福建省泉州市2020-2021学年高二上期末数学质量跟踪监测联考评分细则

1 保密★启用前 2020-2021 学年度上学期泉州市高中教学质量监测 高二数学参考答案与评分细则 2021．1 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的． 1． 数列{ }na 中，若 16 2  n na n ，则 4 a A． 1 2 B． 2 C． 2 2 D．8 【命题意图】本题主要考查数列的概念，数列与函数的关系等基础知识，注重基础知识的考查， 关注对数学运算等核心素养的考查． 【试题简析】 4 4 4 2. 16 2 4 2 2     a 故选 B． 2． 已知 (1 3 5) ， ，a ， (2 6 )x ， ，b ， 0 a b ，则 x 的取值范围为 A． ( 4) ， B． ( 10)， C． ( 4 )  ， D． (10 ) ， 【命题意图】本题考查空间向量的坐标运算，数量积的运算，解不等式等基础知识，渗透考 查化归与转化思想，关注对数学运算，直观想象等数学核心素养的考查． 【试题简析】由 0 a b 可得1 2 3 6 5 0x     ，解得 4x   ．选 A． 3． 若直线 2 1 0x y   与直线 3 0x ay   垂直，则 a  A． 2 B． 1 2  C． 1 2 D． 2 【命题意图】本小题主要考查直线与直线的位置关系等基础知识；考查运算求解等能力；体现基 础性，导向对发展数学运算等核心素养的关注． 【试题简析】因为直线 2 1 0x y   的斜率为 2 ，所以直线 3 0x ay   的斜率为 1 2  ，所以 2a  ．选 D． 4． 若椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的短轴长是焦距的 2 倍，则C 的离心率为 A． 1 2 B． 5 5 C． 2 2 D． 5 1 2 【试题简析】因为短轴长是焦距的 2 倍，即 2b c ，所以 2 2 5a b c c   ， 所以 5 5 ce a   ．选 B． 5． 记正项等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 3 4a ， 4 25S S ，则 6 S A． 2 B． 21 C． 32 D． 63 【命题意图】本小题主要考查数列的通项公式，前 n 项和公式等基础知识，同时也注重考查数列 的性质，体现性质简化运算的思路；考查数列的基本量法、连续相等项和的性质， 体现对数学运算等核心素养的考查． 【试题简析】解法 1：等比数列 na 为正项数列，所以 0q ，由 4 25S S ，得 1q ， 则 4 24 2 2 1 1 51     S q qS q ，解得 2q ，又 3 4a ，所以 3 1 2 4 14   aa q ， 故  6 6 6 1 1 2 2 1 631 2     S ．故选 D． 解法 2：已知 4 25S S ，可设 2 4, 5 S x S x ， 因为 na 是正项等比数列， 所以 2 4 2 6 4, , S S S S S 也是等比数列，即 6,5 , 5 x x x S x 是等比数列， 则 6 54 44  S xx x x ，解得 6 21S x ； 又 4 25S S ，解得 2q ， 所以 3 3 2 1 2 2 4 4 3,4 2        a ax S a a q q 故 6 21 21 3 63   S x ．故选 D． 6． 已知抛物线 2: 4E y x 的焦点为 F ，准线为 l ，过 E 上一点 P 作 l 的垂线，垂足为 M ，MF 交 E 于点 N ， 若 π 6PFM  ，则 | | | | MN NF  A. 1 2 B. 3 2 C. 2 3 3 D. 2 【命题意图】本题考查抛物线的定义及标准方程，直线与抛物线的位置关系等基础知识，渗透考 查化归与转化思想，数形结合思想，关注对数学运算，直观想象等数学核心素养的 2 3 考查． 【试题简析】过点 N 做 NA l 交 l 于 A ， 因为| | | |PM PF ，所以 6PFM PMF     ． 因为 / /PM x 轴，所以 6PMF MFO     ． 又因为 / /NA x 轴，所以 6MNA   ，所以 | | 2 2 3 | | 33 MN NA   ． 因为| | | |NA NF ，所以 | | 2 3 | | 3 MN NF  ，故选 C． 7． 三棱锥 P ABC 中， 6 8 90AB AC BAC    ， ， ，若 5 2PA PB PC   ，则点 B 到平 面 PAC 的距离为 A． 3 2 B． 30 41 41 C．15 34 17 D． 6 【命题意图】本题考查空间中点到平面的距离，多面体的体积等基础知识，渗透考查化归与转化 思想，关注对数学运算，空间想象等数学核心素养的考查． 【试题简析】依题意可得，P 在平面 ABC 的射影刚好是直角三角形 ABC 的斜边 BC 上的中点 O ， 如图中所示，易得 5OA OB OC OP    . 解法一： 1 1 1( 6 8) 5 403 3 2P ABC ABCV S OP         △ ， 由已知得，等腰三角形 PAC 的腰 5 2PA  ，底边 8AC  ， 所以 2 21 4 342 2PAC ACS AC PA        △ ， 记 d 为点 B 到平面 PAC 的距离， 则 1 1 4 34 403 3P ABC B PAC PACV V S d d        △ ，解得 15 34 17d  . 解法二：建立如图空间直角坐标系， (0, 0,0), (0,6,0), (8,0,0), (4,3,5)A B C P , (8,0,0), (4,3,5), (0,6,0)AC AP AB     ， 设 1 1 1( , , )x y zm 为平面 PAC 的一个法向量, 3 4 则有 0 0 AC AP        m m ，即 1 1 1 1 8 0 4 3 5 0 x x y z      取 (0, 5, 3) m , B 到平面 PAC 的距离 30 15 34 1734 AB d      m m . 8． 若 ( 0)OA m n ， ， ， 4(0 )OB pn  ， ， ， (0 4 0)F ， ， ， 1AF m  ， 1BF p  ，则 m p 的 最小值为 A． 1 B． 2 C． 3 D． 