期末模拟测试卷02能力提升卷（考试范围选择性必修第一二册）（解析版）

2022-2023学年高二数学上学期期末测试（考试范围：选择性必修第一、二册）能力提升卷满分150分考试时间120分钟一、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．已知空间三点，，，若向量与的夹角为60°，则实数【】A．1 B．2 C． D．【答案】B【分析】直接由空间向量的夹角公式计算即可【详解】，，，，由题意有即，整理得，解得故选：B2．已知直线过定点，则点关于对称点的坐标为【】A． B． C． D．【答案】A【解析】根据直线方程得到定点A的坐标，设其关于的对称点坐标，列出方程组，解之即可.【详解】直线即，故，设点关于的对称点坐标为．则解得．点关于的对称点坐标为．故选：A．3．已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为【】A．16 B．14 C．12 D．10【答案】A【详解】设，直线的方程为，联立方程，得，∴，同理直线与抛物线的交点满足，由抛物线定义可知，当且仅当（或）时，取等号.4．已知数列的前项和为，且，若，则数列的最大项为【】A．第5项 B．第6项 C．第7项 D．第8项【答案】D【分析】由先求出，从而得出，由讨论出其单调性，从而得出答案.【详解】当时，；由，当时，，两式相减，可得，解得，当时，也符合该式，故．所以由，解得；又，所以，所以，当时，，故，因此最大项为，故选：D．5．设等差数列的前n项和为，若，则【】A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】由又，可得公差，从而可得结果.【详解】是等差数列又，∴公差，，故选C．6．若函数，则的值为【】A．0 B． C． D．【答案】B【解析】先对函数求导，采用赋值的方式计算出的结果，由此计算出的值.【详解】因为，所以令，则，所以，则，故选：B.7．设函数，若是函数是极大值点，则函数的极小值为【】A． B． C． D．【答案】A【分析】根据函数的极大值点为求出参数的值，然后再根据函数的单调性求出函数的极小值即可．【详解】∵，∴，∵是函数的极大值点，∴，解得，∴，∴当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；∴当时，有极小值，且极小值为．故选A．8．设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是【】A． B． C． D．【答案】D【分析】设，，问题转化为存在唯一的整数使得满足，求导可得出函数的极值，数形结合可得且，由此可得出实数的取值范围.【详解】设，，由题意知，函数在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，，当时，；当时，.所以，函数的最小值为.又，.直线恒过定点且斜率为，故且，解得，故选D.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．在长方体中，，，动点在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有【】A．当为中点时，为锐角B．存在点，使得平面C．的最小值D．顶点到平面的最大距离为【答案】ABD【分析】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，当为中点时，根据判断得符号即可判断A；当平面，则，则有，求出，即可判断B；当时，取得最小值，结合B即可判断C；利用向量法求出点到平面的距离，分析即可判断D.【详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，则，则，故，则，，对于A，当为中点时，则，，则，，所以，所以为锐角，故A正确；当平面，因为平面，所以，则，解得，故存在点，使得平面，故B正确；对于C，当时，取得最小值，由B得，此时，则，，所以，即的最小值为，故C错误；对于D，，设平面的法向量，则有，可取，则点到平面的距离为，当时，点到平面的距离为0，当时，，当且仅当时，取等号，所以点到平面的最大距离为，故D正确.故选：ABD.10．已知点在圆上，点、，则【】A．点到直线的距离小于B．点到直线的距离大于C．当最小时，D．当最大时，【答案】ACD【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.【详解】圆的圆心为，半径为，直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；如下图所示：当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，，，由勾股定理可得，CD选项正确.故选：ACD.11．设首项为1的数列的前项和为，已知，则下列结论正确的是【】A．数列为等比数列B．数列的通项公式为C．数列为等比数列D．数列的前项和为【答案】AD【分析】由已知可得，结合等比数列的定义可判断A；可得，结合和的关系可求出的通项公式，即可判断B；由可判断C；由分组求和法结合等比数列和等差数列的前项和公式即可判断D.【详解】因为，所以．又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确；所以，则．当时，，但，故B错误；由可得，即，故C错；因为，所以所以数列的前项和为，故D正确．故选:AD．12．已知函数，则下列结论正确的是【】A．当时，曲线在点处的切线方程为B．当时，在定义域内为增函数C．当时，既存在极大值又存在极小值D．当时，恰有3个零点，且【答案】BCD【分析】按照导数几何意义解决；证明导数为正值即可；以极值定义去判定；构造函数去证明.【详解】选项A:当时，曲线,则，切线斜率又，故曲线在点处的切线方程为.A选项错误；选项B:令，则当时，，单调递增，当时，，单调递减，在处取得最小值当时，对任意恒成立，则对任意恒成立，故当时，在定义域内为增函数.B选项正确；选项C:由以上分析知道：在处取得最小值当时，必有二根，不妨设为则当时，，，为增函数，当时，，，为减函数，当时，，，为增函数，故既存在极大值又存在极小值.C选项正确；选项D:由上面分析可知既存在极大值又存在极小值，不妨设的极大值点为m，极小值点为n,且，在上单调递减，又故极大值为正值，极小值为负值，当时，；当时，故函数有三个零点，不妨设为，又故有，则即当时，恰有3个零点，且正确.故选：BCD三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．函数，则曲线在处的切线方程为______.【答案】【分析】先求导，代入可得，利用直线方程的点斜式即得解【详解】由题意，故，则曲线在处的切线方程为：故答案为：14．高斯函数也称为取整函数，其中表示不超过x的最大整数，例如．已知数列满足，，设数列的前n项和为，则______．【答案】2021【分析】首先利用裂项得到再化简，利用裂项相消求和，再利用高斯函数的定义，即可求解.【详解】因为，所以，所以．因为，所以，所以，所以，故．故答案为：15．若函数在区间上有最大值，则实数的取值范围是_________．【答案】【分析】由导函数求得极大值，利用极大值点在区间上，且的极大值可得参数范围．【详解】，或时，，时，，所以在和上都递增，在上递减，，在区间上有最大值，则，解得．故答案为：．16．已知双曲线C：过点，则其方程为________，设，分别为双曲线C的左右焦点，E为右顶点，过的直线与双曲线C的右支交于A，B两点（其中点A在第一象限），设M，N分别为，的内心，则的取值范围是________．【答案】

