2020-2021学年南宁市邕宁高中高二年级上册期末数学试卷(含解析)

2020-2021学年南宁市邕宁高中高二上学期期末数学试卷

一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）

1.已知抛物线必=4%的焦点为产，点M在抛物线上，且|MF|=3,则M的横坐标为（）

A.1B.V2C.2D.3

2.已知等差数列｛即｝的公差为d,若｛an｝为递增数列，贝女）

A.d>0B.d<0C.（1闻>0D.ard<0

3.在等比数列｛a｝（N*）中，若1=,a4=9亥数的前10项和为（）

o

A.2一或B.2一套C.2一击D.2一击

4,设后,4是椭圆三+^=1的两个焦点，点用在椭圆上，若△M&B是直角三角形，则AMaFz的

2516

面积等于（）

A48八36-/48_p.Y/

A.—B.—C.16D.g或16

5.下列说法正确的是

A.命题“若则的否命题为“若/=?.贝辰山“

B.命题“三厢圮漏蜷¥鼻-1<砥"的否定是“镣&医磷.贷#零-L通”

C.命题“若需=般，则蝴蒯需=醐现期”的逆命题为真命题

D.若“p或q”为真命题，则p,q中至少有一个为真命题

6,数列｛%｝中，的=1,册+即+1=（―DHneN*）.则数列｛%｝的前6项和56=（）

A.—3B.3C.—4D.4

a2+4a2

7.已知p=a+为（£1>2）,q=2~~（<a>2）,则

A.p>qB.p<qC.p>qD.p<q

8.在平面直角坐标系中，Q是圆。：x2+y2=9上的动点，满足条件|M0|=2|MQ|的动点M构成集

合D,则集合。中任意两点间的距离d的最大值为（）

A.4B.4V2C.6D.12

9.己知点P（4,4）是抛物线C：必=2「％上的一点，F是其焦点，定点M（-l,4）,贝必MPF的外接圆

的面积为（）

A1257TD1257T厂1257T「125TT

*32,1684

10.已知双曲线二-片=1（6>0）的左、右焦点分别为a、F2,其一条渐近线方程为丫=久，点P（

2b2

£，yo）在该双曲线上，则西•西=（）

A.—12B.~2C.0D.4

11.点M是椭圆学+[=1上任一点，两个焦点分别为"，F2,则AMF/z的周长为（）

A.4B.6C.8D.4+2百

12.记[汨为不超过实数久的最大整数，Wa：[2]=2,[1.5]=1,[-0.3]=-1,设a为正整数，数

列｛久n｝满足：K1=a,x“+i=广”:研（neN*y现有下列命题：

①当a=5时，数列｛马｝的前3项依次为5,3,2；

②对数列｛xn｝都存在正整数匕当时，总有久„=冲；

③当n21时，xn>Va-1；

④对某个正整数鼠若Xk+\N网,则=[份];

其中的真命题个数为（）

A.4B.3C.2D.1

二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）

7>1

13.已知实数％、y满足y<2比-1,则目标函数z=审箸的最大值与最小值的和是.

,%+y<4

14.已知条件p：向量五=（1,第），万=（2,1）的数量积五4>0;条件q：%>a+1,若p是q的充分不

必要条件，则实数a的取值范围是.

15.已知数列满足：%=1且3i+i=2厮+1,nEN*,设g=几（册+1）,则数列｛b九｝的前几项

和S九=.

16.已知数列｛a九｝[两足a]—19a2=3,。3=7且a九+3=。九+2+。九+1—。九，贝1。2。15=,

三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）

17.（本题满分13分）如图,某巡逻艇在A处发现北偏东30°相距76+V2海里的B处有一艘走私船,

正沿东偏南45°的方向以3海里/小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以2点海里/小时的速

度沿着正东方向直线追去，1小时后，巡逻艇到达C处，走私船到达3处，此时走私船发现了

巡逻艇，立即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即加速以30海里/小时的速度沿

着直线追击.

