2021-2022學年山東省濟南市歷城區歷城第二中學高二上學期期末數學試題一、單選題1．復數的虛部為（

）A．-2 B．2 C．-2i D．2i【答案】B【分析】由復數的運算得出虛部.【詳解】，即該復數的虛部為.故選：B2．命題“?x∈[1，2]，x2－a≤0”為真命題的一個充分不必要條件是（

）A．a≥4 B．a≤4 C．a≥5 D．a≤5【答案】C【分析】先要找出命題為真命題的充要條件，從集合的角度充分不必要條件應為的真子集，由選擇項不難得出答案【詳解】命題“?x∈[1，2]，x2－a≤0”為真命題，可化為?x∈[1，2]，恒成立即只需，即命題“?x∈[1，2]，x2－a≤0”為真命題的的充要條件為，而要找的一個充分不必要條件即為集合的真子集，由選擇項可知C符合題意.故選：C3．曲線在點處的切線方程為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】先求得導函數,根據切點求得斜線的斜率,再由點斜式即可求得方程.【詳解】曲線則當時,所以在點處的切線方程,由點斜式可得化簡可得故選:A【點睛】本題考查了導數的幾何意義,切線方程的求法,屬于基礎題.4．已知向量．若與垂直，則實數（

）A． B． C．1 D．3【答案】B【分析】求出，根據向量垂直可得數量積為0即可求出.【詳解】因為，所以，因為與垂直，所以，解得.故選：B.5．設等差數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，則當Sn取最小值時，n等于()A．6 B．7 C．8 D．9【答案】A【詳解】分析：條件已提供了首項，故用“a1，d”法，再轉化為關于n的二次函數解得．解答：解：設該數列的公差為d，則a4+a6=2a1+8d=2×（-11）+8d=-6，解得d=2，所以Sn=-11n+×2=n2-12n=(n-6)2-36，所以當n=6時，Sn取最小值．故選A點評：本題考查等差數列的通項公式以及前n項和公式的應用，考查二次函數最值的求法及計算能力．6．下列四個圖形中，正方體棱上的四個中點共面的圖形是（

）．A．甲與乙 B．乙與丙 C．丙與丁 D．丁與甲【答案】A【分析】如圖所示:利用空間點線面位置關系可以證明圖中中點E、F、G、H、M、N六點共面,進而判斷甲乙圖中對應的四點為分別為:H、F、G、N和E、F、G、M均在平面EFGNMH內，所以可得甲乙圖形符合要求;然后可判斷丙和丁圖中對應的四點不共面.【詳解】如圖所示,E、F、G、H、M、N、P、Q均為正方體AC1棱上的中點,所以有:EFAC,MNA1C1,ACA1C1,得EFMN,所以得EF、MN可確定一個平面α,同理EH、NG可確定一個平面β,又因為E、F、M三點不共線只能確定一個平面,所以α、β重合,即E、F、G、H、M、N六點共面為平面EN,所以有:甲圖中對應的四點為H、F、G、N在平面EN內即共面;乙圖中對應的四點為E、F、G、M在平面EN內即共面;丙圖中對應的四點為E、F、P、M其中P點不在平面EN內即得四點不共面;丁圖中對應的四點為E、H、G、Q其中Q點不在平面EN內即得四點不共面;綜上可得甲乙圖滿足要求.故選:A【點睛】本題考查了多點共面的問題,綜合利用點線面的位置關系來證明,解決此類問題要求學生有豐富的空間想象能力,屬于中檔題.7．已知是圓的一條弦，且，是的中點，當弦在圓上運動時，直線上存在兩點，使得恒成立，則線段長度的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據已知條件先確定出點的軌跡方程，然后將問題轉化為“以為直徑的圓要包括圓”，由此利用圓心到直線的距離結合點的軌跡所表示圓的半徑可求解出的最小值.【詳解】由題可知：，圓心，半徑，又，是的中點，所以，所以點的軌跡方程，圓心為點，半徑為，若直線上存在兩點，使得恒成立，則以為直徑的圓要包括圓，點到直線的距離為，所以長度的最小值為，故選：B．【點睛】關鍵點點睛：解答本題的關鍵在于點軌跡方程的求解以及轉化思想的運用，根據弦中點以及線段長度可求點軌跡方程，其次“恒成立”轉化為“以為直徑的圓包括的軌跡”，結合圓心到直線的距離加上半徑可分析的最小值.8．已知函數，函數有四個不同的零點，從小到大依次為，，，，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據導函數判斷函數的單調性，畫出函數圖像，將有四個零點轉化為的圖像與有四個不同交點，分析可知，由韋達定理可得，設，，由導函數分析函數單調性，即可求出范圍.【詳解】解：時，，，在上單調遞減，在上單調遞增，，時，，在上單調遞減，在上單調遞增，，畫出的圖像如下圖，有四個零點即的圖像與有四個不同交點，由圖可得，是方程，即的兩根，是方程，即的兩根，，，則，設，，則，在上單調遞增，當時，，即.故選：A.二、多選題9．已知等差數列的前n項和為，且，則（）A．在數列中，最大B．在數列中，或最大C．

