开学自我检测02（中）
（考试时间：120分钟试卷满分：150分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知集合，则（????）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出集合后利用交集的定义可求.
【详解】，又，故，
故选：C.
2．已知，其中为虚数单位，则（????）
A． B． C． D．2
【答案】A
【分析】根据题意，由复数的数字运算即可得到，从而得到以及，即可得到结果.
【详解】∵，，，，
故选:A．
3．数学试题）已知，若与的夹角为120°，则在上的投影向量为（????）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据投影向量的定义，结合数量积的运算即可求解.
【详解】，
在上的投影向量为，
故选：C
4．某人设计的一个密码由2个英文字母（不分大小写）后接2个数字组成，且2个英文字母不相同，2个数字也互不相同，则该密码可能的个数是（????）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由分步计数原理，把选择26个不同英文字母的排列数与选择2个不同数字的排列数相乘即可.
【详解】因为英文字母有26个，所以2个不同英文字母的排列有种，
因为数字有10个，所以2个不同数字的排列有种，
由分步计数原理，所以该密码可能的个数是.
故选：C
5．如图，已知直线，为之间一定点，并且点到的距离为2，到的距离为1.为直线上一动点，作，且使与直线交于点，则△面积的最小值为（????）
??
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立直角坐标系．直线的斜率存在，设方程为：，，直线的方程为：，可得的面积，再利用基本不等式的性质即可得出．或者利用锐角三角函数，结合二倍角公式以及三角函数的性质及可求解.
【详解】解法一：不妨将图形顺时针旋转，然后以点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系．
直线的斜率存在，设方程为：，．
则直线的方程为：，
，．
的面积，
当且仅当时取等号．
的面积最小值为2．
故选：C．
??
解法二：
设角则，故
所以的面积
由于，所以，故当时，面积取最小值2，
故选：C
??
6．数列中，，对任意正整数都满足，数列，若，则（????）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题设，即得，结合已知等量关系及等比数列前n项和列方程求参数.
【详解】由题意，
又，则，，…，，
累加得，
所以，则，可得.
故选：C
7．设，，，则（????）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据对数函数的性质及导函数求函数单调性，利用中间量法求得各值的范围，即可得解.
【详解】∵，∴，∴，
∵，∴，∵，∵，，
构造，，
故在上单调递减，所以，即，
故，从而，∴.
故选:A．
8．已知椭圆，点在椭圆上，满足在椭圆上存在一点到直线的距离均为，则的最大值是（????）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，根据距离公式可得是关于的方程的两个实根，整理得关于的一元二次方程，根据韦达定理可得，求解得，结合不等式即可得最大值.
【详解】??
由题可设，
则到直线的距离为，到直线的距离为，
所以是关于的方程的两个实根，
该方程即，于是．
又，所以，同理，
所以
．
当且仅当时等号成立，所以的最大值是.
故选：B.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．如图，矩形ABCD中，，E是边AB的中点，将沿直线DE翻折成（点不落在底面BCDE内），连接、.若M为线段的中点，则在的翻折过程中，以下结论正确的是（????）
??
A．平面恒成立 B．存在某个位置，使
C．线段BM的长为定值 D．
【答案】AC
【分析】根据面面平行的判定定理和性质，结合线面垂直的判定定理、棱锥体积公式、余弦定理逐一判断即可.
【详解】设的中点为，连接、，
因为M为线段的中点，所以，
而平面，平面，
所以平面，
因为在矩形ABCD中，，的中点为，所以，
同理可证平面，因为，平面，
所以平面平面，而平面，
所以有平面恒成立，因此选项A正确；
设点在底面的射影为，连接，
因为在矩形ABCD中，，E是边AB的中点，
所以有，因此有，而，
显然与不垂直，
假设存在某个位置，使，
因为平面，平面，
所以，因为，平面，
所以平面，而平面，
所以，这与与不垂直，因此选项B不正确；
????
在矩形ABCD中，，E是边AB的中点，
所以，显然有，
由余弦定理可知：，
因为，，
所以线段BM的长为定值，因此选项C正确；
，因此选项D不正确，
故选：AC
10．已知抛物线经过点，其焦点为，过点的直线与抛物线交于点，，设直线，的斜率分别为，，则（????）
A． B．
C． D．