浙江省宁波市九校2021-2022学年高二上学期期末联考数学试题及答案

PAGE55页2021-2022试题学: 姓名班级考号 bbx,1．已知向量axy1C．xy0

y．若

aa//b，则（xy1D．xy1已知数列n

的通项公式为an

2n29nN*．若数列n

的前n项和为S，n则S取得最大值时n的值为（ ）nA．2 B．3 C．4 D．5A．B．C．D．若函数yfx的图象如图所示，则函数yfx的导函数yA．B．C．D．已知直线lyx1，椭圆Cx2y21lCA，B两点，则线3段AB的中点的坐标为（ ）A．1,3 B．3,1 4 4 4 4C．1,3

D．3,12 2 2 2 若数列为等差数列，数列为等比数列，则下列不等式一定成立的是n n（ ）A．bb1 4

bb2 3

B．bb4 1

bb3 2C．aa14

aa23

D．aa14

aa23fxfxxRf1x0时，3fxxfx0，则使得不等式xfx20221成立的x的取值范围是（ ）A．C．

B．D．若将双曲线C:mx2ny2绕其对称中心顺时针旋转120°后可得到某一函数的图象，且该函数在区间上存在最小值，则双曲线C的离心率为（ ）2 3333B． C．2 D．2 3333ABCABCABACABACE

中点．若平111 1面E，且平面AB所成角和平面与平面BCC

所成锐二面角的大小11均为30°，则这样的平面有（ ）个 B．2个 C．3个 D．4个二、多选题若OA，OB，OC是三个不共面的单位向量，且两两夹角均，则（ ） 的取值范围是 ,ABBC 能构成空间的一个基底OP2OAOBOC”是“P，A，B，C”的充分不必要条件 OAOBOCBC xOy中，点FMF的距离与到直线x的距MCFCAx

Bxy两1 1 2 2点，则（ ）yy12

1OAB2当AF2BF时，AB92以线段F为直径的圆与圆N:x32y21相离若函数fxxaexaR，则（ ）yfxRCfxx0

gxxfx有三个单调区间D．函数yffx有且仅有一个零点1若数列满足a a21

2nN*，则（ ） n n1 1 a当a1

m12

n13a当a1

1m12

n11a a1 2

13an当a1

3，

1时，

1 1aaa2 n当a

3m1

111a

3n11三、填空题

a a a1 2

a 2n1商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上面一层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……．设各层球数构成一个数列an

，其中a1

1，a2

3，a3

6，则a5

．x2已知点F为双曲线C: y21的左焦点，过原点的直线l与双曲线C相交于x21P，QPF1

43，则QF1

．如图，正四棱锥PABCD2EPD分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值．fxkex3lnxx23x1Rk的取值范围是x 2 x ．四、解答题A3,2My3xy4．M的标准方程；N2,3PxPMPN的最小值，并写出取得最小P的坐标．18fxx3x2ax1aR．2当a1yfx在点P2,f处的切线方程； x12fx0a 2 已知正项等差数列满足：a

4nN*，且2aa

1成等比数n 3n n

1 2 3列．求n

的通项公式；设的前n项和为S，且2nS a2，求

的前n项和．n n n n 2n如图，在四棱锥PABCDPAABCDADBCADCD，ABAC，CD2AD2．PBAC；PBABPCD4？5已知椭圆C:x2a2

y21ab0的离心率为 ，以椭圆两个焦点与短轴的一个3b2 233端点为顶点构成的三角形的面积为2 ．3C的标准方程；PlCQl0PQ的中点R作直线交椭圆于B两点（点B不在y轴上，连结A，分别与椭圆交于M，NMN的斜率是否为定值；若是，请求出该定值．22．已知函数fxlnx1a x1R．yfx的单调性；yfxxxxxxx

