北京市朝陽區(qū)2021-2022學(xué)年高二上學(xué)期數(shù)學(xué)期末考試試卷

1、 PAGE 3 / 21北京市朝陽區(qū) 2021-2022 學(xué)年高二上學(xué)期數(shù)學(xué)期末考試試卷閱卷人得分一、單選題(共 10 題；共 20 分)1（2 分）（2021 高二上朝陽期末）點（ 1 ， 1 ）到直線 1 = 0的距離是（）2A1【答案】BB22C1D2=【解析】【解答】由點到直線距離公式得 =|111|= 12。12+(1)222故答案為：B【分析】利用已知條件結(jié)合點到直線的距離公式，從而求出點（ 1 ， 1 ）到直線 1 = 0的距離。2（2 分）（2021 高二上朝陽期末）2 與8 的等差中項是（）A5【答案】A【解析】【解答】2 與8B4C4D528 = 5 。故答案為：A的等差中

2、項是2【分析】利用已知條件結(jié)合等差中項公式，從而求出2 與8 的等差中項。3（2 分）（2021 高二上朝陽期末）已知直線過點（ 0 ， 1 ），且與直線 2 + 2 = 0垂直，則直線的方程是（）A + 2 + 1 = 0【答案】DB2 + + 1 = 0C + 2 1 = 0D2 + 1 = 0【解析】【解答】因為直線與直線 2 + 2 = 0垂直，所以設(shè)直線方程為2 + + = 0，因為直線過點（ 0 ， 1 ），所以1 + = 0，得出 = 1， 所以直線方程為2 + 1 = 0。故答案為：D【分析】利用直線與直線 2 + 2 = 0垂直，再結(jié)合兩直線垂直斜率之積等于1 ，從而設(shè)出直線

3、 的方程為2 + + = 0，再利用直線過點（ 0 ， 1 ），從而結(jié)合代入法得出m 的值，進而求出直線的方程。4（2 分）（2021 高二上朝陽期末）已知函數(shù)() = ln，則() =（ ）1ln1+lnln+1ln1A2B2CD【答案】Aln11ln1ln() = 1ln【解析】【解答】因為() =故答案為：A. ，所以() = 2=2，即2?！痉治觥坷靡阎獥l件結(jié)合導(dǎo)數(shù)的運算法則，從而求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)。5（2 分）（2021 高二上朝陽期末）已知圓2 + 2 = 1與圓( 3)2 + ( 4)2 = 2( 0 )外切，則 =（）A1【答案】DC3D4【解析】【解答】由題設(shè)，兩圓圓心分別為

4、(0,0)、(3,4)，半徑分別為 1，r，由兩圓外切關(guān)系知：(3 0)2 + (4 0)2 = + 1，可得 = 4。故答案為：D.【分析】利用已知條件結(jié)合兩圓外切位置關(guān)系判斷方法，再結(jié)合兩點距離公式求出圓心距，再利用圓心距與兩圓半徑之和的關(guān)系，從而求出圓( 3)2 + ( 4)2 = 2( 0 )的半徑。6（2 分）（2021 高二上朝陽期末）曲線() = 2在點( 1 , (1) )處的切線方程為（）A = 0【答案】CB2 = 0C3 2 = 0D4 3 = 0【解析】【解答】由() = 2 可得(1) = ， 又因為() = 2 + 2 = (2 + 2) ，則切線斜率 = (1)

5、= (1 + 2) = 3，故曲線() = 2在點(1 , (1)處的切線方程為 = 3( 1) + ，即3 2 = 0。故答案為：C【分析】利用已知條件結(jié)合切點的橫坐標(biāo)和代入法，從而求出切點的縱坐標(biāo)，進而求出切點的坐 標(biāo)，再利用求導(dǎo)的方法求出曲線在切點處的切線的斜率，再結(jié)合點斜式求出曲線在切點的切線的方程，再轉(zhuǎn)化為切線的一般式方程。7（2 分）已知數(shù)列 為等比數(shù)列，則“ 1 1 ”是“ 為遞減數(shù)列”的（）充分不必要條件C充要條件【答案】A必 要 不 充 分 條 件 D既不充分也不必要條件【解析】【解答】若等比數(shù)列 滿足 1 1 ，則數(shù)列 為遞減數(shù)列， 故“ 1 1 ”是“ 為遞減數(shù)列”的充分

