北京市朝陽區(qū)2021-2022學(xué)年高二年級上冊數(shù)學(xué)期末考試試卷

北京市朝陽區(qū)2021-2022學(xué)年高二上學(xué)期數(shù)學(xué)期末考試試卷

閱卷人

、單選題（共10題；共20分）

得分

1.（2分）（2021高二上?朝陽期末）點“，1；到直線％-y—l=0的距離是（）

B.總C.1D.V2

【答案】B

|1-1-1|_1_A/2

【解析】【解答】由點到直線距離公式得弓=/+（_1）2=友=下

故答案為：B

【分析】利用已知條件結(jié)合點到直線的距離公式，從而求出點＜1,1）到直線x-y-1=0的距

離。

2.（2分）（2021高二上?朝陽期末）-2與-8的等差中項是（）

A.-5B.-4C.4D.5

【答案】A

【解析】【解答】-2與-8的等差中項是二等=一5。

故答案為：A

【分析】利用已知條件結(jié)合等差中項公式，從而求出-2與-8的等差中項。

3.（2分）（2021高二上?朝陽期末）已知直線/過點（Q,1；,且與直線%—2y+2=0垂直，則直線

，的方程是（）

A.%+2y+l=0B.2%+y+l=0C.x+2y—1=0D.2x+y-1=0

【答案】D

【解析】【解答】因為直線］與直線x—2y+2=0垂直，所以設(shè)直線/方程為2x+y+m=0,

因為直線［過點（0,1）,所以l+m=0,得出zn=-l,

所以直線1方程為2x+y—l=0。

故答案為：D

【分析】利用直線/與直線x-2y+2=0垂直，再結(jié)合兩直線垂直斜率之積等于-1,從而設(shè)出直線1

的方程為2x+y+m=0,再利用直線1過點(0,1),從而結(jié)合代入法得出m的值，進而求出直

線珀勺方程。

4.(2分)(2021高二上?朝陽期末)已知函數(shù)/(%)=苧，則/。)=()

A1-lnxB1+lnxclnx+1Dlnx-1

避%2%x

【答案】A

【解析】【解答】因為/(久)=皿，所以=2二*竺=上學(xué)，即/(%)=與三。

x，好好X

故答案為：A.

【分析】利用已知條件結(jié)合導(dǎo)數(shù)的運算法則，從而求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)。

5.(2分)(2021高二上?朝陽期末)已知圓尤2+y2=1與圓(％一3)2+(y-4)2=「2(r>0)外切，則

r=()

A.1B.2C.3D.4

【答案】D

【解析】【解答】由題設(shè)，兩圓圓心分別為(0,0)、(3,4),半徑分別為1,r,

二由兩圓外切關(guān)系知：J(3—0)2+(4—0)2=r+1，可得r=4。

故答案為：D.

【分析】利用已知條件結(jié)合兩圓外切位置關(guān)系判斷方法，再結(jié)合兩點距離公式求出圓心距，再利用

圓心距與兩圓半徑之和的關(guān)系，從而求出圓(％-3)2+(y-4>=r2(r>0)的半徑。

6.(2分)(2021高二上?朝陽期末)曲線/(%)=%2二在點(1,/(1))處的切線方程為()

A.ex—y=0B.2ex-y—e=0C.3ex—y—2e=0D4ex—y—3e=0

【答案】C

【解析】【解答】由/(%)=可得/(1)=e,

又因為/(%)=2xex+又因=(x2+2x)ex,

則切線斜率k=/'(I)=(1+2)e=3e.

故曲線/Q）=/靖在點（］,，（1））處的切線方程為了-3e（x—1）+e,即3ex—y—2e=0o

故答案為：C

【分析】利用已知條件結(jié)合切點的橫坐標(biāo)和代入法，從而求出切點的縱坐標(biāo)，進而求出切點的坐

標(biāo)，再利用求導(dǎo)的方法求出曲線在切點處的切線的斜率，再結(jié)合點斜式求出曲線在切點的切線的方

程，再轉(zhuǎn)化為切線的一般式方程。

7.（2分）已知數(shù)列｛每｝為等比數(shù)列，貝廣的<0,q>1”是"｛&｝為遞減數(shù)歹IJ”的（）

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】A

【解析】【解答】若等比數(shù)列｛時｝滿足的<0、q>1,則數(shù)列｛冊｝為遞減數(shù)列，

故"的<0,q>1”是“｛，為遞減數(shù)列”的充分條件,

因為若等比數(shù)列滿足的>0、0<q<l,則數(shù)列｛an｝也是遞減數(shù)列，

所以“即<0,q>1”不是“｛an｝為遞減數(shù)列”的必要條件，

綜上所述，“的<0,q>1”是“｛恤｝為遞減數(shù)列”的充分不必要條件，

故答案為：A.