e41．1 2 1 2 1 2PAGE2121页参考答案：1．A【解析】【分析】bbx,【详解】向量a

y，因

xa//b，则xa//b，则

y，解得xy ，11 2 1 21xy0，B，Dxy1，C.故选：A2．C【解析】【分析】根据单调性分析出数列a【详解】

的正数项有哪些即可求解.n由条件有a a [2(n9(n1)](2n29n)4n7，n1 n当a an1 n

0n1，即0a1

7a；2当a an1 n

0n2

5aaaa6 5

4a3

a.2aa6 5即 50aa6 54

4aa3

a，1所以S取得最大值时n的值为4.n故选：C3．C【解析】【分析】由函数fx的图象可知其单调性情况，再由导函数与原函数的关系即可得解.【详解】fx的图象可知，当x0fxx0fxAB；当x0时，从左向右函数fx先减后增，故x0时，从左向右导函数fx先负后正，故排除D.故选：C.4．B【解析】【分析】联立直线方程与椭圆方程，消y得到关于x的一元二次方程，根据韦达定理可得3x xA B

.2【详解】由题意知，yx1x2 y，得2x23x0，3

y213则9810，x xA B

，2AB1(x2 A

x)3，B 4所以中点的纵坐标为：131，4 4(31AB故选：B5．D【解析】【分析】

，).44对选项A，令b

1 2

即可检验；对选项B，令b

2n即可检验；对选项C，令annn n即可检验；对选项D，设出等差数列的首项和公比，然后作差即可.【详解】若b1n1，则

1,b1,b1,b1

2 3 4n 2

2 4 87 1bb1 4

bb8 2

，故选项A错误；4若b2n，则bn 1

2,b2

4,b3

8,b4

16可得：bb4 1

14bb3

4，故选项B错误；若an

n，则a1

1,a2

2,a3

3,a44aa14

4aa23

6，故选项C错误；不妨设a的首项为a

，公差为d，则有：n 1aaaa3da23ad14 1 1 1 1aad2da22d2d23 1 1 1 1则有：aa23

aa14

2d

0，故选项D正确故选：D6．C【解析】【分析】gxx3fxgx在R上的单调性，将所求不等式变形为gx2022g，可得出关于x.【详解】构造函数gxx3fx，其中xR，则gxx3所以，函数gx为R上的奇函数，

fxx3fxgx，当x0时，gx3x2fxx3fxx23fxxfx0，且gx不恒为零，gx在0,上为增函数，且该函数在,0上也为增函数，gx在R上为增函数，f1gf1，由xfx20221gx2022gx20221x2023.故选：C.7．C【解析】【分析】由题意，可知双曲线的一条渐近线的倾斜角为120°，再确定参数的正负即可求解.【详解】m双曲线C:mx2ny2，令0，则y2mx2，显然 0，mn n则一条渐近线方程为y mx，nmn3绕其对称中心顺时针旋转120°后可得到某一函数的图象，则渐近线就需要旋转到与坐标轴重合，mn3y

mx120°n

m3n，该函数在区间0,上存在最小值，可知m0,n0,0，所以3nx2ny2

x2 y2n

1，1b2a213nn所1b2a213nn故选：C8．B【解析】【分析】ABCDABC

中点F,连接EF,然后利用临界位置分情况讨论即可.【详解】

111 1 1ABCDABCD

中点F，连接EF,111 1 1则所有过E点与EF成30角的平面，均与以EF为轴的圆锥相切，过E点绕EF且与EF成30角，当ABBA的左侧（ABCDABC

的外面）时，与面11 111 1BCCB

75°（AB与面BCC

成45，AB与成30，过E点绕EF旋转，转11 11显然最大，到了另一个边界（在面ABBAADDA之间）15度，11 11即BCC

所成角从75°→90°→15°→90°→75°变化，1130，29．BD【解析】【分析】根据给定条件结合空间向量相关知识逐一分析各个选项即可判断作答.【详解】因OAOBOC，则三棱锥OABC1的正三棱锥，如图，作ABC于点O，连接OA,OB,OC，则r(0,1)，BC 3r，BOC中，由余弦定理得312BC2 3 1cos 1 r2( ,1)211 2 2于是得(0,2)，A不正确；3BPxBAyBC，即OPxOA(1xy)OByOC，BPxBAyBC，即OPxOA(1xy)OByOC，x2而OP2OAOBOC，由空间向量基本定理知1xy1，此方程组无解，则有P，y1A，B，C四点不共面，“OP2OAOBOC”是“P，A，B，C四点共面”的不充分不必要条件，C不正确；(OAOBOC)BC(OAOBOC)(OCOB)OAOCOAOBOC2OB2coscos110，D正确.10．BCD【解析】【分析】由题意可知点M的轨迹是以F为焦点,直线x1为准线的抛物线，结合抛物线的相关知识可以判断ABC，结合圆与圆的位置关系的相关知识，可判断D【详解】依据题意动点M到点F(1,0)的距离与它到直线x1的距离相等，MF,x为准线的抛物线，PC的方程为y24x,对于AABxyy12