6、條件，因為若等比數(shù)列 滿足 1 0 、 0 1 ，則數(shù)列 也是遞減數(shù)列， 所以“ 1 1 ”不是“ 為遞減數(shù)列”的必要條件，綜上所述，“ 1 1 ”是“ 為遞減數(shù)列”的充分不必要條件， 故答案為：A.【分析】本題可依次判斷“ 1 1 ”是否是“ 為遞減數(shù)列”的充分條件以及必要條件，即可得出結(jié)果.8（2 分）（2021 高二上朝陽期末）點是正方體 1111的底面內(nèi)（包括邊界）的動點.給出下列三個結(jié)論：滿足1/1的點有且只有 1 個；滿足1 1的點有且只有 1 個；滿足1/平面11的點的軌跡是線段.則上述結(jié)論正確的個數(shù)是（）A0【答案】C【解析】【解答】如圖：C2D3 PAGE 4 / 21對于，

7、在正方體 1111中，1 1 ,若 異于 ，則過1點至少有兩條直線和1平行，這是不可能的，因此底面內(nèi)（包括邊界）滿足1/1的點有且只有 1 個，即為 點， 故正確；對于，正方體 1111中， 平面11 ,1 平面11，所以 1 ,又1 1，1 1 ，所以1 1 ，而 1 = , 1 平面1 ,故1 平面1,因此和1 垂直的直線1 一定落在平面1內(nèi)，由 是平面上的動點可知，一定落在上，這樣的點有無數(shù)多個，故錯誤； 對于，11 , 平面1 ,則11 平面1，同理1 平面1,而11 1 = 1 ,所以平面11 平面1，而1/平面11， 所以1一定落在平面1上，由是平面上的動點可知，此時一定落在上，

8、即點的軌跡是線段，故正確。故答案為：C.【分析】對于，在正方體 1111中，1 1 ,若 異于 ，則過1點至少有兩條直線和1平行，這是不可能的，因此底面內(nèi)（包括邊界）滿足1/1的點有且只有 1 個，即為 點；對于，在正方體 1111中， 平面11 結(jié)合線面垂直的定義證出線線垂直，所以 1 ,再利用1 1，1 1 ，所以1 1 ，再利用線線垂直證出線面垂直，所以1 平面1, 因此和1 垂直的直線1 一定落在平面1內(nèi)，由 是平面上的動點可知，一定落在上，這樣的點有無數(shù)多個；對于，11 結(jié)合線線 PAGE 6 / 21平行證出線面平行，則11 平面1，同理1 平面1,再利用線面平行證出面面平行，所以

9、平面11 平面1，再利用1/平面11，所以1一定落在平面1上，由是平面上的動點可知，此時一定落在上，即點的軌跡是線段，從而找出結(jié)論正確的個數(shù)。9（2 分）（2021 高二上朝陽期末）已知，是圓: 2 + 2 = 1上的兩點，是直線 + = 0上一點，若存在點，使得 ，則實數(shù)的取值范圍是（）A1,1【答案】BB2,2C2, 2D22, 22【解析】【解答】 ，故在以為直徑的圓上，設(shè)中點為，則 |2 + |2 = 1，圓上的點到的最大距離為| + |，2| + | 2(|2 + |2) = 2，當(dāng)| = | = 2時等號成立，2直線 + = 0到原點的距離為 = | 2，故2 2。故答案為：B.【

