期末押题模拟卷02（测试范围选择性必修第一册数列）（解析版）

期末押题模拟卷02（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．4．测试范围：选择性必修第一册、数列5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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．过点且平行于直线的直线方程为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】设与直线平行的直线是，代入点得，得，所以直线方程是.故选：A2．已知圆的圆心在直线上，则该圆的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】，即，则，其表示圆心为，半径为的圆，根据题意可得：，解得，故该圆的半径为，则其面积.故选：A.3．若数列的前项和，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】当时，，当时，，经检验，可得.故选：D.4．已知向量共面，则实数的值是（

）A．1 B． C．2 D．【答案】C【解析】因为共面，所以存在，使得，整理得，解得.故选：C.5．已知抛物线的焦点为，准线为，为上的点，过作的垂线，垂足为，，则（

）A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【解析】如图，设直线与轴交于点，则由抛物线，可知，又，故，且，又由抛物线定义，则三角形为正三角形故．故选：C．6．已知圆：，圆：，且圆，有且仅有两条公切线，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】圆：即，圆心，则其半径；圆：，其圆心，半径；根据题意，圆相交，则，即，即，解得.故选：A.7．已知椭圆（）的一条弦所在的直线方程是，弦的中点坐标是，则椭圆的离心率是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设直线与椭圆相交于，两点，弦的中点坐标是，则，，直线的斜率.由，得，，，故椭圆的离心率.故选：B.8．已知函数，把函数的零点按从小到大的顺序排成一个数列，记该数列为.数列的前项和为，若对任意，且恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】当时，令，则，即，由题意可得：，则，∴，即，故数列是以首项为0，公差为1的等差数列，则，当时，则，∴，实数的取值范围是.故选：C.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．下列说法错误的是（

）A．将空间中所有单位向量的起点移到同一点，则它们的终点构成一个圆.B．直线的一个方向向量是，平面的一个法向量是，则.C．平面经过三点，向量是平面的法向量，则.D．平面的一个法向量，点在内，则点到平面的距离为.【答案】ABD【解析】对A：因为将空间中所有单位向量的起点移到同一点，所以它们的终点构成一个球面，选项错误；对B：因为，则//或，故B错误；对C：因为，，解得，C选项正确；对D：因为，所以点到平面的距离，D选项错误.故选：ABD.10．已知等差数列的前项和为，，，则（

）A．数列单调递减 B．数列单调递增 C．有最大值 D．有最小值【答案】AC【解析】因为，根据题意，，是关于的减函数，故数列单调递减，A正确，B错误；又，又，故一定有最大值，没有最小值，故C正确，D错误.故选：AC.11．已知曲线（

）A．若曲线表示椭圆，则且B．若时，以为中点的弦所在的直线方程为C．当时，为曲线的焦点，为曲线上一点，且，则△的面积等于D．若时，直线过曲线的焦点且与曲线相交于两点，则【答案】AC【解析】对A：若曲线：表示椭圆，则且，故正确；对：当时，曲线方程为：，联立直线可得：，可得，可得直线与曲线无交点，故错误；对：当时曲线表示焦点在轴上的椭圆，，，又，故可得，又，故可得，故△的面积，故正确；对：当时，曲线表示焦点在轴上的双曲线，则，，当直线斜率为零时，若，设的坐标为，故，故错误；故选：.12．如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，设平面与平面的交线为，Q为上的点，下列说法正确的为（

）A．B．平面C．四棱锥的体积随Q点的移动而改变D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为【答案】ABD【解析】由于平面平面，所以平面，由于平面与平面的交线为，平面，所以，所以A选项正确.由于底面，平面，所以，由于平面，所以平面，由于，所以平面，B选项正确.由于平面，平面，所以平面，，所以无论在何处，到平面的距离不变，而三角形的面积不变，所以三棱锥的体积不变，C选项错误.由上述分析可知两两相互垂直，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，，，设，设平面的法向量为，则，故可设，设直线与平面所成角为，所以.当时，；当时，；当时，，当且仅当时等号成立.综上所述，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，D选项正确.故选：ABD第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知点是点关于坐标平面内的对称点，则__________.【答案】【解析】因为点是点关于坐标平面内的对称点，所以，所以.故答案为：.14．在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作叫做该数列的一次“H扩展”.已知数列1，2，第一次“H扩展”后得到1，3，2；第二次“H扩展”后得到1，4，3，5，2.则第六次“H扩展”后得到的数列的项数为___________.【答案】65【解析】设第一次“H扩展”后的项数为第次“H扩展”后的项数为个数中间的空有，新增个数则有为2为首项，2为公比的等比数列，故答案为：6515．已知实数成等差数列，点在直线上的射影是，则的轨迹方程是______________.【答案】【解析】因为实数a，b，c成等差数列，所以，即直线恒过定点，因为点在直线上的射影是，设，则直线，故构成直角三角形，点的轨迹是以为直径的圆，所以的轨迹方程是：故答案为：.16．已知椭圆的两个焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，两点，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是______．【答案】【解析】不妨设为下焦点，为上焦点，延长交于，如下图；分别记，，，面积为，，，，以，为基底表示，又，，三点共线，，，∴，由内心的性质知，，不妨令，，，由椭圆的第一定义，且，在中，余弦定理得，∴，∴，∴，∴，．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）设等差数列的前项和为，且，．(1)求数列的通项公式；(2)求的最大值及取得最大值时的的值．【解析】（1）设公差为.由已知可得，解得，∴，.（2）因为，，.所以，所以，当时，单调递增；当时，单调递减.又，所以，或时，最大，最大值为30．18．（12分）如图，平行六面体的底面是菱形，且，．(1)求的长；(2)求异面直线与所成的角．【解析】（1）设，，，构成空间的一个基底．因为，所以，所以．（2）又，，所以∴∴异面直线与所成的角为90°．19．（12分）已知抛物线的顶点是坐标原点，而焦点是双曲线的右顶点．(1)求抛物线的方程；(2)若直线与抛物线相交于A、B两点，求直线OA与OB的斜率之积．【解析】（1）双曲线化为标准形式：，，右顶点A,设抛物线的方程为，焦点坐标为,由于抛物线的焦点是双曲线的右顶点，所以,所以抛物线的方程；（2）联立，整理得,设,则,,20．（12分）已知为数列的前项积，且，为数列的前项和，满足（，）.(1)求证：数列是等差数列；(2)求的通项公式；(3)求证：.【解析】（1）∵，，，，（）而，数列是首项为2，公差为2的等差数列.（2）由（1）知，，当时，，当时，，而，，，均不满足上式.（3），，当时，，即证.21．（12分）如图，在四棱锥中，已知平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，，，.(1)证明：；(2)线段CP上是否存在一点M，使得直线AM垂直平面PCD，若存在，求出线段AM的长，若不存在，说明理由；(3)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长.【解析】（1）由题意，在四棱锥中，⊥面ABCD，,，∴，在直角梯形中，，∵，∴∵∴（2）由题意及（1）得，存在一点M，使得直线AM垂直平面PCD，在四棱锥中，，作出空间直角坐标系如下图所示：由几何知识得，，，，，，∴，，，设，则,∴∴，若AM⊥面PCD解得：∴（3）由题意及（1）（2）得，，，设∴，设，，∴当且仅当即时，最大，为，在中，上是减函数，∴最大时，直线CQ与DP所成的角最小，∵，∴，∴当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长为.22．（12分）已知椭圆：（）的右焦点与抛物线：的焦点重合，过作x轴的垂线，与和分别交于A、B和C、D，且.(1)求椭圆的标准方程；(2)直线l：（）与