高二上学期期末考试选择题压轴题50题专练（解析版）

高二上学期期末考试选择题压轴题50题专练【人教A版（2019）】一、单选题（共35题）1．（2023下·江苏淮安·高一统考期末）在正四棱锥P-ABCD中，若PE=23PB，PF=13PC，平面AEF与棱PD交于点A．746 B．845 C．745【解题思路】利用A、E、F、G四点共面，PG=25PD，由锥体体积公式，求出VP-AEFV【解答过程】如图所示，

设PG=λPD，由A、E、F、设AF=xAE+y即AP+得23又AP，AB，AD不共面，则23-y-x3+λy=0设h1，h2分别是点F到平面PAE和点C到平面PAB的距离，则所以VP-AEFVP-ABC=1同理，VP-AGFVP-ADC=VV则四棱锥P-AEFG与四棱锥P-ABCD的体积比为845故选：B.2．（2023下·浙江温州·高一统考期末）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=6，AD=8，E为棱AD上一点，且AE=6，平面A1BE

A．34+26 BC．34+11 D【解题思路】建立空间直角坐标系，设出点Q坐标，结合平面向量基本定理求出点Q到外接球球心距离的最大值，然后加上外接球半径即为要求的最大值.【解答过程】以C为原点，CA,CB,CC1所在直线分别为x,y,z设Qx,y,z,长方体外接球球心记为O

则O3,4,3∴因为EQ⋅AQ=又动点Q在面A1BE上，所以可设则x-6=-6λy-2=6λ将②代入①中整理得2λ在三棱锥A-A1BE中，AE=AB=AA所以三棱锥A-A1BE当AQ⊥面A1BE时，AQ最小，在正三棱锥13×1在Rt△AQE中，AE=6，此时EQ有最大值6又EQ=先代入②再代入③有EQ=则6λ+μ=26，此时当点Q与点E重合时，满足EQ⋅AQ=0，AQ最大，此时λ+μ点Q到外接球球心距离为OQ=将②代入④中整理得OQ=又2λ2+因为λ+μ∈0,23，所以当λ+μ因为长方体外接球半径为12所以P，Q两点间距离的最大值为34+故选：B.3．（2023上·四川遂宁·高二统考期末）如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B1C①三棱锥P-A1BD中，点P到面②过点P且平行于面A1BD的平面被正方体ABCD-③直线PA1与面A④当点P为B1D1中点时，三棱锥以上命题为真命题的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】建立空间直角坐标系，对于①③用空间向量求解；对于②可证明三角形B1D1C为截面多边形，求其面积即可；对于④设球心O【解答过程】以A为坐标原点，分别以AB，AD，A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),A1A1设B1则AP=所以P(2-t,t,2)(0≤t≤2)设面A1BD的一个法向量为则n令x1=1得对于①：P到平面A1BD的距离为d=A对于②：连接B1C,D∴BD//B1D1，又BD⊂面A∴B1D同理可证B1C//又B1D1∩B所以过点P且平行于面A1BD的平面被正方体ABCD-A它是边长为22的等边三角形，故面积为34(2对于③：设直线PA1与面A1BD所成角为∵0≤t≤2,∴t2-2t+2∈[1,2]所以直线PA1与面A1BD所成角的正弦值的范围为对于④：当点P为B1D1中点时P(1,1,2)，设三棱锥P-A∵O∴x02解得x0所以外接球半径R满足：R2三棱锥P-A1BD的外接球表面积为S=4综上：①②③④均正确.故选：D.4．（2023上·浙江嘉兴·高三统考期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱A1B1的中点，M,N分别是底面ABCD与侧面CDD1C1A．43π B．655π C【解题思路】建立空间直角坐标系，找到球心O和点P的轨迹，求出O到平面α的距离，利用几何法求截面圆的半径和周长.【解答过程】取面对角线B1C中点O，连接ON，B1N，CN，C1N，以A为原点，AB,AD,AA1的方向分别为B2,0,0，C2,2,0B12,0,2，E1,0,2，F1,2,0，G1,0,0，HB1N=-1,2,-1，CN=三棱锥C1-B1NC中，因此点O即为三棱锥C1-BBE=-1,0,2，GF=0,2,0，HG=-1,0,-1GF⋅BE=0，HG⋅BE=0GF,HG⊂平面FGHI，GF∩HG=G，BE⊥平面FGHI，M∈平面FGHI，点P的轨迹为矩形FGHI的四边，如图所示，OG=-1,-1,-1，BE为平面则球心O到平面FGHI的距离为OG⋅球面被平面α截得的圆的半径22-5故选：B.5．（2023上·北京密云·高二统考期末）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC为等腰直角三角形，且满足AB=AC=AA1=1，点PA．当λ=1时，△ABP的面积S的最大值为2B．当μ=1时，三棱锥P-AC．当λ=12时，有且仅有一个点PD．当μ=12时，存在点P，使得A【解题思路】根据选项A，可得点P在CC1上运动，当点P运动到点C1时，△ABP的面积取得最大值，则S根据选项B，可得点P在B1C1上运动，则V设BC的中点为M，B1C1的中点为N，根据选项C，可得点P在B1C1上运动，则点P在MN上运动，可证得建立空间直角坐标系，设出点P的坐标，求得出点P的坐标，即可判断选项D.【解答过程】当λ=1时,BP=BC+μBB则当点P与C1AC由于直三棱柱ABC-A1B1C1，则AB⊥AA1,△ABC为等腰直角三角形,则AB⊥AC因为AC1⊂面ACC1则S△ABP=S△AB当μ=1时，则BP=λBC+BB1，点由于点A1到平面BPC的距离为定值22，点P到线段BC则S△BCP=12×2当λ=12时，BP=12BC+μBB1,设BC的中点为M，B1C1MN∩A1N=N，MN,A1N⊂平面又因为A1P⊂面A1当点P与点N重合时，A1N⊥面BCC1B则A1P⊥BP,故选项如图建立空间直角坐标系，设BB1的中点为H，CC1的中点为G，当μ=12时，BPA设平面APB1的法向量为m则A当a=12时，则A1B与m平行，则存在点P，使得A1B⊥故选：C.6．（2023上·北京西城·高三统考期末）如图，正方形ABCD和正方形CDEF所在的平面互相垂直．Ω1是正方形ABCD及其内部的点构成的集合，Ω2是正方形CDEF及其内部的点构成的集合．设①∃M∈Ω1,∃N∈②∃M∈Ω1,∃N∈③∃M∈Ω1,∃N∈Ω2，使EM其中所有正确结论的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】根据题意，建立空间直角坐标系，假设出M,N的坐标；对于①，利用空间向量的模长公式与M,N坐标的取值范围即可判断；对于②③，利用赋值法与空间向量的数量积运算即可判断.【解答过程】因为四边形CDEF是正方形，所以ED⊥CD，又平面ABCD⊥平面CDEF，平面ABCD∩平面CDEF=CD，ED⊂平面CDEF，所以ED⊥平面ABCD，又AD⊂平面ABCD，所以ED⊥AD，因为四边形ABCD是正方形，所以AD⊥CD，则ED,AD,CD两两垂直，所以以D为原点，建立空间直角坐标系，如图，则E0,0,1对于①，因为M∈Ω1,N∈Ω2则MN=-a,m-b,n，故因为0≤a,b,m,n≤1，所以-1≤-b≤0，则-1≤m-b≤1，所以a2≤1，m-b2≤1，所以MN≤3，故①对于②，结合①中结论，EM=假设EM⊥BN，则EM⊥BN，即-a+bm-1显然令a=b=n=0,m=1，bm-1=a+n可以成立，所以假设成立，故对于③，结合②中结论，假设EM与BN所成的角为60°，则cos60°=EM⋅令a=1,b=m=n=0，则-a+bm-1-n=1，a所以上述等式成立，故假设成立，故③正确；综上：②③正确，①错误，所以正确结论的个数是2.故选：C.7．（2023上·北京·高二清华附中校考期末）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱B1①存在点P，使得PA②存在点P，使得BD1⊥③△PA④四面体A1其中，所有正确的结论的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】设正方体棱长为2,DP=m，求出PA12,PE2，由PA12=PE2解得m(0≤m≤2)，确定①正确，考虑到P到平面A1设P(0,m,0)，(0≤m≤2)，由空间向量法求得P到A1E的距离，由距离的变化规律判断③【解答过程】设正方体棱长为2,DP=m，由AA1⊥平面ABCD,AP⊂平面ABCD得A所以PA12由8+m2=5+(2-m)2得m=14正方体中，CD//平面A1B1C1D1,P∈CD，所以P到平面A1B1C1以DA,DC,DD1为正方体棱长为2，则A1(2,0,2),E(1,2,2),B(2,2,0),D1BD1=(-2,-2,2)，BD1⋅A1E=-2≠0，所以设P(0,m,0),(0≤m≤2)，PE所以cosPE设P到直线A1E的距离为

