【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修二）综合测试卷：高二上学期期末复习（巩固篇） Word版含解析.docx，共(19)页，320.760 KB，由小赞的店铺上传

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高二上学期期末复习综合测试卷（巩固篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2022·山东青岛·高二学业考试）对于直线𝑙:𝑥−√3𝑦−6=0，下列选项正确的为（）

A．直线l倾斜角为π3B．直线l在y轴上的截距为2√3C．直线l不过第二象限D．直线l过点(3,√3)【解题思路】将直线的一般方程化成斜截式方程即可得直线斜率和在y轴上的截距，可判断AB；画出直线的图象可判断C，将点(3,√3)代入直线方程可判断D.【解答过程】将直

线𝑙:𝑥−√3𝑦−6=0改写成斜截式方程为𝑙:𝑦=√33𝑥−2√3由斜截式方程的几何意义可知，斜率为𝑘=√33，所以直线倾斜角𝜃∈[0,π)满足tan𝜃=√33，即𝜃=π6，故A错误；易知，直线l在y轴上的截距为−2√3，所以B错误；画出直线

l的图象如下：由图象可知，直线l不过第二象限，故C正确；将点(3,√3)代入直线方程得3−√3×√3−6=−6≠0，所以直线l不过点(3,√3)，即D错误.故选：C.2．（5分）（2022春·广东江门·高二期中）已知空间向量𝑎⃗=(2,−3,4)，𝑏⃗⃗=(−4,𝑚,�

�)，𝑚,𝑛∈R，若𝑎⃗∥𝑏⃗⃗，则𝑚−𝑛=（）A．2B．−2C．14D．−14【解题思路】𝑏⃗⃗=𝜆𝑎⃗，得到(−4,𝑚,𝑛)=𝜆(2,−3,4)=(2𝜆,−3𝜆,4𝜆)，解得答案.【解答过程】𝑎⃗∥𝑏⃗⃗，则𝑏⃗⃗=𝜆𝑎⃗，即(−4,𝑚,𝑛)=𝜆(

2,−3,4)=(2𝜆,−3𝜆,4𝜆)，解得𝜆=−2，𝑚=6，𝑛=−8，𝑚−𝑛=14.故选：C.3．（5分）（2022春·湖北荆州·高二期末）已知𝑆𝑛是等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，𝑆13<0,𝑆14>0，则𝑆𝑛的最小值为（）A．𝑆6B．𝑆7C．𝑆8D．

𝑆13【解题思路】根据等差数列的前𝑛项和公式和性质可得：𝑎7<0,𝑎8>0，且|𝑎8|>|𝑎7|，进而求解.【解答过程】因为𝑆𝑛是等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，由𝑆13<0可得：𝑆13=13(𝑎1+𝑎13)2=13𝑎7<0，所以𝑎7<0，由𝑆14>

0可得：𝑆14=14(𝑎1+𝑎14)2=7(𝑎7+𝑎8)>0，所以𝑎7+𝑎8>0，则有|𝑎8|>|𝑎7|，所以等差数列{𝑎𝑛}的前7项为负值，从第8项开始为正值，所以𝑆𝑛的最小值为𝑆7，故选：B.4．（5分）（2022·河南·模拟预测）当𝑥=1

时，函数𝑓(𝑥)=𝑎ln𝑥+𝑏+1𝑥取得极小值4，则𝑎+𝑏=（）A．7B．8C．9D．10【解题思路】求导得到𝑓′(𝑥)=𝑎𝑥−𝑏+1𝑥2，计算𝑓′(1)=0，且𝑓(1)=4，解得答案.【解答过程】𝑓(𝑥)=𝑎ln𝑥+𝑏

+1𝑥，𝑓′(𝑥)=𝑎𝑥−𝑏+1𝑥2，根据题意有𝑓′(1)=𝑎−(𝑏+1)=0，且𝑓(1)=𝑏+1=4，解得𝑎=4，𝑏=3，𝑎+𝑏=7.此时𝑓′(𝑥)=4𝑥−4𝑥2=4(𝑥−1

)𝑥2，𝑥∈(0,+∞)，当𝑥∈(0,1)时，𝑓′(𝑥)<0，函数单调递减；当𝑥∈(1,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0，函数单调递增.函数在𝑥=1处取极小值，满足.故选：A.5．（5分）已知椭圆C：𝑥24+𝑦

2𝑏2=1(0<𝑏<2)的左焦点为𝐹1，直线𝑦=𝑘𝑥(𝑘≠0)与C交于点M，N.若∠𝑀𝐹1𝑁=120°，|𝑀𝐹1|⋅|𝑁𝐹1|=83，则椭圆C的离心率为（）A．12B．√22C．√32D．√63【解题思路】由椭圆的对称性可知：四边形𝑀𝐹1𝑁𝐹2为平行四边形，结合

椭圆的定义并在△𝑀𝐹1𝐹2中利用余弦定理求出关于𝑐的值，进而可求出离心率.【解答过程】设椭圆C的右焦点为𝐹2，如图，连接𝑀𝐹2,𝑁𝐹2，因为𝑂为𝑀𝑁,𝐹1𝐹2的中点，所以四边形𝑀𝐹1𝑁𝐹2为平行四边形，所以|𝑀𝐹1|=|𝑁𝐹2|，|𝑁𝐹1|=|𝑀�

�2|，由椭圆的定义可得：|𝑀𝐹1|+|𝑀𝐹2|=2𝑎，又因为|𝑀𝐹1|⋅|𝑁𝐹1|=83，所以|𝑀𝐹1|⋅|𝑀𝐹2|=83，又因为∠𝑀𝐹1𝑁=120°，所以∠𝐹2𝑀𝐹1=60°，在△𝐹1𝑀𝐹2中，由余弦定理可得：|𝐹1𝐹2|2=|𝑀

