【文档说明】黑龙江省大庆铁人中学2022-2023学年高二上学期期末考试 数学 答案.docx，共(2)页，75.628 KB，由小赞的店铺上传

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大庆铁人中学2021级高二上学期期末考试数学答案一、选择题（60分）1.𝐷2.𝐶3.𝐴4.𝐴5.𝐷6.𝐷7.𝐶8.𝐶9.𝐵𝐶𝐷10.𝐴𝐶11.𝐵𝐶12.𝐴𝐵𝐷二、填空题（20分）13.314.6215

.√3+116.(√34,√33]三、解答题（70分）17.解：(1)等差数列{𝑎𝑛}的公差𝑑=2，由𝑎1，𝑎2，𝑎4成等比数列，得𝑎1𝑎4=𝑎2⬚2，即𝑎1(𝑎1+3𝑑)=(𝑎1+𝑑)2，即𝑎1(𝑎1+6)=(𝑎1+2)2，解得𝑎1=2

，则𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=2+2(𝑛−1)=2𝑛．(2)由(1)得𝑏𝑛=(12)𝑎𝑛=(12)2𝑛=(14)𝑛，所以数列{𝑏𝑛}是首项为14，公比为14的等比数列，则𝑆𝑛=(

𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯+𝑎𝑛)+(𝑏1+𝑏2+𝑏3+⋯+𝑏𝑛)=𝑛(2+2𝑛)2+14[1−(14)𝑛]1−14=𝑛2+𝑛−13×4𝑛+13．18.解：(1)∵𝐶1(0,0)，�

�1=1，∵𝑥2+𝑦2−6𝑥+𝑚=0的标准方程为(𝑥−3)2+𝑦2=9−𝑚，∴𝐶2(3,0)，𝑟2=√9−𝑚，𝑚<9，∵圆𝐶1与圆𝐶2外切，∴|𝐶1𝐶2|=𝑟1+𝑟2，即3=1+√9−𝑚，∴𝑚=5；(2)由(1)得𝑚=5，圆𝐶2的方程为(𝑥−3)2+�

�2=4，𝐶2(3,0)，𝑟2=2，由题意可得圆心𝐶2到直线𝑥+2𝑦+𝑛=0的距离𝑑=|3+𝑛|√5=√𝑟22−3=1，得|𝑛+3|=√5，即𝑛=−3+√5或𝑛=−3−√5．19.解

：(1)当𝑛=1时，𝑎1=𝑆1=12+1=2;当𝑛≥2时，𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=𝑛2−1−[(𝑛−1)2−1]=2𝑛−1．∵𝑎1=2不满足上式，∴𝑎𝑛={2,𝑛=1,2𝑛−1,𝑛⩾2.(2)由(1)可得𝑏1=4𝑎12−1=43，当𝑛≥2时

，𝑏𝑛=4(2𝑛−1)2−1=1(𝑛−1)𝑛=1𝑛−1−1𝑛，∴𝑇𝑛=43+(11−12)+(12−13)+⋯+(1𝑛−2−1𝑛−1)+(1𝑛−1−1𝑛)=43+11−1𝑛=73−1𝑛<73，又

𝑇𝑛<𝑚恒成立，∴𝑚≥73，20.解：(1)由题意可知抛物线𝐶的准线方程为𝑥=−𝑝2，因为|𝑀𝐹|=4，所以根据抛物线的定义可知3−(−𝑝2)=4，所以𝑝=2，所以抛物线𝐶的方程为𝑦2=4𝑥．(2)设𝐴(𝑥1,𝑦1)

，𝐵(𝑥2,𝑦2)，直线𝑙:𝑥=𝑛𝑦+𝑚，联立得{𝑥=𝑛𝑦+𝑚,𝑦2=4𝑥,消去𝑥得𝑦2−4𝑛𝑦−4𝑚=0，所以𝑦1+𝑦2=4𝑛，𝑦1𝑦2=−4𝑚，所以𝑥1𝑥2=(𝑛𝑦1+𝑚)(𝑛𝑦2+𝑚

)=𝑛2𝑦1𝑦2+𝑚𝑛⋅(𝑦1+𝑦2)+𝑚2，由𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−4得𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2=−4，所以𝑛2𝑦1𝑦2+𝑚𝑛(𝑦1+𝑦2)+𝑚2+𝑦1𝑦2=−4，所以(

𝑛2+1)𝑦1𝑦2+𝑚𝑛(𝑦1+𝑦2)+𝑚2+4=0，所以−4𝑚(𝑛2+1)+4𝑚𝑛2+𝑚2+4=0，所以𝑚2−4𝑚+4=0，所以𝑚=2，所以直线𝑙的方程为𝑥=𝑛𝑦+2，故直线𝑙恒过点(2,0)．21.解：(

1)在图1中取𝐶𝐸中点𝐹，连接𝐵𝐹，𝐴𝐸，∵𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗，𝐶𝐷=3，𝐴𝐵=2，∴𝐶𝐹=1，𝐸𝐹=1，∵𝐷𝐹=𝐴𝐵=2，𝐷𝐹//𝐴𝐵，∠𝐷=90∘，∴

四边形𝐴𝐵𝐹𝐷为矩形，∴𝐵𝐹⊥𝐶𝐷，∴𝐵𝐸=𝐵𝐶=√3+1=2，又𝐶𝐸=2，∴△𝐵𝐶𝐸为等边三角形;又𝐴𝐸=√3+1=2，∴△𝐴𝐵𝐸为等边三角形;在图2中，取𝐵𝐸中点𝐺，连接𝐴𝐺，𝐶1𝐺，∵△

