阶段检测：选必一+选必二全部内容（空间向量与立体几何+直线与圆+圆锥曲线+数列+导数，巩固培优）高二数学人教A版

限时练习：120min 完成时间： 月 日 天气： 阶段检测：选择性必修一+必修二全部内容 建议用时：120分钟，满分：150分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．已知数列为等差数列，的前项和为，，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知空间中三点，则（    ） A．与是共线向量 B．与同向的单位向量是 C．与夹角的余弦值是 D．与夹角的正弦值是 3．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（   ） A． B． C． D． 4．已知函数在点处的切线方程为，则（    ） A． B． C．1 D．2 5．已知函数的定义域为，且的图象是一条连续不断的曲线，的导函数为，若函数的图象如图所示，则（    ） A．的单调递减区间是 B．的单调递增区间是 C．当时，有极值 D．当时， 6．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒或小石子来研究数．他们根据沙粒或小石头所排列的形状把数分成许多类，如图的1，5，12，22称为五边形数，若五边形数所构成的数列记作，下列不是数列的项的是（    ） A．35 B．70 C．145 D．170 7．已知直线与抛物线相交于，两点，为坐标原点，若则直线过定点（    ） A． B． C． D． 8．关于 的方程 有两个不同的解，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9．已知点，，圆：，则（    ） A． B．过点、的直线方程为 C．若直线与圆相切，则 D．若圆与圆：恰有三条公切线，则 10．已知，函数有两个极值点，，则（   ） A．可能是负数 B． C．曲线在点处的切线方程为 D．为定值 11．数列满足，，，记，则（   ） A． B．是递增数列 C．是等比数列 D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12．椭圆的一个焦点坐标为，则实数的值为 . 13．在正三棱柱中，为的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为 ；点到直线的距离为 ． 14．设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为 ． 四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（13分） 在公差的等差数列中，，，数列的前n项和为． (1)求和的通项公式； (2)若，求数列的前n项和． 16．（15分） 如图，在三棱柱中，为等腰直角三角形，，平面平面.    (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值. 17．（15分） 已知椭圆，设分别为椭圆的左、右焦点． (1)点在椭圆上，若，求的面积； (2)过点的直线（斜率不为0）交于两点，在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标及定值；若不存在，请说明理由． 18．（17分） 已知双曲线过点，且上焦点为，直线交于两点． (1)求的方程． (2)弦的中点坐标能否为？若能，求此时直线的方程；若不能，请说明理由． (3)若直线的方程为，过，作直线的垂线，垂足分别为．点为线段的中点．判断四边形的形状，并给出证明． 19．（17分） 已知函数． (1)讨论的单调性； (2)设，且．证明： （i）在区间存在唯一的极值点； （ii）对于（i）中的． 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 限时练习：120min 完成时间： 月 日 天气： 阶段检测：选择性必修一+必修二全部内容 建议用时：120分钟，满分：150分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．已知数列为等差数列，的前项和为，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等差数列的项与和的基本量运算列式，求出数列的首项和公差，即可求得. 【详解】设等差数列的公差为, 则，即， 又，即， 则由解得， 则. 故选：B. 2．已知空间中三点，则（    ） A．与是共线向量 B．与同向的单位向量是 C．与夹角的余弦值是 D．与夹角的正弦值是 【答案】C 【分析】根据题意，由空间向量的坐标运算，代入计算，逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A，由题可得， 所以不存在实数，使得，A错误； 对于B，因为，故与同向的单位向量为，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，， 则，D错误. 故选：C. 3．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据双曲线的离心率可得，进而可得渐近线方程. 【详解】由题意可得：，解得， 且双曲线的焦点在x轴上，所以其渐近线方程为. 故选：C. 4．已知函数在点处的切线方程为，则（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】A 【分析】对函数求导，根据导数的几何意义结合切线方程求出结果即可. 【详解】对函数求导得， 因为函数在点处的切线方程为， 所以有，解得. 所以. 故选：A. 5．已知函数的定义域为，且的图象是一条连续不断的曲线，的导函数为，若函数的图象如图所示，则（    ） A．