【文档说明】2021-2022学年吉林省四平市第一高级中学高二上学期期末数学试题解析版.doc，共(15)页，2.053 MB，由小喜鸽上传

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第1页共15页2021-2022学年吉林省四平市第一高级中学高二上学期期末数学试题一、单选题1．已知直线l：()31220mxmy+−−=的倾斜角为23，则m=（）A．13B．1C．32D．－1【答案】A【分析】由倾斜角求出斜率，列方程即可求出m.【详解】因为直线l的倾斜角为23，

所以斜率2tan33k==−.所以3321mm=−−，解得：13m=.故选：A2．下列通项公式中，对应数列是递增数列的是（）A．1nan=−B．14nna=C．2251nann=−+D．13,2,2

,2nnnnan−+=【答案】C【分析】根据数列单调性的定义逐项判断即可.【详解】对于A，B选项对应数列是递减数列．对于C选项，1430nnaan+−=−，故数列na是递增数列．对于D选项，由于

23aa．所以数列na不是递增数列．故选：C.3．某学习小组研究一种卫星接收天线（如图①所示），发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处（如图②所示）．已知接

收天线的口径（直径）为3.6m，深度为0.6m，则该抛物线的焦点到顶点的距离为（）第2页共15页A．1.35mB．2.05mC．2.7mD．5.4m【答案】A【分析】根据题意先建立恰当的坐标系，可设出抛物线方程，利用已知条件得出点()0.6,1.8A在抛

物线上，代入方程求得p值，进而求得焦点到顶点的距离.【详解】如图所示，在接收天线的轴截面所在平面上建立平面直角坐标系xOy，使接收天线的顶点（即抛物线的顶点）与原点O重合，焦点F在x轴上．设抛物线的标准方程为()220ypxp=，由已知条件可得，点()0.6,1.8A在抛物线上，所以21.21

.8p=，解得2.7p=，因此，该抛物线的焦点到顶点的距离为1.35m，故选：A.4．已知{},,abc是空间的一个基底，若23mabc=+−，()()3()nxabybcac=+−+++，若mn∥，则xy=（）A．

3−B．13−C．3D．13【答案】C【分析】由mn∥，可得存在实数，使nλm=，然后将,mn代入化简可求得结果【详解】23mabc=+−，()()3()(3)()(3)nxabybcacxaxybyc=+−+++=++−+−，因为mn∥，所

以存在实数，使nλm=，所以(3)()(3)(23)xaxybycabc++−+−=+−，所以3233xxyy+=−=−=−，所以2(3)33(3)xyxyx−=+−=−+，得223xyxy+=−，3xy=，

第3页共15页所以3xy=，故选：C5．已知点()2,0A−，()2,0B，()4,3C，动点P满足PAPB⊥，则PC的取值范围为（）A．2,5B．2,8C．3,7D．4,6【答案】C【分析】由题设分析知P的轨迹为224xy+=(P不与

,AB重合)，要求PC的取值范围，只需求出()4,3C到圆224xy+=上点的距离范围即可.【详解】由题设，P在以||AB为直径的圆上，令(,)Pxy，则224xy+=(P不与,AB重合)，所以PC的取值范围，即为()4,3C

到圆224xy+=上点的距离范围，又圆心(0,0)到C的距离22(40)(30)5d=−+−=，圆的半径为2，所以PC的取值范围为[,]drdr−+，即3,7.故选：C6．如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，圆锥PO的轴截面PAE是边长为2的等边三角

形，ABC是底面圆的内接正三角形．则PBPC→→=（）A．32B．52C．72D．92【答案】B【分析】先求出3PO=，再利用向量的线性运算和数量积计算求解.【详解】解：由题得22213PO=−=,120BOC=,21531122PBPCPOOBPOOCPOOBOC→→→→→→→→→

=++=+=+−=．第4页共15页故选：B7．已知等比数列na的前3项和为3，12342360aaaa+++=，则3a=（）A．8−B．4C．2−D．1【答案】D【分析】设等比数列na的公比为()0qq，由已知结合等

比数列的通项公式可求得14a=，12q=−，代入即可求得结果.【详解】设等比数列na的公比为()0qq，由12342360aaaa+++=，得1112132360aaaaqqq+++=即()21312360qqqa+++=，又10a2312360qqq+++=，

即()()213120qq++=又2103q+，120q+=，解得12q=−又等比数列na的前3项和为3，故21113aaqaq++=，即1111324a−+=，解得14a=1231aaq==故选：D8．已知0mn，则方程221mxny+=与2nymx=在同

一坐标系内对应的图形编号可能是（）第5页共15页A．①④B．②③C．①②D．③④【答案】B【分析】结合椭圆、双曲线、抛物线的图像，分别对①②③④分析m、n的正负，即可得到答案.【详解】对于①：由双曲线的图像可知：0,0mn；由抛物线的图像可

