高二數(shù)學上學期期末考前必刷押題卷02（范圍：選必一+選必二）-2024-2025學年高二數(shù)學上學期期末考點串講（人教A版2019）-試卷下載-教習網(wǎng)

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．已知向量，且與互相垂直，則的值是（）
A．1B．C．D．
【答案】D
【知識點】空間向量的坐標運算、空間向量垂直的坐標表示
【分析】利用空間向量數(shù)量積的運算律及數(shù)量積的坐標表示，列式計算即得.
【詳解】向量，則，由與互相垂直，
得，
所以.
故選：D
2．已知等差數(shù)列的前項和為．若，則的值是（）
A．5B．7C．8D．9
【答案】B
【知識點】等差數(shù)列前n項和的二次函數(shù)特征、求等差數(shù)列前n項和
【分析】根據(jù)的表達式為關于的二次函數(shù)，且則易得的對稱軸方程，再利用對稱軸方程，結(jié)合易得.
【詳解】設等差數(shù)列的公差為．
等差數(shù)列的前項和可看作是關于的二次函數(shù)，
又故對稱軸方程為．
又，解得．
故選：B.
3．若點在圓的外部，則實數(shù)的取值范圍是（）
A．B．C．D．
【答案】C
【知識點】二元二次方程表示的曲線與圓的關系、點與圓的位置關系求參數(shù)
【分析】根據(jù)點與圓的位置關系及方程表示圓列出方程組，從而可得出答案.
【詳解】因為點在圓的外部，
所以，解得.
故選：C．
4．已知，分別為雙曲線C：的左，右焦點，過作C的兩條漸近線的平行線，與兩條漸近線分別交于A，B兩點．若，則C的離心率為（）
A．3B．C．D．
【答案】D
【知識點】求雙曲線的離心率或離心率的取值范圍
【分析】根據(jù)題意可知四邊形為菱形，從而求得，，再進行計算即可.
【詳解】如圖，連接交軸于.
根據(jù)題意易知點，關于軸對稱，所以四邊形為菱形，且，
故，且.
雙曲線的漸近線方程為，令，得.
在中，，解得，
所以.
故選：.
5．如圖所示，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，且，則（）
A．B．C．D．
【答案】D
【知識點】求空間向量的數(shù)量積、余弦定理解三角形
【分析】利用基底表示出向量，然后求出的模，余弦定理求出的長，在中，利用余弦定理的變形即可求出
【詳解】如圖連接,
則
由題可知，
∴
，
，
，
∴，
在中,,
,
在中,
故選：D.
6．已知為圓上的任意一點，若點到兩條直線的距離之和為定值，則當都在變化時，的取值范圍是（）
A．B．
C．D．
【答案】D
【知識點】求點到直線的距離、直線與圓的位置關系求距離的最值
【分析】
易知與平行，由點到、的距離之和為定值，且距離相等，故圓在這兩條直線之間（含相切）且，畫出對應圖形，數(shù)形結(jié)合即可得.
【詳解】易知與平行，所以當且僅當圓在這兩條直線之間（含相切）時，
點到這兩條直線的距離之和為定值，
因為圓的圓心為1,0，到的距離，到的距離，故到這兩條直線的距離均為，
所以，設坐標原點為，則，
當圓經(jīng)過點時，，
當圓與這兩條直線同時相切時，，
故的取值范圍是.
故選：D.
7．已知數(shù)列的首項，且滿足，則存在正整數(shù)n，使得成立的實數(shù)組成的集合為（）
A．B．C．D．
【答案】C
【知識點】利用函數(shù)單調(diào)性求最值或值域、累加法求數(shù)列通項、求等比數(shù)列前n項和、數(shù)列不等式能成立（有解）問題
【分析】運用累加法求得，討論n為奇數(shù)和偶數(shù)，結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性求得最值，可得所求范圍．
【詳解】∵數(shù)列的首項，且滿足，
可得
，
又存在正整數(shù)n，使得成立，
當n為偶數(shù)時，，單調(diào)遞增，可得的最小值為；
，單調(diào)遞減，可得的最大值為，
可得，即有；
當n為奇數(shù)時，，單調(diào)遞減，可得的最大值為；
，單調(diào)遞增，可得的最小值為，
可得，即有；
∴的取值范圍是.
