2021年北京海淀区人大附中西山学校高二上学期期末数学试卷

这是一份2021年北京海淀区人大附中西山学校高二上学期期末数学试卷，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共10小题；共50分）
1. 若复数 z 满足 z1−i=i，其中 i 为虚数单位，则 z=
A. 1−iB. 1+iC. −1−iD. −1+i

2. 以抛物线 C 的顶点为圆心的圆交 C 于 A，B 两点，交 C 的准线于 D，E 两点．已知 ∣AB∣=42，∣DE∣=25，则 C 的焦点到准线的距离为
A. 2B. 4C. 6D. 8

3. 已知等差数列 an 的前 n 项和 Sn，公差 d≠0，a1d≤1．记 b1=S2，bn+1=S2n+2−S2n，n∈N*，下列等式不可能成立的是
A. 2a4=a2+a6B. 2b4=b2+b6C. a42=a2a8D. b42=b2b8

4. 如图，已知椭圆 C1:x210+y2=1，双曲线 C2:x2a2−y2b2=1a>0,b>0，若以 C1 的长轴为直径的圆与 C2 的一条渐近线交于 A，B 两点，且 C1 与该渐近线的两交点将线段 AB 三等分，则 C2 的离心率为
A. 9B. 5C. 5D. 3

5. 如图，小明从街道的 E 处出发，先到 F 处与小红会合，再一起到位于 G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为
A. 24B. 18C. 12D. 9

6. 如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC−A1B1C1，CA=CC1=2CB，则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为
A. 55B. 53C. 255D. 35

7. 已知非零空间向量 a，b，且 AB=a+2b，BC=−5a+6b，CD=7a−2b，则一定共线的三点是
A. A，B，DB. A，B，CC. B，C，DD. A，C，D

8. 以椭圆上的一点和椭圆的两个焦点为顶点的三角形面积的最大值为 1，则该椭圆的长轴长的最小值是
A. 22B. 2C. 2D. 22

9. 已知等比数列 an 的前 n 项和为 Sn，则“a1>0”是“S2019>0”的
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件

10. 下列说法中正确的是
A. 已知 F1−4,0，F24,0，平面内到 F1，F2 两点的距离之和等于 8 的点的轨迹是椭圆
B. 已知 F1−4,0，F24,0，平面内到 F1，F2 两点的距离之和等于 6 的点的轨迹是椭圆
C. 平面内到两点 F1−4,0，F24,0 的距离之和等于点 M5,3 到 F1，F2 的距离之和的点的轨迹是椭圆
D. 平面内到点 F1−4,0，F24,0 距离相等的点的轨迹是椭圆

二、填空题（共5小题；共25分）
11. 如果复数 x−1+yi 与 i−3x 为相等复数，x，y 为实数，则 x= ，y= ．

12. 双曲线 x27−y229=1 的共轭双曲线方程是 ．

13. 从盛有 1 L 纯酒精的容器中倒岀 13 L，然后用水填满，再倒出 13 L，又用水填满 ⋯⋯．连续进行了 n 次后，容器中的纯酒精还剩下 32243 L，则 n= ．

14. 从 0，1，2，3，4，5，6，7 这八个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数，则可组成的四位数中奇数的个数为 （用数学作答）．

15. 已知椭圆 C:x22+y2=1 的两焦点为 F1，F2，点 Px0,y0 满足 0
三、解答题（共5小题；共65分）
16. 求和 Sn=1+1+12+1+12+14+⋯+1+12+14+⋯+12n−1．

17. 已知点 A2,3,1，B3,9,−2，C3,1,10，D6,3,25．求证：A，B，C，D 四点共面．

18. 如图，在长方体 ABCD−A1B1C1D1 中，AA1=AD=2，E 为 CD 中点．
（1）在棱 AA1 上是否存在一点 P，使得 DP∥平面B1AE?若存在，求 AP 的长；若不存在，说明理由．
（2）若二面角 A−B1E−A1 的大小为 30∘，求 AB 的长．

19. 已知椭圆 x2a2+y2=1a>1，直线 l 经过点 P0,22 交椭圆于 A，B 两点，当 l 平行于 x 轴时，∣AB∣=2．
（1）求椭圆方程；
（2）当直线 l 的倾斜角为 π4 时，求 ∣AB∣．

