【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（五）

高二上册数学期末模拟题（五）-人教A版（2019）新高考

一、单选题

1．函数的最大值为（    ）

A．32 B．27 C．16 D．40

2．已知数列满足对时，，且对，有，则数列的前50项的和为（    ）

A．97 B．98 C．99 D．100

3．已知是直线上不同的两点，则关于的方程组的解的情况是（    ）

A．无论如何，总有解 B．无论如何，总有唯一解

C．存在，使之有无穷解 D．存在，使之无解

4．如图，在棱长为1的正方体中，点B到直线的距离为（    ）

A． B． C． D．

5．已知，为椭圆的左右焦点，为椭圆上一点，为内一点，且满足，若且，则椭圆的离心率的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

6．若直线与曲线有两个公共点，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

7．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

8．已知正项数列满足，则下列说法错误的是（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．设函数，若恒成立，则实数的可能取值是（    ）

A．1 B．2 C．e D．3

10．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点是椭圆上任意一点（非长轴的顶点），则（    ）

A．的长轴长为4 B．的长轴长为2 C．的周长为6 D．的周长为8

11．如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，D是棱的中点，P是直线AD与的交点．若点Q在直线上，则下列结论不正确的是（    ）

A．当点Q为线段的中点时，平面

B．当点Q为线段的三等分点（靠近点P）时，平面

C．在线段的延长线上，存在一点Q，使得平面

D．在直线上不存在点Q，使得平面

12．已知圆M：，点P是直线l：上一动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点分别是A，B，下列说法正确的有（    ）

A．圆M上恰有一个点到直线l的距离为 B．切线长PA的最小值为1

C．四边形AMBP面积的最小值为2 D．直线AB恒过定点

三、填空题

13．已知抛物线上一点到其准线的距离为8，则_______.

14．已知三棱锥，点M，N分别为线段AB，OC的中点，且，，，用，，表示，则等于_____________．

15．若对任意的，，且当时，都有，则的最小值是________.

16．已知各项均为正数的等比数列，若，则取值范围为______．

四、解答题

17．已知函数在处有极值2．

（1）求，的值；

（2）求函数在区间上的最值．

18．已知数列中，，且，

（1）求证：数列是等比数列；

（2）若数列满足，，求其前项和为.

19．如图，直三棱柱的侧面是菱形，.

（1）证明：；

（2）设为的中点，，记二面角为，求的值.

20．已知圆C：，直线l：与圆C相交于A､B两点.

（1）已知点在圆C上，求的取值范围：

（2）若O为坐标原点，且，求实数m的值.

21．已知圆：，定点，A是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于P点．

（1）求P点的轨迹C的方程；

（2）设直线过点且与曲线C相交于M，N两点，不经过点．证明：直线MQ的斜率与直线NQ的斜率之和为定值．

22．已知，．

（1）求的单调区间；

（2）若时，恒成立，求m的取值范围．

参考答案

1．A

【分析】

利用导数即可求解.

【详解】

因为，所以当时，；

当时，.

所以函数在上单调递增；在上单调递增,，

因此，的最大值为.

故选：A

2．C

【分析】

利用已知求出数列为周期为4的数列，且以1，2，3，2反复出现，即得解.

【详解】

解: 数列{an}满足对时，，且对，有，

可得

，

则数列为周期为4的数列，且以1，2，3，2反复出现，

所以数列的前50项的和为.

故选：C

3．D

【分析】

将，代入方程组得，通过讨论与即可判断结果．

【详解】

由于是直线上不同的两点，

所以，

则化为

两式相减得，因为，则有

代入得，所以

当时，无解，所以关于的方程组无解；

当时，有唯一解，所以关于的方程组有唯一解；

故选：D

4．A

【分析】

以为坐标原点，以为单位正交基底，建立空间直角坐标系，取，， 利用向量法，根据公式即可求出答案.

