重庆市云阳县2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题

重庆市云阳县2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题

数学（理科）试卷 注意事项：1.请在答题纸上作答，在试卷上作答无效. 2.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.共 150 分.考试时间 120 分钟. 第Ⅰ卷 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一 项符合题目要求.） 1.已知向量 ( 2,2,0)a   ， ( 2,0,2)b   ,若向量 n  满足 n a  且 n b  ，则向量 n  可取为 （ ） A. (1,1,0) B. (0,1,1) C. (1,0,1) D. (1,1,1) 【答案】D 【解析】 【分析】 设向量 ( , , )n x y z ，根据 n a  且 n b  ，列出方程组，即可求解，得到答案. 【详解】由题意，设向量 ( , , )n x y z ，因为 n a  且 n b  ， 则 0 0 n a n b         ，即 2 2 0 2 2 0 x y x z       ，令 1z  ，可得 1, 1x y  ， 所以其中一个向量 (1,1,1)n  . 故选：D. 【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式， 以及向量垂直的条件，列出方程组是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 2.椭圆 2 2 14 9 x y  的焦点坐标是（ ） A. (0, 5) B. ( 5,0) C. ( 13,0) D. (0, 13) 【答案】A 【解析】 【分析】 由椭圆方程得到椭圆的焦点在 y 轴上，且 5c  ，即可求解椭圆的焦点坐标，得到答案. 【详解】由题意，椭圆 2 2 14 9 x y  ，即 2 2 19 4 y x  ，可得椭圆的焦点在 y 轴上，且 9 4 5c    ， 所以椭圆的焦点坐标为 (0, 5) . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，以及椭圆的几何性质，其中解答中熟记椭圆的标 准方程，以及熟练应用椭圆的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基 础题. 3.方程 2 2 1x y  的曲线是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 把方程 2 2 1x y  ，化为 1y x  或 1y x  ，结合反比例函数的性质，即可求解，得到答案. 【详解】由题意，方程 2 2 1x y  ，可化为 1xy  或 1xy   ，即 1y x  或 1y x  ， 根据反比例函数的性质，即可得选项 D 为函数 2 2 1x y  的图象. 故选：D. 【点睛】本题主要考查了曲线与方程的应用，其中解答中合理化简曲线的方程，结合反比例 函数进行判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 4.已知等比数列 na 中， 5 20a  ， 15 5a  ，则 20a 的值是（ ） A. 5 2 B. 5 2  C. 5 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】 设等比数列的公比为 q，列出方程组，求得 5 1 2q   ，利用等比数列的通项公式，即可求解 20a 的值，得到答案. 【详解】由题意，设等比数列的公比为 q，因为 5 20a  ， 15 5a  ， 可得 4 5 1 14 15 1 20 5 a a q a a q       ，所以 10 1 4q  ，所以 5 1 2q   ， 当 5 1 2q  时， 15 3 20 5 1 520 ( )2 2a a q    ； 当 5 1 2q   时， 15 3 20 5 1 520 ( )2 2a a q      ， 所以 20a 的值是 5 2  . 故选：B. 【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式， 列出方程组求得等比数列的公比，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属 于基础题. 5.双曲线 2 24 9 1x y  的渐近线方程是（ ） A. 4 9 0x y  B. 9 4 0x y  C. 2 3 0x y  D. 3 2 0x y  【答案】C 【解析】 【分析】 把双曲线方程化为 2 2 11 1 4 9 x y  ，得到 1 1,2 3a b  ，结合双曲线的几何性质，即可求解. 【详解】由题意，双曲线 2 24 9 1x y  可化为 2 2 11 1 4 9 x y  ，所以 1 1,2 3a b  ， 所以双曲线的渐近线方程为 2 3 by x xa     ，即 2 3 0x y  . