2021-2022学年上学期高二数学期末复习专题练习汇总

1、2017年高考“最后三十天”专题透析2017年高考“最后三十天”专题透析好教育云平台-教育因你我而变好教育云平台-教育因你我而变练习 练习 1空间向量与立体几何一、单选题1已知点，若，四点共面，则（ ）ABCD2已知平面内有一点，平面的一个法向量为，点在平面内，则（ ）A1B2C3D43在长方体中，点在上，点在上，则直线与所成角的余弦值为（ ）ABCD二、多选题4若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）ABCD5四面体中，各棱长均为，点分别是的中点，则下列向量的数量积等于的是（ ）ABCD三、填空题6在三棱柱中，M是中点，若，则_7两个非零向量，定义若，则_8已知，则在上的投影为_四、解

2、答题9在空间直角坐标系中，已知向量，（1）求向量在向量上的投影向量；（2）求平面的法向量；（3）求点到平面的距离10如图，在三棱柱中，侧面底面ABC（1）求证：平面平面；（2）若，求二面角的正弦值11如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，为等腰直角三角形，AB=2，F是BC的中点，二面角SADB的大小等于120（1）在AD上是否存在点E，使得平面SEF平面ABCD，若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由；（2）求直线SA与平面SBC所成角的正弦值12在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面平面ABCD，点P在线段DF上（1）若是的中点，求异面直线BE与CP所成角的余弦值

3、；（2）是否存在点P，使得平面ADF与平面APC的夹角的余弦值为？若存在，求PF的长度；若不存在，请说明理由参考答案参考答案一、单选题1【答案】B【解析】由点，可得，若，四点共面，可设，则，解得，所以，故选B2【答案】B【解析】依题意，在平面内，故选B3【答案】A【解析】以为坐标原点，以，为轴，建立空间直角坐标系，则，则，所以，所以直线与所成角的余弦值为，故选A二、多选题4【答案】ABD【解析】选项A，因为，所以共面；选项B，因为，所以共面；选项C，在构成的平面内，不在这个平面内，不符合；选项D，因为共线，所以共面，故选ABD5【答案】BD【解析】依题意，四面体ABCD是正四面体，对于A，A不

4、是；对于B，B是；对于C，因是的中点，则，而，C不是；对于D，因是的中点，则，D是，故选BD三、填空题6【答案】【解析】如图，故答案为7【答案】【解析】因为，所以，故，所以，故答案为8【答案】【解析】因为，所以，所以，所以在上的投影为，故答案为四、解答题9【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）因向量，则，于是得，所以向量在向量上的投影向量（2）因向量，则，由（1）知，设平面的一个法向量，则，令，得，所以平面的法向量（3）由（2）得点到平面的距离，所以点到平面的距离为10【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）在侧面中，则四边形为菱形，对角线，因侧面底面，即，平面底面，则侧面，又侧面

5、，因此，又，则平面，而平面，所以平面平面（2）在中，则，而是菱形，则为正三角形，令，有O为中点，取中点E，连接OE，则，而侧面，必有侧面，以O为原点，射线分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则，设平面的一个法向量为，则，令，得，又为平面的一个法向量，则，所求二面角大小为，于是得，所以二面角的正弦值为11【答案】（1）存在，E为AD的中点；（2）【解析】（1）在线段上存在点E满足题意，且E为AD的中点如图，连接EF，SE，SF，四边形ABCD是矩形，ABAD又E，F分别是AD，BC的中点，EFAB，ADEF为等腰直角三角形，SA=SD，E为AD的中点，SEADSEEF=E，SE平

6、面SEF，EF平面SEF，AD平面SEF又AD平面ABCD，平面SEF平面ABCD故AD上存在中点E，使得平面SEF平面ABCD（2）由（1）可知SEF就是二面角SADB的平面角，SEF=120以E为坐标原点，的方向分别为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，由为等腰直角三角形，得，可得S(0，1，)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(2，2，0)，设是平面SBC的法向量，则，即，可取，设直线SA与平面SBC所成的角为，则，直线SA与平面SBC所成角的正弦值为12【答案】（1）；（2）存在，【解析】（1），平面平面，且平面平面，平面，平面，四边形为矩形，以为坐标原点，分别

