2021-2022學(xué)年安徽省滁州市定遠(yuǎn)縣高二（普通班）上學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)（理）試題 解析版

滁州市定遠(yuǎn)縣2021-2022學(xué)年度第一學(xué)期期末考試高二普通班理科數(shù)學(xué)試卷一?選擇題（共12小題，每小題5分，共60分）1.已知空間向量，若與垂直，則等于（）A.B.C.D.2.已知直線2x+my-1=0與直線3x-2y+n=0垂直，垂足為（2，p），則p+m+n的值為（）A.-6B.6C.4D.103.已知在數(shù)列{an}中，a1=3，a2=6，且an+2=an+1-an，則a2020=（）.A.3B.-3C.6D.-64.已知點O（0，0），A（0，2），點M是圓（x-3）2+（y+1）2=4上的動點，則△OAM面積的最小值為（）A.1B.2C.3D.45.若等差數(shù)列的前7項和為48，前14項和為72，則它的前21項和為（）A.96B.72C.60D.486.如圖，已知F是橢圓（a>b>0）的左焦點，P是橢圓上的一點，PF⊥x軸，OPAB（O為原點），則該橢圓的離心率是（）A.B.C.D.7.古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積.若橢圓C的中心為原點，焦點F1，F(xiàn)2均在x軸上，C的面積為π，過點F1的直線交C于點A，B，且△ABF2的周長為8.則C的標(biāo)準(zhǔn)方程為（）A.B.C.D.8.已知雙曲線（a>0，b>0）的兩個頂點分別為A，B，點P為雙曲線上除A，B外任意一點，且點P與點A，B連線的斜率分別為k1，k2，若k1k2=3，則雙曲線的漸近線方程為（）A.B.C.D.9.已知雙曲線的離心率為2.拋物線C2：x2=2py（p>0）的焦點到雙曲線C1的漸近線的距離為2，則拋物線C2的方程為（）A.B.C.D.10.朱載堉（1536~1611），是中國明代一位杰出的音樂家?數(shù)學(xué)家和天文歷算家，他的著作《律學(xué)新說》中制成了最早的“十二平均律”.十二平均律是目前世界上通用的把一組音（八度）分成十二個半音音程的律制，各相鄰兩律之間的頻率之比完全相等，亦稱“十二等程律”，即一個八度13個音，相鄰兩個音之間的頻率之比相等，且最后一個音是最初那個音的頻率的2倍.設(shè)前三個音的頻率總和為A1，前六個音的頻率總和為A2，則=（）A.1+B.1+C.1-D.1-11.如圖所示，F(xiàn)1，F(xiàn)2是雙曲線的左?右焦點，過F1的直線與C的左?右兩支分別交于A，B兩點.若|AB|∶|BF2|∶|AF2|=3∶4∶5，則雙曲線的離心率為（）A.2B.C.D.12.已知A（0，3），若點P是拋物線x2=8y上任意一點，點Q是圓x2+（y-2）2=1上任意一點，則的最小值為（）A.B.C.D.二?填空題（共4小題，每小題5分，共20分）13.過點（1，2）可作圓x2+y2+2x-4y+k-2=0的兩條切線，則實數(shù)k的取值范圍是________.14.已知Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和，且S3=8，S6=7，則a4+a5+…+a9=___________.15.若直線y=kx+2與雙曲線x2-y2=6的左支交于不同的兩點，則k的取值范圍為________.16.過拋物線x2=2py（p>0）的焦點作斜率為1的直線與該拋物線交于A，B兩點，A，B在x軸上的正射影分別為D，C.若梯形ABCD的面積為12，則p=________.三?解答題（共6小題，共70分）17.（10分）已知直線m：（a+2）x+（1-2a）y+4-3a=0.（1）求證：直線m過定點M；（2）過點M作直線n使直線與兩負(fù)半軸圍成的三角形AOB的面積等于4，求直線n的方程.18.（12分）已知拋物線y2=4x截直線y=2x+m所得弦長|AB|=3.（1）求m的值；（2）設(shè)P是x軸上的點，且△ABP的面積為9，求點P的坐標(biāo).19.（12分）已知函數(shù)f（x）=x2+2x，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，點（n，Sn）（n∈N*）在曲線y=f（x）的圖象上.