6 【命题意图】本题考查空间直角坐标的运算，解不等式等基础知识，渗透考查化归与转化思想， 函数与方程思想，关注对数学运算，直观想象等数学核心素养的考查． 【试题简析】由 1 1 AF m BF p        得， 2 2 2 2 2 2 ( 4) 2 1 4( 4) 2 1 m n m m p p pn            ， 整理得 2 2 16 42( ) 8 30m p n nn n                令 4t n n   ，则 2 2 2 16 8n tn    ，且 ( , 4] [4, )t     所以 2 22( ) 8 22 ( 4) 6 6m p t t t        ，从而 3m p  ，选 C. 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分． 9． 在无穷数列{ }na 中，若  * p qa a p q  N， ，总有 11   qp aa ，此时定义{ }na 为“阶梯数列”．设 { }na 为“阶梯数列”，且 1 4 1a a  ， 5 3a  ， 8 9 2 3a a  ，则 A． 17 a B． 8 42a a C． 10 10 3 3S   D． 2020 1a  【命题意图】本小题为数列新概念题，考查从题干中提取有用信息的能力，考查数学抽象、逻辑 推理和数学运算等核心素养． 【试题简析】根据“阶梯数列”的定义知， 1 4 1 a a ，有 2 5 3 a a ，重复递推，得 3 6a a ， 4 7 1 a a ，选项 A 正确； 4 5 5 8 2 3  a a a ，又 8 9 2 3a a  ，解得 9 2a ，则 3 6 9 2  a a a ，且 8 4 3 31  a a ， 选项 B 错误； 数列{ }na 各项依次是 1 1a ， 2 3a ， 3 2a ； 4 1a ， 5 3a ， 6 2a ； 可知 { }na 是以 3为周期的数列，因此  10 3 1 3 2 1 10 3 3     S ， 2020 3 673 1 1 1   a a a ，选项 C，D 正确. 故选 A C D． 10.已知双曲线 2 2 1 2: 1( 0)2 x yC bb    与椭圆 2 2 2 : 18 4 x yC   有相同的左右焦点 1F ， 2F ，且在第一 象限相交于点 P ，则 A. 1| | 2PF  B. 1C 的渐近线方程为 y x  C. 直线 2y x  与 1C 有两个公共点 D. 1 2PF F△ 的面积为 2 2 【命题意图】本题考查双曲线与椭圆的定义及标准方程，双曲线的渐近线等基础知识，同时渗透 对双曲线和椭圆相关性质的考查，考查数形结合思想，化归与转化思想，注重考查 数学运算，逻辑推理，直观想象等数学核心素养． 【试题简析】因为 2 2 2 : 18 4 x yC   ，所以 1 2| | 4F F  ， 因为双曲线 1C 与椭圆 2C 有相同的焦点， 所以 2 4 2 2b    ，故 1C 的渐近线方程为 y x  ， 所以选项 B 正确； 因为直线 2y x  与渐近线 y x 平行，所以直线 2y x  与 1C 只有一个公共点， 故选项 C 错误； 在 1 2PF F△ 中，设 1| |PF m ， 2| |PF n ，则 4 2 2 2 m n m n      ，解得： 3 2 2 m n    ， 5 6 即 1| | 3 2PF  ， 2| | 2PF  ，故选项 A 错误； 因为 2| | 2PF  ，所以 2PF x 轴， 所以 1 2 1 2 2 1 | || | 2 22PF FS F F PF △ ，故选项 D 正确． 所以答案是 BD 11．已知 (1 0)A ， ， (4 0)B ， ，圆 C ： 2 2 4x y  ，则以下选项正确的有 A．圆 C 上到 B 的距离为 2 的点有两个 B．圆 C 上任意一点 P 都满足 2PB PA C．若过 A 的直线被圆C 所截得的弦为 MN ，则 MN 的最小值为 2 3 D．若点 D 满足过 D 作圆 C 的两条切线互相垂直，则 BD 的最小值为 4 2 2 【命题意图】本题主要考查点与圆，直线与圆，圆与圆等基础知识；考查运算求解能力、逻辑推 理能力；考查数形结合思想；关注学生数学运算、直观想象、逻辑推理等素养． 【试题简析】因为 B 到圆 C 的最小距离为 2，所以不存在两个点到 B 的距离为 2，选项 A 错误； 设 ( )P x y， ， 2 2( 4) 20 8PB x y x     ， 2 2( 1) 5 2PA x y x     ， 所以 2PB PA ，选项 B 正确； 因为过 A 的直线被圆C 所截得的最短弦为与 AC 垂直的弦， 所以最短弦为 222 2 3r AC  ，选项 C 正确； 因为点 D 的轨迹是圆心为 (0 0)， ，半径为 2 2 的圆， 所以 BD 的最小值为 4 2 2 ，选项 D 正确． 所以答案是 BCD 12．已知图 1 中， A ， B ，C ， D 是正方形 EFGH 各边的中点，分别 沿着 AB BC CD DA， ， ， 把 ABF BCG CDH ADE△ ，△ ，△ ，△ 向上 折起，使得每个三角形所在的平面都与平面 ABCD 垂直，再顺次连 接 EFGH ，得到一个如图 2 所示的多面体，则 A． AEF△ 是正三角形 图 1 图 2 6 7 B．平面 AEF  平面 CGH C．直线 CG 与平面 AEF 所成角的正切值为 2 D．当 2AB  时，多面体 ABCD EFGH 的体积为 8 3 【试题简析】因为 ,E F 在平面 ABCD 的射影分别为 AB AD， 中点, 所以在图 2 中， 1 2EF BD ，由图 1 可知， 1 2AF AE BD  ， 故 A 正确； 对于 B 和 C，解法一，可建立如图空间直角坐标系， 设 4AC  则有 (2,0,0), ( 2,0,0), (1, 1, 2), (1,1, 2), ( 1,1, 2), ( 1, 1, 2)A C E F G H     可知， (1,1, 2)CG  ，平面 AEF 的一个法向量 ( 2,0,1)m ， 平面 CGH 的一个法向量 ( 2,0, 1) n ， 1 0= m n ， 所以平面 AEF 和平面 CGH 不相互垂直，所以 B 错误； 记直线 CG 与平面 AEF 所成角为 ， 6sin cos , 3 CG CG CG            m m m 所以 tan 2  ，故 C 正确； 解法二：连接 ,OE OF ，易得 , ,OC EH FG 之间的关系是平行 且相等，从而可证得OF CG CH OE EF    ，且平面 / /OEF 平面 CGH ， 而四面体 O AEF 为正四面体，由正四面体的性质可知， 相邻两个面所成的角的余弦值为 1 3 ， 所以平面 AEF 和平面 CGH 不相互垂直，所以 B 错误； 同时，正四面体的侧棱和底面所成角的正弦值为 6 3 ，从而正切值为 2 ，故 C 正 确；对于 D，当 2AB  时，下底面面积为 4 ，上底面面积为 2 ，高为1，所以所求 7 8 多面体的体积为 1 104 1 (4 2) 13 3V        ，故 D 错误. 