【分析】本題可依次判斷“由<0,q>1”是否是“｛即｝為遞減數(shù)列”的充分條件以及必要條

件，即可得出結(jié)果.

8.（2分）（2021高二上?朝陽期末）點M是正方體ABCD的底面ABCD內(nèi)（包括邊界）的動

點.給出下列三個結(jié)論：

①滿足DiM〃BCi的點M有且只有1個；②滿足Di"1BiC的點M有且只有1個；③滿足小M〃

平面？liBCi的點M的軌跡是線段.

則上述結(jié)論正確的個數(shù)是（）

A.0B.1C.2D.3

【答案】C

【解析】【解答】如圖：

對于①，在正方體ABCD-&B1GD1中，DXA||BCX,

若M異于4,則過小點至少有兩條直線和BQ平行，這是不可能的，

因此底面ABCD內(nèi)（包括邊界）滿足的點M有且只有1個，即為4點,

故①正確；

對于②,正方體4BC。一4B1QD1中,AB1平面（呢祖，&Cu平面8"出,

所以AB1BiC,

又8道||公。A^lADi,所以BiClAOi,

而ABC力。i=4,AB,AD1c平面。i?!B，故B1C1平面Di/B,

因此和垂直的直線。Mi一定落在平面Cp4B內(nèi)，

由M是平面4BC0上的動點可知，”一定落在上，這樣的點有無數(shù)多個，故②錯誤；

對于③，&Ci||AC/Cu平面,則41cl||平面DiAC,

同理BCi||平面ZMC,而41clClBCi=Ci,

所以平面&BC1||平面D]4C,而D]M〃平面4iBCi,

所以D1M一定落在平面C/C上，

由是M平面ABCD上的動點可知，此時M一定落在AC上，

即點M的軌跡是線段4C,故③正確。

故答案為：C.

【分析】對于①，在正方體4BCD中，。遇||"1，若M異于力,則過小點至少有兩條

直線和平行，這是不可能的，因此底面4BCD內(nèi)（包括邊界）滿足DiM〃BQ的點M有且只有1

個，即為2點；對于②，在正方體4BCC-aB1C1D1中，AB1平面BCQBi結(jié)合線面垂直的定義

證出線線垂直，所以4BJ.BiC,再利用BiC||4山，,所以J.4小，再利用線線垂

直證出線面垂直，所以BiCJ_平面。遇8,因此和8也垂直的直線。Mi一定落在平面。遇8內(nèi)，由M

是平面ABC。上的動點可知，M一定落在上，這樣的點有無數(shù)多個；對于③，AiCillAC結(jié)合線線

平行證出線面平行，則41clII平面CMC,同理SC】II平面再利用線面平行證出面面平行，所以

平面4BC1||平面OMC,再利用〃平面&BC1，所以。iM一定落在平面OMC上，由是M平面

4BCD上的動點可知，此時M一定落在4c上，即點M的軌跡是線段4C,從而找出結(jié)論正確的個數(shù)。

9.（2分）（2021高二上?朝陽期末）已知4,B是圓。:/+必=1上的兩點，P是直線％-y+血=0上

一點，若存在點4B,P,使得PALPB,則實數(shù)m的取值范圍是（）

A.[-1,1]B.[-2,2]C.[-V2,V2]D.[-272,272]

【答案】B

【解析】【解答】PA1PB,故P在以為直徑的圓上，設(shè)中點為

圓。上的點到。的最大距離為|。0|+\DA\,

\DO\+\DA\<12（|。。|2+|/M|2）=企，當(dāng)|DO|=\DA\=考時等號成立,

直線x-y+m=0到原點的距離為d=嗎W企，故一2<m<2o

故答案為：B.