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程，以及双曲线的几何性质的应用，其中解答中熟 记双曲线的渐近线方程的形式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于 基础题. 6.命题 p:“ [0, )x   ，有 0x x  成立.”则命题 p 的否定是（ ） A. : ( ,0)p x    ，有 0x x  成立. B. : ( ,0)p x    ，有 0x x  成立. C. : [0, )p x    ，有 0x x  成立. D. : [0, )p x    ，有 0x x  成立. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据全称命题与存在性命题互为否定关系，准确改写，即可求解. 【详解】由题意，根据全称命题与存在性命题的关系，可得命题 p:“ [0, )x   ，有 0x x  成立.”则命题 p 的否定是“ : [0, )p x    ，有 0x x  成立”. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了全称命题与存在性命题的关系，其中解答中熟记全称命题与存在性 命题互为否定关系，准确改写是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题. 7.不等式 0a b  成立的一个充分不必要条件是（ ） A. 2 2 0a b  B. 3 3 0a b  C. 1 1 1b a   D. 1 1 1a b   【答案】C 【解析】 【分析】 根据不等式的基本性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，逐项判定，即可求解，得到 答案. 【详解】由题意，当 0a b  时，可得 2 2 0a b  成立，反之：当 2 2 0a b  时， 0a b  不一定成立，所以 2 2 0a b  是 0a b  成立的必要不充分条件； 当 0a b  时，可得 3 3 0a b  成立，反之：当 3 3 0a b  时， 0a b  一定成立，所以 3 3 0a b  是 0a b  成立的充要条件； 当 0a b  时，根据实数性质可得 1 1 0b a   ，但 1 1 1b a   不一定成立；反之：当 1 1 1b a   成立时，可得 0, 0a b  且 1 1 0a b b a ab    ，所以 0a b  成立， 所以 1 1 1b a   是 0a b  成立的充分不必要条件； 当 0a b  时，根据实数性质可得 1 1 0b a   ，但 1 1 1a b   不一定成立；反之：当 1 1 1a b   成立时，可得 0, 0a b  且 1 1 0b a a b ab    ，所以 0b a  成立， 所以 1 1 1b a   是 0a b  成立的既不充分也不必要条件； 故选：C. 【点睛】本题主要考查了充分条件、必要条件的判定，以及不等式的性质的应用，其中解答 中熟记不等式的基本性质，熟练应用充分条件、必要条件的判定方法是解答的关键，着重考 查了推理与论证能力，属于基础题. 8.已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点为 F，它的准线与对称轴交点为 A,若 C 上一点 P 满 足横坐标与纵坐标之比为 3 ，且 PAF 的面积为 2 3 ，则点 P 的坐标是（ ） A. ( 6, 2) B. (2 3,2) C. (6 2,2 6) D. (12,4 3) 【答案】C 【解析】 【分析】 设为 ( 3 , )P a a ，代入抛物线的方程，求得 2 3a p ，得到 (6 ,2 3 )P p p ，根据 PAF 的 面积，解得 2p  ，即可求解，得到答案. 【详解】由题意，抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点 ( ,0)2 pF ，它的准线与对称轴交点 ( ,0)2 pA  ，因为抛物线 C 上一点 P 满足横坐标与纵坐标之比为 3 ，可设为 ( 3 , )P a a ， 代入抛物线的方程，可得 2 2 3a p a  ，解得 2 3a p ，即 (6 ,2 3 )P p p ， 又由 PAF 的面积为 2 3 ，即 1 2 3 2 32 p p  ，解得 2p  ， 所以点 (6 2,2 6)P . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程，及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记 抛物线的标准方程，合理应用抛物线的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力， 属于基础题. 9.