期末测试卷（选一+数列）-高二数学题型归纳与解题策略(人教A版)

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3. 答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卷整洁，考试结束后，将答题卷交回，试卷自己保存。
第I卷(选择题 共60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，只有一项符合题目要求.）
1．（2022春·广东惠州·高二校联考阶段练习）如图.空间四边形OABC中，，点M在OA上，且满足，点N为BC的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由M，N在线段OA，BC上的位置，用，，表示，，进而表示出.
【详解】因为，所以，
又因为点N为BC的中点，所以，
所以.
故选：D.
2．（2022春·广东佛山·高二校考阶段练习）若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】直接利用向量的坐标运算求解即可
【详解】因为，
所以，
故选：D
3．（2021春·广东潮州·高二校考阶段练习）双曲线的右顶点到其渐近线的距离为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】求出右顶点坐标以及渐近线方程，由点到直线的距离公式即可求解.
【详解】由可得，，所以，
所以右顶点坐标为，渐近线方程为即，
所以点到渐近线的距离，
故选：A.
4．（2022春·广东广州·高二执信中学校考阶段练习）椭圆与曲线的（ ）
A．焦距相等B．离心率相等C．焦点相同D．长轴长相等
【答案】A
【分析】分析两个曲线的方程，分别求出对应的即可得答案.
【详解】因为椭圆方程为，所以，焦点在x轴上，
曲线，因为，所以，
曲线方程可写为，，
所以曲线为焦点在y轴上的椭圆，
，所以焦距相等.
故选：A
5．（2022秋·广东·高二校联考阶段练习）设等差数列的前项和为，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用等差中项的性质可求得的值，再利用等差求和公式可求得的值.
【详解】因为，所以，因此．
故选：B．
6．（2022秋·广东深圳·高二校联考阶段练习）已知数列中，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分析出数列中的奇数项依次构成首项为，公差为的等差数列，可求得的值，分析可知（为正偶数），可求得的值，即可得解.
【详解】当为奇数时，，即数列中的奇数项依次构成首项为，公差为的等差数列，
所以，，
当为偶数时，，则，两式相减得，
所以，，
故，
故选：D.
7．（2022·广东汕头·统考二模）已知椭圆C的左、右焦点分别为，，直线AB过与该椭圆交于A，B两点，当为正三角形时，该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义，结合余弦定理、椭圆离心率公式进行求解即可.
【详解】设正三角形的边长为，
设椭圆的标准方程为：，设左、右焦点分别为，
设，则有，
由椭圆的定义可知：，
，解得：，，
在中，由余弦定理可知：，
故选：B
8．（2022·广东广州·统考二模）已知抛物线，圆，直线与交于A、B两点，与交于M、N两点，若，则( )
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】联立直线方程和抛物线方程，设，，根据抛物线焦点弦长公式和韦达定理可求出k，根据圆的弦长公式即可求．
【详解】由得，，
设，，∵，∴，
∵过抛物线的焦点(1，0)，故AB为焦点弦，
∴，∴，∴，解得，
由圆关于x轴对称可知，k＝1和k＝－1时相同，
故不妨取k＝1，l为y＝x－1，即x－y－1＝0，
圆心(2，1)到l的距离，∴﹒
故选：B．
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．（2022春·广东茂名·高二统考期末）下列关于抛物线的说法正确的是（ ）
A．焦点在y轴上
B．焦点在x轴上
C．抛物线上横坐标为1的点到焦点的距离等于6
D．由原点向过焦点的某直线作垂线，垂足坐标可能为
【答案】BD
【分析】根据抛物线的焦点、抛物线的定义等知识确定正确选项.
【详解】抛物线的焦点在x轴上，B正确，A错误；
设是上的一点，则，所以C错误；
由于抛物线的焦点为，过该焦点的直线方程为，若由原点向该直线作垂线，垂足为时，则，此时存在符合题意的垂线，所以D正确．
故选：BD
10．（2022春·广东东莞·高二统考期末）已知曲线，则下列选项正确的是（ ）
A．，曲线表示椭圆
B．，曲线表示椭圆
C．，曲线表示双曲线
D．，曲线表示双曲线
【答案】BD
【解析】根据的范围，确定方程表示的曲线，然后判断各选项．
【详解】时，，，方程表示双曲线，A错；
时，，且，方程表示椭圆，B正确；
时，，且，方程表示椭圆，C错；
时，，方程表示双曲线，D正确．
故选：BD．
11．（2022春·广东佛山·高二顺德一中校考期中）已知圆与直线，若直线和圆交于两点，设的面积为，则（ ）
A．直线必过定点B．弦长最短为
C．直线与圆可能没有交点D．的最大值为8
【答案】ABD
【分析】根据直线方程可得直线恒过定点，即可判断AC，然后求得圆心到直线的距离，即可求得弦长，及的最大值.
