四川省成都市石室中学2021-2022学年高二上学期理科数学第11周周练Word版含解析.docx

《四川省成都市石室中学2021-2022学年高二上学期理科数学第11周周练Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

成都石室中学高2023届高二上第十一周周练数学试题（理科）一、选择题1．过点（1，2），且与原点距离最大的直线方程是（）A．B．C．D．2．已知椭圆（）的左焦点为，则（）A．B．C．D．3.已知焦点在轴上的双曲线的一个焦点到其中一条渐近线的距离2，则的值（）A.B.C.4D.无法确定4．已知等比数列的前项和，则的值为（）A.B.C.D.5．已知椭圆的两个焦点为F1、F2，且|F1F2|=8，弦AB过点F1，则△ABF2的周长为（）A．10B．20C．D．6．将函数的图象向左平移个单位后的图形关于原点对称，则函数在上的最小值为（）A．B．C．D．7．在平面直角坐标系中，为坐标原点，直线与圆相交于两点，．若点在圆上，则实数（）A．B．C．D．8．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图2，在鳖臑PABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且AP=AC=1，过A点分别作AE1⊥PB于E、AF⊥PC于F，连接EF当△AEF的面积最大时，tan∠BPC的值是（） A．B．C．D．9．设，则的最小值为（）A．2B．3C．4D．10．已知椭圆（）的焦点为，，若点在椭圆上，且满足（其中为坐标原点），则称点为“”点，则此椭圆上的“”点有（）个A．B．C．D．11.设是双曲线（）的左，右焦点，是坐标原点．过作的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则的离心率为（）A．B．2C．D．12．过椭圆的左顶点A的斜率为k的直线交椭圆C于另一个点B，且点B在x轴上的射影恰好为右焦点F，若，则椭圆离心率的取值范围是（）A．B．C．D．二、填空题13．已知“p：(x－m)2>3(x－m)”是“q：x2＋3x－4<0”成立的必要不充分条件，则实数m的取值范围是．14.过点（1，3）且渐近线为的双曲线方程是15．若直线l过点A(0,a)，斜率为1，圆x2+y2=4上恰有3个点到l的距离为1，则a的值为16．设椭圆E：的右顶点为A、右焦点为F，B为椭圆E在第二象限上的点，直线BO交椭圆E于点C，若直线BF平分线段AC，则椭圆E的离心率是．三、解答题17．设命题：，，命题：，.（1）若命题为假命题且命题为真命题，求实数的取值集合；（2）令集合，若“”是“”的必要不充分条件，求实数的取值范围. 18．（本题满分10分）已知锐角中内角、、的对边分别为、、，，且．（Ⅰ）求角的值；（Ⅱ）设函数，图象上相邻两最高点间的距离为，求的取值范围． 19．已知数列，，且满足.数列满足，数列的前项和为.（1）证明：数列为等比数列并求的通项公式；（2）求数列的通项公式20理科．（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面 ，点分别为的中点，且，．（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）设直线与平面所成角为，当在内变化时，求二面角的取值范围． 21．（本小题满分12分）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，右焦点到右顶点的距离为．（1）求椭圆的标准方程；（2）是否存在与椭圆交于两点的直线：，使得成立？若存在，求出实数的取值范围，若不存在，请说明理由．22．（本小题满分12分）已知椭圆的焦点坐标为（-1，0），（1，0），过垂直于长轴的直线交椭圆于P、Q两点，且||=3，（1）求椭圆的方程；（2）过的直线l与椭圆交于不同的两点M、N，则△的内切圆的面积是否存在最大值？