7、为轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz，即异面直线与所成角的余弦值为（2）由（1）可得，由矩形可得，而，平面，平面的法向量为，设，点在线段上，由可得：，在平面中，设平面的法向量，则，令，则，得平面的法向量为，假设存在满足条件的点，则，解得或(舍去)，存在点使得平面与平面的夹角的余弦值为，且的长度为练习 练习 2直线与圆的方程（一）一、单选题1已知直线，直线，且，则的值为（ ）ABC或D2已知直线过直线和的交点，且与直线垂直，则直线的方程为（ ）ABCD3已知直线，点，若直线上存在点满足，则实数的取值范围为（ ）ABCD4如图所示，已知，从点射出的光线经直线AB反射后再射到直线OB上，最后经直

8、线OB反射后又回到点P，则光线所经过的路程是（ ）ABC6D二、填空题5已知直线，其恒过的定点为_6已知直线，且，则这两条直线之间的距离为_7经过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则的倾斜角的取值范围是_；的斜率的取值范围是_三、解答题8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于点E，若，求直线l的方程9已知点和直线求：（1）过点且与直线平行的直线方程；（2）过点且与直线垂直的直线方程10已知平行四边形的对角线所在直线的方程分别为和（1）求平行四边形对角线交点的坐标；（2）若OA所在的直线与x轴重合，求平行四边形其他边所在直线的方程11已知（1）求

9、经过点且与点距离最远的直线的方程；（2）若点，试在直线上求一点，使得最小，并求最小值12已知直线的方程为，分别交轴，轴于两点（1）求原点到直线距离的最大值及此时直线的方程；（2）若为常数，直线与线段有一个公共点，求的最小值13已知直线（1）求证：直线l过定点；（2）若直线l被两平行直线与所截得的线段AB的中点恰好在直线上，求的值参考答案参考答案一、单选题1【答案】C【解析】因为，所以且，解得或，且，综上：的值为或，故选C2【答案】A【解析】联立，解得，直线和的交点为，又直线l和直线垂直，直线l的斜率为，则直线l的方程为，即，故选A3【答案】A【解析】以为直径作圆，因为点，则圆的方程为，要想直线

10、上存在点满足，只需直线与圆有交点，即相交或相切，圆心到直线的距离小于等于半径即可，即，解得，所以实数的取值范围为，故选A4【答案】D【解析】点P关于y轴的对称点的坐标是，设点P关于直线的对称点为，则，解得，故光线所经过的路程，故选D二、填空题5【答案】【解析】由直线，得，其恒过的定点为，故答案为6【答案】【解析】因为直线，且，则，解得，所以，即，所以这两条直线之间的距离为，故答案为7【答案】，【解析】由条件作出线段，连接，如图，显然当直线的斜率不存在时，不满足条件，过点作，使得与轴平行，满足条件将直线绕点沿逆时针旋转到与重合的过程中，满足与线段有公共点，此时直线的斜率由0增大到，将直线绕点沿顺

11、时针旋转到与重合的过程中，满足与线段有公共点，此时直线的斜率由0减少到，所以满足条件的直线的斜率的范围是，由，且，可得或，故答案为；三、解答题8【答案】（1）；（2）和【解析】（1）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）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9【答案】（1）；（2）【解析】因为直线，所以该直线的斜率（1）过点且与直线平行的直线方程为，即（2）过点且与直线垂直的直线方程为，即10【答案】（1）；

12、（2）AB边所在直线的方程为；OC所在直线的方程为；BC所在直线的方程为【解析】（1）联立方程组，解得，所以对角线交点的坐标为（2）在中，令，得，所以点A的坐标为因为点B，点O关于点对称，所以点B的坐标为，所以AB边所在直线的方程为，即因为，所以，所以OC所在直线的方程为，即因为，所以，所以BC所在直线的方程为11【答案】（1）；（2）最小值为，【解析】（1）直线经过点，将直线沿点旋转，发现当PQ与垂直时，点P到直线的距离最大，最大长度为，所以经过点且与点距离最远的直线的方程为，即（2）作点P关于直线的对称点，连接交直线于点T，则点T即为所求，当三点共线时，等号成立，根据对称性可得点P关于直线

