三明市普通高中 2021—2022 学年第一学期期末质量检测高二数学试卷答案

1 / 6 三明市普通高中2021—2022 学年第一学期期末质量检测 高二数学参考答案及评分细则 评分说明： 1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题 的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则。 2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的 内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数 的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。 3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。 4．只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。 一、选择题：本题共8 小题，每小题5 分，共40 分。 1．C 2．C 3．B 4．A 5．A 6．C 7．D 8．A 二、选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分。全部选对的得5 分，有选错的得0 分， 部分选对的得2 分。 9．BCD 10．ACD 11．BCD 12．AC 三、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，满分20 分． 13．8 14．ln 1  x 15．1 3 m   ；2 2 （第一空2 分，第二空3 分） 16．4 2 16 题解析：取点   3,0 A ，则 1 2 AC PC PC OC   ， CAP CPO  ∽ △ △ ， 2 PO PA   ， 2 2 2 2 4 2 PO PQ PA PQ AQ       ． 四、解答题：本大题共6 小题，共70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17.解法一： （1）依题意     3, 3 , 1,1 AC BC        ， 0 AC BC       ， AC BC       ，······························································· 2 分 ABC △ 是直角三角形； AB  的中点为 ABC △ 外接圆的圆心，其坐标为  2,1 ， ABC △ 外接圆半径为    2 2 3 1 1 3 5 2    ， ABC △ 外接圆的方程为    2 2 2 1 5 x y     ．.........................................................5 分 （2）由（1）可知，圆M 的圆心坐标为(2,1) ，半径为 5 ， 2 / 6 点M 到直线l 的距离 2 2 | 2 2 1 1| 4 5 5 2 1 d      ，..........................................................7 分 16 6 5 | | 2 5 5 5 PQ     ．.........................................................................................10 分 解法二： （1）设圆M 的方程为 2 2 0 x y Dx Ey F      ， 则 3 10 0 3 10 0 4 16 0 D E F D E F D F                 ，................................................................................................ 2 分 解得 4 2 0 D E F         ， 故圆M 的方程为 2 2 4 2 0 x y x y     ．...................................................................... 5 分 （2）同解法一····················································································· 10 分 18. 解： （1）设等差数列 n a 的公差为d ， 则(7 2 )(7 ) 7 105     d d ，...........................................................................................2 分 整理可得： 2 2 21 34 0    d d ， d  是整数，解得 2 d  ，.....................................4 分 从而 1 3  a ， 所以数列 n a 的通项公式为： 3 ( 1) 2 2 1       n a n n ．...................................... 6 分 （2）由（1）知， 2 ( 1) 3 2 2 2       n n n S n n n ，...............................................8 分 2 1 1 1 2 2 2 1            n b n n n n ，.....................................................................................10 分 所以 8 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 3 2 4 3 5 8 10                 T 1 1 1 1 1 29 2 1 2 9 10 45            ．............12 分 19．解法一： （1）设   , M x y ，则 2 2 1 1 2 2 x y y           ，......................................... 2 分 解得 2 2 x y  ，所以该抛物线的方程为 2 2 x y  ；.........................................................4 分 （2）依题意，切线的斜率存在，设切线的方程为： 1 1 ( ) 2 y k x   ，与抛物线方程 2 2 x y  联立，得 2 2 2 0 x kx k     ，........................................................................ 6 分 3 / 6 令 2 4 4( 2) 0 k k     ，得 1 k 或 2 k  ，...........................................................8 分 从而 2 1 0 2 x x   或 2 4 4 0 x x    ，解得 1 x 或 2 x  ， 所以切点 1 ( 1, ) 2 A  ， (2,2) B ，...................................................................................... 10 分 直线AB 的斜率为 1 2 1 2 2 ( 1) 2    ， 所以直线AB 的方程为 1 2 ( 2) 2 y x    ，整理得 2 2 0 x y    ．.........................12 分 解法二： （1）同解法一············································································ 4 分 （2）由 2 2 x y  可得 2 2 x y  ，所以y x  ，.................................................................5 分 设切点为 2 0 0 2 ( , ) x x ，则切线的斜率 0 k x  ，................................................................... 6 分 又切线过点 1 1 ( , ) 2 P  ，所以 2 0 0 0 1 2 1 2 x x x    ，整理得 2 0 0 2 0 x x    ，....................... 