10、分析】利用 結(jié)合直徑所對的圓周角為 90 度的性質(zhì)，故在以為直徑的圓上，設(shè)中點為，再利用勾股定理得出|2 + |2 = 1，再結(jié)合幾何法得出圓上的點到的最大距離為| + |，再利用均值不等式求最值的方法得出| + |的最大值，再利用點到直線的距離公2式結(jié)合已知條件，得出直線 + = 0到原點的距離為 = | 2，從而解絕對值不等式求出實數(shù) m 的取值范圍。10（2 分）（2021 高二上朝陽期末）北京大興國際機場的顯著特點之一是各種彎曲空間的運用，在數(shù)學(xué)上用曲率刻畫空間彎曲性.規(guī)定：多面體的頂點的曲率等于2與多面體在該點的面角之和的差（多面體的面的內(nèi)角叫做多面體的面角，角度用弧度制），多面體面

11、上非頂點的曲率均為零，多面體的總曲率等于該多面體各頂點的曲率之和.例如：正四面體在每個頂點有 3 個面角，每個面角是3，所以3正四面體在每個頂點的曲率為2 3 = ，故其總曲率為4.給出下列三個結(jié)論：正方體在每個頂點的曲率均為2；任意四棱錐的總曲率均為4；若某類多面體的頂點數(shù)，棱數(shù)，面數(shù)滿足 + = 2，則該類多面體的總曲率是常數(shù).其中，所有正確結(jié)論的序號是（）A【答案】DBCD22【解析】【解答】根據(jù)曲率的定義可得正方體在每個頂點的曲率為2 3 = ，故正確；由定義可得多面體的總曲率= 2 頂點數(shù)各面內(nèi)角和，因為四棱錐有 5 個頂點，5 個面，分別為 4 個三角形和 1 個四邊形，所以任意四

12、棱錐的總曲率為2 5 ( 4 + 2 1) = 4，故正確；設(shè)每個面記為( 1, )邊形，則所有的面角和為( 2) = 2 = 2 2 = 2( )，=1=1根據(jù)定義可得該類多面體的總曲率2 2( ) = 4為常數(shù)，故正確.故答案為：D.【分析】根據(jù)曲率的定義可得正方體在每個頂點的曲率；由曲率的定義可得多面體的總曲率， 再利用四棱錐有 5 個頂點，5 個面，分別為 4 個三角形和 1 個四邊形，從而得出任意四棱錐的總曲率；設(shè)每個面記為( 1, )邊形，再利用求和的方法得出所有的面角和，再利用曲率的定義可得該類多面體的總曲率為常數(shù)，從而找出正確結(jié)論的序號。閱卷人二、填空題(共 6 題；共 8 分

13、) PAGE 7 / 21得分411（1 分）（2021 高二上朝陽期末）設(shè)函數(shù)() = sin，則( ).【答案】224442【解析】【解答】因為() = sin，所以() = cos， 所以( ) = cos( ) = cos = 2。故答案為：2。2【分析】利用已知條件結(jié)合代入法和誘導(dǎo)公式，進而求出函數(shù)值。12（1 分）（2021 高二上朝陽期末）已知拋物線的焦點到準(zhǔn)線的距離為1，則拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為.（寫出一個即可）【答案】2 = 2（答案不唯一）【解析】【解答】設(shè)拋物線的方程為2 = 2，根據(jù)題意可得 = 1，所以拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為2 = 2。故答案為：2 = 2（答案不唯一）?！痉?/p>

14、析】設(shè)拋物線的方程為2 = 2，利用已知條件結(jié)合點到直線的距離公式得出 p 的值，從而求出拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程。13（1 分）（2021 高二上朝陽期末）已知雙曲線2 2 = 1 ( 0 , 0 )的右焦點為，過點作22軸的垂線，在第一象限與雙曲線及其漸近線分別交于，兩點.若 = 為.【答案】233 ，則雙曲線的離心率【解析】2 2 = 1 ( 0 , 0 )的右焦點為(c, 0),【解答】雙曲線22其漸近線為 = ，垂線方程為 = ，則(, 2)，(, )，2，2)， = (0, ) = (0,由 = ，得22，即 22 = 0，=即 = 2，則 = 3，離心率 = =2= 2 3。33 PAG