𝐹1|2+|𝑀𝐹2|2−2|𝑀𝐹1|⋅|𝑀𝐹2|cos∠𝐹1𝑀𝐹2=(|𝑀𝐹1|+|𝑀𝐹2|)2−3|𝑀𝐹1|⋅|𝑀𝐹2|，也即4𝑐2=4𝑎2−8，因为𝑎2=4，所以𝑐2

=2，所以椭圆的离心率𝑒=𝑐𝑎=√𝑐2𝑎2=√22，故选：B.6．（5分）（2022春·河南·高三期末）在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，E，F分别为棱𝐴1𝐵1，棱𝐵1𝐶1的中点，则以下说法正确的是（）A．𝐵𝐷1⊥平面DEFB．𝐵𝐷1∥平面CEFC．平

面𝐵𝐷𝐵1⊥平面DEFD．平面𝐴𝐶𝐵1⊥平面DEF【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量工具逐项判断即可【解答过程】不妨设正方体棱长为2,如图,建立空间直角坐标系𝐷−𝑥𝑦𝑧,则𝐸(2,1,2),𝐹(1,2,2),𝐵(2,2,0),𝐷1

(0,0,2),𝐶(0,2,0)，𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,1,2),𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,2,2),设平面DEF的法向量𝑚⃗⃗⃗=(𝑎,𝑏,𝑐)，∴{𝑚⃗⃗⃗⋅𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑚⃗⃗⃗⋅𝐷𝐹⃗⃗

⃗⃗⃗⃗=0,∴{2𝑎+𝑏+2𝑐=0𝑎+2𝑏+2𝑐=0，令a=2,b=2，则c=-3，易得平面DEF的法向量𝑚⃗⃗⃗=(2,2,−3)，𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,−2,2),因为𝑚⃗⃗⃗与𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗不平行,所以

𝐵𝐷1与平面DEF不垂直,故A错；𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,−1,2),𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,2),设平面CEF的法向量𝑛⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)∴{𝑛⃗⃗⋅𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑛⃗⃗⋅

𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,∴{2𝑥−𝑦+2𝑧=0𝑥+2𝑧=0，令x=2,y=2，则z=-1，易得平面CEF的法向量𝑛⃗⃗=(2,2,−1)，因为𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗=−10≠0,所以𝐵𝐷1与平面CEF不

平行,故B错.𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,1,0),𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2,0),𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,2)，因为{𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以�

�𝐹⊥𝐷𝐵,𝐸𝐹⊥𝐷𝐷1，又𝐷𝐵∩𝐷𝐷1=𝐷,𝐷𝐵⊂平面𝐵𝐷𝐷1,𝐷𝐷1⊂平面𝐵𝐷𝐷1，所以𝐸𝐹⊥平面𝐵𝐷𝐷1,即𝐸𝐹⊥𝐵𝐷𝐵1，又𝐸𝐹⊂平面DEF,所以平面𝐵𝐷𝐵1⊥平面DEF,故C正确

，𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝐵𝐷1∩𝐴𝐵1=𝐵1则𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗为平面𝐴𝐶𝐵1的一个法向量，𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑚⃗⃗⃗=(−2,−2,2)⋅

(2,2,−3)=−14≠0,所以平面𝐴𝐶𝐵1与平面DEF不垂直,故D错误，故选：C.7．（5分）（2022春·广东江门·高二期中）过直线4𝑥+3𝑦+10=0上一点𝑃作圆𝐶:𝑥2+𝑦2−2𝑥=0

的切线，切点为𝐴,𝐵．则四边形𝑃𝐴𝐶𝐵的面积的最小值为（）A．√6B．3√135C．3√195D．2√3【解题思路】由切线性质可得𝑆𝑃𝐴𝐶𝐵=12⋅2|𝑃𝐴|⋅|𝐴𝐶|，由勾股定理表示出|𝑃𝐴|，进而得解.【解答

过程】如图，由切线性质可知，𝑃𝐴⊥𝐴𝐶,𝑃𝐵⊥𝐵𝐶,△𝑃𝐴𝐶≌△𝑃𝐵𝐶，所以𝑆𝑃𝐴𝐶𝐵=12⋅2|𝑃𝐴|⋅|𝐴𝐶|，圆的标准方程为(𝑥−1)2+𝑦2=1，圆心为𝐶(1,0)，半径为𝑟=1，点𝐶到直线距离�

�=4+105=145，|𝑃𝐴|=√|𝑃𝐶|2−|𝐴𝐶|2=√|𝑃𝐶|2−12，要使𝑆𝑃𝐴𝐶𝐵=12⋅2|𝑃𝐴|⋅|𝐴𝐶|最小，需使|𝑃𝐶|min=𝑑，故(𝑆𝑃𝐴𝐶𝐵)min=12⋅2⋅√(145)

2−1⋅𝑟=3√195.故选：C.8．（5分）（2022春·福建·高三阶段练习）若过点（0，－1）可以作三条直线与函数𝑓(𝑥)=−𝑥3+𝑎𝑥2−2𝑥相切，则实数a的取值范围是（）A．[2，＋∞）B．（2，＋∞）C．

[3，＋∞）D．（3，＋∞）【解题思路】设出切点𝑃(𝑡,−𝑡3+𝑎𝑡2−2𝑡)，利用导数几何意义求切线斜率，可得切线方程，将（0，－1）代入切线方程可得2𝑡3−𝑎𝑡2+1=0有三个不同的实数解，分离

