高二上期末考前必刷卷03（范围：人教A版（2019）选择性必修第一册+人教A版（2019）选择性必修第二册 综合卷）解析版

高二上期末考前必刷卷03（范围：人教A版（2019）选择性必修第一册+人教A版（2019）选择性必修第二册综合卷）一、单选题（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．（2023上·广东江门·高二台山市第一中学校考期中）若是空间的一个基底，则下列向量不共面的是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】C【分析】根据共面向量定理逐个分析判断即可.【详解】对于A，因为，所以，，三个向量共面，所以A错误，对于B，因为，所以，，三个向量共面，所以B错误，对于C，假设，，三个向量共面，则存在实数，使，所以三个向量共面，因为是空间的一个基底，所以三个向量不共面，所以假设错误，所以，，三个向量不共面，所以C正确，对于D，因为，所以，，三个向量共面，所以D错误，故选：C2．（2022上·四川遂宁·高二校联考期末）已知直线在x轴和y轴上的截距相等，则实数a的值是（

）A．1 B． C．2或1 D．或1【答案】C【分析】根据题意，分别求得直线在坐标轴上的截距，列出方程，即可求解.【详解】由直线，显然，当时，可得，即直线在轴上的截距为；当时，可得，即直线在轴上的截距为；因为直线在x轴和y轴上的截距相等，可得，即，解得或.故选：C.3．（2022上·广东广州·高二统考期末）数列满足，（），则（

）A．3 B．5 C．11 D．13【答案】D【分析】由递推关系逐项求解即得.【详解】因为，（），所以，.故选：D.4．（2023上·重庆长寿·高二统考期末）已知抛物线，圆，过圆心的直线与抛物线和圆相交于四点，从左往右依次为，若成等差数列，则直线的斜率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出圆的圆心，的长，设出直线的解析式，令直线和抛物线联立即可求出直线的斜率.【详解】由题意，在圆中,，圆心,半径为1,在抛物线中，焦点为，∴圆的圆心为抛物线的焦点，∵圆心的直线与抛物线和圆相交于四点，从左往右依次为，∴为圆的直径，即，∵成等差数列，则，解得：，∵直线过，两点是过圆心点的直线与抛物线交点，设的方程为,，

联立和，并化简得：，∴，∴，∴，解得：，故选：D.5．（2023下·辽宁阜新·高二校考期末）若函数在区间上单调，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．不存在这样的实数【答案】A【分析】利用导数求出函数的单调区间，可得出区间的包含关系，即可得出的取值范围.【详解】因为，该函数的定义域为，，由可得，由可得或，所以，函数的增区间为、，减区间为，因为函数在区间上单调，则或或，若，则，解得；若，则，解得；若，则，解得.综上所述，实数的取值范围是.故选：A.6．（2022上·江苏连云港·高二校联考期中）若直线与曲线有两个交点，则实数的取值范围是（

）A． B． C．D．【答案】D【分析】先求出直线的恒过点，再将曲线转化为，可知其图象为圆的一部分，结合图形，即可求出的取值范围.【详解】由题可知，直线可转化为，所以直线恒过点，又因为曲线可转化为，则其表示圆心为原点，半径为的圆的上半部分，当直线与该曲线相切时，点到直线的距离，解得.设，则，由图可得，若要使直线与曲线有两个交点，需要即故选：D7．（2022上·江西宜春·高二校考期末）设函数，若，使得，则的最小值为（

）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】因为，使得，所以在的值域包含于在的值域，然后分别求出两个函数的值域即可.【详解】因为，使得，所以在的值域包含于在的值域，，所以当时，单调增，当时，单调减，且离对称轴远，所以.,所以当时，，单调减，当时，，单调增，，，，所以，所以，所以，解得，故则的最小值为，故选C.8．（2022上·河南信阳·高二信阳高中校考期末）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动，这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，，其中第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推，求满足如下条件的最小整数N：且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是（

