专题09 期末压轴专练（4大考向38题）（期末真题汇编，河南专用）高二数学下学期

**基本信息** 聚焦高二数学期末压轴题，涵盖排列组合与数列、立体几何与解析几何、导数及知识交汇创新题型，汇编河南多地期末真题，突出综合应用与创新思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|多题|排列组合（10方格染色）、立体几何（正方体棱长）、导数（方程有解求参数）|结合河南期末真题，如"可分集"新概念题| |填空|适量|数列前20项和、导数几何意义|注重知识迁移，如数列通项与函数导数结合| |解答|多题|立体几何二面角、椭圆综合、导数不等式证明|强调综合应用，如解析几何与导数交汇题|

专题09期末压轴题专练 4大考向概览 考向01排列组合与数列 考向02立体几何与解析几何 考向03导数 考向04知识交汇题、情景题、新概念题 ( 考向 01 排列组合与数列 ) 一、选择题 1．（24-45高二下.河南省驻马店市部分学校.期末）用蓝色和红色给一排10个方格染色,则蓝色使用次数不少于红色且至多两个蓝色相邻的方法种数为（   ） A．71 B．126 C．171 D．175 2．（24-45高二下.河南省商丘市.期末）已知数列的前项和为,且．若对任意的正整数恒成立,则实数的最小值为（   ） A．3 B． C． D． 3．（24-45高二下.河南省TOP二十名校.期末）已知数列的前项和,等差数列满足,,数列满足,设数列的前项和为,若对于,都有,则（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 4．（24-45高二下.河南省南阳市六校.期末）已知数列则下列说法错误的是（    ） A．数列为等差数列 B．是单调递减数列 C．数列的前20项和为-698860 D．若,则 5．（多选）（24-45高二下.河南省豫北名校联考.期末）在如图所示的正方形网格中,每个小正方形的边长都是1个单位长度,点从点处出发,每次向上或向右移动1个单位长度,直至到达点时停止移动,则下列结论正确的是（   ） A．移动的方法共有252种 B．仅有4次连续向上移动的方法有30种 C．经过点的移动方法有70种 D．若对任意,从第次到第次的移动方向相同,则移动的方法有2种 6．（24-45高二下.河南省濮阳市.期末）已知是公差为d的等差数列,,,其中表示不小于x的最小整数,则下列结论正确的是（    ） A．若,,则 B．若,则, C．若,,则d的取值范围是 D．若,,则d的取值范围是 二、填空题 7．（24-45高二下.河南省南阳市.期末）已知数列满足,则数列的前20项和_________． 8．（24-45高二下.河南省南阳市六校.期末）已知数列的通项公式为,函数在处的导数为,则使得的正整数的最小值为__________. ( 考向 0 2 立体几何与解析几何 ) 一、选择题 1．（24-45高二下.河南省南阳市六校.期末）已知分别为椭圆的左､右焦点,点在椭圆的外部为轴上一点,线段与椭圆交于点内切圆的直径为,则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 2．（24-45高二下.河南省洛阳市.期末）如图,在正方体中,过点A作一平面,使得正方体的各个顶点都在的同一侧,且,,三个点到的距离分别为3,4,5,则该正方体的棱长为（    ） A． B． C． D．12 3．（24-45高二下.河南省驻马店市.期末）棱长为1的正方体中,,,为平面上的一动点（包含边界）,则周长的最小值为（   ）（附：平面的截距式方程为：,其中,,分别为平面在,,轴上的截距） A． B． C． D． 4．（多选）（24-45高二下.河南省新乡市.期末）已知实数满足,则（    ） A．的最小值为 B．的最小值为 C．的最小值为 D．当时,的最小值为 5．（多选）（24-45高二下.河南省安阳市滑县部分学校.期末）曲线是平面内与三个定点,,的距离之和等于的点的轨迹,为上一点,则（    ） A．曲线关于直线对称 B．不存在点使得 C．面积的最大值大于1 D．存在点使得 6．（多选）（24-45高二下.河南省商丘市.期末）已知抛物线的焦点为,准线为,过焦点且斜率存在的直线与抛物线相交于,两点,线段的中点为,过且与轴平行的直线与抛物线和准线分别交于,两点.则（    ） A．当时,直线的倾斜角为或 B．是线段的中点 C． D．过点与抛物线相切的直线与直线平行 二、解答题 7．（24-45高二下.河南省多校联考.期末）如图,在多面体中,平面,四边形为正方形,且,若分别是的中点,点是线段上的一个动点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求二面角的余弦值的最大值． 8．（24-45高二下.河南省安阳市滑县部分学校.期末）设抛物线：的焦点为,过的直线交于,两点,过且垂直于的直线交抛物线的准线于点,,在直线上的射影点分别为,,的最小值为6. (1)求抛物线的标准方程； (2)①求证：； ②求的最小值. 9．（24-45高二下.河南省南阳市六校联考.期末）已知椭圆：（）的右焦点为,且点到长轴两个端点的距离分别为和,为坐标原点. (1)求的方程. (2)过点且不与轴重合的直线与交于两点. （ⅰ）若的面积为,求的方程； （ⅱ）若线段的中点为,在点处分别作的切线,两切线相交于点,求证：,,三点共线. ( 考向 0 3 导数 ) 一、选择题 1．（24-45高二下.河南省商丘市.期末）已知关于x的方程在区间上有解,则实数a的最大值为（   ） A． B． C． D． 2.（24-45高二下.河南省郑州市中牟县.期末）已知,,,则,,的大小关系为（    ） A． B． C． D． 3．（24-45高二下.河南省平顶山市.期末）已知函数,,对,,使得成立.下列结论正确的是（      ） A．,使得 B．函数的最大值为0 C．a的取值范围为 D．过作的切线,有且只有一条 4．（多选）（24-45高二下.河南省驻马店市.期末）已知函数,,,则（   ） A．当时,有且只有一个零点 B．