若存在求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由． 参考答案1．A【解析】 试题分析：由分析可知当直线过点且与垂直时原点到直线的距离最大．，，所以所求直线方程为，即．故A正确．考点：直线方程．2．C【解析】由题意得：，因为，所以，故选C．考点：椭圆的简单几何性质．3．C4．A【解析】试题分析：根据题意有，结合等比数列的性质，可知，解得，故选A.考点：等比数列的性质.5．D【解析】试题分析：设半焦距为c,则c=4,从而得a=,所以△ABF2的周长为4a=．故选D．考点：椭圆基本量运算及椭圆定义的运用．6．D【解析】试题分析：根据题意可知，，当时，，所以函数的最小值为，故选D．考点：函数图像的变换，函数在某个区间上的最值问题．7．C【解析】试题分析：设AB的中点为D，有，∴，∴，由点到直线的距离公式得，解得．考点：直线与圆相交问题、平面向量的基本定理及其意义．8．B【解析】 试题分析：显然，则，又，则，于是，，结合条件得，所以、均为直角三角形，由已知得，而，当且仅当时，取“=”，所以，当时，的面积最大，此时，故选B．考点：基本不等式、三角形面积．9．C【解析】试题分析：原式变形为：，等号成立的条件是当且仅当，解得考点：基本不等式求最值10．C【解析】试题分析：设椭圆上的点，可知，因为，则有，解得，因此满足条件的有四个点，故选C．考点：新定义，椭圆的焦半径公式．11．C12．C【解析】试题分析：如图所示：，，∴，又∵，∴，∴，∴，故选C． 考点：椭圆的简单性质．1314．【解析】设所求双曲线为点（1，3）代入：.代入（1）：即为所求.【评注】在双曲线中，令即为其渐近线.根据这一点，可以简洁地设待求双曲线为，而无须考虑其实、虚轴的位置15.±216．【解析】试题分析：如图3，设AC中点为M，连接OM，则OM为的中位线，于是，且，即．考点：椭圆的离心率．17．（1）；（2）【分析】（1）先求出，都为真时得范围，再由命题为假命题且命题为真命题，求解即可；（2）”是“”的必要不充分条件，得,分与讨论即可求解 【详解】（1）若命题为真则有：方程有解，故，解得或，若命题为真则有：，恒成立，故或，故，因为命题为假命题且命题为真命题，所以，解得，实数的取值集合；（2）因为“”是“”的必要不充分条件，所以,当时，，解得，满足条件；当时，由可得：，解得，综上可知：实数的取值范围是.18．（1）；（2）．【解析】试题分析：本题主要考查正弦定理、余弦定理、两角和与差的正弦公式、三角函数的周期、三角函数的图象、三角函数的值域等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力．第一问，由已知条件和余弦定理相结合，得出，再结合已知条件和正弦定理得，两式结合求出，即得到特殊角C的值；第二问，用两角差的正弦公式将展开，合并同类项，再利用两角差的的正弦公式化简，使之成为的形式，利用 图象上相邻两最高点间的距离为，计算T，得到，从而得到的解析式，利用,,得到A角的范围，代入解析式，数形结合，得到函数的值域．试题解析：（Ⅰ）因为,由余弦定理知所以又因为,则由正弦定理得:，所以,所以（Ⅱ），由已知,则因为,,由于,所以，所以，根据正弦函数图象,所以．考点：正弦定理、余弦定理、两角和与差的正弦公式、三角函数的周期、三角函数的图象、三角函数的值域．19．（1）证明见解析，（2）【分析】（1）由题意可得，即可判断等比数列，求出通项公式；（2）令，可得，利用累加法结合错位相减法可求出数列的通项公式（1）证明：由得，从而，由知是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，从而；（2） 令，由题意知的前和为，当时，，当时，，满足，所以，从而.设，，两式相减得，即.又，所以20．