期末考前必刷卷02（范围：苏教版2019选择性必修第一册）（解析版）

期末考前必刷卷02（范围：苏教版2019选择性必修第一册）第Ⅰ卷一、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．若表示圆的方程，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为方程表示一个圆，所以，解得，所以的取值范围是.故选：D2．按照小方的阅读速度，他看完《巴黎圣母院》共需820分钟.2023年10月26日，他开始阅读《巴黎圣母院》，当天他读了1个小时，从第二天开始，他每天阅读此书的时间比前一天减少2分钟，则他恰好读完《巴黎圣母院》的日期为（

）A．2023年11月12日 B．2023年11月13日C．2023年11月14日 D．2023年11月15日【答案】C【解析】根据题意，从2023年10月26日开始到读完的前一天，他每天阅读《巴黎圣母院》的时间（单位：分钟）依次构成等差数列，且首项为60，公差为，则由，且，得，所以小方读此书20天恰好可以读完，故他恰好读完《巴黎圣母院》的日期为2023年11月14日.故选：C3．直线过点，则直线与轴、轴的正半轴围成的三角形的面积最小值为（

）A．9 B．12 C．18 D．24【答案】B【解析】设直线：，，因为直线过点，所以，即，所以，解得，当且仅当，即，时等号成立，则直线与轴、轴的正半轴围城的三角形面积.故选：B.4．已知函数，若，则实数的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由函数，则，所以，解得.故选：B.5．已知，，（，），为其前项和，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由（，）可得，已知，，所以，即是一个以3为首项，2为公比的等比数列，所以，即，，，，，，，故选B.6．已知圆的半径为2，圆心在直线上.点.若圆上存在点，使得，则圆心的横坐标的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】依题意设圆心，则圆：，设，则，，由，则，即，依题意即圆与圆有交点，则，解得，即圆心的横坐标的取值范围为.故选：D.7．已知抛物线C：，点M在C上，直线l：与x轴、y轴分别交于A，B两点，若面积的最小值为，则（

）A．44 B．4 C．4或44 D．1或4【答案】B【解析】不妨设，，由，，知．设，则，故，故.故选：B．8．恰有一个实数满足成立，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】当时，不成立，所以，不是方程的根，故原方程转化为，令，由题意知直线与曲线仅有一个交点.∵由，可得，∴当或时，，函数在和上单调递增；当时，，函数在上单调递减；所以为函数的极小值.当时，；当时，；当时，；当时，，所以函数的大致图象如下图∴由直线与曲线仅有一个交点知，即的取值范围是.故选：B.二、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．若正项数列是等差数列，且，则（

）A．当时， B．的取值范围是C．当为整数时，的最大值为29 D．公差的取值范围是【答案】ABC【解析】当,时，公差，，故A正确；因为是正项等差数列，所以，即，且，所以公差的取值范围是，故D错误；因为，所以的取值范围是，故B正确；，当为整数时，的最大值为29，故C正确；故选：ABC.10．下列说法中，正确的有（

）A．过点并且倾斜角为0°的直线方程为B．双曲线的渐近线方程为C．点关于的对称点坐标为D．抛物线的准线方程是【答案】BC【解析】对A，过点并且倾斜角为0°的直线方程为，故错误；对B，双曲线的渐近线方程为，故正确；对C，设点关于的对称点坐标为，则由解得，故正确；对D，抛物线，，准线方程为，故错误.故选：BC11．在平面直角坐标系中，已知，点满足的斜率之积为，点的运动轨迹记为.下列结论正确的（）A．轨迹的方程（）B．存在点使得C．点，则的最小值为D．斜率为的直线与轨迹交于，两点，点为的中点，则直线的斜率为【答案】AD【解析】对于A，由已知设点的坐标为，由题意知，化简得点的轨迹方程为，故A正确；对于B，由椭圆方程知，，，，若，则点在以线段为直径的圆上，以线段为直径的圆的方程为的圆在椭圆外，所以椭圆上不存在满足，B错误；对于C，由设椭圆的左焦点为，由椭圆的定义为，所以，所以，当且仅当为的延长线与椭圆的交点时，等号成立.故C正确.对于D，设，因为点为的中点，所以设，因为在椭圆上，所以，两式相减得，，即，所以，所以，则直线的斜率为，故D正确.故选：BCD.12．已知函数，若时，有，是圆周率，为自然对数的底数，则下列结论正确的是（

