2021-2022学年山东省潍坊市潍坊第一中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2021-2022学年山东省潍坊市潍坊第一中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．下列关系中正确的个数是（    ）

①    ②    ③    ④

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【分析】根据集合的概念、数集的表示判断．

【详解】是有理数，是实数，不是正整数，是无理数，当然不是整数．只有①正确．

故选：A．

【点睛】本题考查元素与集合的关系，掌握常用数集的表示是解题关键．

2．

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】分析：根据复数除法法则化简复数，即得结果.

详解：选D.

点睛：本题考查复数除法法则，考查学生基本运算能力.

3．已知，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，求出的值，根据的范围，即可求出答案.

【详解】设，

所以，解得：，

因为，所以，

故选：A.

4．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】令，则，所以，由诱导公式可得结果.

【详解】令，则，且，所以.

故选：A.

5．函数在点处的切线与坐标轴围成的图形面积是（    ）

A．12 B．9 C． D．

【答案】D

【分析】先利用的导函数求出切线的斜率，即可求出解析式，即可求出截距，最后求出面积.

【详解】由题，，，所以切线为，整理得，易得切线的截距为和12，围成的图形为直角三角形，故所求面积为，

故选：D

6．已知数列是等比数列，若，且数列的前n项乘积，n的最大值为（    ）

A．10 B．11 C．20 D．21

【答案】C

【分析】由等比数列的性质可推出：，，可得结论.

【详解】数列是等比数列， ，

，

，

所以使的n的最大值为20.

故选：C

7．米勒问题，是指德国数学家米勒1471年向诺德尔教授提出的有趣问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长（即可见角最大？）米勒问题的数学模型如下：如图，设 是锐角的一边上的两定点，点是边边上的一动点，则当且仅当的外接圆与边相切时，最大．若，点在轴上，则当最大时，点的坐标为

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】设点的坐标为，求出线段的中垂线与线段的中垂线交点的横坐标，即可得到的外接圆圆心的横坐标，由的外接圆与边相切于点，可知的外接圆圆心的横坐标与点的横坐标相等，即可得到点的坐标．

【详解】由于点是边边上的一动点，且点在轴上，故设点的坐标为；

由于，则直线的方程为：，点为直线与轴的交点，故点的坐标为；由于为锐角，点是边边上的一动点，故；

所以线段的中垂线方程为： ；线段的中垂线方程为： ；

故的外接圆的圆心为直线与直线的交点，联立 ，解得： ；即的外接圆圆心的横坐标为

的外接圆与边相切于点，边在轴上，则的外接圆圆心的横坐标与点的横坐标相等，即，解得：或（舍）

所以点的坐标为；

故答案选A

【点睛】本题考查直线方程、三角形外接圆圆心的求解，属于中档题

8．如图，点分别是正四面体棱上的点，设，直线与直线所成的角为，则（    ）

A．当时，随着的增大而增大

B．当时，随着的增大而减小

C．当时，随着的增大而减小

D．当时，随着的增大而增大

【答案】D

【分析】分和两种情况，分别过作的平行线，可得直线与所作的平行线成的角即为角可得答案.

【详解】当时，如下图作交于点，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即，

设正四面体的棱长为3，则，

可求得，

所以在中，有，

令，则，

时，有正有负，函数有增有减，

所以故A与B错误；

当时，如下图作交于点，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即.

同样设正四面体的棱长为3，则，

可求得，

,

在中，有，

所以，即，

所以在中，有，

令，则，

所以在定义域内单调递减，即增大，减小，即减小，从而增大，故D正确，C错误.

故选：D.

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．用分层抽样法从1000名学生（男、女分别占60%、40%）中抽取100人，则每位男生被抽中的概率为；

B．将一组数据中的每个数据都乘以3后，平均数也变为原来的3倍；

C．将一组数据中的每个数据都乘以3后，方差也变为原来的3倍；

D．一组数据，，……，的平均数是5，方差为1，现将其中一个值为5的数据剔除后，余下99个数据的方差是．

【答案】ABD

【分析】根据分层抽样的计算规则分析A选项，根据平均数和方差的计算公式分析BCD选项.

【详解】选项A：因为1000名学生中男、女分别占60%和40%，根据分层抽样的计算规则，抽取的100人中男生占人，所以每位男生被抽中的概率.A正确；

选项B：平均数，将这组数据中每个数据都乘以3后.B正确；

选项C：方差，每个数据都乘以3后平均数变为原来的3倍，

方差.C错误；

选项D：，因为的平均数是5，所以，新平均数，又因为的方差是1，所以，提出一个值为5的数据后，余下99个数的方差.D正确.

故选：ABD.

10．若椭圆的左、右焦点分别为，，则下列b的取值能使以为直径的圆与椭圆C有公共点的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABC

【分析】根据给定的条件，确定以为直径的圆半径，再结合椭圆的性质列出不等式求出b的范围作答.

【详解】令椭圆的半焦距为c，则以为直径的圆的方程为，

因圆与椭圆C有公共点，则有，即，解得，显然选项A，B，C满足，D不满足.

