高二数学第一学期期期末押题密卷02卷 （解析版）

高二数学第一学期期期末押题密卷02卷单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．1．已知向量，，若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据空间向量的坐标运算可得，结合空间向量数量积的坐标表示计算即可求解.【详解】由题意知，由，得，解得.故选：B.2．已知圆C过点，圆心在x轴上，则圆C的方程为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设出圆的标准方程，将已知点的坐标代入，解方程组即可.【详解】设圆的标准方程为，将坐标代入得:

,解得，故圆的方程为，故选：C.3．设等差数列的前项和为，若，，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用等差数列通项和求和公式化简已知等式可求得，由可得结果.【详解】设等差数列的公差为，，，解得：，，解得：，，.故选：A.4．正四棱锥中，设，，，.则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据空间向量基本定理，先表示出，可得，进而根据，即可得出结果.【详解】，所以.所以.故选：A.5．已知椭圆和双曲线有共同的焦点，，P是它们的一个交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，，则的最小值为（

）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】利用椭圆和双曲线的定义及可以列出关于，的方程，再利用均值定理即可得到的最小值【详解】设椭圆长轴长为，双曲线实轴长为，，，（），则，解之得又则则，则则，则（当且仅当时等号成立）则的最小值为故选：B6．设点M为抛物线上的动点，点M在y轴上的投影为点N，点，则的最小值为（

）A．3 B．4 C． D．【答案】A【分析】过点作的垂线，垂足为，延长交抛物线的准线与点，利用抛物线的定义，结合，即可求解.【详解】由抛物线方程，可得其准线方程为，焦点坐标为，过点作的垂线，垂足为，延长交抛物线的准线与点，则，当且仅当三点共线时，取等号，所以的最小值为.故选：A.7．在三棱锥中，两两垂直，，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】将三棱锥放在一个长方体中，建立空间直角坐标系，求出向量，代入夹角公式即可求解.【详解】依题意，把三棱锥放在长方体中，如图所示：因为，以为空间直角坐标系原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则有：，，，，所以，，所以.故选：D.8．设数列的前项和为，当时，，，成等差数列，若，且，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据等差中项写出式子，由递推式及求和公式写出和，进而得出结果.【详解】解：由，，成等差数列，可得，则，，，可得数列中，每隔两项求和是首项为，公差为的等差数列.则，，则的最大值可能为.由，，可得.因为，，，即，所以，则，当且仅当时，，符合题意，故的最大值为.故选：A.多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．9．下列命题中，正确的命题有（

）A．是，共线的充要条件B．若，则存在唯一的实数，使得C．对空间中任意一点和不共线的三点，，，若，则，，，四点共面D．若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底【答案】CD【分析】对A，向量、同向时不成立；对B，为零向量时不成立；对C，根据空间向量共面的条件判定；对D，根据能成为基底的条件判定.【详解】对A，向量、同向时，，只满足充分性，不满足必要性，A错误；对B，应该为非零向量，故B错误；对C，由于得，，若共线，则三向量共线，故，，三点共线，与已知矛盾，故不共线，由向量共面的充要条件知共面，而过同一点，所以，，，四点共面，故C正确；对D，若为空间的一个基底，则，，不共面，假设，，共面，设，所以，无解，故，，不共面，则构成空间的另一个基底，故D正确．故选：CD．10．下列选项正确的有（

）A．表示过点，且斜率为2的直线B．是直线的一个方向向量C．以，为直径的圆的方程为D．直线恒过点【答案】BCD【分析】根据直线和圆的性质，逐个判断每个选项.【详解】A选项：方程，，点不在直线上，A选项错误；B选项：因为直线的斜率为，所以是直线的一个方向向量，B选项正确；C选项：设是所求圆上任意一点，则，因为，，所以，即所求圆的方程为，C选项正确；D选项：直线方程化为，由，解得，所以直线恒过定点，D选项正确.故选：BCD11．已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（

）A．直线与直线所成的角为 B．平面C．点到平面的距离为 D．直线与平面所成角的余弦值为【答案】BD【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标得到，即可判断选项A；利用向量法证明，即可判断选项B；利用向量法求出点到平面的距离即可判断选项C；利用向量法求出直线B1C与平面所成角的余弦值即可判断选项D.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系：.A：，因为，所以，因此该选项不正确；B：，因为，所以，而平面ACD1，因此平面ACD1，所以该选项正确；C：因为平面ACD1，所以是平面ACD1的法向量，，所以点B1到平面ACD1的距离为，因此该选项不正确；D：设直线B1C与平面所成角为，则，所以直线B1C与平面所成角的余弦值，因此该选项正确.故选：BD.12．已知双曲线过点且渐近线为，点在双曲线的一条渐近线上，为坐标原点，为双曲线的右焦点，则下列结论正确的是（