(I)当走私船发现了巡逻艇时，两船相距多少海里？

(II)问巡逻艇应该沿什么方向去追，才能最快追上走私船?

18.已知抛物线C：*=2px@〉0)的焦点为F,点4(3,%)在抛物线(;上，且|4F|=4.

(1)求抛物线C的方程及4点的坐标.

(2)已知直线/与抛物线C相交于不同两点“、N,。为坐标原点，若4MON=90。,求证：直线I恒过

某定点，并求出该定点的坐标.

19.数列｛厮｝的前几项和为％,由=2,Sn=lan+1-l(nEN^.

(I)求的，03；

(□)求数列｛册｝的通项。九；

(in)求数列的前几项和.

20.如图1,在四棱锥P-力BCD中，P41底面4BCD,面ABCD为正方形，E为侧棱PD上一点，F为AB

上一点.该四棱锥的正(主)视图和侧(左)视图如图2所示.

(I)求四面体PBFC的体积；

(U)证明：4E〃平面PFC；

(皿)证明：平面PFC1平面PCD.

21.已知正项数列｛5｝中，若存在正实数P，使得对数列｛厮｝中的任意一项耿，十也是数列｛厮｝中的

uk

一项，称数列｛即｝为“倒置数列”，P是它的“倒置系数”.

(/)若数列：1,4,9,双久＞9)是“倒置系数”为p的“倒置数列”，求x和p的值；

(〃)若等比数列｛an｝的项数是如数列｛%J所有项之积是7,求证：数列｛an｝是“倒置数列”，并用机

和T表示它的“倒置系数”p；

(/〃)是否存在各项均为整数的递增数列｛即｝,使得它既是等差数列，又是“倒置数列”，如果存在，

请写出一个满足条件的数列，如果不存在，请说明理由.

22-1

22.已知椭圆C：器+:=l(a＞匕＞0)的右顶点为M(2,0),且离心率e=亍点4B是椭圆C上异

于点M的不同的两点.

(I)求椭圆C的方程；

(n)设直线M力与直线MB的斜率分别为姮，k2,若匕“2=9,证明：直线4B一定过定点.

4

参考答案及解析

1.答案：C

解析：解：由题意可知|MF|=久时+：=+1=3,解得久M=2.

故选：C.

利用抛物线的定义，转化求解M的横坐标即可.

本题考查抛物线的定义的应用，是基础题.

2.答案：A

解析：解：等差数列｛即｝的公差为d,｛厮｝为递增数列，

由递增数列的性质得：d>0,故A正确，8错误；

由递增数列的性质得：d>0,但由的符号不确定，故C,D均错误.

故选：力.

利用递增数列的性质直接求解.

本题考查命题真假的判断，考查递增数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.

3.答案：B

解析：解：由口4==q3——q——

oZt

所以S10=1(21=2_M

1-22

故选.

由等比列的通项式求出公比q,再根据等比数n项和公式求前1即可.

本题考查等数列的通项公前n项和式.

4.答案：A

解析：

本题主要考查椭圆的定义及几何性质，直角三角形相关结论，属于基础题.

令|&蛆=小、="，由椭圆的定义可得m+n=2a①，Rt^FjMFz中,由勾股定理可得/一

m2=36(2),由①②可得小、九的值，利用AFiM4的面积求得结果.

解：由椭圆的方程可得a=5,b=4,c=3,令=机、IMF2I="，

由椭圆的定义可得6+n=2a=10①，

c<b,所以直角不可能是NM.

/.Rt△MFrF2中，不妨设NMF/2为直角，

由勾股定理可得n2—m2=36②，

由①②可得租=£，n=

・•.△MF1F2的面积是3X6Xy=y,

故答案选：A.