已知函数 1( ) xf x x  ,设 ( )na f n ， n N ,则数列 na 满足：① 1na  ；② 1na  ； ③数列 na 是递增数列；④数列 na 是递减数列.其中正确的是（ ） A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④ 【答案】B 【解析】 【分析】 先求得数列的通项公式 1 n na n  ，化简为 11na n   ，即可得到 1na  ，再由 1 0n na a   ， 得到 1n na a  ，即可求解，得到答案. 【详解】由题意，函数 1( ) xf x x  ,设 ( )na f n ， n N ，即 1 n na n  ， 因为 1 11n na n n    ，因为 n N  ，所以 1 0n  ，所以 1na  ，所以②正确； 又由 1 1 1 1 1 11 1 01 1 ( 1)n na a n n n n n n            ，即 1n na a  ，所以数列 na 是递 增数列，所以③正确. 故选：B. 【点睛】本题主要考查了数列的通项公式，以及数列的单调性的判定，其中解答中熟练应用 数列的通项公式，熟练数列的单调性的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力， 属于基础题. 10.已知实数 x，y 满足： 5 5x y    且 3 3x y    ，则 3x y 的取值范围是（ ） A. 16 3 16x y    B. 11 3 11x y    C. 4 3 4x y    D. 13 3 13x y    【答案】B 【解析】 【分析】 设3 ( ) ( )x y m x y n x y     ，得出3 ( ) 2( )x y x y x y     ，结合不等式的性质，即可 求解，得到答案. 【详解】由题意，设3 ( ) ( )x y m x y n x y     ，整理得3 ( ) ( )x y m n x m n y     ， 可得 3 1 m n m n       ，解得 1, 2m n  ，即3 ( ) 2( )x y x y x y     ， 又由 5 5x y    且 3 3x y    ，则 6 2( ) 6x y    ， 所以 11 ( ) 2( ) 11x y x y      ，即 11 3 11x y    . 故选：B. 【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质的应用，其中解答中得出 3 ( ) 2( )x y x y x y     ，再结合不等式的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算 能力，属于中档试题. 11.若 ,a b R 满足 2 3 1a b  ，则关于 2 3 a b  的最小值说法正确的是（ ） A. 当且仅当 1 5a b  时，取得最小值 25. B. 当且仅当 1 4a  ， 1 6b  时，取得最小值 26. C. 当且仅当 1 4a b  时，取得最小值 20. D. 当且仅当 1 5a  ， 1 3b  时，取得最小值 19. 【答案】A 【解析】 【分析】 由 2 3 2 3 6 6( )(2 3 ) 4 9 b aa ba b a b a b         ，结合基本不等式，即可求解，得到答案. 【详解】由题意，因为 ,a b R 满足 2 3 1a b  ， 则 2 3 2 3 6 6 6 6( )(2 3 ) 4 9 13 2 25b a b aa ba b a b a b a b             ， 当且仅当 6 6b a a b  ，即 a b 时，又由 2 3 1a b  ，解得 1 5a b  时等号成立， 即当且仅当 1 5a b  时，取得最小值 25. 故选：A. 【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求解最小值问题，其中解答中合理利用基本不等式 的“1”的代换求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 12.如图，双曲线 C 的焦点是 1F ， 2F ，顶点是 1A ， 2A ，点 P 在曲线 C 上，圆 O 以线段 1 2A A 为 直径.点 M 是直线 1FP 与圆 O 的切点，且点 M 是线段 1FP 的中点，则双曲线 C 的离心率是（ ） A. 2 B. 3 C. 2 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】 连接 2,OM PF ，根据圆的性质，可得 1OM PF ，又由 ,O M 分别为 1 2 1,F F PF 的中点， 得到 1 2PF PF ，且 2 2 2PF OM a  ，再由双曲线的定义，得到 1 4PF a ，利用勾股定 理得到 ,a c 的方程，即可求解. 