D．當時，【答案】AD【分析】根據，且，可推出，，故，可判斷AD正確，B錯誤，結合等差數列的性質可判斷，判斷C.【詳解】為等差數列，∵，且，∴，即，∴{an}是遞減等差數列，最大，當時，，當時，，故AD正確，B錯誤，，則，故C錯誤，故選：AD．10．光線沿著直線射到直線上，經反射后沿著直線射出，則實數a可能為（

）A．6 B． C．2 D．【答案】AD【分析】根據入射光線上的點關于直線的對稱點一定在反射光線上，即可求解.【詳解】在直線上任意取一點，由題知點關于直線的對稱點在直線上，則整理得，解得或.故選：AD.11．如圖，正三棱柱的底面是邊長為的等邊三角形，側棱長為，分別是的中點，則下列結論成立的是（）A．直線與是異面直線B．直線與平面平行C．直線與直線所成角的余弦值為D．直線與平面所成角的余弦值為【答案】BCD【解析】直線與在同一平面內，不是異面直線，分別證明線面平行，計算異面直線夾角和直線與平面所成角的大小即可得解.【詳解】直線與在同一平面內，不是異面直線，所以A選項錯誤；取交點，連接，，所以四邊形是平行四邊形，，平面，平面，所以直線與平面平行，B選項正確；直線與直線所成角就是與直線所成角，正三棱柱的底面是邊長為的等邊三角形，側棱長為，連接在中，由余弦定理可得所以直線與直線所成角的余弦值為，所以C選項正確；由題可得：平面平面，交線為AC，，平面，根據面面垂直的性質可得平面，，所以平面，線與平面所成角就是，在直角三角形中，直線與平面所成角的余弦值為，所以D選項正確.故選：BCD【點睛】此題考查空間線面位置關系，涉及異面直線判定，求異面直線所成角，判斷線面平行，求直線與平面所成角的大小，關鍵在于熟練掌握相關定理和解決問題的基本方法.12．已知函數，則（

）A．恒成立 B．是上的減函數C．在得到極大值 D．在區間內只有一個零點【答案】CD【分析】利用導數分析函數的單調性與極值，由此可判斷BC，取可判斷A選項的正誤，根據函數的單調性及可判斷D.【詳解】，該函數的定義域為，所以，由，可得，由，可得，所以當時，函數單調遞增，當時，函數單調遞減，，故B選項錯誤，C選項正確；當時，，此時，A選項錯誤；由題可知函數在區間內單調遞減，而，故在區間內只有一個零點，D選項正確.故選：CD.三、填空題13．若，，…，這20個數據的平均數為，方差為0.21，則，，…，，這21個數據的方差為__________．【答案】【解析】根據平均數與方差的概念，利用公式，準確計算，即可求解．【詳解】由題意，數據，，…，這20個數據的平均數為，方差為，由方差的公式，可得，所以，所以，故答案為：．【點睛】本題主要考查了平均數與方差的概念及應用，其中解答中熟記平均數和方差的計算公式，準確運算是解答的關鍵，著重考查了計算能力，屬于基礎題．14．若點，，點P是yOz平面上一點，則的最小值為__________.【答案】【分析】根據三點共線時距離和取到最小值，利用對稱點轉移等長線段，即可分析出，由空間兩點間距離公式即可求解.【詳解】解：構造點關于平面yOz的對稱點，將轉化成，當P，A，B三點共線時有最小值，，故答案為：15．如圖，“神舟十三號”載人飛船的運行軌道是以地球的中心（簡稱“地心”）為一個焦點的橢圓，其軌道的離心率為e．設地球半徑為r，該飛船遠地點離地面的距離為R，則該衛星近地點離地面的距離為______．【答案】【分析】由題設及橢圓的幾何性質可得，再由近地點距地面距離為，即可求結果.【詳解】由題設，若橢圓軌道對應方程為且，橢圓的幾何性質知：，則，又近地點離地面的距離為.故答案為：.四、雙空題16．若函數在和兩處取到極值，則實數的取值范圍是___________；若，則實數的取值范圍是___________.【答案】