所以正确答案是 AC 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．圆心为 (1 0)， ，半径为 2 的圆的标准方程是 ． 【试题简析】 2 2( 1) 4x y   ． 14．已知 ( 2, 1,3)  a ， (1, 3,2) b ，则 cos  ，a b ． 【命题意图】本小题主要考查空间向量的坐标运算，向量的模及夹角等基础知识；考查推理论证 能力、运算求解能力等；考查化归与转化思想、数形结合思想等；考查逻辑推理、直观想象、数 学运算等． 【试题简析】 2 1 ( 1) ( 3) 3 2 1cos 24 1 9 1 9 4                  ， a ba b a b 15．已知双曲线 2 2 2: 1( 0) 2 3 x yE aa    的左焦点为 F ，点 P 在 E 上且在第一象限，线段 PF 的中 点在以原点O 为圆心，| OF|为半径的圆上，若 6PFO   ，则 E 的离心率为 ， E 的标准方程为 ． 【命题意图】本题考查双曲线定义及标准方程，双曲线的离心率，考查直线与圆的位置关系，考 查解析问题几何化思想，数形结合思想，划归与转化思想，关注对数学运算，逻辑 推理，直观想象等数学核心素养的考查． 【试题简析】设线段 PF 的中点为 M ，双曲线的右焦点为 A ， 焦距为 2c ，连接OM ， AP ，则 / /AP OM ，且 | | 2 | | 2AP OM c  ， 又因为| | | | 2PF PA a  ，所以| | 2 2PF a c  ， 在 PFA△ 中，因为 6PFA   ，所以 | | 2 3PF c ，所以 2 2 2 3a c c  ，解得： 3 1 2e  ．因为 3 1 2 c a  ，又因为 2 2 22 3b c a   ，所以 2 4a  ，所以 E 的标 准方程为 2 2 14 2 3 x y  ． 16．设正项数列{ }na 的前 n 项和  1 36n n nS a a  ，则 na  ； 8 9 若对任意的 *n N ，不等式 2 48 ( 1)n n nS ka   恒成立，则 k 的取值范围是 ． 【命题意图】本小题主要考查数列 nS 和 na 的递推关系，能从 nS 的递推关系中求出{ }na 的通项 公式，考查数列不等式的参数取值范围等基础知识，体现分类与整合、化归与转化 和函数与方程的数学思想；关注数学运算和逻辑推理等核心素养的考查． 【试题简析】 已知   21 1 136 6 2    n n n n nS a a a a ，得 2 1 1 1 1 1 ( 2)6 2    n n nS a a n ， 两式相减，得 2 2 1 1 1 1 1 1 1 6 2 6 2                 n n n n n n na S S a a a a ，即     1 1 13      n n n n n na a a a a a ，又{ }na 是正项数列，故 1 3 n na a ， 又由 2 1 1 1 1 1 1 6 2   S a a a ，解得 1 3a ， 所以数列{ }na 是首项 1 3a ，公差 3d 的等差数列， 则  3 3 1 3na n n    ；代入，得    21 336 2n n nS a a n n    ． 不等式 2 48 ( 1)n n nS ka   对任意 *n N 恒成立，即 2 16 ( 1)nn n k n     ， 则 16( 1) 1n k n n     ， 当 n 为奇数， 6 11k n n       ， 因为， n 为奇数时， 116n n      的最大值为 46 5  ，故 46 5k   ； 当 n 为偶数， 1 16 nnk    ， 因为， n 为偶数时， 6 11n n   的最小值为9 ，故 9k  ． 综上，知 k 的取值范围是 46 95k      ， ． 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 17．（10 分） 等差数列{ }na 满足 2 2a  ， 1 5 6a a  ． （1）求{ }na 的通项公式； 9 10 （2）若 2 na nb  ，求数列{ }nb 的前 n 项和 nS ． 【命题意图】本小题主要考查等差数列的通项、等比数列的定义与前 n 项和等基础知识；考查运 算求解能力；考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想等．体现基 础性和综合性，导向对发展数学运算等核心素养的关注． 【试题解析】（1）设等差数列{ }na 的公差为 d ． 由 2 2a  ， 1 5 6a a  得 1 1 2 2 4 6 a d a d      ， ，................................ 2 分（各 1 分） 解得 1 1 1. a d    ， ...............................................................................................3 分 所以 1 ( 1)na a n d n    ．.......................................................................5 分 （2） 因为 2 2na n nb   ， 所以数列{ }nb 是首项为 2 ，公比为 2 的等比数列．.............................. 