高二数学期末押题卷02（测试范围：选修一+选修二第四章）（解析版）

高二数学期末押题卷02考试时间：120分钟试卷满分：150分测试范围：选修一+选修二第四章一．选择题（共8小题，满分48分，每小题6分）1．（6分）在平面直角坐标系xOy中，有一条抛物线Γ：y2＝2x，其焦点为F，在Γ上任取一点P，满足．当△POF的面积取得最大值时，相应的点P的坐标为（）A． B．或 C．（2，2） D．（2，2）或（2，﹣2）【分析】由抛物线的几何性质可求点P的坐标．【解答】解：由抛物线的性质，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，该抛物线的准线方程为x＝﹣，设P点的横坐标为m，则|PF|＝m+，又．∴m≤2，当△POF的面积取得最大值时，点P的横坐标为2，故点P的坐标为（2，2）或（2，﹣2）．故选：D．【点评】本题考查抛物线的几何性质，属基础题．2．（6分）若直线2x+y﹣4＝0，x+ky﹣3＝0与两坐标轴围成的四边形有外接圆，则此四边形的面积为（）A． B． C． D．5【分析】圆的内接四边形对角互补，而x轴与y轴垂直，所以直线2x+y﹣4＝0与x+ky﹣3＝0垂直，再利用两直线A1x+B1y+C1＝0与A2x+B2y+C2＝0垂直的充要条件A1A2+B1B2＝0，列方程即可得k，即可得出结果【解答】解：圆的内接四边形对角互补，因为x轴与y轴垂直，所以2x+y﹣4＝0与x+ky﹣3＝0垂直直线A1x+B1y+C1＝0与直线A2x+B2y+C2＝0垂直的充要条件是A1A2+B1B2＝0由2×1+1×k＝0，解得k＝﹣2，直线2x+y﹣4＝0与坐标轴的交点为（2，0），（0，4），x+ky﹣3＝0与坐标轴的交点为（0，﹣），（3，0），两直线的交点纵坐标为﹣，∴四边形的面积为＝．故选：C．【点评】本题考查了两直线垂直的充要条件，如果利用斜率还需要讨论斜率是否存在，属于中档题．3．（6分）有两条不同的直线m，n与两个不同的平面α，β，下列结论中正确的是（）A．α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β B．m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n C．m∥n，n⊆α，则m∥α D．m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n【分析】对于A，只有在满足n⊂α时，可得n⊥β；对于B，由m⊥α，α∥β，得m⊥β，由n∥β，可得m⊥n；对于C，m∥α或m在α内；对于D，m，n相交、平行或异面．【解答】解：对于A，由α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，只有在满足n⊂α时，可得n⊥β，所以A不正确；对于B，由m⊥α，α∥β，可得m⊥β，又由n∥β，所以可得m⊥n，所以B正确；对于C，由m∥n，n⊆α，则m∥α或m在α内，所以C不正确；对于D，由m∥α，n∥β且α∥β，则m，n相交、平行或异面，所以D不正确．故选：B．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．4．（6分）已知k∈R，直线l1：x+ky＝0过定点P，直线l2：kx﹣y﹣2k+2＝0过定点Q，两直线交于点M，则|MP|+|MQ|的最大值是（）A．2 B．4 C．4 D．8【分析】直线l1：x+ky＝0过定点P（0，0），由kx﹣y﹣2k+2＝0化为k（x﹣2）+（2﹣y）＝0，可得直线l2：kx﹣y﹣2k+2＝0过定点Q（2，2）．可以判定两条直线相互垂直．利用2（|MP|2+|MQ|2）≥（|MP|+|MQ|）2，即可得出．【解答】解：直线l1：x+ky＝0过定点P（0，0），由kx﹣y﹣2k+2＝0化为k（x﹣2）+（2﹣y）＝0，令，解得．直线l2：kx﹣y﹣2k+2＝0过定点Q（2，2）．∴|PQ|2＝22+22＝8．当k≠0时，两条直线的斜率满足×k＝﹣1，此时两条直线相互垂直；当k＝0时，两条直线分别化为：x＝0，y﹣2＝0，此时两条直线相互垂直．综上可得：两条直线相互垂直．∴|MP|2+|MQ|2＝|PQ|2＝8．∴16＝2（|MP|2+|MQ|2）≥（|MP|+|MQ|）2，解得|MP|+|MQ|≤4，当且仅当|MP|＝|MQ|＝2时取得等号．则|MP|+|MQ|的最大值是4．故选：B．