5.答案：D

解析：试题分析：命题若/=>则需=?"的否命题为“若一£九则需求，故A错；命题

“:孑肛:直鼎或#碍一:"的否定是“常盛侬・卷婷伊富一1理0”故3错；命题“若溢二解,则

蝴蒯需=蝴蒯朋”的逆命题为若蝴蒯富=蝴蒯/则需,=般,显然错误，故选D

考点：命题及其相互关系

6.答案：A

n

解析：解：•・・数列｛的｝中,%=lg+an+1=(-l)(neN*).

CL2=(—I)]一0]=_1—1=—2)•

2

a3=(-1)—的=1+2=3,

04=(—1)2—%=—1—3=—4,

4

a5=(—I)—a4=1+4=5,

%=(—1)5—=—1—5=—6,

・,.数列｛时｝的前6项和：

S&=1-2+3—4+5—6=-3.

故选：A.

利用递推公式分别求出数列｛%J的前6项，由此能求出前6项和S6.

本题考查数列的前6项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意递推思想的合理运用.

7.答案：A

解析：

本题考查利用基本不等式求函数的最值及复合函数的值域问题，属于中档题目.

解：p=a+三=a—2+力+222l(a-2)+2=4,(a>2)当且仅当a=3时取等号,

q=2~a2+4a~2=2-(。-2)2+2<22=4,(a>2),

所以p〉q.

故选A.

8.答案：D

解析：解：设M(居y),Q(3cose,3s)。)，由

\M0\=2\MQ\,则+y2=2A/(%-3cos6)2+(y-3si7i0)2,

化简得。—4cos。)2+(y—4sin^)2=4,

即M在以(4cos。,4s讥。)为圆心，r=2为半径的圆上，

且圆心在久2+y2=16上运动，

所以集合。中两点的最大距离为2(4+2)=12,

故选：D.

设M(%y),Q(3cosa3s讥。)，求出圆M的轨迹方程，再利用几何意义，求出集合。中两点的最大距

离.

考查圆与圆，点与圆的位置关系及其应用，中档题.

9.答案:B

解析：解：点P(4,4)是抛物线C：y2=2p%上的一点,

可得16=8p,

解得p=2,

即抛物线的方程为y2=4%,

由尸(1,0),M(-1,4),P(4,4),可得

MP=5,PF=5,MF=2A/5,

52+52—(2%)23

cosZ-MPF=一,

2x5x55

设4MPF的外接圆的半径为R,

则2R=竽5^5

2

5

解得”苧，

可得△MPF的外接圆的面积为兀X—=—.

1616

故选：B.

代入P的坐标，由抛物线方程可得p,求得焦点坐标，由两点距离公式可得MP,MF,PF,再由余弦

定理可得cosNMPF,由同角平方关系可得sinNMPF,由正弦定理可得△MPF的外接圆的半径，进而

得到所求圆的面积.

本题考查抛物线的方程和性质，考查三角形的正弦定理和外接圆的面积的求法，考查运算能力，属

于中档题.

10.答案：C

解析：根据双曲线的渐近线方程可求出双曲线方程二-A=1,

22

则左、右焦点坐标分别为a（一2,0）、尸2（2,。）再将点P（J^，y0）代入双曲线方程可求出「（指，±1），

则可得西•西=0.

11.答案：B

解析：解：由椭圆乙+匕=1，可得a=2,6=,，c=1,

43

由4M&Fz的周长/=IMF1I+IMF?I+I&尸2I=2a+2c=4+2=6,

故选:B.

由椭圆的方程可知a=2,6=旧，c=1,△MF16的周长1=\MF1\+\MF2\+\FtF2|=2a+2c.

本题考查椭圆的标准方程，考查焦点三角形的求法，考查计算能力，属于基础题.