7 分 所以 12(1 2 ) 2 21 2 n n nS    ．...................10 分（公式 2 分，化简 1 分） 备注：考生如果采用其他解法根据解答过程分步酌情给分． 18．（12 分） 已知直线 l ： 2 2 0mx y m    （ mR ），圆 C ： 2 2 2 6 8 0x y x y     ． （1）若l 与圆 C 相切，求切点坐标； （2）若l 与圆 C 交于 A ， B ，且 OA OB ，求 ABC△ 的面积． 【命题意图】本题主要考查点与圆，直线与圆，圆与圆等基础知识；考查运算求解能力、逻辑推 理能力；考查数形结合思想；关注学生数学运算、直观想象、逻辑推理等素养． 【试题解析】 解法一：（1） 由 2 2 2 6 8 0x y x y     得 2 2( 1) ( 3) 2x y    ，..................................... 1 分 所以圆 C 的圆心 (1 3)C ， ，半径 2r  ． 10 11 点 C 到直线 AB 的距离 2 2 3 2 2 1 1 1 m m md m m        ．................................2 分 由 l 与 C 相切得 d r ，即 2 1 2 1 m m    ，.................................................... 3 分 解得 1m  ．........................................................................................................4 分 此时， l ： 0x y  ． 联立 2 2 0 2 6 8 0 x y x y x y         ， ，..........................................................................5 分 解得切点坐标为 (2 2)， ．...................................................................................6 分 （2） 因为 OA OB ，所以O在 AB 的垂直平分线上， 因为点 A， B 在圆 C 上，所以 C 也在 AB 的垂直平分线上，......................7 分 所以 1 1 3AB OC k k     ，.................................................................................... 8 分 所以 1 3m   ，直线 AB 的方程为 3 8 0x y   ．..........................................9 分 因为圆心 C 到直线 AB 的距离 2 1 9 8 10 51 3 d     ，...................................10 分 所以 2 2 4 102 5AB r d   ．..................................................................... 11 分 所以 1 4 2 5ABCS AB d △ ．.............................................................................12 分 解法二：（1） 由 2 2 0mx y m    得 ( 2) 2 0m x y    ， 所以直线 l 过定点 (2 2)， ．................................................................................2 分 因为 2 22 2 2 2 6 2 8 0       ，所以点 (2 2)， 在圆 C 上．.......................4 分 所以若 l 与圆 C 相切，则其切点坐标必为 (2 2)， ．....................................... 6 分 （2）由（1）知，可不妨假设 (2 2)A ， ，....................................................................7 分 因为 2 2OA OB  ，所以 A ， B 是圆 C 与圆 2 2 8x y  的交点，....... 8 分 两圆相减得直线 AB 的方程为 3 8 0x y   ．............................................... 9 分 11 12 由 2 2 2 6 8 0x y x y     得 2 2( 1) ( 3) 2x y    ， 所以圆心 (1 3)C ， ，半径 2r  ．.................................................................. 10 分 因为点 C 到直线 AB 的距离 2 1 9 8 10 51 3 d     ，.......................................11 分 所以 2 2 4 102 5AB r d   ． 所以 1 4 2 5ABCS AB d △ ．.............................................................................12 分 备注：考生如果采用其他解法根据解答过程分步酌情给分． 19. （12 分） 已知抛物线 2: 2 ( 0)E y px p  的焦点为 F ，直线 3x  与 E 相交所得线段的长为 6 2 ． （1）求 E 的方程； （2）若不过点 F 的直线 l 与 E 相交于 A B， 两点，请从下列三个条件中任选两个作为补充条 件，并尝试依据补充条件，求 l 的方程（若因条件选择不当而无法求出，需分析具体原 因）． ① AB 中点的纵坐标为3； ② ABF△ 的重心在直线 2y  上； ③| | | | 13AF BF  ． 【命题意图】本题考查抛物线定义及标准方程，直线与抛物线位置关系，考查数形结合思想，化 归与转化思想，考查学生的运算求解能力，根据自选条件解决问题的能力，关注学 生数学运算、直观想象、逻辑推理等素养． 