高中数学选择性必修二 高二数学上学期期末测试卷02（）（含答案）

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2021-2022学年上学期期末卷02高二数学·全解全析123456789101112CDCADDBDADABDACDABC1.【答案】C
【解析】因为圆心到直线的距离为，所以AB的长等于．故选：C．2.【答案】D
【解析】由于是空间的一个单位正交基底，可设向量，，，则向量，，又向量在基底下的坐标为，不妨设，则，即，解得：，所以向量在基底下的坐标为．故选：D. 3.【答案】C【解析】曲线表示椭圆的充要条件是且，所以A，B不正确.曲线表示双曲线的充要条件是，即或，所以C对，D错.故选：C  4.【答案】A
【解析】圆的标准方程为，该圆圆心为，半径为，故所求圆的圆心坐标为，半径为，因此，所求圆的方程为.故选 ：A. 5.【答案】D
【解析】由题意，，故，，故数列是周期为3的周期数列，从而，由知，，，故.故选：D.6.【答案】D
【解析】由，得，如图，当直线与相切时，．当直线过点（0,2）时，有两个交点若直线与曲线有两个公共点，则实数的取值范围是．故选：．7.【答案】B
【解析】设为直线上任意一点， 过作，垂足为，可知此时到直线距离最短设，，则，，，，即，，即，，，，当时，取得最小值，故直线与之间的距离是.故选：B.  8.【答案】D
【解析】如图，易知点在抛物线C的准线上，作PD垂直于准线，且与准线交于点D，记，则.由抛物线定义可知，.由图可知，当取得最大值时，最小，此时直线与抛物线相切，设切线方程为，代入抛物线方程并化简得：，，方程化为：，代入抛物线方程解得：，即，则，.于是，椭圆的长轴长，半焦距，所以椭圆的离心率.故选：D.  9.【答案】AD
【解析】对选项A，由图知：与是异面直线，故A正确；以为原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，设正方体边长为，对选项B，，，，，所以，，设与所成角为，则，又因为，所以，故B错误.对选项C，由题知：平面的法向量为，因为，，设与平面所成角为，则，，故C错误；对选项D，，，设平面的法向量，则，令得，设平面的法向量，则，令得，设二面角的平面角为，则，又因为为锐角，所以，故D正确.故选：AD10.【答案】ABD
【解析】对于A，由圆与圆的交点为A，B，两式作差可得，即公共弦AB所在直线方程为，故A正确；对于B，圆的圆心为，，则线段AB中垂线斜率为，即线段AB中垂线方程为：，整理可得，故B正确；对于C，圆，圆心到的距离为，半径，所以，故C不正确；对于D，P为圆上一动点，圆心到的距离为，半径，即P到直线AB距离的最大值为，故D正确.故选：ABD11.【答案】ACD
【解析】对于选项A，∵有最大值，∴ 等差数列一定有负数项，∴等差数列为递减数列，故公差小于0，故选项A正确；对于选项B，∵，且，∴，，∴，，则使的最大的n为17，故选项B错误；对于选项C，∵，，∴，，故中最大，故选项C正确；对于选项D，∵，，∴，，故数列中的最小项是第9项，故选项D正确.故选：ACD  12.【答案】ABC
【解析】对于A，将代入曲线方程，知方程成立，曲线过点，A正确；对于B，（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），即，，解得：，即曲线上的点的纵坐标的取值范围是，B正确；对于C，设曲线上任一点为，则其关于轴对称的点为，，即点也在曲线上，曲线关于轴对称，C正确；对于D，设，则，为曲线上的点，，，则当，即时，，当时，设，则，解得：，即曲线上存在点，使得，，D错误.故选：ABC.13.【答案】-2【解析】因为直线与，且，所以，解得，故答案为：  14.【答案】2
【解析】设等差数列的公差为，由，得，化简得，所以．故答案为：2 15.【答案】
【解析】由，，所以，解得 若与反向，则则，所以 所以与的夹角为钝角则且综上的范围是．故答案为：  16.【答案】【解析】由已知得：，设点，则，当时，取得最小值．故答案为：  17.【解析】（1）解：联立的方程，解得，即设直线的方程为：，将带入可得所以的方程为：；（2）解：法①：易知直线在两坐标轴上的截距均不为，设直线方程为：，则直线与两坐标轴交点为，由题意得，解得：或所以直线的方程为：或，即：或.法②：设直线的斜率为，则的方程为，当时，当时，所以，解得：或所以m的方程为或即：或.18.【解析】（1）选①条件设所求圆的方程为，由题意得解得，，，所以所求圆的方程是.选②条件设圆C的方程为，因为圆C过点A，B，C，所以有，解得，，，所以圆C的方程是.即选③条件因为圆C过直线和圆的交点，所以设圆C的方程为，因为圆C过点A（6，0），将点A的坐标代入方程，解得，所以圆C的方程是，即（2）∵A在圆C上，，所以过点A的切线斜率为，∴过点A的切线方程是即.19.【解析】（1）解：因为，且所以，，∵，∴，∵，∴，且，∴数列是等比数列，（2）解：由（1）可知是以为首项，以3为公比的等比数列，即，即；（3）解：.20.【解析】（1）证明：如图，取的中点P，连接．因为E是的中点，，所以．             又∥，所以四边形是平行四边形．            因为M，N分别是的中点，所以∥∥．             又平面平面，所以∥平面∥平面．      因为，所以平面∥平面．             又平面，所以∥平面．（2）解：取的中点O，连接．在图1中，因为，所以与是等边三角形，            所以在图2中，，所以．            以O为原点，射线为x轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，．            设平面的法向量为，则令，则，即．      由题可知，平面的一个法向量为．       由图可知，二面角为钝角，故二面角的余弦值为．21.【解析】（1）因为…①，所以当时，.当时，…②，①-②得，也成立.所以当时，，；（2），所以.22.【解析】（1）解：设P(x，y)，因为P与定点F(2，0)的距离和它到定直线l：的距离之比是常数，所以，化简得，所以曲线E的方程为.（2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)，当直线MN斜率不存在，直线AM，AN分别为，，分别联立，解得M(，)，N(，－)，此时直线MN的方程为，过点(，0)；当直线MN斜率存在时设其方程为，()由，消去y得，所以，即，，，因为AM⊥AN，所以，即，即，即，将，代入化简得：，所以或，当时，直线MN方程为(不符合题意舍去)，当时，直线MN方程为，MN恒过定点(，0)，综上所述直线MN过定点(，0).