当时,有两个零点 C．无论为何实数,都存在正数使得 D．当时,与零点个数相同 5．（多选）（24-45高二下.河南省安阳市.期末）下列不等式中正确的是（   ） A． B． C． D． 二、填空题 6．（24-45高二下.河南省驻马店市九师联盟.期末）已知函数,若,则的取值范围为_____． 7．（24-45高二下.河南省商丘市.期末）已知函数在上单调递增,则的最大值为________. 三、解答题 8．（24-45高二下.河南省周口市.期末）已知函数,,. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若,证明：,； (3)设函数若在曲线上存在两点,,在轴上存在一点,使得四边形为矩形（为坐标原点）,求的取值范围. 9．（24-45高二下.河南省鹤壁市.期末）已知函数,. (1)若的图象在点处的切线方程为,求的值； (2)若在其定义域上不具有单调性,求实数的取值范围； (3)若与的图象恰有两个不同的交点,求实数的取值范围. ( 考向 0 4 知识交汇题、情景题、新概念题 ) 一、选择题 1．（多选）（24-45高二下.河南省新乡市.期末）已知.若对于非空数集,存在个两两交集为空的集合,,使得,且任意两个集合的所有元素之和均相等,则称集合为“可分集”.设,则（   ） A．是“4可分集” B．若是“4可分集”,则为偶数 C．对于任意的偶数不为“可分集” D．对于任意的奇数均为“可分集” 2．（多选）（24-45高二下.河南省开封市.期末）如图,在一个正方形的框架中有三个滑块,滑块可以在框架中滑动到与其相邻的无滑块位置．在下列选项中,只通过滑动,即可变成如图所示图形的有（   ） A． B． C． D． 3．（多选）（24-45高二下.河南省南阳市六校联考.期末）记无穷数列的前项和为.若对任意的正整数,总存在某一项,使得,则称是“S数列”.下列说法正确的是（   ） A．若,则是“S数列” B．若,则是“S数列” C．若,则是“S数列” D．若是首项,公差的等差数列,且是“S数列”,则 4．（多选）（24-45高二下.河南省驻马店.期末）在数学史上,平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线（Cassinioval）.在平面直角坐标系中,动点到两个定点、的距离之积等于,化简得曲线.则下列结论正确的是（    ） A．曲线关于轴对称 B．的最小值为 C．面积的最大值为 D．的取值范围为 5．（多选）（24-45高二下.河南省南阳市六校.期末）设和是两个不同的无穷数列,且均不是常数列.记集合,则下列结论中正确的是（    ） A．若和均为等比数列且公比相同,则为空集 B．若和均为等差数列且公差不同,则中可能有无穷多个元素 C．若为等差数列,为等比数列,则中最多有3个元素 D．若为递增数列,为递减数列,则中最少有1个元素 二、填空题 6．（24-45高二下.河南省青桐鸣大联考.期末）已知抛物线的焦点F到其准线的距离为,若等边三角形的边在x轴的非负半轴上,与原点O重合,点的横坐标大于点的横坐标,位于第一象限的点,在抛物线C上,则_______.（用含n的式子表示） 三、解答题 7．（24-45高二下.河南省信阳市.期末）对于函数,若实数满足,则称为的不动点．已知函数． (1)若的极小值小于,求a的取值范围； (2)当时,求函数的不动点的个数,并证明所有不动点之和等于零． 8．（24-45高二下.河南省焦作市.期末）设,是不同的正数,我们称为,的对数平均值,且,该不等式称为“对数平均不等式”. (1)任意选择“对数平均不等式”的一边给出证明.（注：如果两边都给出证明,按第一个证明计分） (2)已知函数有两个极值点,,且. （i）求的取值范围； （ii）利用“对数平均不等式”证明：. 9．（24-45高二下.河南省郑州市.期末）定义在区间上的函数满足：若对任意,,且,都有,则称是上的“好函数”. (1)若是上的“好函数”,求的取值范围； (2)（i）证明：是上的“好函数”. （ii）设,证明：. 10．（24-45高二下.河南省驻马店市.期末）已知函数的定义域为为其导函数．若,则称为上的“优导函数”． (1)判断是否是上的“优导函数”？ (2)已知为上的“优导函数”,求实数的取值范围； (3)已知为上的“优导函数”,且,若存在唯一正数,使得,求实数的取值范围． 11．（24-45高二下.河南省TOP二十名校.期末）若数列对于任意的,满足（为非零常数）,称数列为“型数列”.已知数列是“型数列”,数列是“型数列”,且. (1)求数列的通项公式； (2)设是数列的前项的和,求数列的前项的和； (3)若,是否存在实数,使得数列为“型数列”？若存在,求出的值；若不存在,说明理由. 12．（24-45高二下.河南省部分重点高中.期末）在平面直角坐标系中,已知抛物线的方程为,直线：（）与交于,两点.构造点列如下：设的坐标为,直线,与的另一个交点分别为,,直线与轴的交点为,设点的坐标为（）. (1)判断：的面积是否可以为？说明理由； (2)用,表示直线的方程； (3)设的面积为,求的最大值. 8 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09期末压轴题专练 4大考向概览 考向01排列组合与数列 考向02立体几何与解析几何 考向03导数 考向04知识交汇题、情景题、新概念题 ( 考向 01 排列组合与数列 ) 1 2 3 4 5 6 D B A ABD ABD ABD 7． 8． 7 ( 考向 0 2 立体几何与解析几何 ) 1 2 3 4 5 6 B B D ACD BD BCD 7．【解析】（1）因为平面,四边形为正方形,所以两两垂直, 所以分别以所在直线为轴,建立空间直角坐标系,如图所示． 因为,,所以平面, 则,,,,,,,, 设． 