故選：C．
8．定理：如果函數(shù)及滿足：①圖象在閉區(qū)間上連續(xù)不斷；②在開區(qū)間內(nèi)可導；③對，那么在內(nèi)至少有一點，滿足成立，該定理稱為柯西中值定理.請利用該定理解決下面問題：已知，若存在正數(shù)，滿足，則實數(shù)的取值范圍為（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【知識點】由導數(shù)求函數(shù)的最值（不含參）、利用導數(shù)研究能成立問題、導數(shù)新定義
【分析】令，由柯西中值定理可知：那么在內(nèi)至少有一點，滿足，令，對Fx求導，求出Fx的值域，即可得出答案.
【詳解】由可得：，
令，所以
由柯西中值定理可知：那么在內(nèi)至少有一點，滿足成立，
因為，，所以，，
所以令，
，，
令可得：或，
令可得：，
所以Fx在上單調(diào)遞增，在1,4上單調(diào)遞減，
又，，
當趨于正無窮時，F(xiàn)x趨近，
所以，所以實數(shù)的取值范圍為.
故選：A.
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．
9．已知直線，則（）
A．直線l始終過第二象限
B．時，直線l的傾斜角為
C．時，直線l關于原點對稱的直線方程為
D．點到直線l的最大距離為
【答案】AD
【知識點】直線的傾斜角、直線過定點問題、求平面兩點間的距離、求直線關于點的對稱直線
【分析】A選項，直線變形后求出直線l過定點；B選項，求出直線的斜率，得到傾斜角；C選項，求出直線，取直線上一點，得到其關于原點的對稱點，設出對稱直線方程，待定系數(shù)法求出答案；D選項，數(shù)形結(jié)合得到直線l與點和的連線垂直時，距離最大，由兩點間距離公式求出答案.
【詳解】A選項，直線，可變形為，
令，解得，所以直線l恒過定點，故A正確；
B選項，當時，直線，斜率為1，所以傾斜角為，故B錯誤；
C選項，當時，直線，取直線上一點，
則點關于原點的對稱點為，
設關于原點的對稱直線為，將代入，，解得，
故直線l關于原點對稱的直線方程為，即，故C錯誤；
D選項，當直線l與點和的連線垂直時，點到直線l的距離最大，
最大值為，故D正確.
故選：AD．
10．設函數(shù)，若不等式對任意的恒成立，則的可能取值是（）
A．B．C．D．
【答案】CD
【知識點】利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間（不含參）、利用導數(shù)研究不等式恒成立問題、求含sinx(型)函數(shù)的值域和最值
【分析】求得，得到函數(shù)的單調(diào)性，把轉(zhuǎn)化為在上恒成立，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)和不等式的解法，即可求解.
【詳解】由函數(shù)，可得，
當時，，單調(diào)遞減；
當時，，單調(diào)遞增，
因為，且，則且，
所以不等式，
即為在上恒成立，
即在上恒成立，
設，當時，可得，
所以，解得，即，
結(jié)合選項，可得選項C、D符合題意.
故選：CD.
11．棱長為2的菱形中，，將沿折起，使頂點至點，連接，構(gòu)成三棱錐.設二面角的大小為，直線和直線所成角為.在折起的過程中，下列說法正確的是（）.
A．任取三棱錐中的三條棱，它們共面的概率為0.2
B．存在一個位置，使
C．當時，三棱錐的外接球的表面積為
D．當時，的最大值為
【答案】ABD
【知識點】多面體與球體內(nèi)切外接問題、線面垂直證明線線垂直
【分析】對于A，利用古典概型的概率公式直接求解判斷；當時，能證出平面，即能證出.首先找出即為二面角的平面角，，在三棱錐中通過提外心的方法求出外接球的半徑；建系求解D選項即可.