【试题简析】 解法一：（1）因为直线 3x  与 E 相交所得线段的长为 6 2 ， 所以 E 过点 (3,3 2) ，.........................................................................................2 分 即18 6 p ，所以 3p  ，....................................................................................3 分 E 的标准方程为： 2 6y x ．............................................................................. 4 分 12 13 （2）当直线 l 的斜率不存在时， l 与 E 相交于 A B， 两点， AB 的中点的纵坐标为 0 ， 不管选①②，①③，②③均不符合，............................................................. 5 分 故直线 l 的斜率一定存在，设 l : ( 0)y kx b k   ， 1 1 2 2( ) ( )A x y B x y， ， ， ． 由（1）可知， 3( 0)2F ， ． 联立 2 6 y kx b y x     得： 2 6 6 0ky y b   ， .....................................................6 分 所以 1 2 6y y k   ．............................................................................................7 分 若选①③： 因为 AB 中点的纵坐标为 3，所以 1 2 32 y y  ，即 1 2 6y y  ，............... 8 分 所以 6 6k  ，即 1k  ．.................................................................................... 9 分 因为| | | | 13AF BF  ，所以 1 2 1 2 3 13x x p x x      ， 所以 1 2 10x x  ，..........................................................................................10 分 又因为 1 2 1 2 2x x y y b    ， 所以 2b   ，.................................................................................................. 11 分 故直线 AB 的方程为： 2y x  ．...............................................................12 分 若选②③： 因为 ABF△ 的重心在直线 2y  上，所以 1 2 23 y y  ，.............................8 分 即 1 2 6y y  ， 所以 6 6k  ，即 1k  ．.................................................................................... 9 分 因为| | | | 13AF BF  ，所以 1 2 1 2 3 13x x p x x      ， 所以 1 2 10x x  ，..........................................................................................10 分 所以直线 AB 的中点坐标为 (5,3) ，又 1k  ，............................................ 11 分 故直线 AB 的方程为： 2 0x y   ．.........................................................12 分 13 14 若选择①②，则无法得到直线 l 的方程，理由如下： 根据条件①②，得 1 2 1 2 32 0 23 y y y y      ，............................................................8 分 化简得： 1 2 6y y  ，.....................................................................................9 分 所以 6 6k  ，即 1k  ．.............................................................................. 10 分 两个条件等价，所以相当于只有一个条件，只能计算出直线的斜率，条件不 够，无法计算出 b 的值，故选①②无法得到直线 l 的方程．（备注：言之有 理，即可得分）........................................................................................12 分 解法二：（1）同解法一． （2）当直线l 的斜率不存在时， l 与 E 相交于 A B， 两点的中点的纵坐标为 0 ，不管 选①②，①③，②③均不符合，.....................................................................5 分 故直线l 的斜率一定存在，设 l 的斜率为 ( 0)k k  ， 1 1 2 2( ) ( )A x y B x y， ， ， ． 