期末模拟卷（拔高卷）- 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)

期末模拟卷

拔高卷

(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．已知等差数列的各项均为正数，且，则其前13项之和为（    ）

A．21 B．26 C．36 D．39

【答案】D

【分析】

利用等差数列的性质及前n项和公式即得.

【详解】

∵等差数列的各项均为正数，

∴，

∴.

故选：D.

2．设双曲线的一个焦点与抛物线的焦点相同，离心率为.则抛物线的焦点到双曲线的一条渐近线的距离为（    ）

A．2 B． C．3 D．

【答案】D

【分析】

根据焦点相同可整理得出双曲线方程及渐近线方程，进而得解.

【详解】

由抛物线，得，焦点为，在轴上，

所以，即，焦点为，

即，，，

所以，

又离心率为，即，

解得：，，

双曲线方程为：，

渐近线方程为：，即，

所以抛物线的焦点到双曲线渐近线的距离为，

故选：D.

3．已知圆，圆，M，N分别是圆上的动点，P为x轴上的动点，则以的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】

求出圆关于轴的对称圆的圆心坐标，以及半径，然后求解圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，即可求出的最小值.

【详解】

圆关于轴的对称圆的圆心坐标，半径为1，圆的圆心坐标为，半径为3，

易知，当三点共线时，取得最小值，

的最小值为圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，

即：.

故选：A.

4．如图，在五面体ABCDE中，正三角形ABC的边长为1，平面，，且．设CE与平面ABE所成的角为，，若，则k的最大值为（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】C

【分析】

建立空间直角坐标系，设出点E坐标，求出平面ABE的一个法向量，利用空间向量表达出线面角的正弦，结合的范围，求出k的最大值.

【详解】

如图，建立空间直角坐标系，则，，，，则，取AB的中点M，则，连接CM，则，又平面，因为平面ABC，所以，又因为，所以，则平面ABE的一个法向量为．由题意知，又由，可得：，结合可得：，所以k的最大值为.

故选：C．

5．如图，在空间四边形中，点在上，满足，点为的中点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】

由得，结合中点公式可得，由线性运算即可求解.

【详解】

由得；由点为线段的中点得，

∴，

故选：D

6．南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》中首次提出“杨辉三角”，如图所示，这是数学史上的一个伟大的成就.在“杨辉三角”中，已知每一行的数字之和构成的数列为等比数列且记该数列前项和为，设，将数列中的整数项组成新的数列，则的值为（    ）

A．5043 B．5047 C．5048 D．5052

【答案】D

【分析】

根据题意，结合“杨辉三角”的性质求出，进而得到数列，根据数列中整数项的规律，求出，即可求解.

【详解】

根据题意，结合“杨辉三角”的性质，

知，因此，

由题意得，此数列的整数项为2，3，7，8，12，13，，其规律为各项之间以+1，+4，+1，+4，+1，+4，，递增，

因此数列的奇数项是以5为公差，2为首项的等差数列，偶数项是以5为公差，3为首项的等差数列，

即，故.

故选：D.

7．已知椭圆与双曲线的焦点重合，、分别为、的离心率，则（    ）

A．且 B．且

C．且 D．且

【答案】A

【分析】

根据椭圆和双曲线的焦点重合得出，可得出、的大小，再由离心率公式可得出与的大小关系，进而可得出结论.

【详解】

由于椭圆和双曲线的焦点重合，则，则，

，，.

，，

，

故选：A.

【点睛】

本题考查利用椭圆和双曲线的焦点求参数的大小关系，同时也考查了两曲线的离心率之积的问题，考查计算能力，属于中等题.

8．若不等式恒成立，则a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】

把不等式转化为对x>0恒成立，设，故对任意的恒成立，利用导数可求a的取值范围.

【详解】

由不等式恒成立，可知对x>0恒成立.