d=|由二次函数性质知0≤m≤2时，y=(m-4)2+20递减，所以d递减，又A1E=5不变，所以综上：①③④正确故选:C.8．（2023下·重庆沙坪坝·高一重庆一中校考期末）已知点P为直线l：x+y-2=0上的动点，过点P作圆C：x2+2x+y2=0的切线PA，PB，切点为A,B，当PCA．3x+3y+1=0 B．3x+3y-1=0C．2x+2y+1=0 D．2x+2y-1=0【解题思路】先利用圆切线的性质推得A,P,B,C四点共圆，AB⊥CP，从而将PC⋅AB转化为2PA，进而确定PC⊥l时PC⋅【解答过程】因为圆C：x2+2x+y所以圆心C-1,0，半径为r=1

因为PA，PB是圆C的两条切线，则PA⊥AC,PB⊥BC，由圆的知识可知，A,P,B,C四点共圆，且AB⊥CP，PA=PB，所以PC⋅AB=4所以当PC最小，即PC⊥l时，PC⋅AB取得最小值，此时PC的方程为联立y=x+1x+y-2=0，解得x=12故以PC为直径的圆的方程为x-12(x+1)+y又圆C:x两圆的方程相减即为直线AB的方程：3x+3y+1=0.故选：A.9．（2023上·辽宁鞍山·高二鞍山一中校联考期末）我国著名数学家华罗庚曾说“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题可以都转化为几何问题加以解决，列如，与(x-a)2+(y-b)2相关的代数问题，可以转化为点x,y与点a,b之间的距离的几何问题.已知点Mx1,y1在直线l1:y=x+2A．722 B．1122 C．【解题思路】根据两点距离公式将目标函数转化为点Mx1,y1到点A0,4的距离与点Nx2,y2到点B5,0的距离和，过点【解答过程】由已知x12+y1x2-52+y所以x1过点A作AC⊥l1，垂足为因为直线l1的方程为x-y+2=0，A所以AC=又直线l1:y=x+2与直线l2所以MN=所以MN//所以四边形AMNC为平行四边形，所以AM=所以x1又CN+当且仅当C,N,B三点共线时等号成立，所以当点N为线段CB与直线l2x12+因为过点A0,4与直线l1垂直的直线的方程为联立y=-x+4y=x+2，可得x=1所以点C的坐标为1,3，所以CB=所以x12+故选：D.10．（2022上·重庆九龙坡·高二校考期中）已知点P在直线l：3x+4y-20=0上，过点P的两条直线与圆O：x2+y2=4分别相切于A,B两点，则圆心OA．32 B．455 C．3【解题思路】得到P,A,O,B四点共圆，且圆的直径为OP，从而设出Pm,n，表达出圆心和半径，写出圆的方程，与x2+y2=4相减后得到直线AB的方程为4-mx-ny=0，利用点到直线距离公式得到圆心O到直线AB的距离d=【解答过程】由题意得：P,A,O,B四点共圆，且圆的直径为OP，设Pm,n，则3m+4n-20=0则OP的中点为圆心，圆心坐标为m2,n所以圆的方程为：x-m整理得：x2将x2+y2=4故直线AB的方程为4-mx-ny=0，圆心O到直线AB的距离d=4因为3m+4n-20=0，所以m2当且仅当m=12故d=4故选：D.11．（2023下·北京·高二北京八中校考期末）在平面直角坐标系中，已知点Pa,b满足a+b=1，记d为点P到直线x-my-2=0的距离.当a,b,m变化时，A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】根据直线l:x-my-2=0过定点A确定出对于给定的一点P，d取最大值时PA⊥l且dmax=PA，然后根据点P为正方形上任意一点求解出PA【解答过程】直线l:x-my-2=0过定点A2,0对于任意确定的点P，当PA⊥l时，此时d=PA当PA不垂直l时，过点P作PB⊥l，此时d=PB因为PB⊥AB，所以PA>PB，所以由上可知：当P确定时，dmax即为PA，且此时PA⊥l又因为P在如图所示的正方形上运动，所以dmax当PA取最大值时，P点与M-1,0重合，此时PA所以dmax故选：C.12．（2023·山西运城·康杰中学校考二模）数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线已知ΔABC的顶点A2,0,B0,4，若其欧拉线的方程为x-y+2=0A．-4,0 B．-3,-1 C．-5,0 D．-4,-2【解题思路】设出点C的坐标，由重心坐标公式求得重心，代入欧拉线得一方程，求出AB的垂直平分线，和欧拉线方程联立求得三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得另一方程，两方程联立求得点C的坐标【解答过程】设C（m，n），由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为2+m3,4+n3代入欧拉线方程得：AB的中点为（1，2），kAB=4-00-2=-2即x-2y+3=0．联立x-2y+3=0x-y+2=0解得∴△ABC的外心为（-1，1）．则（m+1）2+（n-1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8②联立①②得：m=-4，n=0或m=0，n=4．当m=0，n=4时B，C重合，舍去．∴顶点C的坐标是（-4，0）．故选A.13．（2018·全国·高考真题）直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆x-22+yA．2 ，  6 B．4 ，【解题思路】先求出A，B两点坐标得到AB，再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可【解答过程】∵直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于A∴A-2,0∵点P在圆（x∴圆心为（2，0），则圆心到直线距离d故点P到直线x+y+2=0的距离则S故选A.14．（2023上·湖南张家界·高二统考期末）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻且系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A，B的距离之比为λ(λ>0,λ≠1)，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．如动点M与两定点A95,0，B5,0的距离之比为35时的阿波罗尼斯圆为x2+y2=9．下面，我们来研究与此相关的一个问题：已知圆O:A．2+10 B．21 C．26 D．【解题思路】取点N(-4,0)，推理证明得|MN|=2|MA|，把问题转化为求点M到定点B，N距离和的最小值作答.【解答过程】如图，点M在圆O:x2+y2=4上，取点当点O,M,N不共线时，|OM||OA|=|ON||OM|=2，又∠AOM=∠MON则有|MN||MA|=|OM||OA|=2，当点O,M,N因此2MA+MB=|MN|+|MB|≥|BN|=(-4-1)2+所以2MA+MB故选：C.15．（2023上·河南驻马店·高二统考期末）已知椭圆C1:x2a12+y2b12=1a1>b1>0与双曲线C2:x2a22-y2bA．π3 B．π2 C．2π【解题思路】根据椭圆、双曲线的定义可得PF1=a1+a2PF2=a【解答过程】由题意可知：PF1+又因为ca1=由直线PF1与y轴的交点的坐标为0,3在△PF1=a可得24+9e12=2e且e1>0，所以由椭圆性质可知：当Q为椭圆短轴顶点时，∠F此时sin∠且∠F1QF2∈0,故选：A..16．（2023下·湖南·高二校联考期末）如图，已知F1,F2是双曲线C:x2a2-y2b

A．105 B．52 C．153【解题思路】根据双曲线的定义和性质分析可得t=a，进而可得∠F1【解答过程】延长QF2与双曲线交于点因为F1P∥F设F2P'可得F2P-所以P'Q=4t=4a，则Q即P'Q2在△P'F即a2+3a故选：D.

