吉林省白山市2021-2022学年高二上学期数学期末考试试卷（含答案）

吉林省白山市2021-2022学年高二上学期数学期末考试试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．与直线x+y−1=0平行，且经过点（2，3）的直线的方程为（）A．x−y+1=0 B．x+y+5=0 C．x+y−5=0 D．x−y−1=02．抛物线y=2xA．(0，12) B．(12，0)3．数列23，23，12A．an=n+3C．an=3n+14．已知圆M的圆心在直线x+y−4=0上，且点A(1，0)，B(0，1)在M上，则M的方程为（）A．(x−2)2+(y−2)C．(x−2)2+(y−2)5．已知等比数列{an}的公比q为整数，且a1+A．2 B．3 C．-2 D．-36．已知A(3，1，0)，B(5，2，2)，C(2，0，3)，则点C到直线AB的距离为（）A．3 B．5 C．22 D．7．我国古代数学论著中有如下叙述：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯二百五十四．”思如下：一座7层塔共挂了254盏灯，且相邻两层的下一层所挂灯数是上一层所挂灯数的2倍．下列结论不正确的是（）A．底层塔共挂了128盏灯B．顶层塔共挂了2盏灯C．最下面3层塔所挂灯的总盏数比最上面3层塔所挂灯的总盏数多200D．最下面3层塔所挂灯的总盏数是最上面3层塔所挂灯的总盏数的16倍8．在平面直角坐标系xOy中，双曲线C：x2a2A．3+396 B．3+729．已知数列{bn}满足b1=3，bn−bn−1=8n−4(A．6 B．8 C．16 D．2210．《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，M是A1C1的中点，AB=2AA．78 B．98 C．11811．在等差数列{an}中，a1<0，a2021(a2021A．2021 B．2022 C．4041 D．404212．如图，P是椭圆x24+y23=1第一象限上一点，A，B，C是椭圆与坐标轴的交点，O为坐标原点，过A作AN平行于直线BP交y轴于N，直线CP交x轴于M，直线BP交x轴于E.现有下列三个式子：①|OE|⋅|ON|A．①③ B．②③ C．①② D．①②③二、填空题13．已知AB=(2，0，3)，14．古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2均在x轴上，且|F1F2|=6，C15．直线l：mx−y−3m+1=0与圆O：x2+y2=16相交于A，16．已知数列{an}满足a1=−1，(2+1a三、解答题17．（1）已知双曲线E：x2a（2）已知F是抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，A(m，−4)是C上一点，且|AF|=418．如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，底面（1）证明：OB（2）求直线AC与平面A119．在等差数列{an}中，a（1）求{a（2）求数列{|an|}的前n20．已知数列{an}的前n项和为S（1）求{a（2）求数列{nan}21．如图1，在边长为4的等边三角形ABC中，D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，沿DE把△ADE折起，得到如图2所示的四棱锥.（1）证明：EF//平面A（2）若二面角A1−DE−B的大小为60°，求平面A122．已知椭圆C：x2a2+y（1）求C的方程；（2）过点Q(2，0)的直线l1与C交于M，N两点，点R是直线l2：x=m上任意一点，设直线RM，RQ，RN的斜率分别为k1，k2，k3，若k

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】与直线x+y−1=0平行，且经过点（2，3）的直线的方程为y−3=−(x−2)，整理得x+y−5=0．故答案为：C

【分析】根据题意，得到直线方程为y−3=−(x−2)，即可求解.2．【答案】C【解析】【解答】抛物线y=2x2的方程为x2故答案为：C

【分析】根据题意由抛物线的简单性质求出焦点的坐标即可。3．【答案】B【解析】【解答】A：n=2时a2B：数列23，23，12，1C：n=2时a2D：n=2时a2故答案为：B

【分析】令n=2，结合选项，代入计算，结合排除法，即可求解.4．【答案】C【解析】【解答】因为点A(1，0)，B(0，1)在M上，所以圆心在AB的中垂线x−y=0上．由x+y−4=0x−y=0，解得x=2y=2，即圆心为(2，2)，则半径所以M的方程为(x−2)2故答案为：C

【分析】根据题意求得AB的中垂线方程，联立方程组求得圆心坐标为(2，2)，利用两点间的距离公式，求得圆的半径，即可求解圆的标准方程.5．【答案】A【解析】【解答】因为a1+a4=9所以a1=1，a4所以a2故答案为：A

【分析】根据题意，利用等比数列的通项公式和性质，求得公比q=2，结合a26．【答案】D【解析】【解答】因为AB=(2，1，2)，AC=(−1，−1，3)，所以设点C到直线AB的距离为d，则d=故答案为：D

【分析】根据题意求得AB⋅AC|7．【答案】C【解析】【解答】从上往下记每层塔所挂灯的盏数为an，则数列{an}是公比为2的等比数列，且所以顶层塔共挂了2盏灯，B正确，不符合题意；底层塔共挂了27最上面3层塔所挂灯的总盏数为14，最下面3层塔所挂灯的总盏数为224，C正确，不符合题意，D错误，符合题意．故答案为：C.

【分析】根据题意，利用等比数列的求和公式，列出方程求得a18．【答案】A【解析】【解答】设双曲线半焦距为c，则F(−c，0)，而AF⊥x轴，由x=−cx2a2−y2b因此有3e2−3e−3=0所以C的离心率为e=3故答案为：A

【分析】设双曲线半焦距为c，则F(−c，0)，而AF⊥x轴，再利用已知条件结合几何法和代入法，从而解方程组得出|y|=b9．【答案】D【解析】【解答】解：因为bn−b所以当n⩾2时，b=3+12+20+⋯+(因为b1=3也满足bn因为2b所以Tn若T2，T4，Tn成等差数列，则T2+故答案为：D.