（1）求數(shù)列{an}的通項公式；（2）數(shù)列{bn}是首項b1=1，公比q=3的等比數(shù)列，試求數(shù)列{anbn}的前n項和Tn.20.（12分）已知點A（0，-2），橢圓E：（a>b>0）的離心率為，F(xiàn)是橢圓的右焦點，直線AF的斜率為，O為坐標(biāo)原點.（1）求橢圓E的方程；（2）設(shè)過點A的直線l與橢圓E交于P，Q兩點，當(dāng)△OPQ的面積最大時，求直線l的方程.21.（12分）如下圖，已知平行四邊形ABCD和平行四邊形ACEF所在的平面相交于直線AC，EC⊥平面ABCD，AB=1，AD=2，∠ADC=60°，AF=.（1）求證：AC⊥BF；（2）求二面角F-BD-A的余弦值.22.（12分）已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1>an，（an-an-1）2=2（an+an-1）-1，n≥2.（1）求證：{an+1-an}是等差數(shù)列；（2）記bn=，求數(shù)列{bn}的前n項和.答案解析1.【答案】B【解析】因為，所以.因為與垂直，所以，所以，解得，所以，所以.2.【答案】A【解析】因為直線2x+my-1=0與直線3x-2y+n=0垂直，所以2×3+（-2）m=0，解得m=3，又垂足為（2，p），代入兩條直線方程可得解得則p+m+n=-1+3+（-8）=-6.3.【答案】B【解析】由題意知a3=a2-a1=3，a4=a3-a2=-3，a5=a4-a3=-6，a6=a5-a4=-3，a7=a6-a5=3，a8=a7-a6=6，a9=a8-a7=3，a10=a9-a8=-3，…易知{an}是周期為6的數(shù)列，∴a2020=a4=-3.4.【答案】A【解析】根據(jù)題意，得圓（x-3）2+（y+1）2=4的圓心為（3，-1），半徑r=2，O（0，0），A（0，2），OA所在的直線是y軸，當(dāng)M到直線AO的距離最小時，△OAM的面積最小，則M到直線AO的距離的最小值d=3-2=1，則△OAM的面積最小值S=×|OA|×d=1.5.【答案】B【解析】解法一：由解得所以；解法二：，，，所以，，成等差數(shù)列，公差為，由等差中項定義得，即，解得.故選：B6.【答案】A【解析】因為PF⊥x軸，所以P.又OP∥AB，所以，即b=c.于是b2=c2，即a2=2c2.所以.7.【答案】C【解析】因為△ABF2的周長為8，所以|AB|+|AF2|+|BF2|=8?|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=8?（|AF1|+|AF2|）+（|BF1|+|BF2|）=8，由橢圓的定義可知，|AF1|+|AF2|=2a，|BF1|+|BF2|=2a，所以2a+2a=8?a=2，由題意可得，解得，因為橢圓的焦點在x軸上，所以C的標(biāo)準(zhǔn)方程為.8.【答案】C【解析】設(shè)點，由題意知，所以其漸近線方程為，故選C.9.【答案】D【解析】由得，則雙曲線的漸近線方程為，即，拋物線的焦點坐標(biāo)為，則有，解得，故拋物線C2的方程為x2=16y.10.【答案】A11.【答案】C【解析】∵|AB|∶|BF2|∶|AF2|=3∶4∶5，不妨令|AB|=3，|BF2|=4，|AF2|=5，∵|AB|2+|BF2|2=|AF2|2，∴∠ABF2=90°，又由雙曲線的定義得|BF1|-|BF2|=2a，|AF2|-|AF1|=2a，∴|AF1|+3-4=5-|AF1|，∴|AF1|=3，∴2a=|AF2|-|AF1|=2，∴a=1，|BF1|=6.在Rt△BF1F2中，|F1F2|2=|BF1|2+|BF2|2=36+16=52，又|F1F2|2=4c2，∴4c2=52，12.【答案】D【解析】設(shè)點P（x0，y0），由于點P是拋物線x2=8y上任意一點，則x=8y0（y0≥0），∵點A（0，3），則|PA|2=x+（y0-3）2=8y0+（y0-3）2=y+2y0+9，由于點Q是圓x2+（y-2）2=1上任意一點，要使的值最小，則的值要最大，即點到圓心的距離加上圓的半徑為的最大值，則，.，經(jīng)檢驗滿足條件，的最小值為.13.【答案】（3，7）【解析】把圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程得（x+1）2+（y-2）2=7-k，∴圓心坐標(biāo)為（-1，2），半徑r=，則點（1，2）到圓心的距離d=2.