1、2020-2021学年高一数学期末考前冲刺刷题卷（人教版必修5+必修2）一、选择题1已知直线平面，直线平面，且点直线，点平面，则直线的位置关系不可能是()A垂直B相交C异面D平行2某船开始看见灯塔在南偏东方向，后来船沿南偏东的方向航行后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是()ABCD3在中，为的中点，的面积为，则等于()A2BCD4已知数列是公比为的等比数列，其前项和为，则()A15B8CD5已知二次函数的两个零点分别在区间和内，则的取值范围是()ABCD6已知，则的最小值为()ABCD7设是所在平面外一点，若，则在平面内的射影是的()A内心B外心C重心D垂心8已知球面上的三个点，且，
2、球的半径为，则球心到平面的距离等于()ABC1D9已知正四棱柱中，E为中点，则异面直线BE与所成角的余弦值为()ABCD10已知点与直线：，则点关于直线的对称点坐标为()ABCD11若直线与曲线有公共点，则的取值范围是()ABCD12若圆与圆有公共点，则实数的取值范围是()ABCD二、填空题13直线垂直于，且平分圆： ，则直线的方程为_14若两个不同圆柱的侧面展开图均是长为4宽为3的矩形，则两圆柱的体积之比为_15关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是_。16求和： _三、解答题17已知直线：，直线：(1)若，求与的距离；(2)若，求与的交点的坐标18在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD
3、，CD的中点，E，F分别边AB，BC上的点，且=求证：点E，F，G，H四点共面；直线EH，BD，FG相交于一点19如图，在三棱柱中，平面，分别为、的中点(1)求证：平面平面；(2)求证：平面，并求到平面的距离20在中，内角所对的边分别为，已知()求角的大小；()若的面积，且，求21已知数列的前项和，且.(1)若数列是等比数列，求的值；(2)求数列的通项公式.22平面内动点到两定点，距离之比为常数，则动点的轨迹叫做阿波罗尼斯圆现已知定点、，圆心为，(1)求满足上述定义的圆的方程，并指出圆心的坐标和半径；(2)若，且经过点的直线交圆于，两点，当的面积最大时，求直线的方程参考答案一、选择题1D解析：
4、根据题意得到直线平面，点平面，点直线，故A点是直线m和面的交点，而直线平面，故直线n和直线m是可以是垂直，相交，异面的关系，不能平行。故答案为：D。2A解析：设顶塔位于处，船开始的位置为，航行海里后到达处，如图所示，所以,在中，由正弦定理，可得海里，即船与顶塔的距离为海里考点：解三角形的实际应用3B解析：由题意可知在中，的面积，解得，在中由余弦定理可得：，故选B4A解析：故选：A5A解析：法一：由题意得 ，可行域如图三角形内部（不包括三角形边界，其中三角形三顶点为 ）：而 ，所以直线过C取最大值 ，过B点取最小值， 的取值范围是，选A法二：依题意可设，其中，又，由，所以，故选A6A解析：根据题
5、意得到， 故答案为：A7B解析：设点在平面上的射影为，则平面，因为，所以根据勾股定理可得，所以到三角形的三个顶点的距离相等，故点为的外心，所以选B考点：空间中的垂直关系8B解析：由题意，得球心在面的射影为的外心，因为，所以，即是以为钝角的等腰三角形，则外心在高 的延长线上，设，则，解得，即故选B 9C解析：连接A1B,则A1BE即为异面直线BE与所成的角，设，则BE=，A1B=，在三角形A1BE中，由余弦定理得：。考点：异面直线所成的角；余弦定理。点评：我们可以通过直线平移找出异面直线所成的角，属于常见题型，也是基础题。10C解析：设关于直线： 对称的点为，则，解得，即关于直线： 对称的点为故
6、选C点睛：本题考查点关于直线对称问题；点关于点对称、点关于直线对称是对称问题的基础，要理解对称的实质： 关于对称，即是线段的中点， 关于直线对称，则直线是线段的垂直平分线11A解析：曲线表示圆位于轴上方的图形，直线即： 斜率为，在轴的截距为，两者有公共点，考查如图所示的临界条件，当直线过点时： ，当直线与圆相切时： ，解得： ，结合图形可知，取，综上可得： 的取值范围是本题选择A选项12A解析：由圆，可得圆心，半径；圆，圆心，半径；因为圆与圆有公共点，所以，即，解得，即或，故选A二、填空题13解析：设直线： ，因为过圆心（-1，2），所以 ，即14（或都对）解析：两圆柱的体积之比为 15解析：
7、当时，不等式化为恒成立，当时，不等式化为不恒成立（舍），当时，要使不等式恒成立，则，解得，综上所述， 点睛：本题考查含参数的一元二次不等式恒成立问题；本题的易错点是忘记讨论不等式的二次项系数是否为0，对于二次项系数含有参数的不等式不一定是一元二次不等式，只有一元二次不等式才能利用判别式进行处理，所以一定要讨论二次项系数为0 的情况16解析：， ，故答案为【方法点晴】本题主要考查等裂项相消法求数列的和，属于中档题 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1) ；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后
8、相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误三、解答题17解：（1）若，则由，即，解得或当时，直线：，直线：，两直线重合，不符合，故舍去；当时，直线：，直线：，所以（2）若，则由，得所以两直线方程为：，：，联立方程组，解得，所以与的交点的坐标为18证明：如图所示，空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，HGAC；又=，EFAC，EFHG，E、F、G、H四点共面；设EH与FG交于点P，EH平面ABDP在平面ABD内，同理P在平面BCD内，且平面ABD平面BCD=BD，点P在直线BD上，直线EH，BD，FG相交于一点19（1）证明见解析；（2）证明见解析，解析：证明：（1），
9、又平面，又，平面平面，平面平面（2）取中点，为中点，又为中点，四边形为平行四边形，又平面平面平面，平面到平面的距离即为到平面的距离过作于，平面平面，平面点到平面的距离为（或由等体积法可求）20 （）；（）解析：（）因为，所以由，即，由正弦定理得，即，,即,（），即，21解：（1）当时，由，得.当时，即.，即为等比数列成立，故实数的值为1；（2）由（1），知当时，又，数列是以2为首项，2为公比的等比数列.所以，.22解：（1）设动点，则，整理得，圆心，半径（2）解法一：在（1）的结果中，令，则得圆的方程为，即设，则的面积当时，的面积取得最大值8此时，直线的斜率存在，设其方程为，圆心到直线的距离，整理得，解得所以直线的方程为（2）解法二：在（1）的结果中，令，则得圆的方程为，即（）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，可得弦长，所以 （）当直线的斜率存在时，设的方程为，圆心到直线的距离，从而弦长所以，当且仅当，即时，的面积取得最大值8因为，所以面积的最大值为8，此时，由，解得所以直线的方程为