设，则该函数为上的增函数，故，

故对任意的恒成立，

设，则，

当时，，故为上的增函数，

而当时，有，不合题意；

当时，对任意的恒成立，

当时，

若，则，当时，，

故在为减函数，在为增函数，

故，

故

综上：的取值范围是.

故选：A

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．数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中比较特别的一类.螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”.小明对螺旋线有着浓厚的兴趣，连接嵌套的各个正方形的顶点就得到了近似于螺旋线的美丽图案，其具体作法是：在边长为1的正方形中，作它的内接正方形，且使得；再作正方形的内接正方形，且使得；类似地，依次进行下去，就形成了阴影部分的图案，如图所示.设第n个正方形的边长为(其中第1个正方形的边长为，第2个正方形的边长为，…)，第n个直角三角形(阴影部分)的面积为(其中第1个直角三角形的面积为，第2个直角三角形的面积为，…)，则（    ）

A．数列是公比为的等比数列 B．

C．数列是公比为的等比数列 D．数列的前n项和

【答案】BD

【分析】

先得到，即可判断A，再求出，可判断B与C，最后求出，可判断D.

【详解】

如图：

由图知，

对于A：，数列是公比为的等比数列，故A不正确；

对于BC：因为，所以，

所以数列是首项为，公比为的等比数列，故B正确，C不正确；

对于D：因为，故D正确，

故选：BD.

10．已知双曲线，为双曲线上一点，过点的切线为，双曲线的左右焦点，到直线的距离分别为，，则（    ）

A．

B．直线与双曲线渐近线的交点为，，则，，，四点共圆

C．该双曲线的共轭双曲线的方程为

D．过的弦长为5的直线有且只有1条

【答案】AB

【分析】

对于A中，求得切线的方程，结合点到直线的距离公式，可判定A正确

对于B中，联立方程组，分别求得坐标，结合斜率公式，可判定B正确，根据共轭双曲线的定义，可判定C错误；结合实轴长和通经，可判定D错误.

【详解】

由题意，双曲线的焦点坐标为，，

对于A中，由双曲线的性质，可得切线的方程为，即，

则，

所以A正确

对于B中，联立方程组，可得，

又由，可得，

，，

，

，

则

，

∴，，

∴，，，四点共圆，B正确.

对于C中，双曲线的共轭双曲线为，所以C错误

对于D中，由双曲线，可得，则，

可得，且通经长，所以过的弦长为5的直线有3条，所以D错误.

故选：AB.

11．如图，四边形是边长为的正方形，点、分别为线段、上的动点，，将翻折成，且平面平面，下列说法正确的是（    ）

A．存在点，使

B．当点为中点时，三棱锥的外接球半径为

C．三棱锥与三棱锥体积之和的最大值为

D．存在点，使平面与平面的夹角的大小为

【答案】BCD

【分析】

以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；计算出三棱锥的外接球半径，可判断B选项的正误；利用锥体的体积公式可判断C选项的正误；利用空间向量法结合零点存在定理可判断D选项的正误.

【详解】

对于A选项，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

过点在平面内作，连接，

由已知可得，，，，

故，则，即，且，

因为平面平面，平面平面，平面，

平面，

设，，则，，

因为，则，

，易得，

则点、、，

，

，

若存在点，使得，

，

化简可得，即，则，

这与矛盾，故不存在点，使得，①错；

对于B选项，当点为的中点时，则点为的中点，且，，

，

取的中点，连接、，则，，

且，，

因为，平面平面，平面平面，平面，

平面，同理可证平面，

所以，三棱锥的外接球球心在直线上，设球的半径为，

由勾股定理得，即，解得，B对；

对于C选项，，

由A选项可知，平面，

，

因为，则，令，

则，函数在上单调递增，则，

所以，C对；

对于D选项，设平面的法向量为，

，，

则，

取，可得，

易知平面的一个法向量为，

因为，

令，

可得，

即，

所以

，

令，令，

易知函数在上连续，因为，，

由零点存在定理可知，存在，使得，

因此，存在点，使平面与平面的夹角的大小为，D对.