知：,mn同号，矛盾.故①错误；对于②：由双曲线的图像可知：0,0mn；由抛物线的图像可知：,mn异号，符合要求.故②成立；对于③：由椭圆的图像可知：0,0mn；由抛物线的图像可知：,mn同号，且抛物线的焦点在x轴上，符合要求.故③成立；对于④：由椭圆的图像可知：0,0mn；由抛物线的

图像可知：,mn同号，且抛物线的焦点在x轴上，矛盾.故④错误；故选：B9．设等差数列na的前n项和为nS，10a，公差为d，890aa+，90a，则下列结论不正确的是（）A．0dB．当8n=时，nS取得最大值C．45180aaa+

+D．使得0nS成立的最大自然数n是15【答案】D【分析】根据等差数列等差中项的性质，求和公式及单调性分别判断.【详解】因为890aa+，90a，所以80a，则0d，故A正确;当8n=时,nS取得最大值，故B正确;45181932430aaaada++=+=，故C

正确;因为158150Sa=，()168980Saa=+，179170Sa=，第6页共15页所以使得0nS成立的最大自然数n是16，故D错误.故选：D．10．南宋数学家杨辉在《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提

出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次成等差数列．如数列1，3，6，10，前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列．现有二阶等差数

列，其前7项分别为2，3，5，8，12，17，23，则该数列的第31项为（）A．336B．467C．483D．601【答案】B【分析】先由递推关系利用累加法求出通项公式，直接带入即可求得.【详解】根据题意，数列2，3，5，8，12，17，23……满足11n

nnaa−=−−，12a=，所以()()()()()1122112212nnnnnaaaaaaann−−−=−+−++−=−+−++++()122nn−=+该数列的第31项为31313024672a=+=.故选：B11．在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，ABAD⊥，//A

DBC，点E为PA的中点，1ABBC==，2AD=，2PA=，则点B到平面PCD的距离为（）A．14B．23C．13D．12【答案】D【分析】F为PD中点，连接,,BEEFFC，易得EFCB为平行四边形，进而可知B到平面PC

D的距离即为E到平面PCD的距离d，再由线面垂直的性质确定线线垂直，在直角三角形中应用勾股定理求相关线段长，即可得△PCD为直角三角形，最后应用等体积法求点面距即可.【详解】若F为PD中点，连接,,BEEFFC，又E为PA的中点，第7页共15页所以12EFAD=，//EFAD

，又BC=12AD，//ADBC，则//EFBC且EFBC=，所以EFCB为平行四边形，即//BEFC，又FC面PCD，BE面PCD，所以//BE面PCD，故B到平面PCD的距离，即为E到平面PCD的距离d，由PA⊥底面ABCD，,,ABADBC面ABCD，即PAAB⊥，PA

AD⊥，PABC⊥，又ABAD⊥，即ABBC⊥，ABPAA=，则BC⊥面PAB，PB面PAB，即BCPB⊥，而ABAD⊥，2PA=，2AD=，1ABBC==，易知：2CD=，在Rt△PAD中6PD=；在Rt△PAB中3PB=；在Rt△PBC中2PC=；综上，222PCCDPD+=，故

2PCDS=，又11123226EPCDPCDAPCDPACDVdSVV−−−====，则12d=.所以B到平面PCD的距离为12.故选：D12．已知A，B，C是椭圆M：()222210xyabab+=上三点，且A（A

在第一象限，B关于原点对称，ABAC⊥，过A作x轴的垂线交椭圆M于点D，交BC于点E，若直线AC与BC的斜率之积为12−，则（）A．椭圆M的离心率为12B．椭圆M的离心率为14C．12AEAD=D．13AEAD=【答案】C

【分析】设出点()00,Axy，()11,Cxy,()0,Exm的坐标，将点()00,Axy，()11,Cxy分别代入椭圆方程两式作差，构造直线AC和BC的斜率之积，得到2212ba=，即可求椭圆的离心率，利用CBEBkk=，求出0m=，可知点E在x轴上，且为

AD的中点,则12AEAD=.第8页共15页【详解】设()00,Axy，()11,Cxy，()0,Exm，则()00,Bxy−−，2200221xyab+=，2211221xyab+=，两式相减并化简得()()2101021010yyyybaxxxx−−−−=−−−

，即2212CACBbkka=−=−，则22e12==−=cbaa,则AB错误；∵00ABykx=，ABAC⊥，∴00CAxky=−，又∵12CACBkk=−，∴002CBykx=，即000022CBEBmyykkxx+===，解得0m=，则点E在x轴上，且为AD的中点即12