4,故A错误；对于BAB0,ABxmy1,xmy1联立y24x

整理可得y24my40,?yy1 2

yy 4,12(y(yy)24yy1216m216 2，所以S

ΔOAB

OF1212

y 2 2 1 2 12当m0时取等号，所以OAB的面积的最小值是2，所以B正确；C中，AF2BF时,则AF2FB,所以xy2xy1 1 2 2y2y⊥,1 2而yy1 2

4m,⊥，yy12

4,⊥，1 5联立可得m2 xxm(yy)24m2281 2 1 2 2由抛物线的性质可得ABxx1 2

p

529,所以C正确；2 21 1 1 1D中,以OF为直径的圆的方程为(x )2y2 ,圆心C( ,0),半径r2 4 2 1 22Nx3)2y21N3,0半径2

1,125 1 312所以圆心距CN3 rr1 2 1 2 2 2可得两个圆相离，所以D故选：BCD.BC【解析】【分析】利用导数研究函数的单调性求出函数的值域，即可判断选项A；利用导数研究函数的单调性和二次函数的性质，即可判断选项将问题转化为函数图象的交点，分别利用二次求导、三次求导讨论函数的单调性，即可判断选项C、D；【详解】Af(x)ex(xa)ex(xa1)exf(x)0xa1，所以在(a)上f(x0，f(x)单调递增，在(，a1)f(x)0f(x)单调递减，所以f(x) f(a1)ea10，所以f(x)的值域为(ea)，故A错误；minB：g(x)xf(x)(x2ax)ex，g(x)[x2(2a)a]ex，令h(x)x2(2aa=a240，所以函数h(x)有两个零点x

a2 a24，x ，a2a2 a24所以在(，x) (x)上h(x)0，即g(x)0，则g(x)单调递增，1 2在(x，x

上h(x)0g(x)0g(x单调递减，1 2所以g(x)xf(x)有3个单调区间，故B正确；Cf(xx0的根为axxex

p(x)xx，exp(x)1

1x ex1x ，令q(x) ex 1 x，则q ex ex所以在(0)上q(x)0，q(x)单调递减，在()上q(x)0，q(x)单调递增，所以q(x) q(0)0，所以q(x)0，有p(x)0，p(x)单调递增，min所以函数ya与p(x)xx

有一个交点，即方程ax

x有一个根，ex ex所以方程f(x)x0有且只有一个根，故C正确；Dyff(xff(x))0的根，令tf(xf(t)0，所以(ta)et

0taf(x)a，即(xa)ex

a，得a=

xex ，ex1xex

ex(ex1x)令s(x)

ex1

，则s(x) ，令u(x)ex1x，则u(x)ex10，(ex1)2所以u(x在Rlimu(x)u(x)，x x

R使得u(x

)0，则在(，x

上u(x)0，即sx)0s(x单调递减，0 0 0在(x)

u(x)0，即

s(x)0

s(x)

单调递增，所以

s(x)

s(x)

xex0e0 ，0e0xex

f(f(x))0

0yf(f(x))0

min

0 x10e当a 00ex0

时，方程1

无根，函数

没有零点；当a

xex000

时，方程

f(f(x))0

有一个根，函数

yf(f(x))

有一个零点；e0x1e0当a

xex000

ff(x))0yff(x有两个零点，故D.e0x1e0故选：BC【点睛】讨论函数的单调性、值域时，若第一次导没有得出结果，往往要进行二次求导或三次求.AD【解析】【分析】利用基本不等式和二次函数的性质即可判断选项A；由选项A可知