【点评】本题考查了直线系的应用、相互垂直的直线斜率之间的关系、圆的性质、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．5．（6分）已知a，b是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面．给出下列命题：①若α⊥β，α∩β＝a，a⊥b，则b⊥α或b⊥β；②若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b；③若α∩β＝a，α∩γ＝b，a∥b，则β∥γ；④“若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β”是随机事件；⑤若a，b是异面直线，则存在平面α过直线a且垂直于直线b．其中正确的命题是（）A．①③ B．②⑤ C．③④ D．②④【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断．【解答】解：若α⊥β，α∩β＝a，a⊥b，b与α，β可能垂直也可能不垂直，①错；由面面平行的性质定理知②正确；三棱柱的两个侧面与第三个侧面的交线相互平行，但这两个侧面相交，③错；若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能垂直也可能不垂直，“若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β”是随机事件，④正确；若存在平面α过直线a且垂直于直线b，则a⊥b，但已知中a，b不一定垂直，⑤错误．故选：D．【点评】本题考查空间直线与直线以及直线与平面的位置关系的应用，是基础题．6．（6分）已知抛物线x2＝2py（p＞0）上一点A（m，1）到其焦点的距离为p，O为坐标原点，则|OA|＝（）A．2 B． C．4 D．5【分析】先根据抛物线的方程求得准线的方程，进而利用点A的纵坐标求得点A到准线的距离，求出A的坐标，然后求解|OA|即可．【解答】解：依题意可知抛物线的准线方程为y＝﹣，∵抛物线x2＝2py（p＞0）上一点A（m，1）到其焦点的距离为p，∴点A到准线的距离为1+＝p，解得p＝2．所以抛物线x2＝4y，此时A（±2，1），所以|OA|＝故选：B．【点评】本题主要考查了抛物线的定义的运用．考查了学生对抛物线基础知识的掌握．属中档题．7．（6分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，AB＝1，，E为PD的中点，点N在平面PAC内，且NE⊥平面PAC，则点N到平面PAB的距离为（）A． B． C． D．【分析】过点D作DF⊥AC，证得DF⊥平面PAC，取PF的中点N，连接NE，证得NE⊥平面PAC，过点F作FG∥BC，证得GF⊥平面PAB，从而得到NQ⊥平面PAB，得到NQ为点N到平面PAB的距离，结合，即可求解．【解答】解：如图所示，过点D作DF⊥AC，垂足为F，因为PA⊥平面ABCD，且DF⊂平面ABCD，所以DF⊥PA，又因为PA⋂AC＝A，且PA，AC⊂平面PAC，所以DF⊥平面PAC，取PF的中点N，连接NE，因为E为PD的中点，所以NE∥DF，所以NE⊥平面PAC，过点F作FG∥BC，因为四边形ABCD为矩形，所以FG⊥AB，因为PA⊥平面ABCD，且GF⊂平面ABCD，所以GF⊥PA，又因为AB⋂PA＝A，且AB，PA⊂平面PAB，所以GF⊥平面PAB，取PG的中点Q，连接NQ，因为N为PF的中点，所以NQ∥GF，所以NQ⊥平面PAB，所以NQ为点N到平面PAB的距离，在矩形ABCD中，因为，所以AC＝2，因为AD2＝AF⋅AC，所以，又由△AGF∽△ABC，可得，解得，又由，所以点N到平面PAB的距离为．故选：C．【点评】本题考查点到平面的距离，解题关键是利用直线与平面的位置关系找到点到直线的距离，属于中档题．8．（6分）已知椭圆C：+＝1（b2＜6）上存在两点M，N关于直线2x﹣3y﹣1＝0对称，且线段MN中点的纵坐标为﹣，则b2的值是（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】设M（x1，y1），N（x2，y2），线段MN的中点E（x0，﹣），kMN＝﹣．把中点E（x0，﹣）代入直线2x﹣3y﹣1＝0，可得x0．把点M，N的坐标代入椭圆方程可得：+＝1，+＝1，相减化简整理即可得出解得b2，【解答】解：设M（x1，y1），N（x2，y2），线段MN的中点E（x0，﹣），kMN＝﹣．