【详解】圆的方程为，
直线.
令，解得，
不论取何值，直线必过定点，且,
则点P在圆內，所以直线与圆一定相交，故C错误，A正确.
圆心，设圆心到直线的距离为，当的连线垂直于直线时，，所以
所以当最大时，弦长最短为.故B正确；
，
因为，所以时，面积的最大值为8，故D正确.
故选: ABD.
12．（2020春·广东·高二统考阶段练习）在平面四边形ABCD中，的面积是的面积的3倍，又数列满足，当时恒有，设数列的前n项和为．则下列判断正确的是（ ）
A．数列为等比数列B．数列为递增数列
C．数列为等比数列D．
【答案】BD
【分析】连接BD交AC于点E，由三角形的面积公式，推得，即，设，，运用向量共线定理，可得，即有是以2为首项，2为公差的等差数列，再由等差数列的通项公式可得，判断单调性和运用错位相减法求和，即可判断正确结论．
【详解】解：如图，连接BD交AC于点E，
由的面积是面积的3倍，
得，即，，，，
即
，
又与不共线，
所以，即，
即，
可得，，
所以是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以，
则，故A，C均不正确；
由，即，则数列为递增数列，故B正确；
，
，
两式相减可得
，
化为，故D正确．
故选：BD．
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（2022春·广东广州·高二广州市第十六中学校考期中）已知直线l的方向向量，平面的法向量，若，则______．
【答案】
【分析】由，可得∥，从而可得，代入坐标列方程可求出，从而可求出
【详解】因为直线l的方向向量，平面的法向量， ，
所以∥，
所以存在唯一实数，使，
所以，所以，
解得，
所以，
故答案为：
14．（2022秋·广东佛山·高二佛山市顺德区郑裕彤中学校考期中）已知数列的前n项和为，.若数列为摆动数列（从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项），则实数的取值范围为_________.
【答案】
【分析】由退位相减法求得，化简整理后得，数列是公比为的等比数列，
要是摆动数列，则有公比小于0，求解即可.
【详解】由①，得②，①－②得，即，
整理得，当时，不合题意，当且时，，
且时，，，数列是公比为的等比数列，若数列为摆动数列，则有，
解得.
故答案为：.
15．（2022·广东揭阳·高二期末）已知是双曲线的两个焦点，点p在双曲线上，且满足 ， 则___________.
【答案】2
【分析】求得双曲线的a，b，c，设P为双曲线右支上的点，|PF1|＝m，|PF2|＝n，利用双曲线的定义、余弦定理列出方程组，求出mn即可.
【详解】解：双曲线的a＝2，b＝1，c＝，
设P为双曲线右支上的点，|PF1|＝m，|PF2|＝n，
则m﹣n＝2a＝4，4c2＝m2+n2﹣2mncs90°＝m2+n2=20
即有mn＝2，
故答案为2．
16．（2022春·广东深圳·高二福田外国语高中校考期中）已知椭圆的左，右焦点分别为，，过的直线交椭圆C于A，B两点，若，且的三边长、、成等差数列，则C的离心率为___________．
【答案】
【分析】由已知，设，，，据勾股定理有；由椭圆定义知的周长为4a，由勾股定理，，可得选项.
【详解】由已知，设，，，所以根据勾股定理有，解得；
由椭圆定义知，所以的周长为4a，所以有，；
在直角中，由勾股定理，，∴离心率．
故答案为：.
四、解答题（本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（2022春·广东广州·高二校联考阶段练习）如图，椭圆的下顶点为C，右顶点为D，且，左焦点为，过F且斜率为的直线l与椭圆相交于A，B两点，交y轴于点P，M为线段AB的中点，直线OM交CD于点N，过点P作交x轴于点E．
(1)求椭圆的方程和直线CD的斜率；
(2)当的面积为时，求的值．
【答案】(1)；.
(2)
【分析】（1）由题意可得，，可求出，即可得椭圆的方程，即可求出直线CD的斜率；
（2）设，，直线的方程为，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理可求出的坐标，表示出直线的方程，可求出，再进一步表示出的面积可求出，可求出点的坐标，即可得出的值.
【详解】（1）由题意可得：，
，又因为，
解得：，所以椭圆的方程为：.
则.
故直线CD的斜率为.
