期末模拟测试卷01基础巩固卷（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）基础巩固卷满分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．在四面体中，空间的一点M满足，若M，A，B，C共面，则【】A． B． C． D．【答案】A【解析】利用空间四点共面可知，直接求的值.【详解】因为M，A，B，C共面，则，得.故选：A2．设，，直线过点且与线段相交，则的斜率的取值范围是【】A．或 B．C． D．或【答案】D【分析】如图，求出可得斜率的取值范围.【详解】由题设可得，因为直线与线段相交，则或，故选：D.3．圆的圆心和半径分别是【】A．， B．， C．， D．，【答案】D【分析】先化为标准方程，再求圆心半径即可.【详解】先化为标准方程可得，故圆心为，半径为.故选：D.4．已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为【】A． B． C． D．【答案】D【详解】在中，设，则，又由椭圆定义可知则离心率，故选D.5．在数列中，，（，），则【】A． B．1C． D．2【答案】A【分析】通过递推式求出数列前几项可得数列为周期数列，利用数列的周期性可得答案.【详解】，，，可得数列是以3为周期的周期数列，.故选：A.6．设是等比数列，且，，则【】A．12 B．24 C．30 D．32【答案】D【分析】根据已知条件求得的值，再由可求得结果.【详解】设等比数列的公比为，则，，因此，.故选：D.7．若过点可以作曲线的两条切线，则【】A． B．C． D．【答案】D【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果；解法二：画出曲线的图象，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.【详解】在曲线上任取一点，对函数求导得，所以，曲线在点处的切线方程为，即，由题意可知，点在直线上，可得，令，则.当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以，，由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.故选：D.解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.故选：D.8．设定义在上的函数的导函数为，若，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为【】A． B．C． D．【答案】A【分析】构造函数，则可判断，故是上的增函数，结合即可得出答案.【详解】解：设，则，∵，，∴，∴是上的增函数，又，∴的解集为，即不等式的解集为.故选A.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．已知抛物线的焦点坐标为F，过点F的直线与抛物线相交于A，B两点，点在抛物线上．则【】A． B．当轴时，C．为定值1 D．若，则直线的斜率为【答案】BCD【分析】将点代入可判断A；求出焦点可判断B；设直线的方程为，将直线与抛物线方程联立，利用韦达定理即可判断C；由向量的坐标表示以及韦达定理可判断D.【详解】对于选项A，将点代入抛物线方程，可得，故选项A错误；对于选项B，焦点，点在抛物线上，可得，故选项B正确；对于选项C，设点A，B的坐标分别为，，直线的方程为，联立方程消去y后整理为，可得，有，故选项C正确；对于选项D，有，可得，由有解得，故选项D正确．故选：BCD10．如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD-A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是【】A．AC1=6B．AC1⊥DBC．向量与的夹角是60°D．BD1与AC所成角的余弦值为【答案】AB【分析】根据题意，利用空间向量的线性运算和数量积运算，对选项中的命题分析，判断正误即可.【详解】因为以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，所以·=·=·=6×6×cos60°=18，(++)2=+++2·+2·+2·=36+36+36+3×2×18=216，则||=|++|=6，所以A正确；·=(++)·(-)=·-·+-·+·-=0，所以B正确；显然△AA1D为等边三角形，则∠AA1D=60°.因为=，且向量与的夹角是120°，所以与的夹角是120°，所以C不正确；因为=+-=+，所以||==6，||==6，·=(+-)·(+)=36，所以cos<>===，所以D不正确.故选:AB.11．已知数列的前n项和为，且满足，则下列说法正确的是【】A．数列的前n项和为 B．数列的通项公式为C．数列为递增数列 D．数列为递增数列【答案】AD【分析】先根据和项与通项关系化简条件，再构造等差数列，利用等差数列定义与通项公式求，最后根据和项与通项关系得.【详解】因此数列为以为首项，为公差的等差数列，也是递增数列，即D正确；所以，即A正确；当时所以，即B，C不正确；故选：AD12．下列结论中正确的有【】A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】ABC【解析】根据常见的基本初等函数的导数公式和常用的导数运算法则求解即可.【详解】选项A中，若，则，故A正确；选项B中，若，则，令，则，解得，故B正确；选项C中，若，则，故C正确；选项D中，若，则x，故D错误．故选:ABC三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．若圆x2＋y2＝4与圆x2＋y2＋2ay－6＝0(a>0)的公共弦长为，则a＝________.【答案】1【分析】先求得相交弦所在直线方程，然后利用勾股定理列方程，解方程求得的值.【详解】将两圆的方程相减，得相交弦所在的直线方程为.圆的圆心为，半径为.到直线的距离为：，解得.故答案为：14．已知数列满足则的最小值为__________.【答案】【分析】先利用累加法求出an＝33+n2﹣n，所以，设f（n），由此能导出n＝5或6时f（n）有最小值．借此能得到的最小值．【详解】解：∵an+1﹣an＝2n，∴当n≥2时，an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1＝2[1+2+…+（n﹣1）]+33＝n2﹣n+33且对n＝1也适合，所以an＝n2﹣n+33．