【详解】由题意，连接 2,OM PF ， 根据圆的性质，可得 1OM PF ，又由 ,O M 分别为 1 2 1,F F PF 的中点， 所以 2/ /OM PF ，则 1 2PF PF ，且 2 2 2PF OM a  ， 又由双曲线的定义，可得 1 2 2PF PF a  ，所以 1 2 2 4PF PF a a   ， 在直角 1 2PF F 中， 2 2 2 1 2 1 2PF PF F F  ，即 2 2 2(4 ) (2 ) (2 )a a c  ， 整理得 2 25a c ，所以 5ce a   . 故选：D. 【点睛】本题主要考查了双曲线的定义应用，离心率的求解，以及圆的性质的应用，其中解 答中合理利用圆的性质和双曲线的定义，利用勾股定理列出关于 ,a c 的方程是解答的关键，着 重考查了转化思想，以及推理与计算能力，属于基础题. 第Ⅱ卷 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在相应位置上.） 13.抛物线 22y x 的准线方程为________． 【答案】 1 8y   【解析】 【分析】 先将抛物线化为标准方程，进而可得出准线方程. 【详解】因为抛物线 22y x 的标准方程为： 2 1 2x y ， 因此其准线方程为： 1 8y   . 故答案为 1 8y   【点睛】本题主要考查抛物线的准线，熟记抛物线的标准方程即可，属于基础题型. 14.空间向量 (1, 2, 3)a   ， ( , ,3)b x y ,若 / /a b   ,则 x，y 的值分别为_______ . 【答案】 3, 2 3x y   【解析】 【分析】 根据 / /a b   ，得到 3 1 2 3 x y  ，即可求解，得到答案. 【详解】由题意，向量 (1, 2, 3)a   ， ( , ,3)b x y ， 因为 / /a b   ，则满足 3 1 2 3 x y  ，解得 3, 2 3x y   . 故答案为： 3, 2 3x y   . 【点睛】本题主要考查了向量的坐标表示，以及共线向量的条件，其中解答中熟记共线向量 的坐标表示是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题. 15.关于函数 2( ) ( 1)f x x  ， 2( ) 2g x x x   .有下列命题： ①对 x R  ,恒有 ( ) ( )f x g x 成立. ② 1 2,x x R  ,使得    1 2f x g x 成立. ③“若 ( ) ( )f a g b ,则有 0a  且 0b  .”的否命题. ④“若 0a  且 0b  ,则有 ( ) ( )g a f b .”的逆否命题. 其中，真命题有_____________.（只需填序号） 【答案】①②③ 【解析】 【分析】 设       22 1 0h x f x g x x     ， 可 判 定 ① 是 真 命 题 ； 令 1 21, 1x x   ， 得 到    1 2f x g x ，可判定②是真命题；根据二次函数的性质和四种命题的等价关系，可判定③ 是真命题，④是假命题. 【 详 解 】 由 题 意 ， 设       2 2 2( 1) ( 2 ) 2 1 0h x f x g x x x x x          ， 所 以    f x g x ，即对 x R  ,恒有 ( ) ( )f x g x 成立，所以①是真命题； 令 1 21, 1x x   ，可得 (1) 0, ( 1) 1f g   ，此时    1 2f x g x ，即 1 2,x x R  ,使得    1 2f x g x 成立，所以②是真命题； 因为当 0a  时，函数   2( 1)f a a  在 ( ,0)a  单调递减，所以    0 1f a f  ， 当 0b  时，函数 2 2( ) 2 ( 1) 1g b b b b     在 (0, ) 单调递减，所以 (( 0) 0)gg b   ， 所以命题“若 0a  且 0b  ,则有 ( ) ( )g a f b ”是真命题，所以④是假命题； 又由命题“若 0a  且 0b  ,则有 ( ) ( )g a f b ”与命题“若 ( ) ( )f a g b ,则有 0a  且 0b  ”互为逆否关系，所以命题“若 ( ) ( )f a g b ,则有 0a  且 0b  ”是真命题，所以③是 真命题， 综上可得，①②③是真命题. 故答案为：①②③. 【点睛】本题主要考查了命题的真假判定，其中解答中数练应用一元二次函数的图象与性质， 以及四种命题的等价关系，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础 题. 16.下图 1，是某设计员为一种商品设计的平面 logo 样式.主体是由内而外的三个正方形构成. 该图的设计构思如图 2,中间正方形 A B C D    的四个顶点,分别在最外围正方形 ABCD 的边上, 且分所在边为 a，b 两段.设中间阴影部分的面积为 S阴影 ，最内正方形 A B C D    的面积为 S内 . 当 10a b  ，且 S S阴影 内 取最大值时，定型该 logo 的最终样式，则此时 a，b 的取值分别为 _____________. 