【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（四）

高二上册数学期末模拟题（四）-人教A版（2019）新高考

一、单选题

1．以，两点为直径的圆的半径是（    ）

A． B． C．2 D．1

2．已知椭圆C：的左､右焦点分别为F1，F2，过点F1作直线l交椭圆C于M，N两点，则的周长为（    ）

A．3 B．4 C．6 D．8

3．已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，如果，，，则下列结论中错误的是（    ）

A． B．

C．是平面ABCD的法向量 D．

4．已知数列的前项积为，且，则（    ）

A．-1 B．1 C．2 D．-2

5．设直线与函数的图象交于点，与直线交于点．则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

6．若直线相交于同一点，则点到原点的距离的最小值为（    ）

A． B． C． D．

7．已知斜三棱柱所有棱长均为2，，点､满足，，则（    ）

A． B． C．2 D．

8．设函数（表示，中的较小者），则函数的最大值为（    ）

A． B．1 C． D．

二、多选题

9．已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝－，能使an＝3的n可以为（    ）

A．22 B．24

C．26 D．28

10．下列说法正确的是（    ）

A．直线一定经过第一象限

B．经过点，倾斜角为的直线方程为

C．经过两点，的直线方程为

D．截距相等的直线都可以用方程表示

11．在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的有（    ）

A．直线平面

B．三棱锥体积为定值

C．异面直线与所成角的取值范围是

D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为

三、填空题

12．若抛物线上的一点到坐标原点的距离为，则点到该抛物线焦点的距离为______.

13．已知函数曲线在点处的切线方程___________．

14．已知数列的首项，其前项和为，且满足，则当取得最小值时，___________.

15．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为___________.

16．已知椭圆：上有一点，､分别为其左右焦点，，的面积为，则下列说法正确的有___________.

①若，则满足题意的点有4个；

②若，则；

③的最大值为；

④若是钝角三角形，则的取值范围是.

四、解答题

17．如图，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是AD1，BD，B1C的中点，利用向量法证明：

（1）MN∥平面CC1D1D；

（2）平面MNP∥平面CC1D1D．

18．已知，，以为邻边作平行四边形

（1）求点的坐标；

（2）过点A的直线l交直线BC与点E，若，求直线l的方程.

19．设是等比数列的前项的和，，且、、成等差数列.

（1）求的通项公式；

（2）设为实数，为的前项的和，为数列的前项的和，且，求的值.

20．如图，已知在四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，，，．

（1）求点B到平面PCD的距离；

（2）在线段PB上是否存在点E，使得二面角的余弦值为？若存在，指出点E的位置；若不存在，请说明理由．

21．已知椭圆E：(a>b>0)的右焦点坐标为F ，过F的直线l交椭圆于A，B两点，当A与上顶点重合时，.

（1）求椭圆E的方程；

（2）若点P，记直线PA，PB的斜率分别为，证明：为定值.

22．已知函数，.

（1）若，证明：；

（2）若恒成立，求a的取值范围.

参考答案

1．A

【分析】

利用两点之间的距离公式求出，再根据该圆的半径为，即可得到结果.

【详解】

由题意可知，

所以以，两点为直径的圆的半径是.

故选：A.

2．D

【分析】

由的周长为，结合椭圆的定义，即可求解.

【详解】

由题意，椭圆，可得，即，

如图所示，根据椭圆的定义，可得的周长为

故选：D.

3．D

【分析】

根据题意，结合线面位置关系的向量判断方法，一一判断即可.

【详解】

因为，所以，故A正确；

因为，所以，故B正确；

由A，B知，C正确；

与不平行，故D错误．

故选：D.

4．A

【分析】

由递推式可得是周期为3的数列且、，可得，进而求.

【详解】

由题设，，，…，

∴是周期为3的数列，又，且，

∴.

故选：A.

5．A

【分析】

根据题意，用表示出，结合导数判断单调性，求出最值即可.

【详解】

由题意得，，则．

设函数，，则，

易知在上单调递减，在上单调递增，所以，

又，，所以的值域为，故的取值范围是．

故选：A.

6．D

【分析】

先由，求得直线的交点坐标，代入直线，得到，然后将点到原点的距离的最小值，转化为原点到直线的距离求解.