因为 A B， 在 E 上， 所以 2 1 1 2 2 2 6 6 y x y x    ，即 2 2 1 2 1 26( )y y x x   ， 所以 1 2 1 2 1 2 ( )( ) 6( ) y y y y x x    ，..............................................................................6 分 所以 1 2 6y y k   ．..............................................................................................7 分 若选①③： 因为 AB 中点的纵坐标为3，所以 1 2 32 y y  ，即 1 2 6y y  ，................... 8 分 所以 6 6k  ，即 1k  ．........................................................................................ 9 分 因为| | | | 13AF BF  ，所以 1 2 1 2 3 13x x p x x      ， 所以 1 2 10x x  ，..............................................................................................10 分 所以直线 AB 的中点坐标为 (5,3) ，又 1k  ，................................................ 11 分 故直线 AB 的方程为： 2 0x y   ．.............................................................12 分 14 15 以下同解法一． 20．（12 分） 如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为3，E ，F ，G 分别为棱 1 1A D ， 1 1D C ， AB 上的点， 且 1 1 1A E D F BG   ． （1）求直线 EG 与平面 DEF 所成角的正弦值； （2）设直线 1AA 与平面 EFG 交于点 H ，求 1 HA HA 的值． 【试题解析】（1）分别以 1, ,DA DC DD 所以在直线为坐标轴建立如图空间直角坐标系 D xyz 则有 (0,0,0)D ， (2,0,3)E ， (0,1,3)F ， (3,2,0)G .................................. 1 分 备注：有两个坐标写对就可以得到第 1 分． 所以 (2,0,3)DE  ， (0,1,3)DF  ， (1,2, 3)EG   ............................... 2 分 设 1 1 1( , , )x y zm 为平面 DEF 的一个法向量 则有 0 0 DE DF        m m ，即 1 1 1 1 2 3 0 3 0 x z y z      .........................................................3 分 令 1 2z   ，则 (3, 6, 2) m ....................................................................4 分 15 16 记 为直线 EG 与平面 DEF 所成的角 2 2 2 2 2 2 1 3 2 6 ( 3) ( 2) 3 14sin 141 2 ( 3) 3 6 ( 2) EG EG                      m m ................. 6 分 （2）解法一：设 (3,0, )H h ， 则 ( 2,1,0)EF   ， (1,2, 3)EG   ， (1,0, 3)EH h  ............................ 7 分 设 2 2 2( , , )x y zn 为平面 EFG 的一个法向量 则有 0 0 EF EG        n n ，即 2 2 2 2 2 2 0 2 3 0 x y x y z        ..................................................8 分 令 2 1x  ，则 5(1, 2, )3 n .......................................................................... 9 分 依题意可得， 0EH  n ，即 51 1 0 2 ( 3) 03 h      ....................... 10 分 解得， 12 5h  ，即 12 5HA  ，则 1 12 33 5 5HA    .................................11 分 所以 1 4HA HA  .............................................................................................12 分 解法二：设 (3,0, )H h ，则 ( 2,1,0)EF   ， (1,2, 3)EG   ， (1,0, 3)EH h  ....7 分 设 EH EF EG     ，依题意有 1 2 0 2 3 0 3h                ，................................9 分 解得 2 5 1 5 12 5h           ............................................................................................ 10 分 即 12 5HA  ，则 1 12 33 5 5HA    .............................................................11 分 所以 1 4HA HA  .............................................................................................12 分 备注：第 2 问中，学生没有任何理论依据，直接猜出 1 4HA HA  ，可得 2 分． 解法三:分别延长 1 1,FE B A 交于点 N ，连接 NG 交 1AA 于 H .............................7 分 16 17 由已知可得， ,N EF EF  平面 EFG ，所以 N 平面 EFG ........................... 