12.答案：B

解析：解：对于①：当a=5时，/=5,4=［萼］=3,%3=［萼］=2,故①正确；

对于②：当a=1时，x2=［上芈］=1，%3=1，&恒等于［VI］=1;

=-

当a=2时，久1=2,%2［三］=1，x3=广［国］=1，

.,当k>2时，恒有蝇=［V2］=1：

CZ—3H'j"?久i—3,%2=2,久3=1，久4=2，久5=1，乂6=2，Xy—1,…,

此时数列除第一项外，从第二项起以后的项以2为周期重复出现，

因此不存在正整数匕使得nNk时，总有X„=打，故②不正确；

对于③：在j+［：］中，当？为正整数时，%+E4=久n+：22Va,

nXn;

xn+1=[2]>普=[Va]

当£不是正整数时，令[£]=£一口「为£的小数部分，

°<t<L%n+1==广”+了)>[^|^]=[Va-1]=[如，

xn+1>[V«]>xn>[V«]»xn>y/a—1,故③正确；

由以上论证知，存在某个正整数k,若热+12(，

则当nNk时，总有/j=[仿],故④正确.

故选：B

按照给出的定义对四个命题结合数列的知识逐一进行判断真假.对于①：列举即可；对于②：需举

反例；对于③，可用数学归纳法加以证明；对于④：可由归纳推理判断其正误.

本题主要考查了数列递推公式的应用，归纳推理和演绎推理的方法，直接证明和间接证明方法，数

学归纳法的应用，难度较大，需有较强的推理和思维能力.

13.答案:9

解析：解：z=%+l+4(y+l)=]+4xy+1

x+1x+19

设/c=箸，贝也的几何意义是区域内的点到定点。(-1,-1)的斜

率，

则z=1+4k,

作出不等式组对应的平面区域如图：

则DB的斜率最大，DC的斜率最小，

由町；=4,解得｛；或，即COD，此时心£W，

由仁解得[二，即呜)此时卜用=£

则2<4/c<5,3<l+4fc<6,

故3<z<6,

则z的最大值与最小值的和为3+6=9,

故答案为：9

作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义即可得到结论.

本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组，以及直线斜率的计算，利用数形结合是解决本题的

关键.

14.答案:(—8,—3]

解析：解：•・•条件p：向量2=(1,%),(2,1)的数量积五•另>0,

・,•条件P：五•另=2+%>0，即%>—2,

•••条件q：%>a+1,p是q的充分不必要条件，

a+14-2,

解得a<—3.

二实数a的取值范围是(-8,-3].

故答案为：(—0—3].

利用向量的数量积求出条件p：a-K=2+x>0，即x>—2,再由条件q：x>a+1,p是q的充分

不必要条件，能求出实数a的取值范围.

本题考查实数的取值范围的求法，考查向量的数量积充分不必要条件等基础知识，是基础题.

15.答案：(n-l)2n+1+2

解析：W：an+1=2an+1,

a

n+i+1=2(an+1),

数列｛an+l｝是等比数列，公比为2,首项为2.

n

an+1—2,

n

bn=n(an+1)=n-2,

数列也｝的前n项和%=2+2X22+3X23+…+n.2n,

23nn+1

2Sn=2+2x2+•••+(n-1)-2+n-2,

-S=2+22+---+2n-n-2n+1=-.2n+1,

n2-1n

n+1

Sn=(n-l)2+2.

故答案为：(n-l)2n+1+2.

由an+i=2an+l,可得与+i+1=2(即+1),利用等比数列的通项公式可得a“+1,再利用“错

位相减法”与等比数列的求和公式即可得出.

本题考查了等比数列的通项公式与求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中

档题.

16.答案：6043

解析：解：)数列｛。九｝［两足=1,。2=3,(Z3=7且。九+3=&i+2+。九+1-%1，

•••。4=9,

5=

同理可得。13,a6=15,a7=19,a8=21,

21+21=a21—a

可得：=1，a2n=。九一2,。九+2n+4，。九+2n-l=6，

・•・数列｛。2n-1｝是等差数列，首项为1，公差为6.

•••a2n-i=1+6(n—1)=6n—5,

。2。15=a2xioo8-i=6X1008—5=6043.

故答案为:6043.

