【文档说明】上海市延安中学2021-2022学年高二下学期期中数学试题 含解析.docx，共(16)页，1.656 MB，由小赞的店铺上传

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上海市延安中学2021-2022学年高二下期中数学试卷一、填空题（本大题共有12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1.在空间直角坐标系中，过(4,5,6)M作yOz平面的垂线，N为垂足，则点N坐标为__．【答案】()0,5,6【解析】【分析】空间中点在yOz平面的投影坐

标取0x=即可.【详解】在空间直角坐标系中，点(4,5,6)M，过(4,5,6)M作yOz平面的垂线，N为垂足，则(0,5,6)N．故答案为：()0,5,62.在平面直角坐标系中，曲线3cossinxy==（为参

数）的普通方程是________.【答案】2213xy+=【解析】【分析】利用22sincos1+=，可得出普通方程【详解】由3cossinxy==（为参数），即cos3sinxy==由22sincos1

+=，可得：2213xy+=故答案为：2213xy+=【点睛】本题考查将参数方程化为普通方程，属于基础题.3.P是椭圆221169xy+=上的动点，作PDy⊥轴，D为垂足，则PD中点的轨迹方程为______

___．【答案】22149xy+=【解析】【分析】设点P的坐标为()00,xy，可得出点()00,Dy，设PD的中点为(),Mxy，利用中点坐标公式可得出002xxyy==，可得002xxyy==，代入等式22001169xy+=化简可得PD中点的轨迹

方程.【详解】设点P的坐标为()00,xy，则22001169xy+=，由于PDy⊥轴，D为垂足，则()00,Dy，设PD的中点为(),Mxy，则002xxyy==，可得002xxyy==，将00

2xxyy==代入等式22001169xy+=可得()2221169xy+=，即22149xy+=.故答案为：22149xy+=.【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化

简后即得动点的轨迹方程；（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；（3）相关点法：用动点Q的坐标x、y表示相关点P的坐标0x、0y，然后代入点P的坐标()00,xy所满足的曲线方程

，整理化简可得出动点Q的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐标x、y之间的直接关系难以找到时，往往先寻找x、y与某一参数t得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.4.已知等差数列na前三项分别为1,21,7aaa−

++，则这个数列的通项公式为__【答案】43nan=−【解析】【分析】根据等差数列的性质可求出2a=，即可得出首项和公差，求出通项公式.【详解】∵等差数列na的前三项分别为1,21,7aaa−++，∴2(21)17aaa+=−++，解得2a=．∴1231,5,9aaa===，∴数列n

a是以1为首项，4为公差的等差数列，的1(1)443nann=+−=−．故答案：43nan=−．5.若平面的一个法向量为()2,6,sm=−，平面的一个法向量为()1,,2nt=，且∥，则st−=______．【答案】7【解析】【分析】由∥，得

mnurr∥，利用向量坐标平行计算公式代入计算.【详解】由∥，得mnurr∥，所以2612st−==，解得3t=−，4s=，∴7st−=．故答案为：76.已知数列na的前n项和公式221nSnn=−+，则其通项公式

na=________.【答案】0,123,2nnann==−.【解析】【分析】利用关系式，当2n时，1nnnaSS−=−，当1n=时，11aS=，即可求解.【详解】由题意，数列{an}的前n项和公式221nSnn=−+当2n时，221

21(1)2(1)123nnnaSSnnnnn−=−=−+−−+−−=−，又由当1n=时，21112110aS==−+=，所以数列na的通项公式为0,123,2nnann==−.故答案为：0,123,2nnann==−7.用数学归纳法证明“(1)(2)

(3)()213(21)nnnnnnn++++=−(N)n+时，从“nk=到1nk=+时，左边应增添的式子是__．【答案】2(21)k+【解析】【分析】左边应增添的式子是(2)(3)(4)(11)(1)(2)(3)()kkkkkkkkkk++++++++++

，整理得到答案.【详解】左边应增添的式子是()()()2122(2)(3)(4)(11)221(1)(2)(3)()1kkkkkkkkkkkkkk++++++++==++++++故答案为：2(21)k+8.已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为4，113AMMC=，

