高考数学第二轮复习专题练习综合测试卷：高二上学期期末复习（拔高篇）（教师版）

这是一份高考数学第二轮复习专题练习综合测试卷：高二上学期期末复习（拔高篇）（教师版），共24页。试卷主要包含了已知直线l1，已如椭圆C等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2023春·重庆·高三阶段练习）已知直线l1:(m-2)x-3y-1=0与直线l2:mx+(m+2)y+1=0相互平行，则实数m的值是（ ）
A．-4B．1C．-1D．6
【解题思路】根据直线平行则它们的法向量也互相平行可解，需要验算.
【解答过程】l1:(m-2)x-3y-1=0,∴n1=m-2,-3，
l2:mx+(m+2)y+1=0,∴n2=m,m+2,
n1//n2,∴m-2m+2=-3m,
解之：m=-4,1经检验m=-4
故选：A.
2．（5分）（2022春·山西·高三阶段练习）若函数fx=ex+lnx+a的图象在点1,f1处的切线方程为y=kx-1，则a=（ ）
A．1B．0C．－1D．e
【解题思路】求导得到k=f'1=e+1，再利用f1=e+a=k-1=e，求出a的值.
【解答过程】因为f'x=ex+1x，所以f'1=e+1，故k=e+1
又f1=e+a=k-1=e，所以a=0．
故选：B.
3．（5分）（2022春·北京·高三阶段练习）已知平面向量a=0,1,0，b=0,-12,32，则a与a+b的夹角为（ ）
A．π3B．2π3C．π6D．5π6
【解题思路】由题意可得a+b=(0,12,32)，设a与a+b的夹角为θ，由csθ=a⋅(a+b)|a|⋅|a+b|求解即可.
【解答过程】解：因为a=0,1,0，b=0,-12,32，
所以a+b=(0,12,32)，
设a与a+b的夹角为θ，
则csθ=a⋅(a+b)|a|⋅|a+b|=121×1=12，
又因为θ∈[0,π]，
所以θ=π3.
故选：A.
4．（5分）（2022·河南·模拟预测）已知数列an满足a2n-a2n-1=3n-1,a2n+1+a2n=3n+5n∈N*，则数列an的前40项和S40=（ ）
A．311+3972B．341+3972C．341+1972D．321+1972
【解题思路】由已知，根据题意由a2n-a2n-1=3n-1,a2n+1+a2n=3n+5n∈N*可得：a2n+1+a2n-1=6n∈N*，从而计算a1+a3+a5+a7+a9+a11+⋯+a37+a39=10×6=60，由a2n-a2n-1=3n-1n∈N*递推可得：a2n+2-a2n+1=3n+1-1n∈N*，结合a2n+1+a2n=3n+5n∈N*可得：a2n+2+a2n=4⋅3n+1n∈N*，从而计算a2+a4+a6+a8+a10+a12+⋯+a38+a40，将两组和合并即可完成求解.
【解答过程】由已知，数列an满足a2n-a2n-1=3n-1n∈N*①，a2n+1+a2n=3n+5n∈N*②，
②-①得；a2n+1+a2n-1=6n∈N*，
所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+⋯+a37+a39=10×6=60，
由a2n-a2n-1=3n-1n∈N*递推可得：a2n+2-a2n+1=3n+1-1n∈N*③，
③+②得；a2n+2+a2n=4⋅3n+1n∈N*，
a2+a4+a6+a8+a10+a12+⋯+a38+a40
=4⋅31+1+4⋅33+1+4⋅35+1+⋯+4⋅319+1
=431+33+35+⋯+319+4×10
=4×31-9101-9+40
=321-32+40，
所以S40=a1+a3+a5+a7+a9+a11+⋯+a37+a39+a2+a4+a6+a8+a10+a12+⋯+a38+a40
=321-32+100
=321+1972.
故选：D.
5．（5分）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，E，F分别为B1C1，CD的中点，直线BE与平面ABB1A1所成角为45∘，给出下列结论：
①EF//平面BB1D1D； ②EF⊥A1C1；
③异面直线BE与D1F所成角为60∘； ④三棱锥B-CEF的体积为长方体体积的112．
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④
【解题思路】取BC中点为G，可证明平面EFG//平面BB1D1D，根据面面平行的性质即可判断①；可证明A1C1⊥平面BB1D1D，即可判断②；可证明四边形BED1H是平行四边形，即可得到D1H//BE，进而可得∠HD1F即等于所求角，求出该角即可判断③；以△BCE为底，即可求出三棱锥的体积，进而判断④.