13、的对称点的坐标为，的最小值为，又的直线方程为，即，联立，得，12【答案】（1）最大值为，；（2）【解析】（1）因为可化为，所以直线过定点，当时，原点到直线距离最大，此时最大值为，此时直线的斜率为，即，所以直线方程为，即（2）根据得，直线表示不经过原点的任意一条直线，同时与线段有且只有一个公共点，考虑对应的几何意义，因为原点到直线的距离为，所以，若是线段与直线的公共点，则，当时，当且仅当直线过点，且与轴垂直时等号成立；当时，当且仅当直线过点，且与轴垂直时等号成立，13【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）由已知：，即，令，解得x=1，y=4，直线l恒过定点(1，4)（2）设直线，分别与直

14、线交于C，D两点，由，解得，由，解得，CD的中点M的坐标为，不妨设A在直线上，B在直线上，则AMCBMD，即MA=MB，故为AB的中点，将M代入直线l的方程得，解得练习 练习 3直线与圆的方程（二）一、单选题1若方程表示圆，则的取值范围是（ ）ABCD2已知，则的外接圆的一般方程为（ ）ABCD3已知圆，圆，则两圆的公切线有（ ）A1条B2条C3条D4条4已知圆，圆，若圆与圆有公共点，则实数的取值范围是（ ）ABCD5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（ ）ABCD6若直线与曲线有两个公共点，则实数的取值范围为（ ）ABCD二、多选题7已知圆上的点到直线的距离

15、等于，那么的值可以是（ ）ABCD三、填空题8过点的直线截圆得到的最短弦长为_9经过点以及圆与圆交点的圆的方程为_四、解答题10已知圆，（1）求证：相交；（2）求圆的公共弦所在的直线方程11已知圆经过点和，且圆心在直线上（1）求圆的标准方程；（2）直线过点，且与圆相切，求直线的方程；（3）设直线与圆相交于两点，点为圆上的一动点，求的面积的最大值12已知点，圆（1）若直线l过点M，且被圆C截得的弦长为，求直线l的方程；（2）设O为坐标原点，点N在圆C上运动，线段的中点为P，求点P的轨迹方程13设圆，圆（1）判断圆与圆的位置关系；（2）点分别是圆、上的动点，为直线上的动点，求的最小值14平面直角坐

16、标系中，直线截以原点O为圆心的圆所得的弦长为（1）求圆O的方程；（2）是否存在直线，使得圆O上有四点到直线的距离为，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由参考答案参考答案一、单选题1【答案】A【解析】方程化为，因方程表示圆，于是得，解得，所以的取值范围是，故选A2【答案】C【解析】设外接圆的方程为，由题意可得：，解得，即的外接圆的方程为，故选C3【答案】B【解析】，；，两圆相交，两圆公切线有2条，故选B4【答案】C【解析】圆的方程可化为，则圆心为，半径；圆的方程可化为，则圆心为，半径，圆与圆有公共点，即，解得，故选C5【答案】A【解析】圆关于轴的对称圆的圆心坐标，半径为1，圆的圆心坐标为，

17、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A6【答案】D【解析】由得，画出图象如图：当直线与半圆O相切时，直线与半圆O有一个公共点，此时，所以，由图可知，此时，所以，当直线如图过点A、B时，直线与半圆O刚好有两个公共点，此时，由图可知，当直线介于与之间时，直线与曲线有两个公共点，所以，故选D二、多选题7【答案】ABC【解析】圆的圆心为，半径为，直线过，与的距离为，所以的取值范围是，所以ABC选项符合，D选项不符合，故选ABC三、填空题8【答案】【解析】由圆得，所以圆心，半径为，设点P，则，要使过点的直线截圆得到的弦长最短，则直线垂直于直线PC

18、，此时最短弦长为，故答案为9【答案】【解析】设过圆与圆交点的圆的方程为：把点的坐标代入式得，把代入并化简得，所求圆的方程为，故答案为四、解答题10【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）圆的圆心，半径；的圆，半径，圆和圆相交（2）两圆，两圆相减，得圆和圆的公共弦所在直线方程为，即11【答案】（1）；（2）或；（3）【解析】（1）解法一：设圆的标准方程为，由已知得，解得，所以圆的标准方程为解法二：由圆经过点和，可知圆心在线段的垂直平分线上，将代入，得，即，半径，所以圆的标准方程为（2）当直线的斜率存在时，设，即，由直线与圆相切，得，解得，此时；当直线的斜率不存在时，直线显然与圆相切，所以直

