內蒙古自治區赤峰市阿魯科爾沁旗天山第一中學2021-2022學年高二數學理期末試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.命題“若a＞b，則2a＞2b”的否命題為(

)

A.若a＞b，則有2a≤2b.

B.若a≤b，則有2a≤2b.

C.若a≤b，則有2a＞2b.

D.若2a≤2b，則有a≤b.參考答案：B略2.已知點，且F是橢圓的左焦點，P是橢圓上任意一點，則的極小值是（）A．6

B．5

C.4

D．3參考答案：D設橢圓的右焦點為,∵||+||=2a=4那么，||=4﹣||所以，||+||=4﹣||+||=4+（||﹣||）當點位于P1時，||﹣||的差最小，其值為﹣||=此時，||+||也得到最小值，其值為3．故選D．

3.設f（x）、g（x）分別是定義在R上的奇函數和偶函數，當x＜0時，f′（x）g（x）+f（x）g′（x）＞0．且g（3）=0．則不等式f（x）g（x）＜0的解集是（）A．（﹣3，0）∪（3，+∞） B．（﹣3，0）∪（0，3） C．（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞） D．（﹣∞，﹣3）∪（0，3）參考答案：D【考點】3L：函數奇偶性的性質；63：導數的運算；R1：不等式．【分析】先根據f′（x）g（x）+f（x）g′（x）＞0可確定'＞0，進而可得到f（x）g（x）在（﹣∞，0）上遞增，結合函數f（x）與g（x）的奇偶性可確定f（x）g（x）在（0，+∞）上也是增函數，最后根據g（3）=0可求得答案．【解答】解：因f′（x）g（x）+f（x）g′（x）＞0，即'＞0故f（x）g（x）在（﹣∞，0）上遞增，又∵f（x），g（x）分別是定義R上的奇函數和偶函數，∴f（x）g（x）為奇函數，關于原點對稱，所以f（x）g（x）在（0，+∞）上也是增函數．∵f（3）g（3）=0，∴f（﹣3）g（﹣3）=0所以f（x）g（x）＜0的解集為：x＜﹣3或0＜x＜3故選D．4.已知i為虛數單位，a為實數，復數z＝(a－2i)(1＋i)在復平面內對應的點為M，則“點M在第四象限”是“a＝1”的A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件參考答案：B【分析】把復數的表示形式寫成標準形式，根據復數在第四象限，得到復數的坐標所滿足的條件，橫標大于零，縱標小于零，得到a的取值范圍，得到結果．【詳解】解：∵復數z＝（a﹣2i）（1+i）＝a+2+（a﹣2）i，∴在復平面內對應的點M的坐標是（a+2，a﹣2），若點在第四象限則a+2＞0，a﹣2＜0，∴﹣2＜a＜2，∴“點M在第四象限”是“a＝1”的必要而不充分條件，故選：B．【點睛】本題考查充要條件問題，考查復數的代數表示法及其幾何意義，考查各個象限的點的坐標特點，本題是一個基礎題．5.在平面斜坐標系xoy中Dxoy=45°,點P的斜坐標定義為：“若(其中分別為與斜坐標系的x軸,y軸同方向的單位向量),則點P的坐標為(x0,y0)”．若F1(-1,0),F2(1,0),且動點M(x,y)滿足,則點M在斜坐標系中的軌跡方程為

(

)A.x-y=0

B.x+y=0C.x-y=0

D.x+y=0參考答案：D6.如圖，下列四個正方體圖形中，A、B為正方體的兩個頂點，M、N、P分別為其所在棱的中點，能得出AB∥平面MNP的圖形序號是（） A．①② B．③④ C．②③ D．①④參考答案：D【考點】直線與平面平行的判定． 【專題】空間位置關系與距離． 【分析】根據直線與平面平行的判定方法，得出圖①④中AB∥平面MNP． 【解答】解：對于①，該正方體的對角面ADBC∥平面MNP，得出直線AB∥平面MNP； 對于②，直線AB和平面MNP不平行，因此直線AB與平面MNP相交； 對于③，易知平面PMN與正方體的側面AB相交，得出AB與平面MNP相交； 對于④，直線AB與平面MNP內的一條直線NP平行，且直線AB?平面MNP，∴直線AB∥平面MNP； 綜上，能得出直線AB∥平面MNP的圖形的序號是①④． 故選：D． 【點評】本題考查了空間中的直線與平面平行的判斷問題，解題時應結合圖形進行分析，是基礎題目． 7.設隨機變量X服從正態分布，若，則（

）A．1

B．2

C．3

D．4參考答案：B由題可得：，故對稱軸為

8.下面給出了關于復數的四種類比推理:①若a，b∈R，則a-b＞0a＞b”類比推出“若a，b∈C，則a-b＞0a＞b”;②復數的加減法運算可以類比多項式的加減法運算法則③由實數a絕對值的性質|a|2=a2類比得到復數z的性質|z|2=z2;④由向量加法的幾何意義可以類比得到復數加法的幾何意義.其中類比得到的結論錯誤的是().A.①③ B.②④ C.②③ D.①④參考答案：A9.已知命題p：?x∈R，x+≥2；命題q：?x0∈[0，]，使sinx0+cosx0=，則下列命題中為真命題的是（）A．p∨（￢q） B．p∧（￢q） C．（￢p）∧（￢q） D．（￢p）∧q參考答案：D【考點】2K：命題的真假判斷與應用．【分析】判斷兩個命題的真假，然后利用復合命題的真假判斷選項即可．【解答】解：對于命題p：當x≤0時，x+≥2不成立，∴命題p是假命題，則￢p是真命題；對于命題q：sinx+cosx=sin（x+）∈[1，]，則q是真命題，所以（￢p）∧q．故選：D．10.設a∈R，則“a=1”是“直線l1：ax+2y﹣1=0與直線l2：x+（a+1）y+4=0平行”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件參考答案：A【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷；直線的一般式方程與直線的平行關系．【分析】運用兩直線平行的充要條件得出l1與l2平行時a的值，而后運用充分必要條件的知識來解決即可．【解答】解：∵當a=1時，直線l1：x+2y﹣1=0與直線l2：x+2y+4=0，兩條直線的斜率都是﹣，截距不相等，得到兩條直線平行，故前者是后者的充分條件，∵當兩條直線平行時，得到，解得a=﹣2，a=1，∴后者不能推出前者，∴前者是后者的充分不必要條件．故選A．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知復數滿足（其中是虛數單位），則復數的虛部為