15、E 9 / 21故答案為：23。32 2 = 1 ( 0 , 0 )的右焦點為(c, 0),其漸近線為 = ，垂線 方程【分析】利用雙曲線22為 = ，進而結(jié)合已知條件設(shè)出點(, 2)，點(, )，再利用向量的坐標(biāo)表示求出向量的坐標(biāo)，即2 ， 2，由 = ，再利用向量共線的坐標(biāo)表示得出得 = 2，從而得 = (0, ) = (0,)出 = 3，再利用雙曲線的離心率公式得出雙曲線的離心率。14（1 分）（2021 高二上朝陽期末）古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)：平面內(nèi)到兩個定點，的距離之比為定值 ( 1)的點的軌跡是圓.人們將這個圓稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.已知點 (1,0)， (2,0)，動點

16、滿足| = 1，記動點的軌跡為曲線，給出下列四個結(jié)論：|2曲線的方程為( + 2)2 + 2 = 4；曲線上存在點，使得到點(1,1)的距離為 6；曲線上存在點，使得到點的距離大于到直線 = 1的距離；曲線上存在點，使得到點與點(2,0)的距離之和為 8.其中所有正確結(jié)論的序號是.【答案】|1(+1)2+21【解析】【解答】設(shè)(, ),因為滿足| = 2,所以2= 2,整理可得：2 + 2 + 4 = 0,即( + 2)2 + 2 = 4,所以正確；(2) +2對于中,由可知，點(1,1)在圓( + 2)2 + 2 = 4的外部,因為(1,1)到圓心(2,0)的距離 =(2 1)2 + 1 =

17、 10,半徑為2,所以圓上的點到(1,1)的距離的范圍為10 2, 10 + 2,而6 10 2, 10 + 2,所以不正確；對于中,假設(shè)存在(0, 0)，使得到點的距離大于到直線 = 1的距離,00又| = (0 + 1)2 + 02，(0, 0)到直線 = 1的距離|0 1|，所以(0 + 1)2 + 2 |0 1|，化簡可得02 + 40 0，又 2 = 02 40， 所以02 40 + 40 0，即02 |0 1|，化簡可得02 + 40 0，再利用 2 = 02 40，從而求出02 0，故假設(shè)不成立；假設(shè)存在這樣的點，使得到點與點(2,0)的距離之和為 8，再利用橢1612圓的定義得

18、出點在以點與點(2,0)為焦點，實軸長為 8 的橢圓上，即點在橢圓2 + 2= 1上，1612易知橢圓2 + 2= 1與曲線： ( + 2)2 + 2 = 4有交點，故曲線上存在點，使得到點與點(2,0)的距離之和為 8，從而找出正確結(jié)論的序號。15（2 分）（2021 高二上朝陽期末）日常生活中的飲用水通常是經(jīng)過凈化的.隨著水的純凈度的提高，所需凈化費用不斷増加.己知將1噸水凈化到純凈度為 %時所需費用（單位：元）為 () =1005284 ( 80 (95)，可知水的純凈度越高，凈化費用增加的速度越快。故答案為：25，快。 PAGE 10 / 212【分析】由題意，可知凈化所需費用的瞬時變

19、化率為() =5284(100)，再利用代入法得出(95)，(99)的值，進而求出(99)(95)的值，從而得出凈化到純凈度為 99%時所需費用的瞬時變化率是凈化到純凈度為 95%時所需費用的瞬時變化率的倍數(shù)；再利用(99) (95)，可知水的純凈度越高，凈化費用增加的速度越快。16（2 分）（2021 高二上朝陽期末）已知數(shù)列的前項和為， = 2 + ( )，則1 =， =.【答案】-1；1 2( )【解析】【解答】 1 = 1 1 = 21 + 1，可得1 = 1， 由 = 2 + ，可知 2時，1 = 21 + 1 ，故 2 時 = 1 = 2 + (21 + 1 ) = 2 21 +