【答案】 10 5 2 2 10 5 2 2 a b     或 10 5 2 2 10 5 2 2 a b     【解析】 【分析】 设 a b t  ，其中 10 10t   ，求得 10 10,2 2 t ta b   ，根据图形求得 S阴影 和 S内 的表达 式，得到 2 2 212 ( ) (100 )2S S ab a b t t     阴影 内 ，利用基本不等式，即可求解. 【详解】由题意，设 a b t  ，其中 10 10t   ， 又由 10a b  ，联立方程组可得 10 10,2 2 t ta b   ， 又由阴影部分的三角形为直角边分别为 ,a b 的直角三角形， 所以阴影部分的面积为 14 22S ab ab  阴影 ， 最内正方形 A B C D    的边长为 a b，所以面积为 2( )S a b 内 ， 则 2 2 2 210 10 12 ( ) 2 (100 )2 2 2 t tS S ab a b t t t          阴影 内 2 2 21 100( ) 12502 2 t t    ，当且仅当 2 2100 t t  时，即 5 2t   时等号成立， 当 5 2t  时， 10 5 2 10 5 2,2 2a b   ； 当 5 2t   时， 10 5 2 10 5 2,2 2a b   . 故答案为： 10 5 2 2 10 5 2 2 a b     或 10 5 2 2 10 5 2 2 a b     . 【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中认真审题，得到 S S阴影 内 的表达式， 合理利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档 试题. 三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、或演算步骤.） 17.如图，建立空间直角坐标系Oxyz .单位正方体 —ABCD A B C D    顶点 A 位于坐标原点， 其中点 (1,0,0)B ，点 (0,1,0)D ，点 (0,0,1)A . (1)若点 E 是棱 B C  的中点，点 F 是棱 B B 的中点，点 G 是侧面CDD C  的中心，则分别求出 向量 OE  ,OG  ， FG  .的坐标； (2)在(1)的条件下，分别求出 ( )OE OG FG    ；| |EG  的值. 【答案】（1） 11, ,12OE       ； 1 1,1,2 2OG       ； 1 ,1,02FG       ；（2） 3( ) 4OE OG FG     ； 3| | 2EG  . 【解析】 【分析】 (1)根据空间向量的坐标表示，求得 , , ,O E F G 的坐标，即可求得向量OE  ， OG  ， FG  的坐 标，得到答案； (2)由（1）得到向量的坐标，利用向量的数量积的坐标运算公式和模的计算公式，即可求解， 得到答案. 【详解】(1)因为点 E 是棱 B C  的中点，点 F 是棱 B B 的中点，点 G 是侧面CDD C  的中心， 可得 1 1 1 1(0,0,0), (1, ,1), (1,0, ), ( ,1, )2 2 2 2O E F G ， 所以 11, ,12OE       ； 1 1,1,2 2OG       ； 1 ,1,02FG OG OF           ； (2)由（1）可得 3 3 3 1 3 1 3 3 3( ) , ,1,0 ( ) 1 02 2 2 2 2 2 2 2 4OE OG FG                           ； 又由 1 1 1( , , )2 2 2EG    ，所以 2 2 21 1 1 3| | ( ) ( ) ( )2 2 2 2EG      . 【点睛】本题主要考查了空间的坐标表示，以及空间向量的数量积的运算，以及模的求解， 其中解答中正确求解向量的坐标，熟练应用向量的数量积的坐标运算公式和模的计算公式， 准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 18.已知函数 2( ) 2 4f x x x   . (1)关于 x 的一元二次方程 2( ) 2 3 0f x mx m   的两个根是 1x ， 2x ,当 1 22x x  时，求实 数 m 的取值范围； (2)求关于 x 的不等式 ( ) 2 4 4 0f x mx m    的解集. 【答案】（1） 2( 2, )3  ； （2）当 1m   时，解集为 ( ,2) (2, )   ；当 1m   时，解集 ( , 2 ) (2, )m    ；当 1m   时，解集 ( ,2) ( 2 , )m    . 【解析】 【分析】 (1)设 2 2( ) 2( 1) 4 3g x x m x m     ，结合二次函数的图象与性质，得到 (2) 0g  ，即可求 解，得到答案； (2)关于 x 的不等式可化为 ( 2)( 2 ) 0x x m   ，分类讨论，即可求解. 