【解答过程】
取BC中点为G，连结EG,FG.
对于①，因为E,F,G分别是B1C1，CD,BC的中点，所以EG//BB1，FG//BD，
因为BB1⊂平面BB1D1D，EG⊄平面BB1D1D，所以EG//平面BB1D1D，
同理，FG//平面BB1D1D.
因为，EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG=G，所以平面EFG//平面BB1D1D，
又EF⊂平面EFG，所以EF//平面BB1D1D，所以①正确；
对于②，由已知可得四边形A1B1C1D1是正方形，B1D1⊥A1C1，
又BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1C1，
因为B1D1⊂平面BB1D1D，BB1⊂平面BB1D1D，BB1∩B1D1=B1，所以A1C1⊥平面BB1D1D，
又EF//平面BB1D1D，所以EF⊥A1C1，故②正确；
对于③，取AD中点为H，连结BH,D1H,D1E,HF.
因为BE=BB1-EB1，HD1=DD1-DH，BB1=DD1，EB1=12C1B1=12DA=DH，所以BE=HD1，所以BE//HD1且BE=HD1，
所以四边形BED1H是平行四边形，则D1H//BE，所以异面直线BE与D1F所成角即等于直线D1H与D1F所成角∠HD1F，
因为直线BE与平面ABB1A1所成角为45∘，B1C1⊥平面ABB1A1，所以∠EBB1=45∘，所以B1E=BB1，设AB=2，则BB1=B1E=12B1C1=1，则D1F=D1H=FH=2，
所以△D1HF为等边三角形，所以∠HD1F=60∘，故③正确；
对于④，设长方体体积为V，则V=CD×BC×CC1.
因为CD⊥平面BCC1B1，则VB-CEF=VF-BCE=13×CF×S△BCE =13×CF×12BC×CC1 =112×CD×BC×CC1=112V，故④正确.
故①②③④正确.
故选：D.
6．（5分）（2023春·广东江门·高二期中）下列命题正确的是（ ）
A．若方程x2+y2+mx-2y+3=0表示圆，则m的取值范围是-∞,-2∪2,+∞
B．若圆C的半径为1，圆心在第一象限，且与直线4x-3y=0和x轴都相切，则该圆的标准方程是x-12+y-12=1
C．已知点Px,y在圆C:x2+y2-6x-6y+14=0上，yx的最大值为1
D．已知圆C1:x2+y2-2x-6y-1=0和C2:x2+y2-10x-12y+45=0，圆C1和圆C2的公共弦长为27
【解题思路】根据D2+E2-4F>0得到关于m的一元二次不等式，解之即可判断A；根据直线与圆相切等价于圆心到直线的距离为半径，即可判断B；设切线方程，利用圆心到切线的距离等于半径求出切线的斜率，结合yx的几何意义即可判断C；两圆方程相减可得公共弦所在直线的方程，利用几何法求出弦长即可判断D..
【解答过程】A：若方程x2+y2+mx-2y+3=0表示圆，则m2+-22-4×3>0，即m2>8，
解得m>22或m0，则圆心到直线4x-3y=0的距离为4a-342+32=4a-35=1，
解得a=2，即C2,1，所以圆的标准方程是x-22+y-12=1，故B错误；
C：由x2+y2-6x-6y+14=0可得x-32+y-32=4，
yx表示圆上的点与原点0,0连线的斜率，可得相切时yx取得最值，
设切线为kx-y=0，则d=3k-31+k2=2，显然k=1不是方程的解，故yx的最大值不是1，故C错误；
D：将两个圆的方程相减可得公共弦所在直线的方程4x+3y-23=0，
由C1：x2+y2-2x-6y-1=0得x-12+y-32=11，可得圆心C11,3，r1=11，
圆心C11,3到直线4x+3y-23=0的距离d=4×1+3×3-2342+32=2，
所以弦长为2r12-d2=211-4=27，所以公共弦长为27，故D正确.
故选：D.
7．（5分）（2022春·江西上饶·高三阶段练习）已如椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右两焦点分别是F1,F2，其中F1F2=2c，直线l:y=k(x+c)(k∈R,k≠0)与椭圆交于A，B两点．则下列说法中正确的有（ ）
A．若AF2+BF2=m，则|AB|=4a-2m
B．若AB的中点为M，则kOM⋅k=-b2a2
C．|AB|的最小值为2b2a
D．AF1⋅AF2=3c2，则椭圆的离心率的取值范围是55,22
【解题思路】依题意，l过椭圆的左焦点，作图，逐项分析即可.