1 2an13，根据累乘法得到a

，结合不等式的性质即可判断选项B；a a 3n1n n举例n1，即可判断选项C；1将递推公式变形可得 1

1 1

，结合裂项相消法即可判断选项D.【详解】

a a2 n n

2n11 1A：当a ，m1时，a a2

2，1 2 n1 2 n na 1 2 1 2所以n1 a 13，当且仅当a 即

2时等号成立，a 2 n an n

2 n a nn1 1 3 11 3 21又a a2a2 (a1)2 ( 1)2 2，n1 2 n n 2

2 22 2 8所以等号取不到，故Aa

3n1 1 2B：由A知

n1an

3，由累乘法得an

a3n11

，所以 an1

3n1，1 1 1 1

1()n13 11所以 a a1 2

2( a n

)2 113

)n3，故B错误；31C：当n1时，a1

11，不满足题意，故C错误；3D：当a1时，a 1a2

2，1 n1 2 n n1 1所以a 2 (a22a)= a(a2)，n1 2 n1有 21

n 2 n 1

n11

1 1 ，an1

2 a(a11111111a a2 a2 a2 a2 a2 a 211

2) an

2 an

a a2 n n

2n1所以aa 1 2 n 1 2 2

n n11 1

a 3 1

，故D正确.a2 a1

n1

an1

2

2n1故选：AD13．15【解析】【分析】由分析可知每次小球数量刚好是等差数列的求和，最后直接公式即可算出答案.【详解】由题意可知, a1

1,a2

a212，a1

a3123?,?2a123nn5(51)

n(n1)2a5

152故答案为：1514．7【解析】【分析】先证明四边形FPFQ是平行四边形，再根据双曲线的定义可求解.1 2【详解】由双曲线的对称性，可知|OP||OQ|，又|OF||OF|，所以四边形FPFQ是平行四边形，所以|PF2

QF|，515

1 2 1 2由PF1

3

2ca，可知点P在双曲线的左支，如下图所示：由双曲线定义有|PF2

||PF1

|4，又|PF1

|3，所以|QF1

||PF2

|7.2 63故答案为：2 6315．【解析】【分析】根据题意，先建立空间直角坐标系Oxyz然后根据点MNAB,CE上写出点MN的坐标，这样就得到MN

x1 x2 3212212222

的取值范围而确定2 6MN 2 63min【详解】建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则有：2A1,1,0，BCD，P2E1,1, 2 22 2 2 3 1 22可得：CE , ,2 2 2Mx，且1x1Nxyz则有：

1CN

1，其中0

2 2 22可得：N13,11, 2 2 2 2 则有：

13x,21, MN 2

1 2 2 2 213132x 221 1222 22故1 x 2243232142 6则当且仅当4,x1时， 2 63 1 2 632 63

3min16．

4k1e3【解析】【分析】f(x

x1x2

[kex(x1)2]有两个极值点等价于函数ykex(x1)2有一个不等于1的零点，分离参数得k(x1)2，令h(x)(x1)2

，利用导数研究h(x)的单调性并作出h(x)的ex ex图象，根据图象即可得出k的取值范围．【详解】函数f(x)的定义域为()，x1f(x)

[kex(x1)2]，x2f(x)0x1或k(x1)2，exf(x2个极值点，yk与h(x(x1)2ex而h(x(x1)(x3)，ex

图象在()上恰有1个横坐标不为1的交点，令h(x01x3，令h(x0x1x3，故h(x)在()和()上单调递减，在(3)上单调递增，4又h(0)

h(x)0，如图所示e3 x由图可得k41.e3 故答案为：41e3 1．(1)x2y3255(2)3 ，P1,05 2 2【解析】【分析】用待定系数法设出圆心，根据圆过点和弦长列出方程求解即可；当三点共线时PMPN有最小值，求出直线MN的方程，令y=0即可(1)由题意可设圆心Ma,3a，因为y轴被圆M截得的弦长为4，所以r2

