2021-2022学年浙江省浙东北联盟(ZDB)高二上学期期中数学试题(解析版)(1)

学试题

一、单选题

1．已知等差数列an中，a6a108，则a8的值是（ ） A．2 【答案】D

【分析】根据等差数列的性质即可求出.

【详解】因为an是等差数列，所以a6a102a88，即a84. 故选：D.

2．直线3xya0的倾斜角为（ ） A．30° 【答案】B

【解析】先由直线方程求出斜率，再由斜率求出直线的倾斜角得解. 【详解】故选：B

【点睛】此题考查由直线方程求直线的倾斜角，属于基础题. y23．已知双曲线C:x1，则该双曲线的渐近线方程为（ ）

22B．8 C．1 D．4

B．60° C．150° D．120°

3xya0，ktan3，0180，60.

A．y2x C．yB．y2x 1D．yx

22x 2【答案】A

【分析】由题知b22,a21，焦点在x轴上，再根据公式求解即可.

y21得b22,a21，焦点在x轴上， 【详解】解：由双曲线的标准方程C:x22b所以该双曲线的渐近线方程为yx2x.

a故选：A

4．直线y3x截圆C:x2y22x0所得的线段长为（ ） A．2 【答案】C

【分析】先算出圆心到直线的距离，进而根据勾股定理求得答案.

B．3 C．1

D．2

【详解】圆C:x2y22x0x1y21，即圆心C1,0,r1.圆心C到直线

23|310|33xy0的距离d，则直线截圆所得线段长为：2121. 23122故选：C.

5．已知点M是抛物线x24y上一点，F是抛物线的焦点，C是圆(x1)2(y5)21的圆心，则|MF||MC|的最小值为（ ） A．7 【答案】B

【分析】设抛物线x24y的准线方程为l:y1，过M作l的垂线，垂足为E，进而转化为求|ME||MC|的最小值，在根据几何知识得当C，M，E在一条直线上时

|ME||MC|有最小值

B．6 C．5 D．4

【详解】解：设抛物线x24y的准线方程为l:y1，C为圆(x1)2(y2)21的圆心，

所以C的坐标为(1,2)，

过M作l的垂线，垂足为E，根据抛物线的定义可知|MF||ME|， 所以问题求|MF||MC|的最小值，就转化为求|ME||MC|的最小值，

由平面几何的知识可知，当C，M，E在一条直线上时，此时CEl，|ME||MC|有最小值，最小值为CE5(1)6， 故选：B．

(3a1)x5,x16．已知函数f(x)的定义域为R，数列bn满足bnf(n)nN，xa,x1且bn是递增数列，则实数a的取值范围是（ ）

A．(1,2) C．(1,) 【答案】D

1B．,

3D．(4,)

【分析】由指数函数和一次函数的单调性，结合数列的单调性的定义，可得a的不等式组，解不等式可得所求范围．

(3a1)x5,x1【详解】解：由函数f(x)x的定义域为R，数列{bn}满足

a,x1bnf(n)(nN*)，且{bn}是递增数列，

a1a1可得， 2，即为a4或a13a15a解得a4，

则实数a的取值范围是(4,)． 故选：D．

7．分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路．按照如图1所示的分 形规律可得如图2所示的一个树形图．若记图2中第n行黑圈的个数为an，则a5（ ）

A．21 【答案】A

B．25 C．27 D．30

【分析】设bn表示第n行中白圈的个数，由题意可得an12anbn，bn1anbn，根据初始值，结合递推公式可求得a5的值.

【详解】已知an是第n行中黑圈的个数，设bn表示第n行中白圈的个数，

由于每个白圈产生下一行的一白一黑两个圈，一个黑圈产生下一行的一白两黑三个圈，由题意可得an12anbn，bn1anbn且a10，b11，

所以，a22a1b11，b2a1b11；a32a2b23，b3a2b22；

a42a3b38，b4a3b35；a52a4b421，b5a4b413.

故选：A.

