2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷（鞏固篇）（含答案）

2024-2025高二上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷（鞏固篇）【人教A版（2019）】（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1.本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上；2.回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。寫在本試卷上無效；3.回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效；4.測試范圍：選擇性必修第一冊全冊、選擇性必修第二冊第四章數(shù)列；5.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.第Ⅰ卷一．選擇題（共8小題，滿分40分，每小題5分）1．（5分）（2023上·江蘇南通·高二統(tǒng)考期末）過點1,2且與直線2x+y-3=0平行的直線的方程為（

）A．2x-y=0 B．2x-y-4=0C．2x+y-4=0 D．2x+y-5=02．（5分）（2023下·黑龍江哈爾濱·高一?？计谀┤鐖D，在四面體ABCD中，∠BAC=60°，∠BAD=∠CAD=45°，AD=2，AB=AC=3.則BC?BD

A．32 B．52 C．923．（5分）（2023上·新疆伊犁·高二?？计谀┲袊糯鷶?shù)學(xué)著作《算法統(tǒng)宗》中記載了這樣的一個問題“三百七十八里關(guān)，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關(guān)，要見次日行里數(shù)，請公仔細(xì)算相還”，其大意為：有一個人走了378里路，第一天健步行走，從第二天起，因腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達目的地，問此人前4天共走了（

）A．189里 B．288里 C．336里 D．360里4．（5分）（2023上·湖南衡陽·高二校考期末）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，O為坐標(biāo)原點，直線l交橢圓于A，B兩點，M為AB的中點.若直線A．12 B．22 C．335．（5分）（2023上·江蘇常州·高二統(tǒng)考期末）設(shè)an是公差為d的等差數(shù)列，且a7-13+2023a7-1-1=0，aA．S2023=-2023，d<0 B．SC．S2023=2023，d<0 D．S6．（5分）（2023下·廣西南寧·高二賓陽中學(xué)校聯(lián)考期末）數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯證明過這樣一個命題：平面內(nèi)到兩定點距離之比為常數(shù)λ（λ>0且λ≠1）的點的軌跡是圓，后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A-3,0，動點M滿足MA=2MO，得到動點M的軌跡是阿氏圓C.若對任意實數(shù)k，直線l：y=kx-1+b與圓A．-13,13C．-15,157．（5分）（2023·湖北恩施·?？寄M預(yù)測）已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線C：x24-y2b2=1b>0的左右焦點，且F1到漸近線的距離為1，過A．△AF1F2的面積為2 C．AF1?8．（5分）（2023上·重慶長壽·高二統(tǒng)考期末）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，

A．棱DD1上一定存在點QB．設(shè)點M在平面BB1C1C內(nèi)，且A1M∥C．過點E，F(xiàn)，G作正方體的截面，則截面面積為3D．三棱錐P-EFH的外接球的體積為8二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）9．（5分）（2023上·江蘇南通·高二統(tǒng)考期末）設(shè)數(shù)列2n?an是公差為d的等差數(shù)列，且a1A．a(chǎn)n是等差數(shù)列 B．a(chǎn)C．a(chǎn)n+2=an+1-10．（5分）（2023上·吉林長春·高二?？计谀┮阎獔AO：x2+y2=4和圓CA．圓O與圓C外切B．P、Q分別為圓O和圓C上的動點，則PQ的最大值為8，最小值為2C．過C且與圓O相切的直線有一條D．過C且在兩坐標(biāo)軸上截距相等的直線方程為x+y-7=0或3x-4y=011．（5分）（2023上·湖南衡陽·高二?？计谀┮阎狹，N是拋物線C:x2=2py(p>0)上兩點，焦點為F，拋物線上一點P(t,1)到焦點F的距離為3A．p=1B．若OM⊥ON，則直線MN恒過定點(0,1)C．若△MOF的外接圓與拋物線C的準(zhǔn)線相切，則該圓的半徑為1D．若MF=2FN，則直線MN12．（5分）（2022上·山東聊城·高二統(tǒng)考期末）如圖，四棱錐S-ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥平面ABCD，SA=AB，O，P分別是AC，SC的中點，M是棱SD上的動點，則（

）A．OM⊥APB．存在點M，使OM//平面SBCC．存在點M，使直線OM與AB所成的角為30°D．點M到平面ABCD與平面SAB的距離和為定值第Ⅱ卷三．填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）13．（5分）（2023上·江蘇南通·高二統(tǒng)考期末）已知等比數(shù)列an的前n項和為Sn，若S3，S9，S14．（5分）（2023下·遼寧朝陽·高二校聯(lián)考期末）已知圓E:x-22+y-22=4，P是直線l:x+y+1=0上的一點，若圓E上存在兩點A，B，使得15．（5分）（2023上·四川眉山·高二?？计谀┻^M1,0的直線l與拋物線E：y2=x交于Ax1,y1，Bx2,y2兩點，且與E的準(zhǔn)線交于點16．（5分）（2023上·四川遂寧·高二校考期末）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D

①三棱錐A-D②直線CP與直線AD1③直線AP與平面ACD④二面角P-AD四．解答題（共6小題，滿分70分）17．（10分）（2023上·山東濰坊·高二統(tǒng)考期末）已知向量a=x,1,2，b=1,y,-2，c=(1)求向量a，b，c的坐標(biāo)；(2)求a+c與18．（12分）（2023下·重慶沙坪壩·高一重慶八中?？计谀┮阎本€l：2x+y+1=0，直線m過點0,1且與直線l垂直.(1)求直線m的方程；(2)直線n與直線l關(guān)于y軸對稱，求直線l，m，n所圍成的三角形的面積.19．（12分）（2023上·湖南衡陽·高二?？计谀┮阎獢?shù)列an滿足an+1=32(1)求數(shù)列an(2)求數(shù)列nan的前n項和20．（12分）（2022下·貴州畢節(jié)·高二統(tǒng)考期末）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E,F分別為PA,BC的中點.

