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高二下學期三月份月考復習題
一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）
1.與直線關于y軸對稱的直線的方程為（ ）
A. B. C. D.
2.在數列中，，（，），則（ ）
A. B.1 C. D.2
3.已知直線的一個方向向量，且直線過點和兩點，則（　　）
A.0 B.1 C. D.3
4.拋物線0）的焦點為F，0為坐標原點，M為拋物線上一點，且的面積為，則拋物線的方程為（ ）
A. B. C. D.
5.如圖，在四棱錐中，底面為正方形，底面，，E為上一點，且，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A. B. C. D.
6.已知函數，記等差數列的前項和為，若，，則（ ）
A. B. C.2025 D.4050
7．若數列滿足，且，則（ ）
A. B. C. D.
8.已知函數，若關于的不等式恒成立，則實數的取值范圍為（ ）
A. B. C. D.
二、多選題（本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.）
9. 已知等差數列的公差為正數，是數列的前項和，若，，則（ ）
A. B.數列是公比為等比數列（為自然對數的底數）
C. D.數列是公差為的等差數列
10.已知正方體的棱長為4，點在面（包含邊界）內運動，且；點在面（包含邊界）內運動，且到直線的距離與其到平面的距離相等.若平面，則下列說法正確的有（ ）
A. B.直線不可能與平面垂直
C.的軌跡為拋物線的一部分 D.線段長度的取值范圍為
11.已知拋物線C：的焦點為F，過點F的直線l與C相交于A，B兩點（點A位于第一象限），與C的準線交于D點，F為線段AD的中點，準線與x軸的交點為E，則（ ）
A.直線l的斜率為 B. C. D.直線AE與BE的傾斜角互補
三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）
12.設是等差數列的前項和，且數列是公差為1的等差數列，則的通項公式為 .
13.已知為拋物線上兩個不同的動點，且滿足，則的最小值為__________.
14.設點在曲線上，點在曲線上，若的最小值為，則 .
四、解答題（本大題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）
15（13分）已知數列為等比數列，，.
（1）求數列的通項公式；（2）若是數列的前項積，求的最大值.
16.（15分）已知函數.
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)當時，求函數的單調遞增區間；
(3)若函數在區間上只有一個極值點，求的取值范圍.
17.（15分）已知數列滿足．
（1）求的通項公式；（2）在和之間插入個數，使這個數構成等差數列，記這個等差數列的公差為，求數列的前項和．（3）若不等式對任意的恒成立，求的取值范圍．
18.（17分）如圖，在四棱錐中，平面平面，為棱的中點．
（1）證明：平面；（2）若，（i）求二面角的余弦值；（ii）在線段上是否存在點Q，使得點Q到平面的距離是？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
19.（17分）已知橢圓 橢圓與軸交于點，，直線與橢圓交于，兩點(其中點在x軸上方，點在軸下方)，設直線的方程為，如圖，將平面沿軸折疊，使點移動到點的位置，軸的正半軸經折疊后記為，且二面角的大小為.
（1）折疊前，若橢圓的焦點，在軸上，且與橢圓上一點構成三角形，的周長為，直線l的方程為 .(i) 求橢圓的標準方程.(ii) 求折疊后直線與平面所成角的正弦值.（2）折疊后，是否存在定值，對于任意，始終成立. 若存在，求出的值； 若不存在，說明理由.
高二下學期三月份月考復習題
參考答案：
1.C
解析：直線，即，它與軸的交點為，
它關于軸對稱的直線的斜率為，故要求直線的方程為，即.
故選：C．
2.A
解析：因為，（，），
所以，，，，
所以是以為周期的周期數列，則.
故選：A
3.D
解析：因為直線過點和兩點，所以，
又直線的一個方向向量，所以，
所以，所以，
所以，解得，所以.
故選：D
4.C
解析：設 由可得：
又因為 所以
即 解得 或（舍去），
所以
所以 解得
因為 所以
故選C.
5.B
解析：以為坐標原點，以所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，
設，則，
，
，
則異面直線與所成角的余弦值為.
故選：B.
6.A
解析：令，則的定義域為，又，
所以為奇函數，又與均在上單調遞增，所以在上單調遞增，
所以，
因為，所以，
因為，所以，
所以，即，
所以.
故選：A
7．A
解析：令，，
令，則，所以，
所以數列是首項和公比為的等比數列，
所以
.
故選：A.
8.C
解析：由，得，.
記，易知在上單調遞增，
，
，，
記，
，
當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
，
，，
故選：C.
9.AB
解析：A：依題意，設公差為d，則，
由，，
解得，，故A正確；
B：由，得，所以，
由，即數列是以為公比的等比數列，故B正確；
C：，故C錯誤；
D：由，得，
所以，不恒為常數，
所以不是等差數列，故D錯誤.