参数后，利用导数求解即可.【解答过程】设切点𝑃(𝑡,−𝑡3+𝑎𝑡2−2𝑡)，由𝑓(𝑥)=−𝑥3+𝑎𝑥2−2𝑥可得𝑓′(𝑥)=−3𝑥2+2𝑎𝑥−2，切线的斜率为𝑘=𝑓′(𝑡)=−3𝑡2+2𝑎𝑡−2，所以切线的

方程为𝑦−(−𝑡3+𝑎𝑡2−2𝑡)=(−3𝑡2+2𝑎𝑡−2)(𝑥−𝑡)又因为点(0，−1)在切线上，所以−1−(−𝑡3+𝑎𝑡2−2𝑡)=(−3𝑡2+2𝑎𝑡−2)(0−𝑡)，即2𝑡3−𝑎𝑡2+1=0有三个不同的实数解，𝑡

=0不是方程的解，所以𝑎=2𝑡3+1𝑡2有三个不同的实数解，令ℎ(𝑡)=2𝑡3+1𝑡2，ℎ′(𝑡)=2𝑡(𝑡3−1)𝑡4=2(𝑡3−1)𝑡3,当𝑡∈(1,+∞),(−∞,0)时，ℎ′(𝑡)>0,ℎ(𝑡)

单调递增，当𝑡∈(0,1)时，ℎ′(𝑡)<0,ℎ(𝑡)单调递减，ℎ(1)=3，当𝑡趋于0时，ℎ(𝑡)趋于正无穷，所以𝑎>3，故选：D.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）已知向量𝑎⃗=(2,−1,2)，𝑏⃗⃗=(2,2,1)，𝑐⃗=(4,1,3

)，则（）A．|𝑎⃗|=|𝑏⃗⃗|B．𝑐⃗−𝑏⃗⃗=(2,−1,2)C．𝑎⃗⊥𝑏⃗⃗D．向量𝑎⃗，𝑏⃗⃗，𝑐⃗共面【解题思路】空间向量模的坐标计算可以验证选项A，向量坐标减法运算验证选项B，两向量数量积为0验

证选项C，利用向量共面条件验证选项D.【解答过程】因为𝑎⃗=(2,−1,2)，𝑏⃗⃗=(2,2,1)所以|𝑎→|=√22+(−1)2+22=3，|𝑏→|=√22+22+12=3，所以A正确；𝑐⃗−𝑏⃗⃗=(4,1,3)−(2,2,1)=(2,−1,2)，故B正确；𝑎

⃗⋅𝑏⃗⃗=2×2+(−1)×2+2×1=4≠0，故C不正确；由𝑎⃗+𝑏⃗⃗=(2,−1,2)+(2,2,1)=(4,1,3)，所以𝑐⃗=𝑎⃗+𝑏⃗⃗，故选项D正确.故选：ABD.10．（5分）（2022春·江西宜春·高三阶段练习）已知双曲线C的标准方程为𝑥2−𝑦

24=1，则（）A．双曲线C的离心率等于半焦距B．双曲线𝑦2−𝑥24=1与双曲线C有相同的渐近线C．双曲线C的一条渐近线被圆(𝑥−1)2+𝑦2=1截得的弦长为4√55D．直线𝑦=𝑘𝑥+�

�与双曲线C的公共点个数只可能为0，1，2【解题思路】根据双曲线的方程求出𝑎,𝑏,𝑐的值，即可判断A项；分别求出两个双曲线的渐近线方程，即可判断B项；求出圆心、半径，圆心到渐近线的距离，即可求出弦长，判断C项；由直线与双曲线

的位置关系（或举特例）可说明D项.【解答过程】对于A项，由双曲线方程可知，𝑎=1，𝑏=2，𝑐=√5，所以离心率𝑒=𝑐𝑎=𝑐，故A正确；对于B项，C的渐近线方程为𝑦=±𝑏𝑎𝑥=±2𝑥，而双曲线𝑦2−𝑥24=1的渐近线方程为𝑦=±12𝑥，二者渐近线方程不同，所以B错

误；对于C项，圆(𝑥−1)2+𝑦2=1圆心𝑂1(1,0)，半径𝑟=1，圆心𝑂1(1,0)到C的渐近线𝑦=2𝑥的距离𝑑1=2√5=2√55，则𝑦=2𝑥被圆截得的弦长为2×√𝑟2−𝑑1⬚2=2×√12−(2√55)2=2√55，圆心𝑂1(1,0)到C的渐近线𝑦

=−2𝑥的距离𝑑2=2√5=2√55，则𝑦=−2𝑥被圆截得的弦长为2×√𝑟2−𝑑2⬚2=2×√12−(2√55)2=2√55，故C错误；对于D项，显然，直线与双曲线最多有2个公共点.双曲线的渐近线𝑦=±2𝑥与双曲线没有交点；双曲线的切线与

双曲线只有一个交点；当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线只有一个交点.所以，直线𝑦=𝑘𝑥+𝑏与双曲线C的公共点个数只可能为0，1，2，故D正确.故选：AD.11．（5分）（2022春·黑龙江·高二期中）已知等差数列{𝑎𝑛}，

𝑆𝑛为其前𝑛项和，下列说法正确的是（）A．若|𝑎4|=|𝑎8|，公差𝑑≠0，则𝑆11=0B．若𝑆3𝑆6=14，则𝑆6𝑆12=47C．若前10项中，偶数项的和与奇数项的和之比为9∶8，且𝑆10=170，则公差为2D．

若𝑆9<0，𝑆10>0，则𝑆𝑛的最小值是𝑆5【解题思路】对于A：由{𝑎𝑛}为等差数列，且|𝑎4|=|𝑎8|，𝑑≠0，得𝑎4+𝑎8=0，再由等差数列的前𝑛项和，即可判断A是否正确；对于B：由{𝑎𝑛