(1)求證：EF//平面PCD；(2)若∠ADC=120°,PD=4,AD=2，求直線AF21．（12分）（2023上·重慶·高二統(tǒng)考期末）已知橢圓E：x2a2+y(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)橢圓的右頂點為A，若直線l與橢圓E相交于M,N兩點（異于點A），且滿足MA⊥NA，求△AMN面積的最大值．22．（12分）（2023上·四川南充·高二統(tǒng)考期末）已知圓O:x2+(1)設(shè)P2,3，求過點P且與⊙O(2)已知直線l:x=my+nm≠0與⊙O相交于M、N兩點，過點G作GQ⊥l，垂足為Q．若∠MGO=∠NGO恒成立，問是否存在定點R，使得RQ為定值．若存在，求出點R的坐標(biāo)及RQ

高二上學(xué)期期末考試選擇題壓軸題50題專練【人教A版（2019）】一、單選題（共35題）1．（2023下·江蘇淮安·高一統(tǒng)考期末）在正四棱錐P-ABCD中，若PE=23PB，PF=13PC，平面AEF與棱PD交于點A．746 B．845 C．745【解題思路】利用A、E、F、G四點共面，PG=25PD，由錐體體積公式，求出VP-AEF【解答過程】如圖所示，

設(shè)PG=λPD，由A、E、F、設(shè)AF=xAE+y即AP+得23又AP，AB，AD不共面，則23-y-x3+λy=0設(shè)h1，h2分別是點F到平面PAE和點C到平面PAB的距離，則所以VP-AEFVP-ABC=1同理，VP-AGFVP-ADC=VV則四棱錐P-AEFG與四棱錐P-ABCD的體積比為845故選：B.2．（2023下·浙江溫州·高一統(tǒng)考期末）如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=6，AD=8，E為棱AD上一點，且AE=6，平面A1BE

A．34+26 C．34+11 【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出點Q坐標(biāo)，結(jié)合平面向量基本定理求出點Q到外接球球心距離的最大值，然后加上外接球半徑即為要求的最大值.【解答過程】以C為原點，CA,CB,CC1所在直線分別為設(shè)Qx,y,z,長方體外接球球心記為O

則O3,4,3∴因為EQ?AQ=又動點Q在面A1BE上，所以可設(shè)則x-6=-6λy-2=6λ將②代入①中整理得2λ在三棱錐A-A1BE中，AE=AB=A所以三棱錐A-A1BE當(dāng)AQ⊥面A1BE時，AQ最小，在正三棱錐13×1在Rt△AQE中，AE=6，此時EQ有最大值6又EQ=先代入②再代入③有EQ=則6λ+μ=26，此時當(dāng)點Q與點E重合時，滿足EQ?AQ=0，AQ最大，此時點Q到外接球球心距離為OQ=將②代入④中整理得OQ=又2λ2+因為λ+μ∈0,23，所以當(dāng)λ+μ因為長方體外接球半徑為12所以P，Q兩點間距離的最大值為34+故選：B.3．（2023上·四川遂寧·高二統(tǒng)考期末）如圖，棱長為2的正方體ABCD-A1B1C①三棱錐P-A1BD中，點P到面②過點P且平行于面A1BD的平面被正方體ABCD-③直線PA1與面A④當(dāng)點P為B1D1中點時，三棱錐以上命題為真命題的個數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，對于①③用空間向量求解；對于②可證明三角形B1D1C為截面多邊形，求其面積即可；對于④設(shè)球心【解答過程】以A為坐標(biāo)原點，分別以AB，AD，A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),A1A1設(shè)B1則AP=所以P(2-t,t,2)(0≤t≤2)設(shè)面A1BD的一個法向量為則n令x1=1得對于①：P到平面A1BD的距離為對于②：連接B1C,D∴BD//B1D1，又BD?面A∴B1D同理可證B1C//又B1D1∩B所以過點P且平行于面A1BD的平面被正方體ABCD-A它是邊長為22的等邊三角形，故面積為3對于③：設(shè)直線PA1與面A1BD所成角為∵0≤t≤2,∴t2-2t+2∈[1,2]所以直線PA1與面A1對于④：當(dāng)點P為B1D1中點時P(1,1,2)，設(shè)三棱錐P-∵O∴x02解得x0所以外接球半徑R滿足：R2三棱錐P-A1BD綜上：①②③④均正確.故選：D.4．（2023上·浙江嘉興·高三統(tǒng)考期末）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱A1B1的中點，M,N分別是底面ABCD與側(cè)面CDD1C1A．43π B．655π 【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，找到球心O和點P的軌跡，求出O到平面α的距離，利用幾何法求截面圓的半徑和周長.【解答過程】取面對角線B1C中點O，連接ON，B1N，CN，C1N，以A為原點，AB,AD,AA1的方向分別為B2,0,0，C2,2,0B12,0,2，E1,0,2，F(xiàn)1,2,0，G1,0,0，HB1N=-1,2,-1，CN=三棱錐C1-B1NC因此點O即為三棱錐C1-BBE=-1,0,2，GF=0,2,0，HG=-1,0,-1GF?BE=0，HG?BEGF,HG?平面FGHI，GF∩HG=G，BE⊥平面FGHI，M∈平面FGHI，點P的軌跡為矩形FGHI的四邊，如圖所示，OG=-1,-1,-1，BE為平面則球心O到平面FGHI的距離為OG?球面被平面α截得的圓的半徑22-5故選：B.5．（2023上·北京密云·高二統(tǒng)考期末）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC為等腰直角三角形，且滿足AB=AC=AA1=1，點PA．當(dāng)λ=1時，△ABP的面積S的最大值為2B．當(dāng)μ=1時，三棱錐P-AC．當(dāng)λ=12時，有且僅有一個點PD．當(dāng)μ=12時，存在點P，使得A【解題思路】根據(jù)選項A，可得點P在CC1上運動，當(dāng)點P運動到點C1時，△ABP根據(jù)選項B，可得點P在B1C1設(shè)BC的中點為M，B1C1的中點為N，根據(jù)選項C，可得點P在B1C1上運動，則點P在建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出點P的坐標(biāo)，求得出點P的坐標(biāo)，即可判斷選項D.【解答過程】當(dāng)λ=1時,BP=BC+μBB則當(dāng)點P與C1AC由于直三棱柱ABC-A1B1C1，則AB⊥AA1,△ABC為等腰直角三角形,則AB⊥AC因為AC1?面ACC1則S△ABP當(dāng)μ=1時，則BP=λBC+BB1，點由于點A1到平面BPC的距離為定值22，點P到線段BC則S△BCP=1當(dāng)λ=12時，BP=12BC+μBB1,設(shè)BC的中點為M，B1C1MN∩A1N=N，MN,A1N?平面又因為A1P?面A1當(dāng)點P與點N重合時，A1N⊥面BCC1B則A1如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BB1的中點為H，CC1的中點為G，當(dāng)μ=12時，BPA設(shè)平面APB1的法向量為m則A當(dāng)a=12時，則A1B與m平行，則存在點P，使得故選：C.6．（2023上·北京西城·高三統(tǒng)考期末）如圖，正方形ABCD和正方形CDEF所在的平面互相垂直．Ω1是正方形ABCD及其內(nèi)部的點構(gòu)成的集合，Ω2是正方形CDEF及其內(nèi)部的點構(gòu)成的集合．設(shè)①?M∈Ω1,?N∈②?M∈Ω1,?N∈③?M∈Ω1,?N∈Ω2，使EM其中所有正確結(jié)論的個數(shù)是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【解題思路】根據(jù)題意，建立空間直角坐標(biāo)系，假設(shè)出M,N的坐標(biāo)；對于①，利用空間向量的模長公式與M,N坐標(biāo)的取值范圍即可判斷；對于②③，利用賦值法與空間向量的數(shù)量積運算即可判斷.【解答過程】因為四邊形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，因為四邊形ABCD是正方形，所以AD⊥CD，則ED,AD,CD兩兩垂直，所以以D為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則E0,0,1對于①，因為M∈Ω1,N∈Ω2則MN=-a,m-b,n，故因為0≤a,b,m,n≤1，所以-1≤-b≤0，則-1≤m-b≤1，所以a2≤1，m-b2≤1，所以MN≤3對于②，結(jié)合①中結(jié)論，EM=假設(shè)EM⊥BN，則EM⊥BN，即-a+bm-1顯然令a=b=n=0,m=1，bm-1對于③，結(jié)合②中結(jié)論，假設(shè)EM與BN所成的角為60°，則cos60°=EM?令a=1,b=m=n=0，則-a+bm-1-n=1，a所以上述等式成立，故假設(shè)成立，故③正確；綜上：②③正確，①錯誤，所以正確結(jié)論的個數(shù)是2.故選：C.7．（2023上·北京·高二清華附中?？计谀┤鐖D，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱B1①存在點P，使得PA②存在點P，使得BD1⊥③△PA④四面體A1其中，所有正確的結(jié)論的個數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】設(shè)正方體棱長為2,DP=m，求出PA12,PE2，由PA12=PE2解得m(0≤m≤2)，確定①正確，考慮到設(shè)P(0,m,0)，(0≤m≤2)，由空間向量法求得P到A1【解答過程】設(shè)正方體棱長為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=正方體中，CD//平面A1B1C1D1,P∈CD，所以P到平面A1B以DA,DC,DD1為正方體棱長為2，則A1(2,0,2),E(1,2,2),B(2,2,0),DBD1=(-2,-2,2)，BD1?A1E設(shè)P(0,m,0),(0≤m≤2)，PE所以cosPE設(shè)P到直線A1E的距離為