故選：AB
10.ACD
解析：由于平面，根據正方體性質，知道，A選項顯然正確；
以的中點為原點建立空間直角坐標系，由橢圓定義，P的軌跡為橢圓的一部分，
其在坐標平面內的方程為；
到直線的距離即為的長，到平面的距離即為到直線的距離，
由此的軌跡為拋物線的一部分，其在坐標平面內的方程為，故C選項正確；
由平面知，，橫坐標相等，設為，
設，，，，
，故D選項正確；
當即，時直線與平面垂直.故B選項錯誤.
11.ABD
解析：易知拋物線的焦點為，準線為，
若直線與軸重合，則直線與拋物線只有一個交點，不合乎題意，
若軸，則直線與拋物線的準線平行，不合乎題意，
設直線的方程為，設點、，
聯立，可得，即點，
因為點為線段的中點，則，則，可得，
因為點在拋物線上，則，可得，
所以，直線的方程為，即，
故直線的斜率為，A對；
聯立，解得或，即點、，
易知點，所以，，，則，B對；
易知點，，，
故，C錯；
，，則，
所以，直線與的傾斜角互補，D對.
故選：ABD.
12.
解析：設數列的公差為，則，
可得.
因為數列是公差為1的等差數列，則 ，解得，
所以.
故答案為：.
13.
解析：由在拋物線上可知：，
所以；
同理可得：，
故①，
設直線方程為，直線與拋物線聯立，有：
消去整理有：，
由韋達定理有：，又，
故①式化為：，故：
的最小值為.
故答案為：
14．-1
解析：因為與互為反函數，其圖象關于直線對稱，
又點在曲線上，點在曲線上，的最小值為，
所以曲線上的點到直線的最小距離為，
設與直線平行且與曲線相切的切線的切點，
，解得，所以，
得到切點，點到直線即的距離，
解得或3.
當時，過點和，過點和，
又，，所以與相交，不符合題意；
當時，令，則，當時，，
當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
所以，即恒成立，
所以與不相交，符合題意.
綜上，.
故答案為：-1.
15.解析：（1）因為數列為等比數列，，，
所以，，
所以，，
所以
（2）方法一：因為，且，數列為單調遞減數列，
當時，最大，
即，解得：，
此時，的最大值為.
方法二：因為，
所以
由二次函數的知識以及，在或者時，同時取得最大值，
此時，的最大值為.
16.解析：（1）解：當時，，則，所以，，，
故當時，曲線在點處的切線方程為，即.
（2）解：當時，，該函數的定義域為，
，
由，即，解得或，
因此，當時，函數的單調遞增區間為、.
（3）解：因為，則，
令，因為函數在上有且只有一個極值點，
則函數在上有一個異號零點，
當時，對任意的，，不合乎題意；
當時，函數在上單調遞增，
因為，只需，合乎題意；
當時，函數的圖象開口向下，對稱軸為直線，
因為，只需，不合乎題意，舍去.
綜上所述，實數的取值范圍是.
17.解析：（1）∵①，
當時，②，
①②，得．
所以，
當時，，滿足上式，
所以的通項公式為．
（2）由（1）知，得，
則③，
④，
③④得，
所以．
（3）得，
又因為
當為奇數時，由對任意的恒成立，得
，即
當為偶數時，由對任意的恒成立，得
，即，
所以.
18.解析：（1）取的中點N，連接，如圖所示：為棱的中點，
，
，
∴四邊形是平行四邊形，，
又平面平面平面．
（2），
∵平面平面，平面平面平面，
平面，
又平面，而， ∴以點D為坐標原點，所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，
如圖：則，
為棱的中點，
（i），
設平面的一個法向量為，
則，令，則，
平面的一個法向量為，
，
根據圖形得二面角為鈍角，則二面角的余弦值為
（ii）假設在線段上存在點Q，使得點Q到平面的距離是，
設，
則，
由（2）知平面的一個法向量為，
，
∴點Q到平面的距離是
，
．
19.解析：（1）（i）由橢圓定義可知，，
則的周長為，
解得，
即橢圓方程；
（ii）設，，，，
聯立直線與橢圓，
得，
解得，，
即，，
如圖所示，過點作軸于點，則，
折疊后，
過作平面，連接，
則軸，且直線在平面上的投影為，
且，
則，
分別設軸，軸，軸正方向上的單位向量分別為，，，
且，，，
即，，
又，，，
則，
則，
由直線與平面夾角的平面角為，
則，
（2）設，，
則，，，
聯立直線與橢圓，
得，，
則恒成立，
且，，
又，
則，
即，
即，不為定值，
所以不存在定值，對于任意，始終成立.

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