2020-2021学年山东省济宁市高二（上）期末数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山东省济宁市高二（上）期末数学试卷人教A版，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知直线3x−4y+4＝0与直线ax+8y+7＝0平行，则实数a的值为（ ）
A.-B.C.6D.−6

2. 圆C1:x2+y2＝1与圆C2：(x−1)2+(y+2)2＝4的位置关系为（ ）
A.内含B.外离C.相交D.相切

3. 在等比数列{an}中，a2+a3＝1，a3+a4＝2，则a4+a5＝（ ）
A.4B.8C.16D.32

4. 椭圆与椭圆的（ ）
A.长轴长相等B.短轴长相等C.离心率相等D.焦距相等

5. 在空间四边形ABCD中，＝，＝，＝，且，则＝（ ）
A.B.C.-D.

6. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人最后一天走的路程为（ ）
A.24里B.12里C.6里D.3里

7. 已知圆O的半径为5，|OP|＝3，过点P的2021条弦的长度组成一个等差数列{an}，最短弦长为a1，最长弦长为a2021，则其公差为（ ）
A.B.C.D.

8. 已知抛物线y2＝2x的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若，则当最大时，|PF|＝（ ）
A.B.1C.D.2
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分。

已知空间四点O(0, 0, 0)，A(0, 1, 2)，B(2, 0, −1)，C(3, 2, 1)，则下列说法正确的是（ ）
A.＝−2B.cs＝-
C.点O到直线BC的距离为D.O，A，B，C四点共面

已知递减的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7＝S11，则（ ）
A.a10>0B.当n＝9时，Sn最大
C.S17>0D.S19>0

已知圆x2+y2−2x+4y+m＝0上至多有一点到直线3x+4y−10＝0的距离为1，则实数m的取值可以是（ ）
A.0B.1C.3D.5

已知常数a>0，点A(−a, 0)，B(a, 0)，动点M（不与A，B重合）满足：直线AM与直线BM的斜率之积为m(m≠0)，动点M的轨迹与点A，B共同构成曲线C，则关于曲线C的下列说法正确的是（ ）
A.当m−1且m≠0时，曲线C的离心率是
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

若an＝(−1)n⋅(2n−1)，则数列{an}的前21项和S21＝________．

过点P(0, 2)作圆x2+y2+8x+7＝0的两条切线，切点为A，B，则直线AB的一般式方程为________．

在一平面直角坐标系中，已知A(−1, 2)，B(2, −4)，现沿x轴将坐标平面折成60∘的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为________．

已知双曲线的右焦点为F，以F为圆心，以a为半径的圆与双曲线C的一条渐近线交于A，B两点．若（O为坐标原点），则双曲线C的离心率为________．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

已知圆C：(x−1)2+(y−2)2＝4直线l:kx−y−5k+4＝0．
（1）若直线l平分圆C的周长，求实数k的值；

（2）若直线l与直线l0:2x−y＝0的倾斜角互补，求圆C上的点到直线l的距离的最小值．

已知数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝3an−3．
（1）求数列{an}的通项公式

（2）设bn＝lg3an，Tn为数列{bn}的前n项和，求数列的前n项和．

在①|PF|＝x0+1；②y0＝2x0＝2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解．
问题：已知抛物线C:y2＝2px(p>0)的焦点为F，点P(x0, y0)在抛物线C上，且_____．
（1）求抛物线C的标准方程；

（2）若直线l过抛物线C的焦点F，l与抛物线C相交于A，B两点，且|AB|＝8，求直线l的方程．

如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，BC＝BD＝1，AB＝，直线CC1与平面A1BD所成角的正弦值为．

（1）求点C1到平面A1BD的距离；

（2）求平面A1BD与平面C1BD的夹角的余弦值．

在如图三角形数阵中，第n行有n个数，aij表示第i行第j个数，例如，a43表示第4行第3个数．该数阵中每一行的第一个数从上到下构成以m为公差的等差数列，从第三行起每一行的数从左到右构成以m为公比的等比数列（其中m>0）．已知a11＝2，a41＝a32+2，＝m．