由題意，可知點（1，2）在圓外，∴d>r，即<2，且7-k>0，解得3<k<7，則實數(shù)k的取值范圍是（3，7）.14.【答案】-【解析】本題考查等比數(shù)列前n項和的性質(zhì).由題意知S3，S6-S3，S9-S6成等比數(shù)列，即8，7-8，S9-7成等比數(shù)列，所以（-1）2=8（S9-7），解得S9=7.所以a4+a5+…+a9=S9-S3=7-8=-.15.【答案】【解析】聯(lián)立方程得（1-k2）x2-4kx-10=0，①若直線y=kx+2與雙曲線x2-y2=6的左支交于不同的兩點，則方程①有兩個不等的負(fù)根.所以解得.16.【答案】2【解析】如圖，拋物線焦點為，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），直線AB：y-=x，即y=x+.聯(lián)立消去y得x2-2px-p2=0，∴x1=（1+）p，x2=（1-）p.∴|AD|+|BC|=y1+y2=x1++x2+=2p+p=3p，|CD|=|x1-x2|=2p.由S梯形ABCD=（|AD|+|BC|）·|CD|=·3p·2p=12，解得p2=4，∴p=±2.∵p>0，∴p=2.17.【答案】（1）方程m：（a+2）x+（1-2a）y+4-3a=0可化為a（x-2y-3）+（2x+y+4）=0，要使a有無窮多個解，必須有解得無論a取何值，（-1，-2）都滿足方程，故直線m過定點M（-1，-2）.（2）設(shè)直線n：，則解得故直線n：，即2x+y+4=0.所以當(dāng)直線n為2x+y+4=0時，三角形的面積為4.18.【答案】（1）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），由得4x2+4（m-1）x+m2=0，由根與系數(shù)的關(guān)系，得x1+x2=1-m，x1·x2=，∴|AB|=|x1-x2|===，∵|AB|=3，∴=3，解得m=-4.（2）設(shè)P（a，0），P到直線AB的距離為d，則d==，又S△ABP=|AB|·d，則d=，∴=，∴|a-2|=3，∴a=5或a=-1，故點P的坐標(biāo)為（5，0）或（-1，0）.19.【解析】（1）由題意得Sn=n2+2n，當(dāng)n>1時，an=Sn-Sn-1=（n2+2n）-[（n-1）2+2（n-1）]=2n+1；當(dāng)n=1時，a1=S1=3，滿足上式，所以an=2n+1（n∈N*）.（2）由題意得bn=3n-1，又由（1）可知an=2n+1，故anbn=（2n+1）3n-1，所以Tn=3×30+5×31+7×32+…+（2n+1）×3n-1，3Tn=3×31+5×32+7×33+…+（2n+1）×3n，兩式相減，得-2Tn=3+2（31+32+33+…+3n-1）-（2n+1）×3n=3+2×-（2n+1）×3n，=-2n·3n所以Tn=n·3n.20.【答案】解（1）設(shè)點F（c，0），因為直線AF的斜率為，A（0，-2），所以，.又因為，b2=a2-c2，解得a=2，b=1，所以橢圓E的方程為.（2）設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），由題意可知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx-2，聯(lián)立消去得，當(dāng)，即時，.所以又點到直線的距離，所以設(shè)，則.當(dāng)且僅當(dāng)，即，即時取等號，滿足，所以的面積最大時，直線的方程為或，即或21.【答案】（1）證明∵CD=AB=1，AD=2，∠ADC=60°，∴AC=，∴CD2+CA2=AD2，∴CD⊥CA，又EC⊥平面ABCD，故以CD為x軸，CA為y軸，CE為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，其中C（0，0，0），D（1，0，0），A（0，，0），F(xiàn)（0，，），B（-1，，0），∴=（0，，0），=（1，0，），=（-1，，），=（-2，，0），∴·=0，∴AC⊥BF.（2）解平面ABD的一個法向量=（0，0，1），設(shè)平面FBD的法向量=（x，y，z），由得∴令z=1，得=（-，-2，1），∴cos<，>=.故所求二面角F-BD-A的余弦值為.22.【答案】解：（1）令cn=an+1-an，cn>0，則=2（an+an