【詳解】任取三棱錐中的三條棱，有種，
其中共面一共有種，故概率為，故A對；
如圖：若，則為等邊三角形，取的中點，
，同理，，平面，
所以平面，
平面，所以.故B對.
設，連接，因為與都是等邊三角形，
則有，即為二面角的平面角，，
與的中心依次為，設平面，平面
，則為外接球的球心，
，，則四邊形外接圓的直徑為，
，在直角中，利用勾股定理得到，
在中，利用勾股定理得，
外接球的表面積為.所以C錯；
在點處建系，為軸，為軸，則，,B1,0,0，，
，，
則，
，，則，
的最大值為，故D對.
故選：ABD.
第二部分（非選擇題共92分）
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12．過點且橫截距是縱截距2倍的直線方程為．（寫成一般式方程）
【答案】或
【知識點】直線截距式方程及辨析、直線一般式方程與其他形式之間的互化
【分析】分類討論，當直線過原點時直接求斜率即可得，當直線不過原點時設出截距式方程計算.
【詳解】當直線過原點時，直線的斜率為，此時直線的方程為，即；
當直線不過原點時，設所求直線的方程為（），即，
將點的坐標代入直線方程可得，解得，
此時直線的方程為，
因此，所求直線方程為或．
故答案為：或.
13．斜率為k的直線l與拋物線相交于A，B兩點，與圓相切于點M，且M為線段AB的中點，則 .
【答案】
【知識點】由直線與圓的位置關系求參數(shù)、直線與拋物線交點相關問題
【分析】設出坐標，根據(jù)在拋物線上，坐標滿足方程，兩式相減可得，繼而利用,兩直線斜率相乘等于1建立方程解出即可.
【詳解】設，
則又
兩式相減得，
則.
設圓心為，則，
因為直線l與圓相切，所以，
解得，代入得
,
故答案為：.
14．若數(shù)列滿足對任意都有，則稱數(shù)列為上的“凹數(shù)列”.已知，若數(shù)列為上的“凹數(shù)列”，則實數(shù)的取值范圍是 .
【答案】
【知識點】數(shù)列新定義、數(shù)列不等式恒成立問題
【分析】根據(jù)題意整理可得，換元，分析可知原題意等價于對任意恒成立，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求最值結(jié)合恒成立問題分析求解即可.
【詳解】若數(shù)列為上的“凹數(shù)列”，則，即，
可得，
整理可得，即，
因為，令，可得，
當時，，可得，
原題意等價于對任意恒成立，
因為在上單調(diào)遞增，
則在上單調(diào)遞減，且當時，，
可知的最大值為，
可得，解得，
所以實數(shù)的取值范圍是.
故答案為：.
【點睛】易錯點點睛：解決數(shù)列與函數(shù)綜合問題的注意點
（1）數(shù)列是一類特殊的函數(shù)，其定義域是正整數(shù)集，而不是某個區(qū)間上的連續(xù)實數(shù)，所以它的圖象是一群孤立的點．
（2）轉(zhuǎn)化以函數(shù)為背景的條件時，應注意題中的限制條件，如函數(shù)的定義域，這往往是非常容易忽視的問題．
（3）利用函數(shù)的方法研究數(shù)列中相關問題時，應準確構(gòu)造函數(shù)，注意數(shù)列中相關限制條件的轉(zhuǎn)化．
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步棸。
15．（13分）
已知的三個頂點分別為．
(1)求邊的中線和高所在直線的方程；
(2)若直線l過頂點A，且原點到直線l的距離為2，求直線l的方程．
【答案】(1)
(2)或．
【知識點】直線的點斜式方程及辨析、由兩條直線垂直求方程、求點到直線的距離
【分析】（1）中點坐標公式得到中點坐標，由兩點求斜率用點斜式寫出中線方程；由斜率得到高的斜率，點斜式寫出直線方程；
（2）談論斜率是否存在，當斜率不存在時，符合題意；當斜率不存在時，設出直線方程，由點到直線距離求出斜率，寫出直線方程.