把中点E（x0，﹣）代入直线2x﹣3y﹣1＝0，可得2x0﹣3×（﹣）﹣1＝0，解得x0＝﹣．把点M，N的坐标代入椭圆方程可得：+＝1，+＝1，相减可得+＝0，∴×（﹣）﹣＝0，解得b2＝3，故选：B．【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、“点差法”、中点坐标公式、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．二．多选题（共4小题，满分24分，每小题6分）（多选）9．（6分）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA1＝1，P为上底面A1B1C1D1的动点（包括边界），则下列结论中正确的是（）A．若PD＝3，则满足条件的P点不唯一 B．若PD＝，则点P的轨迹是一段圆弧 C．若PD∥平面ACB1，则DP的最大值为 D．若PD∥平面ACB1，且PD＝，则平面BDP截正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的外接球所得平面图形的面积为【分析】作出正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的图形，结合图形逐一分析选项，即可得出答案．【解答】解：作出正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的图形，如图所示：对于A：∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA1＝1，∴B1D1＝2，B1D＝＝3，∴B1与P重合时，PD＝3，此时P点唯一，故A错误；对于B：如图，以D1为原点建立平面直角坐标系，设P（x，y），∵PD＝，∴PD＝＝＝，∴x²+y²＝2＜8，故点P的轨迹是一段圆弧，故B正确；对于C：连接A1D，C1D，可得平面C1A1D∥平面B1AC，则当P与点A1或与点C1重合时，DP有最大值＝＝，故C正确；对于D：由选项C知，平面BDP即为平面BDD1B1，平面BDP截正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为×＝，则面积为，故D正确，故选：BCD．【点评】本题考查立体几何综合，考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力、运算能力，属于中档题．（多选）10．（6分）已知曲线C：mx2+ny2＝1，下列结论正确的是（）A．若m＞n＞0，则C是椭圆，其焦点在y轴上 B．若m＞0＞n，则C是双曲线，其焦点在x轴上 C．若m＝n，则C是圆 D．若m＝0，n＞0，则C是两条直线【分析】根据各选项条件化方程为标准方程判断．【解答】解：若m＞n＞0时，方程为，其中，曲线为椭圆，焦点在y轴，A正确；m＞0＞n时，方程为，表示焦点在x轴上的双曲线，B正确；m＝n＝0时，方程不表示任何曲线，C错；m＝0，n＞0时方程可化为，表示两条直线，D正确．故选：ABD．【点评】本题考查了双曲线和椭圆的性质，属于基础题．（多选）11．（6分）给出下列命题，其中正确的命题有（）A．若{，，}可以作为空间的一个基底，与共线，≠，则{，，}也可以作为空间的一个基底 B．已知向量∥，则，与任何向量都不能构成空间的一个基底 C．A，B，M，N是空间四点，若，，不能构成空间的一个基底，则A，B，M，N四点共面 D．已知{，，}是空间的一个基底，若＝+，则{，，}也是空间的一个基底【分析】直接利用向量的基底的定义，向量的共线，共面向量的充要条件判定A、B、C、D的结果．【解答】解：对于选项A：若{，，}可以作为空间的一个基底，与共线，≠，则{，，}也可以作为空间的一个基底，真命题．对于选项B：已知向量，则，与任何向量都不能构成空间的一个基底，真命题．对于选项C：已知A，B，M，N是空间中的四点，若不能构成空间的一个基底，则A，B，M，N四点共面，真命题．对于选项D：已知{，，}是空间的一个基底，即，，不共面，由即共面，故与，不共面，则{，，}也是空间的一个基底，真命题．故选：ABCD．【点评】本题考查的知识要点：向量的基底，向量的共线，共面向量的充要条件，主要考查学生对基础知识的理解和应用，属于基础题．（多选）12．（6分）已知双曲线C：（0＜k＜1），则（）A．双曲线C的焦点在x轴上 B．双曲线C的焦距等于 C．双曲线C的焦点到其渐近线的距离等于 D．