【期末模拟检测】人教A版(2019)数学选择性必修第一册-高二上学期——期末模拟题（三）

高二上册数学期末模拟题（三）-人教A版（2019）新高考

一、单选题

1．在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，点在抛物线上，则的长为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

2．已知圆（）的面积被直线平分，圆，则圆与圆的位置关系是（    ）

A．相离 B．相交 C．内切 D．外切

3．已知正四面体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ）

A． B．

C． D．

4．若曲线在点处的切线方程为，则（    ）

A．3 B． C．2 D．

5．设等比数列的前项和为，且，则（    ）

A． B． C． D．

6．设等差数列的前n项和，且满足，，对任意正整数n，都有，则k的值为（    ）

A．1006 B．1007 C．1008 D．1009

7．已知函数为偶函数，且当时，，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

8．已知椭圆的左右焦点分别为，直线与C相交于M，N两点（其中M在第一象限），若M，，N，四点共圆，且直线倾斜角不小于，则椭圆C的离心率e的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．已知直线与圆相切，则实数的值可能为（    ）

A．-18 B．8 C．-8 D．18

10．已知曲线：，则（    ）

A．时，则的焦点是，

B．当时，则的渐近线方程为

C．当表示双曲线时，则的取值范围为

D．存在，使表示圆

11．已知直线过点且与圆：相切，直线与轴交于点，点是圆上的动点，则下列结论中正确的有（    ）

A．点的坐标为

B．面积的最大值为10

C．当直线与直线垂直时，

D．的最大值为

12．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．在上单调递增

B．在上单调递减

C．若函数在处取得最小值，则

D．，

三、填空题

13．已知数列前n项和为，则___________.

14．设为椭圆的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为___________.

15．如图菱形的顶点与坐标原点重合，边长为2，一边在轴的正半轴上，，则菱形的内切圆方程为________.

16．如图，在四棱锥中，平面平面，O，M分别为AD，DE的中点，四边形BCDO是边长为1的正方形，，．点N在直线AD上，若平面平面，则线段AN的长为_________．

四、解答题

17．已知圆的圆心坐标为，且点在圆上.

（1）求圆的标准方程；

（2）若直线与圆相交于､两点，当变化时，线段的最小值为6，求的值.

18．在平面直角坐标系中，椭圆：的左顶点到右焦点的距离是3，离心率为．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）斜率为的直线经过椭圆的右焦点，且与椭圆相交于，两点．已知点，求的值．

19．如图所示，在边长为12的正方形中，点B，在线段上，且，，作，分别交、于点、，作，分别交、于点、，将该正方形沿BB1、CC1折叠，使得与重合，构成如图2所示的三棱柱．

（1）试判断直线AQ是否与平面平行，并说明理由；

（2）求平面APQ与平面ABC所成二面角的余弦值．

20．已知数列是等差数列，数列是各项均为正数的等比数列，且.

（1）求数列，的通项公式；

（2）求数列的前n项和.

21．已知函数，.

（1）当时，若在上的最大值为10，求实数的值；

（2）若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围．

22．已知圆F1：（x+1）2+y2=16，F2（1，0），P是圆F1上的一个动点，F2P的中垂线l交F1P于点Q.

（1）求点Q的轨迹E的方程；

（2）若斜率为k（k≠0）的直线l1与点Q的轨迹E交于不同的两点A，B，且线段AB的垂直平分线过定点（，0），求k的取值范围.

参考答案

1．D

【分析】

根据点在抛物线上，可求出参数m的值，方法一，可根据两点间的距离公式求出的值；方法二，可由抛物线的定义，根据到焦点的距离与到准线的距离相等，得出结论.

【详解】

抛物线的焦半径求解

法一：由题意可知，点在抛物线上，

则，解得，即，且，

所以.

故选：D．

法二：由题意可知，抛物线的渐近线为，

点在抛物线上，则，解得，即，

则由抛物线的定义可得，.

故选：D．

2．B

【分析】

由题意，圆的圆心在直线上，从而可得，然后求出两圆圆心的距离，再将和两圆半径的和与差比较大小即可得答案.

【详解】

解：因为圆（）的面积被直线平分，

所以圆的圆心在直线上，

所以，解得，

所以圆的圆心为，半径为1，

因为圆的圆心为，半径为5，

所以，

所以圆与圆的位置关系是相交，

故选：B.

