1、高二数学答案 第 1 页（共 8 页）龙岩市 20222023 学年第一学期期末高二教学质量检查 数学参考答案 一、选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C D A D D B C 8.【详解】由)(21nnnbba得)(211nnnnSSSS，则21nnSS，即21nnbb，又2111aSb，所以数列nb是以 2 为首项，2 为公差的等差数列，则nnbn2)1(22，48)(21nbbannn，选项 A 正确.由nnSb 得224nbSnn，则)1111(811141141122nnnnSn，2n，所以)1111()121(
2、)5131()4121()311(814111nnnnSnkk 167)111211(8141nn，选项 B 正确.令nnbnnacn)97)(48()97(21，则974848)97)(48()97)(48(11nnnnccnnnn)1221(97n，由11nncc得4n，由11nncc得4n，所以4321cccc，765ccc，数列nc先增后减，故nc的最大项是在4n或5n时取得，又44)97(28c，455656167228)97(36cc，选项 C 错误.)1(11(41)1(412222211nnnnnSSannn，则41)1(11(41)1(11()3121()2111(41222
3、2222111nnnSSankkkk，选项 D 正确.二、多项选择题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）题号 9 10 11 12 答案 ACD BD BCD BCD 12.【详解】由34122naann，14122naann两式相减得21212nnaa，所以 高二数学答案 第 2 页（共 8 页）数 列1212nnaa是 常 数 列2，选 项C正 确；由34122naann得141222naann，又14122naann，两式相加得naann8222，所以222nnaa是等差数列，选项 D 正确；由前面分析有53aa，97aa，4947aa是各项均为 2 的常数列，64aa，
4、108aa，5048aa是以 16 为首项，16 为公差的等差数列，所以1272162)112(12161221250496543aaaaaa，又数列na的前 50 项和为 1 275，所以321 aa，选项 A 错误；又34122naann，令1n得112aa，联立方程组解得11a，22a，再由231 aa得13a，选项 B 正确.综上，选 BCD.三、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）1331 14835 153 16111112；556 16.【详解】（1）设)sin,cos32(H是椭圆上任意一点，)1,0(P，则2|PH 1114411144)111(sin1
5、113sin2sin11)sin1(cos122222，当且仅当111sin时取等号，故|PH的最大值是111112.（2）设直线AB：21 kxy，联立直线AB方程与椭圆11222 yx，可得043)121(22kxxk，设),(11yxA，),(22yxB，则121221kkxx，)121(43221kxx.因为直线PA：1111xxyy与直线321xy交于C，则1)12(422411111xkxyxxxC，同理可得1)12(422422222xkxyxxxC，则|1)12(41)12(4|25|411|2211xkxxkxxxCDDC|1)(12()12(|52|1)12(1)12(|5
6、221212212121xxkxxkxxxkxkxx222)13(116253|13|116253kkkk，法法 1 1：令tk13，则25916)5165(2519)1(16253|222tttCD，高二数学答案 第 3 页（共 8 页）当5165t即163k时，|CD取最小值556.法法 2 2：（柯西不等式）556|13|)11434(556|13|1169116556)13(1162532222kkkkkk，当且仅当163k时取等号，故|CD取最小值556.四、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分）17.（本题满分 10 分）解：（1）由 题 意 设 圆C的 方 程 为222)(r
7、yax，代 入)1,1(A和)3,3(B得22229)3(1)1(rara，解得1022ra，所以圆C的方程为10)2(22yx.5 分（2）易知直线m的斜率存在，设直线m的方程为)7(5xky，即075kykx.圆心)0,2(C，弦心距1|55|2kkd，由垂径定理得2223rd，即109)155(22kk，整理得01225122kk，解得34k，或43k，即直线m的斜率为43或34.10 分 18.（本题满分 12 分）解：（1）选：由题意有25124aaa，则)48()6(1121aaa，解得11a.选：由135aS 得242245511aa，解得11a.选：nannnnanSn122)
8、1(11，由题意得55)10321()1(101a，解得11a.那么122)1(1nnan，所以数列na的通项公式12 nan(*)nN.6 分（2）由（1）得)121121(21)12)(12(111nnnnaann，所以1011004332211111aaaaaaaa)20111991()7151()5131()311(21 高二数学答案 第 4 页（共 8 页）201100)20111(21.12 分 19.（本题满分 12 分）解：（1）7)2(xa 的通项公式为rrrrxaCT)2(771，令3r，则3434374280)2(xaxaCT，由题意得226802804a，则814a，又
9、0a，所以3a.4 分（2）由（1）得7722107)1()1()1()23(xaxaxaax.（i）令2x 得012345671aaaaaaaa，令0 x 得7012345673aaaaaaaa，+，得)(21364207aaaa，即21376420aaaa，得)(23175317aaaa，即23177531aaaa，所以431)231(213)()(147775316420aaaaaaaa.8 分（ii）由（2）（i）知71 2(1)x的通项公式17(2)(1)rrrrTCx，则当r0，2，4，6 时，0a，2a，4a，06a；当r1，3，5，7 时，1a，3a，5a，07a.所以0127