故选：ABC

11．已知某声音信号的波形可表示为，则下列叙述正确的是（    ）

A．在内有个零点 B．当时，单调递增

C．是的一个对称中心 D．的最大值为

【答案】AC

【分析】当时，解方程，可判断A选项；利用函数的单调性与导数的关系可判断B选项；利用函数的对称性可判断C选项；利用正弦型函数的有界性可判断D选项.

【详解】对于A选项，当时，，

可得或，可得，故A对；

对于B选项，当时，，

，

当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减，故B错；

对于C选项，，

故是的一个对称中心，C对；

对于D选项，因为，，可得，

若函数在处取得最大值，

则，即，

这样的不存在，所以，的最大值不为，D错.

故选：AC.

12．将一枚质地均匀的硬币连续抛掷n次，以表示没有出现连续3次正面向上的概率，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C．当时， D．

【答案】ACD

【分析】对于A，利用对立事件和相互独立事件概率乘法公式能求出；对于B，利用列举法能求出；对于D，分第次出现反面，那么前次不出现连续三次正面和前次不出现连续三次正面是相同的，和第次出现正面，第次出现反面，那么前次不出现连续三次正面和前次不出现连续三次正面是相同的，及第次出现正面，第次出现正面，第次出现反面，那么前次不出现连续三次正面和前次不出现连续三次正面是相同的，由此能求出；对于C，由时，单调递减，，得到当时，．

【详解】当时，，A正确；

当时，又投掷四次连续出现三次正面向上的情况只有：

正正正正或正正正反或反正正正，，B错误；

要求，即抛掷n次没有出现连续3次正面的概率，分类进行讨论；

如果第次出现反面，

那么前次不出现连续三次正面和前次不出现连续三次正面是相同的，

这个时候不出现连续三次正面的概率是；

如果第次出现正面，第次出现反面，

那么前次不出现连续三次正面和前次不出现连续三次正面是相同的，

这个时候不出现连续三次正面的概率是；

如果第次出现正面，第次出现正面，第次出现反面，

那么前次不出现连续三次正面和前次不出现连续三次正面是相同的，

这时候不出现三次连续正面的概率是，

综上，，D正确；

由上式可得，则

，易知，所以，，故当时，．

又，，，满足当时，，C正确．

故选：ACD．

三、填空题

13．椭圆的焦距为2，则__________．

【答案】3或5

【分析】本题首先可根据焦距为得出，然后将椭圆分为焦点在轴上以及焦点在轴上两种情况，分别进行计算即可得出结果．

【详解】解：因为椭圆的焦距为，所以，

若焦点在轴上，则有，解得；

若焦点在轴上，则有，解得；

综上所述，或．

故答案为：3或5．

14．如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥E-BCD的体积是_____.

【答案】10.

【分析】由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.

【详解】因为长方体的体积为120，

所以，

因为为的中点，

所以，

由长方体的性质知底面，

所以是三棱锥的底面上的高，

所以三棱锥的体积.

【点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.

15．已知在直角梯形中，，，若点在线段上，则的取值范围为__________．

【答案】

【分析】由题意建立平面直角坐标系，写出各点坐标，设，求出，即可求其模长，利用二次函数的图像与性质求范围即可．

【详解】解：建立如图所示的平面直角坐标系，

则，，，，

设，则，

故，，

则，

，

当时，取得最大值为，

当时，取得最小值为，

的取值范围为

故答案为：.

四、双空题

16．在中，，，，的面积等于，则______，边上中线的长为______．

【答案】         

【分析】根据面积公式得到，再根据余弦定理得到，解得，，根据勾股定理逆定理得到，计算得到答案.

【详解】，故，

根据余弦定理：，

故，，解得，，

故，故，，.

故.

故答案为：；.

【点睛】本题考查了面积公式，余弦定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.

五、解答题

17．已知集合，，为实数集.

（1）当时，求及；

（2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围.

【答案】（1），；（2）或.

【解析】（1）利用一元二次不等式的解法化简集合A，由解得集合，，然后利用并集，交集和补集的运算求解.

（2）根据“”是“”的充分不必要条件，转化为求解.

【详解】（1）由得：，即，

当时，，则或，

所以，.

（2）由“”是“”的充分不必要条件，则，

，

显然，

①当时，即时，，

要满足，则，

解得；

②当时，即时，，

要满足，则，

解得；

综上：实数的取值范围为：或.

【点睛】本题主要考查了二次不等式的解法､集合的交､并､补的运算及集合间的包含关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

18．已知中，角所对的边分别为，满足 ．

(1)求的大小；

(2)如图，，在直线的右侧取点，使得．当角为何值时，四边形面积最大．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理将中的边化为角，再结合正弦的两角和公式化简可求得，从而得解；

（2）由（1）可推得为等边三角形，在中，由余弦定理可求得，再根据和，可推出四边形的面积，最后由角和正弦函数的性质即可得解．

【详解】（1）由正弦定理知，，

，

，

即，

，，

，．

（2）由（1）知，，

，为等边三角形，

在中，由余弦定理知，

，

而，

，

四边形的面积，

，，，

当即时，取得最大值，为，

故四边形面积的最大值为．

19．某工厂为了解甲、乙两条生产线所生产产品的质量，分别从甲、乙两条生产线生产的产品中各随机抽取了100件产品，并对所抽取产品的某一质量指数进行检测，根据检测结果按，，，分组，得到如图所示的频率分布直方图.