}为等差数列，得𝑆3，𝑆6−𝑆3，𝑆9−𝑆6，𝑆12−𝑆9为等差数列，设𝑆3=𝑥，由𝑆3𝑆6=14，得𝑆6=4𝑥，进而可得𝑆12=16𝑥，即可判断B是否正确；对于C：根据题意可得奇数项的和为𝑎1+𝑎3+𝑎5+𝑎7+𝑎9=5×2𝑎52=5𝑎5

，偶数项的和为𝑎2+𝑎4+𝑎6+𝑎8+𝑎10=5×2𝑎62=5𝑎6，进而可得𝑎6𝑎5=98，设𝑎6=9𝑥，𝑎5=8𝑥，由𝑆10=170，解得𝑥，即可判断C是否正确；对于D：由{𝑎𝑛}为等差数列，且{𝑆9<0𝑆10>0

，得{𝑎5<0𝑎5+𝑎6>0，当𝑛=1，2，3，4，5时，𝑎𝑛<0，当𝑛≥6时，𝑎𝑛>0，即可判断D是否正确．【解答过程】对于A：因为{𝑎𝑛}为等差数列，且|𝑎4|=|𝑎8|，𝑑≠0，所以𝑎4=−𝑎8，𝑎4+𝑎8=0，所以𝑆11=11(𝑎1+𝑎11

)2=11(𝑎4+𝑎8)2=0，故A正确；对于B：因为{𝑎𝑛}为等差数列，所以𝑆3，𝑆6−𝑆3，𝑆9−𝑆6，𝑆12−𝑆9为等差数列，设𝑆3=𝑥，由𝑆3𝑆6=14，得𝑆6=4𝑥，所以𝑥，3𝑥，𝑆9−4𝑥，𝑆12−𝑆9为等差数列，所以𝑆9=9�

�，𝑆12=16𝑥，所以𝑆6𝑆12=4𝑥16𝑥=14，故B错误；对于C：奇数项的和为𝑎1+𝑎3+𝑎5+𝑎7+𝑎9=5(𝑎1+𝑎9)2=5×2𝑎52=5𝑎5，偶数项的和为𝑎2+𝑎4+𝑎6+𝑎8+𝑎10=5(𝑎2+𝑎10)2=5×2𝑎62=5

𝑎6，因为前10项中，偶数项的和与奇数项的和之比为9∶8，所以𝑎6𝑎5=98，设𝑎6=9𝑥，𝑎5=8𝑥，因为𝑆10=170，所以10(𝑎1+𝑎10)2=170，即10×(𝑎5+𝑎6)2=170，所以5×17𝑥=170，所以𝑥=2，所

以等差数列{𝑎𝑛}的公差为2，故C正确；对于D：因为{𝑎𝑛}为等差数列，且{𝑆9<0𝑆10>0，则{9(𝑎1+𝑎9)2<010(𝑎1+𝑎10)2>0所以{𝑎1+𝑎9<0𝑎1+𝑎10>0，即{𝑎5<0𝑎5+𝑎6>0，所以当𝑛=1，2，3，4，5时，𝑎𝑛<

0；当𝑛≥6时，𝑎𝑛>0，所以𝑆𝑛的最小值为𝑆5，故D正确，故选：ACD．12．（5分）（2022·云南昆明·模拟预测）已知函数𝑓(𝑥)=ln𝑥−𝑥2，则（）A．函数𝑓(𝑥)在𝑥=√22处取得最大值B．函数𝑓(𝑥)在区间(12

,+∞)上单调递减C．函数𝑓(𝑥)有两个不同的零点D．𝑓(𝑥)<e𝑥−𝑥2−2恒成立【解题思路】确定函数的定义域，求导数，判断函数的单调性，即可判断函数的极值点,由此可判断A,B;求得函数的最值，数形结合，判

断函数的零点情况，判断C;将𝑓(𝑥)<e𝑥−𝑥2−2化为e𝑥−ln𝑥−2>0，从而构造函数ℎ(𝑥)=e𝑥−ln𝑥−2,(𝑥>0)，利用导数求函数最值，解决不等式恒成立问题，判断D.【解答过程】由题意知函数𝑓(𝑥

)=ln𝑥−𝑥2的定义域为(0,+∞)，𝑓′(𝑥)=1𝑥−2𝑥=−2𝑥2+1𝑥，当0<𝑥<√22时，𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)递增，当𝑥>√22时，𝑓′(𝑥)<0,𝑓(𝑥)递减，故函数𝑓(𝑥

)在𝑥=√22处取得极大值，也即最大值，A正确；由上分析可知当𝑥∈(12,√22)时，𝑓(𝑥)递增，故B错误；函数𝑓(𝑥)max=𝑓(√22)=ln√22−12<0，且当𝑥>0,𝑥→0时，𝑓(𝑥)→−∞，当𝑥→+∞时，𝑓(𝑥)→−∞，作出函数𝑓(𝑥)图象

如图示：由此可知函数𝑓(𝑥)在(0,+∞)上无零点，C错误；不等式𝑓(𝑥)<e𝑥−𝑥2−2恒成立即ln𝑥−𝑥2<e𝑥−𝑥2−2恒成立，即e𝑥−ln𝑥−2>0恒成立，令ℎ(𝑥)=e𝑥−ln𝑥−2,(𝑥>0)，则ℎ′(𝑥)=e𝑥−1

𝑥,𝑥>0，令𝑚(𝑥)=e𝑥−1𝑥,𝑥>0，𝑚′(𝑥)=e𝑥+1𝑥2>0，∴𝑚(𝑥)=e𝑥−1𝑥,𝑥>0在(0,+∞)上单调递增，𝑚(12)=√e−2<0,𝑚(1)=e−1>0，故𝑚(𝑥)在(0,+∞)上存在唯一零点𝑥0，且12<𝑥0<1，由𝑚