20、1， 即 = 21 1可化為 1 = 2(1 1)，又因為1 1 = 2，故數(shù)列 1是首項為-2 公比為 2 的等比數(shù)列， 1 = 2 21 = 2，故數(shù)列的通項公式 = 1 2。故答案為：-1 ；1 2 ( )?！痉治觥?利用已知條件結(jié)合， 的關(guān)系式，再結(jié)合分類討論的方法，再利用等比數(shù)列的定義，從而判斷出數(shù)列 1是首項為-2 公比為 2 的等比數(shù)列，再利用等比數(shù)列的通項公式，從而得出數(shù)列的通項公式。閱卷人三、解答題(共 5 題；共 65 分)得分17（10 分）（2021 高二上朝陽期末）已知 是等差數(shù)列，2 = 1 ，6 = 9.（1）（5 分）求 的通項公式；（2）（5 分）若數(shù)列 是公

21、比為3的等比數(shù)列，1 = 1，求數(shù)列 的前項和.【答案】（1）解：設(shè)等差數(shù)列 的公差為.由題意得1 + = 1,1 + 5 = 9 ,解得1 = 1 ， = 2.所以 = 1 + ( 1) = 1 + ( 1) 2 = 2 3. PAGE 11 / 21（2）解：因為 是公比為3的等比數(shù)列，又1 = 1，1 = 1 ， 所以 = (1 1) 31 = 2 31，所 以 = 2 31 + = 2 31 + 2 3.所以 = 2(30 + 31 + 32 + + 31) + 2(1 + 2 + 3 + + ) 31 3= 2 1 3 +2(1 + )2 3= 3 + 2 2 1.【解析】【分析】（

22、1）利用已知條件結(jié)合等差數(shù)列的通項公式，進而解方程組求出首項和公差，再利用等差數(shù)列的通項公式，進而求出數(shù)列 的通項公式。利用數(shù)列 是公比為3的等比數(shù)列，再利用數(shù)列 的通項公式結(jié)合等比數(shù)列的通項公式，再結(jié)合1 = 1，1 = 1 ，從而得出數(shù)列 的通項公式，進而得出數(shù)列 的通項公式，再利用分組求和的方法結(jié)合等差數(shù)列的前n 項和公式和等比數(shù)列前n 項和公式，進而求出數(shù)列 的前項和。18（15 分）（2021 高二上朝陽期末）如圖，在四棱錐 中，底面為菱形， = =31， 底面， = ，是的中點.（1）（5 分）求證：/平面；（2）（5 分）求證：平面 平面；（3）（5 分）設(shè)點是平面上任意一點，直

23、接寫出線段長度的最小值.（不需證明）【答案】（1）證明：設(shè) = ，連結(jié). PAGE 12 / 21因為底面為菱形， 所以為的中點，又因為 E 是 PC 的中點， 所以/.又因為 平面， 平面， 所以/平面.（2）證明：因為底面為菱形， 所以 .因為 底面， 所以 .又因為 = ， 所以 平面.又因為 平面， 所以平面 平面.7解：線段長度的最小值為21.【解析】【分析】（1） 設(shè) = ，連結(jié)，再利用底面為菱形，所以為的中點，再利用點 E 是 PC 的中點，再結(jié)合中點作中位線的方法結(jié)合中位線的性質(zhì)，所以/，再利用線線平行證出線面平行，從而證出直線/平面。（2） 利用底面為菱形，所以 ，再利用 底

24、面結(jié)合線面垂直的定義證出線線垂直，所以 ，再利用線線垂直證出線面垂直，所以 平面，再利用線面垂直證出面面垂直，從而證出平面 平面。 PAGE 19 / 21（3）利用已知條件結(jié)合幾何法得出線段長度的最小值 。19（15 分）（2021 高二上朝陽期末）如圖，直四棱柱 1111中，底面是邊長為1的正方形，點在棱1上.（1）（5 分）求證：11 ；（2）（5 分）從條件 條件 條件這三個條件中選擇兩個作為已知，使得1 平面11，并給出證明.條件：為1的中點；條件：1/平面11；條件：1 1.（3）（5 分）在（2）的條件下，求平面11與平面11夾角的余弦值.【答案】（1）證明：連結(jié)，11，由直四棱

