南阳市2021年高二上学期期末考试数学（理）答案

高二（理）数答案第1页，共5页 2021 年秋期高中二年级期终质量评估 数学试题(理)参考答案 一、选择题1--6 DBADBC 7---12 CABDCA 二、填空题13. 2 2 14. 4 15.        2 6 1 ， 16. ②③④ 三、解答题（共6 题，第17 题10 分，第18-22 题每题12 分） 17、解： （1）∵   0,1 x  ，不等式 2 2 3 2 1 m m x x    恒成立， ∴   2 2 min 3 2 1 m m x x     ，即 2 3 2 0 m m    ，-----------------------------2 分 解得1 2 m   ，因此，若P 为真命题时，实数m 的取值范围是  1,2 -----------------4 分； （2）若命题q 为真，则  max 2x m  ，∴ 1  m ， ∵p 且q 为假，p 或q 为真，∴p、q 中一个是真命题，一个是假命题， 当p 真q 假时， 1 2 1 m m       ，解得1 2 m   ；-------------------------------6 分 当p 假q 真时，       1 2 1 m m m 或 ，即 1 m -------------------------------8 分 综上所述，m 的取值范围为    ,1 1,2   .-------------------------------------10 分 18.解：(1)由已知S△ABD＝1 2 AB·BD·sin∠ABD＝1 2 ×2× 5×sin∠ABD＝2， 可得sin∠ABD＝2 5 5 ，------------------------------------------2 分 又∠BCD＝2∠ABD，所以∠ABD∈ 0，π 2 ，所以cos∠ABD＝5 5 . 在△ABD 中，由余弦定理AD 2＝AB 2＋BD 2－2·AB·BD·cos∠ABD，可得AD 2＝5， 所以AD＝5.----------------------------------------------5 分 (2)由AB⊥BC，得∠ABD＋∠CBD＝π 2 ，所以sin∠CBD＝cos∠ABD＝5 5 . 又∠BCD＝2∠ABD，所以sin∠BCD＝2sin∠ABD·cos∠ABD＝4 5 ， ∠BDC＝π－∠CBD－∠BCD＝π－ π 2 －∠ABD －2∠ABD＝π 2 －∠ABD＝∠CBD， 高二（理）数答案第2页，共5页 所以△CBD 为等腰三角形，即CB＝CD.--------8 分 在△CBD 中，由正弦定理 BD sin∠BCD ＝ CD sin∠CBD ， 得CD＝BD·sin∠CBD sin∠BCD ＝ 5× 5 5 4 5 ＝5 4 ，------------------------------10 分 所以S△CBD＝1 2 CB·CD·sin∠BCD＝1 2 ×5 4 ×5 4 ×4 5 ＝5 8 .----------------12 分 19.(1)证明：设等比数列 n a 的公比为q ，则 0 , 0 1   q a . 由 a2a4＝a5， a3－4a2＋4a1＝0， 得 a 2 1q 4＝a1q 4， a1q 2－4a1q＋4a1＝0， ---------------3 分 解得 a1＝1， q＝2. 因此数列{an}为“M-数列” ．--------------5 分 (2)因为1 Sn ＝2 bn －2 bn＋1 ，所以bn≠0. 由b1＝1，S1＝b1，得1 1 ＝2 1 －2 b2 ，则b2＝2. 由1 Sn ＝2 bn －2 bn＋1 ，得   n n n n n b b b b S     1 1 2 ，-----------------------------7 分 当n≥2 时，由bn＝Sn－Sn－1，得     1 1 1 1 2 2         n n n n n n n n n b b b b b b b b b ，------------------------------9 分 整理得bn＋1＋bn－1＝2bn. 所以数列{bn}是首项和公差均为1 的等差数列． 因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N＋)，-------------11 分 显然数列{bn}不是“M-数列” 。------------------------------12 分 20.解： （1）由题意可知： 2 1 2  p ，所以抛物线C 的方程为： y x 2 1 2  ；-------3 分 （2）方法一：由题意可知：直线AB 斜率必存在，设其方程为： b kx y   。 设 ) , ), , ), , ( 0 0 2 2 1 1 y x M y x B y x A （ （ 。则: 2 , 2 2 1 0 2 1 0 y y y x x x     联立方程：         y x b kx y 2 1 2 得： 0 2 2    b kx x 高二（理）数答案第3页，共5页 所以： b k y y b x x k x x 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1               ， .--------------------------------------5 分 又知：   3 ) 2 4 ( 1 4 ) ( 1 2 2 2 1 2 2 1 2         b k k x x x x k AB ） （ ） （ ---------------7 分 得： 4 1 9 2 2 2 k k b    -------------------------------------------------------9 分 所以： 8 11 ) 4 1 4 9 2 ( 2 1 ) 4 1 4 1 1 9 ( 2 1 ) 4 1 9 2 ( 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 0               k k k k k y y y 所以，点M 的纵坐标的最小值为8 11 -----------------------------------------12 分 方法二：解：设 ) , ), , ), , ( 0 0 2 2 1 1 y x M y x B y x A （ （ 。