【详解】(1)由题意，设 2 2 2( ) ( ) 2 3 2( 1) 4 3g x f x mx m x m x m        , 若方程 2( ) 2 3 0f x mx m   的两个根满足 1 22x x  ， 结合二次函数的图象与性质，可得只需 (2) 0g  ，即 23 4 4 0m m   ， 解得 22 3m   ，即实数 m 的取值范围是 2( 2, )3  . (2)关于 x 的不等式 ( ) 2 4 4 0f x mx m    ，可得 2 2( 1) 4 0x m x m    ， 即 ( 2)( 2 ) 0x x m   ， ①当 1m   时，可得 2( 2) 0x   ，解得 2x  ，所以不等式的解集为 ( ,2) (2, )   ； ②当 1m   时，解得 2x m  或 2x  ，所以不等式的解集 ( , 2 ) (2, )m    ； ③当 1m   时，解得 2x  或 2x m  ，所以不等式的解集 ( ,2) ( 2 , )m    . 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质的应用，以及一元二次不等式的解法，其中 解答熟练应用一元二次函数的图象与性质，以及熟记应用一元二次不等式的解法是解答的关 键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 19.已知 na 满足 1 1 n n a n a n    ，且 1 1a  . （1）求数列 na 的通项公式； （2）若 2 n n ab n   ,则求出数列 nb 的前 n 项和 nS . 【答案】（1） 1 na n  ； （2） 3 4 2( 1)( 2 2 3 )nS n n n    . 【解析】 【分析】 (1)由 1 1 n n a n a n    ，且 1 1a  ，得到 32 1 1 2 1 n n n a aaa a a a a       ，即可求解； (2)由 1 1 1 1 ( 2) 2 2nb n n n n        ，利用裂项法，即可求解. 【详解】(1)由题意，数列 na 满足 1 1 n n a n a n    ，且 1 1a  ， 可得 32 1 1 2 1 1 21 2 1 3 1n n n a naaa a na na a              ， 即数列的通项公式为 1 na n  . (2)由 1 1 1 1 ( 2) 2 2nb n n n n        ， 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 3 2 4 3 5 1 1 2nS n n n n                                            1 1 1 1 1 1 3 2 3 3 2 3[ ]2 1 2 1 2 2 2 ( 1)( 2) 4 2( 1)( 2) n n n n n n n n                    . 【点睛】本题主要考查了数列的通项公式的求解，以及数列的“裂项法”求和，其中解答中 数列利用数列的递推关系式，合理利用“累积法”和“裂项法”求解是解答的关键，着重考 查了推理与运算能力，属于基础题. 20.过抛物线 2 2 ( 0)y px p  焦点 F 作倾斜角为 4  的直线，交抛物线于 A，B 两点，点 A 在 x 轴上方. (1)当线段 AB 中点的纵坐标是 2 时，求抛物线的方程； (2)求 AF BF 的值. 【答案】（1） 2 4y x （2） 3 2 2 【解析】 【分析】 （1）求得抛物线的焦点坐标，设直线 : 2 pAB x y  ，联立方程组，运用韦达定理和中点公 式，求得 p 的值，即可得到抛物线的标准方程； （2）设直线 : 2 pAB x y  ，联立方程组，解方程求得交点的纵坐标，再由抛物线的定义， 化简即可求解. 【详解】(1)由题意，设 2 1 1,2 yA yp       ， 2 2 2,2 yB yp       ，直线 : 2 pAB x y  ， 则由 2 2 2 px y y px      ，整理得 2 22 0y py p   ，可得 1 2 2y y p  ， 因为线段 AB 的中点的纵坐标是 2，可得 1 2 2 4y y p   ，解得 2p  ， 所以抛物线的方程为 2 4y x . （2）由 2 2 2 px y y px      ，可得 2 22 0y py p   ，解得 1 ( 2 1)y p  ， 2 ( 2 1)y p  ， 由抛物线的方程，可得 2 2 1 2 1 2,2 2 y yx xp p   ， 由抛物线定义 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 3 2 2 2 2 2 y p y pAF p y pBF y p y         . 【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、方程以及简单的几何性质的应用，其中解答中设出 直线的方程，联立方程组，合理利用根与系数的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算 能力，属于基础题. 21.已知数列 na 的前 n 项和 2 2nS n n  .