【文档说明】龙岩市2021-2022高二上学期数学期末质量检测试卷及答案.pdf，共(11)页，7.446 MB，由baby熊上传

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龙岩市2021～2022学年第一学期期末高二教学质量检查数学参考答案一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）题号12345678答案AACADCBD二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号9101112答案ABDACBCAC12．简析：易知137=a，故A正确B选项：

5421138532118=+++++++=S，故B错误C选项：12321322212212112)(,,,aaaaaaaaaaaaaaaaannnnnn−=−==−=+=++++所以202020212022202120202

022202122021234324323)()(aaaaaaaaaaaaaaaa−=−=−=−=，20222021220212221aaaaa=+++∴，所以C正确D选项：19820019946524321,

,,aaaaaaaaaaa−=−=−==200199531aaaaa=++++∴，故D错误三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．614．)2,2(−15．3616．5416．简析：由已知可得：nnan−+=1，∴=+++=nnaaaS212－1＋3－2＋…＋n＋1－n＝n

＋1－1，∴[S1]＝[S2]＝0，[S3]＝[S4]＝[S5]＝[S6]＝[S7]＝1，[S8]＝[S9]＝…＝[S14]＝2，[S15]＝[S16]＝…＝[S23]＝3，[S24]＝[S25]＝4，∴[S1]＋[S2]＋…＋[S25]＝2×0＋5×1＋7×2＋9×3＋2×4=5

4.四、解答题（本大题共6小题，共70分）17．（本题满分10分）解：（1）设(,)Pxy，由题意，得：2222)1(2)2-(++=+yxyx，………………2分化简得0422=++yyx，………………4分所以点P

的轨迹方程为0422=++yyx………………5分（2）方法一:设(),Qxy，因为点P与点Q关于点02-=+yx对称，则P点坐标为)22-(+xy，，……………7分因为点P在圆0422=++yyx，即4)2(22=++yx上运动，所以4)2-()4(22

=++yx，所以点Q的轨迹方程为4)2-()4(22=++yx，……………8分所以两圆的圆心分别为)2,4-(),2-,0(，半径均为2，则4244)2-2-()40(||22max+=+++=PQ.……………10分方法二:由0422=++yyx可得：4)2(22=++y

x所以点P的轨迹是以)2-,0(为圆心，2为半径的圆……………6分轨迹P的圆心到直线02=+−yx的距离为：222|220|=++=d……………8分42422||max+=+=rdPQ……………10分18．（本题满分12分）解：（1）当1=n时，2,22111=∴−=aaS………………

……1分当2≥n时，1112),22(22−−−=∴−−−=−=nnnnnnnaaaaSSa……………3分}{na∴为等比数列，2,22211==×=∴−aannn满足上式，nna2=∴………5分（2）nnnnncnb2)1(,2log2+===……………………6分nnnnnT

2)1(22322121×++×++×+×=−①1322)1(223222+×++×++×+×=nnnnnT②……………………8分①-②得11322)1(212)12(22)1(2224++×+−+−−×=×+−++++=−nnnnnnnT1

1122)1(-2+++⋅−=×+=nnnnn……………………11分12+⋅=∴nnnT……………………12分19．（本题满分12分）解：（1）由已知可得：甲、乙两人共付费6元，则甲、乙一人付费2元一人付费4元，

…2分又付费2元的乘坐站数有1，2，3三种选择，付费4元的乘坐站数有4，5，6，7四种选，……………4分所以甲、乙下地铁的方案共有(3×4)×2＝24(种)．……………6分（2）甲、乙两人共付费8元，则甲、乙一人付费2元一人付费6元或两人都付费4元；当甲付费2元，乙付费6元时，甲乘坐站数有1，2，

3三种选择，乙乘坐站数有8，9，10,11,12五种选择，此时，共有3×5=15（种）方案；……………………8分当两人都付费4元时，若甲在第4站下地铁，则乙可在第5,6,7站下地铁，有3种方案；若甲在第5站下地铁，则乙可在第6,7站下地铁，有2种方案；若甲在第6站下地铁，

则乙可在第7站下地铁，有1种方案；………………11分综上，甲比乙先下地铁的方案共有2112315=+++（种）.………………12分20．（本题满分12分）解：（1）由题意得，2MFpt=+54t=，解得t＝2p，……………2分因为点M(t，4)在抛物线C上，所以42＝2

pt＝4p2，解得p＝2，所以抛物线C的标准方程为24yx=．…………………4分（2）方法一：由已知得，直线l的斜率存在且不为0，所以设直线l的方程为bkxy+=，0k≠与抛物线方程24yx=联立并消去x得：2440kyyb−+=，…………………5分因为直线l与抛物线C相切，所以0∆=，得1kb

=，ky20=，……………7分所以200214yxk==，得212,Pkk，……………8分在bkxy+=中，令0y=得21bxkk=−=−，所以21,0Qk−，……………9分所以线段PQ中点为1(0,)k，线段PQ的中垂线方程为()11yxk=−−，……11分所以线段P