点N为1BB的中点，则||MN=________．【答案】11【解析】【分析】根据题意，建立适当的空间直角坐标系，即可求解.【详解】如图所示，以点D为坐标原点，以DA，DC，1DD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D

xyz−.因为正方体1111ABCDABCD−的棱长为4，113AMMC=，点N为1BB的中点，所以(3,1,1)M，(4,4,2)N，故222||13111MN=++=．故答案为：11.9.在数列na中，13a=，()111nnaann+=++，则通项公式na=______.【答案】14n

−【解析】【分析】利用累加法求数列的通项公式，同时右边求和时需要利用裂项相消法求和.【详解】因为()111nnaann+=++，即1111nnaann+−=−+则1111nnaann−−=−−，121

121nnaann−−−=−−−231132nnaann−−−=−−−321123aa−=−21112aa−=−，所以132221231+nnnnnnaaaaaaaaaa−−−−−−−−+++−−+111111111+112132232nnnnnn=−+−+−+−+−−−−−−，即111n

aan−=−，又因为13a=，所以11114naann=−+=−，故答案为：14n−10.已知向量(2,1,3),(1,2,2),(7,6,)abc==−−=，若向量a、b、c共面，则实数等于__．【答案】10【解析】【分析】根据向量共

面得到cmanb=+，代入数据计算得到答案.【详解】因为向量a、b、c共面，所以存在实数m、n使得cmanb=+．所以726232mnmnmn=−=+=−4110mn===，所以10=．故答案为：10

11.古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出了圆的另一种定义：平面内，到两个定点,AB距离之比是常数()0,1的点M的轨迹是圆，若两定点,AB的距离为3，动点M满足2MAMB=，则M点的轨迹围成

区域的面积为___________.【答案】4.【解析】【分析】建立平面直角坐标系，根据2MAMB=，求得M点的轨迹方程，结合圆的面积公式，即可求解.【详解】以A原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，因为两定点,AB的距离为3，可得(3,

0)B，设(,)Mxy，因为动点M满足2MAMB=，可得22222(3)xyxy+=−+，整理得228120xyx+−+=，即22(4)4xy−+=，所以点M的轨迹围成区域的面积为224S==.故答案为：4.12.对于数列na，若存

在正整数m，使得对任意正整数n，都有nmnaaq+=（其中q为非零常数），则称数列na是以m为周期，以q为周期公比的“类周期性等比数列.若“类周期性等比数列的前4项为1，1，2，3，周期为4，周期公比为3，则数列na前21项的和为__．【答案】1090【

解析】【分析】确定43nnaa+=，数列na从第二项起连续四项成等比数列，利用等比数列公式计算得到答案.【详解】43nnaa+=，故513aaq==，由题意得数列na从第二项起连续四项成等比数列，234512339,3aaaaq+++=+++==，则数列

na前21项的和为()5523451913()(1)11090113aaaaqaq−+++−+=+=−−．故答案为：1090二、选择题（本大题共有4小题，满分20分，每题5分）13.原点与极点重合，x轴正半轴与极轴重合，则直角坐标为(-2，-23)的点的极坐标是（）A（4，3）B.（4，

43）C.（﹣4，﹣23）D.（4，23）【答案】B【解析】【分析】根据极坐标公式，求出ρ、θ即可．【详解】解：∵x=﹣2，y=﹣23；为.∴ρ=2222(2)(23)xy+=−+−=4；又x=ρcosθ=

﹣2，∴cosθ=﹣2=﹣12，且θ为第三象限角，∴θ=43；∴该点的极坐标为（4，43）．故选：B．14.数列na中，121nnaa+=+，11a=，则6a=（）A.32B.62C.63D.64【答案】C【解析】【分析】把121nnaa+=+化成()1121n

naa++=+，故可得1na+为等比数列，从而得到6a的值.【详解】数列na中，121nnaa+=+，故()1121nnaa++=+，因为11a=，故1120a+=，故10na+，所以1121nnaa++=+，所以

1na+为等比数列，公比为2，首项为2.所以12nna+=即21nna=−，故663a=，故选C.【点睛】给定数列的递推关系，我们常需要对其做变形构建新数列（新数列的通项容易求得），常见的递推关系和变形方法如下：（1）11nnnpaaqap−−=+，取倒数变形为111nnqaap−