19、线的方程为或（3）圆心到直线的距离，所以，则点到直线距离的最大值为，所以的面积的最大值12【答案】（1）或；（2）【解析】（1）由题意，圆，可得圆心，半径，因为直线被圆C截得的弦长为，则圆心到直线的距离为，当直线的斜率不存在时，此时直线的方程为，满足题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，则，解得，即，综上可得，所求直线的方程为或（2）设点，因为点，线段的中点为，可得，解得，又因为在圆上，可得，即，即点的轨迹方程为13【答案】（1）内含；（2）【解析】（1）圆，圆的圆心，半径；圆，圆其圆心，半径，又，圆与圆的位置关系为内含（2）到直线的距离为，直线与圆相离，到直线的距离为，直线与圆相离，

20、对于直线上的任一点，要使取得最小值可转化为求的最小值，又，关于直线对称的点为，当与共线时，取得最小值，即直线上一点到两定点距离之和取得最小值为，14【答案】（1）；（2）存在，【解析】（1）圆心O到直线的距离，设圆的半径为，而直线截圆O的弦长为，于是，所以圆的标准方程为（2）圆的半径为，若圆上有四点到直线的距离为，则圆心到直线的距离，解得，故当时，存在直线，使得圆上有四点到直线的距离为练习 练习 4圆锥曲线（一）一、单选题1已知双曲线E的渐近线为，则其离心率为（ ）ABCD或2已知椭圆的左、右焦点分别为、，长轴长，焦距为，过点的直线交椭圆于A，两点，则的周长为（ ）ABCD3已知是椭圆的上顶点

21、，是的右焦点，直线与椭圆的另一个交点为，若，则椭圆的离心率为（ ）ABCD4设是双曲线的两个焦点，是双曲线上任意一点，过作平分线的垂线，垂足为，则点到直线的距离的最大值是（ ）A4B5C6D35已知双曲线，过右焦点且倾斜角为45的直线与双曲线右支有两个交点，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）ABCD6已知是椭圆的左焦点，是椭圆C上的任意一点，点，则的最大值为（ ）ABCD7已知椭圆的一条弦所在的直线方程是，弦的中点坐标是，则椭圆C的离心率是（ ）ABCD8已知，是双曲线的左、右焦点，点A是的左顶点，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，过点作轴的垂线，垂足为，为坐标原点，且平分，则的离心率为（ ）

22、A2BC3D9已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，椭圆的上顶点为，且，双曲线和椭圆有相同焦点，且双曲线的离心率为，为曲线与的一个公共点，若，则（ ）ABCD10已知动圆与直线相切，且与定圆外切，则动圆圆心的轨迹方程为（ ）ABCD二、多选题11设椭圆的右焦点为，直线与椭圆交于两点，则（ ）A为定值B的周长的取值范围是C当时，为直角三角形D当时，的面积为三、填空题12已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，点P是椭圆上任意一点，则的最小值为_13已知椭圆的左、右焦点分别为，过且与轴垂直的直线交椭圆于两点，直线与椭圆的另一个交点为C，若，则椭圆的离心率为_四、解答题14已知椭圆中心在原点，焦点在轴上，

23、椭圆的短轴长是2，离心率是（1）求椭圆方程；（2）经过椭圆的左焦点作倾斜角为的直线，直线与椭圆相交于，两点，求的长15已知抛物线的准线方程为，过其焦点F的直线l交抛物线C于A、B两点，线段AB的中点为M，坐标原点为O，且直线OM的斜率为（1）求实数p的值；（2）求的面积参考答案参考答案一、单选题1【答案】D【解析】当双曲线焦点在x轴上时，渐近线为，故离心率为；当双曲线焦点在y轴上时，渐近线为，故离心率为，故选D2【答案】C【解析】由题知，的周长为，故选C3【答案】D【解析】由题意，则，因为，所以，解得，代入椭圆方程可得，即，所以，故选D4【答案】A【解析】双曲线的方程为，可得，则，设，不妨设点