双曲线C的离心率的取值范围为【分析】通过k的范围，判断双曲线的焦点位置，焦距的长，焦点到其渐近线的距离，离心率的范围，判断选项的正误即可．【解答】解：双曲线C：（0＜k＜1），可得9﹣k＞0，k﹣1＜0，所以双曲线的焦点坐标在x轴，所以A正确；双曲线的焦距为：2＝2，所以B不正确；双曲线C的焦点到其渐近线的距离等于b＝，所以C正确；双曲线的离心率为：＝∈．所以D正确；故选：ACD．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基础题．三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）过点（﹣1，2）与（3，5）的直线的一般式方程为3x﹣4y+11＝0．【分析】先求出直线的斜率，再根据点斜式即可求出直线方程．【解答】解：可得直线的斜率为，所以直线方程为，整理得3x﹣4y+11＝0．故答案为：3x﹣4y+11＝0．【点评】本题考查的知识要点：直线的方程的求法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．14．（5分）用一个平行于圆锥底面的平面去截这个圆锥，截得的圆台的上、下底面的半径之比是1：4，圆台的母线长10cm．求此圆锥的母线长cm．【分析】设圆台的上、下底面的半径分别为r、R，此圆锥的母线长为L，截得小圆锥的母线长为l．根据圆锥平行于底的截面性质，结合题意建立关系式算出L＝4l且L﹣l＝10cm，由此算出L长，即得此圆锥的母线长．【解答】解：根据题意，设圆台的上、下底面的半径分别为r、R，设圆锥的母线长为L，截得小圆锥的母线长为l，∵圆台的上、下底面互相平行∴，可得L＝4l∵圆台的母线长10cm，可得L﹣l＝10cm∴＝10cm，解得L＝cm故答案为：cm【点评】本题给出圆台上下底面半径之比和母线之长，求圆台所在圆锥的母线之长．着重考查了圆锥的平行截面的性质、圆台定义及应用等知识，属于基础题．15．（5分）点M为抛物线y2＝8x上的一点且在x轴的上方，F为抛物线的焦点，以Fx为始边，FM为终边的角∠xFM＝60°，则|FM|＝8．【分析】由题意得MF|＝2|FA|即|FM|＝2（a﹣2）且|MF|＝联立可得a＝6，进而由抛物线的定义得到|FM|的长为8．【解答】解：由题意得F（2，0），设点M为（a，b）过点M作MA垂直于x轴，垂直为A，∴|MF|＝2|FA|即|FM|＝2（a﹣），|MF|＝即|MF|＝，所以2（a﹣2）＝，整理得b2＝3（a﹣2）2…①又∵M是抛物线y2＝8x上一点，∴b2＝8a…②有①②可得a＝6或a＝（舍去）所以|MF|＝2（6﹣2）＝8所以|FM|的长为8．故答案为：8．【点评】解决此类问题关键是灵活运用抛物线的定义，将问题转化为我们熟悉的平面几何知识．16．（5分）已知三棱锥A﹣BCD中，AB＝AC＝3，BD＝CD＝，且BD⊥CD，若点A在平面BCD内的投影恰好为点D，则此三棱锥外接球的表面积为11π．【分析】三棱锥A﹣BCD的三条侧棱两两互相垂直，所以把它扩展为长方体，它也外接于球，对角线的长为球的直径，然后解答即可．【解答】解：∵点A在平面BCD内的投影恰好为点D，∴AD⊥平面BCD，故AD＝，且知AD，BD，CD两两垂直，故可将此三棱锥放入一个长、宽、高分别为，，的长方体内，三棱锥的四个顶点亦为长方体的顶点，其外接球为长方体外接球．易得外接球半径为，故外接球表面积为11π．故答案为：11π【点评】本题考查球的表面积，考查学生空间想象能力，解答的关键是构造球的内接长方体．是基础题四．解答题（共5小题，满分58分）17．（10分）设等差数列{an}的公差为d，其前n项和为Sn，已知a3＝12，且S12＞0，S13＜0．（1）求d的取值范围．（2）数列{an}的前几项和最大？说明理由．【分析】（1）根据题意，由a3＝12，S12＞0，S13＜0．可得a1+2d＝12，a6+a7＞0，a7＜0．即可解出公差d的取值范围．（2）根据题意，由S12＝＝6（a6+a7）＞0，S13＝＝13a7＜0，分析可得：a6＞0，a7＜0．即可得出．【解答】解：（1）根据题意，设等差数列{an}中，有a3＝12，S12＞0，S13＜0．则a1+2d＝12，S12＝＞0，S13＝＜0，变形可得a1+2d＝12，a6+a7＞0，a7＜0．即a1+2d＝12，2a1+11d＞0，a7＝a1+6d＜0．解可得：﹣＜d＜﹣3．故公差d的取值范围是（﹣，﹣3）；（2）根据题意，数列{an}的前6项和最大，理由：由S12＝＝6（a6+a7）＞0，S13＝＝13a7＜0．