8 分 故 NG  平面 EFG ，又 H NG ，所以 H平面 EFG .................................... 9 分 所以 H 为直线 1AA 与平面 EFG 的交点 H ......................................................... 10 分 在平面图形 1 1D FENA 中，由三角形相似， 1 1 1 1 1 2 A N A E D F D E   ， 所以 1 1 2A N  ...........................................................................................................11 分 在平面图形 1NA HAG 中，由三角形相似，所以 1 1 2 41 2 HA AG HA A N        ，........12 分 21.（12 分） 在数列{ }na ,{ }nb 中， 2 16 5n n na a a   ， * 1 3 ( )n n nb a a n  N ,且 2 1a  , 2 2b  ． （1）求 3a , 1b 的值； （2）求{ }nb 的通项公式； （3）设 1 1 3( 1)( 1)       n n n n bc b b ，记 nc 的前 n 项和为 nS ，证明： 2 4 7 9  nS . 【命题意图】本小题主要考查非特殊数列的通项公式求法，考查等比数列的通项公式，数列求和 的裂项相消法等基础知识，考查学生的运算求解能力，体现化归与转化思想、函数 与方程思想，考查数学运算核心素养． 【试题简析】（1）由 2 3 23b a a  ，可得 3 5a  ........................................................................1 分 由 3 1 26 5a a a  可得， 1 0a  ..................................................................... 2 分 所以 1 2 13 1b a a   ..................................................................................... 3 分 （2）由 2 16 5n n na a a   ，得 2 1 13 2 6    n n n na a a a ，................................. 4 分 故 1 2 1 1 1 1 3 2 6 23 3            n n n n n n n n n n b a a a a b a a a a （常数），.................................. 5 分 所以数列{ }nb 是首项为 1 1b  ，公比为 2q 的等比数列，..................6 分 其通项公式为 12  n nb ．...........................................................................7 分 17 18 （3） 由（2），得 1 2 1 3 2 ( 1)( 1) (2 1)(2 1) n n n n n n n bc b b          2 1 1 1 3 2 1 2 1n n       ，.................... 8 分 所以 1 2 3 1     n n nS c c c c c 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 113 7 3 15 7 31 15 63 2 1 2 1 2 1 2 1                                                        n n n n 1 2 1 1 1 113 3 2 1 2 1         n n .........................................................................................9 分 1 4 4 3 3 9    ． ..................................................................................................................10 分 因为数列 2 1 1 1 03 2 1 2 1       n n nc ，所以 nS 为递增数列．............................... 11 分 当 1n 时， nS 取得最小值 1 1 2 7  S c ，所以 2 4 7 9  nS ．........................................12 分 备注：考生如果采用其他解法根据解答过程分步酌情给分． 22．（12 分） 已 知 圆 E ： 2 2( 3) 16x y   ， 圆 E 的 弦 AB 过 点 ( 3 0)F  ， ，连接 AE ， BE ，过点 F 且与 BE 平行的直线 与 AE 交于点 P ，记点 P 的轨迹为曲线 M ． （1）求 M 的方程； （2）过点 (1 0)N ， 的直线l 交 M 于 C ，D 两点，试探究是否存在定点 Q ，使得 2 QC QC CD    为定值． 【命题意图】本题考查曲线的轨迹方程，椭圆的定义及标准方程，直线与椭圆的位置关系，向量 的基本运算等基础知识，考查学生运算求解能力，体现化归与转化思想，数形结合 思想，考查数学运算，逻辑推理，直观想象等素养． 18 19 【试题简析】 （1） 因为 / /BE FP ， 所 以 | | | | | | | | AP PF AE BE  ，…………………………………………………… ………….…… 1 分 因为| | | | 4AE BE  ， 所以| | | |AP PF ．………………………………………………………………..