【分析】對求導后令，再根據是導函數的兩根，數形結合分析兩根的關系求解.【詳解】解：①已知函數，則，若函數在和兩處取到極值，則和是函數的兩個零點，即是方程，即的兩個根，所以函數的圖像與直線有兩個不同的交點且交點的橫坐標分別為，由于，所以當或時，；當時，；故的減區間有和，增區間有，且當時，，作出的草圖：由圖可知要滿足函數有兩個零點，需使，所以實數的取值范圍是，②，且若，即，取，并令，則，所以，解得，此時，故，即實數的取值范圍是，故答案為：.五、解答題17．等差數列{}中，.（Ⅰ）求{}的通項公式；（Ⅱ）設，求數列的前10項和，其中表示不超過的最大整數，如[0.9]=0,[2.6]=2.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）24.【詳解】試題分析：（Ⅰ）根據等差數列的通項公式及已知條件求，，從而求得；（Ⅱ）由（Ⅰ）求，再求數列的前10項和.試題解析：（Ⅰ）設數列的公差為d，由題意有.解得.所以的通項公式為.（Ⅱ）由（Ⅰ）知.當n=1,2,3時，；當n=4,5時，；當n=6,7,8時，；當n=9,10時，.所以數列的前10項和為.【解析】等差數列的通項公式，數列的求和【名師點睛】求解本題時常出現以下錯誤：對“表示不超過的最大整數”理解出錯.18．已知直線和圓．(1)若直線交圓于，兩點，求弦的長；(2)求過點且與圓相切的直線方程．【答案】(1)(2)或【分析】（1）先由圓的方程得到圓心和半徑，根據幾何法求弦長，即可得出結果；（2）當直線斜率不存在時，可直接得出切線方程；當直線斜率存在時，先設切線方程為，由圓心到直線的距離等于半徑列方程，得出的值即可求出直線方程．【詳解】（1）將圓：化成標準方程：，所以的圓心為，半徑，所以到直線：的距離，所以；（2）①當直線斜率不存在時，過點的直線為，是圓的一條切線；②當直線的斜率存在時，設圓的切線方程為，即，所以圓心到直線的距離為，即，解得：，所以此時切線方程為，化簡得．綜上所述，所求的直線方程為：或．19．已知銳角三角形中，角、、所對的邊分別為、、，向量，，且.(1)求角的大小；(2)若，求面積的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知可得出，利用正弦定理化簡可得出的值，結合角為銳角可得角的值；（2）利用正弦定理結合兩角和的正弦公式可得出，求出角的取值范圍，可求得的取值范圍，再利用三角形的面積公式可求得面積的取值范圍.【詳解】（1）解：由已知可得，由正弦定理可得，、均為銳角，則，故，因此，.（2）解：由（1）可知，，故，又因為，所以，又因為，，所以，故，即有，則，又由.所以面積的取值范圍是.20．如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，側面PAD⊥底面ABCD，PA=PD，點E為BC的中點，△AEB為等邊三角形.(1)證明：PB⊥AE；(2)點F在線段PD上且DF=2FP，若二面角F?AC?D的大小為45°，求直線AE與平面ACF所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）作出輔助線，證明，由面面垂直得到線面垂直，進而得到，得到平面，求出PB⊥AE；（2）方法一：建立空間直角坐標系，利用空間向量求解線面角的正弦值；方法二：作出輔助線，得到二面角的平面角，求出各邊長，利用等體積法求解點到平面的距離，從而求出線面角的正弦值.【詳解】（1）因為點為的中點且為等邊三角形，所以，從而.取的中點，則四邊形為菱形，連接BO，故，①又，且為的中點，則，又平面平面，平面平面，所以平面，從而②由①②得：平面，又平面，故.（2）解法一：設，作交，由（1）已證平面，從而兩兩垂直，以點，為坐標原點，分別以為軸，軸，軸建立空間直角坐標系如圖所示.則.設平面的一個法向量為，又，由得今，則，故，由平面知為平面的一個法向量.由二面角的大小為知，解得.從而為平面的一個法向量，所以點到平面的距離為，從而直線與平面所成角的正弦值為.解法二：作交于，作于，連接，由（1）已證平面，故平面，又平面，所以，又，所以平面，所以為二面角的平面角，由題知.不妨設，又，所以，且，所以.設點到平面的距離為，則由知，得，解得.從而直線與平面所成角的正弦值為.21．已知橢圓的上頂點到右頂點的距離為3，且過點.(1)求橢圓的方程；(2)為坐標原點，點與點關于軸對稱，，是橢圓上位于直線兩側的動點，且滿足，求面積的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據橢圓經過的點及上頂點到右頂點的距離，求出，得到橢圓方程；（2）設出直線方程，聯立后用韋達定理，根據角度相等，轉化為斜率之和為0，列出方程，求出，求出弦長，表達出面積，求出面積最大值.【詳解】（1）由已知可得，解得所以橢圓的方程