【详解】

由，解得，

所以直线的交点为，

因为交点在直线上，

所以，

所以点到原点的距离的最小值为，

故选：D

7．D

【分析】

以向量为基底向量，则，根据条件由向量的数量积的运算性质，两边平方可得答案.

【详解】

以向量为基底向量，

所以

所以

故选：D

8．B

【分析】

根据题意，令，根据零点存在性定理可知在上存在零点，设零点为，则，分别设和，利用导数研究函数的单调性，并结合函数图象可知当时，，可得出，当时，，此时，根据函数的单调性比较两个最大值，即可得出结果.

【详解】

解：由题可知，函数的定义域为，

令，则，

可知在上存在零点，设零点为，则，

设，则，令，解得：，

所以在上单调递减；在上单调递增，

设，则，令，解得：，

所以在上单调递增，在上单调递减，

大致画出函数和的图象，

结合图象可知，当时，，

此时，

当时，，此时，

由于，则，

所以函数的最大值为1.

故选：B.

9．AD

【分析】

通过计算找到数列的周期，即得解.

【详解】

解：由a1＝3，an＋1＝－，得a2＝－，a3＝－，a4＝3．

所以数列{an}是周期为3的数列，故a22＝a28＝3．

故选：AD

10．AC

【分析】

求出直线过的定点可判断A；当时可判断B；由直线的点斜式方程以及斜率公式可判断C；当横纵截距都等于时可判断D，进而可得正确选项.

【详解】

对于A：由可得，

由可得，所以该直线恒过定点，该直线一定经过第一象限，故选项A正确；

对于B：当时，直线的斜率不存在，所以不能写成的形式，故选项B不正确；

对于C：因为，所以过点，两点的直线斜率为，所以直线的方程为，故选项C正确；

对于D：当直线的横纵截距都等于时，直线的方程为，不可以用方程表示，故选项D不正确；

故选：AC.

11．ABD

【分析】

在正方体中，本题涉及线面垂直的证明，三棱锥体积的求解，异面直线所成角的范围及线面角正弦值的范围.需逐个分析、计算、证明各选项.

【详解】

如图，

对于选项A,连接、 ,由正方体可得,且平面,则,又,且平面,所以平面,故

同理可证,又,且平面,所以平面,

故A正确;

对于选项B, 在正方体中，易知,而平面，平面，所以平面，且因为点在线段上运动，则到平面的距离为定值，面积为定值，所以三棱锥体积为定值,故B正确;

对于选项C,因为, 则异面直线与所成角等于直线与所成角,

易知，当点与线段的端点重合时，直线与所成角取得最小值为，故C错误;

对于选项D，如图所示建立空间直角坐标系：设正方体棱长为1，则

,设则,

由B选项证明可知，平面,所以是平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则

，当时，即为中点时，取得最大值，故D正确

故选：ABD.

12．2

【分析】

求得点的坐标，将点到该抛物线焦点的距离转化为点到抛物线的准线的距离即可．

【详解】

解：设点，，，

，

或（舍去），

，

到抛物线的准线的距离，

点到该抛物线焦点的距离等于点到抛物线的准线的距离，

点到该抛物线焦点的距离为：．

故答案为：2.

13．##

【分析】

根据导数的几何意义即可求出.

【详解】

因为,所以,曲线在点处的切线方程为.

故答案为: .

14．5

【分析】

首先根据得到，令得到，从而得到，再求当取得最小值时的值即可.

【详解】

由题意，

可得，.

令，则，即是常数列，

所以，故.

当时，；当时，.

故当时，取得最小值.

故答案为：5

15．

【分析】

先求出点A关于直线的对称点，点到圆心的距离减去半径即为最短.

【详解】

设点A关于直线的对称点，

的中点为， ,

故解得，

由知军营所在区域中心为，

要使从点A到军营总路程最短，即为点到军营最短的距离为，

“将军饮马”的最短总路程为，

故答案为：

16．①②③④

【分析】

根据椭圆焦点三角形的性质逐一判断即可.

【详解】

由已知得，，，

对于①，因为，所以，所以这样的点有个，故①正确；

对于②，因为，，，故，故②正确；

对于③，，，所以，故③正确；

对于④，因为为钝角三角形，且由③得，所以或为钝角，当时，最大，此时，，解得，所以三角形面积，所以，故④正确；

故答案为：①②③④.