d=|由二次函數(shù)性質(zhì)知0≤m≤2時，y=(m-4)2+20遞減，所以d遞減，又A1E=綜上：①③④正確故選:C.8．（2023下·重慶沙坪壩·高一重慶一中校考期末）已知點P為直線l：x+y-2=0上的動點，過點P作圓C：x2+2x+y2=0的切線PA，PB，切點為A,B，當(dāng)PCA．3x+3y+1=0 B．3x+3y-1=0C．2x+2y+1=0 D．2x+2y-1=0【解題思路】先利用圓切線的性質(zhì)推得A,P,B,C四點共圓，AB⊥CP，從而將PC?AB轉(zhuǎn)化為2PA，進而確定PC⊥l時PC【解答過程】因為圓C：x2+2x+y所以圓心C-1,0，半徑為r=1

因為PA，PB是圓C的兩條切線，則PA⊥AC,PB⊥BC，由圓的知識可知，A,P,B,C四點共圓，且AB⊥CP，PA=PB，所以PC?AB=4所以當(dāng)PC最小，即PC⊥l時，PC?AB取得最小值，此時PC的方程為聯(lián)立y=x+1x+y-2=0，解得x=12故以PC為直徑的圓的方程為x-12(x+1)+y又圓C:x兩圓的方程相減即為直線AB的方程：3x+3y+1=0.故選：A.9．（2023上·遼寧鞍山·高二鞍山一中校聯(lián)考期末）我國著名數(shù)學(xué)家華羅庚曾說“數(shù)缺形時少直觀，形少數(shù)時難入微；數(shù)形結(jié)合百般好，隔離分家萬事休.”事實上，很多代數(shù)問題可以都轉(zhuǎn)化為幾何問題加以解決，列如，與(x-a)2+(y-b)2相關(guān)的代數(shù)問題，可以轉(zhuǎn)化為點x,y與點a,b之間的距離的幾何問題.已知點Mx1,y1在直線l1:y=x+2A．722 B．1122 【解題思路】根據(jù)兩點距離公式將目標(biāo)函數(shù)轉(zhuǎn)化為點Mx1,y1到點A0,4的距離與點Nx2,y2到點B【解答過程】由已知x12+y1x2-52+y所以x1過點A作AC⊥l1，垂足為因為直線l1的方程為x-y+2=0，A所以AC=又直線l1:y=x+2與直線l2所以MN=所以MN//所以四邊形AMNC為平行四邊形，所以AM=所以x1又CN+當(dāng)且僅當(dāng)C,N,B三點共線時等號成立，所以當(dāng)點N為線段CB與直線l2x12+因為過點A0,4與直線l1垂直的直線的方程為聯(lián)立y=-x+4y=x+2，可得x=1所以點C的坐標(biāo)為1,3，所以CB=所以x12+故選：D.10．（2022上·重慶九龍坡·高二校考期中）已知點P在直線l：3x+4y-20=0上，過點P的兩條直線與圓O：x2+y2=4分別相切于A,B兩點，則圓心OA．32 B．455 C．【解題思路】得到P,A,O,B四點共圓，且圓的直徑為OP，從而設(shè)出Pm,n，表達出圓心和半徑，寫出圓的方程，與x2+y2=4相減后得到直線AB的方程為4-mx-ny=0，利用點到直線距離公式得到圓心O到直線AB的距離【解答過程】由題意得：P,A,O,B四點共圓，且圓的直徑為OP，設(shè)Pm,n，則3m+4n-20=0則OP的中點為圓心，圓心坐標(biāo)為m2,n所以圓的方程為：x-m整理得：x2將x2+y2=4故直線AB的方程為4-mx-ny=0，圓心O到直線AB的距離d=4因為3m+4n-20=0，所以m2當(dāng)且僅當(dāng)m=12故d=4故選：D.11．（2023下·北京·高二北京八中?？计谀┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系中，已知點Pa,b滿足a+b=1，記d為點P到直線x-my-2=0的距離.當(dāng)a,b,m變化時，A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】根據(jù)直線l:x-my-2=0過定點A確定出對于給定的一點P，d取最大值時PA⊥l且dmax=PA，然后根據(jù)點P為正方形上任意一點求解出PA【解答過程】直線l:x-my-2=0過定點A2,0對于任意確定的點P，當(dāng)PA⊥l時，此時d=PA當(dāng)PA不垂直l時，過點P作PB⊥l，此時d=PB因為PB⊥AB，所以PA>PB，所以由上可知：當(dāng)P確定時，dmax即為PA，且此時PA⊥l又因為P在如圖所示的正方形上運動，所以dmax當(dāng)PA取最大值時，P點與M-1,0重合，此時PA所以dmax故選：C.12．（2023·山西運城·康杰中學(xué)?？级＃?shù)學(xué)家歐拉在1765年發(fā)現(xiàn)，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一條直線上，這條直線稱為歐拉線已知ΔABC的頂點A2,0,B0,4，若其歐拉線的方程為x-y+2=0A．-4,0 B．-3,-1 C．-5,0 D．-4,-2【解題思路】設(shè)出點C的坐標(biāo)，由重心坐標(biāo)公式求得重心，代入歐拉線得一方程，求出AB的垂直平分線，和歐拉線方程聯(lián)立求得三角形的外心，由外心到兩個頂點的距離相等得另一方程，兩方程聯(lián)立求得點C的坐標(biāo)【解答過程】設(shè)C（m，n），由重心坐標(biāo)公式得，三角形ABC的重心為2+m3,4+n3代入歐拉線方程得：AB的中點為（1，2），kAB=4-00-2=-2即x-2y+3=0．聯(lián)立x-2y+3=0x-y+2=0解得∴△ABC的外心為（-1，1）．則（m+1）2+（n-1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8②聯(lián)立①②得：m=-4，n=0或m=0，n=4．當(dāng)m=0，n=4時B，C重合，舍去．∴頂點C的坐標(biāo)是（-4，0）．故選A.13．（2018·全國·高考真題）直線x+y+2=0分別與x軸，y軸交于A，B兩點，點P在圓x-22+yA．2?，??6 B．4?，【解題思路】先求出A，B兩點坐標(biāo)得到AB，再計算圓心到直線距離，得到點P到直線距離范圍，由面積公式計算即可【解答過程】∵直線x+y+2=0分別與x軸，y軸交于A∴A-∵點P在圓（x∴圓心為（2，0），則圓心到直線距離d故點P到直線x+y+2=0的距離則S故選A.14．（2023上·湖南張家界·高二統(tǒng)考期末）阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學(xué)家，與歐幾里得、阿基米德被稱為亞歷山大時期數(shù)學(xué)三巨匠，他對圓錐曲線有深刻且系統(tǒng)的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圓錐曲線》一書中，阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一，指的是：已知動點M與兩定點A，B的距離之比為λ(λ>0,λ≠1)，那么點M的軌跡就是阿波羅尼斯圓．如動點M與兩定點A95,0，B5,0的距離之比為35時的阿波羅尼斯圓為x2+y2=9．下面，我們來研究與此相關(guān)的一個問題：已知圓O:xA．2+10 B．21 C．26 D．【解題思路】取點N(-4,0)，推理證明得|MN|=2|MA|，把問題轉(zhuǎn)化為求點M到定點B，N距離和的最小值作答.【解答過程】如圖，點M在圓O:x2+y2=4上，取點當(dāng)點O,M,N不共線時，|OM||OA|=|ON||OM|=2，又∠AOM=∠MON則有|MN||MA|=|OM||OA|=2，當(dāng)點O,M,N因此2MA+MB=|MN|+|MB|≥|BN|=(-4-1)2+所以2MA+MB故選：C.15．（2023上·河南駐馬店·高二統(tǒng)考期末）已知橢圓C1:x2a12+y2b12=1a1>b1>0與雙曲線C2:x2a22-y2bA．π3 B．π2 C．2π【解題思路】根據(jù)橢圓、雙曲線的定義可得PF1=a1+a2PF2【解答過程】由題意可知：PF1+又因為ca1=由直線PF1與y軸的交點的坐標(biāo)為0,3在△PF1=a可得24+9e12=2e且e1>0，所以由橢圓性質(zhì)可知：當(dāng)Q為橢圓短軸頂點時，∠F此時sin∠且∠F1QF2∈0,故選：A..16．（2023下·湖南·高二校聯(lián)考期末）如圖，已知F1,F2是雙曲線C:x2a2-y2b