25、柱 1111知：1 平面1111，又11 平面1111，所以1 11，又1111為正方形，即11 11，又11 1 = 1，11 平面11，又 平面11，11 .（2）解：選條件，可使1 平面11.證明如下：設(shè)11 11 = ，連結(jié)，1，又，分別是1，11的中點， /1.又1 1，所以1 .由（1）知：11 平面11，1 平面11，則11 1.又11 = ，即1 平面11.選條件 ，可使1 平面11.證明如下： 設(shè)11 11 = ，連結(jié).因為1/平面11，1 平面11，平面11 平面11 = ， 所以1 /，又1 1，則1 .由（1）知：11 平面11，1 平面11，則11 1.又11 = ，

26、即1 平面11.（3）解：由（2）可知，四邊形11為正方形，所以1 = = 2.因為，1兩兩垂直，如圖，以為原點，建立空間直角坐標(biāo)系 ，2則(0,0,0)，1(1,0, 2)，1(1,1, 2)，1(0,1, 2)，(1,1, 2)，1(0,0, 2)，所以=(1,1,0)，= (1,0, 2).1111由（1）知：平面11的一個法向量為= (1,1, 2). = + = 01設(shè)平面11的法向量為 = , , ，則11，令 = 2，則 = (2, 2, 1).設(shè)平面 與平面 = + 2 = 0 的夾角為，則 = |, | =|1|= 2= 101 11 11|1|2510 ，10所以平面11與

27、平面11夾角的余弦值為 10.【解析】【分析】（1） 連結(jié)，11，由直四棱柱 1111知直線1 平面1111， 再利用線面垂直的定義證出線線垂直，所以1 11，再利用四邊形1111為正方形，即11 11，再結(jié)合線線垂直證出線面垂直，所以直線11 平面11，再結(jié)合線面垂直的定義證出線線垂直，從而證出11 。（2） 選條件，可使1 平面11。證明如下：設(shè)11 11 = ，連結(jié)，1，再利用，分別是1，11的中點，從而結(jié)合中點作中位線的方法結(jié)合中位線的性質(zhì)，所以 /1，再利用1 1，所以1 ，由（1）知直線11 平面11結(jié)合線面垂直的定義證出線線垂直，則11 1，再利用線線垂直證出線面垂直，從而證出直

28、線1 平面11。選條件，可使1 平面11。證明如下：設(shè)11 11 = ，連結(jié)，再利用直線1/平面11結(jié)合線面平行的性質(zhì)定理證出線線平行，所以1 /，再利用1 1，則1 ，由（1）知直線11 平面11結(jié)合線面垂直證出線線垂直，則11 1，再利用線線垂直證出線面垂直，從而證出直線1 平面11。（3） 由（2）可知，利用四邊形11為正方形，所以1 = = 2，再利用，1兩兩垂直，以為原點，建立空間直角坐標(biāo)系 ，從而求出點的坐標(biāo)，再利用向量的坐標(biāo)表示求出向量的坐標(biāo)，再結(jié)合數(shù)量積求向量夾角公式得出平面11與平面11夾角的余弦值。20（10 分）（2021 高二上朝陽期末）已知橢圓: 2 + 2= 1 (

29、 0)過點(0,1)，離心率為 6.（1）（5 分）求橢圓的方程；223（2）（5 分）過點作直線，與直線 = 2和橢圓分別交于兩點，（與不重合）.判斷以為直徑的圓是否過定點，如果過定點，求出定點坐標(biāo)；如果不過定點，說明理由.3【答案】（1）解：由題意得， = 1， = 6，又因為2 = 2 + 2，所以2 = 3.3所以橢圓 C 的方程為2 + 2 = 1.（2）解：以為直徑的圓過定點(0 ， 1).理由如下： 當(dāng)直線斜率存在時，設(shè)直線的方程為 = + 1（ 0）. 令 = 2，得 = 1，所以(1 , 2). = + 1, = 6由2 + 2= 1,得(1 + 32)2 + 6 = 0，則