𝐶1𝐵𝐸，△𝐴𝐵𝐸为等边三角形，∴𝐶1𝐺⊥𝐵𝐸，𝐴𝐺⊥𝐵𝐸，∴𝐶1𝐺=𝐴𝐺=√3，又𝐴𝐶1=√6，∴𝐴𝐺2+𝐶1𝐺2=𝐴𝐶12，∴𝐶1𝐺⊥𝐴𝐺，又𝐴𝐺∩𝐵𝐸=𝐺，𝐴𝐺，𝐵𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐸𝐷，∴𝐶1�

�⊥平面𝐴𝐵𝐸𝐷，∵𝐶1𝐺⊂平面𝐵𝐶1𝐸，∴平面𝐵𝐶1𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐸𝐷．(2)以𝐺为坐标原点，𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗⃗，𝐺𝐵⃗⃗⃗⃗⃗，𝐺𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗正方向为𝑥，𝑦，𝑧轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则𝐵(0,1,0)，𝐸(0,−1,0)，𝐴(√3,0,0)，𝐶1(0,0,√3)，𝐷(√32,−32,0)，∴𝐷𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−√32,32,√3)，𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0)，𝐸𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,√3)，设棱𝐷𝐶1上存在点�

�(𝑥,𝑦,𝑧)𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐷𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗(0≤𝜆≤1)满足题意，{𝑥−√32=−√32𝜆𝑦+32=32𝜆𝑧=√3𝜆．解得：{𝑥=√32−√32𝜆𝑦=32𝜆−32𝑧=√3𝜆，即𝑃(√32−√32𝜆,32𝜆−32,√3𝜆)，则𝐸𝑃⃗

⃗⃗⃗⃗=(√32−√32𝜆,32𝜆−12,√3𝜆)，设平面𝑃𝐵𝐸的法向量𝑛⃗⃗=(𝑎,𝑏,𝑐)，则{𝐸𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗=(√32−√32𝜆)𝑎+(32𝜆−12)𝑏+√3𝜆𝑐=0𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗=2𝑏=0，令𝑎=−2，则{𝑏=0𝑐=1

−𝜆𝜆,∴𝑛⃗⃗=(−2,0,1−𝜆𝜆),∴𝐶1到平面𝑃𝐵𝐸的距离为𝑑=|𝐸𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛⃗⃗||𝑛⃗⃗|=|√3−√3𝜆𝜆|√4+(1−𝜆𝜆)2=√62,解得：𝜆=13，∴𝑛⃗⃗=(−2,0,2)，又平面𝐴𝐵𝐸的一个法向量𝑚⃗⃗⃗=

(0,0,1)，∴cos<𝑚⃗⃗⃗，𝑛⃗⃗>=𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗|𝑚|⋅|𝑛⃗⃗|=22√2=√22，又二面角𝑃−𝐵𝐸−𝐴为锐二面角，∴二面角𝑃−𝐵𝐸−𝐴的大小为𝜋4．22.解：

(1)由题意可知：𝑏=√3，𝑒=𝑐𝑎=12，所以𝑎=2𝑐．因为𝑎2=𝑏2+𝑐2，所以𝑐=1，𝑎=2．所以椭圆𝐶的方程为𝑥24+𝑦23=1．(2)①如图，设𝑀(4,𝑦𝑀)，𝑁(4,𝑦𝑁)，由于�

�2(1,0)，因此𝑀𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−3,−𝑦𝑀)，𝑁𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−3,−𝑦𝑁)，因为𝑀𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑁𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，所以𝑦𝑀⋅𝑦𝑁+9=0，𝑆△𝑀𝑁𝐹2=12√9+𝑦𝑀2⋅√9+𝑦𝑁2=

12√81+9(𝑦𝑀2+𝑦𝑁2)+(𝑦𝑀𝑦𝑁)2=12√162+9(𝑦𝑀2+𝑦𝑁2)≥12√162+9⋅2⋅|𝑦𝑀𝑦𝑁|=12√162+162=9．当且仅当|𝑦𝑀|=|𝑦𝑁|时，即𝑦𝑀=3，𝑦𝑁=−3，所以，

△𝑀𝑁𝐹2的面积最小为9．②证明：因为𝐴1(−2,0)，所以直线𝐴1𝑀的斜率为𝑘=𝑦𝑀6，所以直线𝐴1𝑀的方程为𝑦=𝑦𝑀6(𝑥+2)，代入椭圆方程得：3𝑥2+4⋅𝑦𝑀236(𝑥+2)2=12，整理得：(27+�

�𝑀2)𝑥2+4𝑦𝑀2𝑥+4𝑦𝑀2−108=0．设𝑃(𝑥1,𝑦1)，所以𝑥1+(−2)=−4𝑦𝑀227+𝑦𝑀2，所以𝑥1=54−2𝑦𝑀227+𝑦𝑀2，代入直线𝐴1𝑀的方程得𝑦1=18𝑦𝑀27+𝑦𝑀2，所以𝑃(54−2𝑦�

�227+𝑦𝑀2,18𝑦𝑀27+𝑦𝑀2)，所以直线𝑃𝐴2的斜率为𝐾𝑃𝐴2=𝑦1𝑥1−2=18𝑦𝑀27+𝑦𝑀254−2𝑦𝑀227+𝑦𝑀2−2=18𝑦𝑀−4𝑦𝑀2=−92𝑦𝑀，直线𝑁𝐴2的斜率为𝐾𝑁𝐴2=

𝑦𝑁2，因为𝑦𝑀⋅𝑦𝑁+9=0，所以𝐾𝑁𝐴2=𝑦𝑁2=−9𝑦𝑀2=−92𝑦𝑀=𝐾𝑃𝐴2．故𝑃、𝐴2、𝑁三点共线．