【分析】首先由已知的数列的递推公式，即可得出数列{bn}的通项公式，整理化简即可得出数列{10．【答案】C【解析】【解答】以A1为坐标原点，A1A，A1B不妨令AB=4，则A(2，0，0)，B(2，4，0)，A1(0，0，0)，C(2，0，2)，M(0，0，1)，N(4故答案为：C

【分析】以A1为坐标原点，A1A，A1B1，A111．【答案】C【解析】【解答】因为{an}是等差数列且a所以a2021<0，S4041=4041(故答案为：C.

【分析】根据得出数列的性质，求得a2021<0，a2021+a12．【答案】D【解析】【解答】设P(x0，y因此kCP所以有lBP：y=kBPx−3lAN：y=kBP(x+2)，yN故答案为：D

【分析】利用点P在椭圆上得kCP⋅k13．【答案】5【解析】【解答】因为AB=(2，0所以AB⋅故答案为：5。

【分析】利用已知条件结合数量积的坐标表示，从而求出AB→14．【答案】x【解析】【解答】设C的标准方程为x2a2则ab=6，a2−b2=9，解得故答案为：x2

【分析】设椭圆C的标准方程为x2a2+y15．【答案】2【解析】【解答】由l：mx−y−3m+1=0，得m(x−3)−y+1=0，由x−3=0−y+1=0，得直线l过定点P(3，1)，且P在圆O：由圆O：x2+y2当PO⊥AB时，|AB|取得最小值，圆心O(0，0)与定点P(3，1)的距离为d=3则|AB|的最小值为2r故答案为：26

【分析】由题意，得到直线l过定点P(3，1)，且P在圆O：x16．【答案】11【解析】【解答】因为(2+1所以(2+1两式相除得2+1an因为a1+1=0，故因为a2=2+1a1=1，则由an=2n−1−1≥1023故答案为：11.

【分析】根据题意得到(2+1a1)(2+1a2)(2+117．【答案】（1）解：∵E的离心率e=c∴c2a2=4，即故E的渐近线方程为y=±3（2）解：∵A(m，−4)是C上一点，∴16=2pm①，由抛物线的定义可知m+p2两式联立可得16=2pmm+p则C的方程为y2【解析】【分析】（1）根据题意，得到c2a2=4，求得ba=±3，即可得到双曲线的渐近线方程；

（2）根据A(m，−4)18．【答案】（1）证明：在长方体ABCD−A1B1C不妨令AB=2，则O(1，1，0)，BOB因为OB1⋅（2）解：由（1）可知，A(0，0，0)，AAC=(2，2，0)，设平面A1CD则−2x+2z=0，2x+2y−2z=0，设直线AC与平面A1CD则sinθ=【解析】【分析】（1）以A为坐标原点，建立的空间直角坐标系A−xyz，令AB=2，求得向量OB1→，CD1→的坐标，结合OB19．【答案】（1）解：设{an}的公差为d，因为a所以a1+d=−186故an（2）解：设{an}的前n项和为S当n≤95时，an所以T所以Tn当n≥96时，aT=−2=S所以Tn【解析】【分析】(1)根据题意由等差数列的通项公式整理化简已知条件，由此计算出首项和公差的取值，从而即可得出数列的通项公式。

(2)由已知条件即可得出数列前n项和公式，结合绝对值的几何意义即可得出Tn20．【答案】（1）解：依题意，当n≥2时，因为an=S当n=1时，a1=S于是得数列{an}是以1为首项，3所以{an}（2）解：由(1)可知，na则Tn因此32两式相减得：−1于是得Tn所以数列{nan}【解析】【分析】（1）利用已知条件结合Sn，an的关系式，再利用分类讨论的方法结合等比数列的通项公式，进而得出数列{an}的通项公式。

21．【答案】（1）证明：在△ABC中，因为E，F分别是AC，BC的中点，所以EF//则在图2中，EF//BD，而EF⊄平面A1BD，所以EF//平面A（2）解：依题意，△A1DE是正三角形，四边形BDEF则DE⊥A1M，DE⊥FM，即∠A1取FM中点N，连接A1N，则有MN=1A1于是有A1N2+MN而DE⊥A1M，DE⊥FM，A1M∩FM=M，A1M又DE⊂平面BDEF，从而有平面A1MF⊥平面BDEF，因平面A1MF∩平面BDEF=MF，因此，A1N⊥平面BDEF，过点N作Ny//以点N为原点，射线NF，Ny，则A1(0，0，3A1B=(3设平面A1BC的法向量m=(x1，y设平面A1EC的法向量n=(x2，y显然有m⋅n=所以平面A1BC与平面A1【解析】【分析】(1)在△ABC中，利用E，F分别是AC，BC的中点结合中点作中位线的方法和中位线的性质，所以EF//AB，在图2中，EF//BD，再利用线线平行证出线面平行，从而证出EF//平面A1BD。

（2）依题意，三角形△A1DE是正三角形，四边形BDEF是菱形，取DE的中点M，连接A1M，FM，再利用等腰三角形三线合一，则DE⊥A1M，DE⊥FM，即∠A1DE⊥A1M，DE⊥FM和线线垂直证出线面垂直，所以DE⊥平面A1MF，再利用线面垂直证出面面垂直，从而有平面A1MF⊥平面BDEF，再利用面面垂直的性质定理得出线面垂直，所以A1N⊥平面BDEF，过点N作Ny//DE，则NF，Ny，N22．【答案】（1）解：由题意得a2解得a=4，b=2，所以C的方程为x（2）解：设M(x1，y1当l1的斜率不存在时，则l1的方程为将x=2代入x216+因为k1，k2，所以k1+k显然当m≠2时，方程恒成立.当l1的斜率存在时，设l1的方程为联立