（2）设，，因为直线l过F且斜率为，
设，
由得，
所以，，
因为M为线段AB的中点，所以，，
所以，又因为，
所以，因为在直线上，
令，所以，所以直线的方程为：，
令，所以，
，
所以，
到直线的距离为：，
所以的面积为：，
化简得：，则，解得：即，
所以，则直线的方程为：，
而则.
所以直线的方程为：，
联立直线的方程与的方程可得：，
所以.
18．（2022春·广东江门·高二江门市第一中学校考阶段练习）已知数列，都是等差数列，公差分别为，，数列满足，
(1)数列是不是等差数列？若是，证明你的结论；若不是，请说明理由；
(2)若，的公差都等于3，，，求数列的通项公式及前项和.
【答案】(1)数列是等差数列，理由见解析；
(2)，前项和为.
【分析】（1）先根据题意得，然后利用等差数列的定义判断即可；
（2）由（1）结合已知可得数列的首项为8，公差为15，从而可求出数列的通项公式及前项和.
【详解】（1）数列是等差数列，理由如下：
因为数列，都是等差数列，公差分别为，，
所以，，
因为，
所以
为常数，
所以数列是等差数列；
（2）因为，，
所以，
由（1）可知数列是等差数列，且公差为，
因为，的公差都等于3，
所以数列的公差为，
所以数列的通项公式为，
数列的前项和为.
19．（2022春·广东深圳·高二校考阶段练习）如图，的外接圆的直径垂直于圆所在的平面，.
(1)求证：平面平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）先证明出平面，利用面面垂直的判定定理可以证明；（2）以为原点，直线为轴，直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系，用向量法求解.
【详解】（1）的外接圆的直径.
又因为平面，平面，所以.
又平面，平面，
平面，
又平面平面平面.
（2）以为原点，直线为轴，直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系，则
.
设
设平面的法向量为
则，不妨令，则.
设平面的法向量为，同理可求.
由图可知，平面与平面夹角不是钝角.
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20．（2022秋·广东揭阳·高二普宁市华侨中学校考阶段练习）已知直线：与椭圆：交于，两点.
(1)当时，求；
(2)设线段的中点为，求点的轨迹方程；
(3)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)（其中）
(3)
【分析】（1）利用弦长公式直接求解即可；
（2）运用点差法及斜率公式可求解；
（3）将问题转化为点到直线的距离，再通过极限思维求范围即可.
(1)
联立，消去，并化简得：
∴，
∴
(2)
设，则，且，
∵，，∴，∴
∴.即有.
∵在椭圆内，∴点的轨迹方程为：（其中）
(3)
设上任意点到直线：的距离为，则
.
设椭圆的一条切线方程为：
联立，消去并化简可得
由可得或6（舍去），此时切点分别为
点到直线的距离为.
由图可知到直线的距离最大
∵点到直线的距离为.
所以
∴的取值范围是.
21．（2022秋·广东佛山·高二校考阶段练习）某剧场有40排座位，第一排有20个座位，以后每排都比前一排多2个座位.
(1)求该剧场的座位数；
(2)若该剧场票价如下：第一排至第10排（含第10排）每张200元，第11排至第30排（含第30排）每张150元，其他每张100元，求该剧场满座时，每场演出的总收入.
【答案】(1)；
(2)元.
【分析】（1）把从第一排起的各排座位数依次排成一列得等差数列，再利用等差数列求和公式计算作答.
（2）利用（1）中信息，再分组求和计算作答.
(1)
依题意，剧场座位数从第一排起的各排座位数依次排成一列得等差数列，首项，公差，
数列前n项和，则，
所以该剧场的座位数为.
(2)
由（1）知，，，
剧场满座时，每场演出的总收入
（元），
所以剧场满座时，每场演出的总收入为元.
22．（2022·广东·统考模拟预测）已知双曲线：的一条渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线的标准方程与离心率；
(2)已知斜率为的直线与双曲线交于轴上方的A，两点，为坐标原点，直线，的斜率之积为，求的面积．
【答案】(1)，离心率为
(2)
【分析】（1）依题意用点到直线的距离公式列方程可得c，然后由渐近线斜率和几何量关系列方程组可解；
（2）设直线方程联立双曲线方程消元，利用韦达定理表示出直线，的斜率可得直线的方程，数形结合可解.
【详解】（1）由题意知焦点到渐近线的距离为，
则
因为一条渐近线方程为，所以，
又，解得，，
所以双曲线的标准方程为，
离心率为．
（2）设直线：，，，
联立
则，
所以，
由
解得或（舍去），
所以，
：，令，得，
所以的面积为