）A．的单调递增区间为B．C．若，则D．若，，，，，，则最大【答案】ACD【解析】的定义域为，且，当，解得；当，解得，所以的单调递增区间为，单调递减区间为，A选项正确；由于的单调性，可得，∴，所以B选项不正确；时，；时，，由的单调区间，可画出函数的简图．由，，可知，．因为在上单调递减，可知，故有．因为在上单调递增，所以．综上，有，所以C选项正确；因为，由指数函数单调性可知，，，；由幂函数单调性可知，，，即有，，故这6个数的最大数在与之中．由及的单调性，有，即．由，可得，即，所以；综上可得，6个数中最大数是，所以D选项正确.故选：ACD．第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．等差数列的前项和为30，前项和为100，则它的前项和为.【答案】【解析】为等差数列，，，成等差数列，即，，成等差数列，，解得，又，，成等差数列，即，，成等差数列，所以，解得.故答案为：．14．过点作圆的两条切线，切点分别为、，则直线的方程为．【答案】【解析】方法1：由题知，圆的圆心为，半径为，所以过点作圆的两条切线，切点分别为、，所以，所以直线的方程为，即；方法2：设，，则由，可得，同理可得，所以直线的方程为.故答案为：15．如图，过双曲线的左焦点引圆的切线，切点为，延长交双曲线右支于点，为线段的中点，为坐标原点，若，则双曲线的离心率为.

【答案】【解析】设双曲线的右焦点，连接，.则中，，，则，由直线与圆相切，可得.又双曲线中，，则，又，则，整理得，两边平方整理得，则双曲线的离心率，故答案为：.16．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中描述了如图所示的形状，后人称为“三角垛”.三角垛的最上层（即第一层）有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，从第二层开始，每层球数与上一层球数之差依次构成等差数列.现有60个篮球，把它们堆放成一个三角垛，那么剩余篮球的个数最少为.

【答案】【解析】设第层有和球，则，，，，，所以当时，，当时，也适合上式，故，所以这层三角垛的球数之和为，因为，所以单调递增，当时，，剩余球数为个，当时，，所以剩余球数的最小值为个.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、证明过程或演算步棸。17．（10分）已知函数的图象过点，且.(1)求，的值；(2)求曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积.【解析】（1）由，得，由题意可得，，解得；（2）由（1）得，，，∴，，∴曲线在点处的切线方程为，即.取，得，取，得.∴曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积.18．（12分）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点，动点P满足.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)直线与轨迹C交于E，F两点，若的面积为，求直线的方程.【解析】（1）设，点，则由，得，∴动点P的轨迹C的方程为．（2）轨迹C是以为圆心，2为半径的圆，圆心到直线的距离为，则弦长，坐标原点O到直线的距离为，则有，解得，即，求直线的方程为或.19．（12分）已知为数列的前项和，，．(1)求的通项公式；(2)若，，求数列的前项和．【解析】（1）法一:当时，，即，由，得，由，得，两式相减得：．又，满足上式．所以当时，，又当时，，两式相减得：，所以数列的奇数项是以为首项，4为公差的等差数列，所以（n为奇数），数列的偶数项是以为首项，4为公差的等差数列，所以（n为偶数），所以，即的通项公式是．法二：因为，所以，同理可得，故，因为，所以，即，当时，，当时，适合上式，所以的通项公式是.（2）因为，故当时，①，当时，②，①、②两式相减得：，因为，，所以，因为，所以当为奇数时，，当为偶数时，，所以，所以；当n为偶数时，,当n为奇数时，，综上，.20．（12分）已知椭圆：的右焦点为，离心率为．(1)求的方程．(2)若，为上的两个动点，，两点的纵坐标的乘积大于0，，，且．证明：直线过定点．【解析】（1）依题意可得则，故的方程为．（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，联立得，设，的坐标分别为，则，且，．设直线，的倾斜角分别为，因为，且，两点的纵坐标的乘积大于0，所以，所以则，则即，所以所以，化简可得则直线的方程为，故直线过定点21．（12分）已知函数．(1)当时，求函数的最小值；(2)若对任意的恒成立，求整数的最大值【解析】（1）当时，，，令，解得：；令，解得：；所以在上单调递减，在上单调递增，所以.（2）由可得：，即，记，，若，即，，则在上单调递增，又时，，不合题意；若，即，令，则，令，则，则在上单调递减，在上单调递增，，令，，则令，解得：，令，解得：；所以在上单调递减，在上单调递增，且，故整数的最大值为.22．（12分）已知双曲线C：的焦距为6，其中一条渐近线的斜率为，过点的直线l与双曲线C的