【分析】利用PALPB結(jié)合直徑所對的圓周角為90度的性質(zhì)，故P在以AB為直徑的圓上，設(shè)4B中點

為2再利用勾股定理得出川2=L再結(jié)合幾何法得出圓。上的點到0的最大距離為

\DO\+\DA\,再利用均值不等式求最值的方法得出|。。|4-|。川的最大值，再利用點到直線的距離公

式結(jié)合已知條件，得出直線x-y+m=0到原點的距離為d=翳《魚，從而解絕對值不等式求出

實數(shù)m的取值范圍。

10.（2分）（2021高二上,朝陽期末）北京大興國際機場的顯著特點之一是各種彎曲空間的運用，在數(shù)

學(xué)上用曲率刻畫空間彎曲性.規(guī)定：多面體的頂點的曲率等于2兀與多面體在該點的面角之和的差（多

面體的面的內(nèi)角叫做多面體的面角，角度用弧度制），多面體面上非頂點的曲率均為零，多面體的總

曲率等于該多面體各頂點的曲率之和.例如：正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是全所以

正四面體在每個頂點的曲率為27T-3xJ=7r,故其總曲率為4兀.給出下列三個結(jié)論：

①正方體在每個頂點的曲率均為￡；②任意四棱錐的總曲率均為4兀；③若某類多面體的頂點數(shù)

K,棱數(shù)E,面數(shù)F滿足V-E+F=2,則該類多面體的總曲率是常數(shù).

其中，所有正確結(jié)論的序號是（）

A,①②B.①③C②③D.①②③

【答案】D

【解析】【解答】①根據(jù)曲率的定義可得正方體在每個頂點的曲率為2兀-3x尹今故①正確；

②由定義可得多面體的總曲率=2TTX頂點數(shù)-各面內(nèi)角和，因為四棱錐有5個頂點，5個面，分別

為4個三角形和1個四邊形，所以任意四棱錐的總曲率為27rx5—（71X4+2兀*1）=4兀，故②正

確；

③設(shè)每個面記為n&e邊形，

則所有的面角和為2*（2—2）兀=兀ni_2兀9=n-2E—2nF=2兀（E—F）,

根據(jù)定義可得該類多面體的總曲率-2兀（E-F）=4兀為常數(shù)，故③正確.

故答案為：D.

【分析】①根據(jù)曲率的定義可得正方體在每個頂點的曲率；②由曲率的定義可得多面體的總曲率，

再利用四棱錐有5個頂點，5個面，分別為4個三角形和1個四邊形，從而得出任意四棱錐的總曲

率；③設(shè)每個面記為%邊形，再利用求和的方法得出所有的面角和，再利用曲率的定義可

得該類多面體的總曲率為常數(shù)，從而找出正確結(jié)論的序號。

閱卷入

二、填空題（共6題；共8分）

得分

11.（1分）（2021高二上,朝陽期末）設(shè)函數(shù)/（%）=sin%,則/（一反）

【答案】專

【解析】【解答】因為/（%）=sin%,所以/（%）=cosx,

所以/（一今）=cos（-J）=cos^=冬

故答案為：乎。

【分析】利用已知條件結(jié)合代入法和誘導(dǎo)公式，進而求出函數(shù)值。

12.（1分）（2021高二上,朝陽期末）已知拋物線的焦點到準(zhǔn)線的距離為1,則拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程

為.（寫出一個即可）

【答案】y2=2x（答案不唯一）

【解析】【解答】設(shè)拋物線的方程為y2=2px,

根據(jù)題意可得p=1,所以拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為V=2%o

故答案為：y2=2x（答案不唯一）。

【分析】設(shè)拋物線的方程為V=2px,利用已知條件結(jié)合點到直線的距離公式得出p的值，從而求

出拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程。

13.（1分）（2021高二上嘲陽期末）已知雙曲線馬—《=l（a>0,b>0）的右焦點為F,過點F作%

/b

軸的垂線I,/在第一象限與雙曲線及其漸近線分別交于4B兩點.若同=而，則雙曲線的離心率

為?

【答案】孥

【解析】【解答】雙曲線「一4=1（。>0,6>0）的右焦點為二90）,

Qb

其漸近線為y=±，居垂線/方程為％=c,

則｛c,《），B（c,9），刀=（0,*），而=（0,^!）,

22

由西=荏，得bc~~b=",即尻一2b2=0,

aa

即c=2b,貝b=百匕，離心率e=￡=^^=|8。

故答案為：孥。

【分析】利用雙曲線圣卡=1(。>0">0)的右焦點為心0),其漸近線為)/=±朧垂線昉程

為x=c,進而結(jié)合已知條件設(shè)出點A(C,(),點再利用向量的坐標(biāo)表示求出向量的坐標(biāo)，

即麗=AB=(0,白嚏廬)，由刀=而，再利用向量共線的坐標(biāo)表示得出得c=2b,從而得

出a=8從再利用雙曲線的離心率公式得出雙曲線的離心率。

14.(1分)(2021高二上,朝陽期末)古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)：平面內(nèi)到兩個定點力，B的距離