17．（2023下·四川成都·高二校联考期末）如图，已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)和双曲线C

①若a2+3m②若|PF1|⋅|PF2③△F1P④若∠F1PF2=60°，则当A．①② B．②③ C．③④ D．②④【解题思路】对于①，由椭圆和双曲线的定义结合a2+3m2=4c2得到b=3n，①正确；对于②，由椭圆定义和双曲线定义结合|PF1|⋅|PF2| =2得到a2-m【解答过程】①∵a∴aa2+3m∴b=3n，故②∵P在第一象限，且|PF1|(|PF即a2-m③设椭圆的焦距为2c，∠F1PF2=θ，解得|PF1∵c2=∴Pcosθ=|PFS△F1④设椭圆的焦距为2c，则|PF1|解得|PF1在△F1P整理得4c2=e1当且仅当e22=3故选：D．18．（2023下·四川成都·高三校联考期末）若A是抛物线y2=4x上的动点，点B，C在y轴上，圆x-22+y2=4A．8 B．16 C．24 D．32【解题思路】根据圆的切线的知识求得△ABC面积的表达式，利用基本不等式求得面积的最小值.【解答过程】设Ax0,y0圆x-22+y2=4由于圆x-22+y2=4直线AB的方程为y-b=y0-b则2y0-b同理可得x0所以b+c=-4所以b-c2将y02=4x0所以S=2x0当且仅当2x0故选：D.19．（2023上·广东深圳·高二统考期末）已知点M,N是抛物线y=4x2上不同的两点，F为抛物线的焦点，且满足∠MFN=2π3，弦MN的中点P到直线l:y=-116的距离记为dA．-∞,2C．-∞,1+2【解题思路】令|MF|=a,|NF|=b，利用余弦定理表示出弦MN的长，再利用抛物线定义结合梯形中位线定理表示出d，然后利用均值不等式求解作答.【解答过程】在△MFN中，令|MF|=a,|NF|=b，由余弦定理得|MN|则有|MN|显然直线l:y=-116是抛物线y=4x2的准线，过M,P,N作直线而P为弦MN的中点，PB为梯形MACN的中位线，由抛物线定义知，d=|PB|=1因此|MN|当且仅当a=b时取等号，又不等式MN2≥λd2恒成立，等价于所以λ的取值范围是(-∞故选：D.20．（2023上·天津西青·高二校联考期末）已知双曲线x22-y2b2=1(b>0)的右焦点到其一条渐近线的距离等于2，抛物线A．115 B．145 C．165【解题思路】根据给定条件，借助双曲线求出抛物线焦点F的坐标，再结合抛物线定义及几何意义求解最值作答.【解答过程】双曲线x22-y2依题意，b2+b2b2+2=2，解得由4x-3y+8=0y2=8x消去x并整理得：过点F作FP⊥l1于点P，交抛物线于点M，过M作MQ⊥l2于点则有|MP在抛物线y2=8x上任取点M'，过M'作M'P'⊥l1显然|M'P'|+|所以抛物线上一动点M到直线l1:4x-3y故选：D.21．（2023上·江西上饶·高二统考期末）P是抛物线y2=8x上一点，点A4,1，B是圆C:x+22+y-42=1A．3 B．4 C．5 D．6【解题思路】根据抛物线的定义、线对称的性质、圆的性质，结合两点间线段最短进行求解即可.【解答过程】由题意可知曲线C1是半径为1的圆，设圆心C1x0,则有4-y0-2-该抛物线的准线方程为x=-2，过A4,1作准线x=-2的垂线，垂足为D当P在线段DA上时，PA+PC所以当B在线段PC1上时，如下图所示：PA+PB有最小值，故选：C.22．（2023下·辽宁铁岭·高二校联考期末）已知数列an满足a1=1，2an+1=an．设bnA．12,+∞C．[5,+∞) D【解题思路】根据给定条件，求出数列an，bn的通项，再求出数列b【解答过程】由数列an满足a1=1，2an+1=an，得于是bn=n当1≤n≤5，时bn+1≥bn，当且仅当n=5时取等号，当因此当n≤5时，数列bn单调递增，当n≥6时，数列b则当n=5或n=6时，(bn)max=12所以实数λ的取值范围是12故选：A.23．（2023下·安徽合肥·高二统考期末）如图，正方形ABCD的边长为5，取正方形ABCD各边的中点E,F,G,H，作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的中点I,J,K,L，作第3个正方形IJKL，依此方法一直继续下去，则从正方形ABCD开始，连续15个正方形的面积之和等于（

）

A．1001-12C．251-12【解题思路】设第nn∈N*个正方形的面积为Sn，第nn∈N*个正方形的边长为an，则第n个正方形的对角线长为2an，则由题意可得a【解答过程】记第1个正方形的面积为S1，第2个正方形的面积为S2,…，第nn∈N*个正方形的面积为Sn，设第n所以第n+1个正方形的边长为a则数列an是首项为a1=5∴an=5⋅当n=1时，S1=25∴数列Sn是首项为S1=25∴连续15个正方形的面积之和等于S故选：B.24．（2023下·云南曲靖·高一曲靖一中校考期末）高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数称为高斯函数f(x)=x，其中x表示不超过x的最大整数，如2.3=2，-1.9=-2，已知数列an满足a1=1，a2=5，an+2+4an=5A．2023 B．2024 C．2025 D．2026【解题思路】首先根据累加法得到an的通项公式进而得到bn，并对bn【解答过程】由an+2+4an=5an+1首项为a2-a得an+1bn∵log又log2∴b令{∴8100∴S∴S代入n=2025得[S故选：B.25．（2023上·安徽滁州·高二校联考期末）已知等比数列an的公比为-13，其前n项和为Sn，且a1，a2+43，a3A．2 B．76 C．103 D【解题思路】由已知可求得Sn=32-32⋅-13n，n为奇数时，Sn=32+32⋅13n，根据单调性可得：3【解答过程】等比数列an的公比为-13，因为a1，a2+43所以Sn当n为奇数时，Sn=32+32当n为偶数时，Sn=32-32所以Sn的最大值与最小值分别为2，4函数y=t-2t在0，B≥Sn-2S故选：B．26．（2023上·浙江金华·高二统考期末）已知数列an是各项为正数的等比数列，公比为q，在a1,a2之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为d1，在a2,a3之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为d2A．当0<q<1时，数列dn单调递减 B．当q>1时，数列dC．当d1>d2时，数列dn单调递减 D【解题思路】根据数列dn的定义，求出通项，由通项讨论数列的单调性【解答过程】数列an是各项为正数的等比数列，则公比为q>0由题意an+1=a0<q<1时，dn<0，有dn+1dn=qq>1时，dn>0，dn+1dn=qn+1n+2，若数列dn单调递增，则qn+1d1>d2时，q>1时，dn>0，由dn+1dn=qn+1n+2，若数列dn单调递减，则qn+1n+2d1<d2时，a1q-12<a1qq-1故选：D.27．（2023上·上海徐汇·高二上海中学校考期末）已知数列an，bn满足a1=2，b1=1A．a50b50C．a50+b【解题思路】求得a50b50的值判断选项A；求得a50b50的范围判断选项B；求得a50+【解答过程】选项A：a2=b1又an+1bn+1则a50b选项B：a（当且仅当an则a<2+2×49+14选项C：an+1则a=则an+1则a50+选项D：an+1则a=则an+1而a50b50则a50-b故选：D.28．（2023上·福建龙岩·高二统考期末）记Sn是各项均为正数的数列an的前n项和，a1=4．数列bn满足bn=A．aB．k=1C．数列791D．k=1【解题思路】由已知条件结合an与Sn的关系，解出数列a【解答过程】由an=Sn-Sn-1(n≥2)与所以bn2-因为Sn≠0，所以bn又b1=S1=a1=2则bn=2+2(n-1)=2n，所以当n≥2时，an=Sn-∴an=8n-4，当n≥3时，k=1=1而n=1,2时，k=1n1S设cn=7当cn+1cn故数列7912bnk=1nak+1S故选：C.29．（2023下·安徽合肥·高二校联考期末）设函数fx的定义域为R，其导函数为f'x，且满足fx>f'x+1A．2022,+∞ B．-∞,2023 C．0,+【解题思路】根据给定不等式构造函数g(x)=f(x)-1e【解答过程】定义在R上的函数fx的导函数为f'x令函数g(x)=f(x)-1ex，求导得g'(x)=由f0=2023，得g(0)=f(0)-1e0=2022，不等式所以不等式e-xfx故选：D.30．（2023下·内蒙古赤峰·高二校联考期末）已知a=e0.2-1，b=ln1.2，c=A．a>c>b B．c>a>b C．b>a>c D．a>b>c【解题思路】根据已知，利用作差法构造函数，再利用导数研究函数的单调性进行计算求解.【解答过程】因为b=ln1.2=ln1+0.2，设令rx=f'x所以f'x=所以当x>0时，f'x>0，所以f又f0=0，所以f0.2>0，e0.2设gx=ln1+x-所以gx=ln1+x-tanx在0,所以g0.2<0，即ln1+0.2-tan设hx=e则t'当x∈0,π4，t'x>0，则tx所以h0.2=e0.2-1-tan0.2>0，即a>c，故故选：A.31．（2023下·福建三明·高二统考期末）设函数fx=eA．函数fx的单调递减区间为-1,B．曲线y=fx在点1,3e处的切线方程为C．函数fxD．若方程fx=k有两个不等实根，则实数k的取值范围为【解题思路】根据导数的运算法则及初等函数的导数公式，利用导数值的定义及求过点处的切线方程的步骤，结合导数法求函数的极值的步骤及将方程fx=k有两个不等实根转化为y=k与f【解答过程】由题意可知fx的定义域为-f'令f'(x)=0，即exx当x∈-∞当x∈-1,0∪所以fx在-∞,-1和12,+∞故A错误；当x=-1时，fx取得极大值为f当x=12时，fx因为1e<4e对于B，切线斜率k=f曲线y=fx在点1,3e处的切线方程为即y=e(2x+1)，故对于D，由上分析可作出fx要使方程fx=k有两个不等实根，只需要y=k与由图可知，k∈0,所以实数k的取值范围为0,1e∪4e故选：D.32．（2023下·云南昆明·高二统考期末）已知关于x的不等式a+1x≥lnx+b恒成立，则aA．-1 B．-12 C．-1【解题思路】令f(x)=lnx-(a+1)x，则将问题转化为f(x)max≤-b，求出函数的导数，根据函数的单调性可求出f(x)的最大值，问题转化为(a+1)≥e【解答过程】关于x的不等式a+1x≥lnx+b令f(x)=lnx-(a+1)x，则f'当a≤-1时，f'(x)>0，则f(x)在(0,+∞当a>-1时，令f'(x)>0，解得0<x<1a+1，令所以f(x)在0,1a+1上递增，在所以f(x)所以-ln(a+1)-1≤-b，得所以eln(a+1)≥所以当-1<a≤0时，ae令g(a)=a(a+1)=a+所以此时a=-12,b=1-当a>0时，ae综上，aeb-1的最小值为故选：C.33．（2023下·广东广州·高二统考期末）已知曲线y=x+lnx在点1,1处的切线与曲线y=ax2+A．a≥0 B．a≥0或a=-1C．-1≤a≤0 D．a≥-1【解题思路】求出曲线y=x+lnx在点1,1处的切线方程，由题意将切线与曲线y=ax2+a+4【解答过程】由题意y=x+lnx得y'故曲线y=x+lnx在点1,1处的切线方程为y-1=2(x-1)，即而切线2x-y-1=0与曲线y=ax即2x-1=ax即ax令g(x)=ax2+由于x>0，故2x+1>0，当a=0时，g'(x)>0，g(x)在且g(x)=2x+lnx,(x>0)，即g(x)在(0,+∞)上存在唯一零点，即当a>0时，g'(x)>0，g(x)在由于ax2+a+2x的最小值为-(a+2)2且g(1)=2a+2>0，故g(x)在(0,+∞即ax当a<0时，当0<x<-1a时，g'(x)>0，当x>-1a时，g'(x)<0，故g(x)令h(x)=lnx+x-1,(x>0)，则h(x)在(0,+∞此时要使ax2+综合以上可知a≥0或a=-1，故选：B.34．（2023上·重庆沙坪坝·高二重庆一中校考期末）设函数fx=ex-ax2+ax（a∈R）（e=2.718⋯为自然对数的底数），若恰好存在两个正整数m，A．e22,C．e36,【解题思路】根据给定条件，只需考查当x>1时，a>ex【解答过程】函数fx=ex-ax2+ax中，当x>1时，f(x)<0⇔a>exx2-x令g(x)=exx2-x,x>1，求导得：g'(x)=e因此函数g(x)在(1,3+52)上单调递减，在则必有a>g(2)=e22，又g(3)=e3于是得a≤g(4)=e412，所以实数a故选：A.35．（2023下·北京丰台·高二统考期末）设函数f(x)=x2-(a+1)x+2a,x<1ax-2,x≥1，给出下列四个结论：①当a<0时，函数f(x)有三个极值点；②当0<a<1时，函数f(x)有三个极值点；③∀a∈R,x=2是函数f(x)的极小值点；④A．①② B．②③ C．①④ D．②④【解题思路】取特殊值a=-1，结合函数图象可判断①③；作出函数图象，数形结合可判断②；讨论a的取值范围，结合函数图象，可判断④.【解答过程】对于①，不妨取a=-1，此时f(x)=x作出函数f(x)图像如图：

此时函数有2个极值点x=0,x=2，故①错误；对于②，当0<a<1时，12<a+1

f(x)在(-∞,a+12)单调递减，在(此时函数f(x)有3个极值点：x1=a+1对于③，由①的分析可知，a=-1时，x=2是函数f(x)的极大值点，③错误；对于④，由以上分析可知当a<1时，a+12<1，且x=a+1此时x=a+12为函数当a≥1时，a+12≥1，此时f(x)在在[1,2]上也单调递减，在(2,+∞x=a+12不是函数

故∀a∈R,x=a+12不是函数故选：D.二、多选题（共15题）36．（2023下·福建龙岩·高二统考期末）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点N满足B1N=xB1A1+yBA．BB．CM⊥BDC．当线段MN取最小值时，x+y=D．当λ=1时，与AM垂直的平面截正方体所得的截面面积最大值为3【解题思路】对A：根据平面向量结合异面直线夹角分析运算；对B：根据空间向量分析可得点M在线段A1C1上（包括端点），进而结合线面垂直分析证明；对于C：根据圆的性质结合对称性以及向量的线性运算求解；对【解答过程】因为点N满足B1N=xB1则点N在正方形A1又因为CC1∥BB1，则异面直线BN与可得B1N=BB1⋅tan∠NBB1所以A错误；因为AM且λ∈[0,1]，所以点M在线段A1因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD又因为ABCD为正方形，则AC⊥BD，AA1∩AC=A，AA1,AC⊂平面且CM⊂平面AA1C1C因为MN≥MB1-又因为当MB1⊥A1C1结合对称性可知：当M是A1C1则B1N=x(即x=y=66，所以x+y=6当λ=1时，则AM=AA1+与AM垂直的平面，即与体对角线AC1垂直的平面因为BD⊥平面AA1C1C，且A同理可证：A1且BD∩A1D=D，BD,A1D⊂平面而与平面A1BD平行且面积最大的截面应当过正方体的中心，此时截面为边长是所以截面面积的最大值为34×2故选：BCD.37．（2023下·河南驻马店·高二统考期末）如图，平行六面体AC1中，∠A1AD=∠A1AB=45°，AD=AB，

A．平面ACC1B．若A1OC．AD．若∠BAD=60°，则cos【解题思路】对于A，由题意可得四边形ABCD为菱形，则可得BD⊥AC，再计算BD⋅AA1，可得BD⊥AA1，从而得BD⊥平面ACC1A1，再利用面面垂直的判定定理可得结论；对于B，连接A1C，可得A1C⊥A【解答过程】对于A，因为在平行四边形ABCD中，AD=AB，所以四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC，因为∠A1AD=∠所以AD⋅AA因为BD=AD-AB，所以BD⊥AA因为AA1∩AC=A，AA1,AC⊂平面因为BD⊂平面BDD1B1，所以平面ACC对于B，连接A1C，因为A1O=所以△AA1C为直角三角形，即A1C⊥AA1因为由选项A知BD⊥平面ACC1A1，A1因为BB1∩BD=B，BB1,BD⊂平面所以平行六面体的体积V=2V三棱柱ADB-对于C，因为四边形ABCD为平行四边形，所以O为BD的中点，所以AO=12AB+对于D，设AB=a,AA1=b，因为在菱形ABCD中，∠BAD=60°所以cos∠A1故选：ABD.