AEAD=，则C正确.故选：C.二、填空题13．若双曲线()222104xyaa−=的渐近线与圆()2221xy+−=相切，则该双曲线的实轴长为______．【答案】3【分析】由双曲线方程写出渐近线，根据相切关系，结合点线距离公式求参数a，即可确定

实轴长.【详解】由题设，渐近线方程为2yxa=，且圆心为(0,2)，半径为1，所以，由相切关系知：22141a=+，可得234a=，又0a，即32a=，所以双曲线的实轴长为23a=.故答案为：314．写出一个同时满足下列条件①②的圆C的一般方程______．①圆心在第一象

限；②圆C与圆224xy+=相交的弦的方程为20xy+−=．【答案】()()22112xy−+−=（答案不唯一）【分析】设所求圆为()22420xyxy+−++−=，由圆心在第一象限可判断出0，只需取特殊

值2=−，即可得到答案.【详解】可设所求圆为()22420xyxy+−++−=，即22242222xy+++=++第9页共15页只需2024202−++，解得：0，不妨取2=−，则圆的方程为：()()2211

2xy−+−=.故答案为：()()22112xy−+−=（答案不唯一）15．已知数列na满足11232422nnnaaaa−++++=，将数列na按如下方式排列成新数列：1a，2a，2a，2a，3a，3a，3a，3a，3a，…，()2

1,,,nnnnaaa−14444244443项，…．则新数列的前70项和为______．【答案】47162.9375【分析】先根据题干条件得到12nna=，再利用错位相减法求前64项和，最后求出前70项和.【详解】11232422nnn

aaaa−++++=①，当1n=时，112a=；当2n时，2123112422nnnaaaa−−−++++=②，①-②得：1122nna−=，即12nna=．又112a=满足12nna=，所以12nna=．由()21352164nn++++−==

，得8n=．令238135152222S=++++，则234911351522222S=++++，两式相减得22389911111111151157492222212222222251212S−=++++−=+−=−，则749256S=．所以新数列的前70项和

为9749675247256225616+==．故答案为：4716三、双空题16．将由2，5，8，11，14，…组成的等差数列，按顺序写在练习本上，已知每行写13个，每页有21行，则5555在第______页第______行．（用数字作答）【答案】717【分析】首先求出等差数列的通项公

式，即可得到5555为第1852项，再根据每行每页的项数计算可得；第10页共15页【详解】解：由2，5，8，11，14，…组成的等差数列的通项公式为31nan=−，令315555n−=，解得1852n=．又1321273=，18522736214=+，21413166=+．所以5

55在第7页第17行．故答案为：7；17四、解答题17．等比数列na中，11a=，979aa=．(1)求na的通项公式；(2)记nS为na的前n项和．若61mS=，求m的值．【答案】(1)()13nna−=−或13−=nna

；(2)5.【分析】（1）设na的公比为q，解方程869qq=即得解；（2）分两种情况解方程即得解.(1)解：设na的公比为q，由题设得1nnaq−=．由已知得869qq=，解得0q=（舍去），3q=

−或3q=．故()13nna−=−或13−=nna．(2)解：若()13nna−=−，则()134nnS−−=．由61mS=，得()3243m−=−，解得5m=．若13−=nna，则312nnS−=．由61mS=，得3123m=，因为m+N

，所以此方程没有正整数解．综上，5m=．18．已知圆C的圆心在直线2yx=上，且圆C与y轴相切于点(0,4)P．(1)求圆C的标准方程；(2)若直线:0lxy−=与圆C相交于M，N两点，求PMN的面积．第11页共15页【答案】(1)22(2)4)(4xy−+−=(2)4【分析】（1）由已知设圆心

，再由相切求圆半径从而得解.（2）求弦长MN，再求点P到直线MN的距离，进而可得解.(1)因为圆心C在直线2yx=上，所以设圆心(,2)Caa，又圆C与y轴相切于点(0,4)，所以24a=，即2a=．圆C与y轴相切，则圆的半径||ra=，于是圆C的方程为22(2)4)

(4xy−+−=．(2)圆心C到直线l的距离|24|22d−==，则||24222MN=−=，又P到直线l的距离为4222=，所以1222242PMNS==V.19．已知数列na的前n项和为nS，且23522nSnn=+.(1)求na的通项公式；(2)求数列13nnaa+

的前n项和nT.【答案】(1)31nan=+；(2)31216nnTn=+.【分析】（1）利用1nnnaSS−=−，结合已知条件，即可容易求得通项公式；（2）根据（1）中所求，对数列13nnaa+进行裂

项求和，即可求得nT.(1)当1n=时，1135422aS==+=.当2n时，2213535(1)(1)312222nnnaSSnnnnn−=−=+−−+−=+，因为当1n=时，3114+=，所以31nan=+.(2)第1