20. 如果数列 an 共有 kk∈N*,k≥4 项，且满足条件：
① a1+a2+⋯+ak=0；
② a1+a2+⋯+ak=1，
则称数列 an 为 Pk 数列．
（1）若等比数列 an 为 P4 数列，求 a1 的值；
（2）已知 m 为给定的正整数，且 m≥2．
①若公差为正数的等差数列 an 是 P2m+3 数列，求数列 an 的公差；
②若 an=qn−13,1≤n≤m,n∈N*,m−n12,m+1≤n≤2m,n∈N*，其中 q 为常数，q<−1．判断数列 an 是否为 P2m 数列，说明理由．
答案
第一部分
1. A【解析】设 z=a+bia,b∈R，则 z=a−bi，由 z1−i=i，得 z=i1−i=1+i，
所以 a=1，b=−1，所以 z=1−i．
2. B【解析】不妨设 C：y2=2pxp>0，Ax1,22，则 x1=2222p=4p，由题意可知 ∣OA∣=∣OD∣，得 4p2+8=2p2+5，解得 p=4（舍负）．
3. D【解析】对于A，因为数列 an 为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，
由 4+4=2+6 可得，2a4=a2+a6，A正确；
对于B，由题意可知，bn+1=S2n+2−S2n=a2n+1+a2n+2，b1=S2=a1+a2，
所以 b2=a3+a4，b4=a7+a8，b6=a11+a12，b8=a15+a16．
所以 2b4=2a7+a8，b2+b6=a3+a4+a11+a12．
根据等差数列的下标和性质，由 3+11=7+7，4+12=8+8 可得 b2+b6=a3+a4+a11+a12=2a7+a8=2b4，B正确；
对于C，a42−a2a8=a1+3d2−a1+da1+7d=2d2−2a1d=2dd−a1，
当 a1=d 时，a42=a2a8，C正确；
对于D，b42=a7+a82=2a1+13d2=4a12+52a1d+169d2，b2b8=a3+a4a15+a16=2a1+5d2a1+29d=4a12+68a1d+145d2，
b42−b2b8=24d2−16a1d=8d3d−2a1．
当 d>0 时，a1≤d，所以 3d−2a1=d+2d−a1>0 即 b42−b2b8>0；
当 d<0 时，a1≥d，所以 3d−2a1=d+2d−a1<0 即 b42−b2b8>0，
所以 b42−b2b8>0，D不正确．
4. D【解析】由已知，OA=a=10，
设 OA 所在渐近线的方程为 y=kxk>0，
所以 A 点坐标可表示为 Ax0,kx0x0>0，
所以 1+k2x0=10，即 A101+k2,10k1+k2，
所以 AB 的一个三分点坐标为 1031+k2,10k31+k2，
该点在椭圆 C1 上，所以 1091+k210+10k291+k2=1，
即 1+10k291+k2=1，得 k=22，即 ba=22，
所以 c=a2+b2=3a，所以离心率 e=ca=3．
5. B
【解析】如图，除已知标记的 E，F，G 三点外，另记 A，B，A1，B1，E1，A2，B2，G1，A3，B3，F1，如图所示．
若总体线路最短，则需 E 到 F 最短，并且 F 到 G 也最短．E 到 F 最短，可由 E→B→F 或 E→E1→F．显然，由 E→B→F 最短有 3 条（E→B→A→A1→F 或 E→B→B1→A1→F 或 E→B→B1→A2→F），由 E→E1→F 最短有 3 条（E→E1→B1→A1→F 或 E→E1→B1→A2→F 或 E→E1→B2→A2→F），由分类加法计数原理可知，E→F 共有 6 条最短路径．而 F→G 有 F→G1→A3→G，F→B3→A3→G，F→B3→F1→G 共 3 条最短路径，由分步乘法计数原理可知，共有 6×3=18 条最短路径．
6. A【解析】不妨令 CB=1，则 CA=CC1=2．
可得 O0,0,0，B0,0,1，C10,2,0，A2,0,0，B10,2,1，
所以 BC1=0,2,−1，AB1=−2,2,1，
所以 cs⟨BC1,AB1⟩=BC1⋅AB1BC1AB1=55>0．
所以 BC1 与 AB1 的夹角即为直线 BC1 与直线 AB1 的夹角，
所以直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为 55．
7. A【解析】因为 BD=BC+CD=2a+4b=2AB，
所以 A，B，D 三点共线．
8. B
9. C
10. C
【解析】∣F1F2∣=8，则平面内到 F1，F2 两点的距离之和等于 8 的点的轨迹是线段 F1F2，所以A错误；平面内到 F1，F2 两点的距离之和等于 6，小于 ∣F1F2∣，这样的点不存在，所以B错误；点 M5,3 到 F1，F2 两点的距离之和为 5+42+32+5−42+32=410>∣F1F2∣=8，则所求动点的轨迹是椭圆，所以C正确；平面内到 F1，F2 距离相等的点的轨迹是线段 F1F2 的垂直平分线，所以D错误．
第二部分
11. 14，1
【解析】由复数相等可知 x−1=−3x,y=1, 所以 x=14,y=1.
12. y229−x27=1
13. 5
【解析】根据题意，连续进行了 n 次后，容器中的纯酒精的剩余量组成数列 an，