【解答过程】
依题意，l过F1 ，作上图，
对于A，由椭圆的定义知：AB+AF2+BF2=4a,∴AB=4a-m ，错误；
对于B，联立方程y=kx+cx2a2+y2b2=1 ，得1a2+k2b2x2+2ck2b2x+k2c2b2-1=0 ，
由韦达定理得：x1+x2=-2ck2a2b2+a2k2,y1+y2=kx1+x2+2kc=2kcb2b2+a2k2 ，
所以kOM=y1+y2x1+x2=-b2a2k,kOM·k=-b2a2 ，正确；
对于C，显然，当AB⊥x 轴时，AB 最短，此时-c2a2+y2b2=1,y=±b2a,AB=2b2a ，
但由于k是存在的，AB 不会垂直于x轴，不存在最小值，错误；
对于D，设Ax0,y0 ，则有AF1=-c-x0,-y0,AF2=c-x0,-y0,∴AF1·AF2=-c2+x02+y02=3c2 ，
x02+y02=4c2 ，即A点在以原点为圆心，2c为半径的圆上，
因此，原题等价于x2+y2=4c2x2a2+y2b2=1 有解，解得x2=1-4c2b21a2-1b2 ，则必有x2≥0x2≤a2，
即4c2≥b2=a2-c24c2≤a2 ，即55≤e≤12 ，错误；
故选：B.
8．（5分）（2022春·新疆巴音郭楞·高二阶段练习）关于函数fx=2x+lnx，下列判断正确的是（ ）
①x=2是fx的极小值点
②函数y=fx-x有2个零点
③存在正实数k，使得fx>kx成立
④对任意两个正实数x1，x2，且x1>x2，若fx1=fx2，则x1+x2>4
A．①④B．②③C．②④D．①③
【解题思路】求出fx的导函数，可判断x=2是否其极小值点，可判断①；求y=fx-x的导数，判断其单调性可判断②；分离变量法之后求函数的最小值是否为正可判断③；根据题意先得到00;x∈1,+∞,h'x0,∴fx1>f4-x2,∴x1>4-x2，
所以④对.
故选：A.
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）已知圆C:x2+y2-2x-8=0，直线l:y=kx+1+1，则（ ）
A．圆C的圆心为-1,0B．点-1,1在l上
C．l与圆C相交D．l被圆C截得的最短弦长为4
【解题思路】一般方程化成标准方程可判断A；点-1,1代入直线方程可判断B；根据点-1,1在圆内判断C；根据-1,1与圆心连线与直线垂直时，l被圆C截得的弦最短判断D.
【解答过程】由x2+y2-2x-8=0⇒x-12+y2=9，所以圆C的圆心为1,0，半径r=3，A不正确；
因为x=-1时y=k-1+1+1=1，所以点-1,1在l上，B正确；
因为圆心1,0到-1,1的距离为5x2>0时，fx1x22>fx2x12
C．若方程fx=a有2个不相等的解，则a的取值范围为0,+∞
D．ln1+12+ln1+122+⋅⋅⋅+ln1+12n0对x∈0,+∞恒成立，
所以h(x)在x∈0,+∞单调递增，
所以当x1>x2>0时，h(x1)>h(x2)，即x12f(x1)>x22f(x2)，
所以fx1x22>fx2x12成立，故B正确；
因为fx为偶函数，所以原问题等价于fx=a在0,+∞有1个解，
即lnx+1x=a，即只用考虑ln(x+1)-ax=0在0,+∞有1个解，
令φ(x)=ln(x+1)-ax,φ'(x)=1x+1-a，
（i）若a≤0，φ'(x)=1x+1-a>0在0,+∞恒成立，
则φ(x)=ln(x+1)-ax>φ(0)=0，则方程ln(x+1)-ax=0无解；
（ii）若0φ(0)=0，x→+∞时，ln(x+1)kx恒成立，则fx要存在过原点且斜率为正的切线，
假设fx存在过原点且斜率为正的切线，切点为x0,2x0+lnx0，则切线斜率为x0-2x02，
则切线方程为y-2x0-lnx0=x0-2x02x-x0，
∵切线过原点，故-2x0-lnx0=-x0-2x0，整理得x0-x0lnx0-4=0，
令Fx=x-xlnx-4，则F'x=-lnx，
∴在0，1上，F'x>0，Fx单调递增，在1，+∞上，F'x2，04-x2，且x1>4-x2>2，
fx在2，+∞上单调递增，即证fx1>f4-x2，
又fx1=fx2，∴证fx2>f4-x2，
即证fx>f4-x，x∈0，2．
令hx=fx-f4-x=lnx-ln4-x+2x-24-x，x∈0，2，
则h'x=-8(x-2)2x2(4-x)2h2=0，