8．已知椭圆C:x2my21(0m1)，若存在过点A(3,1)且互相垂直的直线l1，l2，使得l1，l2与椭圆C均无公共点，则该椭圆离心率的取值范围是（ ） 1A．,1

31B．0,

322C．0,3

22,1 D．3【答案】C

【分析】判断l1，l2中一条斜率不存在和另一条斜率为0，两直线中有一条与椭圆相交，当两直线斜率存在且不为0时，可设l1:y1k(x3)，联立椭圆方程，由于判别式小于10，以及求根公式，结合两直线垂直的条件，可将k换为，解不等式，考虑不等式有

k解，可得m的范围，即可得到所求离心率的范围． 【详解】椭圆C:x2my21(0m1)，

过点A（3，1）的直线l1，l2中一条斜率不存在和另一条斜率为0时，斜率为0的直线与椭圆相交，当两直线的斜率存在且不为0时，设l1:y1k(x3)，即ykx13k， 联立椭圆方程可得(1mk2)x22km(13k)xm(3k1)210，

由直线和椭圆无交点，可得4k2m2(3k1)24(1mk2)[m(3k1)21]0， 化简得8mk26mkm10，解得k3mm28m3mm28m或k；

8m8m18m6mm10， 由两直线垂直的条件，可将k换为，即有2kkk化为(1m)k26mk8m0，

3mm28m3mm28m解得． k1m1m由题意可得13mm28m3mm28m，可得m1； 98m1m13mm28m3mm28m同样，解得m1． 98m1mcb222)． 则e121m(0,aa3故选：C． 二、多选题

9．（多选）若直线过点（－3，4），且在两坐标轴上的截距相等，则该直线的一般式方程可能为（ ）

A．4x3y0 C．xy10 【答案】BD

B．4x3y0 D．xy10

【分析】分情况讨论，当直线过原点时直线方程4x3y0；当直线不过原点时：设直线方程为xya，代入点(3,4)求出a的值即可得到直线方程．

4【详解】解：①当直线过原点时：直线方程为yx，化为一般式为4x3y0，

3②当直线不过原点时：设直线在两坐标轴上的截距都为a，则直线方程为xya， 又直线过点(3,4)，代入得34a，即a1，

直线方程为：xy1，化为一般式为xy10，

综上所求，直线的方程为4x3y0或xy10. 故选：BD.

10．某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心F为一个焦点的椭圆，如图所示，已知它的近地点A（离地面最近的点）距地面m千米，远地点B（离地面最远的点）距地面n千米，并且F、A、B三点在同一直线上，地球半径约为R千米，设该椭圈的长轴长、

2b、2c，则 短轴长、焦距分别为2a、

A．acmR

【答案】ABD

B．acnR C．2amnD．b(mR)(nR) macR【分析】根据条件数形结合可知，然后变形后，逐一分析选项，得到正确

nacR答案.

【详解】因为地球的中心是椭圆的一个焦点，

macR ，并且根据图象可得（）

nacRacmR ，故A正确； acnR，故B正确；

（）两式相加mn2a2R，可得2amn2R，故C不正确；

mRac22 ，两式相乘可得mRnRac 由（）可得nRaca2c2b2 ，

b2mRnRb故选ABD

mRnR ，故D正确.

【点睛】本题考查圆锥曲线的实际应用问题，意在考查抽象，概括，化简和计算能力，本题的关键是写出近地点和远地点的方程，然后变形化简.

11．若圆(x3)2(y5)2r2上有且只有两个点到直线4x3y20的距离等于2，则半径r的大小可能是（ ） A．3 【答案】BCD

【分析】先求出圆心到直线的距离，根据题设知5r2，解不等式可得解. 【详解】由圆x3y5r2，可得圆心的坐标为3,5

22B．4 C．5 D．6

圆心3,5到直线4x3y20的距离为d4335243225

由题设知5r2，解得3r7，即r的取值范围是3,7 故选：BCD

12．在平面直角坐标系中，已知曲线C1上任意点P与两个定点A2,0和点B2,0连线的斜率之和等于2，曲线C2上任意点Q与两个定点A2,0和点B2,0连线的斜率之积等于1，则关于曲线C1、C2的结论正确的有（ ） A．曲线C1是中心对称图形

B．曲线C1上所有的点都在圆x2y22外 C．曲线C1、C2有两个公共点

D．过2,0与曲线C2公共点最少的直线中有两条与曲线C1没有公共点 【答案】ABD

【分析】求出曲线C1、C2的方程，利用对称性的定义可判断A选项的正误；利用基本不等式可判断B选项的正误；联立两曲线的方程，利用方程思想可判断C选项的正误；求出所求直线的方程，判断直线与曲线C2的公共点个数，可判断D选项的正误.