242a244又r2MA2

a32a22，则4a2a32a22，化简得a22a10，解得a1，4a25则圆心M半径r4a25所以圆M的标准方程为x2y3

5．(2)122332N2,3x轴的对称点为N2,3，则PMPNPMPN122332M，PN三点共线时等号成立，

35，因为kMN

332y32x1y2x1， 1 y0x1P1,0．2 2 1518．(1)y x112(2)a2【解析】【分析】先求导，由到数值求出斜率，最后根据点斜式求出方程即可；(1)a1fxx3x21x1，2fx3x22x1，则f24，f215，2 2所以在点P2,fy415x2y15x11．2 2(2)对任意的x1,2，fx0恒成立，2 x 即a2x2x1，对任意的x1,2，x 2 gx2x2x1，即a

x，x x gx

22x1

122122x3x21x2 x2

2x2x2x，x2因为2x2x10x20，1x1gx0gx在区间1,1上单调递减，2 2 当1x2gx0gx在区间上单调递增，则g xg2，所以a2．min19．(1)a3n2；n(2)26n2.3 34n【解析】【分析】利用等差数列的通项公式结合条件即求；63n利用条件可得bn

.2n(1)设等差数列

d，由

4得

4，n 3n n 3 1即a2d3a1 1

4，化简得da1

2，又2aa

1成等比数列，则a2

2a

1，1 2 3

2 1 3即a1

d

2a1

2d1，将da1

2代入上式得2a1

2

2a1

3a1

5，化简得a2a20，解得

1或－（舍去，1 1 1则d3，所以a2．n(2)⊥

a23n，nn 2n 2nn当n2bn

Sn

n1

3n1 63n ，2n 2n1 2n当n1时，bS1 1

32，符合上式，则b63n，n 2n所以b2n

66n22n

61n，4n令Tbbb

，则T

6011n，n 2 4

2n

4n 1T6

011n，4 n 42 43

4n1

11 1 3 1 1 1 1n

42 4n1 1n 1 6n2⊥ T6

6 = ，4 n 42 43

4n 4n1

114

4n1 2 4n1T 2 6n2化简得

n 3

34n ．综上，b2n

的前n项和Tn

2 6n2 ．3 34n20．(1)证明见解析6(2)PB26【解析】【分析】由线面垂直的判断定理证明ACPBAC；Ax轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，P0,0,tPCD的法向量mABPCD所成角的正弦值4为，利用向量法可求得t24，从而可求解PB的长.5(1)证明：因为PAABCDACABCD，PAACABACABPAA，ABPAACPB所以PBAC；(2)解：因为PAABCDABAC，所以以A为原点，AB，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz，因为AD∥BC，ADCD，ABAC，5所以RtABCRtDCAAC5

，AB2 5，2 55所以A0,0,0，B5,0,0C5,0D , ,02 555 5 ， Pt

DC2554 5 DC2554 5 5 PC5,tPCD的法向量为mxyz， 2 mDC

x y04 55则 5 54 55

，令x2，则y1，z ，mPC 5ytz0 t5 5所以m2,1, t ，所以PB

m,ABm,ABmABmAB4 52 5 5t25546

45，解得t24，则PB

时，直线AB与平面PCD 46所成角正弦值为．56所成角正弦值为．21．(1)x2y218 2(2)12【解析】【分析】即可求解；.(1)3c3a 2由题意得12cb

a283，解得 ，32a2

b2c2

b22Cx2y21．8 2(2)设切线PQ的方程为ykx2k0，Ax,y，Bx,y，Mx,y，Nx,y，1 1 2 2 3 3 4 4 ykx 由x28

y21y2

14k

x216kx80⊥，则16k23214k2324k20，解得k1或1（舍去，将k1得，2 2 21x24x40

2yQQQ

x 21，2 Q所以Q2,1，又R为PQ中点，则R1,3， 2 2y2因为斜率都存在，不妨设k k 1 ，PA 1 x1y2 8k k 2PB 2

，由⊥xx1 3

14k

，所以2 18 8

8x xx

1 1 13 x 14k

22

x24y216

16 816y

16 32y，11 1 x14 1

1 1 1 1 11

x y2 y2 xy 13 x1

x2 1 2x23231

2 ，32y2y2

yy

yyy 24 32

2，则kMN

3x4

3xx

2 12x

xy，x2 3 4 1 2 21 12xR，A，B三点共线，则

3x

1x

3，1 2 2 1