（1）求m及a53；

（2）记Tn＝a11+a22+a33+...+ann，求Tn．

在圆A：(x+1)2+y2＝8内有一点B(1, 0)，动点M为圆A上任意一点，线段BM的垂直平分线与半径AM相交于点N，设点N的轨迹为C．
（1）求轨迹C的方程；

（2）若直线l:y＝kx+m与轨迹C交于不同两点E，F，轨迹C上存在点P，使得以OE，OF为邻边的四边形OEPF为平行四边形（O为坐标原点）．求证：△OEP的面积为定值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省济宁市高二（上）期末数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.
【答案】
D
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
由题意利用两条直线平行的性质，计算求得结果．
【解答】
∵ 直线3x−4y+4＝0与直线ax+8y+7＝0平行，
∴ ＝≠，
则实数a＝−6，
2.
【答案】
C
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
根据题意，由圆的标准方程分析可得两圆的圆心和半径，求出圆心距，由圆与圆的位置关系分析可得答案．
【解答】
根据题意，圆C1:x2+y2＝1，其圆心为(0, 0)，半径r＝1，
圆C2：(x−1)2+(y+2)2＝4，其圆心为(1, −2)，半径R＝2，
则圆心距|C1C2|＝＝，有R−r0，
∴ a10＝a1+9d＝-＝0，故C正确；
S19＝19a1+d＝19×(−）+171d＝9.5d0，得m2，
则直线l与圆C相离．
∴ 圆C上的点到直线l距离的最小值为．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）把圆心坐标代入直线方程，即可求得k值；
（2）由题意求得直线l的斜率，得到直线l的方程，求出圆心到直线的距离，减去半径得答案．
【解答】
∵ 直线l平分圆C的周长，
∴ 直线l过圆心C(1, 2)，则k−2−5k+4＝0，解得k＝；
∵ 直线l与直线l0:2x−y＝0的倾斜角互补，
∴ 两直线的斜率互为相反数，
∴ k＝−2，则直线l:2x+y−14＝0，
∴ 圆心C到直线l的距离d＝>2，
则直线l与圆C相离．
∴ 圆C上的点到直线l距离的最小值为．
【答案】
数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝3an−3①，
当n＝1时，解得a1＝3，
当n≥2时，2Sn−1＝3an−1−3②，
①-②得：an＝3an−1，
故数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列；
所以；
由（1）得bn＝lg3an＝n，
所以，
故，
所以．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
（1）直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法求出数列的和．
【解答】
数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝3an−3①，
当n＝1时，解得a1＝3，
当n≥2时，2Sn−1＝3an−1−3②，
①-②得：an＝3an−1，
故数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列；
所以；
由（1）得bn＝lg3an＝n，
所以，
故，
所以．
【答案】
选择①：∵ |PF|＝＝x0+1，
∴ ，解得p＝2，
∴ 抛物线C的标准方程为y2＝4x．
选择②：∵ y0＝2x0＝2，∴ P(1, 2)，
∴ 4＝2p，即p＝2，
∴ 抛物线C的标准方程为y2＝4x．
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1，
A(1, 2)，B(1, −2)，∴ |AB|＝4≠8，不符合题意．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x−1)(k≠0)，
由，得k2x2−2(k2+2)x+k2＝0，
设A(x1, y1)，B(x1, y1)，则x1+x2＝，
∴ |AB|＝x1+x2+p＝＝8，解得k＝±1，
∴ 直线l的方程为y＝x−1或y＝−x+1，
综上，直线l的方程为y＝x−1或y＝−x+1．