的单调递减区间是 B．的单调递增区间是 C．当时，有极值 D．当时， 【答案】A 【分析】利用函数图象解不等式可得的单调性，即可判断A正确，B错误，再根据极值定义可得C错误，根据不等式结果可得D错误. 【详解】根据图象可知当时，，可得； 当时，，可得； 结合的图象是一条连续不断的曲线，可知时，单调递减； 当时，，仅当时取等号，可得， 对于AB，时，单调递减，当时，，此时单调递增， 因此的单调递减区间是的单调递增区间是，即A正确，B错误； 对于C，易知当时，，当时，， 即在处左右函数的单调性不改变，因此C错误； 对于D，因为时，，由，可得， 因此，即D错误. 故选：A. 6．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒或小石子来研究数．他们根据沙粒或小石头所排列的形状把数分成许多类，如图的1，5，12，22称为五边形数，若五边形数所构成的数列记作，下列不是数列的项的是（    ） A．35 B．70 C．145 D．170 【答案】D 【分析】根据已知得出的前几项，进而得出递推公式.根据累加法求得通项公式为.分别令取35，70，145，170，求出的正整数解的情况，即可得出答案. 【详解】由已知可得，，，，， 所以，. 当时，累加法求和如下 ， ， ， ， 两边同时相加可得，， 整理可得，. 对于A项，令可得，，解得或（舍去）. 所以，，故A项错误； 对于B项，令可得，，解得或（舍去）. 所以，，故B项错误； 对于C项，令可得，，解得或（舍去）. 所以，，故C项错误； 对于D项，令可得，，解得（舍去）或（舍去）. 所以，170不是数列的项，故D项正确. 故选：D. 7．已知直线与抛物线相交于，两点，为坐标原点，若则直线过定点（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设直线，，将直线与抛物线方程联立，得到，，根据列出方程，解得，即可确定直线所过定点. 【详解】显然直线的斜率不为，且不经过坐标原点， 故设直线的方程为，，． 联立方程消去得， 则，所以． 因为，所以，即， 解得， 所以直线的方程为，则直线过定点． 故选：C． 8．关于 的方程 有两个不同的解，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用指对运算将方程化为，设，求导确定单调性可得，令，求导确定函数的单调性与最值从而得实数的取值范围. 【详解】方程可转化为，则， 所以， 设，则方程转化为， 又恒成立，所以在上为增函数， 所以，即， 令，所以，则可得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以， 又时，，时，， 若方程有两个不同的解，则实数的取值范围为. 故选：D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9．已知点，，圆：，则（    ） A． B．过点、的直线方程为 C．若直线与圆相切，则 D．若圆与圆：恰有三条公切线，则 【答案】ABD 【分析】根据直线的截距式方程、圆的一般式方程的性质，结合圆的切线性质、圆与圆的位置关系逐一判断即可. 【详解】A：因为方程表示圆， 所以，因此本选项说法正确； B：因为点，， 所以点、的直线方程为，因此本选项说法正确； C：， 所以圆心坐标为，半径为， 若直线与圆相切， 则有，所以本选项说法不正确； D：圆：的圆心坐标为，半径为， 若圆与圆：恰有三条公切线， 则圆与圆相外切， 所以有，因此本选项说法正确， 故选：ABD 10．已知，函数有两个极值点，，则（   ） A．可能是负数 B． C．曲线在点处的切线方程为 D．为定值 【答案】BCD 【分析】求导，分析函数的单调性，即可求解判断ABD；根据导数的几何意义求解判断C. 【详解】由，则， 当时，，则在上单调递减，没有极值，故A错误， 当时，令，得， 不妨设，则，故B正确， 当时，，当时，， 所以在和上单调递增，在区间上单调递减， 所以是的极大值点，是的极小值点， 而，则， 所以 为定值，故D正确； 对于C，由，则，而， 则曲线在点处的切线方程为，故C正确. 故选：BCD 11．数列满足，，，记，则（   ） A． B．是递增数列 C．是等比数列 D． 【答案】BCD 【分析】 由已知可得，同时除以，构造等比数列，可得，累加法求的通项公式，可以判断选项ABC，选项D，裂项相消法求和. 【详解】因为， ，所以， 等式两边同时除以，可得, 即，令， 所以，数列是以为首项，为公比的等比数列. 则，， 所以 ， 所以，， ，故选项A错误； 递减，所以递增， 所以是递增数列，故选项B正确； ，所以是等比数列， 故选项C正确； 因为，所以， ， ，， 所以. 故选项D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12．椭圆的一个焦点坐标为，则实数的值为 . 【答案】6 【分析】由椭圆的几何性质进行求解. 【详解】椭圆的一个焦点坐标为,得椭圆的焦点在轴上, 则,且, 由,得 故答案为： 13．在正三棱柱中，为的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为 ；点到直线的距离为 ． 【答案】 【分析】根据正三棱柱的性质，取中点作为原点，方向为轴建立空间坐标系，根据异面直线的夹角公式即可求出直线与所成角的余弦值，根据空间中点到直线的距离公式即可求解点到直线的距离. 【详解】如图所示，正三棱柱中，底面为等边三角形，取中点，则， 取中点，根据正三棱柱的性质可得：，， 故取中点作为原点，方向为轴建立空间坐标系，   ，等边三角形高，则，， ，则，，， 为的中点，则， ， 设异面直线与所成角为，则； 由可得，， 则点到直线的距离， 故答案为： 14．设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为 ． 