A．105 B．52 C．153【解題思路】根據(jù)雙曲線的定義和性質(zhì)分析可得t=a，進而可得∠F【解答過程】延長QF2與雙曲線交于點因為F1P∥F設(shè)F2P'可得F2P-所以P'Q=4t=4a，則Q即P'Q2在△P'F即a2+3a故選：D.

17．（2023下·四川成都·高二校聯(lián)考期末）如圖，已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)和雙曲線C

①若a2+3m②若|PF1|?|P③△F1P④若∠F1PF2A．①② B．②③ C．③④ D．②④【解題思路】對于①，由橢圓和雙曲線的定義結(jié)合a2+3m2=4c2得到b=3n，①正確；對于②，由橢圓定義和雙曲線定義結(jié)合|PF1|?|PF2|【解答過程】①∵a∴aa2+3m∴b=3②∵P在第一象限，且|PF1|(|PF即a2③設(shè)橢圓的焦距為2c，∠F1PF2=θ，解得|PF1∵c2=∴Pcosθ=|PFS△④設(shè)橢圓的焦距為2c，則|PF1|解得|PF1在△F1P整理得4c2=e1當(dāng)且僅當(dāng)e2故選：D．18．（2023下·四川成都·高三校聯(lián)考期末）若A是拋物線y2=4x上的動點，點B，C在y軸上，圓x-22+y2=4A．8 B．16 C．24 D．32【解題思路】根據(jù)圓的切線的知識求得△ABC面積的表達式，利用基本不等式求得面積的最小值.【解答過程】設(shè)Ax0,y0圓x-22+y2=4由于圓x-22+y2=4直線AB的方程為y-b=y0-b則2y0-b同理可得x0所以b+c=-4所以b-c2將y02=4x0所以S=2x0當(dāng)且僅當(dāng)2x故選：D.19．（2023上·廣東深圳·高二統(tǒng)考期末）已知點M,N是拋物線y=4x2上不同的兩點，F(xiàn)為拋物線的焦點，且滿足∠MFN=2π3，弦MN的中點P到直線l:y=-116的距離記為A．-∞,2C．-∞,1+2【解題思路】令|MF|=a,|NF|=b，利用余弦定理表示出弦MN的長，再利用拋物線定義結(jié)合梯形中位線定理表示出d，然后利用均值不等式求解作答.【解答過程】在△MFN中，令|MF|=a,|NF|=b，由余弦定理得|MN|則有|MN|顯然直線l:y=-116是拋物線y=4x2的準(zhǔn)線，過M,P,N作直線而P為弦MN的中點，PB為梯形MACN的中位線，由拋物線定義知，d=|PB|=1因此|MN|當(dāng)且僅當(dāng)a=b時取等號，又不等式MN2≥λd2恒成立，等價于所以λ的取值范圍是(-∞故選：D.20．（2023上·天津西青·高二校聯(lián)考期末）已知雙曲線x22-y2b2=1(b>0)的右焦點到其一條漸近線的距離等于2，拋物線A．115 B．145 C．165【解題思路】根據(jù)給定條件，借助雙曲線求出拋物線焦點F的坐標(biāo)，再結(jié)合拋物線定義及幾何意義求解最值作答.【解答過程】雙曲線x22-y2依題意，b2+b2b2+2=2，解得由4x-3y+8=0y2=8x消去x并整理得：過點F作FP⊥l1于點P，交拋物線于點M，過M作MQ⊥l2于點則有|MP在拋物線y2=8x上任取點M'，過M'作M'P'⊥l1顯然|M'P'|+|所以拋物線上一動點M到直線l1:4x-3y故選：D.21．（2023上·江西上饒·高二統(tǒng)考期末）P是拋物線y2=8x上一點，點A4,1，B是圓C:x+22+y-42=1A．3 B．4 C．5 D．6【解題思路】根據(jù)拋物線的定義、線對稱的性質(zhì)、圓的性質(zhì)，結(jié)合兩點間線段最短進行求解即可.【解答過程】由題意可知曲線C1是半徑為1的圓，設(shè)圓心C1x0,則有4-y0-2-該拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-2，過A4,1作準(zhǔn)線x=-2的垂線，垂足為D當(dāng)P在線段DA上時，PA+PC所以當(dāng)B在線段PC1上時，如下圖所示：PA+故選：C.22．（2023下·遼寧鐵嶺·高二校聯(lián)考期末）已知數(shù)列an滿足a1=1，2an+1=an．設(shè)bnA．12,+∞C．[5,+∞) 【解題思路】根據(jù)給定條件，求出數(shù)列an，bn的通項，再求出數(shù)列【解答過程】由數(shù)列an滿足a1=1，2an+1=a于是bn=n當(dāng)1≤n≤5，時bn+1≥bn，當(dāng)且僅當(dāng)n=5時取等號，當(dāng)因此當(dāng)n≤5時，數(shù)列bn單調(diào)遞增，當(dāng)n≥6時，數(shù)列b則當(dāng)n=5或n=6時，(bn)max=12所以實數(shù)λ的取值范圍是12故選：A.23．（2023下·安徽合肥·高二統(tǒng)考期末）如圖，正方形ABCD的邊長為5，取正方形ABCD各邊的中點E,F,G,H，作第2個正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各邊的中點I,J,K,L，作第3個正方形IJKL，依此方法一直繼續(xù)下去，則從正方形ABCD開始，連續(xù)15個正方形的面積之和等于（