∴x1+x2>4，故④正确．
故答案为：②④．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2022春·广东江门·高二阶段练习）已知△ABC的顶点B5,1，AB边上的高所在的直线l1的方程为x-2y-1=0，角A的平分线所在直线l2的方程为2x-y-1=0．
(1)求直线AB的方程；
(2)求点A的坐标；求直线AC的方程．
【解题思路】（1）利用直线垂直的条件求出直线AB的斜率，然后根据点斜式可得直线AB的方程；
（2）利用直线AB及l2的方程可得交点的坐标；由题可得点B5,1关于直线l2的对称点为a,b，进而即得．
【解答过程】（1）因为AB边上的高所在的直线l1的方程为x-2y-1=0，
所以直线AB上的高的斜率k=12，直线AB的斜率为kAB=-2，又B5，1，
所以直线AB的方程为y-1=-2(x-5)，即2x+y-11=0；
（2）因为角A的平分线所在直线l2的方程为2x-y-1=0，
由2x+y-11=02x-y-1=0，解得x=3y=5，
即A(3,5)；
设点B5,1关于直线l2：2x-y-1=0的对称点为a,b，
则b-1a-5×2=-12×a+52-b+12-1=0，解得a=-75b=215，
所以-75,215在直线AC上，又A(3,5)，
所以直线AC的方程为y-5=215-5-75-3x-3，整理得2x-11y+49=0．
18．（12分）（2022春·湖北·高三阶段练习）已知圆C与y轴相切，圆心C在直线x+y-2=0上，且点A2,2在圆C上.
(1)求圆C的标准方程.
(2)已知直线l与圆C交于B,D两点（异于A点），若直线AB,AD的斜率之积为2，试问直线l是否过定点？若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.
【解题思路】（1）根据已知条件求得圆心和半径，从而求得圆C的标准方程.
（2）根据直线l的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线l的方程并与圆的方程联立，化简写出根与系数关系，根据直线AB,AD的斜率之积列方程，从而求得定点的坐标.
【解答过程】（1）设圆C的标准方程为(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0)，
则a+b-2=0a=r(2-a)2+(2-b)2=r2,解得a=2b=0r=2，
故圆C的标准方程为(x-2)2+y2=4.
（2）当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+m,Bx1,y1,Dx2,y2，
联立y=kx+m(x-2)2+y2=4，整理得k2+1x2+2km-4x+m2=0，
则Δ=(2km-4)2-4k2+1m2=-4m2-16km+16>0，
从而x1+x2=4-2kmk2+1,x1x2=m2k2+1.
kAB⋅kAD=y1-2x1-2⋅y2-2x2-2=kx1+m-2kx2+m-2x1-2x2-2=k2x1x2+km-2kx1+x2+(m-2)2x1x2-2x1+x2+4
=4k2+m2+4km-8k-4m+44k2+m2+4km-4=2，即4k2+m2+4km+8k+4m-12=0，
即2k+m-22k+m+6=0，解得m=-2k+2或m=-2k-6.
因为直线l不经过点A，所以2k+m≠2，所以m=-2k-6，
则直线l:y=kx-2k-6，即直线l过定点2,-6.
当直线l的斜率不存在时，设l2的方程为x=x0，则Mx0,y0,Nx0,-y0，
从而kAB⋅kAD=y0-2x0-2⋅-y0-2x0-2=2，整理得2x0-22+y02=4.
因为x0-22+y02=4，所以x0=2，此时直线l的方程为x=2，即直线l经过点A，不符合题意.
综上，直线l过定点2,-6.
19．（12分）（2022春·江苏·高三阶段练习）如图多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠ABC=60∘,EA⊥平面ABCD,EA∥BF，AB=AE=2BF=2.
(1)证明：CF//平面ADE；
(2)在棱EC上有一点M（不包括端点），使得平面MBD与平面BCF的夹角余弦值为155，求点M到平面BCF的距离.