之比為定值4Q*1)的點的軌跡是圓.人們將這個圓稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.已知點

4(一1,0),8(2,0),動點M滿足厥=/，記動點M的軌跡為曲線W,給出下列四個結(jié)論：

\LV1D\L

①曲線W的方程為(X+2)2+y2=4；②曲線w上存在點。，使得。到點(1,1)的距離為6；③曲

線W上存在點E,使得￡到點A的距離大于到直線4=1的距離；④曲線”上存在點F,使得F到點B與

點(一2,0)的距離之和為8.

其中所有正確結(jié)論的序號是.

【答案】①④

22

【解析】【解答】設(shè)M(x,y),因為M滿足垮41=1所以警當(dāng)空=劣,整理可得：d+y2+軌=o,即

典52J(x-2)2+y22

(x+2)2+y2=4,所以①正確；

對于②中，由①可知，點(L1)在圓(％+2)2+y2=4的外部，因為(1,1)到圓心(一2,0)的距離d=

7(-2-I)2+1="6,半徑為2,所以圓上的點。到(1,1)的距離的范圍為[JIU-2,V10+2],而6生

[VTU-2,VTU+2卜所以②不正確；

對于③中，假設(shè)存在E(Xo，y°),使得E到點力的距離大于到直線x=1的距離，

22

又|E4|=V(x0+l)+y0'岳(出,澗)到直線x=1的距離品-1|,

所以J(Xo+1)2+y02>%-1],化簡可得y()2+4x0>0,又兀2=-x02-4%o,

所以—&2-43+43>0,即/2<0,故假設(shè)不成立，故③不正確；

對于④中，假設(shè)存在這樣的點凡使得F到點B與點(-2,0)的距離之和為8,則F在以點B與點(-2,0)為

焦點，實軸長為8的橢圓上，即F在橢圓4+a=1上，易知橢圓4+4=1與曲線W.?(*+2)2+

lo1Zlo1Z

y2=4有交點，故曲線W上存在點F,使得尸到點B與點(-2,0)的距離之和為8；所以④正確.

故答案為：①④.

【分析】利用阿氏圓的定義結(jié)合已知條件，從而結(jié)合兩點距離公式得出曲線W的方程；再利用點

(1,1)在圓。+2)2+y2=4的外部，再利用兩點距離公式得出點(1,1)到圓心(一2,0)的距離，半徑為2,再

結(jié)合點與圓的位置關(guān)系，從而求出圓上的點。到(1,1)的距離的取值范圍，從而得出6不屬于此取值范

圍；假設(shè)存在E(x°,y°),使得E到點力的距離大于到直線％=1的距離，再利用兩點距離公式得出

\EA\=V(%o+l)2+yo2,再結(jié)合點到直線的距離公式得出點EQo/o)到直線4=1的距離|%0-1|,

所以x22>|沏-化簡可得()再利用從而求出

J(o+I)+y01|,y2+4x0>o,y02=-XQ2_4%0,

%o2<0,故假設(shè)不成立；假設(shè)存在這樣的點F,使得F到點B與點(-2,0)的距離之和為8,再利用橢

圓的定義得出點F在以點B與點(-2,0)為焦點，實軸長為8的橢圓上，即點F在橢圓車+1上，

易知橢圓4+喜=1與曲線W.(x+2)2+y2=4有交點，故曲線W上存在點尸，使得F到點B與點

1612

(-2,0)的距離之和為8,從而找出正確結(jié)論的序號。

15.(2分)(2021高二上嘲陽期末)日常生活中的飲用水通常是經(jīng)過凈化的.隨著水的純凈度的提

高，所需凈化費用不斷增加.己知將1噸水凈化到純凈度為4%時所需費用(單位：元)為c(x)=

蓋?(80<x<100).則凈化到純凈度為99%時所需費用的瞬時變化率是凈化到純凈度為95%時所

需費用的瞬時變化率的倍,這說明，水的純凈度越高，凈化費用增加的速度越________

(填“快”或慢”).