则,因为平面,所以平面的法向量为, 因为, 因为平面,所以平面； （2）, 设平面的法向量, 由,得, 令,则,所以, 设直线与平面所成角为, 所以, 所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）易知平面的法向量, ,设平面的法向量, 由,得,令,则, 所以, 设二面角的平面角为,由图可知为锐角, 所以, 因为,所以, 令,则,所以, 则, 令,且,所以, 所以当时,取得最大值,且最大值为, 且此时,即, 所以当点为线段的中点时,二面角平面角的余弦值取最大值,且最大值为． 8．【解析】（1）因为抛物线：,所以焦点为,准线为, 如图,易知直线的斜率不为0,设直线的方程为,,, 联立,得, 易知,则,, 又,, 所以,当且仅当时取等号, 因为的最小值为6,所以,, 所以抛物线的标准方程为. （2）①当轴时,,. 当不垂直于轴时,设直线的方程为,, 则直线的方程为, 令,得,即为的中点,所以. 综上可得,. ②方法一  如图,连接,,因为,, 所以,则. 由①知,为的中点,故. 设直线的倾斜角为,,可得,则, 因为, 所以. 所以, 因为,所以,同理, 则, 所以, 所以的最小值为18. 方法二  同方法一证得. 在与中,, 所以,则,即, 同理可得. 又, , 所以, 则,所以的最小值为18. 9．【解析】（1）由题意可得,解得,则, 所以椭圆的方程为. （2）由（1）可知,,设直线, 联立,可得, 则, 设,则. （ⅰ）, 则, 整理可得即,解得或,则或, 所以,直线的方程为或或或. （ⅱ）设点,则,,所以. 设以点为切点的切线方程为即, 联立,可得, 则, 整理得, 则, 因为点是椭圆上的点,所以,即, 则, 所以以点为切点的切线方程为. 同理可得,以点为切点的切线方程为. 联立两切线方程,消去,可得,整理得, 结合化简可得, 由题意,,故,代入直线方程,可得, 所以,则,其中, 故,,三点共线. ( 考向 0 3 导数 ) 1 2 3 4 5 B D D ABD AC 6． 7． 8．【解析】（1）由题意知, 所以,又, 所以曲线在点处的切线方程为. （2）若,则. 因为,所以（仅当,时取等号）. 设,则, 当时,,当时,, 所以在上单调递减,在上单调递增, 所以,即（仅当时取等号） 所以,即,. （3）由题意得 因为四边形为矩形,所以,在轴的两侧,,且,的横坐标互为相反数. 不妨设,,则.（*）           若,则方程（*）为,化简得,此方程无解； 若,则,点在轴上,不合题意； 若,则方程（*）为,即.           设,则, 当时,,即在上单调递增, 又,当时,,所以的值域为,           又当时,,所以方程（*）总有解, 因此,的取值范围是. 9．【解析】（1）,,,则. ,,,. （2）由题可知的定义域为,. 令,其中,则函数在上有异号零点, 则对任意的恒成立,故函数在上单调递减, 因为,故只需即可, 即,由零点存在定理可知,存在,使得,即, 当时,,,即函数在上单调递增, 当时,,,即函数在上单调递减, 此时为函数的极大值点, 故当在其定义域上不具有单调性,的取值范围是. （3）若与的图象恰有两个不同的交点,则关于的方程恰有个不同的实根. , 关于的方程即方程恰有个不同的实根. 设,方程恰有个不同的实根. 对任意的恒成立,是增函数, 方程,即恰有个不同的实根. 设,则的图象与直线恰有个交点,, 令,可得, 当时,,当时,, 在区间上单调递增,在区间上单调递减,, 又,当时,,当趋向于时,趋向于,如下图所示： 当时,的图象与直线恰有2个交点, 即实数的取值范围为. ( 考向 0 4 知识交汇题、情景题、新概念题 ) 一、选择题 1 2 3 4 5 BCD BD ABC ABD AC 6． 7．【解析】（1）由,当时,,当时,, 所以,在上单调递减,在上单调递增,极小值． 由,得,故a的取值范围为． （2）当时,, 依题意方程,即的解,就是函数的不动点． 令,, 令,则, 当时,,当时,, 所以,在上递减,在上递增, 又,,且当时,． 所以,存在唯一,,使． 当时,,即；所以,在上递减, 当时,,即,所以,在上递增． 所以,． 因为,即,也即 所以,． 又,． 根据零点存在定理,在,,内各仅有一个零点, 所以,有且仅有两个零点,即函数有两个不动点． 设m是的零点,则, 又, 所以也是的零点,故所有零点之和等于零． 即函数所有不动点之和等于零． 8．【解析】（1）证明左边不等式：. 不妨设,则该不等式等价于,即. 令,,即证. 设,则,所以在上单调递减, 所以当时,,故原不等式成立. 证明右边不等式：. 不妨设,则该不等式等价于,即. 令,,即证. 设,则,所以在上单调递增. 所以当时,,故原不等式成立. （2）（i）的定义域为,, 因为有两个极值点,所以有两个异号零点. 令,则,. 若,,则在上单调递增,此时即不可能有两个零点,不符合题意. 若,令,得, 当时,,单调递增；当时,,单调递减. 所以, 且当时,,当时,, 要使有两个零点,只需,得,经检验符合题意, 因此,的取值范围是. （ii）由（i）知,是的两个根,所以, 从而. 由对数平均不等式可得, 故,且,即, 所以. 9．【解析】（1）由题可知任意,且,, 即,整理得, 令,则, 函数在上单调递增,且时,, 则,故,即的取值范围为． （2）（i）设,且, 则, 令,, 则,则在上单调递增, 得到,即, 故是上的“好函数”. （ii）由（i）可知,当时,且,有, 令, 则, 则, 故, 则． 10．【解析】（1）由可得, 所以, 因为,,所以,且两函数不同时为零, 所以,所以是上的“优导函数”. （2）由得, 所以, 又为上的“优导函数”, 所以对任意的, 所以对任意得, 令,则, 令得,令得, 在上单调递减,在上单调递增, 所以,所以实数的取值范围. （3）令,则, 因为为上的“优导函数”,则, 令,则,所以在上单调递减, 又,即,所以, 即,, 令,则有唯一正零点,, 当时,,所以在上单调递增,又, 取正数,则, 故存在唯一,使得, 即在上有唯一零点,满足题意； 当时,,显然有唯一零点1,符合题意； 当时,令得,令得, 所以在上单调递增,在上单调递减, 所以, 又当时,,当时,, 要使在上有唯一零点,必有, 所以实数的取值范围为或. 11．【解析】（1）因为为“型数列”,所以, 即,所以数列是等差数列, 又,所以的公差为, 故数列的通项公式为. 