−=；（2）()10nnaqppqa−+=，变形为()110,1nnnnnaqpqpppap−−+=，也可以变形为111nnaqppaqp−−=−−−；15.已知数列na是等差数列，若9120aa+，10110aa，且数列n

a的前n项和nS有最大值，那么当0nS时，n的最大值为（）A.10B.11C.20D.21【答案】C【解析】【分析】由题结合等差数列的性质可得100a，110a，即可判断当0nS时，n的最大值.【详解】由等差数列的性质，

知91211100aaaa+=+，又10110aa，∴10a和11a异号．∵数列na的前n项和nS有最大值，∴数列na是递减的等差数列，∴100a，110a，()1212111212102aaaS=+=，()()12

020912201002aaSaa+==+，∴当0nS时n的最大值为20．故选：C.16.在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑ABCD−中，AB⊥平面BCD，BCCD⊥，且ABBCCD==，M为AD的中点，则异面直线BM

与CD夹角的余弦值为（）A.23B.34C.33D.24【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可以求得向量夹角的余弦值，再根据向量夹角与异面直线夹角的关系可以求得异面直线夹角的余弦值.【详解】画出四面体ABCD−，建立坐标系，利用向量法求异面直线所成角的余弦值即可.解：

四面体ABCD−是由正方体四个顶点构成的，如下图所示建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(1,1,1)BCDM(1,1,1),(0,2,0

)BMCD==的23cos,332||BMCDBMCDBMCD===因为异面直线夹角的范围为0,2，所以异面直线BM与CD夹角的余弦值为33故选：C三、解答题（本大题共5题，满分7

6分）17.在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为cossinxay=+=，(为参数）．以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2sin()42−=．若直线l与圆C相切，求实数a的值．【答案】

12a=−．【解析】【分析】将圆的参数方程转化为直角坐标方程，将直线的极坐标方程转化为直角坐标方程，结合点到直线的距离公式即可求解.【详解】圆C的参数方程为cossinxay=+=(为参

数），化为普通方程22()1xay−+=．直线l的极坐标方程为2sin()42−=，即222sincos222−=，所以直角坐标方程10xy−+=．因为直线l与圆C相切，所以|1|12a+=，解得12a=−．18.如图，在四棱锥PABCD−中，已知棱AB，AD，AP两两垂直且

长度分别为1，2，2，//ABCD，12ABDC=．（1）若PC中点为M，证明：//BM平面PAD；（2）求点A到平面PCD距离．【答案】（1）证明见解析；（2）2．【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标，求出直线BM的方向向量BM和平面PAD的法向量n，证明0B

Mn=即可；（2）利用待定系数法求出平面PDC的法向量，求出AD的坐标，然后利用点到直线的距离公式求解即可．【详解】解：（1）证明：分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如

图所示，因为AB，AD，AP的长度分别为1，2，2，且12ABDC=，则(0,0,1)A，(1,0,0)B，(0,2,0)D，(0,0,2)P，(2,2,0)C，又M是PC的中点，所以(1,1,1)M，所以(0,1,1)BM=，由已知可得平面PAD的一个法向量为(1,0,0)n=，则0110

100BMn=++=，所以BMn⊥，又BM平面PAD，所以//BM平面PAD；（2）解：设平面PDC的法向量为m(x,y,z)=uur，因为(2,0,0)CD=−，(0,2,2)PD=−uuur，则有00mCDmPD==，即20220xy

z−=−=，的令1y=，则0x=，1z=，故(0,1,1)m=，又(0,2,0)AD=，所以点A到平面PCD的距离0012102||2ADmdm++===．【点睛】方法点睛：空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐

标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.19.如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，60ABC=，E为BC的中点，F为PC的

中点．（1）求证：平面AEF⊥平面PAD；（2）若2PAAB==，求二面角--AEFC的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）10535−【解析】【分析】（1）通过证明AEAD⊥和PAAE⊥得⊥AE平面PAD，再利用面面垂直判定定理求解；（2）建

立空间直角坐标系求两个平面的法向量代入二面角公式求解.【小问1详解】因为底面ABCD是菱形，60ABC=，所以△ABC为等边三角形，所以AE平分BAC，所以()6018060902EAD=−−=，所以AEAD⊥，又因为PA⊥

平面ABCD，所以PAAE⊥，且PAADA=，所以⊥AE平面PAD，又AE平面AEF，所以平面AEF⊥平面PAD；【小问2详解】据题意，建立空间直角坐标系如图所示：因为2PAAB==，所以()()()()0