列｛。九｝［两足Qi=1,。2=3,。3=7且a九+3=。九+2+。九+1—a7i，可得。4=9,cig—13,ct^—15,

cty—19,Q.Q—21,…，

可得：at=1,a2n=a2n_i+2,a2n+1=a2n+4,因此a2n+1一a2n_1=6,利用等差数列的通项公

式即可得出.

本题考查了递推式的应用、等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.

17.答案：解：如图，由题意知，

在三角形BCD中，

所以当走私船发现巡逻艇时，两船相距海里；

因为

所以设追击时间为如则

所以

即巡逻艇被骗东15。方向才能最快追上走私船.

,(11〃=30。"庭=45。-30。=15*=早，-遁=色、虫」，

%;忸3=2百至342t一〃?u一?“三口中根据余弦定理

12)先求

sinZABCsin60°./“广、口…厂…

L.'.--------------7=——=f=—sinZ_ABC=—/.乙ABC=450

L2^/22、回2U用正弦定理求出，即可求

f.ZCBD=180°-(60。+45°+45°)=30°,

XCDS=360°-(90°+135°)=135°NDCE

18.答案：解：(1)点4(3,%)在抛物线C上，且|49|=4,

根据抛物线的定义可得3+f=4,

解得p=2,

所以抛物线C的方程为必=4x；

因为点4(3,yo)在抛物线C上，

则有话=12,解得y0=±2V3,

故A点的坐标为(3,±2V3);

(2)证明：由题意可知直线I的斜率不为0,设直线2的方程为工=ty+n(n40),

由惊n>消去久可得必一4ty-4n=0,

设M(X1，%)，N(%2，y2)，

2

则有△=(―4t)—4x(―4n)>0,y1y2=-4n,

因为。M1ON,

所以，与久2+%>2=0

即5H+为、2—0,解得力月=-16=-4n,

所以7?=4,满足△=16t2+64>0,

所以直线/的方程为x=ty+4,

故直线计亘过定点(4,0).

解析：(1)利用已知条件和抛物线的定义可得得3+9=4,求出p的值即可得到抛物线的方程；利用

点力在抛物线上，代入方程求解即可得到点4的坐标；

(2)设直线［的方程为x=ty+n(n*。)，联立直线1与抛物线的方程，利用韦达定理得到必%=_4n,

将。MlON,转为向量垂直的坐标表示，从而求出为无，进一步求出n的值，得到直线/的方程，由

直线I的方程即可得到定点.

本题考查了抛物线定义以及标准方程的应用，涉及了直线与抛物线位置关系的应用，此类问题经常

运用“设而不求”的方法，即联立方程组，利用韦达定理进行研究，属于中档题.

19.答案：解：(I),・・%=2,Sn=|an+1-l(ne/V*),

当九二1时，Si=之做—1=%=2,

解得。2=6.

I

当九二2时，S2=-a3—1=2+6=8,

解得。3=18.

(II)va-t=2,Sn=|an+1-l(nEAf*),

22时，Su—~。九+1-1,S^_i—~cifi—1f

•_Ce_11

•••an=~3九一i=~an+l一万。九，

BP^n+i=3a九.

对于劭=3al也满足上式，

・•.数列｛Q九｝是首项为2,公比为3的等比数列，

n-1

・•.an=2-3(nGN*).

(/〃)•・•a九=2•3rlT(TIEN*),

n-1

•••nan=2n•3,

.•・〃=2•1+4•3+6•32+8•33+…+2几•3rlt,

3〃=2•3+4•32+6•33+8•34+…+2n•3九,

Tln

相减得，-2Tn=2(1+3+32+33+…+3T)-2n-3

l-3n

=2Q---------2Qn-3o71n

1-3

=3n-l-2n-3n,

T(2n-l)-3n+l

•••In=--------------------

n2

解析：(1)由的=2,Sn=|an+1-l(ne/V*),依次由n=1和n=2,用递推思想能求出的，的•

(n)由%,=S九—S九-1，利用已知条件能推导出数列｛a九｝是首项为2,公比为3的等比数列，由此能求

出数列｛。九｝的通项的I.

