期末模拟卷（基础卷）- 2022-2023学年高二数学同步精讲+检测(人教A版2019选择性必修第二册)

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期末模拟卷基础卷(时间：120分钟，分值：150分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．在等差数列中，，则的公差为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】根据等差数列性质可得方程组，求得公差.【详解】等差数列中,,，由通项公式可得 解得 故选：A2．抛物线的准线方程是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将抛物线的方程化为标准方程，可得出该抛物线的准线方程.【详解】抛物线的标准方程为，则，可得，因此，该抛物线的准线方程为.故选：D.3．若直线与圆相切，则（    ）A． B．或2 C． D．或【答案】D【分析】根据圆心到直线的距离等于半径列方程即可求解.【详解】由圆可得圆心，半径，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，整理可得：，所以或，故选：D.4．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由向量在向量上的投影向量为，计算即可求出答案．【详解】解：向量，则，，，所以向量在向量上的投影向量为．故选：．5．如图，M为OA的中点，以为基底，，则实数组等于（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据空间向量减法的几何意义进行求解即可.【详解】，所以实数组．故选：B6．设等比数列的前项和为，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据，求得，结合等比数列的求和公式，得到，即可求解．【详解】设等比数列的公比为，其中，因为，所以，所以．故选：C.7．设，，是双曲线C：（，）的左、右焦点，以为圆心，a为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于M，N两点，若，则C的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由和圆知，为等腰直角三角形，求出到的距离，找到的关系即可.【详解】解：因为，所以，取Q为的中点，则，由所以到渐近线的距离为，即，在中，有，即所以，故选：A．8．设函数f(x)=若函数g(x)=f(x)–b有两个零点，则实数b的取值范围是（    ）A．(–，0) B．(–，0]C．(–，0]∪(1，+∞) D．(–，1)【答案】C【分析】根据导数判断函数的单调性，画出函数图象，数形结合即可求出.【详解】当时，，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，画出的函数图象如下：函数有两个零点，等价于与的函数图象有两个交点，由图可知或.故选：C. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．设等比数列的前n项和为，则下列数列一定是等比数列的有（    ）A．，，，… B．，，，…C．，，，… D．，，，…【答案】BD【分析】设数列的公比为，，判断选项中的数列的项和公比，是否满足等比数列的定义，从而求得结果.【详解】设数列的公比为，，对于A和C，都有首项，当时，，不满足等比数列，故AC错误；对于B，，且，同理，故数列，，，…为等比数列，B正确；对于D，，且，，故数列，，，…为等比数列，D正确；故选：BD10．已知双曲线过点且渐近线为，点在双曲线的一条渐近线上，为坐标原点，为双曲线的右焦点，则下列结论正确的是（    ）A．双曲线的离心率为2 B．双曲线的方程是C．的最小值为2 D．直线与有两个公共点【答案】AB【分析】设双曲线的方程为，由双曲线过点求出，判断B；再由离心率公式判断A；联立直线和双曲线方程判断D.【详解】设双曲线的方程为，由双曲线过点可得，即双曲线的方程是，故B正确；可化为，则，，故A正确；由题意可得，当直线与渐近线垂直时，取最小值，且最小值，故C错误；由，解得，即直线与只有一个交点，故D错误；故选：AB11．空间直角坐标系中，为坐标原点，，，，，，则（    ）A． B．，，，四点共面C．向量是平面的法向量 D．与平面所成角的余弦值为【答案】BC【分析】首先求出，，，即可得到，从而判断A、B，再根据平面向量数量积的坐标表示得到且，即可判断C，最后求出平面的法向量，利用空间向量法求出线面角的正弦值；【详解】解：因为，，，，，所以，，，所以，故A错误；设，即，解得，即，设，即，即，显然无解，即与不共线，所以，，，四点共面，故B正确；因为，所以，，所以且，所以向量是平面的一个法向量，故C正确；设平面的法向量为，所以，令，则，，所以，又，设与平面所成角为，所以，即与平面所成角的正弦值为，故D错误；故选：BC12．已知函数，下列说法正确的是（    ）A．当时，；当时，B．函数的减区间为，增区间为C．函数的值域D．恒成立【答案】ACD【分析】由对数函数的性质直接判断A，利用导数确定函数的单调性与极值判断BC，D选项中，不等式变形为，然后引入函数，由导数求得最小值判断D．【详解】对于选项A，当时，；当时，，故选项A正确；对于选项B，，令可得，有，可知函数的减区间为，增区间为，故选项B错误；对于选项C，由上可知，时，，故选项C正确；对于选项D，，令，有，令可得，故函数的增区间为，减区间为，可得，故选项D正确．故选：ACD． 