从而设f（n），令f′（n），则f（n）在上是单调递增，在上是递减的，因为n∈N+，所以当n＝5或6时f（n）有最小值．又因为，，所以的最小值为故答案为15．已知函数有两个极值点，则实数m的取值范围为___________.【答案】【分析】把函数有两个极值点，转化为有两个不同正根，利用分离参数法得到.令，，只需和有两个交点.利用导数研究的单调性与极值，即可求出m的取值范围.【详解】的定义域为，.要使函数有两个极值点，只需有两个不同正根，并且在的两侧的单调性相反，在的两侧的单调性相反.由得，.令，，要使函数有两个极值点，只需和有两个交点.，令得：x>1；令得：0<x<1；所以在上单减，在上单增.当时，；当时，；作出和的图像如图，所以-1<m<0即实数m的取值范围为.故答案为：16．某投资公司评估一个需要投资980万的项目，该项目从第1年年末开始，每一年的净利润是万元，而且收益可以持续50年.若年利率为8%，记第年年末的收益现值为（，），___________；若该项目值得投资，则的最小值为___________万元.（参考数据：）【答案】

；

.【分析】根据折现率的公式，求出每一年的收益现值，再利用等比数列的前项和，若项目值得投资，则可求出的取值，进而求出最小值.【详解】依题意，根据折现率公式，得：第1年年末，净利润万元的收益现值为；第2年年末，净利润万元的收益现值为；第3年年末，收益现值为；以此类推，第年年末，净利润万元的的收益现值为；则年后的总收益现值为若该项目值得投资，则解得：，.故答案为：；.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）已知为实数，函数．(1)若，求实数的值(2)若时，求函数在处的切线方程；【答案】(1)，(2)切线方程为【分析】（1）首先对求导，再根据求解即可.（2）利用导数的几何意义求解即可.【详解】（1）函数的定义域为，，因为，解得.（2）若时，则，，，，所以在处的切线方程为，即.18．（12分）记为数列的前n项和．已知．(1)证明：是等差数列；(2)若成等比数列，求的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．【详解】（1）因为，即①，当时，②，①②得，，即，即，所以，且，所以是以为公差的等差数列．（2）[方法一]：二次函数的性质由（1）可得，，，又，，成等比数列，所以，即，解得，所以，所以，所以，当或时，．[方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得，，，又，，成等比数列，所以，即，解得，所以，即有.则当或时，．19．（12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.【详解】（1）证明：在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面．（2）［方法一］【最优解】：通性通法因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：因为，设，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.［方法二］：定义法如图2，因为平面，，所以平面．在平面中，设．在平面中，过P点作，交于F，连接．因为平面平面，所以．又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．设，在中，易求．由与相似，得，可得．所以，当且仅当时等号成立．［方法三］：等体积法如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．设，在三棱锥中，．在三棱锥中，．由得，解得，当且仅当时等号成立．在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．20．（12分）已知双曲线的左､右焦点分别为，双曲线C的右顶点A在圆上，且.（1）求双曲线C的标准方程；（2）动直线与双曲线C恰有1个公共点，且与双曲线C的两条渐近线分别交于点M､N，问为坐标原点)的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，定值2.【分析】（1）由题得关于的方程组，解方程组即得解；（2）先证明当直线的斜率在存在时，2；当直线的斜率存在时，设其方程为，显然，联立直线和双曲线的方程得到，设,求出即得解.【详解】解：（1）设双曲线C的半焦距为c，由点在圆上，得，由-2，得，所以，所以双曲线C的标准方程为.（2）设直线与轴相交于点D，双曲线C的渐近线方程为当直线的斜率在存在时，直线为，得2当直线的斜率存在时，设其方程为，显然，则把直线的方程与联立得由直线与轨迹C有且只有一个公共点，且与双曲线C的两条渐近线分别相交可知直线与双曲线的渐近线不平行，所以，且，于是得,得，得或,设,由，得,同理得,所以综上，的面积恒为定值2.21．（12分）已知为等差数列，为等比数列，．（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）记的前项和为，求证：；（Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和．【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.【分析】(Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果；(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列前n项和，然后利用作差法证明即可；(Ⅲ)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算和的值，据此进一步计算数列的前2n项和即可.【详解】(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为q.由，，可得d=1.从而的通项公式为.由，又q≠0，可得，解得q=2，从而的通项公式为.(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得，故，，从而，所以.(Ⅲ)当n为奇数时，，当n为偶数时，，对任意的正整数n，有，和①由①得②由①②得，由于，从而得：.因此，.所以，数列的前2n项和为.22．（12分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.【