3．B

【分析】

设出正四面体的棱长，根据向量的加减法表示出，然后利用即可求解；

【详解】

设正四面体的棱长为，则，

为正四面体，均为正三角形, ，

,

,异面直线与所成角的余弦值为.

故选：B

4．D

【分析】

由导数求出参数，将切点代入切线方程即可求出.

【详解】

，依题意可得，即，因为，所以.

故选：D

5．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.

6．C

【分析】

根据题中数列前n项和的不等关系，确定数列前n项和的最大项，进而确定数列前n项和的最大项.

【详解】

根据等差数列的前n项和公式及等差数列的性质可得，

又数列的公差为负数

，

数列{}的前 n项和中， 最大
 

即时，，选项C正确.

故选：C.

7．D

【分析】

结合导数以及函数的奇偶性判断出的单调性，由此化简不等式来求得不等式的解集.

【详解】

当时，单调递增，，所以单调递增.

因为是偶函数，所以当时，单调递减.

，，

，

或.

即不等式的解集为.

故选：D

8．B

【分析】

设椭圆的半焦距为c，由椭圆的中心对称性和圆的性质得以为直径的圆与椭圆C有公共点，则有以，再根据直线倾斜角不小于得，由椭圆的定义得，由此可求得椭圆离心率的范围.

【详解】

解：设椭圆的半焦距为c，由椭圆的中心对称性和M，，N，四点共圆得，四边形必为一个矩形，

即以为直径的圆与椭圆C有公共点，所以，所以，所以，

因为直线倾斜角不小于，所以直线倾斜角不小于，

所以，化简得，，

因为，所以，

所以，，又，

因为，所以，

所以，所以，

所以.

故选：B.

9．AB

【分析】

利用圆心到直线的距离等于半径列方程来求得的值.

【详解】

圆的圆心为，半径为.

由于直线与圆相切，

所以或.

故选：AB

10．ABD

【分析】

AB选项，代入的值，分别得出是什么类型的曲线，进而作出判断；C选项，要想使曲线表示双曲线要满足；D选项，求出曲线表示圆时m的值.

【详解】

当时，曲线：，是焦点在y轴上的椭圆，且，所以交点坐标为，，A正确；当时，曲线：，是焦点在在y轴上的双曲线，则的渐近线为，B正确；当表示双曲线时，要满足：，解得：或，C错误；当，即时，，表示圆，D正确

故选：ABD

11．ABD

【分析】

根据题意，结合直线与圆，点与圆的位置关系，以及垂直直线的斜率关系和正切的二倍角公式，一一判断即可.

【详解】

根据题意，易知点在圆上.

因为，所以直线的斜率，因此直线的方程为，

令，得，因此点的坐标为，故A正确；

因为点是圆上的动点，所以点到直线的最大距离，

又因为，所以面积，故B正确；

因为直线：与直线垂直，所以，解得，故C错误；

当直线与圆相切时，锐角最大，即最大，此时，

因为，所以，故D正确.

故选：ABD.

12．ACD

【分析】

AB选项利用二次求导的方法求得的单调性来判断，CD选项通过构造函数，结合二次求导的方法来进而判断.

【详解】

，令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以在上单调递增.A正确，B错误.

令，则.

令，则在上恒成立，则在上单调递增.又，所以，，则在上单调递减，在上单调递增，即.

又，，所以.CD选项正确.

故选：ACD

13．##

【分析】

根据即可求解.

【详解】

解：因为数列前n项和为，

所以，

又当时，也满足上式，

所以，

故答案为：.

14．18

【分析】

由条件可知四边形为矩形，设利用椭圆定义和勾股定理可求得，从而得面积．

【详解】

解:由条件可知四边形为矩形，设则，

所以，即，即四边形的面积为.

故答案为：18．

15．

【分析】

求菱形对角线的交点即为圆心，交点到一个边的距离即为半径，进而得解.

【详解】

把菱形的对角线连结起来，把菱形分为4个全等的三角形，故菱形的对角线的交点到菱形的四条边距离相等，

所以菱形对角线的交点即为圆心，交点到一个边的距离即为半径

设对角线相交于，且菱形的对角线互相垂直，

在中，，，

设，则，

所以圆心，半径

所以菱形内切圆的方程为

16．##

【分析】

连接EO，证明OB，OD，OE两两垂直，再建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.