【解题思路】（1）取AE的中点G，证明CFGD是平行四边形即可证明结论；
（2）连接BD交AC于N，取CE中点P，以N为原点建立空间直角坐标系，求出平面MBD与平面BCF的法向量，结合平面的向量夹角公式求出点M坐标，再利用向量距离公式即可求出点M到平面BCF的距离．
【解答过程】（1）证明：取AE的中点G，连接GD,GF，
因为BF∥EA，且BF=12AE，所以AG//BF且AG=BF，
所以四边形AGFB是平行四边形，
所以GF∥AB，
又因为ABCD是菱形，所以AB∥DC，且AB=DC，
所以GF∥DC且GF=DC，
所以四边形CFGD是平行四边形，CF//DG，
又CF⊄平面ADE,DG⊂平面ADE，
所以CF //平面ADE；
（2）连接BD交AC于N，取CE中点P
∵PN//AE,EA⊥平面ABCD,∴PN⊥平面ABCD，且CN⊥BN，
∴以N为原点，NC,NB,NP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
设在棱EC上存在点M使得平面MBD与平面BCF的夹角余弦值为155，
E-1,0,2,B0,3,0,C1,0,0,F0,3,1,A-1,0,0,D0,-3,0
则设CM=λCE=λ-2,0,2(00，对任意的正整数n都有λ2-kλ+73≥2n3Pn-n2恒成立，求k的最大值.
【解题思路】(1) 根据Sn与an的关系证明an为等比数列，根据等差数列性质求bn的首项及公差，再利用等比数列和等差数列通项公式求an，bn的通项公式；
(2)利用错位相减法求数列2n-1-13n-1的前n项和，利用裂项相消法求数列2n-13nnn+1的前n项和，结合分组求和法求数列cn的前n项和；
(3)由(1)求Pn，由条件可得λ2-kλ+73≥n23n-1max，判断数列n23n-1的单调性求其最值，由此可得k≤λ+1λ，结合基本不等式求k的最大值.
【解答过程】（1）由Sn+1=3Sn+1Sn=3Sn-1+1得an+1=3ann≥2
n=1时，S2=3S1+1=3a1+1∴a2=3∴a2=3a1
所以an+1=3ann∈N*，所以an为首项为1，公比为3的等比数列，
所以an=3n-1n∈N*
因为T7=7b4=49，所以b4=7
又b5=9，所以d=2，b1=1，所以bn=2n-1；
（2）cn=2n-1⋅(-1)n-113n-1+3nnn+1
=2n-1⋅-13n-1+2n-13nnn+1=2n-1⋅-13n-1+3n+1n+1-3nn，
令An为2n-1-13n-1的前n项和，则An=1×-130+3×-131+5×-132+⋅⋅⋅+2n-3×-13n-2+2n-1×-13n-1，
-13An=1×-131+3×-132+5×-133+⋅⋅⋅+2n-3×-13n-1+2n-1×-13n所以43An=1+2×-131+2×-132+⋅⋅⋅+2×-13n-1-2n-1×-13n，
所以43An=1+2×-13--13n1+13-2n-1×-13n，An=34+98×-13--13n-6n-34×-13n，
所以An=38+4n+18⋅-13n-1；
令Bn为3n+1n+1-3nn的前n项和，则
Bn=322-311+333-322+344-333+⋅⋅⋅+3nn-3n-1n-1+3n+1n+1-3nn
所以Bn=3n+1n+1-3.
故cn的前n项和为1×-130+322-311+3×-131+333-322+⋅⋅⋅+2n-1×-13n-1+3n+1n+1-3nn =1×-130+3×-131+⋅⋅⋅+2n-1×-13n-1+322-311+333-322+⋅⋅⋅+3n+1n+1-3nn，
=An+Bn=3n+1n+1+4n+18⋅-13n-1-218.
（3）因为Pn=ban+1+ban+2+⋯+ban+n，bn=2n-1，
Pn=2an+1-1+2an+2-1+⋯+2an+n-1
=2n⋅an+1+3+⋯2n-1=2n⋅an+n2n-1+12
=2n⋅an+n2，
∴ 2n3Pn-n2=2n32n⋅an=n23n-1，
故λ2-kλ+73≥2n3Pn-n2,∀n∈N*恒成立⇔λ2-kλ+73≥n23n-1max，
设dn=n23n-1,dn+1-dn=(n+1)23n-n23n-1=(n+1)2-3n23n=1-2nn-13n，
n=1时，d2-d1>0；
n≥2时，2nn-1≥4,∴1-2nn-10恒成立,
所以Hx=mfx+2gx在0,+∞单调递增,
所以不存在极值点,
当m>0时,令H'x=0,∴x=m，
当x>m时,H'x>0，
当0