【考点】
抛物线的标准方程
直线与抛物线的位置关系
抛物线的性质
【解析】
（1）选择①：由|PF|＝＝x0+1，得p＝2，由此能求出抛物线C的标准方程．
选择②：由y0＝2x0＝2，得P(1, 2)，从而有4＝2p，由此能求出抛物线C的标准方程．
（2）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为：x＝1，求出|AB|＝4≠8，不符合题意．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x−1)(k≠0)，由，得k2x2−2(k2+2)x+k2＝0，利用韦达定理能求出直线l的方程．
【解答】
选择①：∵ |PF|＝＝x0+1，
∴ ，解得p＝2，
∴ 抛物线C的标准方程为y2＝4x．
选择②：∵ y0＝2x0＝2，∴ P(1, 2)，
∴ 4＝2p，即p＝2，
∴ 抛物线C的标准方程为y2＝4x．
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1，
A(1, 2)，B(1, −2)，∴ |AB|＝4≠8，不符合题意．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x−1)(k≠0)，
由，得k2x2−2(k2+2)x+k2＝0，
设A(x1, y1)，B(x1, y1)，则x1+x2＝，
∴ |AB|＝x1+x2+p＝＝8，解得k＝±1，
∴ 直线l的方程为y＝x−1或y＝−x+1，
综上，直线l的方程为y＝x−1或y＝−x+1．
【答案】
因为四边形ABCD为平行四边形，
所以AD＝BD＝1，，
所以AD2+BD2＝AB2，
所以AD⊥BD，
又四棱柱ABCD−A1B1C1D1为直棱柱，
所以DD1⊥平面ABCD，又DA，DB⊂平面ABCD，
所以DD1⊥DA，DD1⊥DB，
以D为原点，DA，DB，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
设DD1＝a(a>0)，则D(0, 0, 0)，B(0, 1, 0)，C(−1, 1, 0)，A1(1, 0, a)，C1(−1, 1, a)，
所以，
设平面A11BD的法向量为，
则，即，
取z＝1，则x＝−a，y＝0，
所以，又，
所以，解得，
所以点C1到平面A1BD的距离为；
设平面C1BD的法向量为，
又，
所以，即，
令r＝1，则，
所以，
所以，
故平面A1BD与平面C1BD的夹角的余弦值为．
【考点】
点、线、面间的距离计算
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）利用平面几何知识以及线面垂直的性质定理可证得AD⊥BD，DD1⊥DA，DD1⊥DB，所以以D为原点，DA，DB，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用线面角的计算公式求出a的值，然后再利用点到平面的计算公式进行求解即可；
（2）分别求出两个平面的法向量，然后利用二面角的计算公式求解即可．
【解答】
因为四边形ABCD为平行四边形，
所以AD＝BD＝1，，
所以AD2+BD2＝AB2，
所以AD⊥BD，
又四棱柱ABCD−A1B1C1D1为直棱柱，
所以DD1⊥平面ABCD，又DA，DB⊂平面ABCD，
所以DD1⊥DA，DD1⊥DB，
以D为原点，DA，DB，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
设DD1＝a(a>0)，则D(0, 0, 0)，B(0, 1, 0)，C(−1, 1, 0)，A1(1, 0, a)，C1(−1, 1, a)，
所以，
设平面A11BD的法向量为，
则，即，
取z＝1，则x＝−a，y＝0，
所以，又，
所以，解得，
所以点C1到平面A1BD的距离为；
设平面C1BD的法向量为，
又，
所以，即，
令r＝1，则，
所以，
所以，
故平面A1BD与平面C1BD的夹角的余弦值为．
【答案】
由题意，可知a31＝a11+m×(3−1)＝2m+2，
a32＝a31⋅m＝(2m+2)⋅m＝2m(m+1)，
a41＝a11+m×(4−1)＝3m+2，
∵ a41＝a32+2，
∴ 3m+2＝•2m(m+1)+2，
化简整理，得m2−2m＝0，
解得m＝0（舍去），或m＝2，
∴ a51＝a11+m×(5−1)＝2+2×4＝10，
∴ a53＝a51⋅m2＝10×22＝40，