17．（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】

（1）建立空间直角坐标系，设出相关点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用直线的方向向量和平面的法向量的数量积为0进行证明；（2）证明两个平面有相同的一个法向量即可..

【详解】

（1）证明：以D为坐标原点，，，的方向

分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，

设正方体的棱长为2，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，

D(0，0，0)，M(1，0，1)，N(1，1，0)，P(1，2，1).

由正方体的性质，知AD⊥平面CC1D1D，

所以＝(2，0，0)为平面CC1D1D的一个法向量.

由于＝(0，1，－1)，

则＝0×2＋1×0＋(－1)×0＝0，

所以⊥.

又MN⊄平面CC1D1D，

所以MN∥平面CC1D1D.

（2）证明：因为＝(2，0，0)为平面CC1D1D的一个法向量，

由于＝(0，2，0)，＝(0，1，－1)，

则，

即＝(2，0，0)也是平面MNP的一个法向量，

所以平面MNP∥平面CC1D1D.

18．

（1）

（2）和

【分析】

（1）根据，设列出方程，求得的值，即可求解；

（2）要使，得到点B，C到直线l 的距离之比为2，分直线l的斜率存在和不存在，两种情况，结合点到直线的距离公式，即可求解.

（1）

解：由题可知，以为邻边作平行四边形，可得，

所以，

设且，则可得，

解得，所以的坐标为.

（2）

解：要使，则点B，C到直线l 的距离之比为2，

当斜率存在时，设l的方程为，即

所以由，可得，即，解得，

所以直线l的方程为.

当直线斜率不存在时，l的方程为，此时，仍符合题意.

综上：l的方程为和.

19．

（1）

（2）

【分析】

（1）求出等比数列的公比，利用等比数列的通项公式可求得数列的通项公式；

（2）利用等比数列的求和公式求出、，进而可求得的值.

（1）

解：设等比数列的公比为，则，

由已知可得，即，即，

则，解得，因此，.

（2）

解：由（1）可知，则，

，则，且，

所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，

所以，，因此，.

20．

（1）;

（2）存在，E为PB上靠近点B的三等分点.

【分析】

（1）建立空间直角坐标系，利用点到面距离的公式即可求出结果；

（2）假设线段PB上存在点E ，设，，则，进而结合空间向量的夹角坐标公式建立方程，解方程即可求出结果.

（1）

以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

则，，，，，

，，．

设平面PCD的法向量为，

则有，即，取．

设点B到平面PCD的距离为d，则，

所以点B到平面PCD的距离为．

（2）

假设线段PB上存在点E，使得二面角的余弦值为．

设，，则，

从而，，．

设平面ACE的法向量为，

则有，即，取

设平面PAC的法向量为，

则有，即，取．

，

解得或（舍去），

故线段PB上存在点E，使得二面角的余弦值为，此时E为PB上靠近点B的三等分点．

21．

（1）；

（2）为定值0，证明见解析.

【分析】

(1)由已知可得点，由向量关系求出点B的坐标，然后代入椭圆E的方程即可计算得解.

(2)直线l不垂直于y轴时设出其方程，与椭圆E的方程联立，借助韦达定理计算即可得解，再讨论直线l垂直于y轴的情况即可.

（1）

依题意，点，，于是得点，而点B在椭圆E上，

因此，，解得，则有，

所以椭圆E的方程为：.

（2）

当直线l不垂直于y轴时，设其方程为：，令，

由消去x并整理得：，则，，

因此，，，

当直线l垂直于y轴时，点A，B分别为椭圆E的左右顶点，则，有，

所以为定值0.

22．

（1）证明见解析

（2）

【分析】

（1）由，求出函数导数，利用导数求出函数的最小值即可证明；

（2）先由可得，再利用导数求出函数的最小值，再根据，不等式的性质证明最小值恒大于0即可求解.

（1）

当时，，，，

易知在单调递增，且，

所以时，，时，

∴在单调递减，单调递增，

∴.

（2）

∵，

∴，

∴，

，，易知在单调递增，

且，，

∴，且在单调递减，单调递增，

∴，且，

∴，

易证，

∴，∴，

∴，∴

∴.当时，，

∴实数a的取值范围是.