(𝑥0)=0，可得e𝑥0=1𝑥0，当𝑥∈(0,𝑥0)，ℎ′(𝑥)=𝑚(𝑥)<0，函数ℎ(𝑥)单调递减，当𝑥∈(𝑥0,+∞)时，ℎ′(𝑥)=𝑚(𝑥)>0，ℎ(𝑥)单调递增，故

函数ℎ(𝑥)的极小值为ℎ(𝑥0)=e𝑥0−ln𝑥0−2=1𝑥0+𝑥0−2，而12<𝑥0<1,∴1𝑥0+𝑥0−2>2√1𝑥0⋅𝑥0−2=0，即函数ℎ(𝑥)>0在(0,+∞)上恒成立，所以当𝑥>0时，𝑓(𝑥)<e𝑥−𝑥2−2恒成立，

D正确，故选：AD.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2022·全国·高三专题练习）已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=2，𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛+8𝑎𝑛+1，则𝑎𝑛=122+(−15)𝑛−1−2.【解题思路】由

递推公式找到对应的不动点方程，巧用“不动点法”求数列的通项公式.【解答过程】求不动点，设𝑓(𝑥)=3𝑥+8𝑥+1，令𝑓(𝑥)=𝑥得：3𝑥+8𝑥+1=𝑥，解得：𝑥=4或−2；因为𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛+8𝑎𝑛+1，所以𝑎𝑛+1−4

=3𝑎𝑛+8𝑎𝑛+1−4，化简得：𝑎𝑛+1−4=−𝑎𝑛−4𝑎𝑛+1①，𝑎𝑛+1−(−2)=3𝑎𝑛+8𝑎𝑛+1−(−2)，化简得：𝑎𝑛+1+2=5(𝑎𝑛+2)𝑎𝑛+1②，用式①除以式②可得：𝑎𝑛+1−4

𝑎𝑛+1+2=−15⋅𝑎𝑛−4𝑎𝑛+2，又𝑎1−4𝑎1+2=−12，所以{𝑎𝑛−4𝑎𝑛+2}是首项为−12，公比为−15的等比数列，故𝑎𝑛−4𝑎𝑛+2=−12×(−15)𝑛−1，从而𝑎𝑛=122+(−15)𝑛−1−2.故答案为

：122+(−15)𝑛−1−2.14．（5分）（2022春·福建·高三阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)为偶函数，当𝑥<0时，𝑓(𝑥)=𝑥2+ln(−𝑥)，则曲线𝑦=𝑓(𝑥)在𝑥=1处

的切线方程为3𝑥−𝑦−2=0．【解题思路】由偶函数求𝑥>0时𝑓(𝑥)的解析式，并写出导函数，进而求𝑓(1)、𝑓′(1)，写出切线方程即可.【解答过程】若𝑥>0，则−𝑥<0，由𝑓(𝑥)是偶函数，得𝑓(−𝑥)=ln𝑥+𝑥2=𝑓(𝑥)，∴𝑥=

1时，𝑓(1)=1，而此时的𝑓′(𝑥)=2𝑥+1𝑥，即𝑓′(1)=3，∴曲线𝑦=𝑓(𝑥)在𝑥=1处的切线方程为𝑦−1=3(𝑥−1)，即3𝑥−𝑦−2=0.故答案为：3𝑥−𝑦−2=0.15．（5分）（2022春·四川眉山·高二阶段练习

）若圆𝑥2+𝑦2−4𝑥−4𝑦−10=0上至少有三个不同的点到直线𝑙:𝑦=𝑘𝑥的距离为2√2，则直线𝑙斜率的取值范围是[2−√3,2+√3].【解题思路】由圆的方程可求得其圆心和半径，当圆上至少有三个不同的点到直线𝑙:𝑦=𝑘𝑥的距离为

2√2，只需要找出临界位置使圆心到直线距离为√2即可求出斜率的取值范围.【解答过程】将圆𝑥2+𝑦2−4𝑥−4𝑦−10=0化成标准方程为(𝑥−2)2+(𝑦−2)2=18，则圆心坐标为(2,2),半径𝑟=3√2；若圆上恰有三个不同的点到

直线𝑙:𝑦=𝑘𝑥的距离为2√2，则需满足圆心到直线的距离为√2，即|2𝑘−2|√1+𝑘2=√2，解得𝑘=2±√3.此时直线如下图中两条虚线所示，当直线𝑙被夹在第一象限的两虚线之间时，有四个不同的点到直线𝑙的距离为2√2，所以，当圆上至少有三个不

同的点到直线𝑙的距离为2√2，需满足2−√3≤𝑘≤2+√3，即直线𝑙斜率的取值范围是[2−√3,2+√3].故答案为：[2−√3,2+√3].16．（5分）（2022春·四川遂宁·高二校考期中）在棱长为1的正方体𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1−𝐴𝐵𝐶𝐷

中，𝑀为底面𝐴𝐵𝐶𝐷的中心，𝑄是棱𝐴1𝐷1上一点，且𝐷1𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐷1𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝜆∈[0,1]，𝑁为线段𝐴𝑄的中点，给出下列命题：①𝐶,𝑀,𝑁,𝑄四点共面；②三棱锥𝐴−𝐷𝑀𝑁的体积与𝜆的取值有关；③当∠𝑄