Q的中垂线过定点()1,0F.……………12分方法二：由已知得，直线l的斜率存在且不为0，所以设直线l的方程为)(00xxkyy−=−，0k≠与抛物线方程24yx=联立并消去x得：20004kyyykx−+−=，……………5分()()2

200000111244ykykxkykky∆=−−=−−=−因为直线l与抛物线C相切，所以0∆=，得ky20=，……………7分所以200214yxk==，得212,Pkk，……………8分在)(00xxkyy−=

−中，令0y=得21xk=−，所以21,0Qk−，……………9分所以线段PQ中点为1(0,)k，线段PQ的中垂线方程为()11yxk=−−，……11分所以线段PQ的中垂线过定点()1,0F.……………

12分21．（本题满分12分）解：（1）证明：当2≥n时，2)(3112+−=−+−+nnnnSSSS得到23112+=+++++nnnnaaaa,2)()(,2211212=−−−=+−∴+++++nnn

nnnnaaaaaaa得……………………2分当1=n时，2)()(,6,412232312=−−−=−=−aaaaaaaa}{1nnaa−∴+是以4为首项，2为公差的等差数列2221)-(41+=×+=−

∴+nnaann当2≥n时1122-1-1-)()()(aaaaaaaannnnn+−++−+−=222)1(22+×++−+=nn……………………5分当1=n时，21=a也满足上式，nnan+=∴

2……………………6分（2）)12)(2(1)3)(2(1)2)(1(1111221++++++++=+++=++nnnnnnaaabnnnn)12121()3121()2111(+−+++−+++−+=

nnnnnn312112111++=+−+=nnnn……………………8分令312)(++=nnnf，)312(311)1(2)()1(++−++++=−+nnnnnfnf)1(122)1(1-211122+−+=++=−++

=nnnnnnnn当012212>−+≥nnn时，，)()1(nfnf>+因此)(nf的最小值为6)1(=f，nb的最大值为61…………10分对任意正整数n，当]2,1[∈m时，nbtmt>+−6132恒成立，得616132>+−tmt即032>−tmt在]2,1[∈m时恒成立，>−>−

∴0320322tttt解得30><tt或……………………12分22.（本题满分12分）解：（1）因为1ABF△的周长为42，C的离心率为22，所以442a=，22ca=，所以2a=，1c=，……………2分又2221bac=−=，……………3分nnnn+=+×=22)1(2所以椭圆C的方

程为2212xy+=．……………4分（2）方法一：()11,0F−，()21,0F=，1BFG∆的面积为111111133BOFGOFGOBBBOFAOFAGBFOSSSSSSS∆=++=++△△△△△△()()211212111122663yyyyyy

=−++−=−，1ABF∆的面积为112ABFSyy∆=−，……………6分则()121223yyyyλ−=−，得123231yyλλ−=−，①……………7分设:1lxty=+，与椭圆C方程联立，消去y得()22221

0tyty++−=，由韦达定理得12222tyyt−+=+，12212yyt−=+.……………8分令12ymy=，②则()22222021,212mtmytmyt<−+=+−=+，，可得()222142mtmt+−=+.……………9分当0t=时，()210mm+=当0t≠

时，()()22144,021mmt+−=∈−+所以()2140mm+−<≤，又0m<解得322322m−−<<−+③……………10分由①②③得3232232231λλ−−−<<−+−，解得62621212λ−+<<．所以实数λ的取值范围是626212

12−+，．……………12分方法二：同方法一可得1BFG∆的面积为1BFGS∆=()12123yy−，1ABF∆的面积为112ABFSyy∆=−，……………6分则()121223yyyyλ−=−，得121122213111yyyyyyλ−==+−−，①……………7分设:1lxty=

+，与椭圆C方程联立，消去y得()222210tyty++−=，由韦达定理得12222tyyt−+=+，12212yyt−=+.……………8分所以()2221212122112122yyyyyyyyyyyy+++==−=22422tt−−+因为t∈R

，所以122162yyyy−<+≤−解得12322322yy−−<<−+②……………10分由①②解得62621212λ−+<<．所以实数λ的取值范围是62621212−+，．……………12分方法三：设:

1lxty=+，与椭圆C方程联立，消去y得()222210tyty++−=，088)2(44222>+=++=Δttt解得222--,222-222221++=+++=tttyttty……………7分同解法二可得21226226223)222---222-(3

222--2-222-)-(32-λ222222222222121++=+++=++++++++++==tttttttttttttttttyyyy……………9分当21λ,0==时t212261λ02++=>tt时，当,2

222>+t122621261212262+=+<++∴tt此时1226λ21+<<)21,122-6(∈212261λ02++=<t-t时，当综上，)1226122-6(∈λ+，……………12分