8 分 解得 0 1 x 或 0 2 x  ，所以切点的坐标为 1 ( 1, ) 2 A  ， (2,2) B ，...........................10 分 所以直线AB 的斜率为 1 2 1 2 2 ( 1) 2 k     ， 所以直线AB 的方程为 1 2 ( 2) 2 y x    ，整理得 2 2 0 x y    ．.........................12 分 20．解法一： （1） PD   平面ABCD ，CD AD  ，以点D 为坐标原点， , , DA DC DP 所在直线分别为, , x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，····················1 分 则   0,0,0 D ， 4 2 ,0, 3 3 N       ，   0,0,2 P ，   1,2,0 M ，······························································································· 3 分 4 / 6 所以 4 2 ,0, 3 3 DN        ，   1,2, 2 PM     ， 所以 4 4 0 3 3 DN PM       ，............................................................................................4 分 所以DN PM  ．...............................................................................................................5 分 （2）由正方形ABCD 得，CD AB ∥ ， AB   平面PAB ，CD 平面PAB ， CD  ∥平面PAB ； 又 CD   平面PCD ，平面PAB 平面PCD l ， CD l  ∥；.......................................................................................................................... 8 分 于是CD 与平面MND 所成的角即为l 与平面MND 所成的角． 由（1）知， 4 2 ,0, 3 3 DN        ，   1,2,0 DM    ， 设平面MND 的一个法向量   , , x y z  n ，则 4 2 0, 3 3 2 0, x z x y         取 2 x  ，则 1 y ， 4 z ， 于是   2, 1, 4   n 是平面MND 的一个法向量，.......................................................10 分 因为   0,2,0 DC   ，设l 与平面MND 所成角为，则 2 21 sin | cos , | 21 2 4 1 16 DC       n = ．.........................................................12 分 解法二： （1）依题意，将几何体补形为一个棱长为2 的正方体 1 1 1  ABCD A B C P ，如 图所示，................................................................................................................................1 分 取AD 的中点Q ，连接PQ,MQ ，在正方形 1 ADPA 中，延长DN 交 1 AA 于G ，则 ∽ ANG PND △ △ ， 1 2   AN AG = PN PD ，即G 为 1 AA 的中点，................................2 分   DG PQ ，即  DN PQ ，........................................................................................ 3 分  DC 平面PAD ， ∥ QM DC ，  QM 平面PAD ，又  DN 平面PAD ， 5 / 6   QM DN ，又   QM PQ Q ，  DN 平面PQM ，  PM 平面PQM ，   DN PM ．...................................................................................................................5 分 （2）同解法一....................................................................................................................12 分 21． （1）依题意知， 1 5 1.5 1.5 6 a    ， 2 6 1.5 1.5 7.5     a ， 3 7.5 1.5 1.5 9.75     a ，..............................................................................................3 分 1 1.5 1.5 n n a a   ，............................................................................................................ 4 分 所以 1 3 1.5 3    （ ） n n a a ，..............................................................................................5 分 又 1 3 3 a   ， 所以{ 3} n a  是首项为3 ，公比为1.5 的等比数列．......................................................6 分 （2）由（1）知， 1 3 3 1.5 n n a    ，所以 1 3 3 1.5 n n a    ，.................................8 分 令 1 3 3 1.5 21 n   ，解得 lg6 lg3 lg 2 1 4.42 lg1.5 lg3 lg 2 n      ， 所以 5.42 n  ，................................................................................................................. 11 分 所以至少到2026 年的年底，企业的剩余资金会超过21 千万元．.............................12 分 22．解： （1）依题意， , 6 2 b c   ， 所以 2 2 8 2 a b      ，故椭圆方程为： 2 2 1 8 2 x y   ．.............................................................. 4 分 （2）当直线MN 的斜率不存在时，设   0 0 , M x y ，   0 0 , N x y  ，则 2 2 0 0 0 0 0 0 1 8 2 2 2 1 x y y y x x               ， 0 0 2 2 0 x y        ，此时 , M N 重合，不符合题意；......5 分 当直线MN 的斜率存在时， 设MN 的方程为：y kx t  ，   1 1 , M x y ，   2 2 , N x y ， 与椭圆方程 2 2 1 8 2 x y   联立可得：   2 2 4 8 0 x kx t     ， 即  2 2 2 1 4 8 4 8 0 k x ktx t      ， 6 / 6      2 2 2 = 8 4 1 4 4 8 0      kt k t ，即 2 2 8 2 0    t k ， 2 1 2 1 2 2 2 8 4 8 , 1 4 1 4 kt t x x x x k k         ，..............................................................................7 分     2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 MA NA x y x y y y k k x x x x          .................................. 8 分