【详解】设点Px1,y1、Qx2,y2，由已知可得kPAkPB显然x10，可得y1x1由已知可得kQAkQBy1y2xy12112， x12x12x1444，故曲线C1的方程为yx（x2且x0）， x1x222y2y2y2x2y221，化简得1x22， x22x22x2444x2y2故曲线C2的方程为1x2.

44对于A选项，在曲线C1上任取一点x,y，则yx444xy， ，那么xxxx说明点x,y也在曲线C1上，故曲线C1关于原点中心对称，A对； 4对于B选项，在曲线C1上任取一点t,t，其中t2

t16164则t2t2t22822t2288282，

ttt4即点t,t在圆x2y22外，B对；

t24yxx22对于C选项，联立xy4，化简可得x24x2，矛盾，

x2故曲线C1、C2无交点，C错；

对于D选项，过2,0与曲线C2公共点最少的直线的方程为x2或y0， 这两条直线与曲线C2均无公共点，D对. 故选：ABD. 三、填空题

13．《九章算术》是我国古代的数学巨著，书中有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百錢．欲令高爵出少，以次漸多，問各幾何？意思是：“有大夫、不更、簪裹、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成等差数列，这5个人各出多少钱？”在这个问题中，若大夫出6钱，则上造出的钱数为__________． 【答案】27

【分析】将实际问题转化为等差数列的数学模型，根据前n项和公式求出公差，结合通项公式即可求解.

【详解】解：设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次排成一列，构成数列an. 根据题意可知，等差数列an的首项为a16，前5项和为100，设公差为d ， 则10065551d，解得d7， 2所以上造出的钱数为a4641727. 故答案为：27

14．过点P(2,4)作圆C:x2y24的切线，则点P到切点的距离为__________． 【答案】4

2【分析】由题知点P(2,4)到圆心的距离为OP25，再根据OPr2求解即可.

【详解】解：由圆C:x2y24得圆心为0,0，半径为r2， 所以点P(2,4)到圆心的距离为OP41625， 所以点P到切点的距离为OPr22044 故答案为：4

15．若直线ykx24k与曲线y4x2有公共点，则实数k的取值范围是___________．

2，【答案】01

2)，作出图象，利用数形结合的思想可得直线斜【分析】根据题意可得直线过定点C(4，率的最大、最小值.

2)， 【详解】由题意得，直线ykx24k过定点C(4，画出y4x2的图象，如图，

2)时，斜率k取得最小值，此时k0； 结合图形可知，当直线与圆相切于点B(0，0)时，斜率k最大，此时k当直线与圆相交于点A(2，1]. 所以实数k的取值范围是[0，1] 故答案为：[0，201， 42x216．已知椭圆y21，过左焦点F任作一条斜率为k的直线交椭圆于不同的两点M，

21 N，点M为点M关于x轴的对称点，若k[,1]，则△FMN面积的取值范围是_____．

3【答案】[32，] 114【分析】先设出直线方程，联立直线和椭圆方程得到关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系得到两根之和与积，利用S△FM'NS△MM'NS△FMM'得到关于k的表达式，再利用函数的单调性求其最值.

【详解】由题意F(1,0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则M(x1，y1)， 直线l的方程为yk(x1)，

yk(x1)与椭圆方程联立得x2， 2y12消去y，得(2k21)x24k2x2k220，

4k22k22所以x1x22，x1x22，

2k12k11因为k[,1]，所以k21，即2k220，即x1x20，

3不妨设x10，x20，

则S△FMNS△MMNS△MMF|2y1||x2x1||2y1||x11|

|y1|(x1x2x11)|y1|(x21)|k|(x11)(x21)

1212|k|(x1x2x1x21)|k|(4k22k221) 2k212k214k22k222k21|k|1|k|2k212k212|k|1

|k|令y2|k||k|，

由对勾函数的性质得，函数y2|k||k|在[，21]，上单调递增，所以ymin22， 211111当k时，y，当k1时，y3，

33311132]上单调递减， 2在[所以y[22，]， 所以S即S13]， [，1122113FMN32[，]， FMN11432，]， 114所以△FMN面积的取值范围是[故答案为：[32，]． 114四、解答题

217．已知直线l1:2xay60和直线l2:a1xya10．

(1)当l1//l2时，求a的值； (2)当l1l2时，求a的值． 【答案】(1)a1； (2)a2. 3【分析】（1）根据两直线平行可的关于实数a的等式，解出a的值，再进行检验即可得解；

（2）根据两直线垂直可得出关于实数a的等式，即可解得实数a的值. (1)

解：因为l1//l2，则aa12，解得a1或2.