2页共15页因为13311(31)(34)3134nnaannnn+==−++++，所以1111111134771031344341216nnTnnnn=−+−++−=−=++++，故数列13nnaa+

的前n项和nT=31216nn+.20．如图，三棱柱111ABCABC−的所有棱长都是2，1AA⊥平面ABC，M为AB的中点，N为1CC的中点．(1)证明：直线//MN平面11ABC；(2)求平面AB

C与平面11ABC夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)217【分析】（1）取11AB的中点D，连接MD交1AB于E，连接1CE，CM，由平面几何得1//MNCE，再根据线面平行的判定可得证；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法即可得结果.(1)

取11AB的中点D，连接MD交1AB于E，连接1CE，CM．在三棱柱111ABCABC−中，M为AB的中点，1//MDAA，112MEAA=．N为1CC的中点，11//NCAA且1112NCAA=，1//NCME且1=NCME

，四边形1MNCE为平行四边形，1//MNCE．又MN平面11ABC，1CE平面11ABC，//MN平面11ABC；第13页共15页(2)1AA⊥平面ABC，1//MDAA，MD⊥平面ABC，MA，MD，MC两两垂直，以M为原点，MA，M

D，MC所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz−，则()11,2,0A，()1,0,0B−，()10,2,3C，()12,2,0BA=，()11,2,3BC=．设平面11ABC的法向量为(),,nx

yz=r，则110,0,nBAnBC==即220,230,xyxyz+=++=取3y=−，则3x=，1z=，()3,3,1n=−．又()0,1,0m=是平面ABC的一个法向量，321cos,77mn==，故平面ABC和平面11

ABC夹角的余弦值为217．21．已知数列na和nb满足12a=，()132nnabn−+=．(1)若nnab=，求na的通项公式；(2)若10b=，()112nnabn−+=，证明na为等差数列，并求na和nb的通项公式．【答案】(1)(

)131122nna−=+−(2)证明见解析，1nan=+，1nbn=−【分析】（1）代入nnab=可得13nnaa−=−+，变形得13322nnaa−−=−−构造等比数列求na的通项公式；（2）先由已知

得()1122nnaan+−−=，先分别求出21ka−，2ka的通项公式，然后合第14页共15页并可得na的通项公式，进而可得nb的通项公式．(1)当nnab=，2n时，11nnab−−=，所

以13nnaa−+=，即13nnaa−=−+，整理得13322nnaa−−=−−，所以32na−是以13122a−=为首项，1−为公比的等比数列．故()131122nna−−=−，即()131122nna−=+−．(2)当2n时，由13nnab−+=，1

1nnab−+=，得13nnab++=，所以()1122nnaan+−−=．因为10b=，所以23a=，则21ka−是以12a=为首项，2为公差的等差数列，()212122kakk−=+−=，*kN；2ka是以23a=为

首项，2为公差的等差数列，()231221kakk=+−=+，*kN．综上所述，1nan=+．所以()111nnaann−−=+−=，2n，故na是以2为首项，1为公差的等差数列．当2n时，111nnban−=−

=−，且10b=满足1nbn=−，所以1nbn=−．22．已知抛物线C：()220ypxp=的焦点为F，()0,2Mx为抛物线C上一点，且2MF=．(1)求抛物线C的方程：(2)若以点(),Pts为圆心，PF

为半径的圆与C的准线交于A，B两点，过A，B分别作准线的垂线交抛物线C于D，E两点，若21ts=−，证明直线DE过定点．【答案】(1)24yx=；(2)证明见解析.【分析】（1）解方程042px=和022px+=即得解；（2）设211,4yDy，222,4yEy

，将1x=−与圆P的方程联立得到韦达定理，再写出直第15页共15页线DE的方程即得解.(1)解：因为()0,2Mx为抛物线C上一点，且2MF=，所以()0,2Mx到抛物线C的准线的距离为2．则042px=，022p

x+=，则244pp=−，所以2p=，故抛物线C的方程为24yx=．(2)证明：由（1）知()1,0F，则圆P的方程为()()()22221xtysts−+−=−+．设211,4yDy，222,4yEy，将1

x=−与圆P的方程联立，可得2240ysyt−+=，则122yys+=，124yyt=．当122=0yys+=时，1,02P−，不妨令()()1,2,1,2EE−−−，则11,2,,222DE−，此时1:2DEx=；当1220yys+=时，直线

DE的斜率为12221212444yyyyyy−=+−，则直线DE的方程为2221244yyyxyy−=−+，即121242221xyyxtxsyyyss+++−===+，即()2110xsy−+−=，令210x−=且10y−=，得1,12xy==，直线过点1,

12；综上，直线DE过定点1,12．