文科（1）证明见解析（2）【分析】（1）由线面垂直得到，再由得到，即可证明平面，从而得到；（2）由平面，即可得到，再由等腰三角形三线合一得到，即可得到平面，则即为直线与平面所成的角，再根据锐角三角函数计算可得；（1）证明：因为底面，底面，所以，因为，所以，，平面，所以平面，因为平面，所以．（2）解：由（1）平面，平面，所以，，因为，为的中点，所以，因为，平面，所以平面，所以即为直线与平面所成的角，因为，所以 ，，所以，所以，因为，所以，即直线与平面所成的角为；20理科．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）二面角取值范围为．【解析】试题分析：（Ⅰ）根据直线与平面平行的判定定理，需在平面内找一条与平行的直线.结合题设可取取中点，连接，易得四边形为平行四边形，从而得，问题得证.（Ⅱ）思路一、首先作出二面角的平面角，即过棱BC上一点分别在两个平面内作棱BC的垂线.因为，点分别为的中点，则.连接，因为平面，所以AM是PM在面ABC内的射影，所以，所以即为二面角的平面角.再作出直线与平面所成的角，即作出AC在平面PBC内的射影.由，且得平面，从而平面平面.过点在平面内作于，根据面面垂直的性质知平面．连接，于是就是直线与平面所成的角．在及中，找出与的关系，即可根据的范围求出的范围.思路二、以所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量亦可求解.试题解析：（Ⅰ）证明：取中点，连接，因为点分别为的中点，所以四边形为平行四边形，则又平面，平面所以平面. （Ⅱ）解法1：连接，因为，点分别为的中点，则又平面，则所以即为二面角的平面角又，所以平面，则平面平面过点在平面内作于，则平面．连接，于是就是直线与平面所成的角，即=．在中，；在中，，．，，．又，．即二面角取值范围为．解法2：连接，因为，点分别为的中点，则又平面，则所以即为二面角的平面角，设为以所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则， 于是，，，．设平面的一个法向量为，则由．得可取，又，于是，，，．又，．即二面角取值范围为．考点：1、空间直线与平面的位置关系；2、二面角.21．（1）；（2）存在直线，使得成立，且实数的取值范围是．【解析】试题分析：（1）首先设出椭圆的标准方程，然后分别根据离心率和椭圆的定义可列出方程组，并结合即可求出所求；（2）首先假设存在直线，使得成立，然后联立直线方程与椭圆方程并消去参数整理得到一元二次方程，再由韦达定理 可得，，于是根据假设成立等式可变形整理得，即，将上述所求直接代入即可得到与之间的等式关系，最后结合判别式即可得出所求参数的取值范围．试题解析：（1）设椭圆的方程为，半焦距为．依题意，由右焦点到右顶点的距离为，得．解得，．所以．所以椭圆的标准方程是．（2）存在直线，使得成立．理由如下：由得．，化简得．设，则，．若成立，即，等价于．所以．，，,化简得，．将代入中，，解得，．又由，，从而，或．所以实数的取值范围是．考点：1、椭圆的标准方程；2、直线方程；3、直线与椭圆综合问题；22．（1）；（2）详见解析．【解析】试题分析：（1）此题为待定系数法求椭圆方程，，当时，求得点坐标，表示出=3，结合椭圆基本量的基本关系，最后解出；（2）第一步，首先设内切圆的半径为，将面积转化为三个小三角形的面积和，得到半径面积最大，即半径最大，第二步，设直线与椭圆方程联立， 得到关于的根与系数的关系，第三步，表示面积，并根据换元，设，求出面积的最大值，和内切圆的半径的最大值，以及方程．试题解析：（1）设椭圆方程为=1（a>b>0），由焦点坐标可得c=1由PQ|=3，可得=3，解得a=2，b=，故椭圆方程为=1（2）设M，N，设的内切圆的径R，则的周长=4a=8，因此最大，R就最大由题知，直线的斜率不为零，可设直线的方程为x=my+1，由得+6my-9=0，得则令t=，则t≥1，则当且仅当t=1，m=0时，，∴=，这时所求内切圆面积的最大值为π，此时直线方程为x=1．考点：1．椭圆的方程；2．椭圆的性质；3．直线与椭圆相交的综合问题．