【詳解】（1）①邊的中點為，又直線的斜率為，
邊上的中線所在直線的方程為，即．
②直線的斜率為，邊上的高所在直線的斜率為，
邊上的高所在直線的方程為，即．
（2）①當直線的斜率不存在時，直線的方程為，符合題意；
②當直線的斜率存在時，直線的方程可設為，即，
由題意，原點到直線的距離為2，即，解得，
所求直線的方程為．
綜上，所求直線的方程為x=2或．
16．（15分）
已知數(shù)列滿足，．
(1)求證：數(shù)列是等比數(shù)列；
(2)設求的前項和．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【知識點】錯位相減法求和、求等比數(shù)列前n項和、由遞推關系證明等比數(shù)列、寫出等比數(shù)列的通項公式
【分析】（1）根據(jù)已知條件及等比數(shù)列的定義即可求解；
（2）根據(jù)（1）的結(jié)論及等比數(shù)列的通項公式，利用數(shù)列求和中的錯位相減法即可求解.
【詳解】（1）因為，
所以，即，
又因為，
所以，
所以，
故數(shù)列是以首項為，公比為的等比數(shù)列.
（2）由（1）可知，，即，
所以.
所以
由，得
，
所以.
故的前項和為.
17．（15分）
如圖，在四棱錐P-ABCD中，△PAD是正三角形，四邊形ABCD為等腰梯形，且有，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點，動點Q在PF上．

(1)證明：平面平面；
(2)當時，求平面QAB與平面QCD所成角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【知識點】證明面面垂直、面面角的向量求法
【分析】（1）根據(jù)題意，由線面垂直的判定定理可證平面，即可證明平面平面；
（2）根據(jù)題意，建立空間直角坐標系，結(jié)合空間向量的坐標運算以及二面角的夾角公式代入計算，即可得到結(jié)果.
【詳解】（1）因為四邊形為等腰梯形，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點，所以，
又因為，所以，
又因為，平面，所以平面，
而平面，所以平面平面.
（2）

假設，所以，
得到，所以，
如圖建立空間直角坐標系，得，
，則，
設，
則，
所以，
由可得，解得，
所以，
設平面的一個法向量，
，
則，取得，
設平面的一個法向量，
，
則，取得，
設平面QAB與平面QCD所成角為，
則，
所以平面QAB與平面QCD所成角的余弦值為.
18．（17分）
已知函數(shù)，．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)求的單調(diào)區(qū)間；
(3)當時，若對于任意，不等式成立，求a的取值范圍．
【答案】(1)
(2)答案見解析
(3)
【知識點】求在曲線上一點處的切線方程（斜率）、利用導數(shù)研究不等式恒成立問題、含參分類討論求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間
【分析】（1）由導數(shù)的意義求出切線的斜率，再把代入原函數(shù)求出，最后由點斜式寫出直線方程即可；
（2）分，和三種情況，求導后令導數(shù)為零，解出兩個根，再由導數(shù)的正負確定單調(diào)區(qū)間即可；
（3）含參數(shù)的函數(shù)不等式恒成立問題，先由單調(diào)性得到，，，解不等式得到參數(shù)的范圍，再比較參數(shù)大小，確定范圍即可.
【詳解】（1）因為，所以，得到，
所以，又，
所以曲線在點處的切線方程為，即．
（2）因為，定義域為，
所以．
當時，令，即，
解得，，所以，
當x變化時，，的變化情況如下表所示，
此時的單調(diào)遞減區(qū)間為和，單調(diào)遞增區(qū)間為，
當時，，易知時，，，，
此時的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為，
當時，令，即，
解得，，
若，即時，當x變化時，，的變化情況如下表所示，
此時的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為，
若，即時，恒成立，當且僅當時取等號，
此時在上單調(diào)遞增，
若，即時，當x變化時，，的變化情況如下表所示，
此時的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為.