则数列 an 是首项为 23，公比为 23 的等比数列，则 an=23×23n−1=23n，
若连续进行了 n 次后，容器中的纯酒精还剩下 32243 L，即 23n=32243，解得 n=5．
14. 360
【解析】根据题意，分 2 种情况讨论：
①，选出的 2 个偶数中不含有 0，在 2，4，6 中任选 2 个数，有 C32=3 种选法，在 1，3，5，7 中任选 2 个数字，有 C42=6 种选法，选出的 2 个奇数中任选 1 个，作为个位数字，有 2 种情况，将选出的 3 个数字全排列，安排在前 3 个数位，有 A33=6 种排法，则此时有 3×6×2×6=216 种取法，
②，选出的 2 个偶数中含有 0，在 2，4，6 中任选 1 个数，有 C31=3 种选法，在 1，3，5，7 中任选 2 个数字，有 C42=6 种选法，选出的 2 个奇数中任选 1 个，作为个位数字，有 2 种情况，0 不能在首位，则 0 有 2 种安排方法，将剩下的 2 个数字全排列，安排在剩下的 2 个数位，有 A22=2 种排法，则此时有 3×6×2×2×2=144 种取法，则一共有 216+144=360 种不同的情况，即可以组成 360 个四位奇数；
故答案为：360．
15. 2,22
【解析】由点 Px0,y0 满足 0第三部分
16. 原式中通项为 an=1+12+14+⋯+12n−1=1−12n1−12=21−12n，
所以
Sn=21−12+1−122+⋯1−12n=2n−121−12n1−12=12n−1+2n−2.
17. 只需证明向量 AB，AC，AD 共面，AB=1,6,−3，AC=1,−2,9，AD=4,0,24，
因为 AB，AC 不共线，
所以设 AD=xAB+yAC，则 x+y=4,6x−2y=0,−3x+9y=24,
解得 x=1,y=3,
所以 AD=AB+3AC．
所以向量 AB，AC，AD 共面．
所以 A，B，C，D 四点共面．
18. （1） 如图所示，分别取 AB1，AA1 的中点 F，P，连接 FP，DP．
则 FP∥A1B1，FP=12A1B1，
DE∥A1B1，DE=12A1B1，
所以 DE∥FP，DE=FP，
所以四边形 EDPF 是平行四边形．
所以 DP∥FE．
又 DP⊄平面B1AE，FP⊂平面B1AE，
所以 DP∥平面B1AE．
此时 AP=12AA1=1．
（2） 建立空间直角坐标系，设 AB=t．
A0,0,0，B1t,0,2，Et2,2,0，A10,0,2，
B1E=−12t,2,−2，
AE=t2,2,0，
B1A1=−t,0,0，
设平面 A1B1E 的法向量为 n=x,y,z，
则 n⋅B1E=n⋅B1A1=0，
所以 −12tx+2y−2z=0，−tx=0，
取 n=0,1,1．
同理可得平面 AB1E 的法向量 m=4,−t,−2t，
所以 cs30∘=3t2⋅4+5t2=32，解得：t=2．
所以 ∣AB∣=2．
19. （1） 不妨设 xA即 xA=−2a2，xB=2a2，
所以 ∣AB∣=2a=2，
所以 a=2，
所以椭圆方程为 x22+y2=1．
（2） 由题意得直线 l 的方程为 y=x+22，设 Ax1,y1，Bx2,y2，
联立 y=x+22,x22+y2=1, 消去 y，整理得 32x2+2x−12=0，
则 x1+x2=−223，x1x2=−13，
所以
∣AB∣=1+12x1+x22−4x1x2=2⋅−2232−4×−132=2103.
20. （1） 设等比数列 an 的公比为 q．
因为数列 an 为 P4 数列，所以 a1+a2+a3+a4=0，
从而 1+q+q2+q3=0，即 1+q1+q2=0，所以 q=−1．
又因为 a1+a2+a3+a4=1，
所以 4a1=1，解得 a1=−14 或 14．
（2） ①设等差数列 an 的公差为 d．
因为数列 an 为 P2m+3 数列，
所以 a1+a2+⋯+a2m+3=0，即 a1+a2m+32m+32=0．
因为 1+2m+3=2m+2，所以 a1+a2m+3=2am+2，
从而 2m+3am+2=0，即 am+2=0．
又因为 a1+a2+⋯+a2m+3=1，且 d>0，
所以 −a1+a2+⋯+am+1+am+3+am+4+⋯+a2m+3=1，
即 m+2m+1d=1，解得 d=1m+1m+2．
因此等差数列 an 的公差为 d=1m+1m+2．
②若数列 an 是 P2m 数列，则有：
a1+a2+⋯+a2m=0；
a1+a2+⋯+a2m=1．
因为 an=qn−13,1≤n≤m,n∈N*m−n12,m+1≤n≤2m,n∈N*，且 q<−1，
所以 13×1−qm1−q−mm+124=0*，
13×1−qm1−q−mm+124=1**．
当m为偶数时，在 * 中，13×1−qm1−q<0,−mm+124<0，
所以 * 不成立．
当 m 为奇数时，由 *+** 得：1−qm1−q+1−qm1−q=3．
又因为 q<−1，所以 1−qm1−q+1+qm1+q=3，解得 qm+1=3q2−12．
因为 mm≥2 为奇数，所以 qm+1≥q4，
所以 3q2−12≥q4，整理得 2q2−1q2−1≤0，
即 12≤q2≤1，与 q<−1 矛盾．
综上可知，数列 an 不是 P2m 数列．