）

A．1001-12C．251-12【解題思路】設(shè)第nn∈N*個正方形的面積為Sn，第nn∈N*個正方形的邊長為an，則第n個正方形的對角線長為2an，則由題意可得【解答過程】記第1個正方形的面積為S1，第2個正方形的面積為S2,…，第nn∈N*個正方形的面積為Sn，設(shè)第n所以第n+1個正方形的邊長為a則數(shù)列an是首項為a1=5∴an=5?當(dāng)n=1時，S1=25∴數(shù)列Sn是首項為S1=25∴連續(xù)15個正方形的面積之和等于S故選：B.24．（2023下·云南曲靖·高一曲靖一中?？计谀└咚故堑聡麛?shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)的奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的稱號，用他名字定義的函數(shù)稱為高斯函數(shù)f(x)=x，其中x表示不超過x的最大整數(shù)，如2.3=2，-1.9=-2，已知數(shù)列an滿足a1=1，a2=5，an+2+4an=5A．2023 B．2024 C．2025 D．2026【解題思路】首先根據(jù)累加法得到an的通項公式進而得到bn，并對bn【解答過程】由an+2+4an=5首項為a2-a得an+1bn∵log又log2∴b令{∴8100∴S∴S代入n=2025得[S故選：B.25．（2023上·安徽滁州·高二校聯(lián)考期末）已知等比數(shù)列an的公比為-13，其前n項和為Sn，且a1，a2+43，a3A．2 B．76 C．103 【解題思路】由已知可求得Sn=32-32?-13n，n為奇數(shù)時，Sn=32+3【解答過程】等比數(shù)列an的公比為-13，因為a1，a2+43所以Sn當(dāng)n為奇數(shù)時，Sn=32+32當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn=32-32所以Sn的最大值與最小值分別為2，4函數(shù)y=t-2t在0，B≥Sn-2S故選：B．26．（2023上·浙江金華·高二統(tǒng)考期末）已知數(shù)列an是各項為正數(shù)的等比數(shù)列，公比為q，在a1,a2之間插入1個數(shù)，使這3個數(shù)成等差數(shù)列，記公差為d1，在a2,a3之間插入2個數(shù)，使這4個數(shù)成等差數(shù)列，公差為d2A．當(dāng)0<q<1時，數(shù)列dn單調(diào)遞減 B．當(dāng)q>1時，數(shù)列dC．當(dāng)d1>d2時，數(shù)列dn單調(diào)遞減 【解題思路】根據(jù)數(shù)列dn【解答過程】數(shù)列an是各項為正數(shù)的等比數(shù)列，則公比為q>0由題意an+1=a0<q<1時，dn<0，有dn+1dnq>1時，dn>0，dn+1dn=qn+1n+2，若數(shù)列dd1>d2時，q>1時，dn>0，由dn+1dn=qn+1n+2，若數(shù)列dd1<d2時，a1q-12故選：D.27．（2023上·上海徐匯·高二上海中學(xué)?？计谀┮阎獢?shù)列an，bn滿足a1=2，b1=1A．a(chǎn)50b50C．a(chǎn)50+b【解題思路】求得a50b50的值判斷選項A；求得a50b50的范圍判斷選項B；求得【解答過程】選項A：a2=b1又an+1bn+1則a50選項B：a（當(dāng)且僅當(dāng)an則a<2+2×49+1選項C：an+1則a=則an+1則a50選項D：an+1則a=則an+1而a50b50則a50故選：D.28．（2023上·福建龍巖·高二統(tǒng)考期末）記Sn是各項均為正數(shù)的數(shù)列an的前n項和，a1=4．?dāng)?shù)列bn滿足bn=A．a(chǎn)B．k=1C．?dāng)?shù)列791D．k=1【解題思路】由已知條件結(jié)合an與Sn的關(guān)系，解出數(shù)列【解答過程】由an=Sn-Sn-1所以bn2-因為Sn≠0，所以bn又b1=S則bn=2+2(n-1)=2n，所以當(dāng)n≥2時，an=S∴an當(dāng)n≥3時，k=1=1而n=1,2時，k=1n設(shè)cn=7當(dāng)cn+1cn故數(shù)列7912k=1n故選：C.29．（2023下·安徽合肥·高二校聯(lián)考期末）設(shè)函數(shù)fx的定義域為R，其導(dǎo)函數(shù)為f'x，且滿足fx>f'A．2022,+∞ B．-∞,2023 C．0,+【解題思路】根據(jù)給定不等式構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-1【解答過程】定義在R上的函數(shù)fx的導(dǎo)函數(shù)為f'x令函數(shù)g(x)=f(x)-1ex，求導(dǎo)得g'(x)=由f0=2023，得g(0)=f(0)-1e0=2022，不等式所以不等式e-xfx故選：D.30．（2023下·內(nèi)蒙古赤峰·高二校聯(lián)考期末）已知a=e0.2-1，b=ln1.2，c=A．a(chǎn)>c>b B．c>a>b C．b>a>c D．a(chǎn)>b>c【解題思路】根據(jù)已知，利用作差法構(gòu)造函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性進行計算求解.【解答過程】因為b=ln1.2=ln1+0.2，設(shè)令rx=f'x所以f'x=所以當(dāng)x>0時，f'x>0，所以f又f0=0，所以f0.2>0，設(shè)gx=ln1+x-所以gx=ln1+x-tanx在0,所以g0.2<0，即ln1+0.2設(shè)hx=e則t'當(dāng)x∈0,π4，t'x>0，則tx所以h0.2=e0.2-1-故選：A.31．