(1)分别求甲、乙生产线所生产产品的质量指数的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

(2)若产品的质量指数在内，则该产品为优等品.现采用分层抽样的方法从样品中的优等品中抽取6件产品，再从这6件产品中随机抽取2件产品进一步进行检测，求抽取的这2件产品中恰有1件产品是甲生产线生产的概率.

【答案】(1)6.4，5.6

(2)

【分析】（1）根据频率分布直方图直接计算即可；

（2）求出6件产品中随机抽取2件的情况，再得出其中符合条件的情况，即可得出概率.

【详解】（1）甲生产线所生产产品的质量指数的平均数为；

乙生产线所生产产品的质量指数的平均数为.

（2）（2）由题意可知，甲生产线的样品中优等品有件，乙生产线的样品中优等品有件.从甲生产线的样品中抽取的优等品有件，记为a，b，c，d；从乙生产线的样品中抽取的优等品有件，记为E，F.

从这6件产品中随机抽取2件的情况有（a，b），（a，c），（a，d），（a，E），（a，F），（b，c），（b，d），（b，E），（b，F），（c，d），（c，E），（c，F），（d，E），（d，F），（E，F），共15种；

其中符合条件的情况有（a，E），（a，F），（b，E），（b，F），（c，E），（c，F），（d，E），（d，F），共8种.

故所求概率.

20．如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，且，平面ABCD.

（1）求PA与平面PCD所成角的正弦值；

（2）棱PD上是否存在一点E，满足？若存在，求AE的长；若不存在，说明理由.

【答案】（1）；（2）不存在，详见解析.

【解析】（1）以AB，AD，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，根据空间向量夹角公式求出PA与平面PCD所成角的正弦值；

（2）根据空间向量夹角公式直接求解即可.

【详解】（1），平面ABCD，可以A为坐标原点，以AB，AD，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，从而，，.

设平面PCD的法向量为，则，

，取，得，，

平面PCD的一个法向量，

设直线PA与平面PCD的夹角为，

则.

（2），则，

，，

若，则，此方程无解，

故在棱PD上不存在一点E，满足.

【点睛】本题考查了利用空间向量夹角公式求线面角的正弦值，考查了利用空间向量夹角公式解决异面直线所成角为直角的问题，考查了数学运算能力.

21．已知圆M：的圆心为M，圆N：的圆心为N，一动圆与圆N内切，与圆M外切，动圆的圆心E的轨迹为曲线

(1)求曲线C的方程；

(2)已知点，直线l不过P点并与曲线C交于A，B两点，且，直线l是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，点

【分析】（1）结合条件和双曲线定义可得答案.

（2）联立直线方程与曲线方程，结合韦达定理与，可得，后通过分解因式可得之间关系，从而可得l所过定点.

【详解】（1）如图，设圆E的圆心为，半径为r，由题可得圆M半径为，圆N半径为

则，，所以，

由双曲线定义可知，E的轨迹是以M，N为焦点、实轴长为6的双曲线的右支，

又.

所以动圆的圆心E的轨迹方程为，.

（2）设直线l的方程为，将直线方程与曲线E方程联立，有：

，消去x得，

由题直线与曲线有两个交点，则.

设，，其中，，由韦达定理有：.

又，

则

又，，则

，

即，

又，故或，

若，则直线l的方程为，

此时l过点，与题意矛盾，

所以，

故，

所以直线l的方程为，

则直线l恒过点

【点睛】关键点点睛：本题涉及求动点轨迹及双曲线中的定点问题，（1）类问题常结合椭圆与双曲线定义思考；对于（2）问，难点为能将分解因式.

22．已知函数在区间内存在极值点．

(1)求a的取值范围；

(2)判断关于x的方程在内实数解的个数，并说明理由．

【答案】(1)

(2)实数解有三个，理由见解析

【分析】（1）求出函数导数，讨论和，讨论导数的正负即可求解；

（2）两次求导，根据零点存在性定理进行判断可以得出.

【详解】（1）．

①当时，因为，所以．

所以在（－1，0）上单调递减，所以在（－1，0）上无极值点．

故不符合题意．

②当a>1时，因为在（－1，0）上单调递增，在（－1，0）上单调递增，

所以在（－1，0）上单调递增．

又，，，

所以存在唯一的，使得．

当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以在（－1，0）内存在极小值点，满足题意．

综上，a的取值范围是．

（2）当时，单调递减．

又，，所以存在唯一的，使得．

当时，，单调递增；当时，，单调递减，

又，，所以存在唯一的，使得．

当时，；当时，．

又当时，恒成立，

结合（1）知，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．

又因为，，，，，所以在内共有三个零点，方程在内的实数解有三个．

【点睛】关键点睛：本题考查含参函数的极值点和零点问题，解题的关键是利用存在性定理结合单调性判断导数的正负.