【详解】

以为坐标原点，以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则，

，．

取，，则，，

则点B到直线AC1的距离为．

故选：A．

5．A

【分析】

由题意可知，为内心，设的内切圆的半径为，根据，可得，再根据椭圆的定义可得，由此即可求出，再根据，可得，代入的值，即可求出椭圆的离心率的取值范围.

【详解】

因为，所以为内心，

设的内切圆的半径为，

又，所以，

即，

又，

所以，

又，所以，即

所以，即，得，

所以椭圆的离心率的取值范围为.

故选：A.

6．D

【分析】

由题可知，曲线表示一个半圆，结合半圆的图像和一次函数图像即可求出的取值范围.

【详解】

由得，画出图像如图：

当直线与半圆O相切时，直线与半圆O有一个公共点，此时，，所以，由图可知，此时，所以，

当直线如图过点A、B时，直线与半圆O刚好有两个公共点，此时，

由图可知，当直线介于与之间时，直线与曲线有两个公共点，所以.

故选：D.

7．D

【分析】

由函数的单调性结合已知条件求解即可

【详解】

由题意可知，，即，

又，且当时，令，

则，

所以在递减，

又，

所以，即

所以，即，

又因为，而，

所以，即，

故选：D.

8．B

【分析】

根据一元二次方程求根公式，结合放缩法、分子有理化法、数列的单调性的性质进行判断即可.

【详解】

，因为数列是正项数列，

所以.

A：，因为，所以数列，是递减数列，

所以数列是递增数列，故本选项正确；

B：，

所以，因此本选项不正确；

C：，

所以，因此本选项正确；

D：由B可知：，因此可得：，当时，

，

所以本选项正确，

故选：B

【点睛】

关键点睛：运用一元二次方程求根公式、放缩法是解题的关键.

9．ABD

【分析】

由确定的单调性，结合恒成立确定正确选项.

【详解】

，令解得，

所以在递减，在递增，

在取得极小值也即是最小值，

依题意恒成立，

即，

时，符合，

时，符合，

时，符合，

由于，所以C选项不符合.

故选：ABD

10．AC

【分析】

根据离心率以及椭圆方程，求得，即可根据椭圆简单几何性质以及椭圆定义判断和选择.

【详解】

由题可知：，解得，故椭圆方程为：.

则

所以椭圆的长轴长为，的周长为：.

故正确的选项是：.

故选：.

11．ABC

【分析】

分别以的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，算出平面的法向量，假设，且，然后可判断出答案.

【详解】

如图，分别以的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

则由已知得，

则，，，

设平面的法向量为，则

取，则，，所以平面的一个法向量为．

假设，且，

则，因为也是平面的法向量，

所以与共线，于是有成立，此时无解．

故在直线上不存在点Q，使得，A，B，C不正确，D正确．

故选：ABC．

12．BD

【分析】

利用圆心到直线的距离可判断A，利用圆的性质可得切线长利用点到直线的距离可判断B，由题可得四边形AMBP面积为，可判断C，由题可知点A，B，在以为直径的圆上，利用两圆方程可得直线AB的方程，即可判断D.

【详解】

由圆M：，可知圆心，半径，

∴圆心到直线l：的距离为，圆M上恰有一个点到直线l的距离为，故A错误；

由圆的性质可得切线长，

∴当最小时，有最小值，又，

∴，故B正确；

∵四边形AMBP面积为，

∴四边形AMBP面积的最小值为1，故C错误；

设，由题可知点A，B，在以为直径的圆上，又，

所以，即，

又圆M：，即，

∴直线AB的方程为：，即，

由，得，即直线AB恒过定点，故D正确.

故选：BD.

13．10

【分析】

利用抛物线的定义即可求解.

【详解】

由题意可知，所以.

故答案为：10

14．

【分析】

根据给定条件利用空间向量的线性运算即可得解.

【详解】

三棱锥，点M，N分别为线段AB，OC的中点，

则，

所以等于．

故答案为：.

15．2

【分析】

将变形为，令，利用在上是递增函数求解.