【答案】 【分析】构造函数，依题意可判断在上单调递减，将不等式变形成，利用函数单调性即可得不等式解集. 【详解】令，则， 因为，所以当时，， 易知函数在单调递增，所以， 即可得在上单调递减， 由不等式可得； 即，因此可得，解得. 即不等式的解集为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求解函数不等式解集问题时，利用已知条件并合理构造函数，再由导函数求得函数单调性，根据单调性即可求得不等式解集. 四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（13分） 在公差的等差数列中，，，数列的前n项和为． (1)求和的通项公式； (2)若，求数列的前n项和． 【答案】(1)，； (2). 【分析】（1）根据已知及等差数列的通项公式求基本量，即可得的通项公式，再由的关系求的通项公式； （2）由（1）得，应用错位相减法、等比数列的前n项和公式求. 【详解】（1）因为是等差数列，且，， 所以，联立，解得，， 由，得，解得，，故， 数列的前项和，， 当时，， 当时，上式成立，故； （2）由（1）知， ， ， ①②，得， 其中， 所以，得. 16．（15分） 如图，在三棱柱中，为等腰直角三角形，，平面平面.    (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由余弦定理可得，利用勾股定理的逆定理可得，结合面面垂直的性质可证结论； （2）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求得平面与平面所成角的余弦值. 【详解】（1）在中，， 由余弦定理可得， 所以，所以，所以， 又因为平面平面， 平面平面，平面， 所以平面； （2）因为为等腰直角三角形，且，所以， 因为平面，平面，所以，， 以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，所以， 设平面的一个法向量为， ，令，则， 所以平面的一个法向量为， 又因为，，，平面， 所以平面，所以为平面的一个法向量， 设平面与平面所成的角为， 所以. 所以平面与平面所成角的余弦值为. 17．（15分） 已知椭圆，设分别为椭圆的左、右焦点． (1)点在椭圆上，若，求的面积； (2)过点的直线（斜率不为0）交于两点，在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标及定值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)1 (2)在轴上存在定点，使得为定值． 【分析】（1）由椭圆定义、勾股定理、直角三角形面积公式求解即可； （2）设直线与椭圆联立，设定点，由韦达定理化简数量积，让含m的项系数为 0，即可求出定点的坐标. 【详解】（1）设，又，则， 由得，∴解得， 故． （2）由（1）知，左焦点． 因为直线斜率不为0，可设直线的方程为， 联立直线的方程与椭圆方程，得． 设，则， ． 设定点，则， 代入得：， 令此式与无关，则，则， 此时， 因此，在轴上存在定点，使得为定值． 18．（17分） 已知双曲线过点，且上焦点为，直线交于两点． (1)求的方程． (2)弦的中点坐标能否为？若能，求此时直线的方程；若不能，请说明理由． (3)若直线的方程为，过，作直线的垂线，垂足分别为．点为线段的中点．判断四边形的形状，并给出证明． 【答案】(1) (2)不能，理由见解析 (3)梯形，证明见解析 【分析】（1）根据焦点坐标和双曲线所过的点可求基本量，故可求双曲线的方程； （2）假设存在，则由点差法可求直线方程，联立直线方程结合判别式的符号得到矛盾，故满足条件的直线不存在； （3）联立直线方程和双曲线方程后，结合韦达定理可化简得定值，从而可判断四边形的形状. 【详解】（1）由题意得，， 将代入中，可得， 解得，所以的方程为. （2）不能，理由如下： 若弦的中点坐标为，设，则, 因，由 ②①，得， 化简整理，得， 所以直线的方程为，即 由可得， 故， 故这样的直线不存在. （3）四边形为梯形. 证明：设. 由得， 故即，故. 由韦达定理得,③ 由且， 可得 将③ 代入式分子得 ，    所以，即， 又因为与不平行，所以四边形为梯形. 19．（17分） 已知函数． (1)讨论的单调性； (2)设，且．证明： （i）在区间存在唯一的极值点； （ii）对于（i）中的． 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）先对函数求导，然后根据导数的正负性来讨论函数的单调性，需要对的取值范围进行分类讨论； （2）（i）先求出的表达式，再对求导，根据导数的性质判断在区间上的单调性，进而证明存在唯一的极值点； （ii）根据（i）中得到的极值点的性质，对进行化简，然后通过构造函数并利用导数研究函数单调性来证明. 【详解】（1）已知函数，其定义域为， 求导得， 当时，在上恒成立，所以在上单调递增. 当时令，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，在上恒成立，即在上恒成立， 所以在上单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）（i）已知，定义域， 当时，单调递减，又因为，所以单调递增， 而也单调递增，故在上单调递增，无极值点； 求导得，设， ， 因为，所以在上为增函数， 而，， 故在上存在一个零点，且时，， 时，，故在上为减函数，在为增函数， 而，，故在上存在唯一一个零点， 且时，即，时，即， 所以在区间上存在唯一的极值点. （ii）由（i）得，即， 则， 令，， 求导得， 令， 求导得， 整理得 因为，所以，即在上单调递增， 所以， 所以，在上单调递增， 所以， 即. 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $