1、抚松一中2021-2022年上学期高二年期末复习题四一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1. 已知点，又点在平面内，则的值为（ ）ABCD【答案】B【分析】根据向量的坐标表示求出向量的坐标，再结合空间向量的共面定理即可得出结果.【详解】由题意，得，则，因为P在平面ABC内，并设未知数a，b，则，即，解得.故选：B2. 已知直线若直线与关于l对称，则的方程是（ ）ABCD【答案】C【分析】求出直线，l的交点在直线上，在直线上任取一点，求出此点关于直线l的对称点也在直线上，根据两点坐标求出斜率，即可求出直线的方程.【详解】解：若直线与关于l对称，则直线，l的交点在直线上，即，解得
2、：在直线上任取一点关于直线l对称的点为，则点B在直线上，由A,B两点可知，直线的斜率为，则直线的方程为： 即故选：C3.若数列an满足an1 (nN*)，且a11，则a17（ ）A13B14C15D16【答案】A【详解】由an1，得an1an，所以a17a1(a2a1)(a3a2)(a17a16)11613，故选：A.4.已知空间中非零向量，且，则的值为（ ）AB97CD61【答案】C【详解】，故选：C.5. 设点在圆外，若圆上存在点，使得，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【分析】根据直线和圆的位置关系，画出图形，利用数形结合即可得到结论【详解】解：如图所示：上存在点使得，则的最大值
3、大于或者等于时，一定存在点使得，当与圆相切时，取得最大值，此时，解得：，即，又在圆外，解得：，综上所述：.故选：C.6. 如图，在三棱锥中，点在平面内，且，设异面直线与所成的角为，则的最大值为（ ）ABCD【答案】D设线段的中点为，连接，为的中点，则，则，同理可得，平面，过点在平面内作，垂足为点，因为，所以，为等边三角形，故为的中点，平面，平面，则，平面，以点为坐标原点，、分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，因为是边长为的等边三角形，为的中点，则，则、，由于点在平面内，可设，其中，且，从而，因为，则，所以，故当时，有最大值，即，故，即有最大值，所以，.故选：D.7. 设是椭圆上的
4、一个动点，定点，则的最大值是（ ）AB1C3D9【答案】D【分析】本题首先可根据椭圆方程得出，然后将转化为，即可求出最大值.【详解】因为椭圆方程为，即，所以，因为，所以，易知当时，最大，最大值为，故选：D.8. 若双曲线与直线没有公共点，则该双曲线的离心率e的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【分析】根据双曲线的渐近线与直线的位置关系即可得解.【详解】双曲线的渐近线，双曲线与直线没有公共点，则.又因为双曲线离心率大于1，所以C选项符合题意.故选：C9. 抛物线0）的焦点为F，0为坐标原点，M为抛物线上一点，且的面积为，则抛物线的方程为ABCD【答案】C【分析】设点坐标，由关系得点坐标由表示，再
5、由的面积可解得，从而得解.【详解】设 由可得： 又因为 所以即 解得 或（舍去），所以 所以 解得 因为 所以 故选C.10. 设数列满足，记数列的前n项之积为，则的值为（ ）ABC1D2【答案】B【详解】由，得，则数列是以3为周期的周期数列，又，且故选：B11.设为双曲线的右焦点，过点且斜率为的直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，若，则双曲线的离心率等于（ ）ABCD【答案】D【详解】设双曲线的右焦点，则过点且斜率为的直线的方程为，渐近线方程是由，得，由,得，所以，由，得，则，即，则，则，故选：D12. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，准线为，设与轴的交点为，点为上异于的任意一
6、点，点在上的射影为点，的外角平分线交轴于点，过作于点，过作，交线段的延长线于点，则下列结论不正确（ ）ABCD【答案】C【详解】对A，由抛物线的定义知A正确；对B，B正确；对C，由题意知，又与不一定相等，与不一定相等，C错误；对D，由题意知四边形为矩形，D正确.故选：C二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 光线沿直线入射到直线 后反射，则反射光线所在直线的方程为_.【答案】【分析】求得直线与直线的交点的坐标，然后求出直线上的点关于直线的对称点的坐标，进而可求得直线的方程，即为反射光线所在直线的方程.【详解】联立，解得，则直线与直线的交点为.设直线上的点关于直线的对称点为，
7、线段的中点在直线上，则，整理得.直线的斜率为，直线与直线垂直，则，整理得.所以，解得，即点.所以，反射光线所在直线的斜率为，因此，反射光线所在直线的方程为，即.故答案为：.14.已知抛物线的焦点F到准线的距离为4，则P=_；过点F作斜率为k的直线l交抛物线E于两个不同点AB，若，则实数k的值为_.【答案】 【分析】根据抛物线的焦点F到准线的距离为4，由抛物线定义求解；设,利用抛物线定义得到根据，得到，再作x轴， x轴，由，得到，求得，然后利用斜率求解.【详解】方法一：焦半径计算法因为抛物线的焦点F到准线的距离为4，所以P=4；设,由抛物线定义得： ,因为，所以,如图所示：作x轴， x轴，所以，
8、则，解得，所以，故答案为：，方法二：定比分点二级结论法由,所以，方法三：定比分点二级结论法，所以，再由焦点弦公式.得到，所以15.“韩信点兵”问题在我国古代数学史上有不少有趣的名称，如“物不知数”“鬼谷算”“隔墙算”“大衍求一术”等，其中孙子算经中“物不知数”问题的解法直至1852年传由传教士传入至欧洲，后验证符合由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”原文如下：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？”这是一个已知某数被3除余2，被5除余3，被7除余2，求此数的问题满足条件的数中最小的正整数是_；1至2021这2021个数中满足条件
9、的数的个数是_【答案】23 20 【详解】（1）被3除余2的数有：被5除余3的数有：被7除余2的数有：（2）的最小公倍数为，所有符合条件的数为，；故答案为：.16. 过双曲线右焦点作直线，且直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，直线与另一条渐近线交于点已知为坐标原点，若的内切圆的半径为，则双曲线的离心率为_.【答案】或2或【分析】若在轴的同侧，不妨设在第一象限，如图，设的内切圆的圆心为，过分别作于，于，由得四边形为正方形，再由已知条件可得，从而可求出离心率，若在轴的两侧，不妨设在第一象限，如图，由题意可得，从而可得，从而可求出离心率【详解】若在轴的同侧，不妨设在第一象限，如图，设的内切圆的圆心
10、为，则在的平分线上，过分别作于，于，由得四边形为正方形，由焦点到渐近线的距离为，得，因为，所以，因为，所以，所以，从而可得若在轴的两侧，不妨设在第一象限，如图，易得，所以的内切圆半径为，所以，因为，所以得，所以，所以，所以故答案为：或2三、 解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.（本小题10分） 在平面直角坐标系中，直线过点若直线在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线的方程；直线，且直线与直线关于直线对称，求直线的方程与的值【答案】或；【分析】分直线的截距均为0及不为0两种情况，设出直线方程，代入，求得直线方程；点在直线上，则关于直线对称的点在直线m上
11、，从而求得参数b，直线m与直线的交点也是直线l与直线的交点，由两点式求得直线方程.【详解】当直线的截距均为0时，则直线过点，设直线方程为，又在直线上，则，直线方程为；当直线的截距不为0时，设直线方程为，代入，得，则直线方程为；综上所述，直线方程为或；直线过点，点关于直线对称的点在直线m上，解得直线，其与直线交于点，则点在直线l上，由直线过点，则直线l：，即18.（本小题12分） 已知圆，直线（1）求证：对，直线与圆总有两个不同交点；（2）设与圆交与不同两点，求弦的中点的轨迹方程；【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）或.【分析】（1）求出圆心到直线得距离与半径比较即可得出结论；（2）结合几何
12、性质得到等量关系，即可求出轨迹方程；（3）联立直线与圆的方程，结合韦达定理以及已知条件即可求出结果.【详解】（1）圆的圆心，半径为，所以圆心到直线的距离为，所以直线与圆相交，故对，直线与圆总有两个不同交点；（2）当与不重合时，连接，则，所以，设，则，整理得，当与重合时，也满足，故弦的中点的轨迹方程为;19.（本小题12分） 已知数列中，.（1）求证：是等比数列，并求数列的通项公式；（2）已知数列满足.求数列的前项和；若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)证明见解析；(2)；【分析】(1)由题意推出，进而可以证明是以3为首项，3为公比的等比数列，由此即可得出数列的通项公式.(2)
13、：由(1)得，结合错位相减法即可求出；：由得，设，则是递增数列，由此求得的取值范围.【详解】(1)因为，所以，所以，又，所以是以3为首项，3为公比的等比数列，故，即；(2)：由(1)知，所以，两式相减，得，所以；：由得，设，则是递增数列，当n为偶数时，恒成立，又，所以；当n为奇数时，恒成立，又，所以，所以，综上诉述，的取值范围是.20.（本小题12分）过点的动直线l与y轴交于点，过点T且垂直于l的直线与直线相交于点M.（1）求M的轨迹方程；（2）设M位于第一象限，以AM为直径的圆与y轴相交于点N，且，求的值.【答案】（1）（2）4【解析】（1），当时，M的坐标为当时，的方程为由得，验证当时，也
14、满足M的坐标满足方程，即M的轨迹方程为（2）作轴于，轴于，则又A为抛物线的焦点，故圆与y轴相切于点N，直线AM的方程为联立，消去y整理得，解得或（舍），即A为抛物线的焦点，21.（本小题12分） 如图，在三棱柱中，是的中点，点在平面上的射影为的中点（）证明：平面；（）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的平面角的正切值【答案】（）证明见解析；（）.【分析】（）连结交于，连结，根据棱柱的几何性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可.（）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式，结合线面角、面面角定义、同角的三角函数关系式求解即可.【详解】解：（）连结交于，连结是三棱柱，四边形是平行四边形 则在
15、中，又平面，平面，平面（）因为平面，与平面所成角为，即，又因为在中，故，在中，由余弦定理求得，过作，分别以、作为轴、轴、轴建立空间直角坐标系则，故，设平面的法向量为，则 ，取，又平面的法向量为，故，所以，故，即所求二面角的平面角的正切值为22.（本小题12分）如图，已知椭圆，抛物线，点是椭圆与抛物线的交点，过点的直线交椭圆于点，交抛物线于点（，不同于）（1）求椭圆的焦距；（2）设抛物线的焦点为，为抛物线上的点，且、三点共线，若存在不过原点的直线使为线段的中点，求的最小值【答案】（1）2；（2）【分析】（1）求出焦点坐标后可得焦距.（2）设直线，则可得，设，利用点差法可得，从而可得，故可求的最大值，从而可求的最小值.【详解】（1）由椭圆的方程可得焦点坐标为，故焦距为2.（2）由抛物线方程可得，由抛物线和椭圆的对称性可不妨设，则.设直线，则，由可得，故.设，则 ，所以即，所以，而，所以，因为直线不过原点，故，所以，故即，整理得到，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立.故即，由可得，故，所以，所以，故，当且仅当时等号成立，故的最小值为.【点睛】方法点睛：对于直线与椭圆位置关系中的中点弦问题，可利用点差法得到直线的斜率与中点的关系式，在最值问题的处理中，注意根据等式关系结合基本不等式并利用放缩法得到参数的取值的范围，从而得到相应的最值.