參考答案：212.棱長為1的正四面體在水平面上的正投影面積為，則的最大值為

。參考答案：13.曲線在點P0處的切線平行于直線，則P0點的坐標為

．參考答案：（1，0），（-1，4）略14.某觀察站C與兩燈塔A、B的距離分別為300米和500米，測得燈塔A在觀察站C北偏東30°，燈塔B在觀察站C南偏東30°處，則兩燈塔A、B間的距離為．參考答案：700米【考點】解三角形的實際應用．【分析】根據題意，△ABC中，AC=300米，BC=500米，∠ACB=120°，利用余弦定理可求得AB的長【解答】解：由題意，如圖，△ABC中，AC=300米，BC=500米，∠ACB=120°，利用余弦定理可得：AB2=3002+5002﹣2×300×500×cos120°，∴AB=700米，故答案為：700米．15.過點P（，1）且與圓x2+y2=4相切的直線方程．參考答案：【考點】圓的切線方程．【分析】點P（，1）是圓x2+y2=4上的一點，然后直接代入過圓x2+y2=r2上一點P（x0，y0）的切線方程為x0x+y0y=r2，得圓的切線方程．【解答】解：∵把點P（，1）代入圓x2+y2=4成立，∴可知點P（，1）是圓x2+y2=4上的一點，則過P（，1）的圓x2+y2=4的切線方程為．故答案為．【點評】本題考查圓的切線方程，過圓x2+y2=r2上一點P（x0，y0）的切線方程為x0x+y0y=r2，此題是基礎題．16.等比數列中，前項和為，

參考答案：70略17.已知橢圓，，，斜率為－1的直線與C相交于A，B兩點，若直線OP平分線段AB，則C的離心率等于__________．參考答案：【分析】利用點差法求出的值后可得離心率的值．【詳解】設，則，故即，因為為中點，故即，所以即，故，填．【點睛】圓錐曲線中離心率的計算，關鍵是利用題設條件構建關于的一個等式關系．而離心率的取值范圍，則需要利用坐標的范圍、幾何量的范圍或點的位置關系構建關于的不等式或不等式組．另外，與弦的中點有關的問題，可用點差法求解．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.在數列，中，,,,（）.（1）求數列、的通項公式；（2）設為數列的前項的和，若對任意，都有，求實數的取值范圍.參考答案：（1）因為，，，即數列是首項為2，公比為的等比數列，所以.

，，，所以，當時，，即.

（2）由

得，，

，，因為，所以.

當為奇數時，隨的增大而增大，且，，；

當為偶數時，隨的增大而減小，且，，.綜上，.19.（本題15分）如圖，在四棱錐中，，底面是直角梯形，，且，，為的中點.(1)

求證：；(2)

求二面角的余弦值；(3)

在線段AB上是否存在一點F（不與A,B重合），使得，若存在求出AF的長，若不存在，請說明理由

參考答案：20.已知函數，其中.（Ⅰ）當時，求函數的單調遞增區間；（Ⅱ）證明：對任意，函數的圖象在點處的切線恒過定點；（Ⅲ）是否存在實數的值，使得函數在上存在最大值或最小值？若存在，求出實數的取值范圍；若不存在，請說明理由.參考答案：本小題主要考查函數、導數等基礎知識，考查推理認證能力、運算求解能力，考查化歸與轉化思想、分類與整合思想、函數與方程思想、數形結合思想、有限與無限思想等。解：（Ⅰ）當時，

……………1分令得：或所以的單調遞增區間為

……………3分（Ⅱ）

……………4分所以函數的圖象在點處的切線方程為：即：

……………6分即：，由得：所以函數的圖象在點處的切線恒過定點

……………8分（Ⅲ），令，①當，即時，恒成立，所以在上單調遞增，此時在上既無最大值也無最小值。

……………10分②當，即或時，方程有兩個相異實根記為，由得的單調遞增區間為，由得的單調遞減區間為

……………11分，當時，由指數函數和二次函數性質知所以函數不存在最大值.

…………12分當時，，由指數函數和二次函數性質知，法一、所以當且僅當，即時，函數在上才有最小值。……………13分由得：，由韋達定理得：，化簡得：，解得：或.綜上得：當或時，函數在上存在最大值或最小值。……………15分法二、由指數函數和二次函數性質知，（接上）所以當且僅當有解時，在上存在最小值。即：在上有解，由解得：或綜上得：當或時，函數在上存在最大值或最小值。……………15分

略21.（10分）已知的展開式中第五項的二項式系數與第三項的二項式系數的比為14:3（1）求展開式中個項系數的和(2）求展開式中含的項參考答案：n=10

(1)1

(2)-2022.如圖，已知四棱錐P﹣ABCD，底面四邊形ABCD為菱形，AB=2，BD=2，M，N分別是線段PA，PC的中點．（Ⅰ）求證：MN∥平面ABCD；（Ⅱ）求異面直線MN與BC所成角的大小．參考答案：【考點】異面直線及其所成