由（1），可得an1＝a11+2×(n−1)＝2+2×(n−1)＝2n，
当n≥3时，ann＝an1⋅2n−1＝2n⋅2n−1＝n⋅2n，(*)
又∵ a21＝a11+m＝2+2＝4，
a22＝a21⋅m＝4×2＝8，
∴ a11＝2，a22＝8均满足(*)式，
∴ ann＝n⋅2n，n∈N*，
∴ Tn＝a11+a22+a33+...+ann＝1×21+2×22+3×23+...+n×2n，
2Tn＝1×22+2×23+...+(n−1)×2n+n×2n+1，
两式相减，可得−Tn＝21+22+23+...+2n−n×2n+1
＝−n×2n+1
＝−(n−1)×2n+1−2，
∴ Tn＝(n−1)×2n+1+2．
【考点】
数列的求和
【解析】
（1）根据题意先分别计算出a32和a41关于m的表达式，代入a41＝a32+2列出关于m的方程，解出m的值，然后先根据等差数列的通项公式计算出a51的值，再根据等比数列的通项公式计算出a53的值；
（2）根据题意及（1）推导出数列{ann}的通项公式，然后运用错位相减法即可计算出Tn．
【解答】
由题意，可知a31＝a11+m×(3−1)＝2m+2，
a32＝a31⋅m＝(2m+2)⋅m＝2m(m+1)，
a41＝a11+m×(4−1)＝3m+2，
∵ a41＝a32+2，
∴ 3m+2＝•2m(m+1)+2，
化简整理，得m2−2m＝0，
解得m＝0（舍去），或m＝2，
∴ a51＝a11+m×(5−1)＝2+2×4＝10，
∴ a53＝a51⋅m2＝10×22＝40，
由（1），可得an1＝a11+2×(n−1)＝2+2×(n−1)＝2n，
当n≥3时，ann＝an1⋅2n−1＝2n⋅2n−1＝n⋅2n，(*)
又∵ a21＝a11+m＝2+2＝4，
a22＝a21⋅m＝4×2＝8，
∴ a11＝2，a22＝8均满足(*)式，
∴ ann＝n⋅2n，n∈N*，
∴ Tn＝a11+a22+a33+...+ann＝1×21+2×22+3×23+...+n×2n，
2Tn＝1×22+2×23+...+(n−1)×2n+n×2n+1，
两式相减，可得−Tn＝21+22+23+...+2n−n×2n+1
＝−n×2n+1
＝−(n−1)×2n+1−2，
∴ Tn＝(n−1)×2n+1+2．
【答案】
根据题意可得，|AN|+|BN|＝|AN|+|MN|＝，
所以点N的轨迹C是以A(−1, 0)，B(1, 0)为焦点的椭圆，
所以2a＝2，2c＝2，
故a＝，c＝1，
所以b2＝a2−c2＝1，
故椭圆的标准方程为；
证明：由，消去y可得，(1+2k2)x2+4kmx+2m2−2＝0，
设E(x1, y1)，F(x2, y2)，
则，
所以，
因为四边形OEPF为平行四边形，
所以，
故点P的坐标为，
因为点P在椭圆C上，
所以，整理可得4m2＝2k2+1，
因为直线l:y＝kx+m与椭圆交于不同的两点E，F，
所以△＝8(2k2−m2+1)＝24m2>0，所以m≠0，
因为|EF|＝
＝
＝
＝
＝，
由点O到直线l:y＝kx+m的距离为，
所以
＝，
故△OEP的面积为定值，且定值为．
【考点】
轨迹方程
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
（1）利用中垂线的性质得到|AN|+|BN|＝|AN|+|MN|＝，由椭圆的定义即可得到点N的轨迹为椭圆，求解椭圆的标准方程即可；
（2）联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理，利用四边形OEPF为平行四边形，求出点P的坐标，然后将点P代入椭圆的方程，得到k与m之间的关系式，利用弦长公式和点到直线的距离公式分别求出|EF|和点O到直线l的距离d，由代入化简即可证明．
【解答】
根据题意可得，|AN|+|BN|＝|AN|+|MN|＝，
所以点N的轨迹C是以A(−1, 0)，B(1, 0)为焦点的椭圆，
所以2a＝2，2c＝2，
故a＝，c＝1，
所以b2＝a2−c2＝1，
故椭圆的标准方程为；
证明：由，消去y可得，(1+2k2)x2+4kmx+2m2−2＝0，
设E(x1, y1)，F(x2, y2)，
则，
所以，
因为四边形OEPF为平行四边形，
所以，
故点P的坐标为，
因为点P在椭圆C上，
所以，整理可得4m2＝2k2+1，
因为直线l:y＝kx+m与椭圆交于不同的两点E，F，
所以△＝8(2k2−m2+1)＝24m2>0，所以m≠0，
因为|EF|＝
＝
＝
＝
＝，
由点O到直线l:y＝kx+m的距离为，
所以
＝，
故△OEP的面积为定值，且定值为．