（2023下·福建三明·高二統(tǒng)考期末）設(shè)函數(shù)fx=eA．函數(shù)fx的單調(diào)遞減區(qū)間為-1,B．曲線y=fx在點1,3e處的切線方程為C．函數(shù)fxD．若方程fx=k有兩個不等實根，則實數(shù)k的取值范圍為【解題思路】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的運算法則及初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式，利用導(dǎo)數(shù)值的定義及求過點處的切線方程的步驟，結(jié)合導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)的極值的步驟及將方程fx=k有兩個不等實根轉(zhuǎn)化為y=k與【解答過程】由題意可知fx的定義域為-f'令f'(x)=0，即exx當(dāng)x∈-∞當(dāng)x∈-1,0∪所以fx在-∞,-1和12,+故A錯誤；當(dāng)x=-1時，fx取得極大值為f當(dāng)x=12時，fx因為1e對于B，切線斜率k=f曲線y=fx在點1,3e處的切線方程為即y=e對于D，由上分析可作出fx要使方程fx=k有兩個不等實根，只需要y=k與由圖可知，k∈0,所以實數(shù)k的取值范圍為0,1故選：D.32．（2023下·云南昆明·高二統(tǒng)考期末）已知關(guān)于x的不等式a+1x≥lnx+b恒成立，則aA．-1 B．-12 C．-1【解題思路】令f(x)=lnx-(a+1)x，則將問題轉(zhuǎn)化為f(x)max≤-b，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性可求出f(x)的最大值，問題轉(zhuǎn)化為(a+1)≥【解答過程】關(guān)于x的不等式a+1x≥lnx+b令f(x)=lnx-(a+1)x，則f'當(dāng)a≤-1時，f'(x)>0，則f(x)在(0,+∞當(dāng)a>-1時，令f'(x)>0，解得0<x<1a+1，令所以f(x)在0,1a+1上遞增，在所以f(x)所以-ln(a+1)-1≤-b，得所以eln(a+1)≥所以當(dāng)-1<a≤0時，ae令g(a)=a(a+1)=a+所以此時a=-12,b=1-當(dāng)a>0時，ae綜上，aeb-1的最小值為故選：C.33．（2023下·廣東廣州·高二統(tǒng)考期末）已知曲線y=x+lnx在點1,1處的切線與曲線y=ax2+A．a(chǎn)≥0 B．a(chǎn)≥0或a=-1C．-1≤a≤0 D．a(chǎn)≥-1【解題思路】求出曲線y=x+lnx在點1,1處的切線方程，由題意將切線與曲線y=ax2+【解答過程】由題意y=x+lnx得y'故曲線y=x+lnx在點1,1處的切線方程為y-1=2(x-1)，即而切線2x-y-1=0與曲線y=ax即2x-1=ax即ax令g(x)=ax2+由于x>0，故2x+1>0，當(dāng)a=0時，g'(x)>0，g(x)在且g(x)=2x+lnx,(x>0)，即g(x)在(0,+∞)上存在唯一零點，即當(dāng)a>0時，g'(x)>0，g(x)在由于ax2+a+2x的最小值為-且g(1)=2a+2>0，故g(x)在(0,+∞即ax當(dāng)a<0時，當(dāng)0<x<-1a時，g'(x)>0，當(dāng)x>-1a時，g'(x)<0，故g(x)令h(x)=lnx+x-1,(x>0)，則h(x)在(0,+∞此時要使ax2+綜合以上可知a≥0或a=-1，故選：B.34．（2023上·重慶沙坪壩·高二重慶一中?？计谀┰O(shè)函數(shù)fx=ex-ax2+ax（a∈R）（e=2.718?為自然對數(shù)的底數(shù)），若恰好存在兩個正整數(shù)m，A．e22,C．e36,【解題思路】根據(jù)給定條件，只需考查當(dāng)x>1時，a>e【解答過程】函數(shù)fx=ex-ax2+ax中，當(dāng)x>1時，f(x)<0?a>exx令g(x)=exx2-x,x>1，求導(dǎo)得：g'(x)=e因此函數(shù)g(x)在(1,3+52)上單調(diào)遞減，在則必有a>g(2)=e22于是得a≤g(4)=e412，所以實數(shù)a故選：A.35．（2023下·北京豐臺·高二統(tǒng)考期末）設(shè)函數(shù)f(x)=x2-(a+1)x+2a,x<1ax-2,x≥1，給出下列四個結(jié)論：①當(dāng)a<0時，函數(shù)f(x)有三個極值點；②當(dāng)0<a<1時，函數(shù)f(x)有三個極值點；③?a∈R,x=2是函數(shù)A．①② B．②③ C．①④ D．②④【解題思路】取特殊值a=-1，結(jié)合函數(shù)圖象可判斷①③；作出函數(shù)圖象，數(shù)形結(jié)合可判斷②；討論a的取值范圍，結(jié)合函數(shù)圖象，可判斷④.【解答過程】對于①，不妨取a=-1，此時f(x)=x作出函數(shù)f(x)圖像如圖：

此時函數(shù)有2個極值點x=0,x=2，故①錯誤；對于②，當(dāng)0<a<1時，12<a+1

f(x)在(-∞,a+12)單調(diào)遞減，在(此時函數(shù)f(x)有3個極值點：x1對于③，由①的分析可知，a=-1時，x=2是函數(shù)f(x)的極大值點，③錯誤；對于④，由以上分析可知當(dāng)a<1時，a+12<1，且x=a+1此時x=a+12為函數(shù)當(dāng)a≥1時，a+12≥1，此時f(x)在在[1,2]上也單調(diào)遞減，在(2,+∞x=a+12不是函數(shù)