当a1时，直线l1的方程为2xy60，直线l2的方程为2xy0，l1//l2； 当a2时，直线l1的方程为xy30，直线l2的方程为xy30，l1与l2重合，不合乎题意. 综上所述，a1. (2)

解：因为l1l2，则2a1a0，解得a2. 32222218．已知圆C1:xy2mx4ym50和圆C2:xy4x0．

(1)当m2时，判断圆C1和圆C2的位置关系；

(2)是否存在实数m，使得圆C1和圆C2内含？若存在，求出实数m的取值范围，若不存在，请说明理由．

【答案】(1)圆C1和圆C2相交

(2)不存在实数m，使得圆C1和圆C2内含，理由见解析

【分析】（1）由题设写出圆C1、C2的圆心坐标及半径r1,r2，并求出圆心距d，根据d与r1r2,r1r2的大小关系，判断两圆的位置关系.

（2）假设存在实数m，根据两圆内含关系列不等式并求解，即可知参数m的存在性. (1)

解：当m2时，圆C1的标准方程为(x2)2(y2)29，则C1(2,2)，半径r13， 圆C2的方程为(x2)2y24，则C2(2,0)，半径r22， ∴两圆的圆心距d(22)2(20)225， 又r1r25,r1r21， ∴r1r2dr1r2， ∴圆C1和圆C2相交． (2)

解：不存在．理由如下：

圆C1的方程可化为(xm)2(y2)29， 则C1 (m,2)，半径r13． 而C2(2,0)，半径r22．

假设存在实数m，使得圆C1和圆C2内含，则圆心距d(m2)2(20)232，即

m223，此不等式无解．

故不存在实数m，使得圆C1和圆C2内含．

219．已知数列an的前n项和为Snn4n，bnannN．

(1)求数列an的通项公式； (2)求数列bn前n项的和Tn．

*【答案】(1)an2n5,nN

n24n8,n3nN* (2)Tn2n4n,n2SnSn1,n2a1【分析】（）根据n求解即可；

S,n11（2）由于n1,2时，an0，当n3时，an0，故分n2和n3两种情况讨论求解即可. (1)

2解：因为数列an的前n项和为Snn4n，

所以当n1时，a1S1143，

22n14n12n5， 当n2时，anSnSn1n4n显然，当n1时，a13满足an2n5，

*所以an2n5,nN

(2)

解：由（1）知bnan2n5,nN，

因为n1,2时，an0，当n3时，an0， 所以当n2时，TnSnn24n， 当n3时，Sna1a2a3Tna1a2a3an②，

an①，

2所以①②得TnSn2S28，即Tn8Snn4n8，

n24n8,n3nN* 所以，Tn2n4n,n23x2y220．设椭圆C:221(ab0)过点M(0,4)，离心率为．

5ab(1)求椭圆C的方程；

4(2)过点(3,0)且斜率为的直线l交椭圆C于A、B两点，求弦AB的长度．

5x2y2【答案】(1)1

2516(2)

41 5【分析】（1）依题意求出b，再由离心率及c2a2b2，求出a，即可求出椭圆方程； （2）首先求出直线l的方程，设直线与C的交点为Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，再利用弦长公式求出弦长；

(1)

解：将点(0,4)代入椭圆C的方程得

161，所以b4． b2c3169a2b292221又由e，cab得，即，所以a5． a225a5a225x2y2所以椭圆C的方程为1．

2516(2)