𝑀𝐶=90°时，𝜆=0；④当𝜆=12时，过𝐴,𝑄,𝑀三点的平面截正方体所得截面的面积为√5+3√22.其中正确的有①③（填写序号）.【解题思路】对于①，根据相交直线确定唯一平面即可判断；对于②，转化顶点即可判断；对于③，建立空间直角坐标系，当∠𝑄𝑀𝐶=

90°时，𝑀𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−12𝜆+14−14=0即可判断；对于④，当𝜆=12时，𝑄为𝐴1𝐷1的中点，过𝑄作𝑄𝑃//𝐴1𝐶1且𝑄𝑃∩𝐷1𝐶1=𝑃，则易证𝑄𝑃//𝐴𝐶，易得过𝐴,𝑄,𝑀三点的平面截正方体所得截面为等腰梯

形𝐴𝐶𝑃𝑄，再计算等腰梯形𝐴𝐶𝑃𝑄的面积即可判断.【解答过程】对于①，易知𝑀∈𝐴𝐶，因为𝐴𝑄∩𝑁𝐶=𝑁，所以𝐶,𝑀,𝑁,𝑄四点共面，故①正确；对于②，因为三棱锥𝐴−𝐷𝑀𝑁的体积等于三棱锥𝑁−𝐴𝐷𝑀

的体积，又易知𝑁到底面的距离等于定值12，而△𝐴𝐷𝑀的面积一定，所以三棱锥𝐴−𝐷𝑀𝑁的体积为定值，故②错误；对于③，建立如图所示空间直角坐标系，所以由题知，𝐶(0,1,0),𝑀(12,12,0),𝐴1(1,0,1),𝐷1(0,0,1),所以𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−

12,12,0),𝐷1𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0),因为𝐷1𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐷1𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝜆,0,0)，所以𝑄(𝜆,0,1),所以𝑀𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(�

�−12,−12,1)，当∠𝑄𝑀𝐶=90°时，𝑀𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−12𝜆+14−14=0，解得𝜆=0所以𝑄与𝐷1重合，所以𝜆=0，故③正确；对于④，当𝜆=12时，𝑄为𝐴1𝐷1的中点，过𝑄作𝑄𝑃//𝐴1𝐶1且

𝑄𝑃∩𝐷1𝐶1=𝑃，则易证𝑄𝑃//𝐴𝐶，所以易得过𝐴,𝑄,𝑀三点的平面截正方体所得截面为等腰梯形𝐴𝐶𝑃𝑄，又易知𝑄𝑃=√22,𝐴𝐶=√2，从而可得等腰梯形𝐴𝐶𝑃

𝑄的高为32√2，所以截面等腰梯形𝐴𝐶𝑃𝑄的面积为12×(√22+√2)×32√2=98，故④错误；故答案为：①③.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）已知直线l的方程为(𝑚−2)𝑥+𝑚𝑦+3=0，直线l1的方程为𝑥+(𝑚−2)𝑦+

4=0.(1)当𝑚=−1时，求过点𝐴(2,−2)且与l平行的直线方程；(2)当直线l⊥l1时，求实数m的值.【解题思路】（1）由平行得直线斜率，由点斜式得直线方程并化简；（2）由垂直的条件列方程求解．

【解答过程】（1）𝑚=−1时，直线l的方程为−3𝑥−𝑦+3=0，即𝑦=−3𝑥+3.∵所求直线与l平行，𝑘=−3.故过点𝐴(2,−2)与l平行的直线方程是𝑦+2=−3(𝑥−2)即3𝑥+𝑦−4=0.（2）l：(𝑚

−2)𝑥+𝑚𝑦+3=0，l1：𝑥+(𝑚−2)𝑦+4=0∵l⊥l1，∴(𝑚−2)+𝑚(𝑚−2)=0解得𝑚=−1或2.18．（12分）（2022春·福建·高三阶段练习）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，𝑎1=−23，且2𝑆

𝑛+𝑎𝑛+2=0.(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式，(2)设数列{𝑏𝑛}满足2𝑏𝑛+(𝑛−3)𝑎𝑛=0（𝑛∈𝑁*），求数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑇𝑛【解题思路】(1)利用𝑆𝑛与𝑎𝑛的关系，分𝑛=1和𝑛≥2讨论，得到数列{𝑎𝑛}为等比数列，即可求解；

(2)结合（1）的结论，利用错位相减法即可求出数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑇𝑛.【解答过程】（1）因为2𝑆𝑛+𝑎𝑛+2=0，当𝑛=1时，2𝑆1+𝑎1+2=0，解得：𝑎1=−23，当𝑛≥2时，则有2𝑆𝑛−1+𝑎𝑛−1+2

=0，两式相减可得：2𝑎𝑛+𝑎𝑛−𝑎𝑛−1=0，所以𝑎𝑛=13𝑎𝑛−1，因为𝑎1=−23≠0，所以数列{𝑎𝑛}是以−23为首项，以13为公比的等比数列，所以数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=(−23)×(13)𝑛

−1=(−2)×(13)𝑛.（2）由2𝑏𝑛+(𝑛−3)𝑎𝑛=0可得：𝑏𝑛=(𝑛−3)(13)𝑛，所以𝑇𝑛=(−2)×13+(−1)×(13)2+0×(13)3+⋯+(𝑛−4)×(13)𝑛−1+(𝑛−3)×(13)𝑛，13𝑇𝑛=(−2)×

(13)2+(−1)×(13)3+0×(13)4+⋯+(𝑛−4)×(13)𝑛+(𝑛−3)×(13)𝑛+1，两式相减可得：23𝑇𝑛=−23+(13)2+(13)3+(13)4+⋯+(13)𝑛−(𝑛−3)×(13)𝑛+1，=−23+19[1−(13)𝑛