【答案】25；快

【解析】【解答】由題意，可知凈化所需費用的瞬時變化率為c(x)=5284x[-(100-x)-2x

5284

(-1)]=

(100-x)2

528452845284

所以c(95)=c(99)=—7=5284

(100-95)225(100—99)'

c(99)5284ru

所以五犯5=3||不=25

所以凈化到純凈度為99%時所需費用的瞬時變化率是凈化到純凈度為95%時所需費用的瞬時變化率

的25倍；

因為c(99)>c(95),可知水的純凈度越高，凈化費用增加的速度越快。

故答案為：25,快。

【分析】由題意，可知凈化所需費用的瞬時變化率為c(x)=；7^F，再利用代入法得出c(95),

(100—%)

c(99)的值，進而求出籍的值，從而得出凈化到純凈度為99%時所需費用的瞬時變化率是凈化到純

凈度為95%時所需費用的瞬時變化率的倍數(shù)；再利用c(99)>c(95),可知水的純凈度越高，凈化費

用增加的速度越快。

16.(2分)(2021高二上?朝陽期末)已知數(shù)列｛即｝的前n項和為明Sn=2an+n(nEN*),則

Q]=?@九=?

【答案】-1；1-2n(nG/V*)

【解析】【解答】var—S1.1.ar=2al+1,可得由=—1,

由5“=2%+踐，可知nN2時，Sn-i=2?！癬1+n-1,

故>2時cty,=Sn—Sn_i=2(1n+n-(2%-1+頻-1)=2an—2斯-i+1,

即Cl"=20nT-1可化為%-1=2(an_j-1),

又因為的-1=-2,故數(shù)列｛a*-1｝是首項為-2公比為2的等比數(shù)列，

n-1n

an-l=-2x2=-2,

故數(shù)列(即｝的通項公式為=1-2"。

故答案為：①-1；②l—2n(neN*)。

【分析】利用已知條件結(jié)合Sn,即的關(guān)系式，再結(jié)合分類討論的方法，再利用等比數(shù)列的定義，從

而判斷出數(shù)列｛%,-1｝是首項為-2公比為2的等比數(shù)列，再利用等比數(shù)列的通項公式，從而得出數(shù)列

｛即｝的通項公式。

閱卷入

三'解答題(共5題；共65分)

得分

17.(10分)(2021高二上?朝陽期末)已知｛%｝是等差數(shù)列，a2=l,a6=9.

⑴(5分)求｛八｝的通項公式;

(2)(5分)若數(shù)列｛卻一5｝是公比為3的等比數(shù)列，比=1,求數(shù)列｛g｝的前幾項和L.

【答案】(1)解：設(shè)等差數(shù)列｛即｝的公差為d.

由題意得｛筑除J%

解得的=-1,d=2.

所以%=Cli+(71—l)d=-1+(71—1)X2=2.71—3.

(2)解：因為｛“一M｝是公比為3的等比數(shù)列，又bi=1,ai=-l,

所以bn-即=(61-由)X3"-1=2x3n-1,

所以%=2x3n-1+即=2x3n-1+2n-3.

所以Sn=2(3°+31+32+…+3”T)+2(1+2+3+…+n)—3n

l-3n2n(l+n)

=2x—z----—I------Q-------3TL

JL—3Z

=3n4-n2—2n—1.

【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合等差數(shù)列的通項公式，進而解方程組求出首項和公差，再利

用等差數(shù)列的通項公式，進而求出數(shù)列｛。九｝的通項公式。

（2）利用數(shù)列｛3-即｝是公比為3的等比數(shù)列，再利用數(shù)列｛斯｝的通項公式結(jié)合等比數(shù)列的通項

公式，再結(jié)合尻=1,即=-1,從而得出數(shù)列｛匕-?｝的通項公式，進而得出數(shù)列｛?。耐椆?/p>

式，再利用分組求和的方法結(jié)合等差數(shù)列的前n項和公式和等比數(shù)列前n項和公式，進而求出數(shù)列

｛%｝的前n項和。

18.（15分）（2021高二上?朝陽期末）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，P/=AB=

（1）（5分）求證：P4〃平面EB。；

⑵（5分）求證：平面EBD1?平面P4C；

（3）（5分）設(shè)點Q是平面PCD上任意一點，直接寫出線段BQ長度的最小值.（不需證明）

【答案】（1）證明：設(shè)4CClB0=0,連結(jié)0E.

因為底面4BCO為菱形，

所以。為力C的中點，

又因為E是PC的中點，

所以P4〃E0.

又因為PAC平面EBD,EOu平面EBO,

所以PA〃平面EBD.

（2）證明：因為底面ABCD為菱形，

所以BDJ.4C.

因為PA1底面ABC。，

所以PA1BD.

又因為24C\AC-A,

所以BD，平面P4C.

