高中数学-期末高二数学综合训练(一)答案

2022~2023学年度第一学期高二11月阶段测试
数学参考答案
一、单项选择题：
1、 C
2、B
3、A
4、C
5、B
6、A
7、B
8、C
二、多项选择题：
9、 ACD 10、BC 11、AC 12、ACD
三、填空题：
13、11 14、2
3n a n = 15、π48+ 16、 55；11
20
四、解答题：
17．解：（1）由题知，所求圆的圆心M 为线段AB 的垂直平分线和直线220x y −+=的交点． 线段AB 的中点坐标为()0,1，直线AB 的斜率()
20
111k −==−−，
所以，AB 的垂直平分线的方程为1y x =−+． 解得圆心()0,1M ．半径()()
22
10212r AM ==
−+−=
所以，圆M 的标准方程为()2
2
12x y +−=．…………………………………………5分
（2）由题意知圆心M 到直线的距离为2
212CD d r ⎛⎫
=−= ⎪⎝⎭
，
当直线l 斜率存在时，设直线方程为()31y k x −=−，即30kx y k −+−=． 所以，2
211k d k −=
=+，解得3
4
k =
所以，直线l 的方程为3490x y −+=． 当直线l 斜率不存在时，直线方程为1x =，符合题意．
所以，直线l 的方程为3490x y −+=或1x =．…………………………………………10分
18．解：为定值4
19．解：（1）由已知得()1(1)4n n a n a n +−+=−，n a b n n −= 又
1110,a −=≠∴数列{}n b 是公比为4的等比数列.……………………………………5分
（2）由（1）知，1
4
−=n n b
⎩⎨
⎧−=∴−数 奇 为
, 22数
偶 为 , 41n n n c n n ()[]()125312444444840−++++−++++=∴n n n S ()()16
116142440−−+−+=n n n 15
4
222151224−−+⨯=
+n n n ………………………………………………………12分 20．解：（1）由于（2，2）在抛物线开口之内，且不在x 轴上， 直线l 的斜率存在，设为k ，且设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）， 可得y 12＝4x 1，y 22＝4x 2，
两式相减可得（y 1﹣y 2）（y 1+y 2）＝4（x 1﹣x 2）， 即k ＝
2121x x y y −−＝2
14
y y +＝44＝1，
则直线l 的方程为y ﹣2＝x ﹣2，即y ＝x ，
检验直线l 存在，且方程为y ＝x ；………………………………………………………6分 （2）证明：若直线l 的斜率不存在，可得x ＝x 1， 代入抛物线方程y 2＝4x ，可得y 1＝12x ，y 2＝12x −， 则y 1y 2＝﹣4x 1＝﹣16，即x 1＝4，直线AB 过（4，0）：
若直线l 的斜率存在，设为k ，当k ＝0时，直线l 与抛物线的交点仅有一个， 方程设为y ＝kx +b ，k ≠0， 代入抛物线的方程消去x 可得
4
k y 2
﹣y +b ＝0， 可得y 1y 2＝
k b 4，即有﹣16＝k
b 4， 可得b ＝﹣4k ，直线l 的方程为y ＝k （x ﹣4），则直线l 恒过定点（4，0）．
综上，直线AB 恒过定点（4，0）．……………………………………………………12分
21．解：（1）因为()241n n S a =+，当*2,n n N ∈≥时，有()2
1141n n S a −−=+，两式相减得
2211422n n n n n a a a a a −−=−+−，移项合并同类项因式分解得
()()1120n n n n a a a a −−+−−=，因为0n a >，所以有120n n a a −−−=，
在()2
41n n S a =+中，令1n =得11a =，
所以数列{}n a 是以1为首项，以2为公差的等差数列，故有(
)*
21n a n n N
=−∈…………4分
（2）由（1）知1
124122−−⎪
⎭
⎫ ⎝⎛⨯==n n n n n b ，
∴04
43421 12+++++=−n n n
T ， ∴
n n n
T 4
43424104132+++++= ， ∴n n n n n n n n n n T 441343444
1141
1441414114312−⨯−=−−−
=
−++++=− ， ∴14943916−⨯+−=
n n n T
………………………………………………………………………8分 由题意，对任意的*N n ∈，均有n n T n m n 2916)52()43(⋅⎪⎭⎫
⎝⎛−−≥+恒成立， ∴()()n n n n m n 2494352)43(1
⋅⨯+−≥+− ，即 n
n m 2529
4−⨯≥恒成立，
设n n n c 252−=
，则1112
27252232+++−=−−−=−n n n n
n n
n n c c ， 当n ≤3时，01>−+n n c c ，即n n c c >+1 ；当n ≥4时，01<−+n n c c ，即n n c c <+1， ∴n c 的最大值为1634=c ， ∴12
1
16394=⨯≥m ．
故m 的取值范围是⎪⎭
⎫
⎢
⎣⎡+∞,121．………………………………………………………………12分 22．解：（1）设P （x ，y ），由题意知3221=+PF PF ，
即32262622
22=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛−++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+y x y x ， 令()
33 326 , 32622
22
≤≤−−=+⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛−+=+⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+t t y x t y x ， 等式两边同时平方得
(
)
2
22
326t y x +=+⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+ ① (
)
2
22
326t y x −=+⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛− ②
①﹣②得 (
)(
)
2
2
2
2332626t t x x −−
+=⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛−−⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ ，
即x t 2
2
=
③ 代入①中得 2
22
22326⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛+=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+x y x ，整理可得12
3322=+y x ， 故P 点的轨迹方程为
12
33
2
2=+y x ……………………………………………………5分 （2）设直线MA 的方程为y ＝k 1x ﹣k 1+1，直线MB 的方程为y ＝k 2x ﹣k 2+1， 由题知
r k k =+−2
1
111，所以()()
2
122
111k r k +=−，
所以(
)
01212
12
12
=−+−−r k k r ，同理，(
)
01212
2222
=−+−−r k k r ， 所以k 1，k 2是方程(
)
012122
2
=−+−−r k k
r 的两根，所以k 1k 2＝1，
设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），设直线AB 的方程为y ＝kx +m ，
将y ＝kx +m 代入
12
33
2
2=+y x ，得（1+2k 2）x 2+4kmx +2m 2﹣3＝0， 所以2212k 14km
+−=+x x ①，2
2212k
132m +−=⋅x x ②， 所以()2
21212122k
m
m x x k y y +=
++=+ ③，()()()2
2
22
21212
2121213k
k m m x x km x x k m kx m kx y y +−=+++=++= ④， 又因为()()11
1
111121212121221121=++−++−=−−⨯−−=
x x x x y y y y x y x y k k ⑤， 将①②③④代入⑤，化简得3k 2+4km +m 2+2m ﹣3＝0，
所以3k 2+4km +（m +3）（m ﹣1）＝0，所以（m +3k +3）（m +k ﹣1）＝0，
若m +k ﹣1＝0，则直线AB ：y ＝kx +1﹣k ＝k （x ﹣1）+1，此时AB 过点M ，舍去， 若m +3k +3＝0，则直线AB ：y ＝kx ﹣3﹣3k ＝k （x ﹣3）﹣3，此时AB 恒过点（3，﹣3）， 所以直线AB 过定点（3，﹣3）．……………………………………………………………12分。