−1]1−13−(𝑛−3)×(13)𝑛+1=−12−(𝑛3−12)(13)𝑛，所以𝑇𝑛=−34−(𝑛2−34)(13)𝑛.19．（12分）（2022春·浙江金华·高二期中）如图，正四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶

1𝐷1中，𝐴𝐴1=2𝐴𝐵,𝐸为棱𝐶𝐶1的中点.(1)用向量法证明：𝐴1𝐶∥平面𝐵1𝐸𝐷1；(2)求直线𝐵1𝐷与平面𝐵1𝐸𝐷1所成角的余弦值.【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，设𝐴𝐵=1,𝐴𝐴1=2，从而得到

点A1，C，B1，E，D1的坐标，即可得到𝐷1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝐷1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝐴1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，然后求出平面B1ED1的一个法向量𝑛⃗⃗=(1,−1,−1)，可得𝐴1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅

𝑛⃗⃗=0，且𝐴1𝐶⊄平面B1ED1，从而得到𝐴1𝐶//平面B1ED1；（2）由(1)知平面𝐵1𝐸𝐷1的法向量，利用空间向量的数量积求解𝐵1𝐷与面𝐵1𝐸𝐷1所成角的正弦值，结合三角函数的同角关系计算即可求解．【解答过程】（

1）如图，以𝐷为坐标原点，𝐷𝐴，𝐷𝐶，𝐷𝐷1所在直线分别为𝑥轴、𝑦轴、𝑧轴建立如图所示空间直角坐标系，设𝐴𝐵=1，𝐴𝐴1=2，则𝐵1(1,1,2)，𝐷(0,0,0)，𝐸(0,1,1)，𝐷1(0,0,2)，∴𝐷1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1

,1,0)，𝐷1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,−1)，𝐴1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,1,−2)．设𝑛⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)是平面B1ED1的一个法向量，则{𝑛⃗⃗⋅𝐷1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑛⃗⃗⋅𝐷1𝐸

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0⇒{𝑥+𝑦=0𝑦−𝑧=0，令𝑥=1，则𝑦=−1，𝑧=−1，即𝑛⃗⃗=(1,−1,−1)，∴𝐴1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗=(−1)×1+1×(−1)+(−2)×(−1)=0．且

𝐴1𝐶⊄平面B1ED1，∴𝐴1𝐶//平面B1ED1；（2）由（1）可知𝐷𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,2)，𝑛⃗⃗=(1,−1,−1)是平面B1ED1的一个法向量，设𝐵1𝐷与面𝐵1𝐸𝐷1所成角为α，∴sin𝛼=|cos⟨

𝐷𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑛⃗⃗⟩|=|𝐷𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗|𝐷𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|⋅|𝑛⃗⃗||=|1−1−2√6×√3|=√23．得cos𝛼=√1−sin2𝛼=√73，

∴𝐵1𝐷与面𝐵1𝐸𝐷1所成角的余弦值为√73．20．（12分）（2022春·江西·高二阶段练习）已知点𝑃(2,0)，圆C：𝑥2+𝑦2−6𝑥+4𝑦+4=0.(1)若直线l过点P且被圆C截得的弦长为4√2，求直线l的方程；(2)设直线𝑎𝑥−𝑦

+1=0与圆C交于A，B两点，过点𝑃(2,0)的直线𝑙2垂直平分弦AB，这样的实数a是否存在，若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由.【解题思路】（1）设出直线方程，求出圆心到直线的距离，由勾股定理得弦长求得参数，注意考虑直线斜率不存在的情形；（2）过

点𝑃(2,0)的直线𝑙2垂直平分弦AB，则圆心在直线𝑙2上，由此可得直线𝑙2的斜率，然后由垂直求得𝑎，由直线与圆相交求得𝑎的范围，比较可得．【解答过程】（1）∵点𝑃(2,0)，直线l过点P，∴设直线l的斜率为k（k存在），则方程为𝑦−0=𝑘(𝑥−2).又题C

的圆心为(3,−2)，半径𝑟=3，由弦长为4√2，故弦心距𝑑=1，由|3𝑘+2−2𝑘|√𝑘2+1=1，解得𝑘=−34.所以直线方程为𝑦=−34(𝑥−2)，即3𝑥+4𝑦−6=0.当l的斜率不存在时，l的方程为𝑥=2，经验证

𝑥=2也满足条件.故l的方程为3𝑥+4𝑦−6=0或𝑥=2.（2）把直线𝑎𝑥−𝑦+1=0，即𝑦=𝑎𝑥+1.代入圆C的方程，消去y，整理得(𝑎2+1)𝑥2+6(𝑎−1)𝑥+9=0.由于直线𝑎𝑥−𝑦+1=0交圆C于A，B两点，故Δ=36(𝑎−

1)2−36(𝑎2+1)>0，即−72𝑎>0，解得𝑎<0.设符合条件的实数a存在，由于𝑙2垂直平分弦AB，故圆心𝐶(3,−2)必在𝑙2上.所以𝑙2的斜率𝑘𝑃𝐶=−2，而𝑘𝐴𝐵=𝑎=−1𝑘𝑃�

�，所以𝑎=12.由于12∉(−∞,0)，故不存在实数a，使得过点𝑃(2,0)的直线𝑙2垂直平分弦AB.21．（12分）（2022春·北京海淀·高二阶段练习）已知椭圆𝐸：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)经过点(1,√32)且离心率为√32，𝐹1，𝐹2是椭圆�

�的两个焦点．(1)求椭圆𝐸的方程；(2)设𝑃是椭圆𝐸上一点，直线𝑃𝐹1与椭圆𝐸交于另一点𝐴，点𝑄满足：𝑃𝑄⊥𝑥轴且𝑆△𝑄𝐹1𝐹2=2𝑆△𝑃𝐹1𝐹2，求证：|𝑃𝐹1||𝐹1𝐴|+|𝐹2