故选：BCD.

12．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【分析】

构造函数，，利用导数可分别求得单调性，由，可得到大小关系.

【详解】

令，则，在上单调递增，

，即，，即；

令，则，

在上单调递增，，即，

，即.

故选：AD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.

13．已知点P （0，2），圆O∶x2 +y2=16上两点，满足 ，则的最小值为___________.

【答案】48

【分析】

将原式化为，而分别表示到直线的距离，取的中点，设在直线的射影为，则原式=，根据圆的性质可以知道在以为直径的圆上，其中，进一步即可得到答案.

【详解】

由题意，三点共线，设为的中点，在直线的射影分别为，点O到直线的距离，

∴与圆相离 ，如图：

而

，

易得，即，∴在以为直径的圆上，其中.

∵，当共线，且在之间时取“=”.

∴的最小值为.

故答案为：48.

14．一直线过点且与轴、轴的正半轴分别相交于、两点，为坐标原点．则的最大值为__．

【答案】

【分析】

设，则，，利用三角恒等变换化简得出，利用基本不等式可求得结果.

【详解】

设，则，，

则，，，

所以，

，

当且仅当时，等号成立，

因此，的最大值为.

故答案为：.

15．已知数列的通项公式为，，设是数列的前n项和，若对任意都成立，则实数的取值范围是__________.

【答案】

【分析】

化简数列将问题转化为不等式恒成立问题，再对n分奇数和偶数进行讨论，分别求解出的取值范围，最后综合得出结果.

【详解】

根据题意，

，.

①当n是奇数时，，

即对任意正奇数n恒成立，当时，有最小值1，

所以.

②当n是正偶数时，，

即，又，故对任意正偶数n都成立，又随n增大而增大，当时，有最小值，即，

综合①②可知.

故答案为：.

16．如图，过抛物线的焦点作两条互相垂直的弦、，若与面积之和的最小值为16，则抛物线的方程为______.

【答案】

【分析】

根据焦半径公式表示出面积表达式，根据直线和x轴夹角的范围得到面积的范围.

【详解】

设直线AC和x轴的夹角为由焦半径公式得到

面积之和为：

通分化简得到

原式子化简为根据二次函数的性质当t=1时有最小值，此时抛物线方程为：

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）

已知在各项均为正数的等差数列中，，且，，构成等比数列的前三项.

（1）求数列，的通项公式；

（2）设数列___________，求数列的前项和.

请在①；②；③这三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并完成解答.

【答案】

（1），；

（2）详见解析；

【分析】

（1）设等差数列的公差为d，根据，且，，成等比数列求得即可；

（2）当时，利用错位相减法求解；当时，利用裂项相消法求解；当时，利用分组并项法求解.

（1）

解：设等差数列的公差为d，

因为，且，，成等比数列，

所以，，

解得，

所以，

则，，

所以；

（2）

当时，

，

则，

两式相减得：，

，

所以；

当时，

所以，

；

当时，

则，

当n为偶数时，,

；

当n为奇数时，，

，

所以.

18.（12分）

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．

【答案】

（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：

19.（12分）

已知直线与圆相交于，两点．

（1）若，求；

（2）在轴上是否存在点，使得当变化时，总有直线、的斜率之和为0，若存在，求出点的坐标：若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）存在.

【分析】

（1）由题得到的距离为，即得，解方程即得解；（2）设，，存在点满足题意，即，把韦达定理代入方程化简即得解.

【详解】

（1）因为圆，所以圆心坐标为，半径为2，

因为，所以到的距离为，

由点到直线的距离公式可得：，

解得． 

（2）设，，

则得，因为，

所以，，

设存在点满足题意，即，

所以，

因为，所以，

所以，解得．

所以存在点符合题意．

20.（12分）

已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线，，分别交于点，，且，点在直线上，为的中点，且直线平面.