又因為BDu平面EBD,

所以平面EBD，平面P4C.

（3）解：線段BQ長度的最小值為學(xué).

【解析】【分析】（1）設(shè)ACCiBD=。，連結(jié)0E,再利用底面ABCD為菱形，所以。為AC的中點，再

利用點E是PC的中點，再結(jié)合中點作中位線的方法結(jié)合中位線的性質(zhì)，所以P4〃E0,再利用線線

平行證出線面平行，從而證出直線24〃平面EBD。

（2）利用底面4BCD為菱形，所以BD1AC,再利用P41底面4BCD結(jié)合線面垂直的定義證出線線

垂直，所以P41BD,再利用線線垂直證出線面垂直，所以BC1平面PZC,再利用線面垂直證出面

面垂直，從而證出平面EBC平面P4C。

（3）利用已知條件結(jié)合幾何法得出線段BQ長度的最小值。

19.（15分）（2021高二上?朝陽期末）如圖，直四棱柱/BCD-4B1GD1中，底面4BCD是邊長為1的

正方形，點E在棱BBi上.

（1）（5分）求證：&CiJLDE；

（2）（5分）從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個作為已知，使得OB】_L平面

E&G，并給出證明.

條件①：E為BBi的中點；條件②：BDi〃平面E&G；條件③：DBX1BD「

（3）（5分）在（2）的條件下，求平面E4cl與平面夾角的余弦值.

【答案】（1）證明：連結(jié)BD,BWi，由直四棱柱ABCD知：BE11平面4避1%。1，又

41clu平面4]BiC]Di，

所以BBi_L力iQ,又A/iCiDi為正方形，即力ICIIBIDI，又BRCBB1=B】,

.../lQJ?平面D1DBB1，又DEu平面DiDBBi，

??C1_LDE.

(2)解：選條件①③，可使。Bi，平面E&Ci.證明如下：

設(shè)4。1門當(dāng)。1=。,連結(jié)。E,BDi，又E.0分別是BBi，Bi%的中點,

：.0E//BD^

又DB]1BD\,所以O(shè)B11OE.

由(1)知：①6_L平面CiDBBi，DBiu平面OiDBBi，貝MiG1。當(dāng).

又AiCiClOE=O,即DB]_L平面E&Q.

選條件②③，可使。B11平面EAiQ.證明如下：

設(shè)A?ClBiQi=0,連結(jié)0E.

因為BDi〃平面E&Ci，BDiu平面〃。啊平面。1。幽n平面￡;4?=0E,

所以BDJ/0E,又glBCi，則。%10E.

由⑴知：1平面DiDBBi，QB】u平面DiDBBi，則心的J.

又&QnOE=O,即DBi1平面瓦41G.

(3)解：由⑵可知，四邊形DMBB1為正方形，所以DD]=BD=&.

因為。4,DC,兩兩垂直，

如圖，以。為原點，建立空間直角坐標(biāo)系。一專2,

ROD(0,0,0),a(l,0,無)，Bi(LLV5),^(0,1,72),E(l,l,孝)，01(0,0,V2),

所以^7=(-1,1,0),~DA[=(1,0,V2).

由(1)知：平面E&C1的一個法向量為西=(1,1,企).

設(shè)平面DaC1的法向量為元={x,y,z},貝IJ『.竺1=一”?=°,令尤=挖，貝卜=(魚，夜，一1).

In-DAi=%+V2z=0

設(shè)平面E&Ci與平面DAiCi的夾角為仇貝Ijcos。=\cos(n,DBl)\==2x7^=

所以平面E&G與平面D4C1夾角的余弦值為嚅.

【解析】【分析】(1)連結(jié)BD,Bi%,由直四棱柱＞1BCD-AIBICIDI知直線BBi1平面4B1C1D1，

再利用線面垂直的定義證出線線垂直，所以BB114C1，再利用四邊形力1當(dāng)?shù)摹?為正方形，即

&C11BW1，再結(jié)合線線垂直證出線面垂直，所以直線41%_L平面DWBB1，再結(jié)合線面垂直的定

義證出線線垂直，從而證出為G1DE.