）A．双曲线的离心率为2 B．双曲线的方程是C．的最小值为2 D．直线与有两个公共点【答案】AB【分析】设双曲线的方程为，由双曲线过点求出，判断B；再由离心率公式判断A；联立直线和双曲线方程判断D.【详解】设双曲线的方程为，由双曲线过点可得，即双曲线的方程是，故B正确；可化为，则，，故A正确；由题意可得，当直线与渐近线垂直时，取最小值，且最小值，故C错误；由，解得，即直线与只有一个交点，故D错误；故选：AB填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．直线被圆截得的弦长为.【答案】【分析】利用勾股定理求得弦长.【详解】因为圆C的圆心为，半径r为，圆心到直线l的距离，故直线l被圆C截得的弦长为.故答案为：14．已知A，B，C，D四点共面且任意三点不共线，平面外一点O，满足，则．【答案】【分析】根据题意和空间向量的基本定理列方程，解之即可求解.【详解】由题意得，因为A、B、C、D满足四点共面且任意三点不共线，，所以，解得.故答案为：-4.15．已知数列的前n项和是，若，则的值为.【答案】27【解析】由得相减后得数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，由此可得通项，从而求得结论．【详解】∵，∴，相减得，又，，，所以数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差为1，，，．故答案为：27．【点睛】易错点睛：本题考查等差数列的通项公式，解题时由已知等式中改写为，两相减后得，这里再计算，如果，则可说明是等差数列，象本题只能说明奇数项与偶数项分别成等差数列．不能混淆，误以为是等差数列．这是易错的地方．16．如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球，球的半径分别为4和2，球心距离，截面分别与球，球相切于点（是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于.【答案】【分析】根据已知条件求得，从而求得椭圆的离心率.【详解】设，由，解得，所以，所以，设直线与圆锥的母线相交于点，圆锥的母线与球相切于两点，如图所示，则，两式相加得，即，过作，垂直为，则四边形为矩形，所以，，所以椭圆的离心率为.故答案为：【点睛】求解椭圆离心率的问题，思考方向有两个，一个求得求得，从而求得椭圆的离心率；一个是求得关于的关系式，可以是一次式，也可以是二次式，但必须是齐次式，由此化简求得椭圆的离心率.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．已知直线，直线l分别与x轴正半轴、y轴正半轴交于A，B两点．(1)证明：直线l过定点；(2)已知点，当最小时，求实数m的值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据直线恒过定点的求法列出方程组，解之即可求解；（2）有（1），设直线方程为，可得，根据平面向量数量积的坐标表示和基本不等式中“1”的用法可得直线l的方程，即可求解.【详解】（1）已知直线，则，由，解得，即直线l过定点；（2）设直线的方程为，则，又直线l过定点，则，又点，则，当且仅当即即时取等号，所以直线l的方程为，所以直线l过，即，解得．18．在等差数列中，已知．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前n项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据等差数列的性质可得，求出的值，再与联立求出公差，根据通项公式可求.(2)求出的通项公式，求出的通项公式，然后用裂项相消求和.【详解】（1）设等差数列的公差为，又因为所以，又因为所以所以，所以（2）又因为所以所以19．已知圆的方程为：.(1)求的值，使圆的周长最小；(2)过作直线，使与满足（1）中条件的圆相切，求的方程，并求切线段的长.【答案】(1)(2)直线方程为或，切线段长度为4【分析】（1）先求圆的标准方程，由半径最小则周长最小；（2）由，则圆的方程为：，直线和圆相切则圆心到直线的距离等于半径，分直线与轴垂直和直线与轴不垂直两种情况进行讨论即可得解.进一步，利用圆的几何性质可求解切线的长度.【详解】（1），配方得：，当时，圆的半径有最小值2，此时圆的周长最小.（2）由（1）得，，圆的方程为：.当直线与轴垂直时，，此时直线与圆相切，符合条件；当直线与轴不垂直时，设为，由直线与圆相切得：，解得，所以切线方程为，即.综上，直线方程为或.圆心与点的距离，则切线长度为.20．如图1，在中，，，，是的中点，在上，.沿着将折起，得到几何体，如图2(1)证明：平面平面；(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据图1可知折叠后，，由此可证平面，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结果；（2）由题可知是二面角的平面角，易证是等边三角形，连接，根据图1中的几何关系和面面垂直的性质定理可证平面，再以为原点，，，为，，轴建系，利用空间向量法即可求出线与平面所成角.【详解】（1）证明：因为在图1中，沿着将折起，所以在图2中有，，又，所以平面，又因为平面，所以平面平面；（2）解：由（1）知，，，所以是二面角的平面角，所以，又因为，所以是等边三角形，连接，在图1中，因为，，所以，因为是的中点，所以，所以是等边三角形.取的中点，连接，，则，，因为平面平面，平面平面，所以平面，所以，，两两垂直，以为原点，，，为，，轴建系，如图所示.，，，所以，，设平面的法向量为，则即取，得平面的一个法向量为，所以.设直线与平面所成角为，则.21．在直角坐标系上，椭圆的右焦点为，的上、下顶点与连成的三角形的面积为．(1)求的方程；(2)已知过点的直线与相交于，两点，问上是否存在点，使得？若存出，求出的方程．若不存在，请说明理由【答案】(1)(2).【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；（2）分类讨论：①当的斜率不存在时和②当的斜率存在时，设的方程为，，利用“设而不求法”求解.【详解】（1）依题意得，所以，

另由，，解得：，

所以椭圆的标准方程为程为.（2）①当的斜率不存在时，则，，因为，所以点，而点不在椭圆上，故不存在点符合题意.②当的斜率存在时，设的方程为，，联立得，则，而，因为，则，所以，而在曲线上，所以，即，所以，符合题意.综上所述，存在点满足题意，此时直线的方程为22．已知正项数列的前项和为，对任意，点都在函数的图象上．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和；（3）已知数列满足，若对任意，存在，使得成立，求实数的取值范围．【答案】（1），；（2）；（3）．【解析】（1）由点都在函数的图象上，得到，然后利用数列通项和前n项和的关系求解.（2）由（1）知，然后利用错位相减法求解.（3）由（1）知，设为数列的