（3）當，且時，由（2）知，
所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，
因為對于任意，不等式成立，
所以，，．
所以，得，，得；
，得．
因為，所以，
所以a的取值范圍是．
19．（17分）
“曼哈頓幾何”也叫“出租車幾何”，是在19世紀由赫爾曼·閔可夫斯基提出來的.如圖是抽象的城市路網(wǎng)，其中線段AB是歐式空間中定義的兩點最短距離，但在城市路網(wǎng)中，我們只能走有路的地方，不能“穿墻”而過，所以在“曼哈頓幾何”中，這兩點最短距離用表示，稱“曼哈頓距離”，也叫“折線距離”，即，因此“曼哈頓兩點間距離公式”：若Ax1,y1，Bx2,y2，則.
(1)①點，，求的值；
②寫出到定點的“曼哈頓距離”為2的點的軌跡方程，
(2)已知點，直線：，求點到直線的“曼哈頓距離”最小值；
(3)我們把到兩定點F1?c,0，的“曼哈頓距離”之和為常數(shù)的點的軌跡叫“曼哈頓橢圓”.
（i）求“曼哈頓橢圓”的方程；
（ii）根據(jù)“曼哈頓橢圓”的方程，研究“曼哈頓橢圓”性質(zhì)中的范圍、對稱性，并說明理由.
【答案】(1)①；②；
(2)2；
(3)（?。?；（ⅱ）答案見解析.
【知識點】求點到直線的距離、求平面軌跡方程、軌跡問題——橢圓、距離新定義
【分析】（1）①②根據(jù)“曼哈頓距離”的定義求解即可；
（2）設直線上任意一點坐標為，然后表示，分類討論的最小值即可；
（3）（i）根據(jù)“曼哈頓橢圓”的定義，求得其方程即可;
（ii）畫出（i）的“曼哈頓橢圓”的圖象，結(jié)合圖象即可判斷.
【詳解】（1）①根據(jù)“曼哈頓距離”的定義得；
②到定點的“曼哈頓距離”為2的點的軌跡方程為.
（2）設直線上任意一點坐標為，
則，
當時，，此時；
當時，，此時；
當時，，此時，
綜上所述，的最小值為2.
（3）（ⅰ）設“曼哈頓橢圓”上任意一點為Px,y，則，
即，
即，
所以“曼哈頓橢圓”的方程為；
（ⅱ）由方程，得，
因為，
所以，即，
所以或或，
解得，
由方程，得，
即，
所以，所以，
所以“曼哈頓橢圓”的范圍為，，
將點代入得，，
即，方程不變，
所以“曼哈頓橢圓”關于軸對稱，
將點代入得，，
即，方程不變，
所以“曼哈頓橢圓”關于軸對稱，
將點代入得，，
即，方程不變，
所以“曼哈頓橢圓”關于原點對稱，
所以“曼哈頓橢圓”關于軸，軸，原點對稱.
【點睛】方法點睛：解新定義題型的步驟：
（1）理解“新定義”,明確“新定義”的條件、原理、方法、步驟和結(jié)論；
（2）重視“舉例”,利用“舉例”檢驗是否理解和正確運用“新定義”；歸納“舉例”提供的解題方法，歸納“舉例”提供的分類情況；
（3）類“新定義”中的概念、原理、方法，解決題中需要解決的問題.
單調(diào)遞減
極小值
單調(diào)遞增
極大值
單調(diào)遞減
x
單調(diào)遞增
極大值
單調(diào)遞減
極小值
單調(diào)遞增
單調(diào)遞增
極大值
單調(diào)遞減
極小值
單調(diào)遞增

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