24、P在双曲线的右支上，延长交于N，则由题意，由双曲线的定义：，则，于是，即点M在以原点为圆心，2为半径的圆上，而圆心（0，0）到直线的距离为，该直线与圆相切，则点M到该直线的距离的最大值为2+2=4，故选A5【答案】A【解析】由题意知双曲线的渐近线的斜率小于1，即，故选A6【答案】D【解析】由题意，点为椭圆的左焦点，点为椭圆上任意一点，点的坐标为，如图，设椭圆的右焦点为，连接，根据椭圆定义知，当在线段上时，等号成立即要求的最大值为，故选D7【答案】B【解析】设交点坐标分别为、，则，两式作差得，而是交点的中点，结合已知直线方程，有，又，可得，故选B8【答案】A【解析】如图，双曲线的渐近线取，则，由

25、，故，即，平分，O到PM的距离等于O到AP的距离|OM|，即，化简整理得，解得e=2，故选A9【答案】B【解析】如图所示，设双曲线的标准方程为，半焦距为椭圆的上顶点为，且，不妨设点在第一象限，设，在中，由余弦定理可得：，两边同除以，得，解得，故选B10【答案】A【解析】设动圆圆心为，半径为，由题意可得到的距离与到直线的距离相等由抛物线的定义可知，动圆圆心的轨迹是以为焦点，以为准线的一条抛物线，其方程为，故选A二、多选题11【答案】ACD【解析】设椭圆的左焦点为，则，所以为定值，A正确；的周长为，因为为定值6，所以的范围是，所以的周长的范围是，B错误；将与椭圆方程联立，可解得，又因为，所以为直角

26、三角形，C正确；将与椭圆方程联立，解得，所以，D正确，故选ACD三、填空题12【答案】0【解析】设P点坐标为，由题意得，则，由可得，所以，故当时，取得最小值0，故答案为013【答案】【解析】设椭圆的左、右焦点分别为，将代入椭圆方程可得，可设，由，得，即有，即，得，代入椭圆方程可得，由，即有，解得，故答案为四、解答题14【答案】（1）；（2）【解析】（1）设椭圆方程为，则，解得，椭圆方程为（2）焦点分别为，直线过左焦点倾斜角为，直线的方程为，将方程与椭圆方程消去，得，设，则，因此，15【答案】（1）；（2）【解析】（1）由准线方程为，知，故（2）由（1）知，抛物线方程为，设直线的方程为，联立抛物

27、线方程，化简得，则，由线段的中点为，知，代入韦达定理知，解得，故直线的方程为所以，因此的面积练习 练习 5圆锥曲线（二）一、多选题1设椭圆的右焦点为，直线与椭圆交于两点，则（ ）A为定值B的周长的取值范围是C当时，为直角三角形D当时，的面积为2已知为双曲线右支上的一个动点（不经过顶点），分别是双曲线的左，右焦点，的内切圆圆心为，过作，垂足为，下列结论正确的是（ ）A在定直线上B为定值C为定值D为定值二、填空题3已知抛物线的准线为，若M为上的一个动点，设点N的坐标为，则的最小值为_4已知椭圆的右焦点的坐标为，为椭圆的左焦点，为椭圆上一点，若，则椭圆方程为_5已知椭圆与双曲线有公共的焦点，设是的一

28、个交点，与的离心率分别是，若，则的最小值为_三、解答题6在平面直角坐标系中，设双曲线以椭圆长轴的两个端点为焦点，以的焦点为顶点（1）求的标准方程；（2）过的直线与相切于右支，且与交于点，求的面积7已知双曲线的渐近线方程为，左焦点为（1）求双曲线C的标准方程；（2）过点Q（2，0）作直线l与双曲线C右支交于A，B两点，若，求直线l的方程8已知为椭圆的左右顶点，P为椭圆上异于的点，直线与的斜率之积为（1）求椭圆的方程；（2）已知定点，若直线与相交于GH两点，求证：为定值9过点作圆的切线，两切线分别与轴交于点，(在的左边)，以，为焦点的椭圆经过点（1）求椭圆的方程；（2）若经过点的直线与椭圆交于，两