）A．440 B．330 C．220 D．110【答案】A【分析】将数列按行排列，第行和为，前行的和为，把第N个数转化为，则前N项和为，进而可得结果.【详解】将数列排成行的形式11，21，2，41，2，4，8第行为：，第行和为，前行共有个数，则前行的和为，第行有个数，共有N个数，则，则前N项和为，若和为2的整数幂，则有，因为，所以，且为奇数，当时，无整数解，当时，，此时.故选：A二、多选题（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．（2023上·广西贵港·高二统考期末）已知双曲线的右焦点为，过且垂直于轴的直线与双曲线交于两点．若以为直径的圆恰好经过双曲线的左顶点，则（

）A．双曲线的渐近线方程为 B．双曲线的渐近线方程为C．双曲线的离心率为 D．双曲线的离心率为2【答案】BD【分析】根据题意，由为等腰直角三角形，列出方程求得及，结合双曲线的几何性质，即可求解.【详解】如图所示，设双曲线的左顶点为，因为以为直径的圆恰好经过双曲线的左顶点，可得为等腰直角三角形，又因为过且垂直于轴的直线与双曲线交于两点，可得，所以，因为，所以，解得，所以双曲线的离心率为，所以D正确；由，可得双曲线的渐近线方程为，所以B正确．故选：BD.

10．（2022下·湖北恩施·高二校联考期末）已知直线l：与圆C：交于A，B两点，则弦长|AB|的可能取值是（

）A．6 B．7 C．8 D．5【答案】BC【分析】根据直线的方程可得直线恒过点，根据圆的方程可得圆心，半径，利用直线与圆的位置关系即可求解弦长的范围.【详解】解：由，得，令解得故直线l恒过点.圆心，半径，，则，即.故选：BC.11．（2022上·山东聊城·高二统考期末）如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，，，分别是，的中点，是棱上的动点，则（

）A．B．存在点，使平面C．存在点，使直线与所成的角为D．点到平面与平面的距离和为定值【答案】ABD【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】依题意可知两两相互垂直，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设，，设，，所以，所以，A选项正确.点到平面与平面的距离和为为定值，D选项正确.，，设平面的法向量为，则，故可设，要使平面，平面，则，解得，所以存在点，使平面，B选项正确.若直线与直线所成角为，则，，无解，所以C选项错误.故选：ABD12．（2023下·吉林长春·高二长春市第十七中学校考期末）已知函数在R上满足，且当时，成立，若，则下列说法正确的有（

）A．为奇函数 B．为奇函数C．在R上单调递减 D．【答案】BCD【分析】根据给定条件，利用函数奇偶性定义判断AB；构造函数，利用导数探讨单调性推理判断CD作答.【详解】因为函数在R上满足，则函数是R上的偶函数，A错误；令，则，则函数是R上的奇函数，B正确；当时，，则函数在上单调递减，且，由选项B知，函数在上单调递减，因此在R上单调递减，C正确；显然，由选项C知，，因此，D正确.故选：BCD三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）13．（2023上·山西晋中·高二统考期末）写出一个各项均小于的无穷递增数列的通项公式：.【答案】（答案不唯一）【分析】根据数列的单调性以及题意可得出满足条件的一个数列的通项公式.【详解】对任意的，，则，数列为单调递增数列，故满足条件的一个数列的通项公式为.故答案为：（答案不唯一）.14．（2023上·陕西西安·高二长安一中校考期末）已知直线与圆，则圆上的点到直线的距离的最小值为.【答案】【分析】由圆的方程可确定圆心和半径，根据圆的几何性质可知所求最小值为圆心到直线的距离减去半径.【详解】由圆方程得：圆心，半径，圆心到直线的距离，圆上的点到直线距离的最小值为.故答案为：.15．（2014·高三课时练习）设动点在棱长为的正方体的对角线上，记.当为钝角时，则的取值范围是．【答案】【分析】建立空间直角坐标系，求得，根据求得的取值范围.【详解】由题设可知，以为坐标原点，以的方向为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则有，，，，则，得，所以，，显然不是平角，所以为钝角等价于，即，即，解得，因此的取值范围是.故答案为：