故?a∈R,x=a+1故選：D.二、多選題（共15題）36．（2023下·福建龍巖·高二統(tǒng)考期末）在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點N滿足B1N=xB1A1+yBA．BB．CM⊥BDC．當(dāng)線段MN取最小值時，x+y=D．當(dāng)λ=1時，與AM垂直的平面截正方體所得的截面面積最大值為3【解題思路】對A：根據(jù)平面向量結(jié)合異面直線夾角分析運算；對B：根據(jù)空間向量分析可得點M在線段A1【解答過程】因為點N滿足B1N=xB1則點N在正方形A1又因為CC1∥BB1，則異面直線BN與可得B1N=BB1?tan∠NBB1所以A錯誤；因為AM且λ∈[0,1]，所以點M在線段A1因為AA1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD又因為ABCD為正方形，則AC⊥BD，AA1∩AC=A，AA1,AC?平面且CM?平面AA1C因為MN≥MB1-又因為當(dāng)MB1⊥A1C1結(jié)合對稱性可知：當(dāng)M是A1C1則B1N=x(即x=y=66，所以當(dāng)λ=1時，則AM=AA1+與AM垂直的平面，即與體對角線AC1垂直的平面因為BD⊥平面AA1C1C，且A同理可證：A1且BD∩A1D=D，BD,A1D?平面而與平面A1BD平行且面積最大的截面應(yīng)當(dāng)過正方體的中心，此時截面為邊長是所以截面面積的最大值為34故選：BCD.37．（2023下·河南駐馬店·高二統(tǒng)考期末）如圖，平行六面體AC1中，∠A1AD=∠A1AB=45°，AD=AB，

A．平面ACC1B．若A1OC．AD．若∠BAD=60°，則cos【解題思路】對于A，由題意可得四邊形ABCD為菱形，則可得BD⊥AC，再計算BD?AA1，可得BD⊥AA1，從而得BD⊥平面ACC1A1，再利用面面垂直的判定定理可得結(jié)論；對于B，連接A1【解答過程】對于A，因為在平行四邊形ABCD中，AD=AB，所以四邊形ABCD為菱形，所以BD⊥AC，因為∠A1AD=∠所以AD?AA因為BD=AD-所以BD⊥AA因為AA1∩AC=A，AA1,AC?平面因為BD?平面BDD1B1，所以平面對于B，連接A1C，因為A1O=所以△AA1C為直角三角形，即A1C⊥AA1因為由選項A知BD⊥平面ACC1A1，A1因為BB1∩BD=B，BB1,BD?平面所以平行六面體的體積V=2V對于C，因為四邊形ABCD為平行四邊形，所以O(shè)為BD的中點，所以AO=12對于D，設(shè)AB=a,AA1=b，因為在菱形ABCD中，∠BAD=60°所以cos∠故選：ABD.

38．（2023下·遼寧朝陽·高二校聯(lián)考期末）如圖，在三棱錐P-ABC中，△PAB和△ABC均為邊長為2的等邊三角形，則下列說法正確的是（

）

A．PC⊥ABB．當(dāng)三棱錐P-ABC的體積最大時，三棱錐P-ABC的外接球的體積為2C．當(dāng)二面角P-AB-C的余弦值為13時，D．若二面角P-AB-C的大小為θ，且θ∈[π3,2π3【解題思路】取AB的中點D，連接DP,DC，利用線面垂直的判斷判斷A；確定三棱錐體積最大時圖形位置，并求出球半徑計算判斷B；利用空間向量數(shù)量積判斷C；求出異面直線夾角余弦的函數(shù)關(guān)系求解判斷D作答.【解答過程】在三棱錐P-ABC中，△PAB和△ABC均為邊長為2的等邊三角形，取AB的中點D，連接DP,DC，如圖，則DP⊥AB,DC⊥AB，

又DP∩DC=D,DP,DC?平面DPC，則AB⊥平面DPC，又PC?平面DPC，所以AB⊥PC，A正確；AB?平面ABC，則有平面DPC⊥平面ABC，又平面DPC∩平面ABC=CD，于是點P在平面ABC上的射影在直線CD上，點P到平面ABC的距離h=PDsin當(dāng)且僅當(dāng)∠PDC=90°時取等號，而△ABC面積為定值，即h最大時三棱錐此時平面PAB⊥平面ABC，且PD⊥平面ABC，CD⊥平面ABP，令△ABC,△ABP的中心分別為O1三棱錐P-ABC外接球球心為O，則OO1⊥平面ABC，OO2四邊形OO1DO2因此三棱錐P-ABC的外接球半徑R=C所以三棱錐P-ABC的外接球的體積V=4由選項A知，∠PDC為二面角P-AB-C的平面角，即cos∠PDC=因為PB=DB=-1+3cos∠PDC=0，因此二面角P-AB-C的大小為θ，即∠PDC=θ，于是PBDB?DA-DB?DC-則cosα=|cos?PB,CA?|=因此|-1+3cosθ|∈[0,52]，則cos故選：ACD.39．（2023上·遼寧朝陽·高二?？计谀┮阎袰1:x2A．⊙C1與B．當(dāng)θ=π4時，直線x+y-2=0是C．若M,N分別是⊙C1與⊙CD．過點C1作⊙C2的兩條切線，切點分別是P,Q，則四邊形【解題思路】根據(jù)圓心距和半徑之間的關(guān)系可判斷A；計算圓心到直線的距離可判斷B；結(jié)合兩圓外切求得MN的最大值判斷C；求出弦長即可求得四邊形C1【解答過程】由題意知⊙C1的圓心C10,0，半徑r1=1,⊙C所以⊙C1與⊙C當(dāng)θ=π4時，點C1到直線x+y-即⊙C點C2到直線x+y-2=0即⊙C所以直線x+y-2=0是⊙C1與由于⊙C1與⊙C2相外切，故連接C2P,C根據(jù)勾股定理可得C1