（1）设，，，试用基底表示向量；

（2）证明，四面体中至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；

（3）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.

【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.

【分析】

（1）利用向量加减法的几何意义有，，即可求；

（2）假设四面体的最长棱为，只需以为顶点的其它两组棱中或即得证至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；

（3）由平面，令结合向量共面定理有，即得一元二次方程在有解，求的范围且范围长度为即得证.

【详解】

（1）∵，而，

∴，

所以.

（2）不妨设是四面体最长的棱，则在，中，，，

∴，即，

故，至少有一个大于，不妨设，

∴，，构成三角形.

（3）设，，，由（1）知.

又，有，，，

∴，

，

，

设，又

∴

因为平面，所以存在实数，使得：，

∴

∴，消元：在有解.

当时，，即；

当时，，解得.

综上，有.

所以对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.

21.（12分）

已知动圆过点，并且与圆外切，设动圆的圆心的轨迹为．

（1）求曲线的方程；

（2）过动点作直线与曲线交于，两点，当为的中点时，求的值；

（3）过点的直线与曲线交于，两点，设直线，点，直线交于点，证明直线经过定点，并求出该定点的坐标.

【答案】

（1）

（2）

（3）证明见解析，点

【分析】

（1）根据双曲线定义可得轨迹方程；

（2）分情况讨论直线斜率是否存在，联立直线与曲线方程，由根与系数关系计算；

（3）分情况讨论直线斜率是否存在，联立方程，由根与系数关系，证明关系式，可得直线过定点.

（1）

解：设动圆的圆心，半径为，则由题意可得，即

因为，所以点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支，且，

所以曲线的方程为．

（2）

解：当直线的斜率不存在时，，此时；

直线的斜率存在时，设直线的方程为，

联立得，

，

．

因为为的中点，所以，代入曲线方程得；

整理可得；

，

因为恰为双曲线的渐近线，且其中一条渐近线的倾斜角为，

所以，所以．

综上可得．

（3）

证明：当直线的斜率不存在时，，直线

当直线的斜率存在时，设直线，，

直线，当时，，

，联立得，

，

下面证明直线经过点，即证，

把代入整理得，

即，

所以直线经过点．

22.（12分）

已知，函数.

（1）讨论的极值点个数；

（2）若函数有三个极值点，设，证明：.

【答案】

（1）当时，有3个极值点；当时，有1个极值点；

（2）证明见解析

【分析】

（1）对函数求导，因式分解，构造新函数，研究其单调性，求出最大值，利用求出的最大值，对进行分类讨论，求出不同情况下的极值点个数；

（2）结合第一问的结果，令，原不等式证明问题转化为关于t的不等式证明问题，即在上恒成立，二次求导，研究其单调性，最后证明出不等式.

（1）

由题可知，的定义域为，

.

令，则，

当时，，所以在上单调递增；

当时，，所以在上单调递减；所以.

①当时，即，又，则有当时，，当时，，且当时，，所以函数的图象与有两个不同的交点在上，即方程有两解，在上.

又，记，则有，且，

所以当时，，则在上单调递减；

当时，，则在上单调递增；

当时，，则在上单调递减；

当时，，则在上单调递增，

所以有3个极值点，，.

②当时，对任意都有，所以；

又，所以当时，，则在上单调递减；

当时，，则在上单调递增；

所以有一个极值点.

综上，当时，有3个极值点；当时，有1个极值点.

（2）

证明：由（1）可知，，要证，

只需证.

由，，令，则，

则有可得

要证，即证，又由于，，

即证不等式在上恒成立.

令（），

则有，；令，得；

所以当时，，则在上单调递减；

当时，，则在上单调递增.

又，，则有，

所以存在唯一，使得；

所以当时，，则在上单调递增；

当时，，则在上单调递减；

所以当时，，则在上单调递增.

又，，则有，所以当时，，故原不等式成立.