新教材2023版高中数学本册过关检测湘教版选择性必修第一册

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本册过关检测(时间：120分钟　满分：150分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．直线2x＋y－1＝0的一个方向向量是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　A．(1，－2) B．(2，－1) C．(－1，－2) D．(－2，－1)2．抛物线x2＝y的焦点坐标是(　　)A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))3．若点P(3，1)到直线l：3x＋4y＋a＝0(a>0)的距离为3，则a＝(　　)A．3B．2C．eq \f(3,2)D．14．在正数等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，若a2＝eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1,8)，则该数列的前10项和为(　　)A．2－eq \f(1,28)B．2－eq \f(1,29)C．2－eq \f(1,210)D．2－eq \f(1,211)5．若(1＋x)(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则a1＋a3＋a5＋a7的值是(　　)A．－1B．－2C．2D．16．无穷等差数列{an}的首项a1>0，公差d<0，{an}的前n项和为Sn，则(　　)A．Sn单调递减B.Sn单调递增C．Sn有最大值D.Sn有最小值7．2022年冬奥会，北京某大学5名同学报名到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，每个场馆至少安排1名志愿者，则不同的安排方法共有(　　)A．90种B．125种C．150种D．243种8．过双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的右顶点作x轴的垂线与C的一条渐近线相交于A，若以双曲线C的右焦点F为圆心、半径为2的圆经过A，O两点(O为坐标原点)，则双曲线C的离心率为(　　)A．eq \r(3)B.2C.eq \r(5)D.3二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)9．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x))eq \s\up12(6)的展开式中，下列说法正确的是(　　)A．常数项是20B．第4项的二项式系数最大C．第3项是15x2D．所有项的系数的和为010．已知双曲线W：eq \f(x2,2＋m)－eq \f(y2,m＋1)＝1，(　　)A．m∈(－2，－1)B．若W的顶点坐标为(0，±eq \r(2))，则m＝－3C．W的焦点坐标为(±1，0)D．若m＝0，则W的渐近线方程为x±eq \r(2)y＝011．[2021·新高考Ⅱ卷]已知直线l：ax＋by－r2＝0与圆C：x2＋y2＝r2，点A(a，b)，则下列说法正确的是(　　)A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切B.若点A在圆C内，则直线l与圆C相离C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离D.若点A在直线l上，则直线l与圆C相切12．等比数列{an}中，a1<0，公比02，n∈N＋，Sn1)短轴上的两个顶点，点P是椭圆上异于A，B的任意一点，若直线AP与BP的斜率之积为－eq \f(4,m)，则m＝________，椭圆的离心率为________．四、解答题(本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)在①对任意n>1满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)；②Sn＋1－2＝Sn＋an；③Sn＝nan＋1－n(n＋1).这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，________，若数列{an}是等差数列，求出数列{an}的通项公式；若数列{an}不是等差数列，说明理由．18．(本小题满分12分)已知直线l1：(2＋m)x＋(1－2m)y＋4－3m＝0.(1)求证：无论m为何实数，直线l1恒过一定点M；(2)若直线l2过点M，且与x轴负半轴、y轴负半轴围成三角形面积最小，求直线l2的方程．19．(本小题满分12分)已知圆C的方程为x2－2x＋y2－3＝0.(1)求过点(3，2)且与圆C相切的直线方程；(2)若直线y＝x＋1与圆C相交于A、B，求弦长|AB|的值．20．(本小题满分12分)已知抛物线C：x2＝2py的焦点为F，点N(t，1)在抛物线C上，且|NF|＝eq \f(3,2).(1)求抛物线C的方程；(2)过点M(0，1)的直线l交抛物线C于不同的两点A，B，设O为坐标原点，直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值．21．(本小题满分12分)设数列{an}是等差数列，数列{bn}是公比大于0的等比数列，已知a1＝1，b1＝3，b2＝3a3，b3＝12a2＋3.(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}满足cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，　n≤5,bn－5，n≥6))，求数列{ancn}的前n项和Tn.22．(本小题满分12分)如图，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点(1，eq \f(\r(3),2))，其左、右顶点分别是A，B，下、上顶点分别是C，D，P是椭圆上第一象限内的一点，直线PA，PB的斜率k1，k2满足k1·k2＝－eq \f(1,4).(1)求椭圆C的方程；(2)过P点的直线PO交椭圆于另一点Q，求四边形APCQ面积的取值范围．本册过关检测1．解析：直线2x＋y－1＝0的斜率k＝－2，所以直线2x＋y－1＝0的一个方向向量是(1，－2).答案：A2．解析：因为x2＝y，所以x2＝2·eq \f(1,2)·y，所以p＝eq \f(1,2)，所以焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))).答案：D3．解析：由题设可得d＝eq \f(|13＋a|,\r(9＋16))＝3，结合a>0可得a＝2，故选B.