……...2 分 又因为| | | | 4AP PE  ， 所以| | | | 4 | | 2 3PF PE EF    ．................................................................................. 3 分 由椭圆的定义可知，点 P 的轨迹是以 E F， 为焦点的椭圆， 设其轨迹方程为： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ． 求得： 2a  ， 2 1b  ， …………………………………………………………...4 分 故 M 的方程为： 2 2 1( 0)4 x y y   ．..............................................................................5 分 （备注：没有写出 0y  ，不扣分．） （2） 解法一：假设存在定点 Q ，使得 2 QC QC CD    为定值， 当直线 l 的斜率存在时，设 l ： ( 1)y k x  ， 1 1 2 2( ) ( )C x y D x y， ， ， ， 联立 2 2 ( 1) 14 y k x x y     得： 2 2 2 2(1 4 ) 8 4 4 0k x k x k     ，............................................... 6 分 2 1 2 2 8 1 4 kx x k    ， 2 1 2 2 4 4 1 4 kx x k   ， 2 1 2 2 3 1 4 ky y k   ，..................................................... 7 分 根据椭圆的对称性可知，点 Q 在 x 轴上，设 0( ,0)Q x ．............................................... 8 分 因为 2 ( )QC QC CD QC QC CD QC QD              ， 又因为 1 0 1( )QC x x y  ， ， 2 0 2( )QD x x y  ， ， 所以 QC QD   2 1 2 0 1 2 0 1 2( )x x x x x x y y    19 20 22 2 20 02 2 2 84 4 3_1 4 1 4 1 4 k xk kxk k k       2 20 02 (1 8 ) 4 1 4 x k xk    . ............................................................................9 分 为使 2 QC QC CD    为定值，只需 2 20 02 (1 8 ) 4 1 4 x k xk    与 k 无关， 只需 01 8 4 4 1 x  ， 解得： 0 17 8x  ，即 17( ,0)8Q . ......................................................................................10 分 经验算，取 17( ,0)8Q 时， 2 33 64QC QC CD     为定值． 当直线 l 的斜率不存在时， : 1l x  ， 3 3(1 ) (1 )2 2C D ， ， ， ， 若 17( ,0)8Q ，同样有 2 QC QC CD     33 64QC QD   ．...............................................11 分 综上，存在定点 17( ,0)8Q ，使得 2 QC QC CD    为定值 33 64 ．................................... 12 分 解法二：假设存在定点 0 0( , )Q x y ，使得 2 QC QC CD    为定值， 设直线 l 的方程为： 1x my  ， 1 1 2 2( ) ( )C x y D x y， ， ， ， 联立 2 2 1 14 x my x y     得： 2 2( 4) 2 3 0m y my    ，........................................................... 6 分 1 2 2 2 4 my y m    ， 1 2 2 3 4y y m   ，..................................................................................7 分 1 2 2 8 4x x m    ， 2 1 2 2 4 4 4 mx x m    ，...............................................................................8 分 所以 2 ( )QC QC CD QC QC CD QC QD              2 2 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0( ) ( )x x x x x x y y y y y y        2 2 20 0 0 02 2 2 2 8 24 4 3 4 4 4 4 x mym x ym m m m           2 2 20 0 0 02 4 1 8 2 4 m x my x ym       ，……………………..…….9 分 因为 2 QC QC CD    为定值，所以 2 2 20 0 0 02 4 1 8 2 4 m x my x ym       与 m 无关， 20 21 所以 0 0 2 0 1 84 1 4 y x    ，........................................................................................................ 11 分 解得： 0 0 17 8 0 x y     ，此时 2 33 64QC QC CD     ， 所以存在定点 17( ,0)8Q ，使得 2 QC QC CD    为定值 33 64 ．....................................... 12 分 （备注：直接写出定点定值，没有任何相应的理由、过程不给分．） 21