因为数列是“型数列”,所以, 则,两式相减,得, 当时,,所以, 由得,, 当时,,所以, 综上可得, 故数列是以1为首项,2为公比的等比数列,因此. （2）由（1）可得,, 设, 当为正奇数时,, 故数列的前项的和为 . （3）由,得,① 所以,② 由①－②,得, 所以, 则, 假设存在实数,使得数列为“型数列”,则, 即, 整理得, 所以解得,不满足为非零常数, 因此不存在实数,使得数列为“型数列” 12．【解析】（1）设,联立,得, 则, 则 , 又点到直线的距离, 则, 则的面积不可以为. （2）因,在抛物线上,则, 设直线上的任意一点为, 则,, 则直线的方程为, 则, 则,即, 故直线的方程为. （3）直线的方程为,直线的方程为, 联立,得, 则,则,同理可得, 则,, 则由（2）可得,直线的方程为, , 又点到直线的距离为, 则 又直线与轴的交点为,则,则, 因及以上递推关系可知,,则, 则, 则数列是以为首项,为公比的等比数列, 则,故, 则, 故, 因,则当时,有最大值. 8 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09期末压轴题专练 4大考向概览 考向01排列组合与数列 考向02立体几何与解析几何 考向03导数 考向04知识交汇题、情景题、新概念题 ( 考向 01 排列组合与数列 ) 一、选择题 1．（24-45高二下.河南省驻马店市部分学校.期末）用蓝色和红色给一排10个方格染色,则蓝色使用次数不少于红色且至多两个蓝色相邻的方法种数为（   ） A．71 B．126 C．171 D．175 【答案】D 【解析】第一类：蓝色5个,红色5个的情况：先排5个红色,出现6个空,若蓝色互不相邻,有种方法；若蓝色为,则先从6个空中选1个空,排双蓝,再从剩余5个空总共选3个, 排单蓝,共有种方法；若蓝色为,则先从6个空中选1个空,排单蓝,再从剩余5个空中选2空,排双蓝,共有种方法.这种情况下总方法种数为：种.第二类：蓝色6个,红色4个的情况：先排4个红色,出现5个空,若蓝色为,则先从5个空中选1个,排双蓝,再把4个单蓝排到剩余4个空中,有种排法；若蓝色为,则先从5个空中选2个,排双蓝,再从剩余3空中选2个,排单蓝,有种排法；若蓝色为,则先从5个空中选3个,排双蓝,有. 这种情况下总方法种数为：种.第三类：蓝色7个,红色3个：先排3个红色,出现4个空, 蓝色必为形式,先从4个空中选1个,排单蓝,再把3个双蓝排到剩余3空中,有种排法. 蓝色再多就不能有满足条件的排法了.故满足条件的排法共有：.故选D. 2．（24-45高二下.河南省商丘市.期末）已知数列的前项和为,且．若对任意的正整数恒成立,则实数的最小值为（   ） A．3 B． C． D． 【答案】B 【解析】当,则,即,当,,则,即,∴,∴数列是的等比数列,∴, ∵,即,∴,令数列的通项为,则,令,则, 又∵∴当,,当,,∴数列的最大项为, ∴.故选B. 3．（24-45高二下.河南省TOP二十名校.期末）已知数列的前项和,等差数列满足,,数列满足,设数列的前项和为,若对于,都有,则（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】A 【解析】因为,时,,由,所以, 设等差数列的公差为,由得,解得,所以,可得, 则,所以当时,；当时,, 所以,又因为,,,, 所以当时,；当时,；当时,,因此当时,数列单调递减； 当时,单调递增,所以,故.故选A. 4．（24-45高二下.河南省南阳市六校.期末）已知数列则下列说法错误的是（    ） A．数列为等差数列 B．是单调递减数列 C．数列的前20项和为-698860 D．若,则 【答案】ABD 【解析】对于选项A：,易得不是等差数列,A错误；对于选项B：并非单调递减数列,B错误；对于选项C：令, 是以1为首项,4为公差的等差数列,, 是以-2为首项,4为公比的等比数列,, ,C正确；对于选项D：①若为奇数, 则,②若为偶数,则,,∴, 故,,,D错误.故选ABD. 5．（多选）（24-45高二下.河南省豫北名校联考.期末）在如图所示的正方形网格中,每个小正方形的边长都是1个单位长度,点从点处出发,每次向上或向右移动1个单位长度,直至到达点时停止移动,则下列结论正确的是（   ） A．移动的方法共有252种 B．仅有4次连续向上移动的方法有30种 C．经过点的移动方法有70种 D．若对任意,从第次到第次的移动方向相同,则移动的方法有2种 【答案】ABD 【解析】对A,由题可知,无论怎样走,一定移动10次,其中5次向上移动,5次向右移动, 故移动的方法共有种,故A正确；对B,仅有4次连续向上移动的方法有种,故B正确；对C,若经过点,则前3次向右移动2次向上1次,后7次向右3次向上4次, 所以移动的方法有种,故C错误；对D,由题可知,当时,第1,2次的移动方向相同,当时,第3,4,5次的移动方向相同,当时,第6,7,8,9次的移动方向相同,因为向右5次,向上5次,所以第次的移动方向相同,则移动的方法有2种,故D正确.故选ABD. 6．（24-45高二下.河南省濮阳市.期末）已知是公差为d的等差数列,,,其中表示不小于x的最小整数,则下列结论正确的是（    ） A．若,,则 B．若,则, C．若,,则d的取值范围是 D．若,,则d的取值范围是 【答案】ABD 【解析】对于A,因,,则,,则,故A正确；对于B,因,则恒为整数,因,故得,,即B正确；对于C,因,则,因, 则,又,则,①若,即,则,,,不满足题意,②若,即,此时,,,满足题意.③若时,,,,不满足题意．综上分析,可得,故C错误．对于D,因,则,则, 则,因,,则, 又,故,故在且上恒成立,即对于且恒成立,而单调递增,故,故得,即D正确.故选ABD. 二、填空题 7．（24-45高二下.河南省南阳市.期末）已知数列满足,则数列的前20项和_________． 【答案】 【解析】由数列满足,,得, 又,所以,令,可得, 所以,由,可得,所以,所以数列表示首项为1,公比为2的等比数列,所以,所以,则, 因为,适合上式,所以,所以数列的前20项的和为 . 8．（24-45高二下.河南省南阳市六校.期末）已知数列的通项公式为,函数在处的导数为,则使得的正整数的最小值为__________. 【答案】7 【解析】由, 则, 因为, 所以 ,,即,化简整理得,解得或,又,,则的最小值为7. ( 考向 0 2 立体几何与解析几何 ) 一、选择题 1．（24-45高二下.河南省南阳市六校.期末）已知分别为椭圆的左､右焦点,点在椭圆的外部为轴上一点,线段与椭圆交于点内切圆的直径为,则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设的内切圆分别切该三角形三边于点,如图所示.由切线长定理可得,则 .因为,所以,由圆的几何性质可得,故四边形为正方形,且其边长为.由对称性可知,由椭圆定义可得,① 又因为,所以,②联立①②可得. 由勾股定理可得,即,整理可得,即,即,整理可得,因此,. 2．（24-45高二下.河南省洛阳市.期末）如图,在正方体中,过点A作一平面,使得正方体的各个顶点都在的同一侧,且,,三个点到的距离分别为3,4,5,则该正方体的棱长为（    ） A． B． C． D．12 【答案】B 【解析】以为原点,所在直线为轴建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为, 则,则,设平面的法向量为, 则,,, 则,令,则,设,则为线段的中点,因,到的距离分别为3,5,则到的距离分别为,因,且为线段的中点,则到的距离分别为,则, 又到的距离为,则,则,即,则,则,, 则该正方体的棱长为.故选B 3．（24-45高二下.河南省驻马店市.期末）棱长为1的正方体中,,,为平面上的一动点（包含边界）,则周长的最小值为（   ）（附：平面的截距式方程为：,其中,,分别为平面在,,轴上的截距） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】在棱长为1的正方体中,建立如图所示的空间直角坐标系, 则,平面的截距式方程方程为, ,设的法向量,则, 令,得,令点关于平面的对称点为, 则,解得,即,连接交平面于点,则在内,且,因此的周长,当且仅当与重合时取等号,所以周长的最小值为.故选D. 4．（多选）（24-45高二下.河南省新乡市.期末）已知实数满足,则（    ） A．的最小值为 B．的最小值为 C．的最小值为 D．当时,的最小值为 【答案】ACD 【解析】对配方得,,即点在以为圆心,1为半径的圆上.选项A：设,即,可得的最值对应直线与圆有交点时的截距最值,即圆心到直线的距离.又,所以,即, 解得,故最小值为,选项A正确.选项B：根据圆的位置（第一象限）可知,,,故,表示圆上的点到原点的距离的平方,最值对应的点位于过原点与圆心的直线与圆的交点上.故最小值为,选项B错误.选项C：令（）,则,因此求的最小值等价于求的最大值,即求的最小值.又表示圆上的点与原点连线的斜率,可设过原点的直线为,即.又该直线与圆有交点,所以圆心到直线的距离,即,即,整理得,解得.当时,,, 即的最小值为,C选项正确.选项D：表示圆上的点到点的距离,记为.令（）,点,即抛物线（）右半支上的点, 故原式可表示为圆上的点到抛物线上点的距离.而表示到点的距离.所以的最小值即为圆上的点到点的距离的最小值. 又圆心到点的距离,所以圆上的点到点的距离的最小值为,选项D正确.故选ACD. 5．（多选）（24-45高二下.河南省安阳市滑县部分学校.期末）曲线是平面内与三个定点,,的距离之和等于的点的轨迹,为上一点,则（    ） A．曲线关于直线对称 B．不存在点使得 C．面积的最大值大于1 D．存在点使得 【答案】BD 【解析】设曲线上任意一点,由题意可知曲线的方程为. 对于A,在方程中,用替代,替代,方程改变,可得曲线不关于直线对称,故A错误； 对于B,若,则,所以点在线段上, 因为点到线段的最短距离,所以这样的点不存在,故B正确；对于C,,则点在椭圆：内（含边界）,曲线与椭圆有唯一的公共点,此时,,如图,当点为时,的面积最大,最大值是1,故C不正确；在曲线上再寻找一个点,,若,则,即,解得,所以,故存在点使得,故D正确.故选BD. 6．（多选）（24-45高二下.河南省商丘市.期末）已知抛物线的焦点为,准线为,过焦点且斜率存在的直线与抛物线相交于,两点,线段的中点为,过且与轴平行的直线与抛物线和准线分别交于,两点.则（    ） A．当时,直线的倾斜角为或 B．是线段的中点 C． D．过点与抛物线相切的直线与直线平行 【答案】BCD 【解析】由抛物线,可得,准线为,设过点的直线方程为,代入抛物线 ,得,所以,则：,,由,得, 所以中点的坐标为,过且与轴平行的直线线的方程为, 代入抛物线可得,的坐标为,与准线 的交点 ,因为, 又, 所以,又, 所以,解得,所以,所以,, 由题设直线的倾斜角为,,所以,故A错误； 因为,所以 的中点坐标为, 这与 相同,故B正确；又,所以,所以,故C正确；设过点与抛物线相切的直线方程为,与抛物线方程联立可得,整理得,因为直线与抛物线相切,所以,解得,所以过点与抛物线相切的直线方程为,即所以过点与抛物线相切的直线与直线 平行,故D正确. 故选BCD. 二、解答题 7．（24-45高二下.河南省多校联考.期末）如图,在多面体中,平面,四边形为正方形,且,若分别是的中点,点是线段上的一个动点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求二面角的余弦值的最大值． 【解析】（1）因为平面,四边形为正方形,所以两两垂直, 所以分别以所在直线为轴,建立空间直角坐标系,如图所示． 因为,,所以平面, 则,,,,,,,, 设． 则,因为平面,所以平面的法向量为, 因为, 因为平面,所以平面； （2）, 设平面的法向量, 由,得, 令,则,所以, 设直线与平面所成角为, 所以, 所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）易知平面的法向量, ,设平面的法向量, 由,得,令,则, 所以, 设二面角的平面角为,由图可知为锐角, 所以, 因为,所以, 令,则,所以, 则, 令,且,所以, 所以当时,取得最大值,且最大值为, 且此时,即, 所以当点为线段的中点时,二面角平面角的余弦值取最大值,且最大值为． 8．（24-45高二下.河南省安阳市滑县部分学校.期末）设抛物线：的焦点为,过的直线交于,两点,过且垂直于的直线交抛物线的准线于点,,在直线上的射影点分别为,,的最小值为6. (1)求抛物线的标准方程； (2)①求证：； ②求的最小值. 【解析】（1）因为抛物线：,所以焦点为,准线为, 如图,易知直线的斜率不为0,设直线的方程为,,, 联立,得, 易知,则,, 又,, 所以,当且仅当时取等号, 因为的最小值为6,所以,, 所以抛物线的标准方程为. （2）①当轴时,,. 当不垂直于轴时,设直线的方程为,, 则直线的方程为, 令,得,即为的中点,所以. 综上可得,. ②方法一  如图,连接,,因为,, 所以,则. 由①知,为的中点,故. 设直线的倾斜角为,,可得,则, 因为, 所以. 所以, 因为,所以,同理, 则, 所以, 所以的最小值为18. 方法二  同方法一证得. 在与中,, 所以,则,即, 同理可得. 又, , 所以, 则,所以的最小值为18. 9．（24-45高二下.河南省南阳市六校联考.期末）已知椭圆：（）的右焦点为,且点到长轴两个端点的距离分别为和,为坐标原点. (1)求的方程. (2)过点且不与轴重合的直线与交于两点. （ⅰ）若的面积为,求的方程； （ⅱ）若线段的中点为,在点处分别作的切线,两切线相交于点,求证：,,三点共线. 【解析】（1）由题意可得,解得,则, 所以椭圆的方程为. （2）由（1）可知,,设直线, 联立,可得, 则, 设,则. （ⅰ）, 则, 整理可得即,解得或,则或, 所以,直线的方程为或或或. （ⅱ）设点,则,,所以. 设以点为切点的切线方程为即, 联立,可得, 则, 整理得, 则, 因为点是椭圆上的点,所以,即, 则, 所以以点为切点的切线方程为. 同理可得,以点为切点的切线方程为. 联立两切线方程,消去,可得,整理得, 结合化简可得, 由题意,,故,代入直线方程,可得, 所以,则,其中, 故,,三点共线. ( 考向 0 3 导数 ) 一、选择题 1．（24-45高二下.河南省商丘市.期末）已知关于x的方程在区间上有解,则实数a的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】令,则是上的单调增函数,原方程整理得,即,若,则,若,则都不成立, 所以,所以在上有解,整理得,设,则,时,,递增,时,,递减, 所以,即的最大值是.故选B． 2.（24-45高二下.河南省郑州市中牟县.期末）已知,,,则,,的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】令,则,令,则,令,则,故在区间上单调递减,在区间上单调递增,故,即,即,当且仅当时等号成立,当时,由,得,所以,,即.设,,则,当时,,当时,,所以在上单调递减,在上单调递增, 所以,即,因为,所以,所以.故选D. 3．（24-45高二下.河南省平顶山市.期末）已知函数,,对,,使得成立.下列结论正确的是（      ） A．,使得 B．函数的最大值为0 C．a的取值范围为 D．过作的切线,有且只有一条 【答案】D 【解析】对于A,,因为在上单调递增,在上单调递增, 所以在上单调递增,又,所以当时,,故A错误;对于B,由A的分析可知,当时,,当时,, 所以在上单调递减,在上单调递增,所以在处取得最小值：,无最大值,故B错误;对于C,由前面分析知,由题可知：,使得对于函数,,当时,,故无论a取什么值,均,使得,则a的取值范围为R,故C错误;对于D,不妨设切点为,,切线方程为,把代入可得：,即： 令,, , 因为对恒成立,所以当时,,当时,, 故在上单调递减,在上单调递增,又,所以只有一个零点0, 即只有时,成立,故过作的切线,有且只有一条,故D正确.故选D. 4．（多选）（24-45高二下.河南省驻马店市.期末）已知函数,,,则（   ） A．当时,有且只有一个零点 B．当时,有两个零点 C．无论为何实数,都存在正数使得 D．当时,与零点个数相同 【答案】ABD 【解析】对A：当时,,,则, 由；由,所以在上单调递减,在上单调递增. 又,所以有且只有一个零点,故A正确；对B：当时,,所以, 由；由,所以函数在上单调递减,在上单调递增.又,因为,所以,且当和时,,所以函数有两个零点,故B正确；对C：当时,,,设,则,因为,所以,即在上单调递增,且,所以在上无零点.所以时,不存在正数使得,故C错误； 对D：当时,由由. 设,.因为,由；由. 所以在上单调递增,在上单调递减.且.因为,由；由.所以在上单调递增,在上单调递减.且. 作出函数,的图形如下： 可知：当时,与零点个数相同,故D正确.故选ABD. 5．（多选）（24-45高二下.河南省安阳市.期末）下列不等式中正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【解析】依题意,令函数,求导得,当时,,当时,, 函数在单调递增,在单调递减,,对于A,,由,得,A正确； 对于B,,由,得,B错误； 对于C,由,得,即,则, ,即,因此,C正确；对于D,由,得,则,因此,D错误.故选AC. 二、填空题 6．（24-45高二下.河南省驻马店市九师联盟.期末）已知函数,若,则的取值范围为_____． 【答案】 【解析】由题意可得,显然为增函数,且, 所以,即,从而,这是的必要条件. 当时,,令,则, 令,则,所以在上单调递增,所以,所以在上单调递增,所以,所以当时,. 7．（24-45高二下.河南省商丘市.期末）已知函数在上单调递增,则的最大值为________. 【答案】 【解析】由, 可得, 即 因为函数在上单调递增,所以,即对恒成立,当时,恒成立,故对恒成立,显然不可能,故,由,可得或,为使对恒成立,则,所以,令,求导可得,当时,,当时,,所以在上单调递增,在上单调递减,所以,所以的最大值为. 三、解答题 8．（24-45高二下.河南省周口市.