(2)選條件①③，可使OB】J_平面E&Q。證明如下：設(shè)公3081。1=0,連結(jié)OE,BD「再利

用E,0分別是SB】，Bi分的中點，從而結(jié)合中點作中位線的方法結(jié)合中位線的性質(zhì)，所以

OE//BDlt再利用DBiJLBDi，所以_LOE,由(1)知直線公%，平面CiQBBi結(jié)合線面垂直的

定義證出線線垂直，則4G1DB1，再利用線線垂直證出線面垂直，從而證出直線

DBi_L平面E&Q。

選條件②③，可使OB11平面E&Q。證明如下：設(shè)&CiCBiDi=。，連結(jié)O&再利用直線BD"

平面E&Q結(jié)合線面平行的性質(zhì)定理證出線線平行，所以BDi〃OE,再利用。則。當(dāng)，

OE,由(1)知直線Zig1平面DiQBBi結(jié)合線面垂直證出線線垂直，則AiCi_LCBi，再利用線線垂

直證出線面垂直，從而證出直線DBi，平面E4G。

(3)由(2)可知，利用四邊形DiDBBi為正方形，所以DDi=BD=應(yīng),再利用ZM,DC,兩

兩垂直，以。為原點，建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz,從而求出點的坐標(biāo)，再利用向量的坐標(biāo)表示求

出向量的坐標(biāo)，再結(jié)合數(shù)量積求向量夾角公式得出平面E&G與平面。&Ci夾角的余弦值。

20.(10分)(2021高二上.朝陽期末)已知橢圓常+*l(a>b>0)過點4(0,1),離心率為第

(1)(5分)求橢圓C的方程；

(2)(5分)過點4作直線/與直線y=2和橢圓C分別交于兩點M,N(N與4不重合).判斷以

MN為直徑的圓是否過定點，如果過定點，求出定點坐標(biāo)；如果不過定點，說明理由.

【答案】⑴解：由題意得，b=l”=半，

a3

又因為Q2=反+。2,所以小=3.

所以橢圓C的方程為竽+y2=l.

(2)解：以MN為直徑的圓過定點(0,-1).理由如下：

當(dāng)直線/斜率存在時，設(shè)直線1的方程為y=kx+l(kHO).

令y=2,得x=%所以M(%,2).

y=kx+l,6k

由｛號壯+y2,=i得,、(1+31)/+6依=0,貝卜=0或％=--1-+-3-〃-2'

所以N(——土鴛).

1+3—1+3—

設(shè)P(x,y)是以MN為直徑的圓上的任意一點,

2

則麗=(%-/-2),沛=(x+—-上國分

Kl+3/cl+3/c

由題意，MP-/VP=0,

2

則以MN為直徑的圓的方程為(x+—j)(x-3+(y—土雪)0一2)=0.

1+3/cKl+3/c

即3(>2+y2_y_2)^3+3xk2+Q2+y2_3y_4)k—X=0恒成立.

(%=0,

即y2-y—2=0,解得%=0,

(y2—3y—4=0,y=-1

故以MN為直徑的圓恒過定點(0,-1).

當(dāng)直線/斜率不存在時，以MN為直徑的圓也過點(0,-1).

綜上，以MN為直徑的圓恒過定點(0,-1).

【解析】【分析】⑴由題意結(jié)合代入法和橢圓的離心率公式，得班=1,￡=f,再利用橢圓中

a,b,c三者的關(guān)系式，從而解方程求出a的值，進而求出橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程。

(2)以MN為直徑的圓過定點(0,-1),理由如下：再利用分類討論的方法，當(dāng)直線/斜率存在

時，設(shè)直線/的斜截式的方程為y=kx+l(kHO),令y=2,得x=也從而求出點M的坐標(biāo)，再

利用直線與橢圓相交，聯(lián)立二者方程求出交點N的坐標(biāo)，設(shè)P(x,y)是以MN為直徑的圓上的任意一

2

點，再利用向量的坐標(biāo)表示得出麗=(%-上y—2),而=(%+―/,y—上雪〉再結(jié)合

Kl+3/cl+3/c

麗?而=0,從而求出以MN為直徑的圓的方程，即3(/+y2一y-2)4+3%盾+(/+丫2一

3y-4)k-x=0恒成立，進而求出以MN為直徑的圓恒過定點坐標(biāo)為(0,—1)；當(dāng)直線除斗率不存在

時，以MN為直徑的圓也過點(0,-1),從而判斷出以MN為直徑的圓恒過定點(0,-1)。

21.(15分)(2021高二上?朝陽期末)已知項數(shù)為k(kN3)的數(shù)列｛斯｝是各項均為非負實數(shù)的遞增數(shù)

列.若對任意的i,j(lWiWjWk),%+4與%-夫至少有一個是數(shù)列｛an｝中的項,則稱數(shù)列｛晝｝具

有性質(zhì)月.