【分析】①将点代入方程中求出，即可得答案；②据圆的切线长定理和双曲线的定义可推得，的内切圆与轴切于双曲线的右顶点，设直线的倾斜角为，可用表示，根据两点都在右支上得到的范围，利用的范围可求得的取值范围【详解】①由双曲线C：过点，所以所以方程为②如图：设的内切圆与分别切于，所以，所以，又，所以，又，所以与重合，所以的横坐标为，同理可得的横坐标也为，设直线的倾斜角为.则，，，当时，，当时，由题知，...因为两点在双曲线的右支上，∴，且，所以或，∴.且，，综上所述，.故①答案为：;四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（10分）已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，，.（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；（2）求{an}和{bn}的通项公式.【答案】（1）见解析；（2），．【分析】(1)可通过题意中的以及对两式进行相加和相减即可推导出数列是等比数列以及数列是等差数列；(2)可通过(1)中的结果推导出数列以及数列的通项公式，然后利用数列以及数列的通项公式即可得出结果．【详解】(1)由题意可知，，，，所以，即，所以数列是首项为、公比为的等比数列，，因为，所以，数列是首项、公差为的等差数列，．(2)由(1)可知，，，所以，．18．（12分）已知函数，曲线在点处切线方程为．（1）求的值；（2）讨论的单调性，并求的极大值．【答案】（1）；（2）见解析.【详解】试题分析：（1）求导函数，利用导数的几何意义及曲线在点处切线方程为，建立方程，即可求得，的值；（2）利用导数的正负，可得的单调性，从而可求的极大值．试题解析：（1）．由已知得，．故，．从而，．（2）由（1）知，，．令得，或．从而当时，；当时，．故在，上单调递增，在上单调递减．当时，函数取得极大值，极大值为．19．（12分）如图，三棱锥中，平面，，．分别为线段上的点，且．(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）【详解】试题分析：（1）要证线面垂直，就是要证线线垂直，题中由平面，可知，再分析已知由得，这样与垂直的两条直线都已找到，从而可得线面垂直；（2）求二面角的大小，可心根据定义作出二面角的平面角，求出这个平面角的大小，本题中，由于，平面，因此两两垂直，可以他们为轴建立空间直角坐标系，写出图中各点的坐标，求出平面和平面的法向量，向量的夹角与二面角相等或互补，由此可得结论．试题解析：（1）证明：由PC平面ABC，DE平面ＡＢＣ，故PCDE由CE＝２，CD=DE＝得ＣＤＥ为等腰直角三角形，故CDDE由PCCD=C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD（2）解：由（１）知，CDE为等腰直角三角形，DCE＝，如（１９）图，过点Ｄ作DF垂直CE于Ｆ，易知DF＝FC＝EF＝１，又已知EB＝１，故FB＝２．

由ACB＝得DFAC，，故AC＝DF＝．以Ｃ为坐标原点，分别以的方程为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则Ｃ（0,0,0,），Ｐ（0,0,3），Ａ（,0,0）,Ｅ（0,2,0），Ｄ（1,1,0），设平面的法向量，由，，得.由（1）可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量可取为,即.从而法向量，的夹角的余弦值为，故所求二面角A-PD-C的余弦值为.20．（12分）已知椭圆C：（）的左，右焦点分别为，，上，下顶点分别为A，B，四边形的面积和周长分别为2和.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l：（）与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中垂线交y轴于M点，且为直角三角形，求直线l的方程.【答案】(1)(2)或【分析】（1）由已知可得，结合的关系可求解；（2）联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可求出EF的中点，进而求得其中垂线方程，求出坐标，分析已知可得，代入即可求解.【详解】（1）由题意知，解得故椭圆的方程为（2）设联立，整理得由韦达定理得，，，所以线段EF的中垂线方程为，令，解得，，，又为直角三角形，且，，即所以直线l的方程或21．（12分）已知等比数列的前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列及数列的前项和.（3）设，求的前项和.【答案】（1）；（2）；（3）【分析】(1)由及可得q的值，由可得的值，可得数列的通项公式；（2）由（1）可得，由可得，可得=，由列项相消法可得的值；（3）可得，可得的值.【详解】解：（1）由题意得：，可得，，由，可得，由，可得，可得，可得;(2)由，可得，由，可得，可得，可得的通项公式：=，可得：①

-②得：=，可得;(3)由可得，可得：===22．（12分）已知函数且.（1）求a；（2）证明：存在唯一的极大值点，且.【答案】（1）a=1；（2）见解析.【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a可得h（x）min＝h（），从而可得结论；（2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0可知f（x0），另一方面可知f（x0）＞f（）．【详解】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x