期末）已知函数,,. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若,证明：,； (3)设函数若在曲线上存在两点,,在轴上存在一点,使得四边形为矩形（为坐标原点）,求的取值范围. 【解析】（1）由题意知, 所以,又, 所以曲线在点处的切线方程为. （2）若,则. 因为,所以（仅当,时取等号）. 设,则, 当时,,当时,, 所以在上单调递减,在上单调递增, 所以,即（仅当时取等号） 所以,即,. （3）由题意得 因为四边形为矩形,所以,在轴的两侧,,且,的横坐标互为相反数. 不妨设,,则.（*）           若,则方程（*）为,化简得,此方程无解； 若,则,点在轴上,不合题意； 若,则方程（*）为,即.           设,则, 当时,,即在上单调递增, 又,当时,,所以的值域为,           又当时,,所以方程（*）总有解, 因此,的取值范围是. 9．（24-45高二下.河南省鹤壁市.期末）已知函数,. (1)若的图象在点处的切线方程为,求的值； (2)若在其定义域上不具有单调性,求实数的取值范围； (3)若与的图象恰有两个不同的交点,求实数的取值范围. 【解析】（1）,,,则. ,,,. （2）由题可知的定义域为,. 令,其中,则函数在上有异号零点, 则对任意的恒成立,故函数在上单调递减, 因为,故只需即可, 即,由零点存在定理可知,存在,使得,即, 当时,,,即函数在上单调递增, 当时,,,即函数在上单调递减, 此时为函数的极大值点, 故当在其定义域上不具有单调性,的取值范围是. （3）若与的图象恰有两个不同的交点,则关于的方程恰有个不同的实根. , 关于的方程即方程恰有个不同的实根. 设,方程恰有个不同的实根. 对任意的恒成立,是增函数, 方程,即恰有个不同的实根. 设,则的图象与直线恰有个交点,, 令,可得, 当时,,当时,, 在区间上单调递增,在区间上单调递减,, 又,当时,,当趋向于时,趋向于,如下图所示： 当时,的图象与直线恰有2个交点, 即实数的取值范围为. ( 考向 0 4 知识交汇题、情景题、新概念题 ) 一、选择题 1．（多选）（24-45高二下.河南省新乡市.期末）已知.若对于非空数集,存在个两两交集为空的集合,,使得,且任意两个集合的所有元素之和均相等,则称集合为“可分集”.设,则（   ） A．是“4可分集” B．若是“4可分集”,则为偶数 C．对于任意的偶数不为“可分集” D．对于任意的奇数均为“可分集” 【答案】BCD 【解析】对于A,因为均只有一个元素,即元素之和为1,2,3,4,互不相等,故A错误；对于B,若为奇数,那么2k能被4整除,因为能被4整除,所以2k必须能被4整除,因此为偶数,故B正确；对于C,若为偶数,那么能被整除,于是必然是整数,这与为偶数矛盾,所以不为“可分集”,故C正确；对于D,不妨设奇数,下面给出一种构造：由于,则前组为,, 后组为,因此对于任意的奇数均为“可分集”,故D正确.故选BCD. 2．（多选）（24-45高二下.河南省开封市.期末）如图,在一个正方形的框架中有三个滑块,滑块可以在框架中滑动到与其相邻的无滑块位置．在下列选项中,只通过滑动,即可变成如图所示图形的有（   ） A． B． C． D． 【答案】BD 【解析】 ,D合乎要求； ,B合乎要求； AC选项通过移动无法得出.故选BD. 3．（多选）（24-45高二下.河南省南阳市六校联考.期末）记无穷数列的前项和为.若对任意的正整数,总存在某一项,使得,则称是“S数列”.下列说法正确的是（   ） A．若,则是“S数列” B．若,则是“S数列” C．若,则是“S数列” D．若是首项,公差的等差数列,且是“S数列”,则 【答案】ABC 【解析】A选项,,故,故对任意的正整数,总存在某一项,使得,故是“S数列”,A正确；B选项,,则,故此时为等差数列, ,由于,故对任意的正整数,总存在当时,使得,B正确；C选项,若,当时,,当时,, 显然不满足,故,对任意的正整数,总存在,使得,C正确； D选项,是首项,公差的等差数列,故, ,对任意的正整数,总存在某一项,使得, 即,整理得,需要满足, 显然,故,所以,D错误.故选ABC. 4．（多选）（24-45高二下.河南省驻马店.期末）在数学史上,平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线（Cassinioval）.在平面直角坐标系中,动点到两个定点、的距离之积等于,化简得曲线.则下列结论正确的是（    ） A．曲线关于轴对称 B．的最小值为 C．面积的最大值为 D．的取值范围为 【答案】ABD 【解析】由题意得：,即,则,解得：, 令,则,所以.对于A选项：方程中的换成方程不变,所以曲线关于轴对称,A选项正确；对于B选项：,当且仅当,即时等号成立,所以B选项正确； 对于C选项：面积为,则面积的最大值为,所以C选项错误； 对于D选项：因为,则的取值范围为,所以D选项正确,故选ABD. 5．（多选）（24-45高二下.河南省南阳市六校.期末）设和是两个不同的无穷数列,且均不是常数列.记集合,则下列结论中正确的是（    ） A．若和均为等比数列且公比相同,则为空集 B．若和均为等差数列且公差不同,则中可能有无穷多个元素 C．若为等差数列,为等比数列,则中最多有3个元素 D．若为递增数列,为递减数列,则中最少有1个元素 【答案】AC 【解析】对于A,和均为等比数列且公比相同,设公比为,且,则,,显然,所以为空集,故A正确；对于B,和均为等差数列且公差不同,设,,且,若,则,因为,所以中最多只有一个元素,故B错误；对于C,设,,若,则,若且时,分布在图象上,分布在图象上,根据和图象,可得关于的方程至多有2个不同的解,若且时,分布在图象上,分布在图象上,根据与图象,可得关于的方程至多有3个不同的解,所以可得C正确； 对于D,为递增数列,为递减数列,则两数列的图象至多有一个交点,则中最多有1个元素,故D错误.故选AC. 二、填空题 6．（24-45高二下.河南省青桐鸣大联考.