30、 = 0或1+32，3所以(61+32, 132).1+32設(shè)(, )是以為直徑的圓上的任意一點，則= ( 1 , 2)， = ( +6, 132).1+321+32由題意， = 0，則以為直徑的圓的方程為( +6)( 1) + ( 132)( 2) = 0.1+321+32即3(2 + 2 2)3 + 32 + (2 + 2 3 4) = 0恒成立. = 0, = 0,即 2 2 = 0, 解得 = 1.2 3 4 = 0,故以為直徑的圓恒過定點(0, 1).當(dāng)直線斜率不存在時，以為直徑的圓也過點(0, 1).綜上，以為直徑的圓恒過定點(0, 1).3【解析】【分析】（1） 由題意結(jié)合代入法

31、和橢圓的離心率公式，得出 = 1， = 6，再利用橢圓中a,b,c 三者的關(guān)系式，從而解方程求出a 的值，進而求出橢圓C 的標(biāo)準(zhǔn)方程。以為直徑的圓過定點(0 ， 1)，理由如下：再利用分類討論的方法，當(dāng)直線斜率存在時，設(shè)直線的斜截式的方程為 = + 1（ 0），令 = 2，得 = 1，從而求出點M 的坐標(biāo)，再利用直線與橢圓相交，聯(lián)立二者方程求出交點N 的坐標(biāo)，設(shè)(, )是以為直徑的圓上的任意一點，再利用向量的坐標(biāo)表示得出= ( 1 , 2)， = ( +6, 132)，再結(jié)合1+321+32 = 0，從而求出以為直徑的圓的方程，即3(2 + 2 2)3 + 32 + (2 + 2 3 4) =

32、 0恒成立，進而求出以為直徑的圓恒過定點坐標(biāo)為(0, 1)；當(dāng)直線斜率不存在時，以為直徑的圓也過點(0, 1)，從而判斷出以為直徑的圓恒過定點(0, 1)。21（15 分）（2021 高二上朝陽期末）已知項數(shù)為( 3)的數(shù)列是各項均為非負實數(shù)的遞增數(shù)列.若對任意的，（1 ）， + 與 至少有一個是數(shù)列中的項，則稱數(shù)列具有性質(zhì) .（1）（5 分）判斷數(shù)列 0，1，4，6 是否具有性質(zhì) ，并說明理由；（2）（5 分）設(shè)數(shù)列具有性質(zhì) ，求證：2(1 + 2 + + 1 + ) = ；（3）（5 分）若數(shù)列具有性質(zhì) ，且不是等差數(shù)列，求項數(shù)的所有可能取值.【答案】（1）解：數(shù)列 0，1，4，6 不具有

33、性質(zhì) .因為4 + 1 = 5，4 1 = 3，5和3均不是數(shù)列 0，1，4，6 中的項， 所以數(shù)列 0，1，4，6 不具有性質(zhì) .（2）證明：記數(shù)列的各項組成的集合為，又0 1 2 1 + ，由數(shù)列具有性質(zhì) ， + ，所以 ，即0 ，所以1 = 0.設(shè)2 ，因為 + ，所以 .又 0 = 1 2 1 + 2 = ，所以1 + ，1 .又 0 = 1 1 1 2 1 3 3 = 2 ，0 = 1 2 3 2 ，1 1 = 1，1 2 = 2，1 3 = 3， 即 1 = (1 3).由 1 1 = 1，1 2 = 2， 得 ：1 1 = 1，1 2 = 2，1 = (1 1).由兩式相減得： 1 = +1 (1 1)，這與數(shù)列不是等差數(shù)列矛盾，不合題意.綜上，滿足題設(shè)的的可能取值只有 4.【解析】【分析】（1） 利用數(shù)列具有性質(zhì) 的定義，從而判斷出數(shù)列 0，1，4，6 不具有性質(zhì) 。（2） 記數(shù)列的各項組成的集合為，再利用0 1 2 1 + ，由數(shù)列具有性質(zhì) 結(jié)合數(shù)列具有性質(zhì) 的定義，則 + ，所以 ，即0 ，所以1 = 0，設(shè)2 ，再利用 + ，所以 ，再結(jié)合0 = 1 2 1，則