38．（2023下·辽宁朝阳·高二校联考期末）如图，在三棱锥P-ABC中，△PAB和△ABC均为边长为2的等边三角形，则下列说法正确的是（

）

A．PC⊥ABB．当三棱锥P-ABC的体积最大时，三棱锥P-ABC的外接球的体积为2C．当二面角P-AB-C的余弦值为13时，D．若二面角P-AB-C的大小为θ，且θ∈[π3,2π3【解题思路】取AB的中点D，连接DP,DC，利用线面垂直的判断判断A；确定三棱锥体积最大时图形位置，并求出球半径计算判断B；利用空间向量数量积判断C；求出异面直线夹角余弦的函数关系求解判断D作答.【解答过程】在三棱锥P-ABC中，△PAB和△ABC均为边长为2的等边三角形，取AB的中点D，连接DP,DC，如图，则DP⊥AB,DC⊥AB，

又DP∩DC=D,DP,DC⊂平面DPC，则AB⊥平面DPC，又PC⊂平面DPC，所以AB⊥PC，A正确；AB⊂平面ABC，则有平面DPC⊥平面ABC，又平面DPC∩平面ABC=CD，于是点P在平面ABC上的射影在直线CD上，点P到平面ABC的距离h=PDsin当且仅当∠PDC=90∘时取等号，而△ABC面积为定值，即h最大时三棱锥此时平面PAB⊥平面ABC，且PD⊥平面ABC，CD⊥平面ABP，令△ABC,△ABP的中心分别为O1三棱锥P-ABC外接球球心为O，则OO1⊥平面ABC，OO2四边形OO1DO2因此三棱锥P-ABC的外接球半径R=C所以三棱锥P-ABC的外接球的体积V=43π由选项A知，∠PDC为二面角P-AB-C的平面角，即cos∠PDC=因为PB=DB=-1+3cos∠PDC=0，因此PB⊥AC，二面角P-AB-C的大小为θ，即∠PDC=θ，于是PBDB⋅DA-DB⋅DC-则cosα=|cos〈PB,CA〉|=|PB⋅因此|-1+3cosθ|∈[0,52]，则cosα∈[0,58故选：ACD.39．（2023上·辽宁朝阳·高二校考期末）已知⊙C1:x2A．⊙C1与⊙CB．当θ=π4时，直线x+y-2=0是C．若M,N分别是⊙C1与⊙C2D．过点C1作⊙C2的两条切线，切点分别是P,Q，则四边形【解题思路】根据圆心距和半径之间的关系可判断A；计算圆心到直线的距离可判断B；结合两圆外切求得MN的最大值判断C；求出弦长即可求得四边形C1P【解答过程】由题意知⊙C1的圆心C10,0，半径r1=1,⊙C所以⊙C1与⊙C2相外切，有当θ=π4时，点C1到直线x+y-即⊙C点C2到直线x+y-2=0即⊙C所以直线x+y-2=0是⊙C1与由于⊙C1与⊙C2相外切，故MN的最大值为连接C2P,C根据勾股定理可得C1

所以四边形C1PC2Q的面积故选：BD.40．（2023上·辽宁鞍山·高二鞍山一中校联考期末）过直线kx+y+4=0(k>0)上一点M作圆C:x2+y2-2y=0的两条切线.切点分别为A,B，若四边形A．k=2 B．∠AMB的最大度数为60°C．直线AB必过点-25,45【解题思路】由圆的切线的性质可得四边形MACB的周长l=2MC2-1+2，再求MC的最小值，结合条件列方程求k，判断A，求∠AMB的余弦及其最小值，结合余弦函数性质求∠AMB的最大度数，判断B，求过点M,A,C,B的圆的方程，再求其与圆C的公共弦方程，确定其所过定点坐标，判断C，利用等面积法可得AB【解答过程】因为方程x2+y所以圆x2+y2-2y=0所以CA=因为MA,MB为圆x2+y所以MA⊥CA,MB⊥CB，所以MA=MB，如图四边形MACB的周长l=2MA因为四边形MACB周长的最小值是6，所以MC的最小值为5，所以点C到直线kx+y+4=0(k>0)的距离为5，所以k×0+1+4k所以k=2，A正确；∠AMB=2∠AMC，sin∠AMC=所以cos∠AMB=所以当MC取最小值5时，cos∠AMB取最小值为3即cos∠AMB又余弦函数y=cosx在所以∠AMBmax<60因为MA⊥CA,MB⊥CB，所以点M,A,C,B四点共圆，且线段MC为该圆的直径，设Ma,-2a-4过点M,A,C,B的圆的方程为x-a化简可得x2因为圆x2-ax+y将圆x2-ax+yax-2a+5化简可得ax-2y+2故直线AB的方程为ax-2y+2又由x-2y+2=0-5y+4=0可得x=-所以直线AB必过点-25,因为△AMC的面积S=1所以AB=所以当MC取最小值5时，AB取最小值为455，故选：ACD.41．（2022上·重庆·高二校联考期末）设圆O：x2+y2=1与y轴的正半轴交于点A，过点A作圆О的切线为l，对于切线l上的点B和圆ОA．若∠ABO=30°，则点B的坐标为3B．若OB=2，则C．若∠OBC=30°，则OBD．若∠ABC=60°，则OB【解题思路】对A：在直角三角形OAB中即可求解；对B：当BC与圆О相切时，∠OBC最大；当B、O、C三点共线时，∠OBC最小，分两种情况讨论即可；对C、D：当BC与圆О相切时，∠OBC最大，即∠ABC最大，此时∠ABC=2∠OBC，分析点B在点-3,1和3【解答过程】解：对A：若∠ABO=30°，在直角三角形OAB中，由OA=1可得AB=3，所以点B的坐标为3,1或对B：当BC与圆О相切时，∠OBC最大，此时在直角三角形OCB中，因为OB=2,OC=1，所以易得∠OBC=30∘；当B、O、C三点共线时，∠OBC最小，此时∠OBC=0对C、D：当BC与圆О相切时，∠OBC最大，即∠ABC最大，此时∠ABC=2∠OBC，当OB=2时，∠ABC=60∘，∠OBC=30∘.当点B在点-3,1和3,1之间变动时，∠ABC≥60∘，∠OBC≥30∘，所以若故选：BD.42．（2023下·福建厦门·高二统考期末）在平面直角坐标系xOy中，F1-1,-1，F21,1，动点P满足A．P的轨迹方程为x24+y22C．△PF1F2的面积的最大值为2 D【解题思路】由动点满足的条件可求轨迹方程，由椭圆定义知轨迹是以F1,F2【解答过程】对于A，设P(x,y)，则x+12+y+12+x-1对于B，由椭圆定义知P的轨迹是以F1,F2为焦点的椭圆，故F对于C，因为长半轴a=2，半焦距c=2，所以短半轴b=当点P在短轴顶点上，∠F1PF2=90°对于D，联立方程3x2+3由Δ=-8m2+24≥0，得-故选：BCD.43．（2023下·安徽黄山·高二统考期末）已知抛物线C:y2=4x，过焦点F的直线交抛物线于A,B两点，分别过A,B作准线l的垂线，垂足为A1,B1A．AB．若AF=3，则ΔAOFC．若M为抛物线C上的动点，则MFMQ的取值范围为D．若∠AQB=60∘，则直线AB的倾斜角α【解题思路】对于A，由抛物线的性质可知∠A1FA=∠A1对于B，由AF=3，及S对于C，当直线MQ与抛物线相切时，∠MQO最大，此时cos∠MQO最小，设直线MQ的方程为x=my-1，代入抛物线的方程可得y2=4对于D，连接AQ,BQ，可得∠AQA1+∠BQB1【解答过程】对于A，由抛物线的性质可知AA1=AF,BB1又因为AA1//BB所以∠A1FA=∠则有∠A1FB1对于B，设AxA,yA，由AF代入抛物线的方程可得yA2=2×4，可得|yA