可得：a6＞0，a7＜0．故数列{an}的前6项和最大．【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质，涉及不等式的性质，属于中档题．18．（12分）已知一圆形纸片的圆心为O，直径AB＝2，圆周上有C、D两点．如图，OC⊥AB，，点P是上动点．沿AB将纸片折为直二面角，并连结PO，PD，PC，CD．（1）当AB∥平面PCD时，求PD的长；（2）问当点P在什么位置时，三棱锥P﹣COD体积最大，并求出此时点O到平面PCD的距离．【分析】（1）由线面平行的性质得到AB∥PD，即可得到，再利用余弦定理计算可得；（2）根据面面垂直的性质得到OC⊥平面POD，则VP﹣COD＝VC﹣DOP，即可得到当OD⊥OP时，三棱锥P﹣COD的体积最大，再利用等体积法求出点O到平面PCD的距离．【解答】解：（1）因为AB∥平面PCD，AB⊂平面OPD，平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD，又，所以，所以，又OD＝OP＝1，所以；（2）当OD⊥OP时，三棱锥P﹣COD的体积最大，因为OC⊥AB，二面角C﹣AB﹣D为直二面角，平面ABC∩平面POD＝AB，OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面POD，OD，OP⊂平面POD，所以OC⊥OD、OC⊥OP，又，所以当OD⊥OP，sin∠DOP＝1时，三棱锥P﹣COD的体积最大，此时，此时，即△PCD是等边三角形，边长，∴，设所求距离为h，则，即，解得，故当OD⊥OP时，此时点O到平面PCD的距离为．【点评】本题考查了线面平行和等体积法的应用，属于中档题．19．（12分）已知是椭圆上的两点．（1）求椭圆E的方程；（2）过椭圆E的上顶点A和右焦点F的直线与椭圆E交于另一个点B，P为直线x＝5上的动点，直线AP，BP分别与椭圆E交于C（异于点A），D（异于点B）两点，证明：直线CD经过点F．【分析】（1）把点M，N坐标代入椭圆方程可得a，b的方程，求解即可；（2）由已知可求得直线AF的方程可求B的坐标，设P（5，t），直线AP的方程为y＝x+2，直线BP的方程为y＝x﹣，C（x1，y1），D（x2，y2），与椭圆方程联立方程要求得C，D的坐标，再证明＝，可证结论．【解答】解：（1）∵是椭圆上的两点．∴+＝1①，+＝1②，由①②解得a2＝5，b2＝4，∴椭圆E的方程为+＝1；（2）证明：由（1）可知A（0，2），F（1，0），则直线AF的方程为y＝﹣2x+2，由，消去y得24x2﹣40x＝0，解得x＝0或x＝，可得B（，﹣），设P（5，t），直线AP的方程为y＝x+2，直线BP的方程为y＝x﹣，C（x1，y1），D（x2，y2），由，消去y得（t2﹣4t+24）x2+20（t﹣2）x＝0，可得C（，），由，消去y得（9t2+24t+96）x2﹣（30t2+160t+160）x+25t2+200t＝0，∴＝，可得D（，），∴＝，＝，∴＝，∴C，D，F三点共线，∴直线CD经过点F．【点评】本题考查求椭圆的标准方程，考查证直线过定点，考查方程思想，考查运算求解能力，属中档题．20．（12分）如图1，在等腰梯形ABCD中，M，N分别是AD，AE的中点，AE＝BE＝BC＝CD＝4，，将△ADE沿着DE折起，使得点A与点P重合，平面PDE⊥平面BCDE，如图2．（1）当时，证明：PC∥平面MNF；（2）若平面MNF与平面BCDE夹角的余弦值为，求λ的值．【分析】（1）要证明线面平行，转化为证明平面MNF∥平面PBC；（2）首先建立空间直角坐标系，分别求两个平面的法向量，并表示向量夹角的余弦值，即可求λ的值．【解答】（1）证明：在等腰梯形ABCD中，M，N分别是AD，AE的中点，因为，所以F是BE的中点，因为F，N分别是BE，PE中点，所以NF∥PB，因为NF⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，所以NF∥平面PBC，因为M，N分别是PD，PE的中点，所MN∥DE，因为BE∥DC，且BE＝DC，所以四边形BCDE是平行四边形，所以DE∥BC，所以NN∥BC，因为MN⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以MN∥平面PBC，因为MN，NF⊂平面MNF，且MN∩NF＝N，所以平面MNF∥平面PBC，因为PC⊂平面PBC，所以PC∥平面MNF；解：（2）在等腰梯形ABC