直，进而得到，得到平面，求出PB⊥AE；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值；方法二：作出辅助线，得到二面角的平面角，求出各边长，利用等体积法求解点到平面的距离，从而求出线面角的正弦值.

【详解】（1）因为点为的中点且为等边三角形，

所以，从而.

取的中点，则四边形为菱形，连接BO，

故，①

又，且为的中点，则，

又平面平面，平面平面，所以平面，

从而②

由①②得：平面，

又平面，故.

（2）解法一：设，作交，由（1）已证平面，从而两两垂直，以点，为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示.

则.

设平面的一个法向量为，

又，

由得

今，则，故，

由平面知为平面的一个法向量.

由二面角的大小为知，解得.

从而为平面的一个法向量，

所以点到平面的距离为，

从而直线与平面所成角的正弦值为.

解法二：作交于，作于，连接，

由（1）已证平面，故平面，

又平面，所以，

又，所以平面，

所以为二面角的平面角，由题知.

不妨设，又，

所以，且，

所以.

设点到平面的距离为，则由知，

得，解得.

从而直线与平面所成角的正弦值为.

21．已知椭圆的上顶点到右顶点的距离为3，且过点.

(1)求椭圆的方程；

(2)为坐标原点，点与点关于轴对称，，是椭圆上位于直线两侧的动点，且满足，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据椭圆经过的点及上顶点到右顶点的距离，求出，得到椭圆方程；（2）设出直线方程，联立后用韦达定理，根据角度相等，转化为斜率之和为0，列出方程，求出，求出弦长，表达出面积，求出面积最大值.

【详解】（1）由已知可得，解得

所以椭圆的方程为.

（2）依题意，直线斜率一定存在，设方程为，，.

由得，，

，得，

，.

，，.

，

.

.

.

化简得，，

即

或.

将代入中，得，即直线经过点，不合题意，所以舍去，

分别位于的两侧，

，且，.

.

到的距离.

的面积为

当且仅当，即时取等号.

面积的最大值为.

【点睛】对于圆锥曲线求解弦长，面积等最值问题，通常情况下，要设出直线方程，联立后利用韦达定理，求出弦长，表达出面积，再最后求解最值时，要结合代数式的特征，选择合适的方法，比如基本不等式，换元法，转化为二次函数求最值等.

22．已知函数

(1)若存在零点，求实数a的取值范围；

(2)若是的零点，求证：

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）令，变形得，令，求出函数的值域，即可求得实数a的范围；

（2）由题意可得，，得，要证，即证，先证，只需证，令，求出函数的最小值即可得证；再证，令，证明即可得证.

【详解】（1）令，变形得，

令，问题转化成与有交点，

令，解得，

则在上单调递增，在上单调递减，

故，

又当时，，

，

故实数a的取值范围为.

（2）由题意可得，，得，

要证，即证，

即证，

先证，只需证，

令，则，

在上单调递减，在上单调递增，故，，左边证毕，

再证，

令，，

在上单调递增，在上单调递减，故；

令，，

对于函数，，

则，原函数单调递减，

故

令，解得，

在上单调递减，在上单调递增，故

，，即，故，右边证毕，

则得证.

【点睛】本题考查了函数的零点问题、单调性及最值，考查了计算能力及逻辑推理能力，需要构造新的函数来解决所求问题，属于难题.