数列 nb 是等比数列，且 1 1 2b a  ， 2 2 3b a  . (1)分别求出数列 na ， nb 的通项公式； (2)若 n n n ac b  ,则求出数列 nc 的前 n 项和 nT . 【答案】（1） 2 1na n  ； 12n nb  （2） 1 2 510 2n n nT    【解析】 【分析】 （1）运用数列的递推式 11 1 2), (n n na nS a S S   ，化简可得 na ，再由 nb 是等比数列， 结合等比数列的通项公式，即可求解； （2）求得 1 2 1 2 n n n n a nc b    ，利用乘公比错位相减法，即可求得数列的前 n 项和，得到答案. 【详解】(1)由题意，数列 na 的前 n 项和 2 2nS n n  ， 当 1n  时，可得 11 21 2 3Sa    ， 当 2n  时， 2 2 1 2 ( 1) 2( 1) 2 1n n na S S n n n n n         ， 当 1n  时， 1 3a  适合上式， 所以数列的通项公式为 2 1na n  ， 又由 1 1 2 1b a   ， 2 2 3 2b a   . 因为数列 nb 是等比数列，即数列 nb 构成首项为1，公比为 2q = 的等比数列， 所以 nb 的通项公式为 12n nb  . (2)由 1 2 1 2 n n n n a nc b    ，则数列 nc 的前 n 项和 nT ，可得 0 1 2 n 1 3 5 7 2n 1 2 2 2 2nT      ； 则 1 2 3 n 1 3 5 7 2n 1 2 2 2 2 2nT     ， 两式相减，可得 1 2 1 1 3 1 1 1 2 122 1 2 2 2 2n n n nT          n 1 n n 1 n n 1 1(1 ) 2n 1 2 2n 1 2n 52 23 2 5 51 2 2 2 21 2                ， 所以 1 2 510 2n n nT    . 【点睛】本题主要考查了数列的递推公式的应用，以及“错位相减法”求和的应用，此类题 目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是 在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的逻辑思维能力及基本计 算能力等. 22.已知椭圆 E 的中心在坐标原点，两个焦点分别为 1( 1,0)F  , 2 (1,0)F ,短半轴长为 2. (1)求椭圆 E 的标准方程； (2)过焦点 2F 的直线 l 交椭圆 E 于 A，B 两点，满足 1 1F A F B  ,求直线 l 的方程. 【答案】（1） 2 2 15 4 x y  ；（2） 2 2 0x y   或 2 2 0x y   . 【解析】 【分析】 (1)由题意，求得 1c  ， 2b  ，得到 2 2 5a b c   ，即可求得椭圆的标准方程； (2)设直线 : 1l x ny  ，设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，联立方程组，求得 1 2 1 2,y y y y ，再根据 1 1F A F B  ，代入直线的方程得到    2 1 2 1 2n 1 y y 2n y y 4 0     ，代入求得 n 的值，即 可求解. 【详解】(1)由题意，椭圆 E 的两个焦点分别为 1( 1,0)F  , 2 (1,0)F ，短半轴长为 2， 可得 1c  ， 2b  ，则 2 2 5a b c   ， 所以椭圆 E 的标准方程 2 2 15 4 x y  ； (2)由题意知直线 l 与 x 轴不重合，设直线 : 1l x ny  ，设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ， 联立方程组 2 24 5 20 1 x y x ny       ，整理得 2 24 5 8 16 0n y ny    , 可得 1 2 2 8n 4n 5y y    ， 1 2 2 16 4n 5y y    ， 又由 1 1F A F B  ，则 1 1 0F A F B   ，得   1 1 2 21, 1, 0x y x y    ， 代入直线可得   1 1 2 22, 2, 0ny y ny y    ，即    2 1 2 1 2n 1 y y 2n y y 4 0     ， 代入可得  2 2 2 16 8nn 1 ( ) 2n ( ) 4 04n 5 4n 5         ，解得 2 1 4n  ， 所以直线 l 的方程为 1 12x y   ， 即直线l 的方程为： 2 2 0x y   或 2 2 0x y   . 【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解 答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关 系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的 逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.