16．（2023上·重庆綦江·高二重庆市綦江南州中学校校考期末）已知抛物线，过其焦点的直线与抛物线交于P，Q两点（点P在第一象限），，则直线的斜率为若，点为抛物线上的动点，且点在直线的左上方，则面积的最大值为.【答案】【分析】空1：设直线的方程为，联立抛物线方程得到韦达定理式，根据线段比例关系得到两交点纵坐标关系，联立即可解出斜率；空2：根据三角形底为弦长，若面积最大，则高最大，则点到直线的距离最大，则转化为直线与抛物线相切的问题.【详解】设直线的方程为，，，联立抛物线方程得，故①，②，，则，代入②式得，解得，在第一象限，故在第四象限，故，故，，则，解得，故直线的斜率，，即，则，若，则，则，故抛物线方程为，此时，，，而，若要的面积最大，则只需将直线沿着左上方平移直至与抛物线相切，此时切点位置即为点位置，故设切线方程为：，，将切线方程与抛物线方程联立得，则，解得，此时切线方程为：，直线的方程为，则两直线的距离，此时面积最大值为.故答案为：；.四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）17．（2021上·陕西渭南·高一统考期末）已知直线经过点．(1)求直线的一般式方程；(2)若直线与直线垂直，且在轴上的截距为2，求直线的方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）两点求斜率，再应用点斜式写出直线方程；（2）由直线垂直确定斜率，应用斜截式写出直线方程.【详解】（1）∵直线的斜率为，∴直线的方程为，∴直线的一般式方程为．（2）∵直线与直线垂直，由（1）知：直线的斜率为2，∴直线存在斜率，设直线的方程为，且，即，∴直线的方程为，即．18．（2023下·江西·高二统考期末）已知函数.(1)求的值；(2)求在点处的切线方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）求出函数的导函数，再代入计算可得；（2）由（1）可得，求出，，再由点斜式求出切线方程.【详解】（1）因为，所以，代入得：，所以.（2）由（1）可得，则所以，，所以切线方程为，即.19．（2023下·安徽合肥·高二统考期末）已知数列是首项为2的等差数列，数列是公比为2的等比数列，且数列的前项和为．(1)求数列的通项公式；(2)设__________，求数列的前项和为．①，②，③．从这三个条件中任选一个填入上面横线中，并回答问题．【答案】(1)，(2)选择见解析，答案见解析【分析】（1）根据条件求出，，再根据数列为等差数列，数列为等比数列，即可求出结果；（2）选择条件①，利用错位相减法即可求出结果，选择条件②，利用裂项相消法即可求出结果，选择条件③，利用分组求和法即可求出结果.【详解】（1）设数列的公差为，数列的首项为，由题知，，因为，解得，所以，又，即，解得，所以．所以数列的通项公式为，数列的通项公式为．（2）选条件①：，则，故，两式相减得，．选条件②：，，．选条件③：，，．20．（2023下·福建福州·高二校联考期末）如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，四边形是直角梯形，其中，，且．

(1)证明：平面平面；(2)求平面和平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2).【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可.（2）建立空间直角坐标系，先求出两个平面的法向量，然后利用夹角公式即可求解.【详解】（1）如图所示：

连接.因为是边长为2的正方形，所以，因为，所以，，所以，则.因为，所以.因为平面ABCD，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空问直角坐标系.

则，，，，故，，.设平面的法向量为，则，令，则设平面的法向量为，则，令，则.，记平面和平面夹角为，则.21．（2021上·陕西渭南·高二统考期末）已知椭圆的离心率为，直线恒过椭圆的右焦点.(1)求椭圆的方程；(2)设直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在定点，使得当变化时，总有直线的斜率和直线的斜率满足？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)存在，点的坐标为.【分析】（1）根据直线恒过椭圆的右焦点，求出椭圆的参数，然后根据离心率的值求出椭圆方程；（2）设出点、点、点，表示出，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理进行化简，基于恒成立思想，求出点坐标.【详解】（1）解：设椭圆的焦距为，则椭圆的右焦点为.因为直线恒过定点，所以，又因为，，所以，，所以椭圆的方程为；（2）将椭圆与直线联立方程组，消去，可得，设，由韦达定理得，，设点满足题意，则，所以，所以，所以，因为当变化时，总有直线的斜率和直线的斜率满足，所以当时，上式恒成立，所以在轴上存在定点满足题设条