期末）已知抛物线的焦点F到其准线的距离为,若等边三角形的边在x轴的非负半轴上,与原点O重合,点的横坐标大于点的横坐标,位于第一象限的点,在抛物线C上,则_______.（用含n的式子表示） 【答案】 【解析】由题设,易得,则,在抛物线C上,等边三角形的边在x轴的非负半轴上,与原点O重合, 设,则时,故,所以,当时,,则,若是的前n项和,则,故,显然时满足,当,,整理得,又,则,故是首项、公差都为2的等差数列, 所以. 三、解答题 7．（24-45高二下.河南省信阳市.期末）对于函数,若实数满足,则称为的不动点．已知函数． (1)若的极小值小于,求a的取值范围； (2)当时,求函数的不动点的个数,并证明所有不动点之和等于零． 【解析】（1）由,当时,,当时,, 所以,在上单调递减,在上单调递增,极小值． 由,得,故a的取值范围为． （2）当时,, 依题意方程,即的解,就是函数的不动点． 令,, 令,则, 当时,,当时,, 所以,在上递减,在上递增, 又,,且当时,． 所以,存在唯一,,使． 当时,,即；所以,在上递减, 当时,,即,所以,在上递增． 所以,． 因为,即,也即 所以,． 又,． 根据零点存在定理,在,,内各仅有一个零点, 所以,有且仅有两个零点,即函数有两个不动点． 设m是的零点,则, 又, 所以也是的零点,故所有零点之和等于零． 即函数所有不动点之和等于零． 8．（24-45高二下.河南省焦作市.期末）设,是不同的正数,我们称为,的对数平均值,且,该不等式称为“对数平均不等式”. (1)任意选择“对数平均不等式”的一边给出证明.（注：如果两边都给出证明,按第一个证明计分） (2)已知函数有两个极值点,,且. （i）求的取值范围； （ii）利用“对数平均不等式”证明：. 【解析】（1）证明左边不等式：. 不妨设,则该不等式等价于,即. 令,,即证. 设,则,所以在上单调递减, 所以当时,,故原不等式成立. 证明右边不等式：. 不妨设,则该不等式等价于,即. 令,,即证. 设,则,所以在上单调递增. 所以当时,,故原不等式成立. （2）（i）的定义域为,, 因为有两个极值点,所以有两个异号零点. 令,则,. 若,,则在上单调递增,此时即不可能有两个零点,不符合题意. 若,令,得, 当时,,单调递增；当时,,单调递减. 所以, 且当时,,当时,, 要使有两个零点,只需,得,经检验符合题意, 因此,的取值范围是. （ii）由（i）知,是的两个根,所以, 从而. 由对数平均不等式可得, 故,且,即, 所以. 9．（24-45高二下.河南省郑州市.期末）定义在区间上的函数满足：若对任意,,且,都有,则称是上的“好函数”. (1)若是上的“好函数”,求的取值范围； (2)（i）证明：是上的“好函数”. （ii）设,证明：. 【解析】（1）由题可知任意,且,, 即,整理得, 令,则, 函数在上单调递增,且时,, 则,故,即的取值范围为． （2）（i）设,且, 则, 令,, 则,则在上单调递增, 得到,即, 故是上的“好函数”. （ii）由（i）可知,当时,且,有, 令, 则, 则, 故, 则． 10．（24-45高二下.河南省驻马店市.期末）已知函数的定义域为为其导函数．若,则称为上的“优导函数”． (1)判断是否是上的“优导函数”？ (2)已知为上的“优导函数”,求实数的取值范围； (3)已知为上的“优导函数”,且,若存在唯一正数,使得,求实数的取值范围． 【解析】（1）由可得, 所以, 因为,,所以,且两函数不同时为零, 所以,所以是上的“优导函数”. （2）由得, 所以, 又为上的“优导函数”, 所以对任意的, 所以对任意得, 令,则, 令得,令得, 在上单调递减,在上单调递增, 所以,所以实数的取值范围. （3）令,则, 因为为上的“优导函数”,则, 令,则,所以在上单调递减, 又,即,所以, 即,, 令,则有唯一正零点,, 当时,,所以在上单调递增,又, 取正数,则, 故存在唯一,使得, 即在上有唯一零点,满足题意； 当时,,显然有唯一零点1,符合题意； 当时,令得,令得, 所以在上单调递增,在上单调递减, 所以, 又当时,,当时,, 要使在上有唯一零点,必有, 所以实数的取值范围为或. 11．（24-45高二下.河南省TOP二十名校.期末）若数列对于任意的,满足（为非零常数）,称数列为“型数列”.已知数列是“型数列”,数列是“型数列”,且. (1)求数列的通项公式； (2)设是数列的前项的和,求数列的前项的和； (3)若,是否存在实数,使得数列为“型数列”？若存在,求出的值；若不存在,说明理由. 【解析】（1）因为为“型数列”,所以, 即,所以数列是等差数列, 又,所以的公差为, 故数列的通项公式为. 因为数列是“型数列”,所以, 则,两式相减,得, 当时,,所以, 由得,, 当时,,所以, 综上可得, 故数列是以1为首项,2为公比的等比数列,因此. （2）由（1）可得,, 设, 当为正奇数时,, 故数列的前项的和为 . （3）由,得,① 所以,② 由①－②,得, 所以, 则, 假设存在实数,使得数列为“型数列”,则, 即, 整理得, 所以解得,不满足为非零常数, 因此不存在实数,使得数列为“型数列” 12．（24-45高二下.河南省部分重点高中.期末）在平面直角坐标系中,已知抛物线的方程为,直线：（）与交于,两点.构造点列如下：设的坐标为,直线,与的另一个交点分别为,,直线与轴的交点为,设点的坐标为（）. (1)判断：的面积是否可以为？说明理由； (2)用,表示直线的方程； (3)设的面积为,求的最大值. 【解析】（1）设,联立,得, 则, 则 , 又点到直线的距离, 则, 则的面积不可以为. （2）因,在抛物线上,则, 设直线上的任意一点为, 则,, 则直线的方程为, 则, 则,即, 故直线的方程为. （3）直线的方程为,直线的方程为, 联立,得, 则,则,同理可得, 则,, 则由（2）可得,直线的方程为, , 又点到直线的距离为, 则 又直线与轴的交点为,则,则, 因及以上递推关系可知,,则, 则, 则数列是以为首项,为公比的等比数列, 则,故, 则, 故, 因,则当时,有最大值. 8 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $