高二上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷（鞏固篇）一．選擇題1．過點1,2且與直線2x+y?3=0平行的直線的方程為（

）A．2x?y=0 B．2x?y?4=0C．2x+y?4=0 D．2x+y?5=0【解題思路】設(shè)出所求的直線方程，再利用待定系數(shù)法求解即得.【解答過程】依題意，設(shè)所求直線方程為2x+y?m=0(m≠3)，因此2×1+2?m=0，解得m=4，所以過點1,2且與直線2x+y?3=0平行的直線的方程為2x+y?4=0.故選：C.2．如圖，在四面體ABCD中，∠BAC=60°，∠BAD=∠CAD=45°，AD=2，AB=AC=3.則BC?BD

A．32 B．52 C．92【解題思路】根據(jù)圖形，轉(zhuǎn)化向量，利用向量數(shù)量積公式，即可求解.【解答過程】BC==3×2×3．中國古代數(shù)學(xué)著作《算法統(tǒng)宗》中記載了這樣的一個問題“三百七十八里關(guān)，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關(guān)，要見次日行里數(shù)，請公仔細(xì)算相還”，其大意為：有一個人走了378里路，第一天健步行走，從第二天起，因腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達目的地，問此人前4天共走了（

）A．189里 B．288里 C．336里 D．360里【解題思路】記每天走的路程里數(shù)為an，an是等比數(shù)列，根據(jù)等比數(shù)列前【解答過程】記第n天走的路程里數(shù)為an，前n項和為Sn，由題意知an∵S6=a14．已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，O為坐標(biāo)原點，直線l交橢圓于A，B兩點，M為AB的中點.若直線A．12 B．22 C．33【解題思路】根據(jù)題意，由點差法代入計算，可得b2【解答過程】設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，Mx兩式相減可得x1?x2x1+所以x0x1?x2a2+y0所以kAB?kOM=?b25．設(shè)an是公差為d的等差數(shù)列，且a7?13+2023a7?1?1=0，aA．S2023=?2023，d<0 B．SC．S2023=2023，d<0 D．S【解題思路】令fx=x3+2023x，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合已知即可得出a7>【解答過程】令fx=x由已知可得fa7?1所以，a7?1>a2017?1又a7?13+2023a7?1顯然a7?1?a2017根據(jù)等差數(shù)列前n項和公式可知，S20236．?dāng)?shù)學(xué)家阿波羅尼斯證明過這樣一個命題：平面內(nèi)到兩定點距離之比為常數(shù)λ（λ>0且λ≠1）的點的軌跡是圓，后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A?3,0，動點M滿足MA=2MO，得到動點M的軌跡是阿氏圓C.若對任意實數(shù)k，直線l：y=kx?1+b與圓A．?13,13C．?15,15【解題思路】設(shè)點Mx,y，求出動點M的軌跡圓C的方程，再求出直線l過定點坐標(biāo)，依題意點1,b在圓C【解答過程】設(shè)點Mx,y，∵MA=2MO，∴(x+3)2+y2=2x2+2y2，所以動點M的軌跡為阿氏圓C：x2+y2?6x?9=0即b的取值范圍為?14,7．已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線C：x24?y2b2=1b>0的左右焦點，且F1到漸近線的距離為1，過A．△AF1F2的面積為2 C．AF1?【解題思路】利用已知條件求出b的值，對于A：利用勾股定理結(jié)合雙曲線的定義求出△AF1F2的面積，對于B：利用雙曲線的離心率公式運算求解；對于C：先求【解答過程】設(shè)雙曲線C的半焦距為c>0，因為雙曲線C的焦點在x軸上，且a=2，則其中一條漸近線方程為y=b2x，即bx?2y=0則F1到漸近線的距離?bc4+b對于選項A：因為AF2?可得AF2?所以△AF1F對于選項B：雙曲線C的離心率為e=c對于選項C：因為AF2?所以AF1?BF因為BF12=AB所以1A8．如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，

A．棱DD1上一定存在點QB．設(shè)點M在平面BB1C1C內(nèi)，且A1M∥C．過點E，F(xiàn)，G作正方體的截面，則截面面積為3D．三棱錐P?EFH的外接球的體積為8【解題思路】對于A，建立空間直角坐標(biāo)系，由數(shù)量積判定即可；對于B，先確定M的位置，由空間中的線面關(guān)系計算即可；對于C，由平面的性質(zhì)確定截面圖象，計算正六邊形的面積即可；對于D，確定球心及球半徑計算即可.【解答過程】

如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，對于A項，可設(shè)Q0,0,zz∈0,2∴QB=令4+2z?z如圖所示，取BB1、B1C1中點T、S，連接A1S、A1T、ST，易證面A1ST∥面GHA，則M在線段ST上，連接A1

如圖所示，取AA1中點Y，順次連接EPGSFY，易知面

如圖，設(shè)正六邊形的中心為O，連接OS、OG、OP、OE、OY、OF，則將正六邊形分割為六個正三角形，故S正六邊形

對于D項，易證△EPH為等腰直角三角形，則其外接圓圓心為EH的中點Z，過Z作ZN⊥面EPH，交面A1C1于N，則N為A1B1C1D1的中心，三棱錐F-EPH的外接球球心Q在直線故選：C.二．多選題9．設(shè)數(shù)列2n?an是公差為d的等差數(shù)列，且a1A．a(chǎn)n是等差數(shù)列 B．a(chǎn)C．a(chǎn)n+2=an+1?【解題思路】根據(jù)給定條件，求出an【解答過程】由數(shù)列2n?an是公差為d的等差數(shù)列，a1>0,d>0，得對于B，an+1?1對于C，由選項B知，an+1?12an=d2故選：BCD.10．已知圓O：x2+y2=4和圓CA．圓O與圓C外切B．P、Q分別為圓O和圓C上的動點，則PQ的最大值為8，最小值為2C．過C且與圓O相切的直線有一條D．過C且在兩坐標(biāo)軸上截距相等的直線方程為x+y?7=0或3x?4y=0【解題思路】對于A：根據(jù)兩圓位置關(guān)系分析判斷；對于B：根據(jù)圓的性質(zhì)可得結(jié)果；對于C：判斷點C與圓O的位置關(guān)系，即可得結(jié)果；對于D：設(shè)直線方程為y=kx?4【解答過程】對于選項A：因為圓O：x2+y2=4圓C：x?42+y?32=1則OC=42+32=5>3=2+1對于選項B：由圓的性質(zhì)可知：PQ≤OC+r+R=8PQ≥OC?對于選項C：因為OC>r，可知點C在圓外，所以過C且與圓O對于選項D：由題意可知所求直線的斜率存在，設(shè)直線方程為y?3=kx?4則直線在x，y軸上的截距分別為4?3k,3?4k，則4?3k所以直線方程為x+y?7=0或3x?4y=0，故D正確；故選：BD.11．已知M，N是拋物線C:x2=2py(p>0)上兩點，焦點為F，拋物線上一點P(t,1)到焦點F的距離為3A．p=1B．若OM⊥ON，則直線MN恒過定點(0,1)C．若△MOF的外接圓與拋物線C的準(zhǔn)線相切，則該圓的半徑為1D．若MF=2FN，則直線MN【解題思路】根據(jù)拋物線定義可對A項判斷；設(shè)出直線MN方程y=kx+b，然后與拋物線聯(lián)立，利用韋達定理可對B、C項判斷.利用數(shù)型結(jié)合及MF→【解答過程】對于A：根據(jù)拋物線的定義知1+p2=對于B：設(shè)Mx1,y1，Nx2,y2，因為直線MN斜率必存在，設(shè)直線MN的方程為y=kx+b，代入x2=2y得x2?2kx?2b=0，對于C：△MOF的外接圓與拋物線的準(zhǔn)線y=?p2=?1相切，F(xiàn)0,12，O0,0，因為△MOF

對于D：因為MF→=2FN→，所以直線MN過焦點F，且|MF|=2FN，設(shè)直線MN的傾斜角為?θ?，由拋物線性質(zhì)知MN的斜率為互為相反數(shù)的兩個值，如圖，過M，N分別向準(zhǔn)線作垂線MA，NB，過N向MA作垂線NC，設(shè)|FN|=m(m>0)，則|MN|=3m，|NB|=m，|MA|=2m，|MC|=m三．填空題12．已知等比數(shù)列an的前n項和為Sn，若S3，S9，S6成等差數(shù)列，則【解題思路】由等比數(shù)列前n項和公式，將已知等式轉(zhuǎn)化為基本量求解q，所求式子也用基本量表示代入q值可得.【解答過程】由S3，S9，S6成等差數(shù)列，則2S9由等比數(shù)列an中，a1≠0，則18a1化簡得，2q6=1+q3.解得q故答案為：2.13．已知圓E:x?22+y?22=4，P是直線l:x+y+1=0上的一點，若圓E上存在兩點A，B，使得△PAB是等邊三角形，則【解題思路】依題意存在點A使得∠APE=30°，過P作圓E的切線，切點為T，連接PE，ET，則∠TPE≥30°，又∠TPE<90°，即可得到PE≤4，設(shè)P【解答過程】由題意知，若圓E上存在兩點A、B，使得△PAB是等邊三角形，即存在點A使得∠APE=30°，過P作圓E的切線，切點為T，連接PE，ET，則∠TPE≥30°，又∠TPE<90°，所以sin∠TPE≥sin30°=12，即TE所以x0?22所以P的橫坐標(biāo)的取值范圍是?7故答案為：?714．如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點

①三棱錐A?D②直線CP與直線AD1③直線AP與平面ACD④二面角P?AD【解題思路】根據(jù)三棱錐體積的性質(zhì)，結(jié)合空間向量夾角公式逐一判斷即可.【解答過程】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，①：連接AD1，設(shè)該正方體的棱長為因為AD1//BC1,AD1?平面AD1C，BC②：因為AD1//BC1，所以∠CP由正方形的性質(zhì)可知：當(dāng)P與C或C1重合時，這時直線CP與直線AD1當(dāng)P是CC1中點時，直線CP與直線AD③：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系：A0,a,0設(shè)Px,y,z，設(shè)CAP=a,aλ?a,a?aλ,AC=所以有m?AC=0設(shè)直線AP與平面ACD1所成角為θ，顯然④：設(shè)平面APD1的法向量為n=x1,y1四．解答題15．已知向量a=x,1,2，b=1,y,?2，c=(1)求向量a，b，c的坐標(biāo)；(2)求a+c與【解題思路】（1）由空間向量平行與垂直坐標(biāo)公式列出方程組，即可求解；（2）利用空間向量的夾角坐標(biāo)公式，即可得解.【解答過程】（1）∵向量a=(x,1,2)，b=(1,y,?2)，c=(3,1,z)，且a易知y≠0，否則a//∴x1=1y=2?2∴向量a=(?1,1,2)，b=(1,?1,?2)，（2）∵a+c=(2,2,3)∴(aa+c∴向量a+c與b+16．已知數(shù)列an滿足an+1=32(1)求數(shù)列an(2)求數(shù)列nan的前n項和【解題思路】（1）推導(dǎo)出數(shù)列an+1?an是等比數(shù)列，（2）由已知可得Sn=3【解答過程】（1）解：因為an+1=3又因為a2?a1=12所以，an+1又因為an+1?1故an+1②?①可得12an所以，對任意的n∈N?，（2）解：令bn=na則Sn=3令Tn=1①?②得12所以Tn=4?n+217．如圖，在四棱錐P?ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E,F分別為PA,BC的中點.

(1)求證：EF//平面PCD；(2)若∠ADC=120°,PD=4,AD=2，求直線AF【解題思路】（1）取PD的中點Q，連接QC,QE，證明四邊形CFEQ為平行四邊形，可得CQ//（2）先證明DF⊥AD，以點D為原點建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可.【解答過程】（1）取PD的中點Q，連接QC,QE，因為E為PA的中點，所以QE//AD且因為F為BC的中點，所以CF//AD且所以QE//CF且QE=CF，所以四邊形CFEQ為平行四邊形，所以又CQ?平面PCD，EF?平面PCD，所以EF//平面PCD；（2）連接BD，在菱形ABCD中，∠ADC=120°，則∠ABC=60°，所以△ABD和因為F為BC的中點，所以DF⊥BC,DF=3，因為AD//BC如圖，以點D為原點建立空間直角坐標(biāo)系，則A0,2,0所以DE=0,1,2,DF=則有n?DE=y+2z=0n?所以直線AF與平面DEF所成角的正弦值為435

18．已知橢圓E：x2a2+y(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)橢圓的右頂點為A，若直線l與橢圓E相交于M,N兩點（異于點A），且滿足MA⊥NA，求△AMN面積的最大值．【解題思路】（1）根據(jù)橢圓過點1,3（2）設(shè)直線l的方程為my=x?t，根據(jù)MA⊥NA求出直線過定點，根據(jù)三角形面積公式及韋達定理表示出S△AMN【解答過程】（1）由題可得1a2+34b2（2）由（1）知A2,0，設(shè)直線l的方程為my=x?t由x2+4y因為Δ>0，所以Δ=4m所以t2<4，即?2<t<2，設(shè)Mx1,y1因為MA⊥NA，所以MA?所以m2所以5t2?16t+12=0，即5t?6t?2=0所以直線l的方程為my=x?65，即直線l恒過定點S=令n=m2+4≥4，1當(dāng)1n=14時，19．已知圓O:x2+(1)設(shè)P2,3，求過點P且與⊙O(2)已知直線l:x=my+nm≠0與⊙O相交于M、N兩點，過點G作GQ⊥l，垂足為Q．若∠MGO=∠NGO恒成立，問是否存在定點R，使得RQ為定值．若存在，求出點R的坐標(biāo)及RQ【解題思路】（1）由題可知過點P作⊙O的切線有兩條，然后分斜率存在和不存在討論結(jié)合點到直線的距離公式即得；（2）聯(lián)立直線l:x=my+nm≠0與圓的方程，利用韋達定理法結(jié)合∠MGO=∠NGO可得l恒過定點?1,0，進而可得Q的軌跡是以DG【解答過程】（1）因為圓O:x2+y2由題知點P在圓O外，故過點P作⊙O的切線有兩條，