𝑄|2是定值．【解题思路】（1）运用椭圆的离心率公式和点在椭圆上，结合𝑎，𝑏，𝑐的关系，解方程可得𝑎，𝑏，进而得到椭圆方程；（2）设𝑃(𝑥0,𝑦0)，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝑄(�

�0,𝑦2)，由题中三角形面积的关系可得|𝑦2|=2|𝑦0|，由两点的距离公式化简可得|𝐹2𝑄|2=7−2√3𝑥0；再由直线𝑃𝐹1的方程与椭圆方程联立，运用韦达定理求得𝑦1，结合|𝑃𝐹1|，|𝐹1𝐴

|与𝑃,𝐴纵坐标的关系，即可得到定值．【解答过程】（1）由题意可得𝑒=𝑐𝑎=√32，由椭圆经过点(1，√32)，可得1𝑎2+34𝑏2=1，又𝑎2−𝑏2=𝑐2，解方程得𝑎=2，𝑏=1，𝑐=√3，所以椭圆的方程为𝑥24+𝑦2=

1；（2）证明：由题意可得𝐹1(−√3,0)，𝐹2(√3,0)，设𝑃(𝑥0,𝑦0)，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝑄(𝑥0,𝑦2)，则𝑥02+4𝑦02=4，由𝑆△𝑄𝐹1𝐹2=2𝑆△𝑃𝐹1𝐹2，可得|𝑦2|=2|𝑦0|，|�

�2𝑄|2=(√3−𝑥0)2+𝑦22=3−2√3𝑥0+𝑥02+4𝑦02=7−2√3𝑥0；直线𝑃𝐹1的方程为𝑦=𝑦0𝑥0+√3(𝑥+√3),得𝑥=𝑥0+√3𝑦0𝑦−√3，与椭圆方程𝑥2+4𝑦2=4联立，可得[4+(𝑥0+√3𝑦0)2]𝑦2−

2√3⋅𝑥0+√3𝑦0𝑦−1=0，所以𝑦0𝑦1=−14+(𝑥0+√3𝑦0)2=−𝑦02𝑥02+4𝑦02+3+2√3𝑥0=−𝑦027+2√3𝑥0，即有𝑦1=−𝑦07+2√3𝑥0，所以|𝑃𝐹1||𝐹1𝐴|=|�

�0||𝑦1|=|7+2√3𝑥0|=7+2√3𝑥0,(−2≤𝑥0≤2)．所以|𝑃𝐹1||𝐹1𝐴|+|𝐹2𝑄|2=7+2√3𝑥0+7−2√3𝑥0=14，是定值．22．（12分）已知函数𝑓(𝑥)=𝑥ln𝑥+𝑥.(1)求曲线𝑦

=𝑓(𝑥)在点(1,𝑓(1))处的切线方程；(2)若𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑎𝑥2（𝑎∈𝑅）有两个零点𝑥1，𝑥2，且𝑥2>2𝑥1，证明：√𝑥12+𝑥22>4e.【解题思路】（1）根据导

数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可得出结果；（2）由题可得{𝑥1ln𝑥1−𝑎𝑥12+𝑥1=0𝑥2ln𝑥2−𝑎𝑥22+𝑥2=0，令𝑡=𝑥2𝑥1，则ln𝑥1𝑥2+2=(𝑡+1)ln𝑡𝑡−1，构造函数𝑔(𝑡)=(𝑡+1)ln𝑡𝑡−1，求导判断𝑔

(𝑡)单调性，即可求出𝑥1𝑥2>8e2，再利用基本不等式即可证明.【解答过程】（1）𝑓′(𝑥)=ln𝑥+2，则𝑓′(1)=2，即切线斜率为2，又𝑓(1)=1，则切线l的方程为𝑦−1=2×(𝑥−1)，即切线方程为2𝑥−𝑦−1=0.（2）∵𝑥1,𝑥2

是𝑓(𝑥)的零点，𝑥2>2𝑥1，且𝑥1>0，𝑥2>0，则{𝑥1ln𝑥1−𝑎𝑥12+𝑥1=0𝑥2ln𝑥2−𝑎𝑥22+𝑥2=0，即{ln𝑥1+1=𝑎𝑥1ln𝑥2+1=𝑎𝑥2，∴�

�=ln𝑥1+ln𝑥2+2𝑥1+𝑥2=ln𝑥2−ln𝑥1𝑥2−𝑥1，即ln𝑥1𝑥2+2=(𝑥1+𝑥2)ln𝑥2𝑥1𝑥2−𝑥1，令𝑡=𝑥2𝑥1，则𝑡>2，则ln𝑥

1𝑥2+2=(𝑡+1)ln𝑡𝑡−1，令𝑔(𝑡)=(𝑡+1)ln𝑡𝑡−1，则𝑔′(𝑡)=𝑡−1𝑡−2ln𝑡(𝑡−1)2.令ℎ(𝑡)=𝑡−1𝑡−2ln𝑡，则ℎ′(𝑡)=(𝑡−1)2𝑡2>0，则ℎ(𝑡)单调递增，∴ℎ(𝑡)>ℎ(2)=32−2ln

2>0，即𝑔′(𝑡)>0，则𝑔(𝑡)单调递增，∴𝑔(𝑡)>𝑔(2)=3ln2，∴ln𝑥1𝑥2+2>3ln2，即ln𝑥1𝑥2>3ln2−2=ln8e2，即𝑥1𝑥2>8e2，则√𝑥12+𝑥22>√2𝑥1𝑥2>4e（由

于𝑥1≠𝑥2，故不取等号），得证.