,0,0,3,0,0,0,0,2,3,1,0,AEPC所以31,,122F，设平面AEF一个法向量为()1111,,nxyz=，平面EFC一个法向量为()2222,,nxyz=uur，因为()31

3,0,,,122AEAF==，0，1100AEnAFn==，所以111130320xxyz=++=，取12y=，所以11z=−，所以()10,2,1n=−，又因为()310,1,,,,12

2ECEF==−0，2200ECnEFn==，所以2222031022yxyz=−=++，取22x=，则23z=，所以()22,0,3n=uur，所以1212123105cos,355

7nnnnnn−−===，由图形知，二面角为钝角，故二面角夹角的余弦值为10535−．20.如图，()()()()11122212,,,,,0,nnnnPxyPxyPxyyyy是曲线2:3(0)Cyxy=上的n个点，点(),0(1,2,3,,)

iiAain=在x轴的正半轴上，且△1iiiAAP−是正三角形0(A是坐标原点）．（1）求1a、2a、3a的值及数列{}na的递推公式；（2）猜想点(),0nnAa的横坐标na关于n的表达式，并用数学归纳法证明．【答案】（1）12a=，26a=，312a=；211()2()

nnnnaaaa−−−=+（2）(1)nann=+，证明见解析【解析】【分析】（1）根据几何关系和抛物线的标准方程代入即可求解；（2）根据数学归纳法即可求解.【小问1详解】解：设()1,3,0Pttt，则()233tt=，解得1t=，所以()12,0A，所以12a

=，设()22,3,0Pmmm+，则()()2332mm=+，解得2m=，所以()26,0A，所以26a=，设()36,3,0Pnnn+，则()()2336nn=+，解得3n=，所以()312,0A，所以31

2a=，设()1,3,0nnPa−+，所以()12,0nnAa−+，所以()21133()2nnnaaa−−=+=+，整理得211()2()nnnnaaaa−−−=+.【小问2

详解】根据112,a=223,a=334,a=猜想(1)nann=+.下面用数学归纳法证明(1)nann=+：①当1n=时，猜想显然成立．②假设当*(N)nkk=时，猜想成立，即(1)kakk=+，则当1nk=+时，因为211()2()kkkkaaaa++−=+，所以211[(1)]2[(

1)]kkakkkka++−+=++，即22112(1)(1)[(1)(2)0kkakkakkkk++−++++−+=，解得11(1)(2)((1)kkkakkakka++=++=−不合题意，舍去）即当1nk=+时，猜想也成立．由①②得对一切的*nN猜想均

成立．21.已知公比大于1的等比数列{}na的前n项和为nS，且314S=，38a=．（1）求数列{}na的通项公式；（2）若数列{}nb满足27nnabn=−，求使得1nnbb+成立的所有n的值；（3）在na与1na+

之间插入n个数，使这2n+个数组成一个公差为nd的等差数列，求数列1{}nd的前n项和nT．【答案】（1）2nna=；（2）所有n的值为1，3，4；（3）332nnnT+=−.【解析】【分析】（1）利用

等比数列公式计算得到23440qq−−=，解得答案；（2）确定227nnbn=−，1222(2)(4)0(26)(7)nnnnnbbnnn+−+−−=+−，验证得到答案；（3）计算21nndn=+，1

12nnnd+=，利用错位相减法求和即可.【小问1详解】设等比数列{}na的公比为(1)qq，则()312111418aqqaq−=−=，整理得23440qq−−=，解得2q=，或23q=−（舍去）

，所以1282aq==，所以2nna=；【小问2详解】由题可得22277nnnabnn==−−，易得121433bb=−=−，当2n时，令112222222(2)(4)0(1)77(26)(7)nnnnnnnbbnnnnn++

=+−−−=+−−+−−，得3n=，4，所以，使得1nnbb+成立的所有n的值为1，3，4；【小问3详解】由题可得1211nnnnaadnn+−==++，所以112nnnd+=，所以231234122222nnnnnT−+=+++++，234112341222222nnnn

nT++=+++++，两式相减得23411111111222222nnnnT++=+++++−21111(1)12211212nnn−+−+=+−−111111(1)222nnn−++=+−−13322nn

++=−，所以332nnnT+=−．