对于C，过M作MM'垂直于准线于M'由抛物线的性质可得MF=MM'，所以当直线MQ与抛物线相切时，∠MQO最大，此时cos∠MQO设直线MQ的方程为x=my-1，代入抛物线的方程可得y2=4my-1，即y2-4my+4=0，由Δ=16m2-16=0当点M与原点重合时cos∠MQO=1，此时MF=MQ则22≤cos∠MQO≤1，所以对于D，由焦点F1,0，设直线AB的方程为x=ty+1，代入抛物线的方程可得y2=4设Ax1,y1，B则y1+y2=4t，y连接AQ,BQ，可得∠AQA则tan整理可得y即2⋅t2+1则直线AB的斜率为k=±22，即tanα=±22故选：ACD．44．（2023下·广东广州·高二统考期末）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1、F2，左、右顶点分别为AA．双曲线C的渐近线方程为y=±B．若PF1⊥PFC．分别以线段PF1、D．∠P【解题思路】通过kPA1⋅kPA2=3求得b2a2，从而求得双曲线的渐近线方程，由此判断A【解答过程】对于A选项，设点Px,y，则y因为A1-a,0、A2由b2a2=3，得ba=3对于B选项，因为ca=1+根据双曲线的定义可得PF又因为PF1⊥PF2由PF12即4a2+24=16a2对于C，设PF1的中点为O1，O为原点.因为O、O1分别为所以OO

则可知以线段PF1、A1对于D，当点P在第一象限时，设点Px0,y0因为渐近线方程为y=±3所以∠PA1F当∠PF2A1=所以，c2a2-y此时，△PA1F2为等腰直角三角形，则当∠PA1F2∈所以tan=2因为2∠PA1F当点P在第四象限时，同理可得∠PF综上可知，D对.故选：ACD.45．（2023下·安徽亳州·高二亳州二中校考期末）已知等比数列an的前n项积为Tn,a1>0，公比A．当n=2023时，TnB．aC．存在n<1012，使得aD．当n=1012时，Tn【解题思路】根据题意结合等比数列的性质以及单调性逐项分析判断.【解答过程】对于选项B：因为a1>0,q>1，所以又因为a1a2⋯a对于选项A、D：因为a1所以a1a2又因为a1a2024则a1012a1013且a1>0,q>1，可知数列当n≤1012时，an≤a1012<1所以当n=1012时，a1a2⋯a对于选项C：因为数列an是单调递增数列，且当n<1012时，a所以anan+1<故选：BD.46．（2023上·江苏扬州·高二统考期末）已知数列an的前n项和为Sn，a1=1，aA．aB．数列a2k-1+3k∈C．对于任意的k∈N*D．Sn>1000的最小正整数n【解题思路】根据题设的递推关系可得a2k-a2k-1=1,a2k+1-2【解答过程】由题设可得a2k因为a1=1，a2所以a2k+2-a所以a2k+2+2=2a2k+2所以a2k+2+2a所以a2k+2=4×2k-1即a2k=2k+1又a2k-1=2所以a2k+1+3a2k-1+3=2，即aS=2aS15故Sn>1000的最小正整数n的值为15，故D故选：ABD.47．（2023下·江西·高二统考期末）“内卷”是一个网络流行词，一般用于形容某个领域中发生了过度的竞争，导致人们进入了互相倾轧､内耗的状态，从而导致个体“收益努力