71rl

(/〃)由%,=2・3T(九eN*),知71azi=2n-3一1，由此利用错位相减法能求出数列｛九即｝的前几项和.

本题考查数列的通项公式和前几项和公式的求法，解题时要认真审题，注意错位相减法的合理运用.

20.答案：(I)解：由左视图可得F为48的中点,

・・.△BFC的面积为S=j-1-2=1.

VPA1平面ABC。,

・・・四面体PBFC的体积为Vp_8FC=I15ABFC-j1-1-2=9

(口)证明：取PC中点Q,连接EQ,FQ.

由正(主)视图可得E为PD的中点，

EQ//CD,EQ=,D.

-1

又：AF“CD,AF=~CD,：.AF//EQ,AF=EQ.

四边形4FQE为平行四边形，4E〃FQ.

•••AEC平面PFC,FQu平面PFC,

・••直线ZE〃平面PFC.

(HI)证明：••,PAI平面4BCD,二P41CD.

•.•平面4BCD为正方形，ADLCD.

.­.CD1平面PAD.

•••AEu平面PAD,CD1AE.

■：PA=AD,E为P。中点，AELPD.

：.AE1平面PCD.

•••AE//FQ,：.FQ1平面PCD.

vFQu平面PFC,平面P“_L平面PCD.

解析：(/)利用左视图可得F为4B的中点，即可得到三角形BFC的面积，由平面4BCD,可知PA

是四面体PBFC的底面BFC上的高，利用三棱锥的体积计算公式即可得到；

(〃)利用三角形的中位线定理即可得到EQ〃CD,EQ=再利用底面正方形的性质可得4F〃CD,

AF=\CD,利用平行四边形的判定和性质定理即可得到AE〃FQ,利用线面平行的判定定理即可证

明结论；

(〃/)利用线面垂直的性质定理和判定定理即可得到CD1平面PAD,从而得到CD1AE,由等腰三角

形的性质可得4E1PD,利用线面垂直的判定定理即可得到AE1平面PCD,而FQ〃4E,可得FQ1平

面PCD,利用面面垂直的判定定理即可证明结论.

正确理解三视图，熟练掌握三角形BFC的面积、三棱锥的体积计算公式、三角形的中位线定理、正

方形的性质、平行四边形的判定和性质定理、线面平行的判定定理、线面垂直的性质定理和判定定

理、等腰三角形的性质、面面垂直的判定定理是解题的关键.

21.答案：解：(/)因为数列：1,4,9,x(x>9)是“倒置系数”为p的“倒置数列”.

所以也是该数列的项，且

即％=p=36.

(〃)因为数列｛a九｝是项数为?71项的有穷正项等比数列，取2=%•>0,

对数列｛%J中的任意一项心(1<i<m),2=管=丝萨=am+i-t也是数列｛%J中的一项，

由“倒置数列”的定义可知，数列｛an｝是“倒置数列”；

又因为数列所有项之积是7,

所以72=(%,a2a3-am)(.amam-lam-2■•.«1)=(咏血)7n=p"1即p=Tm-

(〃/)假设存在这样的等差数列｛即｝为“倒置数列”，设它的公差为d(d>0),“倒置系数”为p.

因为数列｛a。｝为递增数列,所以的<a2<a3<■■■<an<■■■

„,pppp

则匕>—>—>>—>

CL-y。2。3Cl72

又因为数列｛a"为“倒置数列”，则正整数《也是数列｛a"中的一项(i=1,2,...),

故数列必为有穷数列，不妨设项数为71项，

则P=%.。九+1T(1<I<H-1)

贝!九=a2an_1,得的。九=(%+d)(an—d),

即(几—2)d2=。由?1>3,故d=0,与d>0矛盾.

所以，不存在满足条件的数列｛出J,使得它既是等差数列，又是“倒置数列”.

解析：(/)因为数列：1,4,9,久(久>9)是“倒置系数”为0的“倒置数列”.所以3分，。也是该