【详解】

连接EO，因，则，而平面，且平面平面，

平面平面，于是得平面，又平面，平面，

即有，，而四边形BCDO是边长为1的正方形，

以O为原点，的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，

因，，则，

则，

设，，，

设平面BMN的一个法向量，则，令，得，

设平面ABE的一个法向量，则，令，得，

因为平面平面ABE，则有，即，解得，

所以线段AN的长为．

故答案为：

17．

（1）

（2）或

【分析】

（1）由两点间的距离公式求出圆的半径即可；

（2）根据线段的最小值为6，可知圆心到直线的距离为4，利用点到直线的距离公式求解即可.

（1）

由题意得

∴圆的标准方程为.

（2）

若，可知圆心到直线的距离为4，

而圆心到直线的距离，

当时，线段的最小值为6，此时，

∴或.

18．

（1）;

（2）.

【分析】

（1）根据题意得到关于的方程，解之即可求出结果;

（2）联立直线的方程与椭圆方程，结合韦达定理以及平面向量数量积的坐标运算即可求出结果.

（1）

因为椭圆的左顶点到右焦点的距离是3，所以．

又椭圆的离心率是，所以，解得，，从而．

所以椭圆的标准方程．

（2）

因为直线的斜率为，且过右焦点，所以直线的方程为．

联立直线的方程与椭圆方程，

消去，得，其中．

设，，则，．

因为，所以

．

因此的值是．

19．

（1）直线AQ是否与平面不平行，理由见解析

（2）

【分析】

（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，看向量是否与平面的法向量垂直，从而得到答案；（2）求出平面APQ与平面ABC的法向量，从而求出平面APQ与平面ABC所成二面角的余弦值.

（1）

直线AQ是否与平面不平行，理由如下：

如图，以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，

设平面的法向量为，则

，因为，所以直线AQ与平面不平行；

（2）

设平面APQ的法向量

则

所以，面APQ的法向量为，

由题意得：面ABC的法向量为，所以，设平面APQ与平面ABC所成二面角为，显然为锐角，故

所以平面APQ与平面ABC所成二面角的余弦值为．

20．

（1）

（2）

【分析】

（1）由等差数列和等比数列的基本法法求得公差和公比后可得通项公式；

（2）用错位相减法求数列的和．

（1）

设的公差为d，的公比为q（q>0），

由，得d+q=5①

再由得②

联立①和②解得或（舍去），

所以.

（2）

由（1）知，

则，①

，②

①-②，得

.

所以.

21．

（1）；

（2）.

【分析】

（1）求得，利用导数分析函数单调性，求得函数最大值，即可结合已知条件求得；

（2）分离参数，将问题转化为只需小于等于函数的最小值，再利用导数求的最小值即可.

（1）

当时，由，得，

令，得或.

当变化时，，在的变化情况如下表：

所以在上的最大值为，得.

（2）

（2）由，得，

因为，且等号不能同时取得，

所以，即，

所以恒成立，即.

令，，则，

当时，，，从而，

所以在上为增函数，所以，

所以.

故的取值范围是：

【点睛】

关键点点睛：对具体函数，准确求导以及分析函数单调性是关键；对恒成立问题，分离参数是解决的主要手段之一；本题中进行分离参数，并准确分析的单调性是解决第二小问的关键.

22．

（1）

（2）

【分析】

（1）利用椭圆的定义可求椭圆方程.

（2）设直线，联立直线方程和椭圆方程后利用韦达定理可求的中垂线的方程，结合其过所得的等式，结合判别式为正可得的取值范围.

（1）

由题意可知：，

由的中垂线l交于点Q，则，

∴，

则点Q的轨迹E为以为焦点，4为长轴长的椭圆，

即，

∴点Q的轨迹E的方程为：.

（2）

设直线，将代入椭圆方程，

消去y得，

所以即①，

由根与系数关系得，则，

所以线段的中点M的坐标为.

又线段的直平分线的方程为，

由点M在直线上，得，

即，所以②，

由①②得，

∵，∴，

所以，即或，

所以实数的取值范围是.