29、点，当的面积取得最大值时，求直线的方程10已知椭圆经过点，且焦距为（1）求椭圆E的方程；（2）P为椭圆E上一点，F1，F2分别为椭圆E的左右焦点，射线PF1，PF2分别交椭圆E于点A，B，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由11已知抛物线的焦点为，点在上，且（1）求点的坐标及的方程；（2）设动直线与相交于两点，且直线与的斜率互为倒数，试问直线是否恒过定点？若过，求出该点坐标；若不过，请说明理由12已知双曲线过点，焦距为，（1）求双曲线C的方程；（2）是否存在过点的直线与双曲线C交于M，N两点，使构成以为顶角的等腰三角形？若存在，求出所有直线l的方程；若不存在，请说明理由参考答案

30、参考答案一、多选题1【答案】ACD【解析】设椭圆的左焦点为，则，所以为定值，A正确；的周长为，因为为定值6，所以的范围是，所以的周长的范围是，B错误；将与椭圆方程联立，可解得，又因为，所以为直角三角形，C正确；将与椭圆方程联立，解得，所以，D正确，故选ACD2【答案】AC【解析】设的内切圆在上的切点分别为，设切点的坐标为，因为，所以，因为内切圆圆心为，所以轴，所以内切圆圆心在直线上，故A正确；因为（为内切圆的半径），所以不为定值，故B错误；，垂足为，设，为的角平分线，为等腰三角形，因为，在中，为中位线，所以，所以为定值，故C正确；因为为圆在轴右侧上的动点，在双曲线右支上的一个动点，结合图象易知

31、不是定值，故选AC二、填空题3【答案】【解析】由题意知，抛物线设，由题意知，则，当时，取得最小值8，的最小值为，故答案为4【答案】【解析】由题知，又，则，故，则，则，则，故椭圆方程为，故答案为5【答案】【解析】设，令，则，当时，得，则，；（当且仅当，即时取等号），解得，即的最小值为三、解答题6【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题意得：双曲线，则，所以双曲线的方程为（2）由题意设过直线l方程为，与双曲线方程联立，得，因为直线l与双曲线相切，所以，解得，因为直线l与右支相切，所以直线l方程为，与椭圆方程联立，得，设，则，原点到直线l的距离为，所以的面积为7【答案】（1）；（2）【解析】（1）双

32、曲线的渐近线方程为，左焦点为，解得c=2，b=1，双曲线的标准方程为（2）设直线l的方程为，A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与双曲线方程，化简整理，可得，由韦达定理，可得，由得，此时检验得，直线l方程为8【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）设，因为直线与的斜率之积为，所以，又，所以，由得，所以，所以椭圆的方程为（2）由，得，设，有，为定值9【答案】（1）；（2）或【解析】（1）设切线方程为，则，解得，所以切线方程为，它们与轴的交点为和，设椭圆方程为，椭圆过点，则，所以椭圆方程为（2）由（1）知，直线斜率一定存在，设其方程为且，设，记，显然同号，由，得，且，设，设，则，所以

33、，再设，则，所以，所以，即时，所以取得最大值为，此时直线方程为，即或10【答案】（1）；（2）是，该定值为14【解析】（1）依题意，又，联立解得，椭圆的方程（2）当点在轴上时，由对称性不妨设点，此时两点重合，所以；当点不在轴上时，由对称性不妨设，当时，直线，联立方程组，消得，且，所以，由韦达定理：，所以，同理，则；当时，不妨设，综上，是定值，为1411【答案】（1）的坐标为，的方程为；（2）直线过定点【解析】（1）抛物线的准线，于是得，解得，而点在上，即，解得，又，则，所以的坐标为，的方程为（2）设，直线的方程为，由消去x并整理得，则，因此，化简得，即，代入方程得，即，则直线过定点，所以直线过

34、定点12【答案】（1）；（2）存在，直线为或【解析】（1）由题设，又在双曲线上，可得，双曲线C的方程为（2）由（1）知：，直线的斜率一定存在，当直线斜率为0时，直线，符合题意；设直线为，联立双曲线方程可得，由题设，则要使构成以为顶角的等腰三角形，则，的中点坐标为，可得或，当时，不合题意，所以，直线，存在直线为或，使构成以为顶角的等腰三角形练习 练习 6数列（一）一、单选题1已知数列为等比数列，若，且与的等差中项为，则的值为（ ）A5B512C1024D20482已知等比数列中，则公比（ ）A5B4C3D23若数列满足，则数列的通项公式为（ ）ABCD4已知数列是等差数列，为数列的前项和，则（