答案：B4．解析：设等比数列的公比为q，∵a4＝a2q2，∴eq \f(1,8)＝eq \f(1,2)×q2，∵q>0，∴q＝eq \f(1,2).∵a2＝a1q，∴a1＝1，∴S10＝eq \f(a1（1－q10）,1－q)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(10),1－\f(1,2))＝2－eq \f(1,29).答案：B5．解析：令x＝0，a0＝1，令x＝1，(1＋1)(1－2)7＝a0＋a1＋a2＋…＋a8＝－2，令x＝－1得(1－1)(1＋2)7＝a0－a1＋a2－a3…＋a8＝0整理得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋…＋a8＝－3,－a1＋a2－a3…＋a8＝－1))，两式作差得2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋a3＋a5＋a7))＝－2，a1＋a3＋a5＋a7＝－1.答案：A6．解析：∵无穷等差数列{an}的首项a1>0，公差d<0，∴{an}是递减数列，且先正值，后负值；∴{an}的前n项和为Sn先增加，后减小；∴Sn有最大值．答案：C7．解析：把5名同学分为3组，各组人数可为3，1，1或2，2，1.各组人数为3，1，1时，有C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ·A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＝60种；各组人数为2，2，1时，有eq \f(C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) ·C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) ,A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) )·A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＝90种；故不同的安排方法共有60＋90＝150种．答案：C8．解析：因为双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，所以A(a，b)或A(a，－b)，因此|AF|＝c＝2，则可得eq \r(（2－a）2＋b2)＝2，整理可得：a2＋b2－4a＝0，因为a2＋b2＝c2＝4，解得a＝1，所以双曲线的离心率为：e＝eq \f(c,a)＝2.答案：B9．解析：(eq \f(1,x)－x)6的二项展开式的通项公式为Tr＋1＝C eq \o\al(\s\up1(r),\s\do1(6)) ·(eq \f(1,x))6－r·(－x)r＝C eq \o\al(\s\up1(r),\s\do1(6)) ·x2r－6·(－1)r，对于A，当2r－6＝0，即r＝3时，常数项为T4＝C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)) ·(－1)3＝－20，故选项A错误；对于B，第4项的二项式系数为C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)) 是最大的，故选项B正确；对于C，第3项是T3＝C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)) ·x－2·(－1)2＝15x－2，故选项C错误；对于D，令x＝1，则(eq \f(1,x)－x)6＝(1－1)6＝0，故所有项的系数的和为0，故选项D正确．答案：BD10．解析：因为方程eq \f(x2,2＋m)－eq \f(y2,m＋1)＝1表示双曲线，所以(2＋m)(1＋m)>0，解得m>－1或m<－2，A错误；因为W的顶点坐标为(0，±eq \r(2))，所以－m－1＝(eq \r(2))2，解得m＝－3，B正确；当m>－1时，c2＝(2＋m)＋(m＋1)＝2m＋3，当m<－2时，c2＝－(2＋m)－(m＋1)＝－2m－3，C错误；当m＝0时，双曲线W的标准方程为eq \f(x2,2)－y2＝1，则渐近线方程为x±eq \r(2)y＝0，D正确．答案：BD11．解析：圆心C(0，0)到直线l的距离d＝eq \f(r2,\r(a2＋b2))，若点A(a，b)在圆C上，则a2＋b2＝r2，所以d＝eq \f(r2,\r(a2＋b2))＝|r|，则直线l与圆C相切，故A正确；若点A(a，b)在圆C内，则a2＋b2|r|，则直线l与圆C相离，故B正确；若点A(a，b)在圆C外，则a2＋b2>r2，所以d＝eq \f(r2,\r(a2＋b2))<|r|，则直线l与圆C相交，故C错误；若点A(a，b)在直线l上，则a2＋b2－r2＝0即a2＋b2＝r2，所以d＝eq \f(r2,\r(a2＋b2))＝|r|，直线l与圆C相切，故D正确．答案：ABD12．解析：由eq \f(a2（m＋1）,a2m)＝q2可知A对；由a1<0，公比02，n∈N＋时，Sn＝a1＋a2＋…＋an1，n∈N＋，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，所以Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，即an＋1－an＝2，因为无法确定a1的值，所以a2－a1不一定等于2，所以数列{an}不一定是等差数列．若选择条件②：由Sn＋1－2＝Sn＋an，则Sn＋1－Sn－an＝2，即an＋1－an＝2，n∈N＋，又因为a2＝4，所以a1＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是等差数列，公差为2，因此数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式为an＝2n.若选择条件③：因为Sn＝nan＋1－n(n＋1)，所以Sn－1＝(n－1)an－(n－1)n(n≥2，n∈N＋)，两式相减得，an＝nan＋1－(n－1)an－2n，(n≥2)，即an＋1－an＝2(n≥2)，又S1＝a2－2，即a2－a1＝2，所以an＋1－an＝2，n∈N＋，又a2＝4，a2－a1＝2，所以a1＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列．所以an＝2＋2(n－1)＝2n.18．