44解：过点(3,0)且斜率为的直线方程为y(x3)，

55设直线与C的交点为Ax1,y1，Bx2,y2，

4y(x3)5联立方程2，消去y得x23x80， 2xy12516得x1x23，x1x28．

由弦长公式|AB|1k2x1x22414 4x1x21324(8)55221．已知数列an满足a11，anan10nN． an111(1)求证：数列是等差数列；

an128tt2，求实数t的取值范围． (2)令an，若对任意nN，都有8bnbn3nN2n【答案】(1)证明见解析； 1(2),33,.

an11变形得出

an11an11an1， 利用等差数列的定义可得出结论；

【分析】（1）将等式an（2）求得bnn2，分析数列bn的单调性，求出数列bn的最大项的值，可得出关2n于实数t的不等式，进而可求得实数t的取值范围. (1)

证明：对任意的nN，anan10，所以，anan111an1且

1a11，

an1， 1an1则

11an1111，故anan1an1an1111所以，数列为等差数列，且首项为1，公差为1，1n1n，故an.

annan(2)

12n1n2n12n23nan解：n2，则bn1bnn1nn1. n1bn22222n2n当n2时，则有bn1bn，即b1b2b3；

1当n3时，则有b3b4；

81 当n4时，则有bn1bn，故数列bn从第四项开始单调递减，所以，bnmaxb3b4，881822对任意nN，都有8bntt，则tt8bnmax81，

3831整理可得3t28t30，解得t或t3.

31综上所述，实数t的取值范围是,3,.

322．已知点P、A、B是抛物线C:x24y上的点，且PAPB．

(1)若点P的坐标为2,1，则动直线AB是否过定点？如果过定点，请求出定点坐标，反之，请说明理由．

(2)若PAPB，求△PAB面积的最小值． 【答案】(1)证明见解析，直线AB过定点2,5； (2)16.

【分析】（1）分析可知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为ykxb，设点Ax1,y1、

Bx2,y2，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由APBP0结合

平面向量数量积的坐标运算与韦达定理可得出k、b所满足的等式，化简直线AB的方程，即可得出直线AB所过定点的坐标；

（2）分k0和k0两种情况讨论，在k0时，直接计算出△PAB的面积，在k0时，将△PAB的面积表示为k的表达式，求出△PAB面积的取值范围，综合可得结果. (1)

解：设直线ABx轴，则直线AB与抛物线C有且只有一个交点，不合乎题意. 设直线AB的方程为ykxb，设点Ax1,y1、Bx2,y2，则x12且x22，

ykxb联立2可得x24kx4b0，16k216b0，

x4y由韦达定理可得x1x24k，x1x24b，

2x124x24APx12,y11x12,，同理BPx22,，

44APBPx12x22x12x22x12x12

16x12x221616x12x220，

所以，x1x22x1x2204b8k200，可得b2k5， 故直线AB的方程为ykx2k5kx25， 因此，直线AB过定点2,5. (2)

解：由（1）可知，直线AB的斜率存在，且直线AB的方程为ykxb，记线段AB的中点为点M.

①当k0时，则A、B关于y轴对称，此时线段AB的垂线为y轴，

因为PAPB，则点P为坐标原点，又因为PAPB，则△PAB为等腰直角三角形，

则△PAB的两腰所在直线的方程为yx，联立yxx0x4，解得或， 2y0y4x4y1此时，PAPB424242，S△PAB422216；

②当k0时，

x12x22k，

y1y2xxk12b2k2b，即点M2k,2k2b， 22因为PAPB，则PMAB，

222x0x12x0x2BPxx, 设点Px0,y0，其中x0x1且x0x2，APx0x1,，02，

44由已知可得APBPx0x1x0x2x2022x12x0x216

x0x1x0x216x0x1x0x2160，

22所以，x0x0x1x2x1x216x04kx04b160，则by0kx04，

直线PM的斜率为kPM2k2by01x，可得by022k20，

2kx0kk2222所以，2kk3k1x00，当k1时，等式2kk3k1x00不成立，

所以，k0且x0202kk23k12，

k2k232x22所以，bkx04，则kbk422k2122k2k23k2124

2k2k21k2k232k2k23k214k21k21224k21k212，

所以，AB1k2故S△PABx1x24x1x241k2k2b，

11ABAB4k21k2b2216k213k212k42k2116k1416.

k2k212综上所述，S△PAB16.

因此，△PAB面积的最小值为16.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；

二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．