(1)(5分)判斷數(shù)列0,1,4,6是否具有性質(zhì)勿，并說明理由；

(2)(5分)設(shè)數(shù)列｛冊｝具有性質(zhì)身，求證：2(%+a?+…+%-i+%)=上以；

(3)(5分)若數(shù)列｛冊｝具有性質(zhì)方，且｛冊｝不是等差數(shù)列，求項數(shù)k的所有可能取值.

【答案】(1)解：數(shù)列0,1,4,6不具有性質(zhì)人.

因為4+1=5,4-1=3,5和3均不是數(shù)列0,1,4,6中的項，

所以數(shù)列0,L4,6不具有性質(zhì)火.

(2)證明：記數(shù)列｛冊｝的各項組成的集合為A,又0S由<a?<…<czk-i<ak<ak+ak,

由數(shù)列｛時｝具有性質(zhì)力，必+的04所以的一恁€4,即OCA,所以?=0.

設(shè)2<i<fc,因為怒+見《4所以幺—a；6A.

又0=cik-耿〈以一Q/c-i<…<以一o,2<耿一Q］，則在一依=‘耿一a”1=0-2,…，縱一

。2=ak-l'ak~a1=ak-

將上面的式子相加得:kdk—(ak+ak-l+…+。2+4)=Q-1+0.2+…+以-1+以.

所以2(。1+a2+…+ak-l+ak)=^ak-

(3)解：⑴當(dāng)k=3時，由(2)知，的=0,a3-a2=a2=a2-alt這與數(shù)列｛5｝不是等差數(shù)列

矛盾，不合題意.

(ii)當(dāng)k=4時，存在數(shù)列0,2,6,8,符合題意，故k可取4.

(iii)當(dāng)kN5時，由⑵知，ak-afc_(=ai+1(0<i<k-1).(1)

當(dāng)34i工々一1時，+ai>ak-l+。2=的，所以以一1+右￡4Qk-l-Qiw4

又°=以-1—ak-lVak-l—ak-2V…Vak-l—。3V以一。3=以-2，°=VQ2V…<ak-3<

以一2，

ak-l-ak-l—。1，ak-l~ak-2=。2，…，ak-l一。3=恁一3，即的一1一ak-i=七(1</<fc-3).

由以-1—ak-l=%，ak-l-ak-2=。2，得：ak-l一=在-1，皿-1一。2=ak-2^

**ak-l~ak-i~ai(l4t三k-1).②

由①②兩式相減得：ak-必—1=為+i-q(1<i</c-l),這與數(shù)列｛。九｝不是等差數(shù)列矛盾，不合

題意.

綜上，滿足題設(shè)的k的可能取值只有4.

【解析】【分析】(1)利用數(shù)列｛an｝具有性質(zhì)力的定義，從而判斷出數(shù)列0,1,4.6不具有性質(zhì)

XO

⑵記數(shù)列｛an｝的各項組成的集合為4再利用0<a1<a2<<a"]<ak<ak+akf

由數(shù)列｛0九｝具有性質(zhì)為'結(jié)合數(shù)列｛an｝具有性質(zhì)力的定義，則以+恁04,所以必—以€4,即0€

A,所以臼=0,設(shè)2<i<fc,再利用Qk+ciiiA,所以依—QfE4再結(jié)合0=以一以〈秋一

。上一1V…V縱一Q2V耿一。1，則四一縱=。1，ak~ak-l=a2?…，仇―。2=和一1，恁一即=

a

ak,將上面的式子相加證出2(%+g+…+k-i+縱)=左以成立。

(3)利用數(shù)列｛Qn｝具有性質(zhì)勿的定義，再利用分類討論的方法和等差數(shù)列的定義，進而得出項數(shù)k

的所有可能取值。

試題分析部分

1、試卷總體分布分析

總分：93分

客觀題（占比）22.0(23.7%)

分值分布

主觀題（占比）71.0(76.3%)

客觀題（占比）11(52.4%)

題量分布

主觀題（占比）10(47.6%)

2、試卷題量分布分析

大題題型題目量（占比）分值（占比）

填空題6(28.6%)8.0(8.6%)

解答題5(23.8%)65.0(69.9%)

單選題10(47.6%)20.0(21.5%)

3、試卷難度結(jié)構(gòu)分析

序號難易度占比

1普通(33.3%)

2容易(38.1%)

3困難(28.6%)

4、試卷知識點分析

序號知識點（認知水平）