【详解】

由题意得：，

所以，

则等价于，

即，

令，则，

又，

所以在上是递增函数，

所以成立，解得

所以，

故的最小值是2，

故答案为：2

16．

【分析】

用等比数列的公比表示所要求解的代数式，结合公比的取值范围及函数思想即可求出结果.

【详解】

设数列的公比为q，则根据等比数列的定义得，

令，化简上式可得

令
 

的值域为

故答案为：.
 

17．（1），；（2）最小值是-2，最大值是2．

【分析】

（1）由题意知，，求的导函数，代入计算可得的值，注意检验；（2）在上的单调区间，从而确定最小值，计算端点值比较可求出最大值.

【详解】

解：（1），

∵函数在处取得极值2，

∴，解得，

，经验证在处取极值2，故，

（2）由，令，解得

令，解得或，

因此，在递减，在递增，的最小值是

而，故函数的最大值是2．

18．

（1）证明见解析；

（2）.

【分析】

（1）根据题意，可知，根据递推关系和等比数列的定义，即可证明数列是等比数列；

（2）由（1）和等比数列的通项公式，求出数列的通项公式，进而得出，再利用错位相减法求出数列的前项和为.

（1）

解：由已知得，，

∴，则

∴数列是首项为，公比为3的等比数列.

（2）

解：由（1），得，

∴，

∴，

，

两式相减得，，

∴.

19．

（1）证明见解析

（2）

【分析】

（1）连接，由和可证明；

（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量关系即可求出.

（1）

连接，因为侧面是菱形，所以，

因为，，所以平面，

因为平面，所以；

（2）

因为直三棱柱中，，由（1），

又，所以平面，

则可以为原点建立如图所示空间直角坐标系，设，

则，

则，

设平面的一个法向量为，

则，即，令，可得，

设平面的一个法向量为，

则，即，令，可得，

则.

20．

（1）

（2）

【分析】

（1）令，临界条件为直线与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径，求得z的取值范围，进而得解；

（2）利用圆的弦长公式及，可求实数m的值.

（1）

将圆的方程变形为，圆心，

令，即，

如图，临界条件为直线与圆相切，当直线为位置时，当直线为位置时

圆心到直线的距离，即，解得或

所以的取值范围为

（2）

，

圆心到直线的距离

由点到直线的距离公式，即，解得

所以实数m的值为

21．

（1）；

（2）证明见解析，定值为-1.

【分析】

(1)根据给定条件探求出，再利用椭圆定义即可得轨迹C的方程.

(2)由给定条件可得直线的斜率k存在且不为0，写出直线的方程，再联立轨迹C的方程，借助韦达定理计算作答.

（1）

圆：的圆心，半径为8，

因A是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于P点，则，

于是得，因此，P点的轨迹C是以，为左右焦点，

长轴长2a=8的椭圆，短半轴长b有，

所以P点的轨迹C的方程是.

（2）

因直线过点且与曲线C：相交于M，N两点，则直线的斜率存在且不为0，

又不经过点，即直线的斜率不等于-1，设直线的斜率为k，且，

直线的方程为：，即，

由消去y并整理得：，

，即，则有且，

设，则，

直线MQ的斜率，直线NQ的斜率，

，

所以直线MQ的斜率与直线NQ的斜率之和为定值.

22．

（1）在单调递减，在单调递增.

（2）

【分析】

(1)先对函数进行求导，再进行分类讨论判断导数值的正负，即可得到答案；

(2)将问题转化为在恒成立，令，再利用（1）的结论进行求解，即可得到答案；

（1）

，，

①当时，，

在恒成立，，在单调递减，

②当时，令，则在恒成立，

在单调递增，且，在恒成立，

即在恒成立，

在单调递增，

综上所述：在单调递减，在单调递增.

（2）

当时，

在恒成立，令，

，令，

由（1）得，在单调递增，且，

在恒成立，在单调递增，，

.