由题意可知： 8 1 , 8 1 2 1       y BF y AF AB BF AF ， ------------------------------7 分 所以： 4 11 3 4 1 2 1 2 1          y y AB y y BF AF ， ，---------------10 分 又知 8 11 , 2 0 2 1 0     y y y y ，所以，点M 的纵坐标的最小值为8 11 -----------12 分 21.（1） （方法一： ）证明：取AB 的中点O，连结PO， 因为PA PB  ，所以PO AB  ， 又因为平面PAB 平面ABCD，平面PAB 平面ABCD AB  ，PO 平面PAB ， 所以PO 底面ABCD，-------------------------------------2 分 取CD 的中点G ，连结OG，则OB ，OP ，OG 两两垂直， 分别以OB ，OG ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图所示， 设 2 AB  ，则 (1,2,0), (0,0, 3), ( 1,1,0), ( 1,2,0) C P E D   ， 所以 ( 2, 1,0), ( 1,2, 3) CE PD         ， 则 2 2 0 CE PD        ，故CE PD     ， 所以CE PD  ；------------------------------5 分 （方法二： ） 证明： 取AB 的中点O， 取BC 的中点M,连结PO、 OD、AM， 因为PA PB  ，所以PO AB  ， 高二（理）数答案第4页，共5页 又因为平面PAB 平面ABCD，平面PAB 平面ABCD AB  ，PO 平面PAB ， 所以PO 底面ABCD， 因为 ABCD AM 平面  ,所以PO AM,-----------2 分 O OD PO OD AM AOD BAM AOD ODA ODA BAM DAO ABM                         90 90 , 可证明 AM CE AECM CM AE CM AE PD AM POD PD POD AM // //         为平行四边形 四边形 且 平面 又 平面   -------------------4 分 PD CE   -------------------------------------------------------5 分 （2）解：由（1）可知， ( 1,0,0), (1,0,0), (0,0, 3), ( 1,1,0), ( 1,2,0) A B P E D    ， 所以 ( 1,1, 3), (1,0, 3) PE AP        ， ( 2,2,0), ( 2,1,0) BD BE       ， 设 (0 1) BF BD          ，则 ( 2 ,2 ,0) BF      ，所以 ( 2 2,2 1,0) EF BF BE              ， 设平面PEF 的法向量为 ( , , ) n x y z   ， 则 0 0 n PE n EF            ，即 3 0 ( 2 2) (2 1) 0 x y z x y              ， 令 1 y ，则 2 1 1 , 2 2 3(2 2 ) x z         ， 故 2 1 1 ,1, 2 2 3(2 2 ) n              ，---------------------------------8 分 因为直线AP 与平面PEF 所成角的余弦值为2 5 5 ， 所以直线AP 与平面PEF 所成角的正弦值为 5 5 所以   2 2 1 5 cos , 5 2 1 1 2 1 2 2 3 2 2 AP n AP n AP n                              ，------------10 分 M O 高二（理）数答案第5页，共5页 整理可得 2 9 6 1 0     ，解得 1 3  ， 所以在BD 上存在点F ，使得直线AP 与平面PEF 所成角的余弦值为2 5 5 ， 1 3 BF BD      ，此时点F 为靠近点B 的三等分点．-----------------------------12 分 22.解： （1）由题意得： 1 2 , 1 2       c a c a ， 1 , 2    c a 所以椭圆C 的标准方程为： 2 2 1 2 x y   .-----------------------------------------4 分 （2）显然直线l 的斜率一定存在，设直线l 的方程为：y kx t  ， 将y kx t  带入 2 2 1 2 x y   得：  2 2 2 1 2 4 2 2 0 k x ktx t      ， 设  1 1, y x A ，  2 2, y x B 则 1 2 2 4 1 2 kt x x k   ， 2 1 2 2 2 2 1 2 t x x k   ，-------------------------------------6 分      2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 t k y y kx t kx t k x x kt x x t k          ， 1 2 1 2 2 3 2 2 2 2 1 2 1          k k t y y x x OB OA ，----------------------------8 分 解得 2 1 3 t  ， 3 3 t  ，直线过定点 3 0, 3 Z         或 3 0, 3 Z          ----------------10 分， 根据题意，N 在以OZ 为直径的圆上， 该圆的圆心为                  6 3 , 0 6 3 , 0 或 M ， 半径等于 3 6 ， 所以存在定点                  6 3 , 0 6 3 , 0 或 M ，使得MN 为定值 3 6 。------------------12 分