35、）A10B15C20D405据有关文献记载：我国古代一座层塔共挂了盏灯，且相邻两层中的下一层灯数比上一层灯数都多为常数盏，底层的灯数是顶层的倍，则塔的底层共有灯（ ）A盏B盏C盏D盏6设等差数列的前n项和为，若，则（ ）A45B32C47D547等差数列的前项和为，若且，则（ ）ABCD8设等差数列的前n项和，且满足，对任意正整数n，都有，则k的值为（ ）A1006B1007C1008D10099已知数列满足，则下列结论正确的是（ ）A数列是公差为的等差数列B数列是公差为2的等差数列C数列是公比为的等比数列D数列是公比为2的等比数列10“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三

36、角形”早了300多年如图所示的是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，图中虚线上的数1，3，6，10，构成数列，记为该数列的第项，则（ ）A2016B4032C2020D4040二、填空题11已知数列的前项和为，且满足，则_12设等比数列满足，则_13已知等差数列的公差，且、成等比数列，_14在等差数列中，则使成立的最大自然数n为_15已知两个等差数列和的前n项和分别为，且，则_16某数除以2余1，除以3余2，除以5余2，若该数不超过2022，则该数的最大值为_三、解答题17（1）三个数成等差数列，其和为，前两项之积为后一项的倍，求这三个数（2）四个数成递增等差数列，中间两数的和为，首末两项的积

37、为，求这四个数18设等差数列的前项和为，已知（1）求数列的通项公式；（2）当为何值时，最大，并求的最大值19贺同学入读某大学金融专业，过完年刚好得到红包10000元，她决定以此作为启动资金投资股票，每月月底获得的收益是该月月初投入资金的20%，并从中拿出500元作为自己的生活费，余款作为资金全部投入下个月的炒股，如此继续设第n个月月底的股票市值为（1）求证：数列为等比数列；（2）贺同学一年（共12个月）在股市约赚了多少元钱？（，）参考答案参考答案一、单选题1【答案】C【解析】设等比数列的公比为q，因为，所以，解得，因为与的等差中项为，则有，即，解得，所以，故，则，所以，故选C2【答案】D【解析

38、】等比数列满足，故选D3【答案】D【解析】由题得，（1）所以 ，（2），（1）-（2）得，所以由，适合，所以，故选D4【答案】C【解析】数列是等差数列，为数列的前项和，根据等差数列的性质得到：仍成等差数列，记，设，计算可得到结果为20，故选C5【答案】C【解析】依题意，层塔从上层到下层挂灯盏数依次排成一列可得等差数列，于是得，解得，所以塔的底层共有灯盏，故选C6【答案】A【解析】由题可知：成等差数列，所以，又，所以，故选A7【答案】A【解析】设的公差为d，即为等差数列，公差为，由，知，故，故选A8【答案】C【解析】根据等差数列的前n项和公式及等差数列的性质可得，；，又，数列的公差为负数，数列的

39、前n项和中，最大，即时，选项C正确，故选C9【答案】C【解析】，既不是等比数列也不是等差数列；，数列是公比为的等比数列，故选C10【答案】A【解析】依题意，于是有，则当时，而满足上式，因此，所以，故选A二、填空题11【答案】【解析】因为，所以，所以是以2为公差的等差数列，所以，故答案为12【答案】【解析】因为等比数列满足，所以，又，解得，故，所以，故答案为13【答案】【解析】由已知可得，即，因此，故答案为14【答案】4042【解析】由等差数列的性质可得，又，所以异号，又，所以等差数列必为递减数列，所以，使成立的最大自然数n为4042，故答案为404215【答案】【解析】设等差数列的首项为，公差为，等差数列的首项为，公差为，则，故，又已知，不妨令且，解得且，故，故答案为16【答案】1997【解析】由题意，除以3余2且除以5余2的最小整数为，恰满足除以2余1，故满足条件的所有整数从小到大的排列是以17为首项，30为公差的等差数列，2022以内的最大的项为，故答案为1997三、解答题17【答案】（1），；（2），【解析】（1）设这三个数依次为，由题意可得：，解得，所以这三个数依次为，（2）设这四个数依次为，(公差为)，由题意可得，解得或(舍)，故