解析：(1)证明：将直线l1的方程化为m(x－2y－3)＋2x＋y＋4＝0，解方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y－3＝0,2x＋y＋4＝0))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1,y＝－2))，故直线l1恒过定点M(－1，－2)；(2)由题意可知，直线l2的斜率存在且不为零，设直线l2的方程为y＋2＝k(x＋1)，令x＝0，可得y＝k－2，令y＝0，可得x＝eq \f(2,k)－1，由已知可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－2<0,\f(2,k)－1<0))，解得k<0，所以，三角形面积为S＝eq \f(1,2)(2－k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,k)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－k－\f(4,k)))≥eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋2\r(（－k）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,k))))))＝4，当且仅当k＝－2时，等号成立，此时直线l2的方程为y＋2＝－2(x＋1)，即2x＋y＋4＝0.19．解析：(1)由x2－2x＋y2－3＝0可得(x－1)2＋y2＝4，所以圆心为C(1，0)，半径r＝2，①当直线斜率不存在时，由过点(3，2)得直线方程为x＝3，与C(1，0)的距离为2，此时与圆相切，符合题意；②当直线斜率存在时，可设斜率为k，直线方程为y－2＝k(x－3)，即kx－y＋2－3k＝0，圆心C(1，0)到直线的距离eq \f(|k－0＋2－3k|,\r(k2＋1))＝r＝2，即|2－2k|＝2eq \r(1＋k2)，解得k＝0.所以直线方程为y＝2.综上所述：所求直线方程为y＝2或x＝3.(2)圆心C(1，0)到直线y＝x＋1的距离d＝eq \f(|1－0＋1|,\r(12＋12))＝eq \r(2)，又因为半径r＝2，所以|AB|＝2eq \r(r2－d2)＝2eq \r(4－2)＝2eq \r(2).20．解析：(1)∵点N(t，1)在抛物线C：x2＝2py上，且|NF|＝eq \f(3,2)，∴|NF|＝yN＋eq \f(p,2)＝1＋eq \f(p,2)＝eq \f(3,2)，解得p＝1，∴抛物线C的方程为x2＝2y.(2)证明：依题意，设直线l：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝2y，,y＝kx＋1，))消去y可得x2－2kx－2＝0，由韦达定理得x1x2＝－2，∴k1k2＝eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(x1,2)·eq \f(x2,2)＝－eq \f(1,2)，即k1k2为定值－eq \f(1,2).21．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>0)，由题意可得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3q＝3（1＋2d）,3q2＝12（1＋d）＋3))，解得d＝1，q＝3，故an＝1＋(n－1)＝n，bn＝3·3n－1＝3n.(2)数列{cn}满足cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，　n≤5,bn－5，n≥6))；当n≤5时，Tn＝a1＋a2＋…＋an＝eq \f(n（n＋1）,2)；当n≥5时，Tn＝T5＋a6b1＋a7b2＋…＋anbn－5＝15＋6·31＋7·32＋…＋n·3n－5令M＝6·31＋7·32＋…＋n·3n－5则3M＝6·32＋…＋(n－1)·3n－5＋n·3n－4，两式相减得，－2M＝6·31＋(32＋…＋3n－5)－n·3n－4－2M＝18＋eq \f(32（1－3n－6）,1－3)－n·3n－4，整理得M＝－eq \f(27,4)＋eq \f(2n－1,4)·3n－4，所以Tn＝eq \f(33,4)＋eq \f(2n－1,4)·3n－4，综上，Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(n（n＋1）,2)，　　n≤5,\f(33,4)＋\f(2n－1,4)·3n－4，n≥6)).22．解析：(1)设P(x0，y0)，则k1k2＝eq \f(y0,x0＋a)·eq \f(y0,x0－a)＝eq \f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) －a2).又eq \f(x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,a2)＋eq \f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,b2)＝1⇒yeq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq \f(b2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) )),a2)，所以k1k2＝－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(1,4).①又由椭圆C过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))得eq \f(1,a2)＋eq \f(3,4b2)＝1，②由①②得a＝2，b＝1，故椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.(2)A(－2，0)，C(0，－1)，设直线PQ的方程为y＝kx(k>0)，则点A，C到直线P，Q的距离分别为d1＝eq \f(2k,\r(k2＋1))，d2＝eq \f(1,\r(k2＋1)).又由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,\f(x2,4)＋y2＝1))得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(1＋4k2))，\f(2k,\r(1＋4k2))))，所以|PQ|＝2|OP|＝eq \f(4\r(1＋k2),\r(1＋4k2)).四边形APQC的面积S＝eq \f(1,2)|PQ|(d1＋d2)＝eq \f(2（1＋2k）,\r(1＋4k2))＝2eq \r(\f(1＋4k＋4k2,1＋4k2))＝2eq \r(1＋\f(4,\f(1,k)＋4k)).由eq \f(1,k)＋4k∈[4，＋∞)得S∈(2，2eq \r(2)].故四边形APCQ面积的取值范围是(2，2eq \r(2)].