10、|aaaa 7012345673aaaaaaaa.12 分 20.（本题满分 12 分）解：（1）因为2|22|2121FFMFMF，所以点M的轨迹C是以点1F，2F为左、右焦点的椭圆，设其方程为)0(12222babyax，则222 a，可得2a，又1c，则122cab，所以轨迹C的方程为1222 yx.4 分（2）若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为1x ，联立 22112xxy 解得：22(1,),(1,)22AB，=2AB，12212=223OABS，不满足题意，舍去.5 分 若直线l的斜率存在，则设直线l的方程为(1)yk x，1122A xyB xy，、，.联立22(1)12yk
11、 xxy，消去y整理得2222(21)4220kxk xk，高二数学答案 第 5 页（共 8 页）所以2122421kxxk，21222221kx xk.4222164 2122=810kkkk,121212111211(1)(1)()=2223OABSyyk xk xk xx ,22222121212222281422=4=4=212121kkkxxxxx xkkk,所以22228116=921kkk，222291=2 21kkk，42+2=0kk，2=1k或2=2k（舍）,所以=1k，直线l的方程为10 xy 或10 xy.12 分 21.（本题满分 12 分）解：（1）设治理n年后，该地
12、区的年垃圾排放量构成数列na.当6n时，数列na是首项为290103001a，公差为10的等差数列，则30010)10()1(290)1(1nndnaan；当7n时，数列na是首项为679.0 aa，公比为 0.9 的等比数列，则6779.0240nnnqaa.因此，治理n年后，该地区的年垃圾排放量的表达式为,9.0240,300106nnna 761nn.4 分（2）由（1）及题意得1502406a，所以7n时才有150na.因此1509.02406nna，即625.09.06n.又6561.09.04，59049.09.05，所以56 n，即11n.因而该地区要实现目标，那么至少要经过 1
13、1 年.8 分（3）设nS为数列na的前n项和，则nSTnn 由于nnSnannSnnSnSnSTTnnnnnnnn)1()1()1(11111 nnaaaaaaaannnnn)1()()()()(1312111，由（1）知，61 n时，30010 nan，则na为递减数列，7n时，69.0240nna，则na为递减数列，且67aa，因此na为递减数列，于是011aan，021aan，031aan，01nnaa，因此01nnTT，所以数列nT为递减数列，即年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，故认为现有的治理措施是有显著效果的.12 分 高二数学答案 第 6 页（共 8 页）22.（本题满分 12
14、分）解：（1）因为点)6,4(A在双曲线C：1162222ayax上，所以116361622aa，解得42a，或642a.又0162a，则42a，所以双曲线C：112422yx 法法 1 1：),(11yxP，),(22yxQ，易知直线PQ的斜率存在，设PQ：mkxy，联立112422yxmkxy可得0122)3(222mmkxxk，所以22132kmkxx，2221312kmxx，0)12)(3(442222mkkm，化简得 012422 km，且3k由0AQAPkk得046462211xyxy，即0)6)(4()6)(4(2112mkxxmkxx，即0)6(8)(46(22121mxxkm
15、xkx，所以0)6(832)46(3122222mkmkkmkmk，化简得0)2()62(22kmkk，即0)64)(2(mkk，所以2k或km46 当km46时，直线PQ：6)4(xkmkxy过点)6,4(A，与题意不符，舍去，故2k.5 分 法法 2 2：设直线AP方程为6)4(xky，联立11246)4(22yxxky可得 0244816)128()3(2222kkxkkxk，所以31284221kkkx，3121244312822221kkkkkkx，同理可得312124222kkkx，324212kkxx，32482212kkxx，1212xxyykPQ 2324)83248()8(
16、6)4(6)4(22212121212kkkkkxxxxkxxxkxk.5 分 法法 3 3：令4xx，6yy，则111146xyxykAP，222246xyxykAQ，高二数学答案 第 7 页（共 8 页）因为112422yx，所以112)6(4)4(22yx，化简得01224322yyxx.设直线PQ的方程为mxky，则mxky1，所以01224322mxkyyymxkyxx，两边同除以2x可得01212242432222xmykxmyxymkxmy，化简得03241224)121(22mkxymkxym，01211224mmkkkAQAP，故2k.5 分（2）由已知得直线PQ的斜率存在且
17、不为零，PQMN，故直线MN的斜率存在且不为零，设直线MN方程为)4(xky，设),(00yxG，),(33yxM，),(44yxN，两渐近线的方 程 合 并 为0322 yx，联 立)4(xky，消 去y并 化 简 整 理 得0168)3(2222kxkxk，则382243kkxx，3248)(24343kkkxxkyy 因为|GNGM，所以240240230230)()()()(yyxxyyxx，移项并利用平方差公式整理得：0)(2)()(2)(4304343043yyyyyxxxxx，0)(2)(24304343430yyyxxyyxxx，即0)3242(38220220kkykkkx，
18、即3162200kkkyx.7 分 由题意知直线PG的斜率为3，直线QG的斜率为3，所以)(30101xxyy，)(30202xxyy，可得)2(302121xxxyy，因此直线PQ的斜率210212121)2(3xxxxxxxyyk，直线PG：00)(3yxxy，即xxyy3300，代入双曲线方程012322 yx即12)3)(3(yxyx中，高二数学答案 第 8 页（共 8 页）得12)3(32)3(0000 xyxxy，解得P的横坐标)3312(32100001xyxyx，同理)3312(32100002xyxyx，可得)312(3102020021yxyyxx，0202000213122xxyxxxx，所以00210213)2(3yxxxxxxk，.10 分 因为3162200kkkyx，解得34220kkx，31220kky，所以kykx0203124，)4(00 xky，则点G在直线MN上，所以G，M，N三点共线.12 分 注：其它解法酌情给分.