所以四邊形C1PC故選：BD.40．（2023上·遼寧鞍山·高二鞍山一中校聯(lián)考期末）過直線kx+y+4=0(k>0)上一點M作圓C:x2+y2-2y=0的兩條切線.切點分別為A．k=2 B．∠AMB的最大度數(shù)為60°C．直線AB必過點-25,45【解題思路】由圓的切線的性質(zhì)可得四邊形MACB的周長l=2MC2-1+2，再求MC的最小值，結(jié)合條件列方程求k，判斷A，求∠AMB的余弦及其最小值，結(jié)合余弦函數(shù)性質(zhì)求∠AMB的最大度數(shù)，判斷B，求過點M,A,C,B的圓的方程，再求其與圓C的公共弦方程，確定其所過定點坐標(biāo)，判斷C，利用等面積法可得【解答過程】因為方程x2+y所以圓x2+y2-2y=0所以CA=因為MA,MB為圓x2+y所以MA⊥CA,MB⊥CB，所以MA=MB，如圖四邊形MACB的周長l=2MA因為四邊形MACB周長的最小值是6，所以MC的最小值為5，所以點C到直線kx+y+4=0(k>0)的距離為5，所以k×0+1+4k所以k=2，A正確；∠AMB=2∠AMC，sin∠AMC=所以cos∠AMB=所以當(dāng)MC取最小值5時，cos∠AMB取最小值為3即cos∠AMB又余弦函數(shù)y=cosx在所以∠AMBmax因為MA⊥CA,MB⊥CB，所以點M,A,C,B四點共圓，且線段MC為該圓的直徑，設(shè)Ma,-2a-4過點M,A,C,B的圓的方程為x-a化簡可得x2因為圓x2-ax+y將圓x2-ax+yax-2a+5化簡可得ax-2y+2故直線AB的方程為ax-2y+2又由x-2y+2=0-5y+4=0可得x=-所以直線AB必過點-2因為△AMC的面積S=1所以AB=所以當(dāng)MC取最小值5時，AB取最小值為45故選：ACD.41．（2022上·重慶·高二校聯(lián)考期末）設(shè)圓O：x2+y2=1與y軸的正半軸交于點A，過點A作圓О的切線為l，對于切線l上的點B和圓ОA．若∠ABO=30°，則點B的坐標(biāo)為3B．若OB=2，則C．若∠OBC=30°，則OBD．若∠ABC=60°，則OB【解題思路】對A：在直角三角形OAB中即可求解；對B：當(dāng)BC與圓О相切時，∠OBC最大；當(dāng)B、O、C三點共線時，∠OBC最小，分兩種情況討論即可；對C、D：當(dāng)BC與圓О相切時，∠OBC最大，即∠ABC最大，此時∠ABC=2∠OBC，分析點B在點-3,1和【解答過程】解：對A：若∠ABO=30°，在直角三角形OAB中，由OA=1可得AB=3，所以點B的坐標(biāo)為3對B：當(dāng)BC與圓О相切時，∠OBC最大，此時在直角三角形OCB中，因為OB=2,OC=1，所以易得∠OBC=30°；當(dāng)B、O、C三點共線時，∠OBC對C、D：當(dāng)BC與圓О相切時，∠OBC最大，即∠ABC最大，此時∠ABC=2∠OBC，當(dāng)OB=2時，∠ABC=60°，∠OBC=30°.當(dāng)點B在點-3,1和3,1之間變動時，∠ABC≥60故選：BD.42．（2023下·福建廈門·高二統(tǒng)考期末）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，F(xiàn)1-1,-1，F(xiàn)21,1，動點P滿足A．P的軌跡方程為x24+y22C．△PF1F2的面積的最大值為2 【解題思路】由動點滿足的條件可求軌跡方程，由橢圓定義知軌跡是以F1,F【解答過程】對于A，設(shè)P(x,y)，則x+12+y+1對于B，由橢圓定義知P的軌跡是以F1,F對于C，因為長半軸a=2，半焦距c=2，所以短半軸b=當(dāng)點P在短軸頂點上，∠F1P對于D，聯(lián)立方程3x2+3由Δ=-8m2故選：BCD.43．（2023下·安徽黃山·高二統(tǒng)考期末）已知拋物線C:y2=4x，過焦點F的直線交拋物線于A,B兩點，分別過A,B作準(zhǔn)線l的垂線，垂足為A1,B1A．AB．若AF=3，則ΔAOFC．若M為拋物線C上的動點，則MFMQ的取值范圍為D．若∠AQB=60°，則直線AB的傾斜角α【解題思路】對于A，由拋物線的性質(zhì)可知∠A1FA=∠A1對于B，由AF=3，及S對于C，當(dāng)直線MQ與拋物線相切時，∠MQO最大，此時cos∠MQO最小，設(shè)直線MQ的方程為x=my-1，代入拋物線的方程可得y2=4對于D，連接AQ,BQ，可得∠AQA1+∠BQB1【解答過程】對于A，由拋物線的性質(zhì)可知AA1=AF,BB1又因為AA1//BB所以∠A1FA=∠則有∠A1F對于B，設(shè)AxA,yA，由AF代入拋物線的方程可得yA2=2×4，可得|

對于C，過M作MM'垂直于準(zhǔn)線于M'由拋物線的性質(zhì)可得MF=MM'，所以當(dāng)直線MQ與拋物線相切時，∠MQO最大，此時cos∠MQO設(shè)直線MQ的方程為x=my-1，代入拋物線的方程可得y2=4my-1，即y2-4my+4=0，由Δ=16m2-16=0當(dāng)點M與原點重合時cos∠MQO=1，此時MF=MQ則22≤cos對于D，由焦點F1,0，設(shè)直線AB的方程為x=ty+1，代入拋物線的方程可得y2=4設(shè)Ax1,y1，B則y1+y2=4t，y連接AQ,BQ，可得∠AQA則tan整理可得y即2?t2+1則直線AB的斜率為k=±22，即tanα=±故選：ACD．44．（2023下·廣東廣州·高二統(tǒng)考期末）已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左、右焦點分別為F1、F2，左、右頂點分別為AA．雙曲線C的漸近線方程為y=±B．若PF1⊥PFC．分別以線段PF1、D．∠P【解題思路】通過kPA1?kPA【解答過程】對于A選項，設(shè)點Px,y，則y因為A1-a,0、A2由b2a2=3，得ba對于B選項，因為ca=1+根據(jù)雙曲線的定義可得PF又因為PF1⊥PF2由PF12即4a2+24=16對于C，設(shè)PF1的中點為O1，O為原點.因為O、O1分別為所以O(shè)O

則可知以線段PF1、對于D，當(dāng)點P在第一象限時，設(shè)點Px0,y0因為漸近線方程為y=±3所以∠PA1F當(dāng)∠PF2A1=所以，c2a2-y此時，△PA1F2為等腰直角三角形，則當(dāng)∠PA1F2∈所以tan=2因為2∠PA1F當(dāng)點P在第四象限時，同理可得∠PF綜上可知，D對.故選：ACD.45．（2023下·安徽亳州·高二亳州二中?？计谀┮阎缺葦?shù)列an的前n項積為Tn,a1A．當(dāng)n=2023時，TnB．a(chǎn)C．存在n<1012，使得aD．當(dāng)n=1012時，Tn【解題思路】根據(jù)題意結(jié)合等比數(shù)列的性質(zhì)以及單調(diào)性逐項分析判斷.【解答過程】對于選項B：因為a1>0,q>1，所以又因為a1a2對于選項A、D：因為a1所以a1a2又因為a1a2024則a1012a1013且a1>0,q>1，可知數(shù)列當(dāng)n≤1012時，an≤a1012<1所以當(dāng)n=1012時，a1對于選項C：因為數(shù)列an是單調(diào)遞增數(shù)列，且當(dāng)n<1012時，a所以an故選：BD.46．（2023上·江蘇揚州·高二統(tǒng)考期末）