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.13．直线与直线垂直，且相交于点，则______．【答案】【分析】根据直线垂直可得斜率相乘为，可求出，再将代入直线可求出，再将代入直线即可求出.【详解】由两直线垂直可得，解得，将代入直线，即，解得，将代入直线，即，解得.故答案为：.14．过点作圆的切线，切点为，则的长为______.【答案】4【分析】根据切线长公式计算．【详解】由题意圆心为，半径为，，所以．故答案为：4．15．已知正项等比数列中，，表示数列的前项和，则的取值范围是_______．【答案】【分析】根据等比数列公式得到，，根据数列的单调性得到范围.【详解】，，解得，，故，，，是单调递增数列，当时，；当时，.故.故答案为：.16．若函数在区间上有最大值，则实数的取值范围是_________．【答案】【分析】由导函数求得极大值，利用极大值点在区间上，且的极大值可得参数范围．【详解】，或时，，时，，所以在和上都递增，在上递减，，在区间上有最大值，则，解得．故答案为：．  四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（10分）已知公比大于1的等比数列满足，．（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【分析】（1）由已知条件可得，求出公比，从而可求出的通项公式，（2）由（1）可得，然后利用等差数的求和公式求解即可（1）设数列的公比为，则由已知得，解得或（舍去），∴．（2）由（1）得，∴．18．（12分）已知函数（为自然对数的底）.（1）求函数的单调递增区间；（2）求曲线在点处的切线方程.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）对函数求导，使导函数大于零，从而可求出函数的增区间，（2）利用导数的几何意义求解即可【详解】解：（1）令，即函数的单调递增区间是；（2）因为，，所以曲线在点处的切线方程为，即.19．（12分）已知圆，其圆心在直线上.（1）求的值；（2）若过点的直线与相切，求的方程.【答案】（1）（2）或【分析】（1）将圆的一般方程化为标准方程，求出圆心，代入直线方程即可求解.（2）设直线的方程为：，利用圆心到直线的距离即可求解.（1）圆的标准方程为：，所以，圆心为由圆心在直线上，得.所以，圆的方程为：（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为：，即由于直线和圆相切，得解得：所以，直线方程为：或.20．（12分）如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1，在底面△ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别是A1B1，A1A的中点．（1）求 的模；（2）求cos〈，〉的值；（3）求证：A1B⊥C1M.【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【分析】（1）如图，以点C作为坐标原点O，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量的模长公式计算即可；（2）利用坐标运算计算cos〈，〉的值；（3）通过计算·＝0可得答案.【详解】（1）如图，以点C作为坐标原点O，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系. 由题意得B(0，1，0)，N(1，0，1)，∴＝＝.（2）由题意得A1(1，0，2)，B(0，1，0)，C(0，0，0)，B1(0，1，2)，∴＝(1，－1，2)，＝(0，1，2)，·＝3，||＝，||＝，∴cos〈，〉＝＝.（3）由题意得C1(0，0，2)，M，＝(－1，1，－2)，＝，∴·＝－＋＋0＝0，∴⊥，即A1B⊥C1M.21．（12分）已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，离心率，且____________．在①过点；②过焦点且垂直于长轴的弦的长度为；③长轴长为6这三个条件中任选一个，补充在上面问题中，并解答．（1）求椭圆的方程；（2）过右焦点的直线交椭圆于、两点．当直线的倾斜角为时，求的面积．【答案】（1）（2）【分析】（1）根据离心率及选择的条件列方程即可求解；（2）先求出直线方程，再根据点到直线的距离公式求出三角形的高，再由弦长公式求出，最后用面积公式即可求解.（1）设椭圆的标准方程为若选①有，解得，所以椭圆的方程为；若选②有，解得，所以椭圆的方程为；若选③有，解得，所以椭圆的方程为.（2）由（1）可知右焦点为，当直线的倾斜角为时，可得直线方程为.可得坐标原点到直线的距离，直线联立椭圆方程整理化简得：，由弦长公式可得,所以22．（12分）已知函数，．（1）求函数过点的切线方程；（2）讨论函数在的单调性．【答案】（1）或（2）答案见解析【分析】（1）设切点为，切线的斜率为，再由点斜式可得切线方程，将点代入切线方程可得的值，进而可得切线方程；（2）求出可得，讨论，，时，的解集，即可得在的单调性.（1）设切点为，由可得，由导数的几何意义可得切线的斜率我， 又因为，所以切线方程为：，将点代入，得即，解得：或，当时，切点坐标为，相应的切线方程为；当时，切点坐标为，相应的切线方程为，即，所以切线方程为或.（2）由可得，当时，，此时在上单调递增，当时，由可得，由可得，当时，，此时在上单调递增，当时，，此时在上单调递减，在上单调递增，综上所述：当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增.